Matematikos Maratonas Nr. 1

1/2?

nu bala nematė. Aš galvojau taip:
Pradžioj tariau kad aklasis visada lipa pirmasis ir yra dvi vietos lėktuve - tada tikimybė kad aklasis atsisės į savo vietą ir tuo pat kad paskutinis keleisvis ras savo vietą neužimtą yra a(2) = 1/2.
esant trim vietom, tikimybė bus: a(3) = 1/3 (kad aklasis atsisės į savo vietą) + 1/3*1/2 (kad atsisės į antrojo įlipančio keleivio vietą ir antrasis atsisės į aklojo vietą). Bet taip pat galima manau sakyti, kad kai aklasis užima ne savo vietą, keleivis kurio vieta buvo užimta tam tikra prasme irgi šiame uždaviny tampa akluoju. Tai a(3) galima užrašyti taip: a(3) = 1/3 + 1/3*a(2), t.y. antrasis keleivis elgsis kaip aklasis dviejų vietų lektuve.
Kai sėdimų vietų skaičius bet koks:
a(n) = 1/n (aklasis atsisėda į savo vietą) + 1/n*a(n-1) (atsisėda į antro lipančio vietą ir antrasis tada elgias kaip aklasis n-1 vietų lektuve) + 1/n*a(n-2) ir t.t. Sutrumpinus gautųsi kažkas tokio:
[math]a(n)={1/n}(1+sum{i=2}{n-1}{a(i)})[/math]
Dabar kadangi a(2) = 1/2, tai ir a(3) ir a(n) bus 1/2, nes sumoje bus (n-2) narių, kure visi lygūs 1/2. Tai ana persirašytų taip:
a(n) = 1/n*(1+(n-2)*1/2)= 1/n + 1/2 - 1/n = 1/2
O dabar tuo atveju kai aklasis atsisėda nebūtinai pirmasis, bet ir ne paskutinis, tai tikimybė jog sėsis kažkelintas yra 1/(n-1). Ir tikimybė kad paskutinis lipantis keleivis ras savo vietą laisvą:
[math]P={1/{n-1}}sum{i=1}{n}{a(i)}[/math]
t.y. (tikimybė kad lips pimas)*(a(n)) + (tikimybė kad lips antras)*(a(n-1)) + ir t.t. iki pakol (n-i) = 2. Bet čia vėl panaši suma, joje bus (n-1) narių, kurių visi yra 1/2. Tad ir P = 1/2.

nu, kai n=2, tai P=3/4
o kai n=3, tai P=2/3

Man kažkaip atsakymas atrodo turėtų būti panašesnis į 3/4 nei į 1/2 :)

house_martin sprendimas geras.

Oj atsiprašau, pražiopsojau vietą "ne paskutinis" :)

Internete pagal atitinkamą užklausą radau šiokį tokį:

******************************************************************************************
Kvadratinė trys ant trijų lenta  padalinta ir devynis vienodus langelius. Į kiekvieną langelį nutūpė po vabalą. Po kurio laiko kiekvienas vabalas nuropojo į jam gretimą langelį (t.y. į langelį, turintį bendrą kraštinę su pradiniu vabalo langeliu). Įrodykite, kad bent vienas lentos langelis liko tuščias.
******************************************************************************************

Šitas uždavinys buvo šių metų miesto olimpiadoje. Jei nuspalvintume lentą juodai baltai (kaip šachmatuose), tai juodų langelių būtų tarkim 5, o baltų 4 ir is juodo langelio vabalas būtinai eina į baltą, o is balto į juodą. Kadangi iš baltų 4 langelių išeis 4 vabalai į 5 juodus langelius, tai pagal derichlė principą, bent vienas iš 5 juodų langelių liks tuščias.

O štai mano uždavinys (aišku ne pačios galvotas, gal kam jau matytas):
Turime smailųjį trikampį ABC su apibrėžto apskritimo centru O ir aukštinių susikirtimo tašku H. Ant kraštinių AB, BC ir AC padėti atitinkamai taškai E,F,G, tokie, kad OE+EH=OF+HF=OG+GH. Įrodyti, kad tiesės CE, AF ir BG susikerta viename taške :]

Hm, gal aš kažką neteisingai suprantu. Bet paimkime lygiakraštį trikampį ABC. Tuomet O = H. Atidėkime taškus taip, kad AE : EB = 1 : 2, BF : FC = 1 : 2 ir CG : GA = 2 : 1. Tuomet galios OE + EH = OF + HF = OG + GH (dėl simetrijos), tačiau tiesės CE, AF, BG nesikerta viename taške.

Ojoj, klaidingai suformulavau. Reikia ne įrodyti, kad su visais E,F,G  atkarpos CE,AF,BG kertasi viename taške, bet kad kiekvienam trikampiui ABC galima surasti tokius E,F,G kad CE, AF, BG kirstųsi viename taške. Atsiprašau!