Парадокс гри в кості

Правильна гральна кістка при киданні з рівними шансами падає на будь-яку з граней 1,2,3,4,5 або 6. (Сума очок на протилежних гранях дорівнює 7, тобто падіння на 1 означає випадання 6 і т.д.)

У разі кидання 2х кісток сума випали чисел укладена між 2 і 12. Як 9, так і 10 можна отримати двома різними способами: 9 = 3 + 6 = 4 + 5 і10 = 4 + 6 = 5 + 5. У задачі з трьома кістками і 9 і 10 виходять шістьма способами. Чому тоді 9 з'являється частіше, коли кидають дві кістки, а 10, коли кидають три?

Парадокс де Мері

При чотирьох киданнях однієї гральної кістки ймовірність того, що принаймні один раз випаде 1, більше 1/2. У той же час при 24 киданнях двох кісток ймовірність випадання двох одиниць одночасно (принаймні одного разу) менше 1/2. Це здається дивним, оскільки шанси отримати одну 1 в шість разів більше, ніж шанси випадання двох 1, а 24 якраз в 6 разів більше 4.

Пояснення. Якщо правильну кістка кидають k разів, то число можливих (і рівномірних результатів) одно 6k. У 5k випадках з цих 6k кістка не ляже на 6, і, отже, ймовірність випадання принаймні один раз 1 при k киданнях дорівнює (6k-5k) / 6k = 1- (5/6) k що больше1 / 2, якщо k = 4. З іншого боку, величина 1- (35/36) k, яка виходить аналогічно, все ще менше 1/2 для k = 24 і перевершує 1/2 починаючи з k = 25.

Парадокс розділу ставки

Два гравці грають в нешкідливу гру (тобто шанси на виграш однакові) і вони домовилися, що те, хто першим виграє 6 партій, отримає весь приз. Припустимо, то насправді гра зупинилася, до того, як один з них виграв приз (наприклад, перший гравець виграв 5 партій, другий - 3). Як справедливо слід розділити приз? Більшість математиків (16-17в) вважали, що стосовно 5: 3, Тарталья вважав, що 2: 1, хоча Паскаль і Ферма встановили, що 7: 1. Хто з них правий?

Парадокс незалежності

Припустимо, що кидають дві правильні монети. Нехай подія А - "на першій монеті випав герб", подія В - "на другий монеті випав герб" і подія С - "на одній (і тільки на одній) монеті випав герб". Тоді події А, В і С попарно незалежні, але будь-які два з них однозначно визначають третє.

Парадокс бриджу

Припустимо, що в коаліції двох гравців на руках 26 карт, серед яких 6 козирів. Тоді найбільш ймовірне розподіл козирів наступне: 4 на одній руці і 2 на інший. Імовірність такого розподілу в точності дорівнює 78/161, що трохи менше 1/2, а ймовірність розподілу 3-3 дещо менше 1/3, її точне значення дорівнює 286/805.

Тепер припустимо, що двічі ходили з козирів і обидва гравця в коаліції двічі поклали козирні карти. У цьому випадку у коаліції залишилися лише два козирі, причому, або обидві кати на одній руці, або у кожного гравця по одному козирю. Якщо між двома гравцями розподіляються 2 козиря і 20 інших карт, то шанси того, що в одного гравця виявляться обидва козиря, рівні 10/21, імовірність другого варіанта дорівнює 11/21.

Отже, другий варіант найбільш вірогідний, тобто більше ймовірне розподіл 1-1 виходить з менш ймовірного розподілу 3-3. Чи немає тут протиріччя?

Парадокс лотереї (типу спортлото)

Більшість учасників лотерей (у яких виграш розподіляється між усіма переможцями як в спортлото) зазвичай не ставлять на "занадто симетричні" комбінації, хоча всі комбінації рівноможливі. Причина цього проста. Гравці з досвіду знають, що, як правило, виграють не симетричні комбінації. Насправді вигідніше ставити на найбільш симетричні комбінації саме тому, що .... Чому?

Парадокс з подарунками

Кілька людей вирішили зробити один одному подарунки наступним чином. Кожен приносить подарунок. Подарунки перемішуються і випадково розподіляються серед учасників. Цей справедливий спосіб застосовується часто, оскільки вважається, що ймовірність отримання кимось власного подарунка дуже мала. Парадоксально, але ймовірність принаймні одного збігу набагато більше ймовірності того, що збігу немає (крім тривіального випадку з двох осіб). Чому так?

Примітка. Є ще модель з n чоловік і n подарунків, коли кожна людина отримує випадкове кількість подарунків. Хтось може отримати більше 1 подарунка, а інші не отримають подарунків зовсім. Тоді подарунки можуть бути розподілені nn способами.

Нехай подію А зключается в тому, що певна людина не отримає подарунка. Тоді всі n подарунків розподіляться серед n-1 людей, і це можна зробити (n-1) n способами. Таки чином, ймовірність події А дорівнює

Qn = (n -1) n / nn = (1-1 / n) n і прагне воно до е-1. Це і є розподіл Пуассона.

Петербурзький парадокс

Монета кидається поки не випаде решка, якщо це відбудеться на k-му киданні, то гравець плучает 2k доларів з банку. Тобто, з кожним киданням виграш подвоюється. Питання: скільки слід заплатити гравцеві за участь у грі, щоб гра стала невинною (з рівними шансами, або середньо значення, математичне очікування виграшу = 0)?

Парадокс смертності

Едмунд Галлей (що відкрив відому комету) в 1693 році склав таблицю смертності, що поклала початок математичної теорії страхування життя. За цією таблицею середня тривалість життя дорівнює 26 рокам, і разом з тим з рівними шансами можна померти до 8 років і прожити більше 8 років. Як це пов'язати?

Парадокс закону великих чисел Бернуллі

Ставлення випадінь герба або решки до загального числа спроб при великому числі бросаний прагне до 1/2. Деякі гравці впевнені, що при серії випадання орлів збільшується ймовірність випадання решки. І в той же час у монет немає пам'яті, вони не знають попередні кидки і кожен раз ймовірність випадання орла чи решки дорівнює 1/2. Навіть слі перед цим випадали 1000 гербів поспіль. Чи не суперечить це закону Бернуллі?

Парадокс де Муавра

Як уже сказано було в попередньому парадоксі, за законом великих чисел Бернуллі ставлення випадінь герба або решки до загального числа спроб при великому числі бросаний прагне до 1/2. Або, іншими словами, кількість випадінь орлів дорівнює кількості випадінь решек. З іншого боку, ймовірність того, що число гербів в точності дорівнює числу решек, прагне до нуля!

Наприклад, при 6 киданнях ймовірність випадання трьох орлів дорівнює 5/16, при 100 киданнях ймовірність випадання 50 гербів дорівнює 8%, при 1000 бросаний - 500 гербів - менше 2%, для досить великих n ймовірність наближено дорівнює 1 / sqrt (pi * n ). Спробуйте пояснити цей парадокс слідом за де Муавром.

Примітка. Так звана Гранична теорема Муавра-Лапласа застосовується для розрахунків промислових, соціальних та виробничих процесів.

Пуанкаре якось зауважив із сарказмом, що всі вірять в універсальність нормального розподілу: фізики вірять, бо думають, що математики довели його логічну необхідність, а математики вірять, оскільки вважають, що фізики перевірили це лабораторними експериментами.

Парадокс Бертрана

Для деякої окружності випадковим чином вибирається хорда. Знайти ймовірність того, що ця хорда довша боку правильного трикутника, вписаного в це коло. Парадокс стверджує, що ця ймовірність визначається неоднозначно залежно від методу.

Метод перший

Випадковим чином (рівномірно) в даному колі вибирається точка. Ця випадкова точка визначає єдину хорду, серединою якої вона є. Ця хорда довша боку нашого вписаного правильного трикутника тоді і тільки тоді, коли її середина лежить всередині кола, вписаного в трикутник. Радіус цього кола дорівнює половині радіуса вихідного кола, отже площа його становить 1/4 площі вихідного. Таким чином, ймовірність того, що випадково вибрана точка лежить всередині вписаного кола, дорівнює 1/4. Так що цей метод дає відповідь 1/4.

Метод другий

Виходячи з міркувань симетрії, можемо вважати, що одним кінцем хорди є фіксована точка на окружності. Нехай цією точкою є вершина вписаного трикутника. Виберемо інший кінець випадково з рівномірним розподілом. Вершини трикутника ділять коло на три рівні дуги, і випадкова хорда довша боку правильного трикутника, якщо вона перетинає цей трикутник. Так що шукана ймовірність тепер дорівнює 1/3.

Метод третій

Виберемо точку випадковим чином рівномірно на радіусі кола і візьмемо хорду, яка перпендикулярна цього радіусу і проходить через обрану точку. Тоді випадкова хорда довша боку вписаного правильного трикутника, якщо випадкова точка лежить на тій половині радіуса, яка ближче до центру. Виходячи з міркувань симетрії, неважливо який радіус був обраний для побудови, тому вихідна ймовірність дорівнює 1/2.

Парадокс "Ребро монети"

Якщо ми хочемо, щоб з рівною ймовірністю монета падала орлом, решкою або вставала на ребро, то ширина монети, по одному з припущень, повинна дорівнювати діаметру, помноженому на tg 30 = 0.577 ... Чи так це?

Парадокс Бореля

Нехай випадкова точка рівномірно вибирається на поверхні кулі (наприклад, на Землі, вважаючи Землю кулею). Взагалі кажучи, положення точки задається її шириною і довготою. При даній широті довгота рівномірно розподілена, але при фіксованій довготі розподіл широти не є рівномірним. (Щільність цього розподілу пропорційна косинусу довготи.)

Отже, щільність випадкової точки не однакова, коли вона знаходиться на грінвічському меридіані або на екваторі, хоча і грінвічський меридіан і екватор є колами на сфері, і тому їх роль представляється однаковою. Як же вибрати випадкову точку?

Парадокс точності вимірювання

Припустимо, що нам треба знайти довжину двох стрижнів за допомогою двох вимірів. Прилад, яким ми міряємо довжину, дає результат з випадковою помилкою, що має стандартне відхилення s. Парадоксально, але вимір кожного стержня окремо ньому є кращим способом. Стандартне відхилення результату буде менше, якщо спочатку виміряти загальну довжину Т стрижнів, приклавши кінець одного стрижня до кінця іншого, а потім покласти стрижні поруч і знайти різницю їх довжин Д. Тоді наближені довжини стрижнів відповідно рівні (Т + Д) / 2 і (Е -Д) / 2. Стандартне відхилення цих довжин одно s / sqrt (2), що дійсно менше, ніж s. Звідки ж взялася додаткова точність?

Парадокс часу очікування

Припустимо, на деякій установці вказано інтервал руху автобусів 10 хвилин. Тоді природно вважати, що люди чекають автобус в середньому 5 хвилин. Однак виявляється, що середній час очікування може не тільки перевищити 5 хвилин, але і бути нескінченним!

Примітка. Якщо m - математичне очікування, s - відхилення, то середній час очікування Т = (m2 + s2) / (2 * m) і Т = m / 2 тільки при s = 0. Зазвичай же m = s і автобуса доводиться чекати 10 хвилин.

Парадокс світлофора

Начебто здається, що чим більше швидкість автомобілів, тим більша їх кількість встигне проїхати на зелене світло світлофора. Але як це узгодити з тим, що зі збільшенням швидкості збільшується і дистанція між автомобілями?

Парадокс випадкових блукань

З теореми Пойа (про те, що при тривалому блуканні по квадратній решітці ми - пара блукаючих - зустрінемося нескінченне число разів) випливає, що розглядаючи випадкове блукання по цілим точкам на прямий з початком в 0 і рухом за 1 крок вліво або вправо на 1 з однаковою ймовірністю 1/2 (незалежно від попередніх кроків), ми будемо повертатися в нуль з імовірністю 1. тобто - завжди.

Виникає питання - скільки разів до (першого) повернення в 0 ми будемо проходити через фіксоване ціле число k? Природно припустити, що чим більше k (по модулю), тобто, чим далі йде випадкове блукання від 0, тим рідше в середньому це буде відбуватися. Дивно, але випадкове блукання до першого повернення в 0 буде завжди проходити через k одне і теж кількість разів, а саме 1, як би не було велике k (по модулю). Як пояснити такий висновок?