Przeskocz do treści

Delta mi!

Loading

Paradoksy rachunku prawdopodobieństwa

Jacek Jakubowski

o artykule ...

  • Publikacja w Delcie: kwiecień 1992
  • Publikacja elektroniczna: 25-03-2011

Rachunek prawdopodobieństwa jest tą dziedziną matematyki, w której istnieje szczególnie dużo paradoksów. Związane jest to z naszymi błędnymi wyobrażeniami o losowości.

Znany jest fakt, że dla niewprawnej osoby losowość wydaje się regularnością lub tendencją do skupiania się. W tym artykule przedstawię kilka znanych i ciekawych paradoksów. Jednocześnie mam nadzieję, że ich zrozumienie przybliży rachunek prawdopodobieństwa.

Problem kawalera de’Mere

Przy rzucie trzema kostkami sumę oczek równą 11 można otrzymać sześcioma sposobami:

display-math

Sumę oczek równą 12 też można otrzymać sześcioma sposobami:

display-math

Dlaczego częściej wypada suma oczek równa 11 niż suma oczek równa 12? Wydaje się, że jest to sprzeczność. Nasz „zdrowy rozsądek” mówi, że rzucając jednakowymi kostkami należy je traktować jak kostki nierozróżnialne, a zatem obu zdarzeniom sprzyja 6 sytuacji, czyli oba zdarzenia mają jednakowe prawdopodobieństwo równe  math Okazuje się, że natura wybiera inny model, a mianowicie traktuje kostki jak kostki rozróżnialne (czyli tak, jak gdyby kostki były pomalowane różnymi kolorami). Wtedy ważne jest nie tylko, jakie wypadły oczka, ale i na których kostkach. Zajściu zdarzenia polegającego na otrzymaniu sumy oczek równej 11 sprzyja 27 wyników, a zdarzeniu polegającemu na otrzymaniu sumy oczek równej 12 sprzyja 25 wyników. Różnica między prawdopodobieństwami jest tak mała (około 0,009), że można na nią zwrócić uwagę tylko wtedy, gdy wykona się dużą liczbę rzutów.

Paradoks Bertranda

„twierdzi”, że prawdopodobieństwo nie jest wyznaczone jednoznacznie. Rozwiążmy następujące zadanie:

Zadanie. W okrąg o promieniu R wpisano trójkąt równoboczny. Znaleźć prawdopodobieństwo tego, że losowo poprowadzona cięciwa będzie dłuższa od boku trójkąta.

Rozwiązanie pierwsze. Patrzymy na kąt środkowy oparty na losowo wybranej cięciwie. Zatem zdarzeniem elementarnym jest wybór kąta środkowego, czyli przestrzenią zdarzeń elementarnych jest odcinek math Cięciwa jest dłuższa od boku trójkąta, gdy kąt środkowy jest większy niż math stąd zbiór zdarzeń sprzyjających math jest odcinkiem math math  jest równe długości przedziału math podzielonej przez długość przedziału math tzn. math


Rozwiązanie drugie. Patrzymy na odległość środka cięciwy od środka okręgu. Utożsamiamy cięciwy, których środek leży na tym samym okręgu (mają one tę samą długość). Zdarzeniem elementarnym jest wybór odległości środka cięciwy od środka okręgu. Zatem przestrzenią zdarzeń elementarnych jest odcinek math Cięciwa spełnia warunki zadania, gdy odległość środka cięciwy od środka okręgu jest mniejsza od math tzn. zbiór zdarzeń sprzyjających math jest odcinkiem math Stąd math


Rozwiązanie trzecie. Położenie cięciwy jest wyznaczone przez położenie jej środka, zatem długość cięciwy jest wyznaczona jednoznacznie przez położenie jej środka. Zdarzeniem elementarnym jest wybór środka cięciwy, to znaczy wybór jednego punktu z koła. Stąd przestrzenią zdarzeń elementarnych jest koło o promieniu math Zbiór zdarzeń sprzyjających math jest wnętrzem koła o promieniu math Stąd math


Otrzymaliśmy trzy różne wyniki. Dopóki nie było aksjomatyki rachunku prawdopodobieństwa (a została ona sformułowana dopiero w 1933 r. przez Kołmogorowa), nie można było tej sprzeczności wyjaśnić. Teraz możemy. W każdym z proponowanych rozwiązań co innego rozumieliśmy przez słowa „losowo poprowadzona”. Wybierając metodę rozwiązywania zadania wybieramy przestrzeń probabilistyczną (sposób losowania). Wybierając inną przestrzeń probabilistyczną rozwiązujemy inne zadanie. Paradoks Bertranda jest bardzo dobrą ilustracją faktu, że rozwiązanie problemu następuje dopiero po wybraniu przestrzeni probabilistycznej. Rachunek prawdopodobieństwa nie rozstrzyga problemu, jaką przestrzeń probabilistyczną należy wybrać.

Dylemat więźnia

Trzech więźniów math przebywało w więzieniu. Administracja postanowiła uwolnić jednego, o czym dowiedzieli się więźniowie, ale nie wiedzieli którego. Więzień math ma wśród strażników znajomego, który wie, kto będzie wolny. Chce go zapytać, ale krępuje się pytać o siebie. Pyta więc o imię jednego z więźniów ( math lub math ), który ma pozostać w więzieniu. Przed zadaniem pytania ocenia, że każdy z nich ma szansę wyjścia równą 1/3. Myśli, że jeśli strażnik powie, że na przykład math zostaje, to jego szanse rosną do 1/2 (bo zostanie uwolniony math lub math). Gdzie popełnia błąd?

Źle liczy zdarzenia elementarne. Nie bierze pod uwagę wariantów odpowiedzi strażnika. Strażnik powie math z prawdopodobieństwem 1, gdy zostają math i math a z prawdopodobieństwem 1/2, gdy zostają math i math Zatem prawdopodobieństwo warunkowe, że wyjdzie mathgdy zna odpowiedź strażnika, jest równe

display-math

a nie 1/2, jak sądził math (skorzystaliśmy z definicji prawdopodobieństwa warunkowego i ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite). Tego należało się spodziewać, gdyż informacja strażnika z punktu widzenia math nic nie wnosi. Wiadomo, że co najmniej jeden z więźniów math i math zostaje.

Paradoks długości gry

Gra składa się z ciągu math partii, z których w każdej gracz math wygrywa jeden punkt z prawdopodobieństwem math a gracz math wygrywa jeden punkt z prawdopodobieństwem math Dla wygrania całej gry należy uzyskać więcej punktów. Jeśli gracz math może wybrać liczbę partii math z góry, to jakie math powinien wybrać? Wielu osobom wydaje się, że skoro gra jest niekorzystna dla math to im szybciej się skończy, tym lepiej dla math Gdyby liczba partii była dowolną liczbą naturalną, to tak by było i math powinien wybrać grę o długości 1. Ale math może wybierać tylko spośród liczb parzystych i wtedy na wynik ma wpływ to, że gra jest korzystna dla math i to, że prawdopodobieństwo remisu maleje wraz ze wzrostem math Jeśli math to optymalną długością gry nie jest 2, ale jest 10. Można to obliczyć korzystając z tego, że prawdopodobieństwo wygrania gracza mathw ciągu math partii wynosi

display-math

i z tego, że jeśli math w grze o długości math nie zdobył math albo math punktów, to w grze o długości math wygra lub przegra w zależności od tego, czy wygrał, czy przegrał w grze o długości math Dla math długość gry math spełnia warunek

display-math

Paradoks losowych liczb naturalnych

Dwóch graczy math i math gra w następującą grę. Automat generuje losowo pary sąsiednich liczb naturalnych i przyznaje losowo jedną graczowi matha drugą graczowi math Gracz math zna liczbę przypisaną graczowi math a gracz math zna liczbę przypisaną graczowi math Żaden z nich nie zna swojej liczby. Osoba z mniejszą liczbą płaci drugiej tyle żetonów, ile wynosi liczba jej przypisana. Każdy z graczy może uznać, że nie warto grać w danym momencie i poprosić o nową parę liczb. Ale żaden z nich nie spasuje, gdyż rozumuje: Gdy widzę, że przeciwnik ma liczbę math to ja mam math lub math Każda z nich jest jednakowo prawdopodobna (poza math), ale gdy wygram, to dostanę math żetonów, a gdy przegram, tracę tylko math żetonów. Średnio każdy z nich wygrywa, więc gra jest korzystna dla obu. Jest to niemożliwe. Gdzie jest błąd?

Paradoks wynika z faktu, że nie istnieje rozkład prawdopodobieństwa, który przypisuje każdej liczbie naturalnej tę samą wartość (dlaczego?). Natomiast gdyby ograniczyć zbiór liczb, z którego maszyna losuje, byłby to zbiór skończony i rozumowanie graczy prowadzące do paradoksu byłoby fałszywe.

Mam nadzieję, że te paradoksy przybliżyły rachunek prawdopodobieństwa Czytelnikowi i pokazały, jak często nasza intuicja może być zawodna.