100 vrabcov

Na kruhovú obruč polomeru 10 metrov si náhodne a nezávisle sadne 100 vrabcov. Odhadnite (intuitívne, simulačne, analyticky, akokoľvek) pravdepodobnosť, že ťažisko tohto kŕdľa sediacich vrabcov bude vzdialené menej ako 1 meter od stredu obruče.

Masívne podvádzanie?

Dnes sa na SME objavil zaujímavý článok, podľa ktorého dlhoročný expert na testovanie žiakov, pán Vladimír Burjan, vyjadruje presvedčenie, že v štátnom testovaní deviatakov z matematiky sa masívne podvádzalo. Zacitujme priamo pôvodný zdroj napísaný pánom Burjanom:

"Keď sa odborník na testovanie pozrie na rozdelenie úspešnosti z Testovania 9, okamžite mu musí udrieť do očí, že s grafom [pozri obrázok nižšie, v ľavej časti panelu, pozn. RH] niečo nie je v poriadku. Vyzerá o dosť inak, ako by mal. V čom spočíva jeho anomália? Gaussova krivka (ktorú samotný NÚCEM prikreslil do grafu) dáva odpoveď: žiakov s úspešnosťou 50 – 70 % je menej, ako by ich malo byť, a naopak žiakov s úspešnosťou 80 – 100 % je omnoho viac, ako by ich malo byť. S pravítkom a trochou trpezlivosti ľahko spočítate, že „posunutých smerom doprava“ (k vyššej úspešnosti) je viac ako 5 000 žiakov, teda viac ako 12 % testovanej populácie. Je pravda, že pri niektorých testovaniach môže byť výsledná Gaussova krivka posunutá smerom k maximálnemu skóre. K tomu však dochádza iba vtedy, keď je test pre danú skupinu žiakov príliš ľahký, čo tento rozhodne nebol – celková úspešnosť bola 60,07 %. A navyše: aj vtedy si krivka zachová svoj typický tvar. Človek nemusí byť Sherlockom Holmesom, aby mu bolo jasné, čo sa v Testovaní 9 stalo: výsledky nezodpovedajú skutočným vedomostiam žiakov z matematiky. Tie totiž naozaj majú Gaussovo rozloženie..."

Pripúšťam, že sa pri "Testovaní 9" mohlo podvádzať; pozrime sa však na samotný argument, ktorým pán Burjan svoje obvinenie podopiera. Musí výsledok testovania skutočne zodpovedať Gaussovej krivke?

Samozrejme, Gaussovo rozdelenie pravdepodobnosti je spojité rozdelenie s neohraničeným nosičom, zatiaľ čo výsledky testovania môžu nadobúdať len konečne veľa hodnôt, čiže tieto výsledky principiálne nemôžu zodpovedať úplne presnému Gaussovmu rozdeleniu. To je ale maličkosť; ide nám o to, či sa celkový tvar výsledkov testovania musí aspoň "podobať" na Gaussovu krivku.

Keby žiaci odpovede len tipovali, navzájom nezávisle, všetci rovnakým náhodným postupom (napríklad by si hádzali mincou pri vypĺňaní testu, v ktorom je pre každú otázku správna práve jedna z dvoch uvedených odpovedí), tak by sa výsledky na Gaussovo rozdelenie naozaj veľmi podobali. Matematické zdôvodnenie tohto javu poskytuje centrálna limitná veta. Lenže medzi úlohami sú rozdiely v náročnosti a najmä medzi žiakmi sú obrovské rozdiely v schopnostiach, čiže matematické predpoklady centrálnej limitnej vety jednoducho nie sú splnené a navyše celkové výsledky testovania budú "zmesou" rozdelení s veľmi rôznymi strednými hodnotami.

Pokúsme sa situáciu modelovať realistickejšie: Predpokladajme, že test pozostávajúci z 50 otázok absolvuje 40000 žiakov. Otázky však budú rozdielnej obtiažnosti: od 0 (veľmi ľahká otázka) až po 1 (veľmi ťažká otázka) a takisto žiaci budú mať v našom modeli rozdielne schopnosti: od 0 (veľmi slabý žiak) až po 1 (veľmi dobrý žiak). Predpokladajme, že riešenie úlohy môže byť len buď nesprávne, za 0 bodov, alebo správne, za 1 bod.

Pravdepodobnosť správneho vyriešenia úlohy závisí od náročnosti úlohy (túto náročnosť si označíme symbolom o) a taktiež od schopností žiaka (označíme si ju symbolom z). Ako jednoduchý rozumný model si stanovíme, že pravdepodobnosť správneho vyriešenia úlohy je

P=min(1,0.6+0.6(z-o)).

Tento vzorček znamená, že čím vyšší je rozdiel medzi schopnosťami žiaka a náročnosťou úlohy, tým je väčšia pravdepodobnosť správneho vyriešenia úlohy. V prípade, že je náročnosť úlohy rovnaká ako miera schopností žiaka, je pravdepodobnosť správneho vyriešenia úlohy 60 percent (toto číslo som zvolil po krátkom experimentovaní tak, aby sa stredná hodnota výsledku získaného z nášho modelu podobala na skutočný priemerný výsledok). Takto stanovený model je veľmi jednoduché nasimulovať (použil som krátky kód pre štatistický program R) a ... voilá!



Ako vidíme, výsledný histogram (sivé obdĺžničky) sa nielenže výrazne odlišuje od Gaussovho rozdelenia pravdepodobnosti (modrá krivka), ale dokonca až zarážajúco pripomína skutočné výsledky "Testovania 9".

Ukázalo sa teda, že argument pána Burjana založený na Gaussovej krivke nie je správny; už náš veľmi jednoduchý model dokazuje, že sumárne výsledky štátneho testovania nijako nenaznačujú, že pri ňom dochádzalo k "masívnemu" podvádzaniu. A NÚCEMu by som odporúčal, aby na budúce do histogramov výsledkov testovania Gaussovu krivku nedokresľovalo, lebo jej výpovedná hodnota je v takýchto situáciách sporná.

Ak sa Vás tento článok zaujal, podporte ho na vybrali.sme.sk .

Alebo, ak môžete, podporte našu fakultu v úsilí získať finančné prostriedky na opravu omietky našej budovy, ktorá nám nielenže padá na hlavu, ale aj odpudzuje potenciálnych študentov a pedagógov. (Samého sa ma snažili odlákať preč z matfyzu poukázaním na to, v akej ohyzdnej budove to pracujem. Ale nedal som sa. :)


Dodatok 14.5.: Nasimuloval som výsledky testu na základe matematickej formulácie Raschovho modelu a súčasne tak, že rozdelenie schopností žiakov je normálne. Zvolil som trochu nižšiu obtiažnosť otázok, aby bola stredná hodnota približne 60 percent maxima (ako v Testovaní 9) a po pár pokusoch som tiež odhadol vhodný parameter rozptylu schopností žiakov. Vyžiadalo si to len veľmi malú modifikáciu môjho pôvodného modelu a algoritmu, ako si môžete pozrieť. Program som spustil trikrát a dostal som nasledovné obrázky:

 

Ako vidíte, výsledky sa opäť zásadne odlišujú od gaussovského rozdelenia a navyše zhoda s výsledkami Testovania 9 je opäť dobrá, možno aj o niečo lepšia. Samozrejme, pre modely s viacerými parametrami by sa dal fit so skutočnými výsledkami testovania ešte zlepšiť. Tiež je zaujímavé si všimnúť, že pri rôznych spusteniach výsledný histogram značne "prirodzene" fluktuuje.

Sumarizácia toho na čo sme prišli (aj s pomocou niektorých veľmi kvalifikovaných čitateľov v diskusii; ďakujem):

1) Existujú jednoduché modely (ako napríklad ten Raschov), ktoré pre veľa nastavení parametrov dávajú výrazne negaussovské rozdelenie výsledkov a to aj pri nulovej miere podvádzania. Dokonca existujú také nastavenia parametrov, ktoré dávajú dobrú zhodu práve s výsledkami Testovania 9.

2) Komplexnejšie modely (ktoré by napríklad zohľadňovali to, že náročnosti a typy otázok môžu byť veľmi rôzne, kvalita študentov nutne závisí od celkového faktora úrovne školy, pričom školy majú veľmi rozdielne veľkosti a kvality) by celkom isto poskytovali priestor pre ešte komplikovanejšie formy výsledného rozdelenia. Nedá sa očakávať, že priblížením modelu realite by sa celková forma výsledkov začala približovať k jednoduchému gaussovskému rozdeleniu.

3) Simulácie naznačujú, že aj pri počte 40000 študentov výsledný histogram pomerne značne fluktuuje, čiže ľahko sa môžu v histograme výsledkov vyskytnúť rôzne zdanlivé anomálie; bolo by potrebné použiť podložené štatistické testy na kontrolu, či odchýlka od akéhokoľvek ideálu, ktorý niekto predpokladá, nemôže byť spôsobená len prirodzenou náhodnou fluktuáciou.

4) Empirické dáta taktiež jednoznačne ukazujú, že výsledky testovania majú často rozdelenie odlišné od gaussovského, najmä v prípade rozdielnej motivácie študentov dosiahnuť čo najlepší výsledok; je to skúsenosť viacerých pedagógov, ale aj výsledok niektorých rozsiahlych testovaní.

Z čisto vizuálneho porovnania ideálnej gaussovej krivky s výsledkami Testovania 9 sa preto nedá odvodiť taký silný záver, že sa pri ňom "masívne podvádzalo" a už vôbec nie vypočítať počet žiakov, ktorí podvádzali.

Samozrejme nie som naivný, aby som si myslel, že sa pri testovaní deviatakov vôbec nepodvádzalo. Verím tiež tomu, že pán Burjan toho o testovaní žiakov veľmi veľa vie (neporovnateľne viac ako ja), intuítívne možno správne vycítil, že s dátami nie je niečo v poriadku a keďže v jeho záujme je dobro pre naše školstvo, tak na problém možného podvádzania poukázal. Ale samotný argument a výpočet, ktorý použil na podporu tohto svojho presvedčenia, je založený na nesprávnom predpoklade. 

K základom teórie pravdepodobnosti

Nasledovný text som si napísal v máji 2010 ako stručnú prípravu na scenár relácie "Nočná pyramída" Slovenského rozhlasu. Pri vysielaní sme sa však scenára skoro vôbec nedržali, a tak som zo svojej prípravy použil len málo. Tento text zverejňujem, lebo by možno bola škoda, keby na mojom harddisku iba zapadol prachom :)

Kto je zakladateľ teórie pravdepodobnosti a aké má miesto táto disciplína v matematike?

Prvé úvahy o pravdepodobnosti začali ľudia rozvíjať už veľmi dávno, minimálne odkedy hrávajú hazardné hry. Pokiaľ viem, tak prvé uchované zmienky o matematickom prístupe k pravdepodobnosti, tiež v súvislosti s hazardnými hrami, možno nájsť v korešpondencii medzi Fermatom a Pascalom  okolo polovice 17. storočia. Fermata možno poznajú poslucháči v súvislosti so slávnou veľkou Fermatovou vetou a Pascala v súvislosti s Pascalovým trojuholníkom, alebo Pascalovým zákonom.

K teórii pravdepodobnosti výrazne prispeli na začiatku 18. storočia Abraham de Moivre, ktorý ako prvý študoval Gaussovo rozdelenie pravdepodobnosti a Jacob Bernoulli, ktorý ako prvý v istej forme formuloval zákon veľkých čísiel.  V súčasnosti používané matematické axiómy pravdepodobnosti vybudoval až v 30-tych rokoch 20. storočia Andrej Kolmogorov. V porovnaní s ostatnými matematickými disciplínami je teória pravdepodobnosti relatívne mladá.

Teória pravdepodobnosti je jednou z najdôležitejších oblastí matematiky, obzvlášť kvôli tomu, že tvorí matematický základ štatistiky. Pravdepodobnosť je časťou teórie miery, ale nejakým spôsobom súvisí s prakticky všetkými matematickými disciplínami.

Základné zákony teórie pravdepodobnosti...

Existuje veľmi presná matematická charakterizácia zákonov teórie pravdepodobnosti, ktorá zahŕňa viacero možných interpretácií pravdepodobnosti. Niektoré z týchto zákonov sú veľmi formálne, alebo založené skôr na dohode ako nutnosti, napríklad ten, že pravdepodobnosť meriame číslami medzi nulou a jednotkou, pričom pravdepodobnosť jedna znamená, že daná udalosť nastane s istotou. Najdôležitejší z týchto zákonov, zákon aditivity pravdepodobnosti, je možné vysvetliť aj neformálne. Hovorí, že pravdepodobnosť nastatia jednej udalosti spomedzi navzájom sa vylučujúcich udalostí musí byť rovná súčtu pravdepodobností týchto udalostí.

Zoberme si napríklad hádzanie falošnou kockou. Nech by bola táto kocka akokoľvek nevyvážená, tak musí platiť, že pravdepodobnosť, že padne nejaké párne číslo, je rovná pravdepodobnosti, že padne dvojka, plus pravdepodobnosť, že padne štvorka, plus pravdepodobnosť, že padne šestka. Môže sa to zdať samozrejmé, ale veľa matematických zákonov je vlastne úplne samozrejmých, keď si ich človek trochu premyslí. Inak, je zaujímavé si uvedomiť, že matematik používa na narábanie s pravdepodobnosťou v podstate taký istý aparát ako na narábanie s plochami rovinných útvarov. Aditivita plochy znamená, že ak by sme nejaký útvar rozkrájali na kúsky, tak plocha pôvodného útvaru je rovná súčtu plôšok vzniknutých kúskov.

Ako môže vôbec existovať náhoda vo svete, kde platia prírodné deterministické zákony?

Náš svet je, zdá sa, zvláštnou kombináciou determinizmu a náhodnosti. Najhlbšie zákony sveta, ktoré poznáme, to znamená zákony kvantovej mechaniky, sú síce deterministické, ale deterministicky popisujú práve náhodnosť. Tieto zákony nevedia presne predpovedať čo sa stane, ale vedia v princípe presne predpovedať s akou pravdepodobnosťou sa čo stane.

Na našej makroúrovni sa síce dajú formulovať fyzikálne zákony, ktoré zdanlivo úplne jednoznačne určujú čo sa stane v budúcnosti, ale je to naozaj iba zdanlivé. Aj maličké náhodné odchýlky na mikroúrovni sa postupom času môžu zosilňovať a spôsobiť divergenciu makroskopických dejov; ide o známy efekt motýlích krídel. Takouto divergenciou dejov sa zaoberá matematická teória chaosu a dynamických systémov.

Okrem toho, zrejme aj ak by bol náš svet vo svojej podstate úplne deterministický, mala by teória pravdepodobnosti svoje opodstatnenie, pretože pravdepodobnosť môžeme použiť ako model miery našej vedomosti o javoch budúcich, ale aj o javoch minulých. Pravdepodobnosť logicky konzistentne špecifikuje ako sa mení naša miera nevedomosti pri postupnom získavaní informácie. Tomuto pohľadu na pravdepodobnosť má blízko takzvaná Bayesovská štatistika.

Načo sa táto oblasť matematiky využíva v praxi? Jej vzťahy k štatistike...

Teória pravdepodobnosti sa využíva v rôznych situáciách, napríklad na stanovenie toho, aké pravidlá lotérie zabezpečujú zisk prevádzkovateľovi, v poistnej matematike na určenie výšky poistného, v systémoch hromadnej obsluhy s cieľom povedzme zabezpečiť plynulosť prevádzky, pri určovaní spoľahlivosti systémov zložených z nespoľahlivých súčastí, alebo aj vo finančnej matematike na modelovanie vývoja rôznych ekonomických ukazovateľov a na oceňovanie finančných derivátov.

Pravdepodobnosť sa tiež vyskytuje v základoch teórie informácie a kódovania, preto je dôležitá aj pre počítačové vedy. Napríklad vyhľadávače na internete - internetový gigant Google používa na stanovenie hodnotenia stránok, takzvaný markovovský reťazec, čo je model patriaci do teórie pravdepodobnosti. Alebo ešte jeden príklad - väčšina z nás sa denne stretáva s nevyžiadanou elektronickou poštou, takzvaným spamom. No a na filtrovanie spamov sa používajú programy založené na teórii pravdepodobnosti, na takzvanom Bayesovom vzorci.

Ale najväčšie uplatnenie pravdepodobnosti je, že tvorí matematický základ štatistiky, čo je vlastne, veľmi zostručnene povedané, získavanie dôležitej informácie v podmienkach neurčitosti. Pravdepodobnosť možno chápať ako nástroj na modelovanie reálnych dejov s prvkami náhodnosti, ktorý nám umožňuje matematicky presne zdôvodniť používanie štatistických procedúr.

Aplikácie štatistiky môžeme nájsť na každom kroku; spomeniem napríklad testovanie účinnosti liečiv a vyhodnocovanie prieskumov verejnej mienky. Značná časť vedeckého výskumu, prakticky každý výskum, ktorý sa zakladá na experimentoch a modelovaní dejov s prvkami neurčitosti, používa matematickú štatistiku a sprostredkovane teóriu pravdepodobnosti. Od štatistickej mechaniky vo fyzike, až po experimentálnu psychológiu.

Vzťah medzi matematikou a logikou; v akom vzťahu sú tieto dve formálne vedy?

Matematici logiku neustále používajú, ale nie veľmi často sa nad samotnou logikou zamýšľajú. Logika je pre matematika niečo ako pravidlá hry, podobne ako v šachu (hoci na rozdiel od pravidiel šachu, iné "pravidlá matematiky", čiže inú matematickú logiku, si neviem celkom dobre predstaviť). Šachisti pravidlá vyčerpávajúco ovládajú, ale explicitne sa nad nimi nezamýšľajú; skôr sa snažia hľadať v rámci pravidiel šachové kombinácie. Napriek tomu, že pravidlá šachu aj pravidlá logiky sú jednoduché, tak existuje skoro nekonečne veľa možných prípustných šachových kombinácií a, analogicky, platných odvodení matematických tvrdení.

Možno by sa táto metafora dala potiahnuť aj trochu ďalej. Práve kvôli prísnym pravidlám nie sú v šachu prakticky nikdy spory, kto vyhral, a ani v matematike nie sú skoro nikdy spory, či je dané matematické odvodenie platné. To odlišuje matematiku od ostatných vied. Matematika prakticky nikdy neprehodnocuje to, k čomu v minulosti dospela; keď sa raz nejaké matematické tvrdenie dokáže, tak už je pravdivé navždy. (To tvrdenie bolo samozrejme pravdivé aj kedykoľvek predtým, len my sme o ňom nevedeli, alebo sme ho možno tušili, len sme si neboli úplne istí, že platí. Matematika je ako objavovanie a mapovanie fascinujúcej neznámej krajiny, ktorá existuje nezávisle na nás.) Preto sú "Euklidove základy" rovinnej geometrie úplne bez zmeny platné aj dnes po 2300 rokoch, hoci samozrejme metódy výkladu sa zmenili. A preto je v matematike, najmä v takzvanej "čistej" matematike, dnes už veľmi ťažké objavovať principiálne nové tvrdenia, ktoré by boli zaujímavé pre viac ako hŕstku špecialistov a ktoré by sa dali stručne a jasne opísať v bežnom jazyku.

Čo je pre matematika možné, čo nemožné, čo pravdepodobné a čo skutočné?

Povedal by som, že pre matematika nie je skoro nič úplne nemožné s výnimkou logicky sporných vecí, ako napríklad, že niečo existuje a súčasne neexistuje. To je možno trochu iná odpoveď, akú by ste dostali od fyzika; ten by možno povedal, že nemožné je cestovať rýchlosťou vyššou ako je rýchlosť svetla. To je síce v našom vesmíre pravda, naša fyzika to neumožňuje, ale pre matematika to principiálne nemožné nie je, lebo matematika, zdá sa, je v schopná popísať aj iný vesmír ako je ten náš.

No, predsa len sa mi ako matematikovi niektoré veci zdajú nemožné. Zdá sa mi, že je principiálne nemožné, aby existoval vesmír bez matematických objektov, aj tých najzložitejších. Ak je niekde vo vesmíre nejaká technicky veľmi vyspelá civilizácia, som si istý, že v nejakej forme pozná číslo pí, Riemannovu zeta funkciu, alebo aj ohromne komplikovaný matematický objekt s názvom "Monštrum".

Prečo sa javy vo svete dajú matematicky modelovať, prečo je možná matematizácia?

Toto je veľmi ťažká otázka, nad ktorou sa už ľudia zamýšľajú dlho, ale odpoveď nám zatiaľ uniká. Môžeme len konštatovať, že je to skrátka tak, že matematika sa ukázala ako mimoriadne účinný nástroj na popis nášho sveta. Dokonca pre fundamentálne fyzikálne teórie, akou je napríklad kvantová mechanika, by sme si bez matematiky nevedeli vôbec pomôcť, pretože kvantové javy sa vzpierajú našim predstavám a intuícii. Na prekvapenie, pre matematiku nie je popis týchto javov problém.

Zaujímavé je uvedomiť si nielen to, že fyzika (a teda značná časť celej vedy) sa zakladá na matematických postupoch, ale aj to, že naše pochopenie matematiky je fyzikou umožnené. Dá sa povedať, že náš vesmír má potenciál spoznávať sám seba. Matematika je v nejakom veľmi hlbokom zmysle súčasťou nášho sveta a zdá sa, že tvorí s fyzikou neoddeliteľný celok. Dovolím si tvrdiť, že žiadny človek tomuto vzťahu matematiky a fyziky zatiaľ dokonale neporozumel...

Opica

Opica stotisíckrát náhodne udrie do klávesnice s 26 základnými písmenami, pričom pri každom údere zasiahne každé z písmen s pravdepodobnosťou 1/26. Čo má vo výslednom reťazci väčšiu strednú hodnotu: počet výskytov podreťazca "aaaa", alebo počet výskytov podreťazca "abcd"?

Odpovede na anticipované otázky: Ak sa v reťazci vyskytnú viac ako 4 a-čka za sebou, započítavame každý výskyt štvorice a-čiek ako rôzny podreťazec "aaaa". Čiže napríklad reťazec "xaaaaaaaay" obsahuje až 5 podreťazcov "aaaa", nie dva, zatiaľ čo reťazec "xabcdabcdy" obsahuje samozrejme len dva podreťazce "abcd". Túto úlohu mám od môjho kolegu Jana Somorčíka

Náhodný rez kocky

Zvolíme náhodne rovinu prechádzajúcu ťažiskom kocky ABCDEFGH.  S akou pravdepodobnosťou bude rez kocky ABCDEFGH touto rovinou šesťuholník?

Predpokladáme, že rovinu zo zadania volíme "rovnomerne" náhodne, čiže všetky orientácie tejto roviny sú rovnako pravdepodobné, alebo ešte presnejšie: jednotkový normálový vektor tejto roviny má rovnomerné rozdelenie na povrchu jednotkovej gule.

Poznámka 4.12.: Vídím, že táto úloha nikoho nezaujala, avšak ja osobne mám celkom radosť, že ma napadla. Na prvý pohľad sa totiž zdá ťažká, no v skutočnosti sa dá pomocou istých trikov z teórie pravdepodobnosti vyriešiť na niekoľko riadkov.

Nočná pyramída o pravdepodobnosti a logike

Zajtra (v sobotu 29.5.) o 22:30 budem spolu s profesorom Anatolijom Dvurečenskim hosťom relácie "Nočná pyramída" Slovenského rozhlasu. Takže ak máte čas, budem veľmi rád, keď si nás vypočujete.

Pred pár hodinami som dostal scenár a je skutočne zaujímavý. Základné témy sú "teória pravdepodobnosti", "vzťah medzi matematikou a logikou", "možné svety" a "náhoda a nutnosť". Trochu je problém v tom, že väčšina (predbežných) otázok má buď komplikované, alebo dosiaľ neznáme odpovede, prípadne na ne odpoveď asi vôbec ani neexistuje... Ale o to väčšia zábava bude na ne odpovedať, takže sa na to veľmi teším :)

30.5.: Kompletný záznam relácie vo formáte mp3 si môžete stiahnuť na tejto adrese. Veľmi rád Vám odpoviem na akékoľvek (ďalšie) otázky k téme.

Zbierka úloh z pravdepodobnosti je na svete

Po dlhom čase vymýšľania zadaní, počítania riešení, kontrol a editovania nám vyšla naša prvá kniha: Zbierka úloh zo základov teórie pravdepodobnosti. Hurá!

Zbierka obsahuje 519 úloh, z ktorých každá má uvedený aspoň číselný výsledok, a väčšina dokonca podrobný postup riešenia. Okrem rôznych príkladov na cvičenia, domáce úlohy a písomky, zaradili sme do nej aj viacero komplexnejších a zábavných úloh, napríklad klasiky ako Buffonovu ihlu a Buffonovo vlákno, úlohu o ruinovaní, Monty Hall problem, problém zberateľa kupónov, Banachove zápalky, dvojrozmernú náhodnú prechádzku a podobne, ale aj vlastné úlohy, ako napríklad úlohu o kurzoch stávkových kancelárií, nové úlohy o lámaní úsečiek, problémy počtov cyklov v náhodných permutáciách, úlohy týkajúce sa rozdelenia IQ v populácii a mnohé iné. Dúfame, že zaujmú.

Bohužiaľ, väzba knihy je dosť nevhodne zvolená a nekvalitne urobená (kniha sa dá len veľmi ťažko úplne roztvoriť a nebude sa z nej dať dobre kopírovať), ale za to už my, autori, nemôžeme. Každopádne, zbierka sa čítať dá a teraz nás už čaká len rozhodovanie, ako budeme našu zbierku rozdeľovať medzi ľudí a najmä akým spôsobom získame čo najväčšiu spätnú väzbu, aby sme vychytali chyby, lepšie vyvážili zadania a pripravili druhé vydanie :-)

Poznámka: Úlohy z prvej kapitoly si môžete pozrieť tu.

Ako hrať proti telepatovi

Koncom minulého týždňa mi poslal peknú úlohu môj bývalý študent Lukáš Poláček. Ďakujem(e)! Pre náš blog ju formulujem nasledovne:

Hráči A a B budú hrať takúto hru: Obaja pošlú rozhodcovi obálku s lístkom, na ktorom je číslo od 1 po 16; je len na ich vlastnom rozhodnutí akým spôsobom toto číslo hráči zvolia. Po obdržaní oboch obálok ich rozhodca otvorí a ak sa budú čísla na lístkoch líšiť práve o 1, tak vyhráva hráč A, inak vyhráva hráč B. Problém je v tom, že hráč B je telepat a čokoľvek vie hráč A, vie ihneď aj hráč B. Hráč A sa preto rozhodol, že bude svoje číslo voliť nasledovne: Najprv si pripraví viacero lístkov, na ktoré napíše čísla v rozmedzí od 1 do 16. Z týchto lístkov potom náhodne vyberie jeden, bez pozretia ho vloží do obálky a pošle ho rozhodcovi. Poraďte hráčovi A koľko lístkov si má pripraviť a aké čísla má na ne napísať, aby maximalizoval svoju šancu na výhru.

(Pochopiteľne, ilustračný obrázok vľavo hore nemusí korešpondovať s najlepším riešením.)

Samé polovice

Nech n>=2 je prirodzené číslo. Nájdite najväčšie číslo p_n s nasledovnou vlastnosťou: Ak každá z udalostí A₁,...,A_n má pravdepodobnosť 1/2, potom existujú rôzne indexy i,j také, že pravdepodobnosť súčasného nastatia udalostí A_i a A_j je aspoň p_n.

Formulujme túto úlohu aj bez použitia pravdepodobnosti (hoci máličko menej všeobecne): Pre n>=2 nájdite najväčšie také číslo p_n, že ak zjednotenie n množín plochy 1/2 má plochu nanajvýš 1, tak plocha prieniku niektorej dvojice z týchto množín je aspoň p_n.

Je zrejmé, že p₂=0 a z ilustračného obrázku sa zdá, že p₃=1/6. Viete to dokázať? Viete nájsť hodnotu p_n pre niektoré (alebo aj všetky) čísla n>=4?

Poznámka 23.10.: Dnes ráno ma napadlo pomerne jednoduché trikové riešenie využívajúce niektoré základné poznatky z pravdepodobnosti. Hodnota p_n je prekvapivo jednoduchou funkciou počtu udalostí n, hoci výsledný vzorček je trochu odlišný pre párne a pre nepárne n.

Beta verzia "Zbierky úloh z pravdepodobnosti" je live

Ešte pred dokončením našej zbierky úloh z pravdepodobnosti sme sa rozhodli, že urobíme malý experiment: jej odľahčenú internetovú verziu. Zatiaľ sme uverejnili zadania prvých štyroch podkapitol (asi 50 úloh; celkovo ich je v zbierke vyše 400) a budeme čakať, čo na to študenti. Využijú možnosť pýtať sa nás na detaily zadaní a diskutovať o riešeniach medzi sebou? Uvidíme a podľa toho sa zariadime v budúcnosti.

Každopádne, ak máte chvíľku čas, mohli by ste sa na našu zbierku pozrieť aj Vy a prípadne nám poradiť, čo by sa na nej podľa Vás dalo zlepšiť. Budeme veľmi povďační!

Ilustračný obrázok vľavo je môj návrh na obálku tlačenej verzie zbierky. Ak k nemu máte výhrady, sem s nimi. Ešte stále je čas všetko zmeniť :-)

PS: Ak by ste aj Vy chceli vyriešiť nejakú úlohu v zbierke, ale nepoznáte pravdepodobnostnú formalizáciu z našich prednášok, vyskúšajte napríklad takú úlohu 55. Ďalšie neformálne a nie celkom triviálne úlohy prídu neskôr.

Ďalšia zapeklitá úloha z pravdepodobnosti

Už sa teším na obdobie, keď odovzdáme do tlače našu zbierku úloh z teórie pravdepodobnosti a budem sa môcť rozpísať napríklad o nedávnej návšteve "Univerza" v Brémach, alebo o množstve zaujímavých nových odkazov. Dovtedy však zo mňa nedostanete nič viac, ako len ďalšiu zapeklitú úlohu z pravdepodobnosti. Tentokrát je podľa mňa celkom pozoruhodná a ak sa ju niekomu podarí do týždňa vyriešiť nejakým jednoduchým trikom bez použitia náhodných premenných, má u mňa dve odmeny: jeho meno sa objaví v našej zbierke a darujem mu jeden exemplár zbierky aj s podpismi autorov :-)

Dokážte, že ak súčet pravdepodobností n-tice udalostí je viac ako k-1 (pre akékoľvek k od 1 do n), tak sa s nenulovou pravdepodobnosťou realizuje aspoň k spomedzi týchto udalostí.

Napríklad ak by sme mali skupinku piatich ľudí, pričom (pravdepodobnosť, že prvý z nich spraví skúšku) + (pravdepodobnosť, že druhý z nich spraví skúšku) + ... + (pravdepodobnosť, že piaty z nich spraví skúšku) > 3, tak potom s nenulovou pravdepodobnosťou sa stane to, že skúšku spravia aspoň štyria z týchto piatich ľudí. Pritom nepredpokladáme, že udalosti urobenia skúšky sú nezávislé. (Nakoniec, predpokladať úplnú nezávislosť vypracovávania písomnej časti skúšky by naozaj bolo značne naivné.)

Na ilustračnom obrázku sú štyri množiny (mesiačiky A,B,C a kruh D), pričom neexistuje prienik všetkých štyroch. To znamená, že ak by sme akokoľvek divoko hádzali šípkou do tohto obrázka, tak súčet pravdepodobností zasiahnutia jednotlivých oblastí nemôže byť väčší ako 3.

Tip

V rámci svojej prípravy na počítačovú štatistiku som práve dočítal veľmi poučnú pedagogickú knihu "Teaching statistics - a bag of tricks" od Andrewa Gelmana a Deborah Nolanovej. Z tejto a aj z iných kníh týkajúcich sa vyučovania som si uvedomil, že pre kvalitnú prednášku je najdôležitejší eminentný záujem na tom, aby si študenti z prednášky odniesli čo najviac a hlavne veľmi dôkladná pravidelná príprava. Keď som si pomyslel na niektorých vyučujúcich, ktorých som osobne poznal, musel som sa len trpko pousmiať. (Hovorím však skôr o výnimkách, aspoň teda u nás na matfyze.) Ale nie o tom som chcel písať. Jedna aktivita so študentami, ktorá sa v tejto knihe spomína, ma inšpirovala k nasledovnej úlohe:

Hodím súčasne dvadsiatimi jednoeurovými mincami. Ak sa Vám podarí vopred uhádnuť, na koľkých z týchto mincí padne znak, tak Vám všetky mince, na ktorých padol znak, darujem, len si po ne musíte ku mne domov prísť. Ak by som predchádzajúce dve vety myslel vážne (čo nemyslím :-), aký počet padnutých znakov by ste si zvolili ako svoj tip?

Táto úloha je síce veľmi ľahká, ale ak by sa Vám zdala až triviálna, tak ste asi nevzali do úvahy všetky jej "praktické" aspekty.

Pohľady (súťažná úloha č.11)

Jedenástu súťažnú úlohu nám poslal Jozef Gábik, študent 4. ročníka FMFI UK:

V kruhu je rozostavených n ľudí. Na povel si každý z nich úplne náhodne zvolí jedného človeka, ktorému sa pozrie do očí. Označme ako p(n) pravdepodobnosť, že sa nejaké pohľady stretnú. Aká je limita pravdepodobností p(n) pre n idúce do nekonečna? (T.j. aká je pravdepodobnosť p(n) pre "veľmi veľký" počet ľudí n?)

Táto pekná úloha je Jozefov vlastný nápad; inšpiráciou mu bola skutočná hra skautov v jeho zbore. Vzorové riešenie nemáme, takže som zvedavý, kto z Vás vypočíta správny výsledok ako prvý.

Ryby II

Predpokladajme, že hmotnosť ulovených rýb má rovnomerné náhodné rozdelenie na intervale 0kg až 1kg, rovnako ako v prvom príklade o rybách. Tentoraz však pozmeníme pravidlo ukončenia rybačky:

Budem chytať ryby až dovtedy, kým neulovím prvú rybu, ktorá je ľahšia ako predchádzajúca ulovená ryba. (Domov si odnesiem aj túto ľahšiu rybu.) Aká je stredná hodnota počtu rýb, ktoré takto ulovím? Aká je stredná hodnota celkovej hmotnosti rýb, ktoré si odnesiem domov?

S úlohami o strednej hodnote počtu ulovených rýb som sa prvýkrát stretol vo veľmi peknej knihe "Matematika náhody" od profesora Jiřího Anděla z MFF UK v Prahe. Otázky týkajúce sa strednej hodnoty celkovej hmotnosti ulovených rýb sa však v tejto knihe neriešia, zrejme z toho dôvodu, že sú ťažšie. Ja sám ich neviem presvedčivo zodpovedať bez použitia dosť pokročilého aparátu teórie pravdepodobnosti. Kto ich zodpovie pomocou elementárnej matematiky, má môj obdiv.

Ryby

Do ukončenia súťaže nám chýbajú už len dve úlohy, takže neváhajte a niečo pošlite; veď pekných matematických úloh je približne nekonečne veľa. Napríklad táto:

Rozhodol som sa, že budem chytať ryby (po jednej) až dovtedy, kým ich celková hmotnosť neprekročí 1kg. Aká je stredná hodnota počtu rýb, ktoré ulovím? Viem, že v mojom rybárskom revíre má hmotnosť ulovených rýb rovnomerné náhodné rozdelenie medzi 0 kg a 1 kg.

Poznámka 1: Stredná hodnota je "asymptotický priemer", t.j. to číslo, ku ktorému by sa blížil aritmetický priemer chyteného počtu rýb v prípade, že by som takýmto spôsobom a za rovnakých podmienok rybačku neustále opakoval. Rovnomerné náhodné rozdelenie medzi 0 kg a 1 kg znamená to, že pravdepodobnosť, že ulovená ryba bude mať menej ako m kg, je rovná presne m (pre m medzi nulou a jednotkou). Mal by som však dodať, že náš príklad nie je úplne triviálny a ak ste sa so základmi pravdepodobnosti a matematickej analýzy dosiaľ nestretli, tak sa Vám bude riešiť dosť ťažko. Simulačne sa však výsledok dá celkom spoľahlivo "uhádnuť".

Poznámka 2: Túto úlohu už údajne poznal Laplace, hoci formulácia s rybami je novšieho dáta.

Poznámka 3: Keď ukončíme súťaž o najkrajšiu matematickú úlohu, zorganizujem súťaž o najkrajší matematický obrázok. Čo vy na to?

Úlohy pod stromček

Prajem Vám všetkým krásne sviatky! Aby ste vedeli, že na Vás myslím, tak som pre Vás ako darček pod vianočný stromček vymyslel tri matematické úlohy. Časti a) sú jednoduchšie a časti b) náročnejšie.

1. a) Koľko existuje rôznych ofarbení kocky dvomi farbami? Predpokladáme, že každá stena musí byt celá zafarbená jedinou farbou. Pochopiteľne, dve farbenia považujeme za identické, ak sa líšia len rotáciou kocky. b) Koľko existuje rôznych ofarbení kocky tromi farbami?

2. V súťaži o najkrajšiu matematickú úlohu je 12 úloh. Vzhľadom na to, že všetky sú rovnako pekné, každý hlasujúci sa rozhodne dať svoj hlas každej z týchto úloh s pravdepodobnosťou 1/12. Nájdite pravdepodobnosť, že niektoré dve úlohy dostanú rovnaký počet hlasov, ak je hlasujúcich a) 65; b) 650. Predpokladáme, že hlasujúci sa správajú navzájom nezávisle.

3. Máme štyri kladné čísla a,b,c,d, z ktorých najväčšie je menšie ako súčet zvyšných troch. a) Dokážte, že existuje štvoruholník so stranami dĺžok a,b,c,d, ktorého vrcholy ležia na spoločnej kružnici. b) Je možné takýto štvoruholník skonštruovať len pomocou ceruzky, pravítka a kružidla? (Predpokladáme, že na papieri už máme úsečky dĺžok a,b,c,d zakreslené.)

Pri riešení úloh 1b, prípadne 2b môžete použiť počítač. Priznám sa, že úlohu 3b som (v mojom limite 30 minút) nevyriešil, takže som zvedavý, ako úspešní budete Vy.

Problém lámání stébla (súťažná úloha č.3)

Tretiu súťažnú úlohu nám poslal známy český autor šachových úloh Václav Kotěšovec.

Vezměme stéblo trávy a náhodně ho zlomíme A) ve dvou různých bodech, B) v jednom bodě a potom znovu v bodě napravo od prvního bodu. Jaká je pravděpodobnost v případech A a B, že z těchto 3 dílů je možné sestavit trojúhelník? Zobecněte úlohu pro n-úhelník a určete limitu této pravděpodobnosti pro n jde do nekonečna.

Z komentárov k zadaniu vyberám: "Zapojuji se do soutěže touto mojí vlastní úlohou, kterou jsem vymyslel při loňské dovolené. Úlohu jsem publikoval 9.8.2007 na moji stránce. Článek je k dispozici i v PDF formátu zde. V článku samozřejmě najdete i řešení."

Ja by som poznamenal, že časť a) je známa úloha, ktorá sa často rieši ako vzorový príklad na takzvanú geometrickú pravdepodobnosť. S úlohou z časti b) a zovšeobecnením na n-uholník som sa však dosiaľ nestretol.

Sto väzňov (súťažná úloha č.1)

Prvú úlohu do našej súťaže poslal Ondrej Budáč, študent 3. ročníka FMFI UK, odbor matematika.

V miestnosti je sto krabičiek uložených v jednom rade. V každej je meno jedného zo sto väzňov (žiadni dvaja sa nevolajú rovnako) a meno každého väzňa je práve v jednej krabičke. Každý väzeň je vpustený dnu a môže sa pozerať do krabičiek, otvoriť ich môže však najviac 50. Po jeho odchode musí miestnosť ostať presne v takom istom stave, ako keď do nej vošiel. Ak sa každému väzňovi podarí nájsť jeho meno, tak sú všetci voľní. Väzni sa môžu na začiatku poradiť, ale potom ich odvedú na samotky a do miestnosti vodia postupne. Ako sa majú dohodnúť, aby maximalizovali šancu na úspech?

Ondrejov komentár: "Ak by sa väzni správali náhodne a navzájom nezávisle, je zrejmé, že šanca na priepustku je polovica umocnená na 100. Dá sa však vymyslieť postup, pri ktorom dostanú väzni priepustku s cca 30% šancou. Riešenie tejto úlohy sa dá celkom ľahko pochopiť, je veľmi elegantné a nápadité. O to ťažšie je na to dôjsť sám. Ja som to nevydržal a po polhodine uvažovania som si pozrel vzorové riešenie. Ale aj dosť veľké hlavy (kamaráti Česi na súťaži v Bulharsku a mnohí ďalší) si nad tým lámali hlavy a bezvýsledne..."

Úloha je prevzatá. Vzorové riešenie je uvedené na tejto stránke (pdf).

Čakanie dvoch na prvú trojicu

Príspevky do našej novej súťaže sa nejako nehrnú, tak som sa rozhodol Vás trochu inšpirovať nasledovnou úlohou:

Dvaja hráči sa dohodli na takýchto pravidlách: Na začiatku si každý hráč zvolí trojicu po sebe idúcich výsledkov hodu mincou, t.j. jednu z možností HHH, HHZ, HZH, HZZ, ZHH, ZHZ, ZZH a ZZZ, kde H znamená hlava a Z znamená znak. Vyhráva ten hráč, ktorého trojica sa pri hádzaní mincou vyskytne ako prvá. Napríklad ak si prvý hráč vyberie trojicu HZZ, druhý hráč trojicu ZZH a na minci padne postupne ZHZHHZHHHZZ, tak vyhráva prvý hráč, pretože trojica HZZ po sebe idúcich výsledkov sa pri hádzaní objavila skôr ako trojica ZZH. Hráč, ktorý si vyberá svoju trojicu ako druhý v poradí, si nemôže zvoliť rovnakú trojicu ako prvý hráč, avšak vie čo si prvý hráč vybral a tomu môže svoju voľbu trojice prispôsobiť. Otázka znie: Je táto hra spravodlivá pre oboch hráčov? Ak nie, ktorý hráč má výhodu?

Dodatok 21.11.: Rasťo už tento problém správne intuitívne odhadol a načrtol riešenie. Aby sme si vyjasnili aj detaily, nakreslil som nasledovný diagram (zodpovedajúci modelu situácie markovovským reťazcom):


Ako je možné z tohoto obrázka vyčítať, ktorú trojicu si má zvoliť druhý hráč v závislosti od toho, ktorú trojicu si zvolí prvý hráč?

Dva znaky

Budeme hádzať mincou až pokým nepadne znak dvakrát za sebou. Koľko budeme potrebovať v strednej hodnote (t.j. "v priemere") hodov?

Toto je pomerne prirodzená a častá úloha, ktorej riešenie však nie je úplne triviálne. (Jej ekvivalentná formulácia sa vyskytuje napríklad v tejto Oxfordskej učebnici).

5.8.: Úlohu sme už nielenže vyriešili (pozri komentáre), ale Peťo prišiel s takým postupom, ktorý sa dá použiť na vyriešenie oveľa všeobecnejšej úlohy:

Robíme nezávislé experimenty, pričom každý experiment môže skončiť výsledkom "úspech" (s pravdepodobnosťou p), alebo výsledkom "neúspech" (s pravdepodobnosťou 1-p). Skončíme akonáhle zaznamenáme k úspešných experimentov za sebou. Aká je stredná hodnota všetkých experimentov, ktoré vykonáme?

Výsledok je nasledovný:


S prvou formulkou sa ľahšie počíta ak je k veľké číslo, druhá mi však pripadá krajšia. V špeciálnom prípade, ktorý zodpovedá pôvodnému zadaniu, máme p=1/2 a k=2, čiže výsledok je 6. Ak by sme napríklad hádzali kockou a čakali na padnutie troch šestiek za sebou, tak p=1/6 a k=3, čiže očakávaný počet hodov je 6+6²+6³=258 :-)

Inak uvažujem, že vypíšem súťaž, ktorú vyhrá ten z Vás, kto nám pošle najzaujímavejšiu matematickú úlohu. Čo Vy na to? Svoje názory, prípadne organizačné pripomienky môžete písať do komentárov k tomuto príspevku a tiež sa môžete vyjadriť v novej miniankete (v pravom stĺpci blogu).