Itt jól gondolom hogy a feladat megoldokulcsa hibás??

#12 Szerintem itt nem jól gondolkozol.

Mi van ha az első 10 húzásra kifogy a baloldali?

Akkor utána még nyugodtan nyúlhat a jobboldaliba 4-szer, majd 15.-re visszatér a balhoz. Tehát egyáltalán nem biztos, hogy a 15. és a 14. húzás ugyanabból a zsebből történik.

Nem jól értelmezed a feladatot.

Annyit állít a feladat, hogy a 15. "húzásnál" veszi észre, hogy "ez a zseb üres".

Ez nem jelenti azt, hogy a 14.-nél ürült ki.

Amikor valamelyik zsebből kihúzza az utolsó gyufát, akkor nem tudja, hogy ott már nem lesz több és nem áll le a dolog...

Tehát röviden:

Annyit tudunk, hogy 14-szer nyúlt valamelyik zsebébe.

Eközben az egyik kiürült, vagyis az egyik zsebet 10-szer, a másikat 4-szer választotta.

Erre lehet felírni a binomiális eloszlás képletét, mert az a kérdés, hogy mennyi az esélye, hogy 14-ből 4-szer jött ki az egyik eset.

Valamint ahogy már korábban írtam: mivel kikötjük, hogy a 15. húzásnak abból a zsebből kell történni, ami kiürült, így a valószínűséget osztani kellene 2-vel, de utána meg is kellene szorozni kettővel, mert az egész feladatot levezethetjük úgy, hogy a bal ürül ki és úgy is, hogy a jobb.

Klasszikus valószínűségi modellel: jelölje B a bal, J a jobb zsebből előhúzott gyufát. Mi annak a valószínűsége, hogy a 15. húzásra a bal zsebében nem lesz gyufa?

Ebben az esetben 4 darab J és 11 darab B betűre van szükségünk úgy, hogy az utolsó betű B legyen;

Összes eset: 2^15

Kedvező eset: egyszerűen csak ismétlésesen kell permutálnunk a 4 J-t és a 10 B-t: 14!/(4!*10!), ami (14 alatt a 4)-gyel (illetve 14 alatt a 10)-zel) egyenlő.

Valószínűség: a kettő hányadosa, vagyis (14 alatt a 4)/2^15

Most csak azt számoltuk, hogy mekkora annak a valószínűsége, hogy a bal zsebéből fogy ki a gyufa. Nyilván ha a jobb zsebbel kérdezzük, akkor ugyanez lesz a válasz, vagyis a valószínűség itt is (14 alatt a 4)/2^15

Ennek a kettőnek az összege adja az eredeti feladat valószínűségét, vagyis 2*(14 alatt a 4)/2^15 a keresett valószínűség, ami egyébként egyszerűsíthető 2-vel, így (14 alatt a 4)/2^14 alakban is felírható.

Szóval a megoldókulcs megoldása jó, sőt, ugyanazt írtam le, csak annyiban tér el az én megoldásom, hogy klasszikus valószínűségi modellel számoltam, nem pedig a kedvező esetszámot szoroztam az egyedi esetek valószínűségével.

*egyelőre

Az összes eset egy mezei ismétléses variáció. Tehát az összes esetben például a JJJJJJJJJJJJJJJ húzási sorrendet is megszámoljuk, mert 15 húzás alatt ez is simán előfordulhat, ez az eset persze ne felel meg a kritériumoknak, de ugyanakkora a vaószínűsége, mint a jó BBBBJJJJJJJJJJJ sorozatnak.

Abban is igazad van, ha úgy gondolkozol, hogy ha a jobb üres, akkor utána automatikusan a balba nyúl, így a fenti sorozat nem jöhet létre, mivel a JB egy idő után kötelező előfordulású lesz. Azonban ebben az esetben a B húzás már nem lesz véletlenszerű, mivel függ az előző húzás eredményétől, ezért a feladatot úgy fogjuk fel, hogy a fenti betűsorban CSAK A VÉLETLENSZERŰ HÚZÁSOK szerepelnek. És emiatt lehet az összes esetet ismétléses variációval számolni.