Paradoxonok a véletlen világából Vancsó Ödön (ELTE) előadása

Átírás

1 Paradoxonok a véletlen világából Vancsó Ödön (ELTE) előadása Az előadás április 12-én hangzott el kétszer is a Weöres Sándor Gimnáziumban. Három problémát beszéltünk meg, játszottunk végig. A paradoxon mindegyik esetben abból áll, hogy korábbi tapasztalataink, gondolkodási sémáink alapján másként vélekedünk ezekről a véletlennel kapcsolatos problémákról, mint ahogyan ténylegesen vannak. Általában valami hamis analógia vagy beidegződés okozza őket. A józan ész hiánya mutatkozik meg bennük. Mindegyikre a diákok is tippeltek és nyilvánítottak véleményt. Az derült ki, hogy hasonlóan a különböző felmérésekhez, a szokásos tévedések felléptek, amit külön-külön majd jelzek. Az első paradoxon, amivel foglalkozunk az ún. Születésnap paradoxon, lásd pl. [1] oldal, vagy [2] oldal. A második a Monty Hall dilemma, lásd [3], és [4] oldal. Végül a harmadik egy érdekes egyszerű játék, amelyen be lehet mutatni Neumann János ötletét, amely mára a Játékelmélet egyik alaptétele lett, s melynek ez egy egyszerű, diákok számára is bemutatható változata. Lásd részletesebben [5]-ben a oldalon (ez nehéz olvasmány Neumann Jánostól) vagy csak ez a konkrét probléma [6]-ban a oldalakon. 1. A születésnap paradoxon A feladat a következőképpen szól. Hány fős teremben fogadna arra, hogy a jelenlevők között van két a születésnapját egy napon ünneplő személy? Más szóval, hány fő esetén lesz a születésnap egybeesés valószínűsége ½-nél nagyobb. A válasz igen meglepő, mivel 366 különböző (szökőévet is számolva) napon lehet születni, ezért azt gondolnánk, hogy sok ember esetén lesz csak valószínű, hogy van köztük két születésnapját egyszerre ünneplő két személy. A jelenlevő diákok között a legkisebb szám, ami esetén már fogadnának 50 körül volt, de szerepelt 183 vagy annál nagyobb és más 200 feletti számok is. A 367 is elhangzott, de akkor a skatulyaelv miatt már biztosan van két egy napon ünneplő. A kérdés az volt, hogy ennek az esélye 0,5 felett legyen. Korábbi tapasztalataim is hasonlóak, ezért igen meglepő a válasz, már 24 fő esetén is érdemes fogadni. A legkisebb említett szám 50 esetén a nyerésünk esélye 0,970; azaz 97% eséllyel nyerünk. Ez igen jó fogadás, ha erre teszünk, s 1:1 a fogadás. Nézzük azonban, hogy mi a magyarázat. Azt fogjuk feltételezni, hogy bármelyik napon ugyanolyan eséllyel születhetünk. Ez a feltevés manapság nem annyira elrugaszkodott, bár a régi világban ez nem állt, például a földművesek esetén a nagy tavaszi, nyári munkák miatt kevés fogantatás volt eben az időszakban, s így gyermek is ritkábban született erre 9 hónapra. Míg a nagy téli házi tevékenységek idején jóval gyakoribb volt ugyanez, s így ettől számított 9 hónapra, a következő őszön jóval több gyermek született, mint más időszakokban. Hasonló más népeknél is megfigyelhető, ahol az időjárás ciklikusan változik, s a munka eloszlása nem egyenletes az év folyamán. Meg lehet mutatni, hogy ezek a hatások csak növelik az egy napon születés esélyét. Ezzel azonban most nem foglalkozunk. A keresett esemény ellentétének (komplementerének) fogjuk az esélyét meghatározni. Mivel a két esély összege 1, ezért akkor lesz 0,5-nél nagyobb az egy napon születés esélye, ha 0,5-nél kisebb a nincs két egy napon született a társaságban esélye. Először nézzük konkrétan, például egy 32 fős osztályban mi az esélye, hogy nincs két egy napon született tanuló. Mivel mind a 32 tanuló mind a 366 napon születhet, ezért az összes lehetőség: = 366. A klasszikus kedvező esetek száma osztva az összes esetek számával összefüggést fogjuk használni. (Szokás ezt Laplace-féle, vagy kombinatorikus

2 valószínűségnek is nevezni.) Eszerint a nevezőnk meg van, az összes esetek számát ismerjük. Mennyi a kedvező esetek száma? Az első tanuló még bármelyik napon születhet, a második már eggyel kevesebb napon, ha nem egy napon született az elsővel. A harmadik már két nappal kevesebb napon születhetett, hiszen sem az elsővel, sem a másodikkal nem születhetett egy napon a feltételezésünk szerint. Így ő már csak 364 napon születhetett. Hasonló gondolatmenettel a 32-ik tanuló már csak =335 napon születhetett. Így a kedvező esetek száma: A képlet szerint az esély: Ezt egy zsebszámológéppel is ki lehet elég gyorsan számolni, az eredmény elég meglepő: 0,2476 azaz kisebb, mint 25%. Tehát annak, hogy nincs két egy napon született tanuló mindössze ¼ körüli az esélye, azaz amire mi akarunk fogadni, nevezetesen, hogy van ilyen két tanuló az már ¾-nél is kicsit nagyobb. Úgy is mondhatjuk, hogy kb. 3:1 a nyerésünk esélye ebben az esetben. Tehát 32 tanulónál már bőven érdemes fogadni. Igen meglepő az eredmény. Az olvasóra bízzuk annak megmutatását, hogy 22 tanulónál még éppen nem érdemes fogadni arra (ekkor az esély 0,476), hogy van két egy napon született diák, de 23-nál már igen (ekkor a nyerés esélye 0,507). A számolás teljesen hasonló, csak kicsit még rövidebb is az itt megmutatottnál, hiszen kevesebb tanuló a 22 és a 23, mint a 32, így kevesebb szorzást kell végezni, és a nevező is kisebb hatvány. Egy grafikus kalkulátorral vagy számítógéppel minden egyes osztálylétszámra 1-től 366- ig ki lehet a valószínűséget számolni és az értékeket ábrázolni. Csak az ellenőrzés végett elárulom, hogy 55 embernél már több mint 99% eséllyel nyerünk, és 68 embernél már 99,9% a nyerés esélye. Szinte biztos esemény. Ezek igen meglepő és előre nem látható eredmények. Aki ezt ismeri, nagy eséllyel tud nyerni azokkal szemben, akik csak érzésből tippelnek. Egy példája annak, hogy a tudás akár pénzre is váltható. Megjegyzem, hogy az említett könyv [1] szerzője W. Weaver ilyen és ehhez hasonló játékos fogadásokból tartotta fenn magát egyetemi hallgató korában. Egész jó diákélete volt. Nézzünk egy másik talán még meglepőbb paradoxont. 2. Monty Hall dilemma Ez is igen híres paradoxon, amelynek mélyen gyökereznek az okai, amit kitűnően példáz az a cikk, amelyet Marylin vos Savant írt [7], s melyre tömegesen érkezett téves reakció matematikusokat is beleértve, sőt statisztikát oktató is képes volt tévedni (igaz az USA-ban), lásd [3]. Nézzük miről is van szó. Egy kvízjátékban, amely az USA-ban terjedt el a győztest a következő választás elé állítják: Három egyforma zárt ajtó közül kell egyet választania. Kettő mögött egy-egy kecske van, míg a harmadik mögött a főnyeremény egy versenyautó. Miután a játékos választott egy ajtót, a játékvezető a nem választott két ajtó közül egy olyat kinyit, amely mögött kecske van (csak megjegyzem, hogy ilyen mindig van, hiszen csak egy autót rejtenek el). Ezután megkérdezi a játékost, hogy marad-e az eredeti választása mellett, vagy a harmadik (tehát a sem általa nem választott, sem a játékvezető által nem mutatott) ajtót választja. A klasszikus, és a legtöbb ember szerint helyes gondolatmenet a következő. Mivel egy ajtó mögött tudjuk már, hogy kecske van, ezért a másik kettő mögött lehet csak az autó, s így az esély ½ - ½ mindkét ajtóra. Jegyezzük meg, hogy mindkét előadásban a tanulók többsége szintén maradt az eredeti választása mellett. Hasonlóan a legtöbb emberhez. Marylin ezzel szemben a következő következtetés írta le:

3 Jelölje az ajtókat az 1, 2, 3 szám, s az eseményt hogy autó van mögötte rendre A 1, A 2, A 3. Annak az esélye, hogy elsőre jót választ a játékos 1/3, feltéve, hogy semmi előzetes információja sincsen, és azt feltételezi, hogy valami egyenletesen véletlenszerű eljárással választották ki az autó helyét. Ha mármost a játékvezető kinyit egy ajtót, attól az eredeti 1/3 esély nem változik meg a választott ajtóra. Viszont ekkor a másik mögött 2/3 lesz az esély, hiszen a játékvezető információja csak a másik két ajtó mögötti autó esély-eloszlását változtatja meg. Nézzük ezt meg kicsit részletesebben. Szemléletesen három lehetőség van az autó elhelyezésére. Ha nem változtatok, akkor csak akkor nyerek, ha az ajtóm mögött van az autó. Ha változtatok, akkor viszont csak akkor vesztek, ha az eredeti mögött volt az autó. Hiszen ha nem, akkor a másik kettő közül a kinyitás miatt tudom, hogy melyik mögött nincs autó, tehát akkor a másik mögött kell lennie, ami még zárva van. Ezért kétszeres a nyerési esély a változtatós stratégia esetén. Kísérlettel is lehet ellenőrizni: az USA-ban egy kivétellel a játékosok maradtak az eredeti választás mellett, és mindössze 31%-ban vitték el az autót. Mi lehet az oka a tévedésnek? A szerepek nem alapos átgondolása? A döntő felismerés, hogy nincs szimmetria a szituációban. Ezt kell felismerni. MEGJEGYZÉSEK: A probléma más köntösben már hamarabb felbukkant egy M. Gardner cikkben, mint a három rab problémája. Ez úgy szól, hogy három külön magánzárkába zárt rab közül egyet másnap kivégeznek. Az őr tudja már hogy kit, de nem árulhatja el a raboknak. Egyikük a következőt mondja az őrnek: Semmit nem árul el, ha megmondja, hogy a másik kettő közül melyik éli túl a holnapot, hiszen egy mindenképpen túlélő lesz, mert csak egyet végeznek ki. Az őr némi hezitálás után, belátva, hogy tényleg egy biztos szabadul holnap, elárulja a rabnak, hogy kettőjük közül X szabadul. Erre a rab úgy érzi, hogy rosszabb lett a helyzete, mert most már ½ eséllyel végzik ki, míg a kérdés előtt 1/3 volt az esélye. Az olvasóra bízzuk annak átgondolását, hogy miért téves ez a gondolat, s hogy továbbra is csak 1/3 a kivégzésének az esélye. Egy harmadik verziót Varga Tamás próbált ki általános iskolásokkal: Adott két egyforma korong, az egyiknek mindkét fele piros, a másiknak az egyik oldala piros, a másik kék. A két korongot egy kalapba téve megkérjük a játékvezetőt, hogy vegyen ki egy korongot és tegye le az asztalra. Ha felül piros van, akkor megkérdezzük, hogy a játékos szerint mi van a másik oldalán. A diákok nagy százaléka szerint a piros és a kék egyformán 50-50% eséllyel lehet, hiszen egy-egy korong van, az egyiknek piros a hátoldala is a másiknak viszont kék. A csapda itt valamiért mégis könnyebben átlátható, mivel azok az esetek, amikor kék van felül kiesnek, akkor nincs kérdés. Így valójában a piros-kék korong általában körülbelül feleannyiszor szerepel, mint a piros-piros, mert az mindig kint marad az asztalon. Tehát kétszer akkora eséllyel lesz piros a másik oldal is. 3. Snóbli játék egyszerűsítve Ebben a játékban két játékos van, s mindegyik két lehetőség közül választhat, vagy tesz egy 100Ft-os pénzérmét a kezébe, vagy nem. Ezután a zárt öklöket felnyitják, és a következőképpen történik a kifizetés. Az egyik játékost, nevezzük őt szimmetrikusnak, a továbbiakban S, akkor nyer, ha mindkét kézben ugyanúgy vagy nincs semmi, vagy mindkettőben ott lapul a 100Ft. A másik legyen ő az aszimmetrikus a továbbiakban A, akkor nyer, ha ellentétesen döntöttek, tehát az egyik tett pénzt a másik viszont nem. A kifizetett összegek a következők legyenek:

4 Ha egyik kézben sincs pénz, nyerjen S 100 Ft-ot, ha mindkettőben van, akkor 300 Ft-ot. Ha ellentétesen tettek, akkor mindkét esetben A nyer 200 Ft-ot. A nyereményeket mindig a vesztes fél fizeti. Ezt szokás egy mátrix formájában megadni, amit kifizetési mátrixnak is neveznek. Ebben az szerepel, hogy az egyik játékos szemszögéből, legyen ez most S, mennyi a nyeremény (pozitív érték) vagy mennyit kell fizetnie (negatív érték). S/A A kérdések a következők: 1) Hogyan játszanál? 2) Igazságos-e a játék? 3) Melyik játékos lennél szívesebben? Mielőtt meggondolnánk a kérdésre adott válaszokat, néhány szó a snóbli játékról. Ebben több játékos is játszhat, nem csak kettő. Amellett három választásuk van, vagy semmit, vagy egy vagy két pénzérmét tehetnek a kezükbe. Ezután körbe állnak és mindenki betartja a kör közepe felé a zárt öklét. Adott sorrendben megtippelik a kezekben levő összes pénzérmék számát. Aki eltalálja, azé lesz az összes kezekben levő pénz. Mi ezt egyszerűsítettük azzal, hogy csak két ember és csak két lehetőség között választhat. Továbbá, hogy pontosan 100 Fttal többet nyer minden esetben, mint amennyi összesen a kezekben van. 1) A játékot képzeletben el is kezdtük játszani. Elég hamar kiderült, hogy bármelyik játékos szerepében is vagyunk, ha tudjuk, hogy a másik mit fog tenni, akkor van nyerő stratégiánk. Mindkét félnek tehát arra kell törekedni, hogy ne legyen kiismerhető. Erre a legbiztosabb dolog a véletlen. Ha valami véletlen eljárással dönt az esetek között, akkor a másik nem találhatja ki. Ez az első gondolat, tehát hogy véletlenszerűen kell játszani és nem kiszámíthatóan, valamilyen stratégia szerint. A következő kérdés, hogy mi legyen ez a véletlen. Ennek illusztrálására nézzük a következő két példát: i) Az első esetben mindkét játékos feldobja a pénzérméjét, s ha fej, akkor a kezébe teszi, ha írás, akkor nem. Így a szükséges kiszámíthatatlanság biztosítva van. Hosszú távon azonban mindketten az esetek körülbelül felében fogják a kezüket üresen, s hasonlóan felében pénzérmével benyújtani. Így ha ez egymástól független, akkor mind a négy eset kb. ¼ részben fog fellépni. Tehát S nyer ¼ eséllyel 100 Ft-ot és ¼ eséllyel 300 Ft-ot. Hasonlóan A ¼ + ¼ = ½ eséllyel fog 200 Ft-ot nyerni. Tehát átlagosan 0 Ft lesz a nyereménye mindkettőnek, azaz igazságosnak látszana a játék. A kérdés azonban az, mi van, ha más véletlent használnak. ii) A továbbra is az érméjét dobja fel, de S most egy kockával kísérletezik, s akkor tesz csak a kezébe, ha 6-t dob. Ekkor ő 1/6 eséllyel tesz a kezébe, és 5/6 eséllyel nem. Így egyik sem tesz = eséllyel. Ekkor S nyer 100 Ft-ot. Hasonlóan = eséllyel nyer 300 Ft-ot. A maradék ½ eséllyel A nyer 200 Ft-ot. Azaz S várható nyereménye: = 100 = 33Ft. Tehát ezzel már S hosszú távon vesztes lesz. A kérdés éppen az, hogy vannak-e olyan véletlenek, pontosabban olyan esélyek, amivel ha S, illetve A tesz a kezébe pénzt, akkor azok mindkettőnek optimálisak. Erre az esetre meg tudjuk oldani ezt a problémát, amit a következőkben meg is teszünk.

5 Neumann János zsenialitása volt, hogy rájött ilyen esélyek vannak, tehát van optimális játék stratégia, amelytől nem érdemes eltérni. Ha ekkor a várható nyeremény 0, akkor igazságos, ha nem, akkor valamelyik fél nyer, mint az előbbi esetben A. Ennek kiszámításához írjuk fel a várható nyereményt, ha S p míg A q eséllyel tesz a kezébe pénzt. Nyilván ekkor mivel egymástól függetlenül választanak pq eséllyel fog mindkettő tenni, ekkor S nyer 300 Ft-ot. Egyik sem tesz (1-p)(1-q) eséllyel, ekkor is S nyer de csak 100 Ft-ot. Végül két esetben A nyer Ft-ot, ha S tesz A nem, ennek esélye: p(1-q) valamint ha S nem tesz, A pedig igen, ennek az esélye: (1-p)q. Azaz S várható nyereménye N A a két valószínűség függvényében: N A = 300 pq + 100(1 p)(1 q) 200 p(1 q) 200q(1 p). Ha elvégezzük az összevonásokat, akkor a következőt kapjuk: N A = 800 pq 300 p 300q Erre a kifejezésre az iskolában matematikából tanult, s sokszor értelmetlen kínzásnak tűnő szorzattá alakítást alkalmazva kapjuk, hogy: N A = 800 pq 300 p 300q = 800 pq p q + = 800 p q = = 800 p q 12,5 8 8 Ez a következőt jelenti. Ha S egy olyan véletlent választ, amely 3/8 eséllyel mondja neki, hogy tegyen a kezébe, és persze akkor 5/8 eséllyel azt, hogy ne, akkor mindegy, hogy mit tesz A, az első tag 0 lesz, tehát 12,5 Ft veszteséget könyvelhet el. Ennél jobbat sajnos nem tehet. Hiszen ha eltér a 3/8-tól, és ezt észreveszi az A játékos, akkor még rosszabbul jár. Egyébként ugyanezért A sem célszerű, hogy eltérjen a 3/8-tól. Azaz mindkettőnek ezzel az eséllyel érdemes a kezébe tennie pénzérmét, s ekkor A nyer. Azaz válaszoltunk a már arra is, hogy ez nem lesz igazságos játék és jobb A-nak lenni, mint S-nek. Azaz az aszimmetrikus játékosnak kedvez a játék. Ez is meglepő. Ezt más gondolkodással is megkaphatjuk. Neumann János két intelligens játékost képzelt el, és a következő ún. minimax gondolkodást. Nézzük S szemszögéből a játékot. Ha ő p valószínűséggel tesz, akkor feltételezve, hogy ellenfele intelligens, amint ezt felismeri a gyakoriságból, olyan q-t választ, ami ehhez a p-hez neki a legjobb, azaz amire minimális S nyereménye. Ezután nyilván S olyan p-t keres amire maximális a nyereménye, mert ő is intelligens. Tehát a nyereménynek veszik először a minimumát q-ban, majd a maximumát p- ben. Ez S gondolkodása. Hasonlóan A azt mondja, hogy először S az ő tetszőleges q-jához olyan p-t keres, ami neki maximális, majd ő választ olyan q-t amire a nyeremény minimális, mert neki ez a kedvező. Neumann felismerése az ún. minimax tétel azt mondja, hogy mindegy, hogy először q-ban veszünk minimumot s aztán p-ben maximumot, ugyanaz lesz, mintha először p-ben maximumot és aztán q-ban minimumot keresünk. Ezt a közös pontot, ami tehát mindkét intelligens játékosnak ugyanúgy adódik, nevezik nyeregpontnak, oka, hogyha a nyereményt függvényt felrajzoljuk az egységnégyzeten akkor egy lónyereg-szerű felületet kapunk, és a nyeregpont lesz a megoldás, esetünkben éppen a 3/8, 3/8 pont. Ezért ez az optimum. A mellékelt ábra próbálja szemléltetni ezt a képet. Az egységnégyzet felett ábrázoltuk a nyereményfüggvényt, egy háromdimenziós ábra, ahol egy kétdimenziós felületet kapunk. A Winplot programot használtam az ábrázoláshoz. Lehet a nézeten változtatni, az olvasó elkészítheti a saját verzióját.

6 1. ábra a nyeregfelületről Esetünkben azonban ez a szorzattá alakításból is leolvasható, nem kell hozzá a Neumann-féle általános minimax-tétel, a játékelmélet alaptétele, ami viszont sokkal általánosabb és összetettebb játékok esetére is garantálja, az optimális ún. kevert stratégia létezését, ami szerint véletlenszerűen egy optimális valószínűség-eloszlás szerint kell keverni a választási stratégiánkat. Olvashatunk erről bővebben [8]-ban is, főleg mindennapi alkalmazásairól. Az AKG-s tankönyvben ennek a játéknak a gazdasági és még bővebben a biológiai, evolúcióelméleti vonatkozásairól is írtam. Az utóbbiról lehet [9]-ben részletesen olvasni. [1] Warren Weaver: Szerencsekisasszony Kairosz Kiadó [2] Székely J. Gábor: Paradoxonok a véletlen matematikájában Műszaki Könyvkiadó Budapest, 1982 [3] Gero von Randow: Das Ziegenproblem Rowohlt Verlag TB 1992 [4] Vancsó Ödön: Klasszikus és Bayes-statisztika a matematika didaktikában PhD disszertáció, Debrecen [5] Neumann János: Válogatott előadások és tanulmányok, Közgazdasági és Jogi Kiadó Budapest, [6] Vancsó Ödön: Matematika II. AKG Kiadó 1992 [7] Marylin vos Savant: Monty Hall dilemma: Parade Magasine, Ask Marylin column, 9. September 1990 [8] Mérő László: Mindenki másképp egyforma [9] Richard Dawkins: Az önző gén, Gondolat Budapest, 1993