A feladatot rekurzív megoldással oldjuk meg. A megoldás alapötletét az adja, hogy ha írást dobunk, akkor újra indul a számlálás. Jelölje $x$ a végeredményt. Elemezzük ki az első egy ill. két dobást:

• Az első dobás írás: ennek a valószínűsége $\frac{1}{2}$, és a megoldás ez esetben $x+1$.
• Az első dobás fej, a második dobás írás: ennek a valószínűsége $\frac{1}{4}$, a megoldás ez esetben $x+2$.
• Az első és a második dobás is fej: ennek a valószínűsége $\frac{1}{4}$, a megoldás ez esetben $2$.

A fentiekkel lefedtük az összes esetet, így számoljunk!

$x = \frac{1}{2} \cdot (x + 1) + \frac{1}{4} \cdot (x + 2) + \frac{1}{4} \cdot 2$
$x = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} x + \frac{2}{4} + \frac{2}{4}$
$x - \frac{1}{2} x - \frac{1}{4} x = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2}$
$\frac{1}{4} x = \frac{3}{2}$
$x = 6$

Átlagosan tehát 6 dobásból kapunk egymás után két fejet.

A feladat amiatt tetszik nekem, mert első ránézésre könnyű, másodikra kifejezetten nehéz, viszont ha "megerőszakoljuk" az agyunkat, akkor ismét leegyszerűsödik. A megoldás ötlete hasonló a kockadobós játékhoz.

Egy adott baktérium kihalása független a többitől. Legyen ez az érték (tehát az, hogy egy adott baktérium meghal, vagy osztódik ugyan, de előbb-utóbb az összes leszármazottja kihal) $x$. Az $x$ értéke:

• $25\%$ eséllyel $100\%$
• $75\%$ eséllyel $x^2$

Összevonva:

$x = 0.25 + 0.75\cdot x^2$

Megszorozva 4-gyel és átrendezve:

$3x^2 - 4x + 1 = 0$

Behelyettesítve a másodfokú egyenlet megoldóképletébe:

$x=\frac{4\pm\sqrt{(-4)^2-4\cdot 3\cdot 1}}{2\cdot 3}$

Megoldva:

$x=\frac{4\pm 2}{6}$

Az egyenlet két megoldása $x_1 = 1$ és $x_2 = \frac{1}{3}$. A helyes megoldás az $x = \frac{1}{3}$-ból adódik. Mivel a feladatban két induló baktérium volt, és a túlélésük vagy kihalásuk egymástól független, az eredeti feladat megoldása:

$x = \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{9}$

A baktérium kolónia $\frac{1}{9}$ eséllyel hal ki.

Általánosítsuk a feladatot!

Vegyünk észre két dolgot:

• Ha $n$ darab valamit gyűjtünk, és ebből $k$ darab van meg, akkor $\frac{n-k}{n}$ esélyünk van arra, hogy a következő vásárlás számunkra kedvező lesz, és ez azt is jelenti, hogy átlagban $\frac{n}{n-k}$ darab vásárlásra van szükségünk. (Ez az előző feladatok megoldásánál bemutatott módszerrel is kiszámolható, de pl. könnyen belátható az, hogy ha pl. egy kockával ötöst vagy hatost szeretnénk dobni, tehát $\frac{1}{3}$ eséllyel dobunk számunkra kedvezőt, akkor átlagosan hármat kell dobnunk ahhoz, hogy kijöjjön. Ami persze lehet, hogy egy lesz, és lehet, hogy 15.)
• A vásárlási ciklusok függetlenek egymástól. Az elején nyilván veszünk egyet. Utána addig vásárolunk, amíg az elsőtől különböző nem lesz, és így tovább. Ha pl. már meg van 6, akkor mindegy, hogy pontosan melyik 6 van meg, a hetedik megvásárlásának a hosszát nem befolyásolja.

Általános esetben tehát a lépések száma a következő:

$\frac{n}{n} + \frac{n}{n-1} + \frac{n}{n-2} + ... + \frac{n}{2} + \frac{n}{1}$

4-re behelyettesítve:

$\frac{4}{4} + \frac{4}{3} + \frac{4}{2} + \frac{4}{1} = \frac{25}{3} =8\frac{1}{3}$

A megoldás tehát 8 és 9 között van, és mivel felfelé érdemes kerekíteni, fogadjuk el a 9-et!

Általánosan ez a kupongyűjtő probléma (https://en.wikipedia.org/wiki/Coupon_collector's_problem). A megoldás $n\cdot \log(n)$-nel arányos.

A feladatot a Bayes-tétel segítségével oldjuk meg,a mi a következő:
$P(A|B)=\frac{P(B|A)\cdot P(A)}{P(B)}$

Itt $P(A)$ az $A$ esemény bekövetkezésének a valószínűségét jelenti, $P(A|B)$ pedig azt, hogy mekkora az $A$ esemény bekövetkezésének a valószínűsége feltéve, hogy $B$ esemény bekövetkezik.

Az események legyenek az alábbiak:

• $A$: a kétfejű érmét választottuk.
• $B$: három fejet dobtunk egymás után.

Így a feladat tehát pont a $P(A|B)$ kiszámítása. Lássuk a valószínűségeket!

• $P(B|A)$: ez azt jelenti, hogy mi a valószínűsége annak, hogy három fejet dobunk egymás után, ha a kétfejű érmével dobunk. A valószínűség nyilván $100\%$, azaz $1$.
• $P(A)$: ez azt jelenti, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a kétfejű érmét választjuk. Mivel tíz érméből egy a kétfejű, a valószínűség $10\%$, azaz $\frac{1}{10}$.
• $P(B)$: ez azt jelenti, hogy mi a valószínűsége annak, hogy három fejet dobunk egymás után. Ezt kétféleképpen tudjuk elérni. Egyrészt kilenctized eséllyel választunk szabályos érmét, és ekkor egynyolcad eséllyel lesz az eredmény három fej: $\frac{9}{10}\cdot\frac{1}{8} = \frac{9}{80}$, másrészt egytized eséllyel választjuk a kétfejű érmét, és ekkor $100%$, hogy három dobásból mindhárom írás lesz $\frac{1}{10}\cdot 1 = \frac{1}{10} = \frac{8}{80}$. A kettőt összeadva adódik a valószínűség: $\frac{9}{80} + \frac{8}{80} = \frac{17}{80}$.

Helyettesítsünk be a Bayes-formulába:

$P(A|B)=\frac{1\cdot \frac{1}{10}}{\frac{17}{80}} = \frac{80}{170} = \frac{8}{17} \approx 0.47 = 47\%$

Tehát a megoldást az, hogy körülbelül 47% eséllyel választottuk a kétfejű érmét.

A következőképpen érdemes kiindulni. Írjuk fel $A$ kezdése esetén a két lehetőséget, talál vagy vét, majd fejtsük ki az egyes részeket:

$P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el) = \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | C \kezd\land B \halott) + \frac{1}{2} \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | B \kezd\land \mindenki\el)$
$P(A \nyer | C \kezd\land B \halott) = \frac{1}{2}\cdot 0 + \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land B \halott) = \frac{1}{2}\cdot (1 - P(A \nyer | C \kezd\land B \halott))$
$\frac{3}{2}\cdot P(A \nyer | C \kezd\land B \halott) = \frac{1}{2}$
$P(A \nyer | C \kezd\land B \halott) = \frac{1}{3}$

$P(A \nyer | B \kezd\land \mindenki\el) = \frac{3}{4}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land C \halott) + \frac{1}{4}\cdot P(A \nyer | C \kezd\land \mindenki\el)$

$P(A \nyer | A \kezd\land C \halott) = \frac{1}{2}\cdot 1 + \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | B \kezd\land C \halott) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cdot(\frac{3}{4}\cdot 0 + \frac{1}{4}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land C \halott))$
$\frac{7}{8}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land C \halott) = \frac{1}{2}$
$P(A \nyer | A \kezd\land C \halott) = \frac{4}{7}$

$P(A \nyer | C \kezd\land \mindenki\el) = \frac{1}{2}\cdot 0 + \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el) = \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el)$

Elkezdve visszahelyettesíteni:
$P(A \nyer | B \kezd\land \mindenki\el) = \frac{3}{4}\cdot * \frac{4}{7} + \frac{1}{4}\cdot P(A \nyer | C \kezd\land \mindenki\el) = \frac{3}{7} + \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el) = \frac{3}{7} + \frac{1}{8}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el)$

$P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el) = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3} + \frac{1}{2}\cdot P(A \nyer | B \kezd\land \mindenki\el) = \frac{1}{6} + \frac{1}{2}\cdot(\frac{3}{7} + \frac{1}{8}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el)) = \frac{1}{6} + \frac{3}{14} + \frac{1}{16}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el)$
$\frac{15}{16}\cdot P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el) = \frac{1\cdot 7 + 3\cdot 3}{42}$
$P(A \nyer | A \kezd\land \mindenki\el) = \frac{16}{15}\cdot \frac{16}{42} = \frac{128}{315}$

Csakhogy ebben a megoldásban van egy bökkenő, amire szerintem a feladvány készítői nem számítottak! Ez inkább játékelméleti, mint közvetlenül matematikai feladattá alakítja a dolgot. Az $A$ az esélyeit növelheti azzal, ha először a levegőbe lő, és a kezdés jogát átadja $B$-nek! Ez esetben $\frac{24}{49}$ eséllyel fog ő nyerni (a fentihez hasonló módon kiszámolva), azaz több mint 8 százalékponttal növelheti az esélyét.

De ebben is van egy további bökkenő! Valójában bármelyiknek érdemes először a levegőbe lőnie ahhoz, hogy maximalizálja saját túlélési esélyét, így viszont elvileg a végtelenségig fognak a levegőbe lövöldözni.

De tegyük fel, hogy nem mindenki olyan okos, mint $A$! Az $A$ szempontjából az a legrosszabb, ha $B$ is szándékosan a levegőbe lő, a $C$ viszont nem számol, hanem céloz. Ez esetben ha az $A$ és a $B$ tovább folytatja a taktikai pacifizmust, akkor az első lelőtt személy pont $A$ lesz. Azaz $A$ érdeke az, hogy lelője $B$-t azzal, hogy $0$ fölé tornássza a túlélési esélyeit. Ha eltalálja, akkor a fenti $\frac{1}{3}$ esélye lesz a túlélésre, ha nem, akkor még kevesebb, mert a $B$, látva, hogy $A$ és $C$ is céloz, továbbra is azt a taktikát érdemes alkalmaznia, hogy először a levegőbe lő. Kiszámolható, hogy ez esetben mindössze $\frac{2}{9}$ az $A$ túlélési esélye.

Ha $C$ rájön arra, hogy nem érdemes céloznia, de $B$ nem, az a legjobb $A$-nak. Ez esetben az $A$ esélye elméletben $\frac{4}{7}$, ugyanis - mivel csak $B$ céloz, ezért először $C$ fog meghalni, majd mivel $A$ kezdi a párbajt, $50\%$-nál nagyobb esélye lesz a végső győzelemre.

Csakhogy mivel $C$ okos ebben a forgatókönyvben, nyilván arra is rájön, hogy ha csak $B$ céloz ténylegesen, akkor törvényszerű, hogy ő fog először meghalni, tehát - hasonlóan a fenti gondolatmenethez - érdemes neki is lőnie, hogy növelje a túlélési esélyeit. Tehát ebben a forgatókönyvben ott tartunk, hogy $A$ okos, és a levegőbe lő, $B$ buta, és céloz. $75\%$ eséllyel talál, és utána a párbajban $A$-nak $\frac{4}{7}$ esélye van a győzelemre. $25\%$ eséllyel nem talál. Ez esetben ha feltesszük, hogy $C$ rájön arra, hogy $A$ nem célzott, $B$ viszont igen, akkor célozni fog, $50\%$ eséllyel talál, $50\%$ eséllyel pedig azt a játékot játsszák, hogy $A$ nem céloz, $B$ és $C$ viszont igen. Ebben a forgatókönyvben tehát visszatértünk az $A$ levegőbe lő mindaddig, amíg valaki meg nem hal taktikához, és így $A$ esélye $\frac{24}{49}$.

Induljunk ki abból, hogy egyetlen dobás esetén a várható nyereség $3,5$! (Egyhatod eséllyel jön ki az egyes, kettes stb., a valószínűségekkel vett szorzatuk összege $3,5$.)
Ha két dobásunk lenne, és az első dobás legfeljebb 3, akkor érdemes újra dobni, mivel egy dobás várható nyeresége $3,5$. Ha az első dobás legalább négy, akkor viszont érdemes megállni, mert azt nem érdemes elcserélni egy alacsonyabb várható értékű nyereséggel. Ha legalább négyest dobtunk, az egyharmad eséllyel jelent négyest, egyharmad eséllyel ötöst és egyharmaddal hatost, melynek a várható értéke öt. Azaz két dobás esetén a várható nyereség $0,5\cdot 3,5 + 0,5\cdot 5 = 4,25$.
Három dobás esetén ha a dobás 1, 2, 3 vagy 4, akkor érdemes újra dobnunk, mert két dobás esetén a várható nyereség $4,25$, ami magasabb mint 4. Ellenben 5 és 6 esetén érdemes megállnunk. Ez utóbbi esetben a várható nyereség $5,5$. Tehát 3 dobás esetén a várható nyereség $\frac{2}{3}\cdot 4,25 + \frac{1}{3}\cdot 5,5 = \frac{14}{3}$, azaz 4,66.

Ezt a gondolatmenetet folytatva egyébként azt is meghatározhatjuk, hogy mennyi az a minimális dobásszám, amely esetén már csak a hatost érdemes első dobásként elfogadnunk. Négy dobás esetén is az ötösnél érdemes megállni; a várható nyereség a fenti gondolatmenettel $\frac{89}{18} \approx 4,94$.
Öt dobás esetén is tehát még érdemes az ötnél megállni, mivel négy dobásnál kisebb a várható érték ötnél, és így a várható nyereség $\frac{277}{54} \approx 5,13$ lesz.
Hat dobás esetén viszont már nem éri meg elfogadni az ötöst, mivel öt dobás esetén a fölé mehet a várható érték. Tehát hat dobástól kezdve csak a hatost érdemes elfogadnunk.

Az első utas $\frac{1}{440}$ eséllyel foglalja el a saját helyét, $\frac{1}{440}$ eséllyel az utolsó utas helyét, és $\frac{338}{440}$ eséllyel egy másikat. A probléma tehát $\frac{2}{440}$ eséllyel eldől már az első lépésben, és feltéve, hogy eldől, 50% eséllyel ül a saját helyre, és 50% eséllyel az utolsó utas helyére, azaz 50% annak az esélye, hogy az utolsó utas szabadon találja az ülőhelyét.

Ha nem dől el, akkor ugyanez a játék folytatódik a következő utasokkal. Általában: ha még $n$ szabad hely van, és az aktuálisan felszálló utas helye foglalt, akkor $\frac{1}{n}$ eséllyel ül le az aktuálisan felszálló utas az elsőként felszálló utas helyére, $\frac{1}{n}$ eséllyel az utolsó utas helyére, és $\frac{n-2}{n}$ eséllyel egy másikra. De ha ezen a ponton eldől, akkor ugyancsak 50% eséllyel ül az első utas helyére, és 50% eséllyel az utolsó utas helyére, azaz általános esetben 50% eséllyel lesz üres az utolsónak felszálló utas helye.

A probléma legkésőbb akkor eldől, amikor az utolsó előtti utas száll fel; ez esetben - mivel a feltételezés szerint még nem dőlt el - az utas azt tapasztalja, hogy a saját helye foglalt, így a két szabadon marad ülőhely közül $\frac{1}{2}$ eséllyel fogja az első utasét választani, így $\frac{1}{2}$ eséllyel marad szabadon az utolsóként felszálló utas ülőhelyre.

Összefoglalva: a megoldás 50%.

Ez két szempontból is kicsit paradoxon jellegű feladat:

• Az ember az gondolná, hogy ha egy valaki elrontja, akkor "borul az egész", és nagyon pici annak az esélye, hogy az utolsó utasnak pont megmarad a saját helye, ráadásul minél nagyobb a repülő, ez annál valószínűbb. A valóságban viszont 50%, és ez független a mérettől.
• A feladatot első ránézésre sokkal nehezebbnek gondolnánk, pl. feltételes valószínűségű sorösszegek felé indulnánk el, ami természetesen zsákutca

Először is vegyük észre, hogy minden évben ugyanattól az értéktől érdemes elfogadnunk a pénzt, hiszen nominálisan 0 és 100 közötti az ígéret. Pl. ha a mostanit visszautasítjuk, akkor jövőre is igaz az, hogy az egy évvel későbbi 100 dinár akkor számunkra egyenértékű a pillanatnyi 90-nel.
Jelöljük $N$-nel azt, az értéket, ami felett érdemes elfogadnunk az ajánlatot, de ez alatt nem. Ha pl. ez 60, akkor 40%, hogy elfogadjuk, és ez esetben a várható nyereségünk 80, 60% eséllyel pedig visszautasítjuk, és ez esetben a várható nyereség jelen összeg 90%-a. A várható értéket általában így jelöljük: $E[X]$, ahol $X$ a szóban forgó valószínűségi változó. Mivel itt egy valószínűségi változó van, a várható nyereségünk jelenértéke, ezért az egyszerűség érdekében a várható nyereség jelölése legyen $E$. Összefoglalva a jelöléseket:

• $N$: ettől az összegtől kezdve érdemes elfogadnunk a pénzt, azaz a feladat második kérdésére a válasz.
• $E$: ez a várható nyereség jelenértéke, azaz a feladat első kérdésére a válasz.

A fentieket formálisan felírva:
$E = \frac{100-N}{100}\cdot\frac{N+100}{2} + \frac{N}{100}\cdot 0,9\cdot E$

Átrendezve:

$E - \frac{E\cdot 0,9\cdot N}{100} = \frac{10000-N^2}{200}$
$E\cdot\frac{100 - 0,9N}{100} = \frac{10000-N^2}{200}$
$E = \frac{10000 - N^2}{200}\cdot\frac{100}{100 - 0,9N}$
$E = \frac{10000 - N^2}{200 - 1,8N}$

Ezt szeretnénk maximalizálni. Egy függvénynek ott van maximum pontja, ahol a deriváltja 0. Tehát:
$\left(\frac{10000 - N^2}{200 - 1,8N}\right)' = 0$

Számoljuk ki a deriváltat! Az alábbi összefüggést kell használnunk:
$\left(\frac{f}{g}\right)' = \frac{f'g - fg'}{g^2}$

Tehát:
$\left(\frac{10000 - N^2}{200 - 1,8N}\right)'$
$= \frac{(10000 - N^2)'\cdot (200 - 1,8N) - (10000 - N^2) \cdot (200 - 1,8N)'}{(200 - 1,8N)^2}$
$= \frac{-2N \cdot (200 - 1,8N) - (10000 - N^2) \cdot (-1,8)}{40000 - 360N + 3,24N^2}$
$= \frac{-400N + 3,6N^2 + 18000 - 1,8N^2}{3,24N^2 - 360N + 40000}$
$= \frac{1,8N^2 - 400N + 18000}{3,24N^2 - 360N + 40000}$

Azaz:
$\frac{1,8N^2 - 400N + 18000}{3,24N^2 - 360N + 40000} = 0$

A $3,24N^2 - 360N + 40000$ remélhetőleg nem 0, így:
$1,8N^2 - 400N + 18000 = 0$

Emlékeztetőül a másodfokú egyenlet megoldóképlete:
$x_{1,2} = \frac{-b\pm\sqrt{b^2 - 4\cdot a\cdot c}}{2\cdot a}$

Ezt alkalmazva:
$N_{1,2} = \frac{400\pm\sqrt{400^2 - 4\cdot 1,8\cdot 18000}}{2\cdot 1,8}$
$= \frac{400\pm\sqrt{160000 - 129600}}{3,6}$
$= \frac{400\pm\sqrt{30400}}{3,6}$
$\approx \frac{400\pm 174,36}{3,6}$

Azt az eredményt kell venni, ami 0 és 100 közé esik, tehát jelen esetben a kivonást:
$N \approx 62,68$

Visszahelyettesítve a várható érték képletébe:
$E = \frac{10000 - N^2}{200 - 1,8N} \approx \frac{10000 - 62,68^2}{200 - 1,8\cdot 62,68} \approx 69,64$

Összefoglalva: 62,68-tól érdemes elfogadni az ajánlatot (egész összegekben gondolkodva: a 62-t még nem érdemes, a 63-at már igen), és ez esetben a várató nyereség jelenértéke 69,64 dinár.

Először is járjuk körbe kicsit a feladatot! Ha pl. azt a stratégiát választja, hogy mindhárom jelöltet meghallgatja, akkor tudni fogja a sorrendet, de mindenképp a harmadikat kell felvennie, és $\frac{1}{3}$ lesz az esélye annak, hogy pont ő a legjobb. Hasonlóan $\frac{1}{3}$ jön ki akkor is, ha rögtön az első jelöltet felveszi, de soha nem fogja megtudni, hogy jól választott-e. Vajon az egyharmadnál van jobb megoldás?

Igen, van! Ha úgy dönt, hogy az elsőt meghallgatja, de mindenképpen elutasítja, majd ha a második jelölt jobb volt, mint az első, akkor őt veszi fel, különben a harmadikat, akkor a következő esetek lehetségesek (1: legrosszabb, 2: középső, 3: legjobb; +: a legjobbat választotta; -: nem a legjobbat választotta):

• 123: -
• 132: +
• 213: +
• 231: +
• 312: -
• 321: -

A 6 esetből 3 számunkra kedvező, így 50% annak az esélye, hogy ezzel a módszerrel a legjobbat választja.

Érdemes a megoldáshoz hozzátenni, hogy ezzel $\frac{1}{3}$ eséllyel választja a középsőt és $\frac{1}{6}$ eséllyel a legrosszabbat. Ez mindenképpen jobb, mint az $\frac{1}{3} : \frac{1}{3} : \frac{1}{3}$.

De mi a helyzet akkor, ha nem 3, hanem 10 vagy 100 jelölt van, ill. általánosan, $N$ számú. Ez esetben milyen stratégiát érdemes alkalmazni, és mekkora lesz az esély a legjobb jelölt kiválasztására? Ez egy típus feladat, az ún. titkárnő probléma: https://en.wikipedia.org/wiki/Secretary_problem. Levezetés nélkül: $\frac{N}{e}$ jelöltet érdemes meghallgatni, de mindet automatikusan visszautasítani, majd az első olyan jelöltet választja, aki jobb volt minden korábbinál. Ez esetben, ha $N$ tart végtelenbe, akkor $\frac{1}{e}$, azaz kb. 37% eséllyel lesz a végső választás a legjobb. Minden bizonnyal ennél jóval kisebbre tippeltünk volna.