170 |
|
Беседа 9. Информация |
|
|
|
|
|
p = |
1 |
(поскольку 5 — одна из десяти возможных цифр 0, 1, ..., 9). |
|
10 |
|||
|
|
Обозначим через Sn(x) количество успехов в n испытаниях, т. е. ко- личество пятерок среди первых n цифр числа x. Таким образом, от-
ношение Sn(x) есть частота появления пятерки среди первых n цифр n
числа x. Усиленный закон больших чисел утверждает, что почти для
всех чисел x отношение |
Sn(x) |
стремится к |
1 |
при n → ∞. Здесь вместо |
|
n |
10 |
||||
|
|
|
пятерки можно взять любую другую цифру, т. е. почти для всех x частота появления каждой из десяти цифр стремится к 110 при n → ∞. Иначе говоря, почти все числа обладают тем свойством, что (при n → ∞) в них с одинаковой частотой, равной 110, встречаются все
десять цифр. То же верно не только в десятичной системе, но и в системе счисления с любым другим основанием. Таким образом, по- чти все числа нормальны, т. е. в любой системе счисления в них все цифры встречаются одинаково часто (когда мы берем все большее и большее число цифр после запятой). Здесь термин «почти все» пони- мается в смысле меры Лебега, о которой мы поговорим в другой раз.
Так что можно сказать, что действительных чисел, не являющихся нормальными, «ничтожно мало». Однако, как это ни странно, указать хотя бы одно нормальное число не удается!
Беседа 9. Информация
39. Чет — нечет
Мы начнем с рассмотрения следующей известной задачи. Конь стоит в углу шахматной доски (рис. 217); может ли он попасть в противоположный угол, побывав ровно один раз на каждой клетке шахматной доски? Вообще, в любой ли клетке может конь завершить путь, побывав ровно один раз на каждой клетке?
Для решения этой задачи заметим, что если конь стоит на черной клетке, то следующим ходом он попадает на белую (рис. 218) и наоборот. Иначе говоря, после каждого хода коня цвет клетки, на которой он находится, меняется. Следовательно, после нечетного числа ходов цвет клетки меняется (конь попадает на белую клетку), а после четного конь снова попадает на черную: нечет (белая) — чет (черная) — нечет (белая) — чет (черная) — ... Но ведь если конь находится на первой клетке (черной), то, чтобы побывать по разу на всех 64 клетках, ему нужно сделать 63 хода, т. е. нечетное число ходов. Значит, побывав по разу на каждой клетке, конь завершит путь на белой клетке, т. е. попасть в противоположный угол (на черную клетку) он не сможет. Это дает отрицательный ответ на первый из поставленных вопросов.
39. Чет — нечет |
171 |
|
|
Рис. 217 |
Рис. 218 |
Рис. 219 |
А на второй вопрос проведенное рассуждение дает такой ответ: если и возможно, побывав на каждой клетке один раз, завершить путь в заданной клетке, то только в том случае, когда заданная клетка — белая. Иначе говоря, для возможности предписанного обхода доски необходимо, чтобы заданная конечная клетка была белой. В рассмат- риваемой задаче это необходимое условие является также и доста- точным (что бывает далеко не всегда), т. е. для любой заданной белой клетки существует путь коня, обходящий по разу все клетки и окан- чивающийся в заданной белой клетке. Однако это не вытекает из проведенного выше рассуждения, а требует отдельного обоснования.
Таким образом, чтобы знать, существует ли решение рассмотрен- ной задачи, надо иметь ответ типа «да» — «нет» только на один вопрос: является ли белой заданная конечная клетка.
Рассмотрим еще один пример. На плоскости задана замкнутая линия L, не пересекающая себя. Какая бы она ни была сложная (рис. 219), эта линия разбивает плоскость на две области: внутреннюю (она заштрихована на рис. 220) и внешнюю. Две точки, принадлежащие одной и той же области, могут быть соединены ломаной, которая не пересекается с L (точки A и B на рис. 220), тогда как две точки, лежащие в разных областях, не могут быть соединены такой ломаной. Это утверждение (теорема Жордана) на самом деле справедливо для любой замкнутой линии, которая не пересекает себя, но об этом мы поговорим впоследствии, а сейчас ограничимся случаем, когда L — ломаная. Возьмем некоторую точку P, не лежащую на линии L (рис. 221). Как узнать, находится она во внутренней или во внешней об- ласти? Для этого нужно провести луч k, исходящий из точки P и не
Рис. 220 |
Рис. 221 |
172 |
Беседа 9. Информация |
проходящий ни через одну из вершин ломаной L. Точка Q, лежащая далеко на луче k (в бесконечности), принадлежит внешней области. Если же мы будем двигаться по лучу от точки P к Q, то при каждом пересечении линии L будем переходить из одной области в другую: нечет — чет — нечет — чет ... (внутренняя — внешняя — внутренняя
— внешняя ...). Таким образом, если луч k пересекает линию L не- четное число раз, то точка P находится во внутренней области, если четное — во внешней. Иными словами, чтобы знать, в какой области находится точка P, надо иметь ответ типа «да» — «нет» только на один вопрос: является ли четным число точек пересечения луча k с ломаной L.
В качестве еще одного примера читатель может доказать, что любые две замкнутые ломаные линии на плоскости, у которых ника- кая вершина ломаной не принадлежит другой ломаной, имеют четное число точек пересечения.
Подобные задачи, в которых ответ меняется при каждом шаге (при каждом ходе коня, при каждом пересечении линии L и т. п.), т. е. определяется четностью числа шагов, встречаются нередко; их решение полностью определяется ответом типа «да» — «нет» только на один вопрос.
Задачи и упражнения
151. Можно ли покрыть шахматную доску доминошками (каждая закры- вает ровно 2 клетки) так, чтобы остались свободными две угловые клетки на одной диагонали?
152. Можно ли разменять 25 рублей при помощи десяти купюр в 1, 3 и 5 рублей?
153. В ряд выписаны числа от 1 до 10. Можно ли расставить между ними знаки «+» и «−» так, чтобы значение полученного выражения было равно
нулю?
154. Можно ли нарисовать 9-звенную ломаную так, чтобы каждое звено пересекалось ровно с одним из остальных звеньев?
155. По кругу стоят 99 корзин с арбузами. Может ли случиться, что в любой паре соседних корзин число арбузов отличается на единицу?
40. Количество двоичных цифр
Хорошо известна детская игра, в которой один играющий заду- мывает некоторый предмет или понятие, а другой должен отгадать его, задавая вопросы и получая на них только ответы «да» — «нет». Например: «живое?» — нет; «его едят?» — да; «его едят так, не поджаривая и не отваривая?» — да; «сладкое?» — нет; «белое?» — да; «это белый хлеб?» — да.
Однако в такой общей форме отгадывание может оказаться очень трудным делом. Как-то один из авторов предложил второму сыграть с ним в эту игру. «Живое?» — нет; «твердое?» — нет; «жидкое?» — нет; «газообразное?» — нет; «это абстрактное понятие?» — да; «черта характера?» — нет; «это какой-то процесс?» — да; «связанный с искусством?» — нет; «это связано с движением?» — да; «звук сопро- вождает этот процесс?» — нет; «процесс бесшумный?» — нет. Отга-
40. Количество двоичных цифр |
173 |
дывающий был поставлен в тупик, но продолжил вопросы. «Мы можем наблюдать этот процесс?» — нет. «Но все же это какой-то процесс?» — нет. Отгадывающий возмутился, поскольку ранее было указано, что задуман какой-то процесс. После еще нескольких про- тиворечивых ответов он признал себя побежденным, и его коллега с улыбкой сообщил, что он задумал следующий процесс ответа на вопросы: если вопрос начинается с гласной буквы, он отвечает «да», а если с согласной — «нет».
Ясно, с чем здесь были связаны затруднения отгадывающего: не был четко очерчен круг задумываемых предметов, понятий, процес- сов. В более математизированном виде эта игра отгадывания может быть описана следующим образом. Имеется некоторое универсальное множество U, состоящее, скажем, из 16 предметов. Сколько вопросов (с ответом «да» — «нет») следует задать, чтобы наверняка отгадать задуманный элемент этого множества? Легко понять, что следует применить следующую стратегию отгадывания. Мы разбиваем мно- жество U на два подмножества A и B, содержащие по 8 элементов, и спрашиваем: «Содержится ли задуманный элемент в множестве A?». Любой ответ («да» или «нет») определяет восемь элементов, среди которых содержится задуманный. Теперь разделим эти восемь эле- ментов на два подмножества C и D, содержащие по 4 элемента, и зададим второй вопрос: «Содержится ли задуманный элемент в множестве C?». Ответ определит четыре элемента, среди которых находится задуманный. Эти четыре элемента мы разбиваем на два подмножества по 2 элемента в каждом и, задав третий вопрос, опре- деляем два элемента, среди которых находится задуманный. Наконец, мы выбираем один из этих двух элементов и задаем четвертый вопрос: «Этот ли элемент был задуман?» Получив ответ («да» или «нет»), мы сразу же находим задуманный элемент. Итак, задав 4 вопроса, мы отгадываем задуманное.
Эту стратегию отгадывания можно описать следующим образом. Будем для краткости обозначать ответ «да» цифрой 1, а ответ «нет»
— цифрой 0, и запишем полученные ответы (на 4 вопроса) один за одним. Например, получив последовательно ответы «нет», «да», «да», «нет», мы можем записать это в виде 0110, т. е. в виде некоторого одного числа в двоичной системе счисления. Разным последователь- ностям ответов соответствуют разные двоичные числа от 0000 до 1111 (т. е. от 0 до 15) — всего 16 чисел. Это делает понятным, почему, задав 4 вопроса, мы сможем отгадать, какой из 16 предметов был задуман.
Можно и еще более математизировать игру отгадывания: мы просим занумеровать 16 элементов множества U двоичными числами от 0000 до 1111 и задаем 4 вопроса в следующей форме: «Равна ли единице первая цифра?», «Вторая цифра?», «Третья?», «Четвертая?». На каждый из таких вопросов мы получаем 1 бит информации (слово «бит» возникло из английского словосочетания binary digit — двоич- ная цифра). Итак, для отгадывания задуманного предмета (из 16 элементов множества U) надо получить 4 бита информации.
174 |
Беседа 9. Информация |
|
|
А можно ли из |
65 предметов отгадать задуманный, если мы |
задаем шесть вопросов (с ответами «да» — «нет»), т. е. получаем 6 битов информации? Шесть битов информации задают шестибуквен- ное слово, записываемое в алфавите {0, 1}. Например, 001101, 100111
и т. п. Всего таких слов имеется 26 = 64, т. е. у нас в наличии 64 «клетки». А «кроликов», т. е. задумываемых предметов, имеется 65. Значит, как бы мы ни задавали вопросы, какие-нибудь 2 кролика окажутся в одной клетке, и потому заданных 6 вопросов может оказаться недостаточно, чтобы однозначно указать задуманный пред- мет. Если же в множестве U содержится не более чем 64 предмета, то шести битов информации достаточно для однозначного определения задуманного предмета.
Вообще, пусть множество U содержит q предметов. Сколько битов информации нужно, чтобы отгадать задуманный элемент мно- жества U? Рассмотренные выше примеры дают подход к решению этого вопроса.
Пусть k — такое натуральное число, что 2k−1 < q ≤ 2k. Тогда
k − 1 бит информации задает 2k−1 «клеток», т. е. (k − 1)-буквенных слов из алфавита {0, 1}, а этих «клеток» недостаточно, чтобы расса- дить в них q «кроликов», не более одного в каждой «клетке». Иначе говоря, k − 1 битов информации может оказаться недостаточно для однозначного определения задуманного предмета. В то же время k битов информации достаточно для отгадывания. Например, чтобы определить задуманный предмет из 100 возможных, достаточно 7
битов информации, поскольку 26 < 100 ≤ 27.
< q ≤ 2k означают, что k − 1 < log2q ≤ k, т. е. k — наименьшее натуральное число, для которого k ≥ log2q. Таким обра-
зом, чтобы отгадать задуманный элемент множества U, содержащего q элементов, надо иметь не менее log2q битов информации. Например,
log2100 ≈ 6,664, и так как нецелое числе вопросов с ответами типа
«да» — «нет» мы задать не можем, то следует задать семь вопросов. Иначе говоря, нужно получить 7 битов информации для угадывания одного задуманного из 100 элементов.
В заключение рассмотрим еще два примера. На листе бумаги начерчена шахматная доска (рис. 222). Сколькими взмахами ножниц можно разрезать ее на отдельные клетки, если после каждого разреза (рис. 223) разрешается класть отдельные полученные куски друг на друга и затем производить новый разрез (рис. 224). Для решения этого вопроса заметим, что каждая клетка после очередного разреза оста- ется либо слева, либо справа от ножниц. Иначе говоря, на вопрос, где была интересующая нас клетка после очередного разреза, мы даем ответ 0 или 1 («слева» — «справа»). Сколько разрезов, столько и
битов информации. Так как число клеток равно 64 и log264 = 6, то для отделения всех клеток надо не менее 6 битов информации, т. е.
40. Количество двоичных цифр |
175 |
|
|
Рис. 222 |
Рис. 223 |
Рис. 224 |
Рис. 225 |
Рис. 226 |
Рис. 227 |
не менее шести разрезов. Нетрудно убедиться, что шести разрезов и достаточно (первые два разреза показаны на рис. 225, 226).
В качестве второго примера возьмем куб 3×3×3 (рис. 227). Он состоит из 27 единичных кубов. Поставим задачу рассечь его на единичные кубы несколькими взмахами сабли (рис. 228), т. е. несколь- кими плоскими сечениями. При этом, как и в предыдущей задаче, разрешается после каждого разреза перекладывать части (рис. 229).
Учитывая, что log227 ≈ 4,752, мы заключаем, что потребуется не менее
5 битов информации, т. е. не менее пяти взмахов сабли. Однако в данном случае пяти взмахов недостаточно. В самом деле, рассмотрим
внутренний единичный куб (расположенный в центре куба 3×3×3). Он имеет 6 граней, и любой взмах сабли позволяет открыть лишь одну из его граней. Поэтому, чтобы отделить внутренний единичный куб, нужно шесть взмахов.
Рис. 228 |
Рис. 229 |
Рис. 230 |