3. Valószínűségszámítási paradoxonok

A legfontosabb előzetes megjegyzés, hogy a témakör nagyon népszerű, a hozzá csatlakozó feladatanyag pedig irdatlan nagy. Ebben a fejezetben csak egyfajta kóstoló nyújtására van lehetőségünk; ez a kóstoló is szerény méretű, és a tömörségre törekedő szigorú válogatási elvek miatt erősen szubjektív. A felsorolt szakirodalomban minden érdeklődő Olvasó bőségesen találhat kedvére való feladatokat.

A paradoxon kifejezést - ebben a cikkben is, és általában is - többféleképpen értelmezik, több értelemben használják. Paradoxonról, érdekességről beszélhetünk, ha
- valamilyen feladat meglepő, érdekes eredményt ad;
- a kapott váratlan eredmény ellentmond szemléletünknek;
- a megoldás nem szokványos megközelítéssel, speciális úton történik;
- a többféle megközelítés többféle (esetenként egymásnak ellentmondó) eredményt szolgáltat;
- a precíz matematikai megoldás ellentmond a tapasztalatnak;
- a precíz matematikai megoldás logikai problémákat vet fel;
- látszólag sérülnek a logika (vagy a matematika) alapszabályai stb.

Így a korábbi fejezetek néhány példáját is bízvást a paradoxonok közé sorolhatjuk, pl. 1.11. vagy 2.5. feladatok, vagy a klasszikus 2.7. feladat (az osztozkodás-paradoxon).

Semmiképpen sem tudunk, már csak a terjedelmi korlátok miatt sem, néhány igazi klasszikussal foglalkozni. Kimaradnak pl.:
- az iker-paradoxonok;
- a fiú- vagy lány-paradoxon;
- az ász-megnevezés paradoxona;
- a kagyló- (kártya-, börtönőr-) paradoxon;
- a rulett D'Alembert-rendszere;
- a szentpétervári-paradoxon.

A fejezet további részében
- röviden szót ejtünk a logikai paradoxonokról (tág értelemben);
- megvizsgálunk néhány klasszikus valószínűségszámítási paradoxont;
- s részletesen tárgyaljuk a királylány-problémát.

Külön téma lesz a geometriai paradoxonok néhány típusa és a statisztikai paradoxonok egyes fajtái.

Néhány szó a logikai paradoxonokról

A logikai paradoxonok már régen felkeltették az érdeklődést, emlékezzünk csak a görög kultúra „Minden krétai hazudik.”- típusú problémáira, vagy Zenon híres aporiáira (pl. Akhilleusz és a teknősbéka). Ugyanakkor a hasonló „rejtvények” még ma is megmozgatják a fantáziánkat. De vigyázzunk: nemcsak érdekesek ezek a problémák, de gyakran matematikailag nehezen kezelhetők is. Álljon itt szakmai figyelmeztetésül pl. a híres Bertrand-féle antinómia: „Nem létezik minden halmaz halmaza.”, s gondoljuk meg, a matematikusok mekkora munkájára volt szükség, hogy ezen paradoxont végül is feloldhassuk.

Az alábbiakban néhány, lényegesen könnyebb fajsúlyú problémát említünk meg. Mivel a logikai paradoxonok nem tartoznak szorosan a cikk témájához, célunk csak a felelevenítés. Néha persze valószínűségszámítási indokot is mondhatunk, ilyen pl. az első két példa.

3.1. példa:

A könyvespolcon egymáson fekszik egy lexikon néhány kötete. Murphy egyik törvénye szerint, ha egy címszót keresünk, biztos, hogy a legalsó kötetre lesz szükségünk, s ezért az összes kötetet meg kell mozgatni.

Megjegyzés:

Ha nem is vagyunk annyira szigorúak, hogy mindig a legalsó kötet használatát tételezzük fel, valóban gyakrabban van szükség (?) az alsó kötetekre. Talán magyarázatul annyit mondhatunk, hogy ha véletlenszerűen (és egyenletesen) használjuk a könyveket, felülre mindig az utoljára olvasott kötet kerül, s alul vannak azok, amelyeket régebben olvastunk.

3.2. feladat (KöMaL F676.):

Karinthynak volt egy aforizmája: „Az autóbusz mindig ellenkező irányból jön, mint ahonnan várjuk.” Lehetséges-e, hogy valamelyik megállóhoz a kedvezőtlen irányból nagyobb valószínűséggel érkezik autóbusz, mint a kedvezőből?

(Feltételezzük, hogy a kocsikat mindkét irányból egyenlő időközökben indítják, és a kocsik állandó, mindkét irányban egyenlő sebességgel haladnak.)

Eredmény:

Hát, ez bizony lehetséges.

3.3. feladat:

Egy szultán kegyes hangulatában úgy dönt, hogy a kivégzés előtt álló rab sorsának eldöntését a vakvéletlenre bízza. A rab kap 50 - 50 egyforma méretű piros és kék golyót, ezeket tetszése szerint szétoszthatja két külsőre egyforma urnába. Ezután bekötött szemmel véletlenszerűen választania kell egy urnát (nem tudja a két urnát kívülről megkülönböztetni), s abból ki kell húznia egy golyót. Ha ez a golyó piros, megmenekül, ha kék, kivégzik. Mekkora valószínűséggel tud megmenekülni a rab, ha ügyes?

Megjegyzés:

Ez a feladat középiskolás emlék, eredményére még ma is emlékszem: majdnem 75%.

A továbbiakban megemlítünk még két „nagyágyút”.

3.4. példa (Hempel-paradoxon a megerősítő példa fogalmára):

Tegyük fel, hogy van egy sejtésünk: „Minden varjú fekete.” Ezt a sejtést a fekete varjak erősítik, egy fehér varjú létezése megcáfolná. Matematikailag analóg állítás a következő: „Minden nem-fekete objektum nem varjú.” Ezt az állítást viszont számtalan példa megerősíti: egy zöld nyakkendő, egy fehér papír, egy kék golyóstoll. Viszont ez abszurditás: a szobában lévő kék golyóstoll miért erősíti meg a varjak színét illető sejtésünket? (Carl Hempel tudományfilozófus)

Megjegyzés:

Martin Gardner az [5] cikkében megjegyzi, hogy egyik korábbi munkájában ezzel a paradoxonnal kapcsolatban több mint 60 tudományos könyvre és szakfolyóiratbeli cikkre hivatkozott.

3.5. feladat (a dolgozatíró diák paradoxona):

Egy iskolában minden nap van matekóra. Az egyik pénteken két állítást mond a tanár:
1) „A jövő hét valamelyik napján dolozatot írunk.”
2) „Azt szeretném, hogy a dolgozat miatt ne idegeskedjetek. Hogy nyugodtan kipihenhessétek magatokat, a dolgozat váratlan lesz; a dolgozat napját, ill. az írás tényét csak közvetlenül az óra elején fogjátok megtudni.”
A diákok tudják, hogy a tanár mindig igazat mond, ezért a következőképpen okoskodnak:
„a) Pénteken nem lehet dolgozat, mert akkor csütörtök este nem tudnánk aludni az idegeskedés miatt.
b) Emiatt csütörtökön sem lehet a dolgozat. Ugyanis az a) pontban láttuk, hogy pénteken nem lehet, ezért ha szerdáig nem írjuk meg a dolgozatot, akkor csak csütörtökön írhatnánk, s szerda este nem tudnánk nyugodtan pihenni.
c) Hasonlóan a) és b) miatt szerdán sem lehet a dolgozat.
d) A gondolatmenetet folytatva megkapjuk, hogy a dolgozat sem kedden, sem hétfőn nem lehet.
Tréfás kedvű tanárunk lényegében tehát azt mondta, hogy nem írunk a jövő héten dolgozatot.”
Ezután jókedvűen mennek az órákra, hiszen egy mindig igazat mondó személy egy végrehajthatatlan eseményt jövendölt meg. Kedden aztán váratlan dolog történik: a tanár kiosztja a dolgozatpéldákat.
Nos, hogyan történhetett ez meg?

Útmutatás:

A [7] könyv röpke 10 oldalon kersztül (+ további 7 oldalon érdekes fejtegetéseket végezve) kimerítően foglalkozik a paradoxon elemzésével, az „Akasztott ember paradoxona” címszó alatt.

Egyszerű valószínűségszámítási paradoxonok

3.6. feladat:

Érdekességképpen megemlítjük Varga Tamás egy „bűvésztrükkjét”. Tanítványainak házi feladatul tűzte ki, hogy otthon végezzenek el 200 érmedobást, és jegyezzék le a kapott eredményeket. Másnap a lecke ellenőrzésekor néhány pillanat alatt el tudta dönteni egy sorozatról, hogy a gazdája valóban elvégezte a 200 dobást, vagy csak hasraütésszerűen leírt egy fej - írás sorozatot. Mi lehetett a trükk?

Útmutatás:

Az a gyerek, aki „mesterségesen” gyárt egy sorozatot, óvakodik túl sok szomszédos fejet (vagy írást) írni. Megmutatható, hogy az esetek kb. 90%-ban a leghosszabb szomszédos fej-blokk nagysága nagyobb, mint 5.

3.7. feladat:

A BKV-ellenőrök munkarendje munkanapon olyan, hogy egy adott buszjáraton Péter reggel hét óra és fél nyolc között 4%-os valószínűséggel találkozik valamelyikükkel. Ez olyan kicsi valószínűség, hogy Péter próbát tesz: egy hónapon keresztül reggelenként egyszer sem lyukaszt jegyet. Mi annak a valószínűsége, hogy a 20 munkanapot megússza büntetés nélkül?

Megoldás:

0,9620 ≈ 0,44, tehát bármilyen kicsi is az ellenőrrel való találkozás esélye, valószínűbb, hogy Péter lebukik, mint az, hogy megússza büntetés nélkül.

Megjegyzések:

1. A jelenség neve „a kis valószínűségek paradoxona”, s hátterében az az egyszerű tény áll, hogy a 0 és 1 közé eső számok hatványa 0-hoz tart. Megemlítettük ezt már az 1.11. feladatnál, és a következő feladatban hátterében is ez lesz.

2. Csak tájékoztatásképpen a sorozat konvergenciájának gyorsaságáról:

n

0.9n

0.99n

1

0.9

0.99

2

0.81

0.98

3

0.73

0.97

4

0.66

0.96

5

0.60

0.95

10

0.35

0.90

15

0.21

0.86

20

0.12

0.82

30

0.04

0.74

40

0.01

0.66

50

0.005

0.61

60

0.002

0.55

70

 

0.49

80

 

0.45

90

 

0.40

100

 

0.37

125

 

0.28

150

 

0.22

200

 

0.13

300

 

0.05

3. Még érdekesebb a helyzet, ha a 99%-os és a 99.99%-os bekövetkezési valószínűséget hajlamosak vagyunk egyszerűen azonosnak venni (vagyis úgy gondoljuk, hogy mindkét esemény szinte biztosan bekövetkezik). Annak valószínűsége, hogy a szóban forgó események az év 365 napján bekövetkeznek, az első esetben kb. 3%, míg a második esetben … több mint 96%.

3.8. feladat:

Egy vizsgán az A és B tételek elméleti, a C tételek gyakorlati jellegűek. Mindhárom tételsor 10 feladatból áll, s a vizsgázónak mindegyik sorból egy-egy tételt kell húznia. Ha a vizsgázó bármelyik tételét nem tudja, akkor megbukik. Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy diáknak 80%-os felkészültséggel nem sikerül a vizsgája? (A 80%-os felkészültség ez esetben azt jelenti, hogy minden tételsorból nyolc tételt tanult meg, kettőt nem.)

3.9. feladat (születésnap-paradoxon):

Megközelítőleg hány ember esetén valószínűbb, hogy lesz közöttük kettő, akiknek az év ugyanazon napjára esik a születésnapjuk, mint az, hogy nincs két ilyen ember? (Számoljunk 366 nappal.)

Megjegyzések:

1. A meglepő eredmény és a feladat tárgyalása megtalálható pl. (link) címen.

2. A [2] könyvből ide kapcsolódó érdekességek közül kiválasztottunk egyet: „Az Egyesült Államoknak 1970-ig 37 elnöke volt. Mi az esélye annak, hogy ketten közülük egy napon születtek? (Megoldás: 84,8%, s valóban: Polk és Harding november 2-án született.)

1970-ig 35 elnök halt meg. Mi az esélye annak, hogy ketten közülük ugyanazon a napon haltak meg? (Megoldás: 81,3%, s Jefferson, Adams és Monroe egyaránt július 4-én halt meg.)

3.10. feladat (KöMaL F1096):

Valamely urnában n golyó van, melyek közül néhányat kihúzunk. Mi valószínűbb: a kihúzott golyók száma páros vagy páratlan?

Megoldás:

Páratlan számú golyó húzásának nagyobb a valószínűsége; határozzuk meg pl. a páros számú golyó húzásának valószínűségét. Az összes eset száma 2n – 1 (nem számoljuk azt az esetet, amikor egyetlen golyót sem húzunk ki; egyébként minden golyót vagy kihúzunk, vagy nem). Páros számú golyót -féleképpen húzhatunk ki, ami 2n–1 – 1-gyel egyenlő. (Az összeghez hozzáadva -t, 2n–1 -t kapunk.) A keresett valószínűség , s ez kisebb, mint .

Megjegyzések:

1. Azért soroltuk ezt a feladatot a paradoxonok körébe, mert szemléletünk egyformán valószínűnek érzi a páros és a páratlan esetet.

2. Látható, hogy n növekedtével a hányados -hez tart; kis n-ekre (n = 1, 2, 3) konkrét példákon könnyen megállapítható az eredmény helyessége.

3. Érdemes elgondolkodni azon, hogy a feladatban mit is jelent a „néhány golyó véletlen kihúzása”. Hogyan történik a húzás? A kihúzott golyók számát sorsoljuk, vagy minden egyes golyóról eldöntjük, hogy kihúzzuk-e, esetleg más módszert alkalmazunk?

Befolyásolja-e a végeredményt az alkalmazott módszer?

3.11. feladat (a véletlenszámok „kiegyenlítődési hajlama”):

A [10] könyvben olvashatunk egy újságcikkről: „Ha feldobunk egytrillió tízfillérest, rendkívül furcsa eredményt kapunk: néhány pénzdarab eltéréssel féltrillió fej lesz és féltrillió írás.” Átlagosan mennyi ez a „néhány pénzdarabnyi eltérés”?

Eredmény:

Ez a probléma lényegében egy bolyongási feladat, ilyen volt az 1.8. és 1.9. feladat is. Hasonló problémákkal a Markov-láncok (link) témakörénél is foglalkoztunk, s ott is jeleztük, hogy az egyensúlyi helyzettől való eltérés ez esetben a dobásszám gyökével arányos. Jó közelítéssel mondhatjuk, hogy egytrilliónyi (1018) dobás esetén a „néhány pénzdarabnyi eltérés” kb. 109, vagyis egymilliárdnyi érmét jelent. (Annak ellenére, hogy a legvalószínűbb dobássorozat az, amelyikben a fejek és írások száma megegyezik.)

Feladatok önálló feldolgozásra

3.12. feladat (Bertrand-féle doboz-paradoxon 1889):

Három egyforma dobozban 2-2 golyó van. Az egyik dobozban mindkét golyó piros, egy másikban mindkettő kék, míg a harmadikban az egyik piros és a másik kék. Találomra kiválasztunk egy dobozt. Mi annak a valószínűsége, hogy ebben a dobozban két egyforma golyó van?

Első okoskodás: Három egyforma valószínűségű lehetőség van: piros - piros, piros - kék, kék - kék. Ebből kettő kedvező, a keresett valószínűség .

Második okoskodás: Ha kiveszünk egy golyót, a színétől függetlenül két lehetőség van: vagy ugyanolyan golyó maradt a dobozban, vagy ellenkező színű. Az egyik eset a kedvező, a keresett valószínűség .

Megjegyzések:

1. Nyilván legfeljebb az egyik megoldás lehet csak jó. Hol a hiba?

2. A feladatot a következő alakban is kitűzhetjük: Három urnában rendre piros - piros, piros - kék és kék - kék golyó van. Kiválasztunk egy urnát, ebből találomra egy piros golyót húzunk. Mire tippeljünk, milyen színű a másik golyó?

3.13. feladat (Zener-paradoxon):

Telepátia-kísérlet folyamán egy elkülönített szobában egymás mellé tették az öt Zener-alakzatot (négyzet, kör, háromszög, kereszt és hullám). A másik szobában levő médium pedig megpróbálja kitalálni az alakzatok sorrendjét úgy, hogy ő is tippel egy sorrenddel.
a) A különleges képességekkel nem rendelkező médium átlagosan hány alakzat helyét találja el?
b) Mennyi a találatok átlagos száma, ha nem 5, hanem tetszőleges n számú alakzattal végezzük a kísérletet?
c) És akkor mennyi az a) esetben a találatok átlagos száma, ha az alakzatok ismétlődhetnek is? (Vagyis egy-egy alakzatot többször is felhasználhatunk a sorozatban.)

Megjegyzések:

1. Meglepő, de mindegyik kérdés eredménye 1.

2. Ezek szerint ha csak nagyszámú kísérlet eredményét látjuk, nem tudjuk eldönteni, hogy ismétléses vagy ismétlés nélküli sorozatokat vizsgáltunk?

Az utolsó feladat egy érmedobálási paradoxon. A megoldásokat legegyszerűbben a Markov-láncok segítségével végezhetjük el (link), abban a cikkben már vizsgáltunk hasonló játékokat.

3.14. feladat:

Szabályos érmét sokszor ismételten feldobunk, míg vagy szomszédos FIFI, vagy szomszédos IFII sorozatokat kapunk. András akkor nyer, ha az FIFI sorozat jön ki hamarabb, míg Béla akkor, ha az IFII sorozat.

a) Melyik játékosnak előnyös ez a játék?

Eredmény: Az első sorozat  valószínűséggel hamarabb fordul elő, a játék Andrásnak előnyös.

b) Átlagosan hány dobást kell végeznünk, míg megkapjuk az egyik, illetve a másik sorozatot?

Eredmény: Az első sorozathoz átlagosan 20, a másodikhoz átlagosan 18 dobás szükséges.

Megjegyzés:

Azt kaptuk, hogy hiába nagyobb annak a valószínűsége, hogy az első esemény hamarabb következik be, mégis átlagosan hosszabb ideig kell várni az első esemény bekövetkeztére, mint a másodikéra.

Érdekességképpen még egy feladat:

c) Átlagosan hány dobást kell végeznünk, míg megkapjuk valamelyik sorozatot?