Hyvä ja huono pelaaja

27.6.2016 | Opettaja H.

Tehtävänäsi on pelata kolme erää squashia ja voittaa niistä kaksi peräkkäin. Vastaasi asettuu vuoron perään hyvä pelaaja ja kehno pelaaja. Kumpi vastustajista sinun kannattaa kohdata ensin? Eli kannattaako sinun pelata erät järjestyksessä hyvä–kehno–hyvä vai kehno–hyvä–kehno?

Kuva: jamesdaniel4792 / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Ratkaisu: Parempi järjestys on hyvä–kehno–hyvä. Ratkaisua voidaan lähestyä ainakin kahdella tavalla. Ensinnäkin, koska tehtävänäsi on voittaa kaksi peräkkäistä erää, on sinun välttämättä voitettava eristä keskimmäinen. Sen voittotodennäköisyys kannattaa maksimoida, joten kehno pelaaja kannattaa kohdata nimenomaan silloin.

Ratkaisu voidaan toki osoittaa oikeaksi myös matemaattisesti. Olkoon todennäköisyys sille, että voitat hyvän pelaajan $h$ , ja kehnon pelaajan voittamiselle $k$ . Nyt tietenkin $0<h<k<1$ , eli hyvän pelaajan voittaminen on epätodennäköisempää kuin kehnon. Näillä merkinnöillä häviät hyvälle pelaajalle todennäköisyydellä $1-h$ ja kehnolle todennäköisyydellä $1-k$ . Oletetaan, että peräkkäisten erien voittotodennäköisyydet eivät riipu toisistaan.

Erilaisia tapoja voittaa kaksi erää peräkkäin on kolme:

voitto, voitto, voitto
voitto, voitto, tappio
tappio, voitto, voitto

Nämä ovat erillisiä, riippumattomia tapauksia, joten yhden tapauksen todennäköisyys saadaan tulon avulla ja kokonaistodennäköisyys laskemalla yksittäisten todennäköisyyksien summa. Tutkitaan ensin järjestys hyvä–kehno–hyvä. Tästä saadaan todennäköisyys

$hkh+hk(1-h)+(1-h)kh=hk(2-h).$

Vastaavasti järjestykselle kehno–hyvä–kehno saadaan todennäköisyys

$khk+kh(1-k)+(1-k)hk=hk(2-k).$

Koska $h<k$ , niin $2-h>2-k$ , joten $hk(2-h)>hk(2-k)$ .

Tämäkin ongelma tuli vastaan Alex Bellosin pulmapalstan kautta. Bellos kreditoi pulman lähteeksi Frederick Mostellerin kirjan Fifty Challenging Problems in Statistics with Solutions. Tämä pulmablogiharrastus alkaa käydä kukkarolleni, sillä Mostellerin kirjan lisäksi nettikirjakaupasta tarttui (taas kerran) mukaan muutama muukin alan teos. Niistä luultavasti tuonnempana lisää.

Hyvät, pahat ja rumat

26.4.2016 | Opettaja H.

Sergio Leonen lännenelokuvan Hyvät, pahat ja rumat (1966) loppukohtauksessa Clint Eastwood, Lee Van Cleef ja Eli Wallach käyvät kuuluisan kolmintaistelun hautausmaalla, jonka asetelma on myös matemaattisesti kiintoisa: tällaisessa tilanteessahan nopein vetäjä ei automaattisesti olekaan vahvimmilla. Tarvitaan jonkinlaista optimointistrategiaa, jota voidaan mallintaa todennäköisyyslaskennan keinoin.

Kuva: Jacques Meynier de Malviala / Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Leonen elokuvassa käsikirjoitus tietysti sanelee lopputuloksen, mutta kokeillaanpa kolmintaistelua tiukemmilla säännöillä. Arvotaan ensin ampumisjärjestys ja noudatetaan sitä loppuun asti. Ammutaan vuorojärjestyksessä yksi kuti kerrallaan minne tahansa, kunnes pystyssä on enää yksi mies. Oletetaan, että Clint osuu kohteeseensa aina, Lee $80$ prosentin varmuudella ja Eli $50$ prosentin varmuudella. Oletetaan vielä, että kaikki noudattavat parasta strategiaa, ja että kehenkään ei osu vahinkokimmokkeita. Kuka kolmikosta on todennäköisin taistelun voittaja? Mitkä ovat kunkin miehen täsmälliset selviytymismahdollisuudet?

Ongelman löysin jälleen Martin Gardnerin kautta; hän kertoo, että se on esiintynyt useissa lähteissä ainakin 1930-luvun lopulta alkaen.

Ratkaisu: Todennäköisin ammuskelun henkiinjäänyt on Eli. Hänelle paras strategia on ammuskella ilmaan siihen asti, kunnes jäljellä on vain toinen vastapelureista, sillä he tähtäävät varmasti toisiaan niin kauan kuin heissä henki pihisee, ja hyökätä sitten henkiinjääneen kimppuun. Mutta käydään nyt kunkin pyssysankarin mahdollisuudet läpi.

Clintin henkiinjäämisprosentti on helppo selvittää. Jos hän aloittaa Leetä vastaan, hän ampuu tämän. Jos taas Lee aloittaa, on Clintillä 20 prosentin mahdollisuus selvitä. Koska nämä tapaukset ovat erilliset ja yhtä todennäköiset, on Clintin selviämismahdollisuus Leetä vastaan $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}=\frac{3}{5}$ . Koska tämän jälkeen Clint selviää 50 prosentin todennäköisyydellä Elin laukauksesta, joten kaikkiaan Clintin eloonjäämistodennäköisyys on $\frac{3}{5}\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{10}=30\%$ .

Lee selviytyy voittajana Clintiä vastaan todennäköisyydellä $\frac{2}{5}$ . Tämän jälkeen hän ajautuu kaksintaisteluun Elin kanssa. Jos hän selviytyy Elin ensimmäisestä laukauksesta, voittaa hän 80 prosentin todennäköisyydellä. Tämän jälkeen hän voi voittaa toisella laukauksellaan, ellei Eli osu, ja edelleen kolmannella, neljännellä, viidennellä laukauksella, kunnes ratkaisu tulee. Ensimmäisen laukauksen voiton todennäköisyys on $\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{4}{10}$ , toisen laukauksen $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{5}=\frac{4}{100}$ ja niin edelleen. Kaikkiaan Leen voittomahdollisuudet mittelössä Elin kanssa muodostavat geometrisen summan

$\frac{4}{10}+\frac{4}{100}+\frac{4}{1000}+\frac{4}{10000}+\cdots$

Tämä taas voidaan ilmoittaa päättymättömänä desimaalikehitelmänä $0,44444\ldots=\frac{4}{9}$ . Lee siis voittaa Elin todennäköisyydellä $\frac{4}{9}$ , joka yhdistettynä voittotodennäköisyyteen Clintiä vastaan antaa Leen kokonaistodennäköisyydeksi selvitä $\frac{2}{5}\cdot\frac{4}{9}=\frac{8}{45}\approx 17,8\%$ .

Elin voittotodennäköisyys on nyt $1-\frac{3}{10}-\frac{8}{45}=\frac{47}{90}\approx 52,2\%$ ja siis selvästi paras kolmesta.

Jos Eli ei paukuttelisikaan ilmaan, vaan tähtäisi vaarallisimpaan vastustajaansa vuorollaan alusta asti, hänen selviämismahdollisuutensa olisi noin $44,7\%$ . Tällöin Leen mahdollisuudet nousisivat $31,1$ prosenttiin ja Clintin mahdollisuudet olisivat vain noin $24,2\%$ .

Valkeita palloja pussissa

15.4.2016 | Opettaja H.

Pussissa on joko musta tai valkoinen pallo. Laitetaan pussiin valkoinen pallo ja nostetaan tämän jälkeen sattumanvaraisesti toinen palloista pois. Millä todennäköisyydellä pussiin jää valkoinen pallo, jos nostettu pallo oli valkoinen?

Tämä hauska ongelman lienee keksinyt brittimatemaatikko Charles Lutwidge Dodgson (1832–1898). Jälkimaailma tuntee hänet paremmin kirjailijanimellä Lewis Carroll.

Ratkaisu: Seuraavat nostojärjestykset ovat ainoat mahdolliset:

Valkoinen pallo 1 ja valkoinen pallo 2.
Valkoinen pallo 2 ja valkoinen pallo 1.
Valkoinen pallo 1 ja musta pallo 1.

Tapauksilla 1–3 on sama todennäköisyys, joten kysytty todennäköisyys on $\frac{2}{3}$ .

Piste kolmiossa

27.3.2016 | Opettaja H.

Millä todennäköisyydellä umpimähkään valittu tasasivuisen kolmion sisällä oleva piste on lähempänä kolmion painopistettä kuin mitään kolmion sivuista?

Tämän pulman esitti Colin Beveridge Twitterissä. Pulma on hieman hankalampi kuin miltä se päälle päin näyttää, mutta se on ratkaistavissa ihan lukiotiedoilla.

Ratkaisu: Yleisyydestä luopumatta voimme sijoittaa kolmion yhden kärjen origoon ja asettaa sivun pituudeksi $1$ yksikön. Tällöin painopisteen $D$ koordinaatit ovat $\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ . Paraabeli on määritelmänsä mukaan niiden pisteiden joukko, jotka ovat yhtä etäällä annetusta pisteestä ja annetusta suorasta. Näin ollen kysyttyä aluetta rajaa kolme paraabelin kaarta, eli se jää pisteiden $E$ , $F$ ja $I$ väliin. Symmetrian nojalla voidaan rajoittua kolmioon $ABD$ . Tämän jälkeen tehtävä ratkeaa geometristä todennäköisyyttä soveltamalla.

Kolmion $ABD$ ala on $\frac{\sqrt{3}}{12}$ . Kolmioiden $AGE$ ja $BHF$ alat saadaan yhdenmuotoisuutta soveltamalla: Olkoon $EG$ pystysuora. Nyt tasasivuisen kolmion puolikkaana kulmana kulma $EAG=30^{\circ}$ , jolloin kulma $GEA=60^{\circ}$ . Tästä seuraa, että $\frac{EG}{EA}=\frac{1}{2}$ . Koska paraabelin määritelmän nojalla $EG=ED$ , niin $AE=\frac{2}{3}AD$ , jolloin kolmioiden $AGE$ ja $AJD$ yhdenmuotoisuuden vuoksi saadaan kolmion $AGE$ alaksi $(\frac{2}{3})^2\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{54}$ . Symmetrian nojalla tämä on myös kolmion $BHF$ ala.

Pisteiden $E$ ja $F$ kautta kulkevan paraabelin yhtälön selvittämiseksi huomataan ensin, että paraabelin huipun koordinaattien on oltava $\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{12}\right)$ . Tästä saadaan paraabelille ns. huippumuotoinen yhtälö

$y-\frac{\sqrt{3}}{12}=a\left(x-\frac{1}{2}\right)^2,$

Nyt, edellisen mittakaavatarkastelun perusteella saadaan paraabelin pisteelle $E$ koordinaatit $E=\left(\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{9}\right)$ . Yllä olevan yhtälöön sijoittamalla saadaan, että $a=\sqrt{3}$ . Pisteiden $E$ , $F$ , $G$ ja $H$ välinen ala saadaan määrättynä integraalina

$A_{EFGH}=\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{2}{3}} \left(\sqrt{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{\sqrt{3}}{12}\right)dx=\frac{5}{54\sqrt{3}}.$

Nyt siis kysytty todennäköisyys on

$\frac{A_{ABD}-A_{AGE}-A_{EFGH}-A_{BHF}}{A_{ABD}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{12}-\frac{\sqrt{3}}{54}-\frac{5}{54\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{3}}{54}}{\frac{\sqrt{3}}{12}}=\frac{5}{27}.$

Muokattu 31.3.2016: Lukijamme Kössi huomasi, että painopisteen $y$ -koordinaatti oli kaksinkertainen oikeaan painopisteeseen verrattuna. Se on nyt korjattu oikeaksi, eli kolmion painopiste todella on $\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ . Lisäksi Kössi toivoi selvennystä siihen, miksi pisteet $G$ ja $H$ jakavat kannan $AB$ suhteessa $1:1:1$ . Toivoakseni tämä muokattu ratkaisu vastaa nyt tuohonkin kysymykseen paremmin. Tarkempaa tehtävän analysointia ja vaihtoehtoisia ratkaisutapoja löytyy osoitteesta http://math.stackexchange.com/questions/1688936/what-is-the-probability-that-a-point-chosen-randomly-from-inside-an-equilateral.

Buffonin neula

27.12.2015 | Opettaja H.

Gianluigi Buffon. Kuva: Nazionale Calcio/Flickr (CC BY 2.0)

Ei, jutun otsikko ei hauku Gigi Buffonia seulaksi. Otetaan sen sijaan käsittelyyn pulma, josta olin kuullut aiemminkin, muistaakseni noin vuonna 2009 Päivölän kansanopiston matematiikkalinjan Pythagoraan polku -kilpailun vierailuluennolla professori Robert Pichéltä. Mieleeni sen palautti Jordan Ellenbergin kirja How Not To Be Wrong. Ellenbergin kirja on myös tämän pulman ratkaisun lähteenä.

Nyt puhutaan nimittäin Georges-Louis LeClercistä, Buffonin kreivistä, joka vuonna 1733 toi ensi kerran geometrian ja todennäköisyyslaskennan yhteen. Lämmittelyksi voit tutustua vaikkapa tähän aiempaan ongelmaamme. Kolikonheitto-ongelman yleisen ratkaisun esitettyään kreivi Buffon lataa kovat piippuun.

Ajatellaan tasalevyisistä pitkistä lankuista koostuvaa lattiaa. Lattialle pudotetaan ohut neula, joka on täsmälleen lankkujen levyinen. Millä todennäköisyydellä neula putoaa lankun reunan päälle?

Kreivi Buffonin oma ratkaisu ongelmaan on tiukkaa matemaattista analyysiä, mutta pulma ratkeaa myös eräällä toisella tavalla, jossa tarvitaan vain hyvin yksinkertaisia matemaattisia apuvälineitä. Nimittäin yli sata vuotta Buffonin jälkeen Joseph-Émile Barbier esitti ratkaisun, joka perustuu odotusarvon käsitteeseen ja erityisesti sen additiivisuuteen, eli siihen, että useamman tapahtuman yhteinen odotusarvo on erillisten odotusarvojen summa. Otapa tästä vinkistä kiinni ja yritä ratkaista pulma!

Tämä on vuoden 2015 viimeinen Pulmakulman pulma, joten käytän samalla tilaisuuteni kiittää seurasta tämän blogin ensimmäisten kuukausien aikana. Minulla on ollut hauskaa, toivottavasti teilläkin!

Buffonin kreivin patsas Pariisin Jardin des Plantes’ssa. Kuva: Jean-Pierre Dalbéra/Flickr (CC BY 2.0)

Ratkaisu: On mahdollista, että neula joko putoaa reunan päälle tai sitten ei. Olkoon $p$ todennäköisyys sille, että neula putoaa reunalle. Tämän vastatapahtuma on se, että neula ei osu reunalle. Tämän todennäköisyys on $1-p$ . Näin pääsemme laskemaan odotusarvon reunan ja neulan leikkauspisteiden määrästä: $0\cdot (1-p)+1\cdot p=p$ ¹.

Koska odotusarvo on additiivinen, eli $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ , voidaan päätellä, että kahden neulan pudottamisessa leikkauskohtien lukumäärän odotusarvo on $2p$ . Edelleen, jos pudotetaan vaikkapa kolme yhteenliitettyä neulaa, on odotusarvo leikkauspisteille $3p$ , sillä liittäminen ei vaikuta yksittäisen neulan osumatodennäköisyyteen.

Voidaan päätellä, että jos lankkujen väli on $a$ , niin miten tahansa väännellyn neulan, jonka pituus on $k\cdot a$ , leikkauskohtien odotusarvo on $k\cdot p$ . Eli esimerkiksi jos neulan pituus olisi $\pi\cdot a$ , olisi leikkauskohtien odotusarvo $\pi\cdot p$ . Ongelman loppuratkaisu onkin tässä.
Neula, jonka pituus on $\pi\cdot a$ , voidaan taivuttaa ympyräksi, jonka säde on $\frac{1}{2}a$ . Tällainen ympyrä osuu välttämättä lankkujen reunoille täsmälleen kahdesti. Siispä $\pi\cdot p =2,$ josta välittömästi

$p=\frac{2}{\pi}\approx 0,637.$

Paras lottorivi

26.11.2015 | Opettaja H.

Lotto on Italiassa keksitty arpajaispeli. Suomessa Veikkaus aloitti lottoarvonnat vuonna 1970. Lotto vakiinnutti asemansa Suomessa nopeasti suosituimpana rahapelinä, ja edellen jokaviikkoiset miljoonapotit tuovat jännitystä suureen osaan suomalaisperheistä. Tämänkertaisessa viikon vaikeassa pulmassa puututaan kaikille tutun onnenpelin matematiikkaan.

Suomalaisessa lottoarvonnassa arvotaan numeroiden $1,2,3,\ldots , 39$ joukosta sattumanvaraisessa järjestyksessä seitsemän numeroa, jotka sitten ilmoitetaan oikeana ”rivinä” pienimmästä suurimpaan. Esimerkiksi jos arvotut numerot olisivat olleet arvontajärjestyksessä $2,16, 32, 12, 1, 28$ ja $17$ , ilmoitettaisiin voittorivinä $1, 2, 12, 16, 17, 28, 32$ . Mikä on todennäköisin voittorivin ensimmäinen numero? Mikä on todennäköisin toinen numero? Entä mitkä ovat todennäköisimmät kolmas, neljäs, viides, kuudes ja seitsemäs numero? Onko näin löydetty numerosarja kaikkein todennäköisin lottorivi?

Ratkaisu: Tehtävän ratkaisu perustuu tuloperiaatteeseen: jos jokin kokonaisuus voidaan toteuttaa $k$ -vaiheisesti niin, että jokaisessa vaiheessa on $n_k$ vaihtoehtoa, on erilaisten kokonaisuuksien lukumäärä $n_1\cdot n_2\cdot \cdots \cdot n_k$ . Toinen tarvittava esitieto on $n$ -alkioisen joukon $k$ -alkioisten osajoukkojen, eli $k$ -kombinaatioiden, lukumäärä. Tätä kombinaatioden lukumäärää merkitään $\binom{n}{k}$ (luetaan ” $n$ yli $k$ :n”), ja se on

$\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$

Merkintä $n!$ tarkoitttaa luvun $n$ kertomaa, eli lukua $n!=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \cdots \cdot 2\cdot 1.$

Olkoon $n$ kokonaisluku, $1\leq n\leq 39$ ja olkoon $1\leq p\leq 7$ luvun $n$ paikka rivissä. Rivin numerot ennen numeroa $n$ voidaan valita $\binom{n-1}{p-1}$ tavalla ja sen jälkeen tulevat $\binom{39-n}{7-p}$ tavalla. Yhteensä rivejä, jossa numero $n$ on paikalla $p$ , on tuloperiaatteen mukaan $\binom{n-1}{p-1}\cdot\binom{39-n}{7-p}$ kappaletta.

Tämän jälkeen annetaan taulukkolaskentaohjelman hoitaa työ loppuun. Tuloksena on, että todennäköisimmistä numeroista koottu rivi olisi $1, 7, 13$ tai $14$ (yhtä todennäköiset), $20, 26$ tai $27, 33$ ja $39$ . Kokonaista lottorivitaulukkoa pääset tarkastelemaan tästä.

Näistä numeroista muodostuvat neljä lottoriviä ovat kaikkein todennäköisimmät, mutta yhtä todennäköisiä ovat kaikki muutkin $15380933$ mahdollista riviä.

Paiholalainen pankkineuvoja

17.11.2015 | Opettaja H.

Tämä on hieman erilainen ongelma kuin oikeastaan kaikki muut tässä blogissa aiemmin esitellyt pulmat. Nyt nimittäin siirrytään matematiikkaa hieman vähemmän eksaktin tieteen eli pörssikeinottelun pariin. Ja koska tiede ei ole ihan niin eksaktia, myöskään ongelman muotoilu (ja sitä myöden myöskään sen ratkaisu) eivät välttämättä ole ihan tarkkoja. Mutta asiaan. Kiinnostava ja toivottavasti ajatuksia herättävä juttu tämä on silti.

Saat tekstiviestin tuntemattomalta paiholalaiselta pankkineuvojalta. Hän kertoo, että Härrä oyj:n osakekurssi nousee päivän loppuun mennessä. Et varsinaisesti seuraa pörssikursseja etkä muutenkaan ole mikään pien- tai suursijoittaja. Yllättävä viesti kuitenkin herättää kiinnostuksesi, ja käyt katsomassa Härrä oyj:n päivän kehityksen. Ja kyllä – kurssi on tanakassa nousussa! Seuraavana päivänä paiholalainen pankkineuvoja lähettää sinulle viestin ja sanoo, että Aatun appeen ja murkinan kurssi on laskussa. Näin myös näyttäisi olevan.

Sama toistuu parin viikon ajan. Paiholalainen pankkineuvoja osuu prognooseissaan kymmenen kertaa peräkkäin oikeaan. Onko hän satumainen pörssiguru? Pitäisikö sinun antaa raha-asiasi hänen hoidettavakseen?

Ratkaisu: Yhtä täysin oikeaa vastausta tähän kysymykseen on vaikea antaa. Periaatteessa on täysin mahdollista, että pörssiä tarkkaan seuraava toimija pystyy ymmärtämään markkinoiden liikkeitä ja ennustamaan tulevaa erinomaisestikin. Talouselämän lait ovat sellaisia.

Mutta toki taustalla voi olla myös klassinen huijaritapaus, jonka ansaintalogiikka muistuttaa hieman roskapostiviestien nigerialaiskirjeitä. Sanotaan vaikka, että pankkineuvoja lähettää ensimmäisellä kerralla 10240 viestiä eri henkilöille. Nykyään, kun tekstiviestitkin useimmiten sisältyvät puhelinlaskun kokonaissummaan, ei tuollainen määrä ole varsinaisesti mikään ongelma. Oletetaan, että puolessa viesteistä ennustetaan Härrän kurssin nousua, puolessa laskua. Ne, joiden kohdalla povaus menee pieleen, eivät enää neuvojasta kuule. Niille 5120 henkilölle, jotka puolestaan saavat oikean vinkin, lähetetään seuraava vinkki, joka toiselle kurssinousua, joka toiselle kurssilaskua. Ja niin edelleen. Kymmenen kerran jälkeen jäljellä on vielä 10 henkilöä, joista jokainen on saanut oikean vinkin joka kerralla. Jos edes joku näistä antaisi rahansa paiholalaishuijarille, voisi hän luikkia tiehensä hyvän tilin tehneenä.

Tämä pulma tuli vastaan Jordan Ellenbergin kirjassa How Not To Be Wrong, joka ilmeisesti on myös jossain vaiheessa tulossa suomeksi. Toivottavasti pian, sillä kyse on erittäin suositeltavasta opuksesta.

Muurahaisen vaikea juoksu

28.10.2015 | Opettaja H.

Kuutio Muurahainen lähtee liikkeelle kuution kärjestä $A$ ja etenee kuution särmiä pitkin. Kun muurahainen tulee johonkin kärkeen, se valitsee sattumanvaraisesti seuraavan särmän, jota pitkin se lähtee kulkemaan (se voi siis myös palata takaisin kohti kärkeä, josta se juuri lähti). Millä todennäköisyydellä muurahainen päätyy kärkeen $B$ kuljettuaan täsmälleen seitsemän särmää?

(HUOM! Muurahaisen ei tarvitse olla seitsemännen särmän jälkeen ensimmäistä kertaa kärjessä $B$ .)

Tämä ongelma on huomattavasti haastavampi kuin Muurahaisen helppo juoksu, joten suosittelen tutustumaan tähän vasta helpolla juoksulla lämmiteltyäsi.

Ratkaisu: Harva ongelma (edes tässä blogissa) on saanut minut innostumaan yhtä paljoa kuin tämä. Syy siihen on seuraavassa kerrassaan hurmaavassa tavassa ratkaista pulma.

Koska kaikki kulkureitit ovat yhtä todennäköisiä, päästään ongelman ratkaisussa soveltamaan klassista todennäköisyyttä. Kun liikutaan seitsemän särmää, ja jokaisessa kärjessä on kolme vaihtoehtoa seuraavaksi suunnaksi, on erilaisia kulkureittejä tuloperiaatteen nojalla $3^7=2187$ kappaletta. Selvitetään seuraavaksi, kuinka moni näistä reiteistä on suotuisia tapauksia muurahaisellemme.

Olkoon piste $A=(0,0,0)$ ja piste $B=(1,1,1)$ . Jokaisen särmän liikkuminen muuttaa täsmälleen yhtä pisteen kolmesta koordinaatista, nollasta ykköseksi tai ykkösestä nollaksi. Tavoitteemme olisi siis se, että kaikkia koordinaatteja olisi seitsemän särmän jälkeen muutettu pariton määrä kertoja. Tämä voidaan tehdä kahdella ja vain kahdella erilaisella tavalla:

Yhtä koordinaattia muutetaan viidesti ja kahta muuta kerran.
Kahta koordinaattia muutetaan kolmesti ja yhtä kerran.

Lasketaan sitten, montako erilaista reittiä tapauksiin 1 ja 2 sisältyy. Viidesti muutettava koordinaatti voidaan valita kolmella tavalla. Edelleen kombinatoriikkaa soveltaen viisi vaihtoa seitsemästä voidaan valita $\binom{7}{5}=\frac{7!}{5!2!}=21$ tavalla. Jäljelle jäävien koordinaattien vaihdoista ensimmäinen voidaan valita kahdesta jäljellä olevasta vaihtopaikasta, jolloin viimeiselle koordinaatin vaihdolle jää vain yksi paikka. Näin ollen tapaukselle 1 suotuisia reittejä on

$3\cdot\binom{7}{5}\cdot 2\cdot 1=126.$

Vastaavaa päättelyä noudattaen tapaukseen 2 sisältyy $3\cdot\binom{7}{3}\cdot \binom{4}{3}\cdot 1=420$ mahdollista reittiä. Koska tapaukset 1 ja 2 ovat erilliset, eli niihin ei sisälly samoja reittejä, on reittien kokonaismäärä $126+420=546$ Näin ollen todennäköisyys sille, että seitsemännen särmän jälkeen ollaan kärjessä $B$ on klassisen todennäköisyyden mukaan

$\frac{546}{2187}=\frac{182}{729}=0,2496\ldots\approx 0,25.$

Tästäkin ongelmasta iso kiitos Thomas Poveylle, jonka pulmakirjaa Professor Povey’s Perplexing Problems olen nyt pari viikkoa iltaisin jatkuvasti selaillut. Kirjassa on kymmeniä tiukkoja matematiikan ja fysiikan tehtäviä, jotka on suunnattu korkeakouluopintojen kynnyksellä oleville ongelmanratkaisusta innostuneille opiskelijoille. Tai sitten heidän opettajilleen. Erittäin suositeltava opus.

PS. Eräs opiskelijani heitti suunnilleen välittömästi ongelman kuultuaan arvauksen, että vastaus ei varmaankaan ole $\frac{1}{4}$ , mutta että se on sinnepäin. Aivan oikein. Parittomalla siirtomäärällä kuutiossa on vain neljä kärkeä, joissa muurahainen voi olla. Mitä suuremmaksi siirtojen määrä kasvaa – kunhan niitä on vain pariton määrä – sitä lähempänä todennäköisyys päätyä kärkeen $B$ on arvoa $\frac{1}{4}$ .

Muurahaisen helppo juoksu

28.10.2015 | Opettaja H.

Ratkaisu: Jokaisessa kärjessä muurahaisella on kolme vaihtoehtoa seuraavalle suunnalle, joten erilaisia kolmen särmän reittejä on tuloperiaatteen mukaan $3\cdot 3\cdot 3=27$ .

Mietitään sitten, kuinka moni reiteistä vie kolmea särmää pitkin kärkeen $B$ . Kärki $A$ on ainoa kärki, josta etäisyys kärkeen $B$ on $3$ särmää. Kustakin kärjestä, johon kärjestä $A$ pääsee, etäisyys on $2$ särmää. On samantekevää, mikä suunta valitaan ensin – sopivia vaihtoehtoja on siis $3$ . Toisessa kärjessä on aivan sama, minne muurahainen jatkaa matkaansa, kunhan se ei palaa takaisin. Vaihtoehtoja on siis $2$ . Kolmannesta kärjestä on yksi reitti kärkeen $B$ . Näin ollen suotuisia reittejä on $3\cdot 2\cdot 1=6$ .

Klassisen todennäköisyyden mukaan kysytty todennäköisyys on siis $\frac{6}{27}=\frac{2}{9}.$

No niin, tämä oli helppo. Nyt mars mars Muurahaisen vaikean juoksun pariin. Eiköhän tästä ainakin yksi tai kaksi vihjettä sen ratkaisemiseksi tullut.

Kaksi rahakuorta

22.10.2015 | Opettaja H.

Tämä ongelma liittyy oleellisesti kolmen rahakuoren pulmaan, joten suosittelen tutustumaan siihen ja sen ratkaisuun ensin. Luvassa on ensinäkemältä hämmästyttävä paradoksi.

Saat kirjekuoren, jossa on tietty määrä rahaa. Minulla on suljettu kirjekuori, jossa on joko kaksi kertaa enemmän rahaa kuin sinun kuoressasi tai vain puolet rahoistasi. Kannattaako sinun vaihtaa?

Päätellään kuten kolmen kuoren ongelmassa, että vaihtaminen kannattaa:

Olkoon kuoressasi $X$ euroa.
Rahasumma $X$ voi olla joko suurempi tai pienempi kuin toisen kuoren rahasumma.
Toisen kuoren rahasumma on siis $\frac{X}{2}$ todennäköisyydellä $\frac{1}{2}$ tai $2X$ todennäköisyydellä $\frac{1}{2}$ .
Näin ollen rahasumman odotusarvoksi saadaan $\frac{1}{2}\cdot \frac{X}{2}+\frac{1}{2}\cdot 2X=\frac{5}{4}X$ .

Uskomaton tulos! Tämä sotii vahvasti arkista järkeilyä vastaan. Onko vika päättelyssä vai arkijärjessä?

Ratkaisu: Tällä kerralla ongelma todella on päättelyssä, tarkemmin sanottuna kohdassa 3. Emme voi lähteä siitä, että toisessa kuoressa olisi $2X$ tai $\frac{1}{2}X$ ja laskea odotusarvoa kuten kolmen kuoren ongelmassa. Tämä siksi, että ne molemmat eivät ole mahdollisia tapauksia.

Oikeaa päättelyä olisi todeta, että on kaksi rahakuorta, joissa on rahasummat $X$ ja $2X$ , mutta emme tiedä, kumpi niistä on hallussamme. Nyt hallussamme olevan rahasumman odotusarvo on $\frac{1}{2}\cdot X+\frac{1}{2}\cdot 2X=\frac{3}{2}X$ , mikä puolestaan tarkoittaa, että on yhdentekevää, vaihtaako vai ei. On yhtä todennäköistä, että hallussa on iso tai pieni rahasumma, eikä se vaihtamalla muutu.

Tämänkin pulman lähteenä oli Thomas Poveyn matematiikka- ja fysiikkaongelmia käsittelevä opus Professor Povey’s Perplexing Problems.

Opettaja H:n pulmakulma

OpettajaH.fi

todennäköisyyslaskenta

Hyvä ja huono pelaaja

Hyvät, pahat ja rumat

Valkeita palloja pussissa

Piste kolmiossa

Buffonin neula

Paras lottorivi

Paiholalainen pankkineuvoja

Muurahaisen vaikea juoksu

Muurahaisen helppo juoksu

Kaksi rahakuorta

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon: