A C. 1817. feladat (2024. május)

C. 1817. Elkezdtünk egy pénzérmét dobálni. A dobássorozat eredménye: egy fej, egy írás, egy fej, két írás, egy fej, három írás, egy fej és így tovább, azaz az írásokból álló megszakításmentes szériák hossza mindig 1-gyel növekszik, és azokat minden esetben egyetlen fej választja el egymástól. Ha ez a szabályosság megmarad, akkor hányadik dobás után hagyhatjuk abba a dobálást, hogy a fejek relatív gyakorisága pontosan $\displaystyle \frac{1}{2023}$ legyen?

Barczy Mátyás, Nyul Gábor (Debrecen)

(5 pont)

A beküldési határidő 2024. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A megoldás során tetszőleges $\displaystyle n$ pozitív egész szám esetén az $\displaystyle n$-edik blokk alatt az $\displaystyle n$-edik fejjel kezdődő és az azt követő $\displaystyle n$ darab írásból álló dobássorozatot értjük:

$\displaystyle \underset{1. \text{ blokk}}{\underbrace{F,I},} \overset{2. \text{ blokk}}{\overbrace{F,I,I},} \underset{3. \text{ blokk}}{\underbrace{F,I,I,I},} \overset{4. \text{ blokk}}{\overbrace{F,I,I,I,I},} \ldots \overset{n-1. \text{ blokk}}{\overbrace{F, I, \ldots I,I},}\underset{n. \text{ blokk}}{\underbrace{F, \overset{n \text{ darab}}{\overbrace{I, \ldots I,I}}},} \ldots$

$\displaystyle (1)$ Az $\displaystyle n$-edik blokk első dobását követően a fejek száma $\displaystyle n$, az írások száma

$\displaystyle 1+\ldots+(n-1)=\frac{(n-1)n}{2},$

így ekkor a fejek relatív gyakorisága

$\displaystyle \frac{n}{n+\frac{(n-1)n}{2}}=\frac{2}{n+1}.$

$\displaystyle (2)$ Az $\displaystyle n$-edik blokk utolsó dobását követően a fejek száma $\displaystyle n$, az írások száma $\displaystyle 1+\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2}$, így ekkor a fejek relatív gyakorisága

$\displaystyle \frac{n}{n+\frac{n(n+1)}{2}}=\frac{2}{n+3}.$

$\displaystyle (3)$ Ha felírjuk az $\displaystyle n$-edik blokk minden egyes dobását követően a fejek relatív gyakoriságát, akkor egy szigorúan monoton csökkenő (véges) sorozatot kapunk, hiszen a blokk második dobásától kezdődően minden dobás eredménye írás.

A fenti észrevételek alapján az $\displaystyle n$-edik blokkba tartozó valamely dobást követően a fejek relatív gyakorisága csak akkor lehet $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2023}}$, ha teljesül, hogy

$\displaystyle \frac{2}{n+1}\geq\frac{1}{2023}\geq\frac{2}{n+3},$

azaz $\displaystyle 4043\leq n\leq 4045$, és mindhárom szóba jöhető blokk esetén legfeljebb egy olyan dobás lehet, amely után $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2023}}$ a fejek relatív gyakorisága $\displaystyle (3)$ miatt.

Ha $\displaystyle n=4043$, akkor a $\displaystyle (2)$ észrevétel szerint a $\displaystyle 4043$. blokk utolsó (azaz $\displaystyle 4044$.) dobását követően a fejek relatív gyakorisága $\displaystyle \displaystyle{\frac{2}{4043+3}=\frac{1}{2023}}$, és ekkor a dobások száma

$\displaystyle 4043+\frac{4043\cdot 4044}{2}=4043 \cdot 2023=8\,178\,989.$

Ha $\displaystyle n=4044$, akkor a fejek aránya nem változik az előző megoldáshoz képest, ha a $\displaystyle 4044$. blokkból $\displaystyle 1$ fejet és még $\displaystyle 2022$ írást dobunk, vagyis összesen $\displaystyle 1+2022=2023$ darab dobást elvégzünk. Tehát jó megoldást kapunk, ha a dobások száma

$\displaystyle 4043 \cdot 2023+2023=4044 \cdot 2023= 8\,181\,012.$

Ha $\displaystyle n=4045$, akkor a fejek aránya nem változik az előző megoldáshoz képest, ha a $\displaystyle 4044$. blokkban megmaradt $\displaystyle 2022$ írást és a $\displaystyle 4045.$ blokk első dobását hozzávesszük, vagyis még $\displaystyle 2022+1=2023$ dobást elvégzünk. Ezért szintén jó megoldást kapunk, ha a dobások száma

$\displaystyle 4044 \cdot 2023 +2023= 4045 \cdot 2023=8\,183\,035.$

Beláttuk, hogy más megoldás nincs, azaz $\displaystyle 4043$-szor, $\displaystyle 4044$-szer, vagy $\displaystyle 4045$-ször $\displaystyle 2023$ dobás után kell abbahagynunk a dobálást, hogy a feladat feltételei teljesüljenek. Összefoglalva: a $\displaystyle 8\,178\,989$., a $\displaystyle 8\,181\,012$. és a $\displaystyle 8\,183\,035$. dobásokat követően lesz a fejek relatív gyakorisága $\displaystyle \displaystyle{\frac{1}{2023}}$.

Statisztika:

40 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Barna Márton, Biborka Bernadett, Inokai Ádám, Iván Máté Domonkos, Somogyi Dóra, Szabó Donát, Török Eszter Júlia.
3 pontot kapott:	9 versenyző.
2 pontot kapott:	15 versenyző.
0 pontot kapott:	5 versenyző.

A KöMaL 2024. májusi matematika feladatai