Adott két doboz, mindegyikben n darab alma. Ha meg akarunk enni egyet, akkor találomra kihúzunk valamelyik dobozból egyet. Egyik húzásnál észrevesszük hogy az adott doboz üres. Mi a valószínűsége hogy a másikban pontosan k darab alma van még?

A kérdés a matematika nyelvére lefordítva azt jelenti, hogy két különböző elem (2n-k)-ad osztályú variációinak számából mekkora részarányt képeznek azok, amelyekben az egyik elem n-szer, a másik (n-k)-szor fordul elő. Ez utóbbiak végére képzelhetjük a hiányzó k db elemet, ami az egyik dobozban maradt almákat jelöli.

Az összes eset száma 2^(2n-k), ez az ismétléses variációk száma.

A minket érdeklő, azaz a kedvező esetek számát pedig ismétléses permutációval számíthatjuk ki:

(2n-k)!/(n!*(n-k)!), ami egyébként C(2n-k,n)-nel egyenlő.

Tehát a helyes válasz első közelítésben, ha a dolog nem lenne szimetrikus a dobozokra, akkor ez lenne:

C(2n-k,n) / 2^(2n-k)

De szimmetrikus, mivel az, hogy melyik elem melyik dobozból kivett almákat jelöli, önkényes. Ezért az eredményt kettővel meg kell szorozni. A következő közelítésben a megoldás tehát:

2*C(2n-k,n) / 2^(2n-k) = C(2n-k,n) / 2^(2n-k-1)

Viszont nekünk a tényleges eredményhez szükséges az, hogy az utolsó húzás a már üres dobozból történjen, aminek az esélye 50%, ezért még ezt az egészet meg kell szorozni 0.5-del. Ezért a tényleges megoldás mégis csak ez:

P = C(2n-k,n) / 2^(2n-k)

Ez az eredmény egyébként megegyezik Pelenkásfiú válaszával, csak ő a binomiális tétel alapján gondolkodott.

Szép feladat, nekem tetszett. :)

11-es vagyok.

Bocsánat, a megoldásom nem jó. Visszavonom. A 2^(2n-k) rossz gondolat, mivel ebben az is benne van, hogy az egyik elem (2n-k)-szer fordul elő, a másik meg egyszer sem.

Pelenkásfiú gondolatmenete a helyes, binomiális eloszlással kell számolni.

Én számszakilag jót írtam, de rossz gondolatmenettel. Bocsánat.

.. egy kombinatorikai levezetés:

- folytatjuk az alma húzgálást, ez ugye nem változtat a valószínűségeken, egészen addig, amíg összesen 2n+1-szer nyúlunk dobozba

- 2^(2n+1) egyenlő esélyű eseményünk van, ez lesz az eseménytér

- minden egyes ilyen 2n+1 hosszú sorozathoz rendelhető egy k: amikor az egyik doboz kiürül, akkor hány darab alma van a másik dobozban (k=0,..,n)

- a valószínűség tehát: meg kell határozni, hogy k=k sorozatból hány darab van, és el kell osztani 2^(2n+1)-gyel

Mostantól az ilyen sorozatokat fogom összeszámolni. A húzás-sorozatokat 0-1 sorozatnak tekintem.

- Nézem azt, hogy ilyen "jó" sorozatban az n+(n-k)+1-edik helyen "0" áll, azaz a "0" feliratú doboz ürül ki először. Ekkor az előtte levő n+(n-k) helyen van n darab "0" és (n-k) darab "1". Ebből C(2n-k, n) darab van. Az utána levő k darab hely meg mind ad egy 2-es szorzót

- így C(2n-k,n) * 2^k darab ilyen sorozat adódik. Az n+(n-k)+1 - edik helyen állhat 1 is, ez még ad egy 2-es szorzót.

- a valószínűség így C(2n-k,n)*2^(k+1) / 2^(2n+1)

= C(2n-k,n)/2^(2n-k).

Azt nem tudom, #11, hogyan veszed az összes esetet 2^(2n-k) darabnak?

Mik az események, eseménytér, stb?

@16

Pont emiatt rossz a válaszom. Túl bő az eseménytér. Ami amúgy a 2n-k hosszúságú sorozatok tere. De ez hibás feltevés.

A #3-ast nézd meg és hozzá a wikipedia-n a "binomiális eloszlás"-t! :)

A #4-esben pedig vannak konkrét valószínűségek is.