Paradox fa gömb kockában

Paradox ecsetvonások

Gyurmaparadoxon, avagy játékos topológia

A topológia a matematikának egy olyan részterülete amely az alakzatoknak folytonos transzformációk során megmaradó tulajdonságaival, ún. topológikus invariánsokkal foglalkozik. Ilyen folytonos deformációk körébe tartozik például a kicsinyítés, nagyítás, az alakzat tetszőleges részének nyújtása, csavarása, viszont nem megengedett az alakzatot kilyukasztani, elszakítani, vagy távoli pontjait összeragasztani, stb. Képzeljük azt, hogy az alakzat gumiból vagy gyurmából van és tetszőlegesen deformálhatjuk úgy, hogy a közeli pontok (gumi- vagy gyurmarészecskék) mindvégig közeli pontok maradjanak.

Ha két alakzat egymásba áttranszformálható ilyen módon, akkor topológikusan ekvivalensnek tekinti őket a topológus. Például egy bögre és egy középen lyukas fánk ugyanaz a topológiai alakzat, mert mindkettőn pontosan egy lyuk van: a bögrének a füle alkot egy zárt hurkot, ami egy lyuknak felel meg. A lyukak száma tehát egy invariáns tulajdonság, folytonos deformációk során nem keletkezhet új lyuk és nem is tűnhet el. De ha két alakzat lyukainak száma megegyező, abból még nem következik, hogy topológikusan ekvivalensek, például nem mindegy, hogy a lyukak különállóak, vagy úgy egymásba hurkolódnak, hogy nem lehet őket kibogozni. Azt sem mindig könnyű belátni, hogy két alakzat topológikusan különbözik, gyakran produkál a topológia érdekes meglepetéseket, amikor két alakzat lényegesen különbözőnek tűnik, mégis topológikusan ekvivalensek. Erre egy nagyon szép példa az alábbi, amit gyurmával és két gumikarikával mutatunk be. A képsor végigvezet minket a folytonos deformációkon, az kiindulási állapot azonban egészen másnak tűnik, mint amit az utolsó képen látunk.

A következő sorsolásos nyereményjáték találós kérdése az alábbi, amire a választ bizonyítással együtt július 4-ig várom. Lehet-e a fenti alakzatot úgy transzformálni folytonosan, hogy mindkét gumi olyan helyzetet vegyen fel, mint a sárga gumi az utolsó ábrán, azaz mindkét gumi mindkét gyurmahurkon keresztülmenjen?

Paradox lottókombináció (megoldás)

Annipanni ezen a héten két szelvénnyel játszik a hatoslottón. Van egy szerencseszáma, amit mind a két szelvényén bejelöl, a többi száma viszont mind különböző. Minek van nagyobb esélye: annak, hogy lesz két hármas találata, ami előző héten például 2 x 1185 = 2370 forintot fizetett volna, vagy annak hogy lesz egy hármas és egy négyes találata, ami előző héten 1185 + 5595 = 6780 forintot ért volna?

Még tavaly áprilisban tűztem ki a paradox lottókombináció című feladványt, de sajnos a meghosszabított beküldési határidő ellenére sem érkezett egyetlen megoldás se azóta. A fenti rávezető feladatban konkrétan megadok egy olyan paradox lottókombinációt, amiről az eredeti feladatban szó volt. Ennek az átfogalmazott feladatnak a megoldását közlöm az alábbiakban, így aki szeretné saját maga kiszámolni, az ne olvassa tovább ezt a bejegyzést.

Megoldás: Természetesnek tűnik, hogy egy hármas és egy négyes találatnak kisebb legyen az esélye a két hármas találatnál, hiszen az előbbinek nagyobb a nyeremény értéke (6780 > 2370), azaz többet fizetnek érte, és azt várnánk, hogy minél nagyobb a találatokhoz tartozó nyereményösszeg, annál nehezebb eltalálni. A feladatban szereplő korlátozó tényezők mellett azonban az az érdekesség adódik, hogy a kétféle nyerő kombinációnak éppen azonos a valószínűsége. Ez azért lehetséges, mert jelentős megszorítást jelent, hogy két szelvényen is találatunk legyen, vagyis a szelvényeken elért találatok egymástól nem teljesen függetlenek. Konkrétan két hármas találatot úgy érhetünk el, ha kihúzzák a szerencseszámot, és még két-két számot mindkét szelvény maradék öt számából, ami (5 alatt a 2)*(5 alatt a 2) = 10*10 = 100 kombináció, vagy úgy, ha nem húzzák ki a szerencseszámot, de kihúznak három-három számot mindkét szelvény maradék öt számából, ami (5 alatt a 3)*(5 alatt a 3) = 10*10 = 100 lehetőség ugyancsak. Összesen tehát 200 kombinációban jöhet ki két hármas találat. Négyes találat azonban egy hármas találat melett csak úgy lehetséges, ha kijön a szerencseszám, mert a két szelvényen lennie kell közös találatnak, hiszen csak hat számot húznak. Tehát a szelvények maradék öt-öt számából 3-2 vagy 2-3 kell legyen a találati arány, ezek mindegyike megintcsak 10*10 = 100 lehetőség egyenként, mert öt alatt a kettő éppen annyi, mint öt alatt a három. Összesen tehát ez is 200 kombináció.

Update: Sajnos a fenti megoldás rossz, elnéztem, lásd Gyarmati Richárd megjegyzését a hozzászólások között!

Paradox tangram megoldások

Az előző bejegyzésben szereplő kedvenc paradox tangram sziluettjeim megoldásai következnek most. Hogyan lehetséges, hogy némelyik alakzatból hiányzik egy darabka, pedig látszólag mindegyik egy ugyanakkora négyzetbe van ágyazva, és közülük az egyik teljesen ki van töltve?

Természetesen nem véletlen, hogy a négyzet szót idézőjelbe raktam a feladat megfogalmazásakor. A paradoxon feloldása ugyanis az, hogy valójában nem mindegyik négyzet, vagy nem ugyanakkora. Az oldalhosszak között szerepel az eredeti oldalhossznál picit nagyobb is. Az eltérés csupán hat százaléknyi, ami szemmel alig észrevehető. Az alakzatokat ráadásul úgy rendeztem egymás mellé, hogy az egymás melletti és fölötti téglalapok magasságai és szélességei rendre azonosak legyenek, így kevésbé tűnik fel az eltérés.

Az eltérés egyébként abból adódik, hogy a közepes méretű derékszögű háromszög átfogója nincsen racionális arányban a nagy háromszögek átfogóival, ezért nem mindegy, hogy a közepes háromszög az eredeti elrendezéshez hasonlóan, vagy negyvenöt fokkal elforgatva kerül be az alakzatba.

Tangram paradoxonok

A tangram egy népszerű kínai kirakós játék, amivel valószínűleg már mindenki találkozott. A készlet nagyon egyszerű mértani alakzatokból áll, amelyek egy négyzet hét részre darabolásával kaphatók meg, lásd az ábrát. A feladványoknak csak a sziluettjét szokás megadni, a megoldásnak pedig hagyományosan olyannak kell lennie, amely az összes darabot felhasználja, és a darabok nem fedik egymást. Ebből a néhány elemből több ezer figura kirakható. A konfigurációs lehetőségek sokféleségét jól jellemzi a tangram legendája. Eszerint egy szerzetes utazni küldte a tanítványát, hogy a világ szépségének lényegét egy táblára fesse. A tábla azonban eltörött, és amikor a tanítvány megpróbálta összerakni, próbálkozásai közben sok szép minta keletkezett. Végül a tanítvány megértette, hogy nem kell beutaznia a világot, mivel a világ szépségét és sokféleségét meg lehet találni a széttört tábla darabjaiban.

A tangram feladványok között van néhány egészen különleges is, olyan feladvány párok például, amiknek az egyike látszólag tartalmazza a másikat, annak ellenére, hogy mindkettőben pontosan ugyanazok az elemek szerepelnek átfedés nélkül. Az egyik legismertebb az ún. két szerzetes paradoxon. Amint az ábrán is látható, az egyik szerzetesnek jut láb, míg a másiknak nem, pedig ugyanazokat az elemeket használtuk fel, és a szerzetes alakja látszólag ugyanaz. Ez a feladvány H. Dudeney Amusements in mathematics című könyvében jelent meg 1958-ban.

Azonban már jóval korábban Sam Loyd 1903-ban megjelent Eighth book of Tan című könyvében szerepelt számos geometriai formát ábrázoló tangram paradoxon. Néhány ilyent mutat az alábbi ábra.

Az én kedvenceim pedig az alábbi "négyzetek", melyek sziluettjei egymáshoz viszonyítva arányosan vannak ábrázolva, vagyis a sorban egymás melletti "négyzetek" magassága valóban ugyanakkora, és az egymás alattiak szélessége is teljesen megegyezik. Hogyan lehetséges, hogy némelyikből mégis hiányzik egy darabka, miközben a fölső sorban a második egy teljesen kitöltött négyzet?

Paradox lottó kombináció

Kitűzök egy új feladványt. Ha esetleg valakinek a drótvilágos feladványok kevéssé szimpatikusak, akkor is lesz min gondolkodni. Most bizonyára sokan lottóznak, hiszen minden idők harmadik legnagyobb ötöslottó nyereménye várja gazdáját, ezért aktuális lesz a kitűzött fejtörő, ami lottóval kapcsolatos.

A lottó játékok egyik alaptulajdonsága, hogy minél több számot találunk el egy szelvénnyel, annál nagyobb nyereményre számíthatunk. Ötöslottó esetében minimum kettő találat, hatoslottó esetén pedig minimum három találat szükséges ahhoz, hogy nyerjünk valamit. Elviekben előfordulhatna, hogy rengeteg embernek van négy találata, miközben alig van három találatos, ezért az osztozkodás miatt a négytalálatos szelvényekre kevesebbet fizetnek, mint a háromtalálatosokra, de a gyakorlatban ilyesmi szinte soha nem fordulhat elő. Tegyük fel ezért, a feladat kedvéért, hogy az egyes nyereményosztályok kifizetései a találatok számával szigorúan monoton nőnek, úgy ahogy az természetesen lenni szokott.

Ha egy szelvénnyel játszunk, akkor világos, hogy bármely két nyereményosztályt hasonlítjuk is össze, mindig kisebb az esélyünk a nagyobb összegre, mert több számot eltalálni nehezebb, azaz kisebb a valószínűsége. De mi a helyzet akkor, ha több szelvénnyel játszunk? Lehetséges-e úgy kitölteni szelvényeket, hogy legyen a nyereményosztályoknak két olyan kombinációja, amiket összehasonlítva a kisebb nyeremény összértékkel rendelkező kombináció valószínűsége kisebb, vagyis nagyobb a valószínűsége annak, hogy a többet fizető kombináció jön ki, mint az, hogy a kevesebbet fizető.

Természetesen van ilyen, ha például elég sok szelvényt töltünk ki megfelelő szisztémával (amiről a közösségi lottózással kapcsolatos cikkben már volt szó), akkor garantálható az, hogy biztosan legyen kéttalálatos szelvényünk az ötöslottón. Erre a kombinációra tehát érvényes lesz, hogy a kettes találatnak nagyobb a valószínűsége, mint annak, hogy egyetlen találatunk sincs, ami lehetetlen a szóban forgó kombináció esetén. De lehet-e hasonló paradox kombinációt létrehozni kevesebb szelvénnyel, mondjuk kettővel vagy hárommal? Ha nem lehet, akkor lehet-e olyant, ahol ha nem is fordulnak meg a valószínűségek, de egyenlőek a nyereményosztályok valamely két kombinációjára, annak ellenére, hogy az egyik kifizetés biztosan nagyobb?

Bármelyik kérdésre a válasz augusztus 20-ig beküldhető, a helyes megfejtést beküldők között pedig könyvjutalom kerül kisorsolásra. Ha addig megnyerem a főnyereményt, akkor a könyvjutalomnál nagyobb nyereményre is lehet számítani! Egyébként megengedett ötös- és hatoslottóban is gondolkodni. Ha valakinek esetleg nem teljesen világos a feladat, kérdezzen bátran a megjegyzéseknél. Sok szerencsét!

Kolmogorov, a matematikus óriás

Ezen a napon hunyt el a 20. század kimagasló matematikus óriása, Andrej Nyikolajevics Kolmogorov, aki idén lenne 111 éves. Szinte nincs a matematikának olyan területe, ahol ne alkotott volna maradandót és előremutatót, de munkássága kiterjedt a fizika számos területére, számítástudományra, geológiára, sőt még Puskin stílusjegyeinek elemzésével is foglalkozott. Egyik tanítványával, Vlagyimir Igorevics Arnolddal, feloldották Hilbert tizenharmadik problémáját. Tanítványa volt Rényi Alfréd is. Kolmogorov életművét fémjelzik a róla elnevezett fogalmak, mint például a valószínűségszámítás Kolmogorov-axiómái, Kolmogorov-féle valószínűségi mező, Kolmogorov-kiterjesztés, Chapman–Kolmogorov-egyenlet, Kolmogorov–Sinai-entrópia, Kolmogorov-komplexitás, Kolmogorov–Szmirnov-próba, Kolmogorov–Nagumo-tétel, Kolmogorov–Arnold–Moser-tétel (KAM-elmélet), turbulencia Kolmogorov-féle spektrális elmélete, nagy számok Kolmogorov-féle erős törvénye, csak hogy néhányat említsünk a teljeség igénye nélkül.

Kolmogorovot legtöbben a valószínűségszámítással kapcsolatban ismerik, teljes joggal, hiszen ő fektette le a biztos mértékelméleti alapokon nyugvó modern valószínűségszámítást. Szépen példázza a mértékelmélet jelentőségét, hogy konstruktívan képes feloldani olyan paradoxonokat, mint például az ún. Borel–Kolmogorov paradoxon. Képzeljük el, hogy egy véletlen pont egyenletes eloszlású egy gömb felszínén. Ha tudjuk, hogy a pont valamely főkörre esik, akkor azt gondolnánk, hogy a szimmetria miatt a megszorított (ún. feltételes) eloszlás is egyenletes a főkörön, akármelyik főkörről is legyen szó, függetlenül a választott paraméterezéstől. Az alábbi két megközelítés azonban eltérő eredményre vezet.

A gömb felszínén egyenletes eloszlású pont kiválasztása ekvivalens azzal, hogy választunk egy hosszúsági kört egyenletes eloszlással a [-π,π] intervallumból, majd a kiválasztott hosszúsági körön egy szélességet választunk a szélességi kör kerületével, azaz a szélesség koszinuszával arányos sűrűségfüggvénnyel. Eszerint viszont azt találjuk, hogy a feltételes eloszlások mások, nevezetesen egyenletes vagy koszinusszal arányos, attól függően, hogy mely főkörre kondicionálunk. A naív valószínűségszámítás válasza erre természetesen az, hogy a feltételes valószínűség nem értelmezhető zérus valószínűségű eseményekre kondicionálva, hiszen az nullával való osztást eredményez, azonban a mértékelmélet segítségével fel lehet oldani a paradoxont a fenti paraméterezésekre vonatkoztatva is.

Zárásként álljon itt Kolmogorovtól egy elgondolkodtató idézet a naplójából:

At a given moment there is only a fine layer between the 'trivial' and the impossible. Mathematical discoveries are made in this layer.

Paradox kártyakereszt

Az alábbi kártyakereszt létezése első ránézésre paradoxonnak tűnhet a fotó alapján, amolyan lehetetlen objektum kinézetét kelti. Ha azonban közelebbről megvizsgáljuk az elemeket, amelyekből összeáll a szerkezet, akkor észrevehetjük, hogy a kártyalapok csak látszólag metszik egymást, azaz a papír nem hatol át sehol a másik papírlapon, ugyanis minden metszet mentén a metsző lapok egyikén rés van. A konstrukció azonban még így is fölöttébb érdekes, ugyanis egyik kártyalap esetében sem futnak végig a vágások a metszetek mentén, ezért mindegyik kártyalap összefüggő, ráadásul direktbe egyik se fér át a másikon. A fotó valódi, nincsen benne semmi trükk, a sablonok alapján bárki elkészítheti magának otthon az elemeket, amikből a kereszt összerakható. A papír hajlékonyságát természetesen ki kell használni az összerakásnál, azonban az a feladat, hogy úgy rakjuk össze a keresztet, hogy eközben egyik kártyalapot sem tépjük el és egyiken sem keletkezik gyűrődés!

Ez a fejtörő feladvány George Miller 2002-es találmánya, amely a Three Card Burr névre hallgat. Az eredeti készletetben lézerrel kivágot rések vannak a kártyalapokon. Ha valaki otthon szeretné elkészíteni saját használatra, akkor az alábbi méretarányos sablon alapján megteheti, ahol standard póker méretű kártyalapok szerepelnek, melyek mérete 63mm x 88mm. Fontos, hogy a réseknek vastagsága legyen, nem elég csak szikével elvágni a kártyát, akkor ugyanis kicsit köcsörtös lesz, mert a metsző kártyalapoknak is van vastagsága. Ezért érdemes egy precíz vonalzó és éles szike segítségével két párhuzamos bemetszést ejteni egymástól körülbelül fél milliméter távolságra minden bevágásnál és kiszakítani a keletkező vékony papírcsíkot.

Hová tűnt a kis piros négyzet?