2. Van hiba az alábbi okoskodásokban?

A tanár szemszögéből nézve a tanítás folyamatában érdekes témakör a kombinatorika. Eszközigénytelen, a témával foglalkozó diáknak viszonylag kevés képletet kell ismernie. Ugyanakkor a matematika semmilyen más területén nem olyan könnyű hibázni, mint itt: a legegyszerűbb, ártatlan elemi feladat megoldása is meglepetést okozhat.

A kombinatorikában a hibás feladatmegoldások módszertani szerepe igen nagy. Soha ne engedjük, hogy a diákok megelégedjenek saját (szép) megoldásukkal; legalább ugyanolyan fontos, hogy társaik esetleges hibás gondolatmenetét átlássák, megértsék, és megtalálják benne a hibát.

Érdemes felhívni diákjaink figyelmét arra, hogy a megismerési folyamat minden tudományágban a feltevések folyamatos módosításán és a tévedések állandó javítgatásán, csiszolgatásán alapul. Az elmúlt korok szellemi nagyjai számtalan tévút és zsákutca után érték el eredményeiket, amiket most mi néhány letisztult tétel vagy alkalmazható elv alakjában készen kapunk.

A megismerési folyamathoz hasonlíthatjuk kicsiben a feladatmegoldás folyamatát is. Itt is szükség van alkalmanként több nekifutásra, előfordulhatnak zsákutcák stb.

A valószínűségszámítás ma már lényegesen túlnyúlt a kombinatorikán. Elmélete absztraktabb lett, a diákok feladatmegoldásai között elég szép számmal találunk hibásakat, s a tanítás folyamatában ezek részletes megvizsgálása rendkívül fontos. Hasonló cipőben jártak őseink is. Nem is hinnénk, hogy a matematika történetével foglalkozó kutatók a korábbi századok matematikusainak munkáiban hány olyan gondolatra bukkannak, amely ma már egy pillanatra sem tudja lekötni a művelt középiskolás diák figyelmét. Bár ebben a fejezetben lesz történeti érdekességekről szó, csak egy példa: Jean le Rond d’Alembert XVIII. századi nagy francia matematikus nem látta, hogy az eredmény ugyanaz, ha egy érmét dobunk fel háromszor, vagy ha három érmét egyszerre.

A fenti módszertani indokok után lássuk a feladatokat! A cikk többi részétől eltérően itt rögtön megadunk egy megoldási gondolatmenetet (alkalmanként többet is), s a feladat egyrészt annak eldöntése, hogy jó-e az okoskodás (ill. hogy melyik a jó), másrészt maga a hiba feltárása. (Tehát nem elég egy másik, jó megoldást adni!)

Módszertani megfontolásokból, galád módon, nem minden probléma esetén oldjuk fel az ellentmondásokat; reméljük, hogy a kedves Olvasónak is kellemes fejtörést okozunk.

Természetesen nagyon egyszerű feladatokkal kezdjük, ezek egy része már a legalapvetőbb általános műveltséghez tartozik.

2.1. feladat:

Egy dobozban 5 egyforma golyó van, néhány piros, néhány kék. Találomra kihúzunk egy golyót. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a kihúzott golyó piros?

Első gondolatmenet:

Nem ismerjük a golyók színének eloszlását. Vagy piros, vagy kék golyót húzunk ki; a piros golyó kihúzásának valószínűsége ezek szerint .

Második gondolatmenet:

A golyók színeloszlásának ismerete nélkül csak a legvalószínűbb, tehát kb. egyenletes eloszlást tételezhetjük fel. Mivel 2,5 golyó nincs, két esetet vizsgálunk.

Ha 3 piros golyó van (ezt az esetet valószínűségűnek tekintjük), akkor piros golyót valószínűséggel húzunk; ha pedig 3 kék golyó van, akkor pirosat valószínűséggel húzunk. A két eset valamelyike valószínűséggel következik be.

Megjegyzések:

1. Ez a feladat a puristák és a laxisták (modernisták) „küzdelmének” alapfeladata lehetne. (A puristák a valószínűségszámítás érvényességét arra próbálják meg korlátozni, amire azt kitalálták; a laxisták pedig próbálják minél több dologra kiterjeszteni, pl.: az időjárásra, Földön kívüli értelem létezésére stb.) A harc - a puristák tisztán matematikai megfontolásai ellenére - váltakozó sikerrel (alkalmanként kompromisszumokkal) folyik. Erről további gondolatok pl. a [7] szakirodalomban olvashatók.

2. Azt javasoljuk, hogy az ilyen típusú problémákat azért a puristák módszerével kezeljük le; mely szerint ebben a feladatban a valószínűségszámítás módszerei egyáltalán nem alkalmazhatók.

2.2. feladat:

Két dobókockával dobunk, a dobott számok összegét tekintjük. Melyik esemény valószínűbb?
A esemény: a dobott számok összege legalább 10;
B esemény: a dobott számok összege legfeljebb 4.

Gondolatmenet:

Nagyobb számokat nehezebb dobni a tapasztalat alapján, a B esemény a valószínűbb.

Megjegyzések:

1. Matematikai szemléletünk a szimmetriaokok miatt nyilván az egyforma valószínűséget sugallja, s a számolás is ezt igazolja.

2. Az olyan típusú társasjátékokban, ahol előnyös nagyot dobni a kockával, gyakran érezzük úgy, hogy többször dobunk kis számot, s ritkábban nagyot. Mi lehet ennek az oka?

A jelenség valószínűleg pszichológiai eredetű. A sikeres dobást boldogan tudomásul vesszük, a kudarcra (egy hosszú pechsorozatra) viszont sokáig emlékezünk.

3. Egyes esetekben viszont Murphy törvényének (a másik sor mindig rövidebb, a másik irányból mindig hamarabb jön a busz stb.) gyakorlati okai lehetnek, lásd pl. a 3.1. vagy 3.2. feladatokat és a hozzá fűzött megjegyzéseket.

2.3. feladat:

Egy pénzdarabot feldobtunk egymás után 9-szer, mindegyik dobás eredménye írás volt. Melyik a valószínűbb esemény?
A: a 10. dobás is írás lesz;
B: a 10. dobás fej lesz.

Első gondolatmenet:

Ilyen sok írás után sokkal valószínűbb egy fej dobás. (Így okoskodott pl. a bevezetőben említett XVIII. századi francia matematikus, d’Alembert is.)

Második gondolatmenet:

Annak valószínűsége, hogy 10 írásból álló sorozat jön ki, , rendkívül kicsi. Sokkal valószínűbb tehát egy fej dobás.

Megjegyzések:

1. Ma már tudjuk, hogy a 10. dobás nem függ az első 9 dobástól, a fenti okoskodások hibásak.

2. A középiskolás gyerekek megmosolyogják a fenti gondolatmeneteket. Hívjuk fel a figyelmüket a bevezetőben említett gondolatokra, s kérjük meg, hogy képzeljék őseink helyébe magukat. Kérdezzük meg, hogy ha pl. most ruletteznének, s egymás után 9-szer jött már ki a piros, vajon melyik színre tennének?

2.4. feladat:

Két teljesen egyforma, külsőre megkülönböztethetetlen kockát feldobunk, a dobott számok összegét tekintjük. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a dobott számok összege 7?

Első gondolatmenet:

Mivel a kockák teljesen egyformák, 11-féle lehetséges összeg van: 2, 3, ... , 12. Ebből egy eset kedvező, a keresett valószínűség .

Második gondolatmenet

(Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 - 1716) német matematikus és filozófus): Az egyes összegek többféleképpen is előállhatnak (táblázat).

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

1+1

1+2

1+3
2+2

1+4
2+3

1+5
2+4
3+3

1+6
2+5
3+4

2+6
3+5
4+4

3+6
4+5

4+6
5+5

5+6

6+6

db:

1

1

2

2

3

3

3

2

2

1

1

A 21 lehetséges összegből 3 állítja elő a 7-et, így a keresett valószínűség .

Harmadik gondolatmenet:

Hiába egyforma külsőre a két kocka, azért csak különböznek egymástól. Így az előző táblázat módosul:

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

1+1

1+2
2+1

1+3
2+2
3+1

1+4
2+3
3+2
4+1

1+5
2+4
3+3
4+2
5+1

1+6
2+5
3+4
4+3
5+2
6+1

2+6
3+5
4+4
5+3
6+2

3+6
4+5
5+4
6+3

4+6
5+5
6+4

5+6
6+5

6+6

db:

1

2

3

4

5

6

5

4

3

2

1

A keresett valószínűség .

Megjegyzések:

1. Komoly probléma, hogy a valószínűségszámításban bizony mást jelent a különbözőség és mást a megkülönböztethetőség fogalma. Külsőleg hiába teljesen egyforma két kocka, azért különböznek egymástól (pl. befesthetők). Az első gondolatmenet nem jó.

2. Leibniz még azt hitte, hogy két kockával pontosan olyan könnyű 12-t dobni, mint 11-et. Az utolsó két oszlop mutatja tévedését.

3. Tanítás közben (kb. 7. osztály környékén) a gyakorlat alapján kell meggyőznünk a diákokat; pl. dobassunk minden gyerekkel otthon 100 dobást, összegezzünk, s határozzuk meg a relatív gyakoriságot: -hoz vagy -hez van közelebb?

2.5. feladat:

Egy fiút akkor engednek el játszani, ha három egymás utáni sakkparti közül legalább két egymás utánit megnyer. Partnerei: Apa és Papa, mégpedig vagy Apa-Papa-Apa, vagy Papa-Apa-Papa sorrendben. Apa jobban játszik, mint Papa. Melyik sorrend kedvezőbb a fiú számára?

Gondolatmenet:

Nyilván a gyengébben játszó Papával érdemes több mérkőzést játszani, kedvezőbb a Papa-Apa-Papa sorrend.

Megjegyzések:

1. Hát nem. Legyen a fiú nyerésének valószínűsége Apa ellen a, Papa ellen p (p > a), s számoljuk ki mindkét esetben a fiú számára sikeres mérkőzéssorozat valószínűségét.
Az Apa-Papa-Apa mérkőzések esetén vagy az első két mérkőzést kell megnyernie (ennek valószínűsége ap), vagy az utolsó kettőt (pa). Kétszer számoltuk azt az esetet, amikor mind a három mérkőzést megnyeri, így a keresett valószínűség 2ap – a²p.
Hasonlóan számolva a Papa-Apa-Papa sorozatot, a valószínűség 2ap – p²a.
Összehasonlítva a két értéket, kedvezőbb az Apa-Papa-Apa sorozat.

2. Ennek az egyszerű paradoxonnak (érdekességnek) az az oka, hogy a fiúnak a középső mérkőzést mindenféleképpen meg kell nyernie, s végső soron kedvezőbb számára, ha ezt a gyengébb Papával játssza.

2.6. feladat:

Egy érmét kétszer feldobunk. Mekkora annak a valószínűsége, hogy legalább egy esetben fej lesz felül?

Első gondolatmenet

(D'Alembert, 1754): Három eset lehetséges. Vagy az első alkalommal dobunk fejet, vagy a második alkalommal, vagy egyik esetben sem. E három eset közül kettő kedvező, a keresett valószínűség .

Második gondolatmenet:

Három eset lehetséges. Vagy két írást dobunk, vagy két fejet, vagy egy fejet és egy írást. A keresett valószínűség .

Megjegyzések:

1. Lényegében mindkét gondolatmenetnek ugyanaz a hibája, hogy ti. az alapesetek nem egyformán valószínűek. Az első esetben nem kizáró eseményekkel dolgozik a megoldó, a második esetben pedig ismét fellép a 2.4. feladat megkülönböztethetőségi problémája.

2. A helyes megoldáshoz többféleképpen eljuthatunk.
Módosíthatjuk az első gondolatmenetet (fejet dobunk az első alkalommal; vagy másodszor, ha először írást dobtunk); vagy kiszitálhatjuk a duplán számolt fej - fej dobásokat.
A második gondolatmenet módosítása csak annyiból áll, hogy a fej - írás és írás - fej sorozatokat megkülönböztetjük.
Végül eljárhatunk egészen másképpen is, pl. a komplementer eseményt határozzuk meg.

2.7. feladat (osztozkodás-paradoxon):

Két játékos egy szabályos érmével játszik. András akkor győz, ha - nem szükségképpen egymás után - öt fej jön ki, Béla pedig akkor, ha öt írás. A játszma négy fej, két írás állásnál véglegesen félbeszakad. Hogyan osztozzanak a játékosok az 1600 Ft-os téten?

Első gondolatmenet:

Az összeget 4 : 2 arányban kell felosztaniuk, hiszen ennyi a dobott fejek és írások aránya.

Második gondolatmenet:

Az összeget 3 : 1 arányban kell felosztaniuk, hiszen ennyi fej, illetve írás dobás hiányzik a játékosok győzelméhez.

Harmadik gondolatmenet:

Még nincs vége a játéknak, vagy András nyer, vagy Béla. Az arány legyen 1 : 1, így igazságos.

Negyedik gondolatmenet

(Niccolo Tartaglia (1499 - 1557) olasz matematikus): Andás 2 játékkal nyert többet, mint Béla, ezért meg kell kapnia az összes tét részét, a maradékot pedig fele-fele arányban kell elosztani. Az arány 7 : 3.

Ötödik gondolatmenet:

A 4 fej, 2 írás valószínűsége = . Ennyivel volt szerencsésebb András, ezért a javasolt osztozkodási arány 49 : 15.

Hatodik gondolatmenet:

Csak az egyenlőnek számító "2 fej - 2 írás" álláshoz képest történt változást vizsgáljuk. András előnyösebb helyzetben van 2 fej dobással. A 2 többletdobás kimenetele 4-féle lehet, a 2 fej dobás valószínűségű. Ennek megfelelően a helyes osztozkodási arány 3 : 1.

Megjegyzések:

1. A fenti megoldások mindegyikét diákjaim javasolták, de egyik sem jó.
A feladat megoldásakor az a helyes kiindulási alap, ha azt vizsgáljuk meg, hogy a játékot tovább folytatva, a játék befejezéséig mekkora valószínűséggel nyerne András, illetve Béla. A hasonló típusú bonyolultabb feladatok a Markov-láncok segítségével elegánsan tárgyalhatók (link), most erre nincs szükségünk.
Ugyanis Béla csak akkor nyerhetne, ha a következő három dobás mindegyike írás lenne, ennek valószínűsége pedig . Minden más esetben András nyer, a helyes osztozkodási arány 7 : 1.

2. Egy kis matematikatörténet: Már 1380-as és 1494-es kéziratokban is találkozunk a paradoxonnal, de a korabeli megoldók még azt sem vették észre, hogy a feladat egyáltalán valószínűségszámítási jellegű. 1654-ben Pascal és Fermat egymástól függetlenül megoldotta a problémát, s ez akkoriban olyan komoly felfedezésnek számított, hogy sokan ma is ettől az időponttól számítják a valószínűségszámítás megszületését. Végül 1657-ben Huygens három játékos esetére is általánosította a problémát.

További feladatok

Az alábbiakban kitűzött feladatok megoldásai között szép számmal lesznek hibásak is. Döntsük el, hogy mi a hiba az egyes gondolatmenetekben! (Vigyázat: abból, hogy két eredmény ugyanaz, még nem következik, hogy mindkét gondolatmenet jó is!)
Az eredmények a fejezet végén, a függelékben olvashatók.

2.8. feladat:

Egyszerre dobunk fel három érmét. Mi annak a valószínűsége, hogy mindegyiknek ugyanaz az oldala kerül felülre?

Gondolatmenet:

Az érmék között biztosan lesz két egyforma. Annak valószínűsége, hogy a harmadik ugyanilyen lesz, .

2.9. feladat:

Andrásnak két golyója van, Bélának egy. A golyók elgurítása után megnézik, melyiküké közelített meg jobban egy kitűzött pálcát (a pálca és a golyók távolságai mind különbözők). Ha mind a két játékos ugyanolyan ügyes, akkor mi annak a valószínűsége, hogy András győz?

Első gondolatmenet:

Béla második dobása nem függ András két dobásától. Ha a két játékos egyformán ügyes, véletlenszerű lesz a golyók és a pálca távolsága (ugyanolyan eséllyel dob közelebbit, mint távolabbit Béla). A keresett valószínűség P = .

Második gondolatmenet:

Három eset van, a golyók sorrendje lehet AAB, ABA, BAA. Ebből 2 eset kedvező András számára, P = .

Harmadik gondolatmenet:

Három eset lehetséges. A célhoz legközelebb lehet András első, András második, vagy Béla egyetlen golyója, ezért P = .

Negyedik gondolatmenet:

A harmadik gondolatmenet „gyanús”. Ugyanis annak valószínűsége, hogy András valamelyik golyója megelőzi Béla valamelyik golyóját, ; tehát annak valószínűsége, hogy két golyója is közelebb lesz a pálcához, , s ez mutatja, hogy a harmadik gondolatmenetben nem egyformán valószínűek az egyes esetek. Alkalmazzuk a komplementer megoldás módszerét! Annak valószínűsége, hogy Béla golyója megelőzi András mindkét golyóját, , ezért P = .

Ötödik gondolatmenet:

Különböztessük meg András két golyóját! Ekkor négy eset lehetséges: vagy András mindkét golyója közelebb van, mint Béla golyója; vagy András mindkét golyója távolabb van; vagy András első golyója közelebb van, a második távolabb; vagy fordítva. P = .

2.10. feladat:

András és Béla a következő kockajátékot játsszák. András dobókockáján a 2, 2, 2, 5, 5, 5; Béla kockáján a 3, 3, 3, 3, 3, 6 számok vannak. Mindkét játékos feldobja saját kockáját, s az nyer, aki nagyobbat dobott. Kinek előnyös a játék?

Gondolatmenet:

Mindkét kockán ugyanannyi a számok összege, vagyis ugyanannyi a számok átlaga. A játék igazságos.

2.11. feladat:

Módosítjuk az előző játékot, Béla kockáján kicseréljük az egyik 3-ast 1-esre: 1, 3, 3, 3, 3, 6. Ez a játék most már Andrásnak előnyös?

Megjegyzés:

Látható, hogy az előző gondolatmenet „gyanús”. A feladattal kapcsolatos problémákat részletesen megvizsgáljuk az ötödik fejezetben.

2.12. feladat:

Egy dobozban 3 piros, 1 fehér és 1 kék, egyforma méretű golyó található. A golyókat véletlenszerűen kihúzzuk egymás után és egy sorozatot készítünk belőlük. Melyik sorrend a valószínűbb: a pppfk (tehát amikor a három pirosat húzzuk ki először) vagy a kfppp?

Gondolatmenet:

Nyilván első közelítésben annyit mondhatunk, hogy a sorozat első két helyén inkább piros golyók lesznek.

Függelék

A 2.8. - 2.12. feladatok eredményei:
2.8. A valószínűség .
2.9. Egyik gondolatmenet sem jó. P = . (Indoklásul elég annyit mondanunk, hogy 6 alapeset van: 12B, 21B, 1B2, 2B1, B12, B21.)
2.10. A játék Bélának előnyös.
2.11. A játék igazságos.
2.12. A sorozatok egyformán valószínűek.

Előző fejezet Következő fejezet Tartalom