51%. Nem változik semennyit.

A családok 0.51∙0.49 része kétgyerekes. Viszont jelen esetben nem családokról, hanem gyerekekről van szó. A gyerekszám az alábbi:

• A családok 0.49 arányában 1 gyerek van, tehát a gyerekszám 0.49∙1 = 0.49.
• A családok 0.51∙0.49 arányában 2 gyerek van, tehát a gyerekszám 0.51∙0.49∙2 = 0.4998.
• A családok 0.51∙0.51∙0.49 arányában 3 gyerek van, tehát a gyerekszám 0.51∙0.51∙0.49∙3 = 0.382447.
• Általánosítva: a családok 0.51ⁿ∙0.49 arányában n+1 gyerek van, tehát a gyerekszám 0.51ⁿ∙0.49∙(n+1).

Az összes gyerekszám tehát a következő:

$A = \sum_{n=0}^{\infty} 0.51^n \cdot 0.49\cdot (n+1)$

A megoldás tehát 0.51∙0.49∙2 / A lesz. Határozzuk meg A-t! A fenti összegből 0.49 kiemelhető. Legyen A=0.49∙S.

$A = \sum_{n=0}^{\infty} 0.51^n \cdot 0.49\cdot (n+1) = 0.49 \cdot \sum_{n=0}^{\infty} 0.51^n \cdot (n+1) = 0.49 \cdot S$

Tehát:

$S = \sum_{n=0}^{\infty} 0.51^n \cdot (n+1)$

Az eredmény a következő lesz:

$\frac{0.51 \cdot 0.49 \cdot 2}{0.49 \cdot S} = \frac{1.02}{S}$

Határozzuk meg S-t! Általánosítsuk r-rel, majd a végén behelyettesítünk r=0.51-et:

$S(r) = \sum_{n=0}^{\infty} r^n \cdot (n+1) = \sum_{n=0}^{\infty} r^n \cdot n + \sum_{n=0}^{\infty} r^n$

A geometrikus sor összege ismert:

$S(r) = \sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r}$, ahol |r| < 1.

A másik tag már nehezebb. Ennek meghatározásához a következő trükköt alkalmazzuk: vesszük az r szerinti deriváltat. Deriváljuk a fenti képlet mindkét oldalát:

$S'(r) = \left(\sum_{n=0}^{\infty} r^n \right)' = \sum_{n=0}^{\infty} \left(r^n \right)' = \sum_{n=1}^{\infty} n \cdot r^{n-1}$.

Az utolsó lépésben azt is kihasználtunk, hogy ha n=0, akkor n-nel szorozva bármi 0 lesz.

Szorozzuk meg mindkét felét r-rel:

$r \cdot S'(r) = \sum_{n=0}^{\infty} n \cdot r^n$.

Most deriváljuk a mások oldalt:

$S'(r) = \left(\frac{1}{1-r}\right)' = \frac{1' \cdot (1-r) - 1 \cdot (1-r)'}{(1-r)^2} = \frac{1}{(1-r)^2}$

Ez a hányados deriválását használtuk ki.

Ezt is szorozzuk meg r-rel:

$r \cdot S'(r) = \frac{r}{(1-r)^2}$

Tehát a kettőt egyenlővé téve ezt kapjuk:

$r \cdot S'(r) = \sum_{n=0}^{\infty} n \cdot r^n = \frac{r}{(1-r)^2}$.

Most helyettesítsük be a kapott eredményeket:

$S = \sum_{n=0}^{\infty} r^n \cdot (n+1) = \sum_{n=0}^{\infty} r^n \cdot n + \sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{r}{(1-r)^2} + \frac{1}{1-r}$

Helyettesítsük be r=0.51-et:

$S = \frac{0.51}{(1-0.51)^2} + \frac{1}{1-0.51} \approx 4.165$

Most helyettesítsünk vissza az elején meghatározott képletbe:

$\frac{1.02}{4.165} \approx 0.2449$

Tehát kb. 24.49% eséllyel lesz egy gyereknek pontosan egy testvére.

A könnyebb követhetőség érdekében színezzük át az érméket:

Először mozgassuk a sárgát a jobb alsó sarokba:

Helyezzük a pirosat alulra:

Helyezzük a kéket jobbra le:

Végül a pirosat helyezzük a zöld és a sárga közé:

Triviális válasz lenne az alap ∙ magasság / 2 képlet alapján a 30, ám a feladatnak nem ez a megoldása, hanem az, hogy ilyen háromszög nem létezik. Ez többféleképpen bizonyítható; talán a legegyszerűbb a Thalész-tétel segítségével lehetséges. Maga a tétel ezt mondja ki: ha egy kör átmérőjének két végpontját összekötjük a körvonal egy tetszőleges, az átmérő végpontjaitól különböző pontjával, akkor az így kapott háromszög derékszögű lesz. Ez fordítva is igaz: egy derékszögű háromszög köré írt kör átlója a derékszög átfogója. A példában a kör átmérője 10 egység, azaz a kör sugara 5 egység. Ez azt jelenti, hogy a magasság, ami nem lehet nagyobb mint a sugár, nem lehet 6 egység.
A feladat forrása: https://www.youtube.com/watch?v=uwtn5OHlpXk.

Igen, létezik, pl. a 2, 5, 8, 11, 14, 17, stb.

Segédtételként először bebizonyítjuk, hogy minden négyzetszámot elosztva hárommal a maradék nem lehet 2. Elég a modulo 3 maradékosztályt megvizsgálni, ahol 0² = 0, 1² = 1, valamint 2² = 1, mivel 2² = 4, és 4 mod 3 = 1. Tehát egy olyan számtani sorozatot kell konstruálni, ami csak olyan számokból áll, ami 3-mal osztva 2-t adnak maradékul, és egy ilyen a fent látható.

Azt fogjuk belátni, hogy ezen kívül nincs olyan elemhármas, ahol a második elem az első kétszerese, a harmadik pedig az első háromszorosa. Ebből következik az, hogy nincs még egy 1001, 2002, 3003 szakasz.

Legyen a három egymást követő szám a következő: $\binom{n}{k-1}$, $\binom{n}{k}$ és $\binom{n}{k+1}$. Felírhatjuk a következő egyenleteket:

$2\cdot\binom{n}{k-1} = \binom{n}{k}$

és

$3\cdot\binom{n}{k-1} = \binom{n}{k+1}$

Alakítsuk át az elsőt:

$2\cdot\frac{n!}{(k-1)!\cdot(n-k+1)!} = \frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}$
$2\cdot\frac{n!}{(k-1)!\cdot(n-k+1)\cdot(n-k)!} = \frac{n!}{k\cdot(k-1)!\cdot(n-k)!}$
$\frac{2}{(n-k+1)} = \frac{1}{k}$
$2k = n - k + 1$
$n = 3k - 1$

Alakítsuk át a másodikat:

$3\cdot\frac{n!}{(k-1)!\cdot(n-k+1)!} = \frac{n!}{(k+1)!\cdot(n-k-1)!}$
$3\cdot\frac{n!}{(k-1)!\cdot(n-k+1)\cdot(n-k)\cdot(n-k-1)!} = \frac{n!}{(k+1)\cdot k\cdot(k-1)!\cdot(n-k-1)!}$
$\frac{3}{(n-k+1)\cdot(n-k)} = \frac{1}{(k+1)\cdot k}$
$3\cdot(k+1)\cdot k = (n-k+1)\cdot(n-k)$

Behelyettesítjük az elsőt:

$3\cdot(k+1)\cdot k = (3k - 1 - k + 1)\cdot(3k - 1 - k)$
$3k^2 + 3k = 2k\cdot(2k - 1)$
$3k^2 + 3k = 4k^2 - 2k$
$0 = k^2 - 5k$
$k\cdot(k-5) = 0$

Mivel egy korábbi átalakítás miatt k nem lehet 0, az egyedüli megoldás k=5. Visszahelyettesítve:

$n = 3k - 1 = 3\cdot5 - 1 = 14$

Az eredmény alapján tehát a Pascal-háromszögnek csak 14. sora az, ahol előfordul három olyan szám egymás után ahol a második az első kétszerese, a harmadik pedig az első háromszorosa. Ezek az elemek az 5., 6. és 7., mivel az első elemnél k=0.

Legyen a pálca hossza egységnyi. A pálcát 2 ponton törtjük, legyen ez x és y.

Az első esetben legyen x < y, tehát a 3 szakasz hossza x, y-x és 1-y.

A háromszög egyenlőtlenségek:

• x + y-x > 1-y
• x + 1-y > y-x
• y-x + 1-y > x

Átalakítva mindhármat:

• y > 1/2
• y < x + 1/2
• x < 1/2

Az első és a harmadik egyenlőtlenség együttesen az egységnyi négyzet bal felső negyedét jelöli ki, míg a második az alábbi ábrán a bal felső zöld területet.

Az y < x eset szimmetrikus az előzőre: az a jobb alsó negyedben található zöld területet jelöli ki.

A diagramról leolvasva a megoldás 1/4.

A feladat forrása: https://www.youtube.com/watch?v=9PVcTdSlGBA, https://www.youtube.com/watch?v=ywNro341FN4.

Jelölje f(k) a k-adik ember által megevett torta arányát. Az első ember 1%-ot eszik, tehát f(1) = 0.01, marad 0.99. A második a maradék 2%-át, azaz 0.99∙0.02 = 0.0198, maradt 0.9802 stb.

Próbáljunk meg általánosítani Lássuk az első pár k értéket:

• $f(1) = \frac{1}{100}$
• $f(2) = \frac{99}{100}\cdot\frac{2}{100}$
• $f(3) = \frac{99}{100}\cdot\frac{98}{100}\cdot\frac{3}{100}$
• $f(4) = \frac{99}{100}\cdot\frac{98}{100}\cdot\frac{97}{100}\cdot\frac{4}{100}$

Általánosítva:

$f(k) = \frac{99}{100}\cdot\frac{98}{100}\cdot…\cdot\frac{101-k}{100}\cdot\frac{k}{100}$

Egyszerűsítve:

$f(k) = \frac{99!\cdot k}{(100-k)!\cdot100^k}$

Az belátható, hogy az elején nőni fog a torta arány (például azt láttuk, hogy a másodiknak több torta jutott mint az elsőnek), és valahol meg fog fordulni a trend, mert az első ember a torta 1%-át ette, a második több mint 1%-ot, 100-an vannak, tehát kell, hogy legyen olyan, akinek kevesebb mint 1% jut. Az is sejthető, hogy lesz egy maximum érték, és utána már csökkenni fog a torta arány.

Ahol f(k) < f(k+1), ott még növekszik az adag, és ahol f(k) > f(k+1), ott csökken. A legkisebb olyan k-t keressük, ahol f(k) > f(k+1), Helyettesítsük be f(k)-ba és f(k+1)-be a fenti értékeket:

$\frac{99!\cdot k}{(100-k)!\cdot100^k} > \frac{99!\cdot (k+1)}{(100-(k+1))!\cdot 100^{k+1}}$

Rendezzük át:

$99!\cdot k\cdot(99-k)!\cdot 100^{k+1} > 99!\cdot (k+1)\cdot (100-k)!\cdot100^k$

Egyszerűsítsünk a következőket kihasználva:

• $99! = 99!$
• $\frac{100^{k+1})}{100^k} = 100$
• $\frac{(100-k)!}{(99-k)!} = 100-k$

Folytatva:

$k \cdot 100 > (k+1)\cdot (100-k)$

$100k > 100k - k^2 + 100 - k$

$k^2 + k > 100$

Itt sem deriválni sem másodfokú egyenletet megoldani nem kell, ránézésre meg tudjuk mondani, hogy k=9-nél még az egyenlőtlenség bal oldala kisebb mint 100, k=10-nél pedig nagyobb mint 100. Így a megoldás az, hogy a tizedik embernek jut legnagyobb szelet torta.

Ki is tudjuk számolni a szelet méretét:

$\frac{99}{100}\cdot\frac{98}{100}\cdot\frac{97}{100}\cdot\frac{96}{100}\cdot\frac{95}{100}\cdot\frac{94}{100}\cdot\frac{93}{100}\cdot\frac{92}{100}\cdot\frac{91}{100}\cdot\frac{10}{100} \approx 0.0628$

A megoldás tehát: a tizedik embernek jut a legnagyobb szelet torta, aki a teljes torta kb. 6.28%-át kapja.

Az első ötlet, hogy elindulunk 1000 kg banánnal, nem működik, mert a végére pont elfogy, ráadásul vissza se tudunk menni.
Ha elindulunk 1000 kg banánnal, majd leteszünk 1 km után 998 kg-ot, akkor pont vissza tudunk menni. A következő 998 kg banánt is hasonlóan elvisszük, majd a végén 999 kg banánt viszünk, ugyanis ott már nem kell visszamenni. Azaz a 999 km-nél 2995 kg banánunk van. Kiszámolható, hogy 2000 kg banán felett kilométerenként 5 kg banánért tudjuk az egészet elszállítani. Azaz 1000 kg banánnal meg tudunk tenni 200 km-t, azaz 800 km távolságra lesz 2000 kg banánunk.
Ezen a ponton már nem 3-at kell fordulni, csak 2-t, így ezt követően kilométerenként 3 kg banán fogy, egészen 1000 kg-ig. Ha megteszünk újabb 333 és egyharmad km-t, akkor lesz 1000 kg banánunk. Ekkor összesen 533 és egyharmad km-t tettünk meg, tehát 466 és kétharmad km-re vagyunk a piactól, és 1000 kg banánunk van.
Onnan viszont már nem kell fordulni, azaz elfogy további 466 és kétharmad kg banán, és a végén megérkezik 533 és egyharmad kg banán.

Vegyük azt a pillanatot, amikor a katica először ért a 6 mellé! Ez vagy az 5 vagy a 7. Tkp. az általánosítás megszorítása nélkül feltehetjük, hogy ez a 7. Ekkor azt kell megvizsgálni, hogy mekkora eséllyel fog előbb a 6-ra lépni (ez esetben nem a 6 marad a végére), és mekkora eséllyel éri el előbb a másik irányban az 5-öst, azaz lép ellenkező irányba 10-et (ez esetben a 6 marad a végére). Ezt látszólag bonyolult kiszámolni, mert mindkettő sokféleképpen előfordulhat.
Viszont nem is kell kiszámolni! Tegyük fel, hogy a kérdés az, hogy mekkora eséllyel lesz egy másik szám az utolsó, pl. a 3-as. Ez esetben is előjön az a pillanat, amikor először ér a katica a szomszédjához, a példában a 2-höz vagy a 4-hez. A 3 esetében a 2 felől nagyobb eséllyel érkezünk, de ez nem változtat azon a tényen, hogy ott is annak a valószínűségét keressük, hogy az onnan egyik irányba 1 és ellenkező irányba 10 lépések közül melyiket mekkora eséllyel érjük el. Viszont a 12 kivételével ugyanezt el tudjuk játszani az összes számmal, tehát az összes többi esetben ugyanakkora lesz a valószínűség. Mivel a 12-t kivéve összesen 11 szám van, a végeredmény 1/11.