A B. 5027. feladat (2019. április)

B. 5027. Gombóc Artúr az Édes utca 1. szám alatt lakik, a csokibolt pedig az utca másik végén, az $\displaystyle n$-edik szám alatt található. Artúr minden nap a következő fitneszedzést tartja: elindul a 2-es számú ház elől. Ha a $\displaystyle k$-adik számú ház előtt áll (ahol $\displaystyle 1<k<n$), akkor feldobja lejárt szavatosságú, de szabályos csokiérméjét. Fej esetén átmegy a $\displaystyle (k-1)$-es számú, míg írás esetén a $\displaystyle (k+1)$-es számú ház elé. Ha a csokibolt elé ér, akkor betér, és legurít egy csokigolyót, majd az $\displaystyle (n-1)$-es számú ház elé megy. Ha hazaér, vége az edzésnek. Naponta átlagosan hány csokigolyót gurít le Artúr?

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Először megmutatjuk, hogy Gombóc Artúr 1 valószínűséggel hazaér. Bárhol is van éppen, legfeljebb $\displaystyle n-2$ csokiérmedobáson belül legalább $\displaystyle \frac{1}{2^{n-2}}$ valószínűséggel hazaér, hiszen ha mindig fejet dob, mindig közeledik otthonához. Ez azt jelenti, hogy annak valószínűsége, hogy $\displaystyle (n-2)k$ dobás után még nincs otthon, legfeljebb $\displaystyle \left(1- \frac{1}{2^{n-2}} \right)^k$, ami tart a 0-hoz, ha $\displaystyle k\to \infty$. Tehát Gombóc Artúr 1 valószínűséggel hazaér, és befejezi az edzést.

Tekintsük az edzés során azokat a pillanatokat, amikor vagy a 2. számú ház előtt van, vagy épp csokizás után az $\displaystyle (n-1).$ számú ház előtt. Jelölje $\displaystyle p$ annak a valószínűségét, hogy Gombóc Artúr a 2. ház elől a csokibolthoz előbb jut el, mint haza. Ekkor, ha csokizás után az $\displaystyle (n-1).$ számú ház előtt van, akkor a szimmetria alapján $\displaystyle 1-p$ annak a valószínűsége, hogy még visszajut a csokiboltba hazaérés előtt.

Megjegyezzük, hogy $\displaystyle 0<p<1$, hiszen világos, hogy $\displaystyle \frac{1}{2^{n-2}}\leq p\leq \frac{1}{2}$, ugyanis 1 fej dobás esetén rögtön hazaér, illetve $\displaystyle n-2$ írás dobás esetén biztosan eljut a csokiboltba hazaérés előtt.

Most rátérünk az átlagosan legurított csokigolyók számának meghatározására.

Annak valószínűsége, hogy Gombóc Artúr egyetlen csokigolyót sem eszik meg, éppen $\displaystyle 1-p$. Annak valószínűsége, hogy pontosan 1-et eszik meg $\displaystyle p^2$, hiszen $\displaystyle p$ annak esélye, hogy a 2-es számú ház elől előbb jut a csokiboltba, mint haza, és annak is $\displaystyle p$ az esélye, hogy ezután az $\displaystyle (n-1).$ számú ház elől (ahova az 1. csoki után megy) előbb jut haza, mint hogy ismét visszaérne a boltba. Ehhez hasonlóan annak valószínűsége, hogy pontosan $\displaystyle 2\leq k$ csokit eszik meg hazaérkezéséig $\displaystyle p(1-p)^{k-1}p$, hiszen $\displaystyle p$ eséllyel jut előbb a bolthoz (majd onnan az $\displaystyle (n-1).$ számú ház elé), mint haza, ezután $\displaystyle (k-1)$-szer az $\displaystyle (n-1).$ számú ház elől előbb kell a bolthoz érnie, mint haza, végül a $\displaystyle k.$ csoki után előbb kell hazaérnie már, mint hogy ismét visszajutna a bolthoz.

Így az átlagosan elfogyasztott csokik száma a végtelen mértani sor összegképletét használva:

Tehát Gombóc Artúr naponta átlagosan 1 csokit fogyaszt el.

1. Megjegyzés. Bár a végeredmény meghatározásához nem volt szükséges, meg is határozhatjuk $\displaystyle p$ értékét. Jelölje $\displaystyle 2\leq i\leq n-1$ esetén $\displaystyle p_i$ annak a valószínűségét, hogy az $\displaystyle i.$ számú húz elől Gombóc Artúr előbb ér a csokiboltba, mint haza. (Ekkor $\displaystyle p=p_2$.)

Ha $\displaystyle i=2$, akkor $\displaystyle p_2=\frac{1}{2}p_3$, hiszen vagy hazaér (fej dobás) vagy a 3-es ház elé megy (írás dobás), egyforma eséllyel.

Ha $\displaystyle 3\leq i\leq n-2$, akkor ehhez hasonlóan $\displaystyle p_i=\frac{1}{2}p_{i-1}+\frac{1}{2}p_{i+1}$.

Végül, ha $\displaystyle i=n-1$, akkor $\displaystyle p_{n-1}=\frac{1}{2}p_{n-2}+\frac{1}{2}$, hiszen fej esetén az $\displaystyle (n-2).$ számú ház elé megy, írás esetén pedig a csokiboltba.

A megadott egyenletek éppen azt fejezik ki, hogy $\displaystyle 0,p_2,p_3,\dots,p_{n-1},1$ egy számtani sorozat, és így $\displaystyle p_2=p=\frac{1}{n-1}$.

2. Megjegyzés. Az előbbi egyenletrendszert közvetlenül az elfogyasztott csokik számának várható értékére is felírhatjuk, $\displaystyle E_i$-vel jelölve a hazaérkezésig elfogyasztott csokik számának várható értékét abban az esetben, ha az $\displaystyle i.$ számú ház elől indul ($\displaystyle 2\leq i\leq n-1$). Ekkor az egyenletek:

$\displaystyle E_2=\frac{1}{2}E_3,\quad E_i=\frac{1}{2}E_{i-1}+\frac{1}{2}E_{i+1}\ (3\leq i\leq n-2),\quad E_{n-1}=\frac{1}{2}E_{n-2}+\frac{1}{2}(E_{n-1}+1).$

Ez azt jelenti, hogy $\displaystyle 0,E_2,E_3,\dots,E_{n-1},E_{n-1}+1$ egy számtani sorozat. Bevezetve $\displaystyle E_2=E$-t, rendre $\displaystyle E_3=2E,E_4=3E,\dots,E_{n-1}=(n-2)E,E_{n-1}+1=(n-1)E$ adódik, így az utolsó két egyenletből $\displaystyle E=1$. Ez a gondolatmenet azonban használja, hogy ezek véges értékek, így egy teljes megoldáshoz ezt még külön indokolni kell. ($\displaystyle E=E_2=E_3=\dots=E_{n-1}=\infty$ esetén az egyenletek szintén teljesülnének!)

Statisztika:

32 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Baski Bence, Beke Csongor, Győrffi Ádám György, Hegedűs Dániel, Nagy Nándor, Osztényi József, Soós 314 Máté, Szabó 991 Kornél, Török Mátyás, Weisz Máté.
4 pontot kapott:	Bencsik Ádám, Csaplár Viktor, Fraknói Ádám, Füredi Erik Benjámin, Jánosik Áron, Sebestyén Pál Botond, Stomfai Gergely, Telek Zsigmond , Tóth 827 Balázs, Tóth Ábel, Várkonyi Zsombor, Zsigri Bálint.
3 pontot kapott:	7 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2019. áprilisi matematika feladatai