„Valószínűségszámítás Feladatgyűjtemény hibajegyzék” változatai közötti eltérés
a LaTex szintaktikai hiba |
a "(ha nem számoltam el) " részt kitöröltem, mert nekem is annyi jött ki. |
||
| 15. sor: | 15. sor: | ||
| I.42 || Ez a megoldás szerintem egyszerűen rossz. A szép és jó megoldás szerintem a kötelezően elvárt szint felett van, de az érdeklődők kedvéért leírom: Mindjárt a legelején átszínezem a golyókat. A <math>b</math> fekete golyó színe lesz <math>b_1, b_2, \ldots, b_b</math>, az <math>r</math> fehér golyóé <math>r_1, r_2, \ldots, r_r</math>. Így <math>b+r</math> különböző színű golyónk van mindjárt az elején. Ezután a húzásoknál ugyanazt a szabályt követjük mint eredetileg, tehát amilyen szinűt kihúztunk, abból <math>c</math> darabot visszateszünk. (Így nem lesz továbbra is az összes golyó különböző színű, pl. ha elsőre <math>b_2</math> színűt húztam, akkor az első húzás után <math>b_2</math> színűből <math>c</math> darab lesz, a többi színből <math>1</math>-<math>1</math>.) Mivel az összes színből ugyanannyi (<math>1</math> db) volt eredetileg, és ugyanazt a szabályt követik, ezért szimmetria miatt mindegyik színt (mind a <math>b+r</math>-t) egyforma eséllyel húzom ki <math>n+1</math>-edik húzásra is. Ezek közűl a színek közűl <math>b</math> volt eredetileg fekete, ezért az eredeti színt nézve a fekete húzásának az esélye <math>\frac{b}{b+r}</math>. | | I.42 || Ez a megoldás szerintem egyszerűen rossz. A szép és jó megoldás szerintem a kötelezően elvárt szint felett van, de az érdeklődők kedvéért leírom: Mindjárt a legelején átszínezem a golyókat. A <math>b</math> fekete golyó színe lesz <math>b_1, b_2, \ldots, b_b</math>, az <math>r</math> fehér golyóé <math>r_1, r_2, \ldots, r_r</math>. Így <math>b+r</math> különböző színű golyónk van mindjárt az elején. Ezután a húzásoknál ugyanazt a szabályt követjük mint eredetileg, tehát amilyen szinűt kihúztunk, abból <math>c</math> darabot visszateszünk. (Így nem lesz továbbra is az összes golyó különböző színű, pl. ha elsőre <math>b_2</math> színűt húztam, akkor az első húzás után <math>b_2</math> színűből <math>c</math> darab lesz, a többi színből <math>1</math>-<math>1</math>.) Mivel az összes színből ugyanannyi (<math>1</math> db) volt eredetileg, és ugyanazt a szabályt követik, ezért szimmetria miatt mindegyik színt (mind a <math>b+r</math>-t) egyforma eséllyel húzom ki <math>n+1</math>-edik húzásra is. Ezek közűl a színek közűl <math>b</math> volt eredetileg fekete, ezért az eredeti színt nézve a fekete húzásának az esélye <math>\frac{b}{b+r}</math>. | ||
|- | |- | ||
| I.46 || A megoldásban a nevezőben mindháromszor <math>\binom{15}{3}</math> kéne legyen <math>\binom{13}{5}</math> helyett. Így az eredmény is | | I.46 || A megoldásban a nevezőben mindháromszor <math>\binom{15}{3}</math> kéne legyen <math>\binom{13}{5}</math> helyett. Így az eredmény is <math>0.002</math> helyett <math>0.0472</math>. | ||
|- | |- | ||
| I.72 || Minimális pontatlanság, a megoldás elején <math>P(AB)\leq P(A)=0.8</math>. (Tehát a második jel egyenlőség nem kisebbegyenlő.) | | I.72 || Minimális pontatlanság, a megoldás elején <math>P(AB)\leq P(A)=0.8</math>. (Tehát a második jel egyenlőség nem kisebbegyenlő.) | ||