\magnification=\magstep1
\input amstex
\hsize=16truecm
 
\parskip=1pt plus 1pt
\define\A{{\bold A}}
\define\BB{{\bold B}}
\define\DD{{\bold D}}
\define\T{{\bold T}}
\define\U{{\bold U}}
\define\({\left(}
\define\){\right)}
\define\[{\left[}
\define\]{\right]}
\define\e{\varepsilon}
\define\oo{\omega}
\define\const{\text{\rm const.}\,}
\define\supp {\sup\limits}
\define\inff{\inf\limits}
\define\summ{\sum\limits}
\define\prodd{\prod\limits}
\define\limm{\lim\limits}
\define\limsupp{\limsup\limits}
\define\liminff{\liminf\limits}
\define\bigcapp{\bigcap\limits}
\define\bigcupp{\bigcup\limits}
 
%\nopagenumbers
 
\centerline{\bf A febru\'ar 7.-i gyakorlat feladatai}
 
%\bigskip
% A  gyakorlat elej\'en mindenki vegyen el\H{o} egy pap\'{\i}rlapot,
% \'es a hallgat\'os\'ag egyik fel egy p\'enzdarabot. Mindenki
% \'{\i}rjon fel egy jelsz\'ot a lapj\'ara, amelynek
% seg\'{\i}ts\'eg\'evel azonos\'{\i}tani tudja a maga lapj\'at.
% Akin\'el van p\'enzdarab, az dobja fel az \'erm\'et 100-szor \'es
% \'{\i}rja fel az egyes dob\'asok eredm\'eny\'et (fej vagy
% \'{\i}r\'as). Akin\'el nincs \'erme az pr\'ob\'aljon
% szi\-mu\-l\'al\-ni egy min\'el  val\'oszer\H{u}bb 100
% hossz\'us\'ag\'u \'{\i}r\'as--fej sorozatot. Az  \'en feladatom
% lesz az \"osszegy\"ujt\"ott lapok alapj\'an meg\'allap\'{\i}tani,
% hogy melyek a val\'odi \'es melyek a szimul\'alt  dob\'assorozatok.
 
\medskip
\item{1.} Egy p\'enzdarabot feldobunk k\'etszer. Mi annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy pontosan egy fejdob\'as lesz? Mi
annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy legal\'abb egy fejdob\'as
lesz? \item{} {\it Megold\'as:}\/ A dob\'asok lehets\'eges kimenete,
$(F,F)$, $(F,I)$, $(I,F)$ \'es $(I,I)$. Ezen lehets\'eges kimenetelek
mindegyik\'enek a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege $\frac14$. Ez\'ert annak
a va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge, hogy pontosan egy fejdob\'as,
azaz az $(F,I)$ vagy $(I,F)$ dob\'assorozat k\"ovetkezik be $\frac12$.
Annak a va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge, hogy legal\'abb egy
fejdob\'as, azaz az $(F,F)$, $(F,I)$ vagy $(I,F)$ dob\'assorozatok
eredm\'enye k\"ovetkezik be, $\frac34$.
\item{2.} Feldobunk k\'et szab\'alyos dob\'okock\'at. Mi annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy a do\-b\'as\-ered\-m\'e\-nyek
\"osszege pontosan 9 illetve pontosan 10? H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o}
m\'odon fordulhat el\H{o}, hogy a dob\'asok \"osszege 9 \'es h\'any
k\"ul\"onb\"oz\H{o} m\'odon lehet a dob\'asok \"osszege 10?
\item{} {\it Megold\'as:}\/ A dob\'asok \"osszeg\'enek eredm\'enye
akkor 9, ha a $(3,6)$, $(4,5)$, $(5,4)$ vagy $(6,3)$ dob\'asp\'arok
valamelyike k\"ovetkezik be. Ezen dob\'assorozatok mindegyik\'enek
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege $\frac1{36}$, ez\'ert $\frac4{36}=\frac19$
annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy az \"osszeg pontosan 9.
Hasonl\'oan, az \"osszeg akkor 10, ha a $(4,6)$, $(5,5)$ vagy $(6,4)$
dob\'asp\'arok valamelyike jelenik meg, \'es ennek a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege $\frac3{36}=\frac1{12}$. Jegyezz\"uk meg,
hogy a fenti t\'argyal\'asban az egyes kimenetelek felsorol\'as\'aban
nemcsak azt vett\"uk figyelembe, hogy milyen dob\'aseredm\'enyek
jelentek meg, hanem azt is, hogy melyik kock\'an jelentek meg ezek
a dob\'aseredm\'enyek. Mi\'ert?
\medskip
{\it H\'azi feladat:}
\medskip
\item{} H\'arom szab\'alyos dob\'okock\'at feldobunk. Mi annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy h\'arom hatos lesz a dob\'asok
eredm\'enye? Annak, hogy k\'et hatos \'es egy \"ot\"os? Annak, hogy
egy egyes egy kettes \'es egy h\'armas?
\medskip\noindent
Id\'ezz\"unk fel n\'eh\'any a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egsz\'am\'{\i}t\'asban is fontos kombinatorikai
eredm\'enyt.
 
\medskip
\item{3.} Egy $n$ elem\H{u} halmaznak $\binom
nk=\frac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot2\cdots k}$
k\"ul\"onb\"oz\H{o} r\'eszhalmaza van, $k\le n$.
\item{}{\it Megold\'as:}\/ Feltehetj\"uk, hogy a tekintett halmaz az
$1,2,\dots,n$ sz\'amokb\'ol \'all. Ebb\H{o}l
$n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)$ k\"ul\"onb\"oz\H{o} m\'odon v\'alaszthatunk
ki egym\'as ut\'an $k$ sz\'amot. Viszont mivel k\'et v\'alaszt\'as,
amelyben ugyanazokat a sz\'amokat v\'alasztottuk ki egym\'as ut\'an
m\'as sorrendben ugyanazt a halmazt adja, ez\'ert minden halmazt
$1\cdot2\cdots k$ f\'ele m\'odon v\'alasztottunk. Innen ad\'odik az
eredm\'eny.
\item{4.} Az $1,2,\dots,n$ sz\'amokat $n!=1\cdot2\cdots n$ m\'odon
lehet sorrendbe rakni.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Az els\H{o} helyen lev\H{o} tagot $n$ a
m\'asodik helyen lev\H{o} tagot $n-1$ a harmadik helyen lev\H{o}
tagot $n-1$ f\'elek\'eppen v\'alaszthatjuk, \'es \'{\i}gy tov\'abb.
Az \"osszes v\'alaszt\'as lehet\H{o}s\'ege
$n\cdots(n-1)\cdots(n-2)\cdots1=n!$.
\item{5.} Egy urn\'aban goly\'ok vannak, amelyek tartalmazz\'ak
az $1,\dots,n$ sz\'amokat. Kih\'uzunk egym\'as ut\'an $k$ goly\'ot
visszatev\'es n\'elk\"ul. H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o}
h\'uz\'aseredm\'eny le\-het\-s\'e\-ges? Ha k\"ul\"onbs\'eget tesz\"unk
k\'et olyan h\'uz\'assorozat k\"oz\"ott, amelyekben ugyan\-azokat a
sz\'amokat h\'uztuk ki, de m\'as sorrendben, akkor
$n(n-1)\cdots(n-k+1)$ lehet\H{o}s\'eg van, ha nem tesz\"unk
k\"ul\"onbs\'eget, akkor~$\binom nk$.
\item{}{\it Megold\'as:}\/ Ha k\"ul\"onbs\'eget tesz\"unk az olyan
h\'uz\'assorozatok k\"oz\"ott, amelyekben ugyan\-azokat a sz\'amokat
h\'uztuk, de m\'as sorrendben, akkor az \"osszes lehets\'eges
h\'uz\'assorozatok sz\'ama $n(n-1)\cdots(n-k+1)$, mert az els\H{o}
sz\'amot $n$ a m\'asodikat $n-1$, \'es \'{\i}gy tov\'abb a $k$-ik
sz\'amot $n-(k-1)$ f\'ele m\'odon v\'alaszthatjuk. \'Igy az \"osszes
lehets\'eges v\'alaszt\'as sz\'ama $n(n-1)\cdots(n-k+1)$. A m\'asodik
k\'erd\'est ekvivalens m\'odon \'ugyis \'atfogalmazhatjuk, hogy
amennyiben a kih\'uzott $k$ sz\'amot nagys\'ag sze\-rint
monoton n\"ovekv\H{o} sorozatba rendezz\"uk h\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o}
sorozatot kaphatunk. Vegy\"uk \'eszre, hogy minden nagys\'ag szerint
monoton sorrendbe rakott sorozatot $k!$ k\"ul\"onb\"oz\H{o}
sorozat rendez\'es\'eb\H{o}l kaphatjuk meg. Ez\'ert a v\'alasz
$\frac{n(n-1)\cdots)n-k+1)}{k!}$.
\item{6.} Ha visszatev\'essel h\'uzunk \'es k\"ul\"onbs\'eget
tesz\"unk k\"u\-l\"on\-b\"o\-z\H{o} sorrendben kih\'uzott
ugyanazokat a sz\'amokat (ugyanolyan multiplicit\'assal)
tartalmaz\'o h\'uz\'assorozatok k\"oz\"ott, akkor a lehets\'eges
h\'uz\'asok sz\'ama $n^k$.
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Ebben az esetben mind az els\H{o}, mind
a m\'asodik \'es \'{\i}gy tov\'abb mind a $k$-ik h\'uz\'as
$n$-f\'ele m\'odon lehets\'eges. Ez\'ert az \"osszes h\'uz\'assorozat
sz\'ama $n^k$. \medskip
\item{}
Az az eset, amikor visszatev\'essel h\'uzunk, de nem sz\'am\'{\i}t a
k\"ul\"onb\"oz\H{o} kih\'uzott sz\'amok sorrendje nehezebb, de egy
ravasz \'eszerv\'etel seg\'{\i}ts\'eg\'evel megoldhat\'o. Ez a
k\"ovetkez\H{o} feladat t\'argya.
\item{7.}Egy urn\'aban goly\'ok vannak, amelyek tartalmazz\'ak az
$1,\dots,n$ sz\'amokat. Kih\'uzunk egym\'as ut\'an visszatev\'essel
$k$ goly\'ot. A kih\'uzott goly\'okat nagys\'ag szerint sorba rakjuk.
H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o} h\'uz\'aseredm\'eny lehets\'eges?
\item{} V\'alasz: $\binom {n+k-1}k$. Ugyanis tekints\"unk egy kapott
h\'uz\'assorozatot. Az els\H{o} sz\'amhoz adjunk 0-t a m\'asodikhoz
1-et, a harmadikhoz 2-t, \dots a $k$-ikhoz $k-1$-et. Ilyen m\'odon
egy szigor\'uan n\"ovekv\H{o} $k$ hossz\'us\'ag\'u sorozatot kapok
amelyek elemei az $1,2,\dots,n+k-1$ sz\'amok valamelyik\'et veszik
fel. S\H{o}t, ilyen m\'odon k\"olcs\"on\"osen egy\'ertelm\H{u}
megfeleltet\'est adunk a lehets\'eges kih\'uzott sorozatok \'es az
$1,2,\dots, n+k-1$ halmaz $k$ elem\H{u} r\'eszhalmazai k\"oz\"ott.
Innen k\"ovetkezik, hogy az adott tipus\'u sorozatok sz\'ama~$\binom
{n+k-1}k$.
 
\medskip
{\it Foglaljuk \"ossze, hogy milyen kombinatorikai eredm\'enyeket
kaptunk.}
\medskip
\item{} Egy urn\'aban goly\'ok vannak, amelyek tartalmazz\'ak az
$1,\dots,n$ sz\'amokat. Kih\'uzunk egym\'as ut\'an $k$ goly\'ot.
H\'any k\"ul\"onb\"oz\H{o} h\'uz\'aseredm\'eny lehets\'eges?
\item{} Ha visszatev\'es n\'elk\"ul h\'uzzuk ki a goly\'okat, \'es
k\"ul\"onbs\'eget tesz\"unk k\'et h\'uz\'assorozat k\"oz\"ott,
amelyekben ugyanazokat a sz\'amokat h\'uztuk ki, de m\'as sorrendben,
akkor $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ lehet\H{o}s\'eg van, ha nem tesz\"unk
k\"ul\"onbs\'eget k\"oz\"ott\"uk, akkor~$\binom nk$.
\item{} Ha visszatev\'essel h\'uzzuk a goly\'okat \'es
k\"ul\"onbs\'eget tesz\"unk k\"ul\"onb\"oz\H{o} sorrendben kih\'uzott
ugyanazokat a sz\'amokat (ugyanolyan multiplicit\'assal) tartalmaz\'o
h\'u\-z\'as\-so\-ro\-za\-tok k\"oz\"ott, akkor a lehets\'eges
h\'uz\'assorozatok sz\'ama $n^k$.
\item{} Ha visszatev\'essel h\'uzzuk a goly\'okat, \'es azokat
h\'uz\'as ut\'an nagys\'ag szerint sorba rakjuk, akkor
ilyen m\'odon $\binom {n+k-1}k$ k\"ul\"onb\"oz\H{o}
h\'uz\'assorozat ke\-let\-kez\-het.
\medskip
 
\item{8.} Binomi\'alis t\'etel:
$$
(a+b)^n=\binom n0 a^nb^0+\binom n1 a^{n-1}b+\binom n2
a^{n-2}b^2+\cdots+\binom nn a^nb^0=\sum_{k=0}^n\binom nk a^kb^{n-k},
$$
ahol $\binom nk=\frac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot2\cdots
k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\binom n{n-k}$.
\item{}{\it Magyar\'azat:}\/ V\'egezz\"uk el az $(a+b)^n=\undersetbrace
{n\text{ t\'enyez\H{o}}} \to{(a+b)\cdots (a+b)}$ szorz\'asokat. Ez
olyan $n$ hossz\'us\'ag\'u szorzatokb\'ol \'all\'o \"osszeg lesz,
amely $a$ \'es $b$ sz\'amokb\'ol fog \'allni. H\'any olyan tag
szerepel, amely $k$ $a$ \'es $n-k$ $b$ jegyet tartalmaz? A fenti
kombinatorikai meggondol\'asok alapj\'an l\'athat\'o, hogy $\binom
nk$.
\medskip
T\'argyaltuk a binomi\'alis t\'etel egy \'altal\'anos\'{\i}t\'as\'at
is. Ennek \'erdek\'eben bevezett\"uk a k\"ovetkez\H{o} definici\'ot:
Ha $k$ pozit\'{\i}v eg\'esz sz\'am, $n$ pedig {\it tetsz\H{o}leges
val\'os sz\'am}\/ akkor $\binom
nk=\frac{n\cdot(n-1)\cdots(n-k+1)}{1\cdot2\cdots k}$. Fontos, hogy
ez a definici\'o nemcsak eg\'esz $n$ sz\'amokra van defini\'alva. Ki
akarjuk sz\'amolni az $(1+x)^n$ f\"uggv\'eny Taylor sor\'at
tetsz\H{o}leges (val\'os) $n$ sz\'amra.
\medskip
\item{9.} Bizony\'{\i}tsuk be, hogy az $f(x)=(1+x)^n$ f\"uggv\'eny
Taylor sora az
$$
(1+x)^n=\sum_{k=0}^\infty \binom nk x^k
$$
hatv\'anysor tetsz\H{o}leges val\'os $n$ sz\'am eset\'en.
\medskip
\item{} {\it Megold\'as:}\/ Egy (analitikus) $f(x)$ f\"uggv\'eny
hatv\'anysora $f(x)=\summ_{k=0}^\infty c_k x^k$, ahol $c_0=f(0)$,
$c_k=\frac1{k!}\left.\frac{d^k}{dx^k}f(x)\right|_{x=0}$. Jelen
esetben, amikor $f(x)=(1+x)^n$,
$\frac{d^k}{dx^k}f(x)=n(n-1)\cdots(n-k+1)(1+x)^{n-k}$, ahonnan
$c_k=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}=\binom nk$. Ez\'ert az
$(1+x)^n$ f\"uggv\'eny hatv\'anysora $\summ_{k=0}^\infty\binom nk
x^k$.
\item{10.} Bizony\'{\i}tsuk be a k\"ovetkez\H{o} azonoss\'agot:
Minden nem negat\'{\i}v $n$, $m$ \'es $k$ eg\'esz sz\'amokra
(tegy\"uk fel, hogy $n+m\ge k$)
$$
\binom{n+m}k=\binom n0\binom mk+\binom n1\binom m{k-1}+\binom
n2\binom m{k-2}+\cdots+\binom nk\binom m0.
$$
\item{} {\it Megold\'as:}\/ A k\"ovetkez\H{o} kombinatorikai
meggondol\'as bizony\'{\i}t\'ast ad. Sz\'amoljuk ki k\'et
k\"ul\"onb\"oz\H{o} m\'odon annak val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg\'et,
hogy egy urn\'ab\'ol, amelyben $n+m$ (megk\"ul\"onb\"oztethet\H{o})
goly\'o van, h\'anyf\'elek\'epp v\'alaszthatunk ki $k$ goly\'ot. Ez
egyr\'eszt $\binom{n+m} k$, ami a baloldali kifejez\'essel
egyenl\H{o}. Fess\"unk $n$ goly\'ot piros \'es $m$ goly\'ot feh\'er
sz\'{\i}n\H{u}re. Ekkor $\binom ns\binom m{k-s}$ f\'ele m\'odon
v\'alaszthatunk ki $k$ goly\'ot \'ugy, hogy ezek k\"oz\"ul $s$
piros \'es $k-s$ feh\'er. Ezeket a kifejez\'eseket \"osszegezve
minden $0\le s\le k$ sz\'amra egyr\'eszt megkapjuk az azonoss\'ag
jobboldal\'an szerepl\H{o} kifejez\'est, m\'asr\'eszt a balaldalon
szerepl\H{o} kifejez\'est sz\'amoltuk ki m\'as m\'odon.
\medskip
\item{} {\it M\'asodik megold\'as:}\/ \'Erdekes lehet a
k\"ovetkez\H{o} megold\'as, ami val\'oj\'aban \'altal\'anosabb
eredm\'enyt ad, mert azt mutatja, hogy az eredm\'eny tetsz\H{o}leges
val\'os $n$ \'es $m$ sz\'amra \'erv\'enyes. Azt haszn\'aljuk
ki, hogy egy f\"uggv\'eny egy\'ertelm\H{u}en meghat\'arozza a Taylor
sor\'anak egy\"utthat\'oja, m\'asr\'eszt Taylor sorokkal (teh\'at
v\'egtelen \"osszegekkel ugyan\'ugy lehet sz\'amolni, mint v\'eges
\"osszegekkel. \item{} \'Irjuk fel, mit jelent az
$(1+x)^{n+m}=(1+x)^n(1+x)^m$ azonoss\'ag
e f\"uggv\'enyek hatv\'anysoraira. Azt kapjuk, hogy
$$
\sum_{k=0}^\infty\binom{n+m}k x^k=\(\sum_{k=0}^\infty\binom n k x^k\)
\(\sum_{k=0}^\infty\binom m k x^k\).
$$
Az azonoss\'ag baloldal\'an $x^k$ egy\"utthat\'oja $\binom {n+m}k$,
a jobb oldalon elv\'egezve a szor\-z\'a\-so\-kat olyan kifejez\'est
kapunk, amelyben $x^k$ egy\"utthat\'oja $\summ_{s=0}^k\binom
ns\binom m{k-s}$, \'es ez a k\'et kifejez\'es megegyezik.
 
\medskip\noindent
{\it De M\'er\'e lovag probl\'em\'aja:}
\medskip\noindent Az itt t\'argyalt k\'et probl\'ema t\"ort\'enetileg
is \'erdekes. Ezekkel a k\'erd\'esekkel fordult de M\'er\'e lovag
Pascalhoz. Sokan e feladat megold\'as\'at\'ol, illetve Pascalnak \'es
Fermat-nak e probl\'ema megold\'as\'ar\'ol sz\'ol\'o
levelez\'es\'et\H{o}l sz\'am\'{\i}tj\'ak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egsz\'am\'{\i}t\'as
meg\-sz\"u\-le\-t\'e\-s\'et. \medskip
\item{11a.)} Ha egy kock\'at 4-szer feldobunk, akkor mi annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy legal\'abb egy hatos dob\'as lesz?
Ha k\'et kock\'at 24-szer feldobunk, mi annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy legal\'abb egy dupla hatos lesz.
\item{11b.)} K\'et j\'at\'ekos egy igazs\'agos j\'at\'ekot j\'atszik,
amelynek mindegyik fordul\'oj\'aban az egyes j\'at\'ekosok $\frac12$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel nyernek, illetve vesz\'{\i}tenek.
Meg\'allapodnak, hogy az a j\'at\'ekos nyeri el a t\'etet,
aki el\H{o}sz\"or \'er el hat nyer\'est. A j\'at\'ekot f\'elbe kell
szak\'{\i}taniuk akkor, amikor az egyik\"uknek h\'arom a m\'asikuknak
pedig \"ot nyer\'ese volt. Hogyan kell igazs\'agosan osztozkodniuk?
\medskip
\noindent {\it Megold\'as:}\/ \medskip
\item{a.)} Annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy egy dob\'as
eredm\'enye nem hatos $\frac56$, annak pedig, hogy 4 egym\'as ut\'ani
dob\'asban nem jelenik meg a hatos $\(\frac 56\)^4$. Annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy n\'egy dob\'asban megjelenik egy
hatos $P_1=1-\(\frac56\)^4$. Hasonl\'oan, annak a
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy k\'et kocka dob\'as\'aban nem jelenik
meg a dupla hatos $\frac{35}{36}$, annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege,
hogy ez 24 dob\'asban nem jelenik meg $\(\frac{35}{36}\)^{24}$. Annak
a va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge, hogy 24 dob\'asban megjelenik
egy dupla hatos $P_2=1-\(\frac{35}{36}\)^{24}$.
\item{} \'Erdemes meg\'erteni, hogy a $P_1$ \'es $P_2$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egek mi\'ert vannak olyan k\"ozel egym\'ashoz.
Vezess\"uk be az $a_n=\(1-\frac1n\)^n$, $n=1,2,\dots$, sz\'amokat.
Ekkor $1-P_1=a_6^{2/3}$, $1-P_2=a_{36}^{2/3}$. Viszont tanultuk az
anal\'{\i}zisben, hogy $\limm_{n\to\infty} a_n=e^{-1}$, $e=2.71\dots$.
Tov\'abb\'a ez az $a_n$ sorozat el\'eg gyorsan tart a
hat\'ar\'ert\'ek\'ehez, ez\'ert az $a_6\sim e^{-1}$ \'es $a_{36}\sim
e^{-1}$ el\'eg j\'o k\"ozel\'{\i}t\'es.  Ez\'ert mind a $P_1$
mind a $P_2$  val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eg j\'ol k\"ozel\'{\i}thet\H{o}
az $1-e^{-2/3}$ sz\'ammal. Tov\'abb\'a ismeretes, hogy az $a_n$
sorozat monoton n\H{o}, \'es innen ad\'odik, hogy $P_1>P_2$.
T\"ort\'enetesen az $1-e^{-2/3}\sim0.49$ sz\'am k\"ozel van
$\frac12$-hez, \'es a $P_1$ \'es $P_2$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'egek
az $\frac12$ sz\'amot k\"ozrefogj\'ak. A $P_1$ sz\'am \'ert\'eke
$\frac12+\frac{23}{1296}\sim 0.52$.
\medskip
\item{b.)}Tekints\"uk azt az \'altal\'anosabb
probl\'em\'at, amikor $n$ nyer\'es kell a t\'et megszerz\'es\'ehez,
\'es az els\H{o} j\'at\'ekos $k$ a m\'asodik pedig $l$ alkalommal
nyert. Tekints\"uk a k\"ovetkez\H{o} $(n-k)+(n-l)-1=2n-k-l-1$
fordul\'ot. Az els\H{o} j\'at\'ekos akkor \'es csak akkor
nyern\'e el a t\'etet, ha ezekben a fordul\'okban legal\'abb $n-k$
alkalommal nyer. Ennek val\'osz\'{\i}n\'os\'ege
$P=2^{k+l+1-2n}\summ_{j=n-k}^{2n-k-l-1}\binom{2n-k-l-1}j$.
Jelen esetben az els\H{o} j\'at\'ekos $\frac 78$, a m\'asodik
j\'at\'ekos $\frac18$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel nyeri el a t\'etet.
Az igazs\'agos teh\'at a $7:1$ ar\'any\'u osztozkod\'as.
\medskip\noindent
{\it T\"ort\'eneti megjegyz\'es.}\/
\medskip\noindent
A matematika-t\"ort\'en\'eszek kider\'{\i}tett\'ek, mindk\'et most
t\'argyalt feladat m\'ar azel\H{o}tt ismert volt, hogy de
M\'er\'e lovag kit\H{u}zte \H{o}ket. Az a) feladat eredeti
megfogalmaz\'as\'aban azt k\'erdezz\"uk, hogy h\'anyszor kell
feldobni k\'et kock\'at ahhoz, hogy annak a
va\-l\'o\-sz\'{\i}\-n\H{u}\-s\'e\-ge, hogy legal\'abb egyszer 2
hatost dobunk nagyobb legyen, mint 1/2. De M\'er\'e maga is
megoldotta ezt a feladatot, de sajnos, \dots k\'et m\'odszerrel,
amelyek k\"ul\"onb\"oz\H{o} eredm\'enyre vezettek:  24
\'es 25 dob\'as. De M\'er\'e biztos volt abban, hogy a k\'et
m\'odszer egyform\'an megb\'{\i}zhat\'o, \'es a k\"ul\"onbs\'eg miatt
a matematika ,,ingatags\'ag\'at'' hib\'aztatta. Pascal, miut\'an
meggy\H{o}z\H{o}d\"ott arr\'ol, hogy a helyes v\'alasz 25, le sem
\'{\i}rta a megold\'ast. (De M\'er\'e lovag \'ugy gondolta, hogy ha
n\'egy dob\'as elegend\H{o} ahhoz, hogy egy kock\'aval legal\'abb
$\frac12$ val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel hatost dobjunk, akkor
minthogy annak a val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'ege, hogy k\'et kocka
mindegyik\'evel hatost dobunk $\frac16$-szor kisebb mint annak, hogy
egy kock\'aval dobunk hatost, ez\'ert (szerinte) 6-szor t\"obb,
teh\'at $4\times6=24$ dob\'as kell ahhoz, hogy legal\'abb $\frac12$
val\'osz\'{\i}n\H{u}s\'eggel k\"ovetkezik be k\'et hatos dob\'as.
\medskip
{\it Nem k\"otelez\H{o} h\'azi feladat:}
\medskip
\item{} L\'assuk be, hogy az $a_n=\(1-\frac1n\)^n$ sorozat val\'oban
monoton n\"ovekszik.
\item{} {\it Seg\'{\i}ts\'eg:}\/ L\'assuk be, hogy az $a_n$ sorozat
,,folytonos kiterjeszt\'ese" a val\'os sz\'amokra, az
$a(x)=\(1-\frac1x\)^x$ f\"uggv\'eny,
illetve annak logaritmusa az $f(x)=x\log\(1-\frac1x\)$ f\"uggv\'eny
monoton n\H{o} az $x\ge1$ f\'elegyenesen. Ennek \'erdek\'eben mutassuk
meg, hogy $f(x)$ konk\'av f\"uggv\'eny, amelynek deriv\'altja a
v\'egtelenben null\'ahoz tart.)
 
\bye
