.
.
LITTERATURE-ΛΟΓΟΤΕΧΝΙΑ
-H πιθανότητα τού humor στο θεώρημα Fermat
- χ.ν.κουβελης c.n.couvelis
χ.ν.κουβελης c.n.couvelis
H πιθανότητα τού humor στο θεώρημα Fermat
Μια σκοτεινή νύχτα.
Υπάρχει νύχτα να μην είναι σκοτεινή;σκέφτηκε ο δικηγόρος Pierre Fermat.
Η δουλειά τού δικηγόρου σε μια υπόθεση επίσης είναι να σκοτεινιάζει
την σκέψη τού ντετέκτιβ.Και ο μαθηματικός να φωτίζει το σκοτάδι
τών θεωρημάτων.
Μέσα σ' αυτά τα σκοτάδια,η λάμπα λαδιού στο γραφείο του τρεμοσβηνε
πάνω σε σωρούς σημειώσεων,και στο 'υποπτο' βιβλίο ,τα Αριθμητικά
τού Διόφαντου.
Που να είναι κρυμμένες οι λύσεις των διοφαντικων εξισώσεων;
Και για να χαλαρώσει από την ένταση τής αναζητήσης,σκέφτηκε να
διασκεδάσει με το Πυθαγόρειο θεώρημα:a^2 + b^2 = c^2
αφήνοντας κατά μέρος την τυπικότητα τού δικηγόρου,μόνο με τη φαντασία
του ποιητή θα έθετε μαθήματα αινίγματα.
ωραία,το Πυθαγόρειο με τα τετράγωνα μια χαρά τα πάει,τέλεια,σκέφτηκε.
Μα τι θα συμβεί αν δοκιμάσω κυβικα,δηλαδή τρίτες,,τεταρτες δυνάμεις; πέμπτες,κλπ;
Κι εκεί ξεκίνησε το κυνήγι τών αριθμων.
a^n + b^n = c^n ,όπου n≥3
Δεν βρήκε ποτέ «ενόχους» ακέραιες λύσεις.
Και τότε, σαν γνήσιος ντετέκτιβ που παίζει με τα νεύρα τού αναγνώστη,σημείωσε στο περιθώριο μιας σελίδας τών Αριθμητικών τού Διόφαντου:
Έχω μια υπεροχη απόδειξη, αλλά το περιθώριο είναι πολύ μικρό για να τη χωρέσει.
Άλλωστε ξημέρωνε.Επρεπε και να κοιμηθει.Οι άλλοι έχουν.ολο το χρονο,
μέχρι το 1994,όπου ο Andrew Wiles,βρίσκοντας τη λύση,επιτέλους θα
κλείσει τα Αριθμητικά τού Διόφαντου,με την απόδειξη μου που δεν γράφτηκε
γιατί δεν χωρούσε στο περιθώριο μιας σελίδας του.
Όπως κάθε ντετέκτιβ,(πχ ο Sherlock Holmes)έτσι κι ο Fermat είχε έναν «συνεργάτη»·.Τον νεαρό, αλλά εφυεστατο Blaise Pascal.(τον Dr. Watson του).
Στην αλληλογραφία τους, δεν μιλούσαν για ληστείες, αλλά για τον μεγαλύτερο ληστή» του κόσμου: την τύχη.
Ο Pascal ρώτησε: Πώς μοιράζουμε δίκαια τα κέρδη ενός παιχνιδιού που
διακοπτεται;
Παθαινει black out.
Κι εκεί ξεκίνησε η πρώτη συστηματική μελέτη τής θεωρίας πιθανοτήτων.
Η σκέψη τού Fermat ήταν απλή αλλα δολοφονικά ακριβής:
να μετρήσουμε όχι τα ήδη παιγμένα, αλλά όλα τα πιθανά μελλοντικά αποτελέσματα, κι έτσι να βρούμε την αναλογία τών νικών.
Και επειδή κανένας,ούτε εσύ αναγνώστη,δεν πρέπει να μείνει στα 'πιθανά' σκοτάδια το -πρόβλημα τού δίκαιου μοιράσματος- (problem of fair division)
ή το -πρόβλημα τών διακοπτόμενων παιγνίων- (problem of points) είναι αυτο:
Δύο (ή περισσότεροι) παίκτες παίζουν ένα παιχνίδι με στοίχημα.
Συμφωνούν πως όποιος φτάσει πρώτος σε έναν συγκεκριμένο αριθμό νικών παίρνει όλο το ποσό.
Αν το παιχνίδι όμως σταματήσει πριν ολοκληρωθεί, πώς μοιράζουμε δίκαια
τα κέρδη;
Αν δωθεί ένα παράδειγμα θα βοηθησει; Με μεγάλη πιθανότητα ναι.
Δύο παίκτες παίζουν μέχρι κάποιος να κερδίσει 3 παρτίδες.
Το παιχνίδι σταματάει όταν ο ένας έχει 2 νίκες και ο άλλος 1.
Το ερώτημα είναι: πώς πρέπει να μοιραστούν τα χρήματα που είχαν βάλει στοίχημα, με τρόπο που να αντανακλά τις πιθανότητες που είχε ο καθένας να κερδίσει αν συνεχιζόταν το παιχνίδι;
Η «δίκαιη» λύση δεν είναι να τα μοιράσουμε απλά μισά–μισά, αλλά να υπολογίσουμε τις πιθανότητες νίκης που είχε κάθε παίκτης στο σημείο τής διακοπής και να μοιράσουμε τα κέρδη ανάλογα.
Θέλετε εγώ ο συγγραφέας να σας δείξω αναγνωστες βήμα–βήμα πώς γίνεται αυτός ο υπολογισμός με ένα παράδειγμα;
(Βέβαια,πάντα υπαρχει ο κινδυνος,πολύ πιθανός,να μην χωρέσει η επίδειξη
στο στενό χώρο τού διηγηματος,και να χρειάζεται επέκταση στις διαστάσεις μυθιστορήματος.)
Λοιπόν επί τού προκειμένου:
Δύο παίκτες παίζουν μέχρι κάποιος να κερδίσει 3 παρτίδες.
Το παιχνίδι σταματάει όταν ο ένας έχει 2 νίκες και ο άλλος 1.
Το ερώτημα είναι: πώς πρέπει να μοιραστούν τα χρήματα που είχαν βάλει στοίχημα, με τρόπο που να αντανακλά τις πιθανότητες που είχε ο καθένας
να κερδίσει αν συνεχιζόταν το παιχνίδι;
Ας ονομάσουμε το παίκτη με 2 νίκες Α και τον άλλον με 1 νίκη Β.
Θα υποθέσουμε πρώτα ότι κάθε παρτίδα είναι δίκαιη.
Κάθε παίκτης κερδίζει την επόμενη παρτίδα με πιθανότητα 1/2 1/2.
50-50,
Ισες ευκαιρίες,όχι ανισοτητα.
1) Πιθανότητα ότι κερδίζει ο Α
Ο Α χρειάζεται μία νίκη ακόμα. Δύο περιπτώσεις:
Κερδίζει την επόμενη παρτίδα: πιθανότητα 1/2.
Χάνει την επόμενη (πιθανότητα 1/2 ), και τότε πάμε στο 2–2 και υπάρχει τελική παρτίδα όπου ο Α κερδίζει με πιθανότητα 1/2 .
Η συνολική πιθανότητα αυτής της διαδρομής είναι:(1/2)χ(1/2)=1/4
Επομένως:
P(A)=1/2+1/4=3/4=0.75
2) Πιθανότητα ότι κερδίζει ο Β
Επειδή οι πιθανότητες πρέπει να αθροίζουν 1:
P(B)=1-P(A)=1-3/4=1/4=0.25.
3) Διανομή τών χρημάτων
Αν το συνολικό ποσό στο ταμείο είναι e(e euro,αν και τότε δεν ήταν το ευρώ), τότε το δίκαιο μοίρασμα
(ανάλογα με τις πιθανότητες) είναι:
Ο Α παίρνει:3/4 e
Ο Β παίρνει .1/4 e,
Μετά από μια τέτοια υψηλή ειδίκευση στις πιθανότητες,δια αλληλογραφίας
με τον Pascal,η πιθανότητα να χτυπήσει την πόρτα του ένας επαγγελματίας παικτης τυχερων παιγνιων,και μάλιστα επίμονα λόγω τού πάθους του,
ειναι πολυ μεγάλη,αγγίζει το 1,
ήταν πολύ πρωί,μόλις είχε ξυπνήσε,ο παίκτης έρχονταν κατευθείαν άυπνος
από την πράσινη τσόχα και με τον κροτο τών ζαριών στ'αυτια.του,
τού άνοιξε κι εκείνος όρμησε μέσα κι αμέσως σχοιχηματισε:
Κύριε Fermat, γιατί αν στοιχηματίσω ότι σε 4 ρίψεις θα εμφανιστεί τουλάχιστον ένα εξάρι, βγαίνω κερδισμένος σε βάθος χρόνου,
ενώ αν στοιχηματίσω ότι σε 24 ρίψεις δύο ζαριών θα εμφανιστεί τουλάχιστον μια φορά διπλό εξάρι, χάνω;
Ο Fermat χαμογελασε.
Κύριε,τού είπε,καταρχήν μού επιτρέπεται να σας αποκαλεσω:
Φιοντόρ Μιχαήλοβιτς Ντοστογιέφσκι ο Παίκτης,
-Δεν με πειράζει, τού απαντάει ο.επισκεπτης,άλλωστε αυτός είμαι.
Εντάξει,χαμόγελα και συνεχίζει ο Fermat,και κατά δεύτερον σαν ντετέκτιβ
θα σας απαντησω πιθανολογικως ορθώς και βημα-βημα:
1.Περίπτωση Α -τουλάχιστον ένα εξάρι σε 4 ρίψεις ενός ζαριού
Πιθανότητα να μην βγει εξάρι σε μία ρίψη = 5/6
Πιθανότητα να μην βγει εξάρι σε 4 ανεξάρτητες ρίψεις = (5/6)εις την 4
Υπολογισμός:
(5/6)^4 = {5^4}/{6^4} = 625}{1296=0.482253086419753....
Άρα η πιθανότητα τουλάχιστον ενός εξάριου είναι
1-(5/6)^4 = 1-625/1296=(1296-625)/1296}=671/1296=0.5177469135802468...
Συμπέρασμα:
P(≥1 εξαρι σε 4 ριψες)=0.51775 περιπου
Είναι πάνω από 0.5, δηλαδή σε δίκαιο στοίχημα(1/2):
παίρνεις 1 μονάδα όταν κερδίζεις,
χάνεις 1 μονάδα όταν χάνεις,
επομένως έχεις θετική προσδοκώμενη αξία.
Αν το στοίχημα είναι ίσο–ποσοστό (1:1), τα αναμενόμενα κέρδη ανά στοίχημα είναι:
EV=2P-1=2χ{0.5177469-1=0.0354938 περιπου
2) Περίπτωση Β -σε 24 ρίψεις δύο ζαριών, τουλάχιστον μία φορά διπλό εξάρι.
Εδώ κάθε «δοκιμή» είναι να ρίξεις δύο ζάρια μία φορά.
Για κάθε τέτοια δοκιμή:
Πιθανότητα να βγει διπλό εξάρι (6 και 6) = 1/36
Πιθανότητα να μην βγει διπλό εξάρι σε μία δοκιμή = 36/36
Πιθανότητα να μην βγει διπλό εξάρι σε 24 ανεξάρτητες δοκιμές
=(35/36) εις την 24.
Υπολογισμός:
(35/36)^{24}=0.5085961238690966.περιπου
1-(35/36)^{24}=1-0.5085961238690966= 0.4914038761309034 περιπου
Συμπέρασμα: .
P(≥1 διπλό εξαρι σε 24 ριψες)=0.49140 περιπου
Είναι κάτω από 0.5, οπότε το ίδιο «ίσο» στοίχημα (1:1) θα έχει αρνητική αναμενόμενη αξία:
EV=2χ0.491403876-1=-0.017192248 περιπου
παρόλο που τα αναμενόμενα πλήθη επιτυχιών είναι ίδια, οι πιθανότητες «τουλάχιστον ενός» διαφέρουν
Παρατηρούμε ότι το προσδοκώμενο πλήθος επιτυχιών είναι ίδιο και στις δύο περιπτώσεις.
Άρα ο μέσος αριθμός επιτυχιών είναι ίδιος (≈0.667). Όμως το ερώτημα «τουλάχιστον μία» εξαρτάται όχι μόνο από το μέσο αλλά και από τη διασπορά/συγκέντρωση των πιθανών αριθμών επιτυχιών. Συγκεκριμένα:
Στην πρώτη περίπτωση έχεις λίγες δοκιμές (4) αλλά σχετικά μεγάλη πιθανότητα σε κάθε δοκιμή (1/6). Αυτό αυξάνει την πιθανότητα να εμφανιστεί μία τουλάχιστον επιτυχία.
Στη δεύτερη περίπτωση έχεις πολλές δοκιμές (24) αλλά πολύ μικρή πιθανότητα σε κάθε δοκιμή (1/36). Παρότι το μέσο είναι ίδιο, η κατανομή είναι πιο κοντα προς το 0, και η πιθανότητα να μην συμβεί τίποτα μπορεί να είναι λίγο μεγαλύτερη από 50%.
σταματάω εδώ,αυτό που θα σου χρειαστεί ειναι:ότι αν περιμένεις διπλό εξαρι
βρίσκεσαι σε μειονεκτική θέση,και προπάντων σού χρειάζεται ένας καλός
και βαθύς ύπνος,μετα την αυπνία τών πιθανοτήτων,γιατί πρέπει να να ξέρεις
οι πιθανότητες δεν κοιμούνται ποτέ,δεν υπάρχει πιθανότητα να κοιμούνται,
έπειτα η δικαιοσύνη τής τύχης είναι αριθμητική,όχι ψευδαίσθηση.
Ο παίκτης Φιοντόρ Μιχαήλοβιτς Ντοστογιέφσκι έφυγε.
Ο Fermat χαμογελασε.Πρεπει οπωσδήποτε να αγοράσει και να διαβάσει το μυθιστόρημα τού Ντοστογιέφσκι:Ο Παίκτης.
Κάθισε στον.καναπε,στο σαλόνι..
Τωρα,σκέφτηκε,έμεινα πάλι με τη φαντασία τού ποιητή
και τη λογική τού ντετέκτιβ.
Τι γίνεται αν πάρω έναν αριθμό a και τον υψώσω στη δύναμη ενός πρώτου p;
Πολύ γρήγορα κατέληξε στο θεώρημα:
Αν p είναι πρώτος αριθμός, τότε για οποιονδήποτε ακέραιο a ο αριθμός
a^p− a είναι ένα ακέραιο πολλαπλάσιο τού p.
a^p≡a ( mod p)
και στο ισοδύναμο του.
Αν το a και το p είναι σχετικά πρώτοι αριθμοί τότε το:a^(p-1)-1 είναι
πολλαπλάσιο τού p.
a^(p-1)≡1 mod p),.αν (a,p)=1
Αυτό ονομάστηκε: μικρό θεώρημα τού Fermat.
Κοίταξε τη ώρα.Πρεπει να πάει στο δικηγορικό του γραφείο.Εχει ραντεβού με πελάτη για νομική δικαστικη του υπόθεση.
Σύμφωνα με τη μελέτη τής δικογραφίας του έχει βασιμες πιθανότητες
να τον αθωώσει.
.
.
.
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου