Парадокси в теорії ймовірності

Мотивація навчальної діяльності учнів. Учням пропонується переглянути фрагмент з фільму «21» (реж. Роберт Лукетич, 2008 p., розміщення — http://www.youtube.com/watch?v=7L52m03AmEI&NR=l), в якому професор пропонує студенту проблему (парадокс) Монті Холла.

Найцікавіше версія парадоксу була викладена в Parade Magazine в 1990 p.: уявіть собі, що ви стали учасником гри, в якій вам потрібно вибрати одні з трьох дверей. За одними з них знаходиться автомобіль, за двома іншими — кози. Ви обираєте одні двері. Потім ведучий, знаючи, де знаходиться автомобіль, а де — кози, відкриває ті двері, що залишилися, за якими знаходиться коза. Після цього він вас запитує: чи не бажаєте ви змінити свій вибір? Чи збільшаться ваші шанси виграти автомобіль, якщо ви візьмете до уваги пропозицію ведучого і зміните свій вибір?

Учитель зупиняє демонстрацію, коли студент у фрагменті починає відповідати, і пропонує учням дати відповідь самим.

Як правило, можна почути такі міркування: оскільки залишилося двоє дверей, за одними з яких автомобіль, а за іншими — коза, то шанс виграти автомобіль дорівнює у будь-якому разі, зміниш свій вибір, чи ні. А оскільки зі сторони ведучого може бути пастка (адже він знає, де автомобіль), то краще вибір не змінювати.

Учитель продовжує демонстрацію і учні чують міркування студента, який доводить, що вибір слід змінити, бо при цьому шанси виграти автомобіль дорівнюють 66,66 %.

Докладні міркування, чому вигідніше змінити вибір, є у наступному ролику (розміщеному на http://www.youtube.com/watch?v=3LyUil3SUyg&f eature=related).

Вони такі: оскільки своїм першим вибором учасник гри розділяє двері на вибрані — А та двоє інших — В і С, то ймовірність того, що автомобіль міститься за дверима A дорівнює , а того, що автомобіль міститься за двома іншими — . Тому вигідніше змінити вибір.

Що таке «парадокс». У переглянутому фрагменті ми зустрілися з таким явищем, як парадокс.

Слово парадокс має кілька тлумачень:

• істинне твердження чи група тверджень, що приводить до суперечності або ігнорує інтуїцію;

• формально логічна суперечність, яка полягає в тому, що в процесі доведення створюються умови для одночасного доведення істинності та хибності певного висловлювання, причому доведення істинності цього висловлювання неодмінно веде до визнання його хибності й навпаки;

• несподіване явище, яке не відповідає звичайним науковим уявленням;

• думка, що разюче розходиться з усталеними поглядами, начебто суперечить здоровому глузду, хоча насправді може й не бути хибною.

Історія теорії ймовірностей містить достатньо багато несподіваних парадоксів. Як зазначав Карл Пірсон (1857— 1936) — англійський математик, один із засновників математичної статистики — у математиці немає такого розділу, в якому так само легко можна помилитися. І оскільки теорія ймовірності виникла з бажання оцінити шанси на виграш в азартних іграх, то і перші парадокси в ній також виникли з цих ігор.

Класичні парадокси теорії ймовірностей.

Парадокс гри в кості. До кінця середніх віків найпопулярнішою з азартних ігор була гра в кості. Саме слово азарт також стосується гри в кості, оскільки воно походить від арабського слова аlzar, що перекладається як гральна кость. Розглянемо такий парадокс.

При киданні правильної гральної кості будь-яка кількість очок — 1,2,3, 4,5 або 6 — має рівні шанси на появу. В разі кидання двох костей сума очок, що випадають, міститься між числами від 2 до 12.

Як 9, так і 10 з чисел 1,2,..., 6 можна отримати двома різними способами:

9 = 3 + 6 = 4 + 5 і 10 = 4 + 6 = 5 + 5.

У задачі з трьома костями і 9, і 10 одержуються шістьма способами:

9 = 1 + 2 +6 = 1 + 3 +5 = 1 + 4 + 4 = 2 + 2 + 5 = 2 + 3 + 4 = 3 + 3 + 3;

1 0 = 1 + 3 + 6 = 1 + 4 + 5 = 2 + 2 + 6 = 2 + 3 + 5 = 2 + 4 + 4 = 3 + 3 + 4.

Чому тоді 9 з’являється частіше, коли кидають дві кості, а 10, коли кидають три?

Пояснення парадоксу. Свого часу таку задачу вважали дуже складною, хоча насправді вона дуже проста. І Джироламо Кардано (1501 —1576, італійський математик, філософ, лікар), і Галілео Галілей (1564 — 1642, італійський фізик, механік, астроном і математик) зазначали про необхідність урахування порядку випадання чисел.

Інакше не можна вважати всі наслідки кидання костей рівноможливими. Для того, щоб «побачити» всі наслідки і визначити ті, що сприяють появі 9 і 10, використаємо таблиці.

Утворення сум при киданні двох костей

Отже, у задачі з двома костями 9 може утворитися чотирма способами,

а 10 — трьома. Оскільки всього рівноможливих наслідків 36, то ймовірніст 4 1

випадання 9 дорівнює і більша за ймовірність випадання 10, яка дорівнює .

Утворення сум при киданні трьох костей

Отже, у випадку з трьома костями 9 може утворитися 25 способами, а 10 — 27. Оскільки всього рівноможливих наслідків 216, то ймовірність випадання 9 дорівнює і менша за ймовірність випадання 10, яка дорівнює .

Зауваження. Схожа задача була колись задана Жану Лерону Д’Аламберу (1717— 1783, французький математик, механік і філософ): із якою ймовірністю монета, яку кинули двічі, принаймні один раз випаде гербом? Учений вважав, що можливі тільки три наслідки: цифра-цифра, цифра-герб, герб-герб. Серед них два сприяють випаданню хоча б одного герба. Тому відповідна ймовірність дорівнює . Д’Аламбер знехтував тим, що вказані наслідки не рівно можливі (це легко показати, провівши серію випробувань із підкидання двох монет і порахувавши частоти цих наслідків). Правильною є відповідь , оскільки рівноможливими можна вважати такі наслідки: цифра-цифра, цифра-герб, герб-цифра і герб-герб. Міркування Д’Аламбера були навіть опубліковані в «Енциклопедії наук, мистецтв і ремесел» у 1754 р. у статті «Герб і решка».

Парадокс дня народження. Якщо зібрати разом не більше, ніж 365 осіб, то можливо, що всі вони мають різні дні народження. Проте серед 366 осіб обов’язково (100%) знайдуться принаймні двоє, у яких день народження припадає на один день (не беремо до уваги високосні роки). Але в той же час з упевненістю в 99,9 % можна стверджувати, що серед 68 осіб є хоча б двоє, хто святкує день народження в один день.

Пояснення парадоксу. Спочатку розберемося, як обчислити ймовірність того, що принаймні двоє учнів з класу святкують день народження в один день. Проведемо обчислення для класу з 25 учнів.

Кожен з учнів може народитися у будь-який з 365 днів року. Для 25 учнів існує 365²⁵ варіантів днів народжень. Варіантів, у яких дні народження припадають на різні дні, є стільки, скільки можна утворити розміщень з 365 елементів по 25 елементів. Тоді ймовірність того, що всі учні класу народилися у різні дні дорівнює . А отже, ймовірність того, що хоча б двоє народилися в один день дорівнює 1- = 0,58692366, або 58,69 %.

Д л я групи в 68 осіб, міркуючи аналогічно, отримуємо

1- = 0,999996412 або 99,99 %.

Наведемо ймовірності народження хоча б двох осіб в один день для деяких, різних за чисельністю груп.

Парадокс поділу ставок. Перші спроби обчислення ймовірностей зустрічаються в працях Луки Пачолі (1445— 1514, італійський математик). Він розглядав задачі про справедливий поділ ставки між гравцями, коли гру перервано. Розглянемо одну з них.

Два рівносильні гравці грають у деяку гру. Хто першим виграє 6 партій, той отримає всі гроші, поставлені на цю гру. З деяких причин гру було зупинено, коли один із гравців виграв 5 партій, а інший — 3. Як справедливо поділити гроші? Пачолі пропонував ділити ставку пропорційно набраним очкам (виграним партіям): 5:3. Нікколо Тарталья (1500—1557, італійський математик) запропонував ділити у відношенні 2:1. Напевне він міркував так: перший гравець виграв на дві партії більше, що становить третю частину від необхідних для перемоги 6 партій, тому він має отримати третину грошей, а частину грошей, що залишилися, потрібно поділити навпіл. Кардано критикував ці розв’язання, зауваживши, що не береться до уваги та кількість партій, яку ще необхідно виграти гравцям. Проте сам також не зміг запропонувати правильне розв’язання. Насправді справедливим є поділ грошей у відношенні 7:1.

Пояснення парадоксу. До середини XVII ст. не було правильних методів розв’язування задач про справедливий поділ ставки. У 1654_р. між французькими математиками Блезом Паскалем (1623— 1662) і П’єром Ферма

(1601— 1665) виникло листування з приводу подібних задач. Вони розглядали проблему поділу ставки як задачу про ймовірності. Тому справедливим буде поділ ставки, пропорційний шансам гравців виграти приз. З’ясуємо, чому.

За ідеєю Ферма продовжимо гру трьома уявними партіями, навіть коли деякі з них виявляться зайвими (тобто, коли один із гравців уже виграв приз). Оскільки у кожній з трьох партій кожний гравець може або виграти, або програти з рівними шансами, то може трапитися 2³=8 рівноймовірних наслідків. Серед них тільки один сприяє тому, щоб виграв гравець, у якого вже є три виграші, а всі інші сприяють виграшу іншого гравця. Тобто, шанси на отримання грошей у випадку продовження гри відносяться як 7 : 1. Тому і ставку слід ділити в такому відношенні.

Наведемо приклади подібних задач та їх розв’язання з листування Б. Паскаля і П. Ферма.

Задача 1. Як поділити ставку у грі до трьох перемог, якщо один гравець виграв 2 партії, а другий — 1 і кожним внесено у гру по 32 пістолі?

Розв’язання Паскаля. Припустимо, що гравці грають ще одну партію. Якщо виграє перший, то отримує всю суму — 64 пістолі. Якщо виграє другий, то кожен із гравців матиме по 2 виграні партії, і отже, якщо вони хочуть зробити поділ, то кожен має отримати назад свою ставку — 32 пістолі. Візьмемо до уваги, що коли перший виграє, то отримує 64 пістолі, коли програє, то — 32 пістолі.

Якщо гравці не бажають грати 4-ту партію, то перший повинен сказати: «Я гарантовано маю 32 пістолі, бо в разі програшу я також отримав би їх, але інші 32 пістолі можуть бути отримані або мною, або вами. Випадковості рівні. Поділимо ж ці 32 пістолі навпіл, і дайте мені, крім цього, безсумнівну суму — 32 пістолі». Отже, перший гравець повинен отримати 48, а другий — 16 пістолів.

Задача 2. Як поділити ставку у грі до трьох перемог, якщо один гравець виграв 2 партії, а другий — жодної, і кожним із них внесено у гру по 32 пістолі?

Розв’язання Паскаля. Якщо перший гравець виграєще одну партію, то отримує 64 пістолі. Якщо він програє її, то виникає така сама ситуація, як у задачі 1, коли його виграш становить 48 пістолів. Отже, у нього є гарантованих 48 пістолів, а залишок — 16 пістолів — необхідно поділити навпіл. Таким чином, перший повинен отримати 56 пістолів, а другий — 8 пістолів.

Задача 3. Як поділити ставку у грі до трьох перемог, якщо один гравець виграв одну партію, а другий — жодної, і кожним із них внесено у гру по 32 пістолі?

Розв’язання Паскаля. Припустимо, що гравці зіграли ще одну партію. Якщо перший гравець її виграє, то матимемо ситуацію, описану в задачі 2, і його виграш складатиме 56 пістолів. Якщо він програє її, то в обох гравців буде по одній перемозі, і перший матиме 32 пістолі. Перший гравець може сказати: «Якщо ви не бажаєте грати, то дайте мені мій безсумнівний виграш — 32 пістолі, а залишок від 56 (тобто 24 пістолі) поділимо порівну, тобто візьмемо кожний по 12 пістолів». Отже, перший повинен отримати 44 пістолі, а другий — 20 пістолів.

Як бачимо, метод Паскаля несуперечливий, проте його важко застосувати до більш складних випадків. Ферма запропонував досконаліший метод розв’язання подібних задач. Розглянемо, як він узагальнив задачу 3.

Задача 4. Нехай до виграшу у грі гравцю А не вистачає двох партій, а гравцю В — трьох. Як справедливо поділити ставку, коли гру перервано?

Розв’язання Ферма. До закінчення гри щонайбільше може залишитися 4 партії. Для перебору всіх можливих випадків складемо таблицю.

Із 16 можливих наслідків перші 11 сприяють виграшу першого гравця, а останні 5 — виграшу другого. Отже, ставки повинен отримати перший гравець, а інші другий.

Паскаль розв’язав цю задачу, використовуючи арифметичний трикутник (відомий під назвою «Трикутник Паскаля»).

Розв’язання Паскаля. У арифметичному трикутнику (рис. 127) розглянемо той рядок, кількість елементів якого дорівнює сумі кількостей партій, яких не вистачає гравцям до виграшу у грі, тобто п’ятий рядок (2_А + 3_В). Тоді ставку слід поділити на стільки частин, скільки дорівнює сума елементів цього рядка і гравцю А віддати стільки частин ставки, скільки у сумі дають перші 3 елементи рядка (стільки не вистачає гравцю В до виграшу), а гравцю В — стільки частин ставки, скільки у сумі дають останні 2 елементи рядка (стільки не вистачає гравцю А до виграшу).

Нині такі задачі виникають, коли необхідно визначити частку інвестора, який бажає «вийти» із незавершеного проекту.

Завдання для самостійного опрацювання.

Поясніть парадокси.

1. Парадокс де Мере. Існує легенда про те, як відомий французький гравець XVII ст. Шевальє де Мере зустрів Паскаля і загадав йому дві задачі, пов’язані з азартними іграми. Розглянемо одну з них.

Під час кидання однієї гральної кості ймовірність того, що хоча б один раз випаде 1, більша від . Водночас під час 24 підкидань двох костей ймовірність випадання двох 1 одночасно (принаймні один раз) менша від . Це видається дивним, оскільки шанси отримати одну 1 у 6 разів більші, ніж шанси випадання двох 1, а 24 саме у 6 разів більше від 4.

2. Парадокс лотереї. Більшість учасників лотерей, де необхідно визначити певну комбінацію чисел і де виграш розподіляється між усіма, хто вгадав виграшну комбінацію (як у спортлото), зазвичай не обирають «надто симетричні» комбінації, хоча всі набори чисел рівноможливі. Причина цього проста. З досвіду гравці знають, що, як правило, виграють несиметричні комбінації. Насправді вигідніше робити ставку на найбільш симетричні комбінації саме тому, що... . Чому саме?