MATEMATIKAI PARADOXONOK

Barcza István

2

ELŐSZÓ

A Matematikai paradoxonok műfaját tekintve leginkább a tanári kézikönyvhöz áll közel. Összesen 10 paradoxont gyűjtöttem egybe. Olyan problémák ezek, amelyek nincsenek benne a középiskolai törzsanyagban, de „nyugodtan” benne lehetnének. A legtöbb minimális matematikai ismeretet igényel, cserébe igen érdekes eredménnyel szolgál.

A paradoxonok sorozata mégis inkább azoknak szól, akik matematikával egyetemi életük során is fognak találkozni. Egy paradoxont általában előkészít néhány bevezető példa. Ha ügyesek vagyunk, és olyan a csoport, akkor akár egy tanórába is sűríthető egy-egy ilyen probléma.

A problémák zöme valószínűséggel vagy statisztikával kapcsolatos. Néhány esetben az analízis területére is elvezet egy-egy példa.

Végül köszönet illeti volt tanáromat, jelenlegi kollégámat, Binzberger Ákos bencés szerzetest, aki folyamatos konzultációival, ötleteivel és megoldásaival végig nagy segítség volt a dolgozat megírásában. Ugyanígy köszönet Baranyai Zoltánnak, a Pannonhalmi Bencés Gimnázium végzős diákjának, akinek ötletét felhasználtam a Választási paradoxon fejezetben. Végül diákjaim édesapjának, Garay Barnabásnak, nemcsak úgy, mint programszervezőnek, aki folyamatos leveleivel bíztatott, hanem akinek szintén felhasználtam konkrét ötleteit az előbbi fejezetben.

A dolgozatban az alábbi paradoxonok szerepelnek:

1. Születésnap-paradoxon

2. Simpson-paradoxon

3. Szerencsejátékok

4. Monty Hall-paradoxon

5. Választási paradoxon (Condorcet-paradoxon)

6. Jákob és Lábán paradoxona

7. Bertrand-paradoxon

8. Titkárnő-paradoxon

9. Kockázási paradoxon

Pannonhalma, 2010. nov. 1.

Barcza István

3

4

1. SZÜLETÉSNAP-PARADOXON

Feladat:Hány fős társaság esetén nagyobb 50%-nál annak a valószínűsége, hogy a társaság két tagjának ugyanazon a napon van a születésnapja? (Tippelj! Próbáld ki pl. az osztályban, van-e ilyen pár!)

Rávezető feladatok:1) Hány fő esetén biztos, hogy van két ilyen ember?

2) Egy hétre szűkítve:a) Hány fős társaság esetén lesz biztos, hogy ugyanarra a napra esik két embernek a

születésnapja?b) Mekkora a valószínűsége egy 5 fős társaság esetén, hogy közülük kettőnek ugyanarra

a napra esik a születésnapja?

3) Hány fős társaság esetén lesz 96% a valószínűsége annak, hogy két embernek ugyanazon a napon van a születésnapja?

Megoldások:1) Skatulyaelv alapján nyilván 366 fő kell.

2) Egy hétre szűkítvea. Hasonlóan, 8 fő kell.b. A komplementerrel számolva: jó = összes – rosszÖsszes: mindenki bármelyik nap születhet, azaz

Rossz: mindenki különböző napon születik, azaz

Jó:

Valószínűség:

Tehát nagyon valószínű, szinte biztos, hogy lesz ilyen pár.

3) Hasonlóan, mint előbb, de itt most a létszámot (n) keressük:

Valószínűség:

Az egyenletet a rávezető feladatok után könnyű volt felírni, megoldása azonban komoly gondot okoz (exponenciális és lineáris kifejezés együtt) nem tudjuk megoldani.Próbálkozással oldjuk meg, de előbb átrendezzük az egyenletet:

5

n

100 0,9999997 (!)65 0,99857 0,9940 0,8937 0,8525 0,5723 0,51

Az eredmény értelmezése:1. Miközben a valószínűség mindössze 1%-ot esik, a létszám drasztikusan 366-ról 57-re – 84%-

kal – zuhan! Nyilván ezért érezzük paradoxonnak a problémát.2. Az eredeti kérdésre kapott válasz is igencsak meglepő, miszerint 23 fő elegendő az 50%-os

valószínűséghez. Ez könnyen kipróbálható egy átlagos osztályközösségben. (Egyébként matematikai hivatkozás szokott lenni az amerikai elnökök sora, akik x fős társaságot alkotnak napjainkig, és valóban közöttük 2 elnöknek is egy napon van a születésnapja.)

6

2. SIMPSON-PARADOXON

1. Egy multinacionális nagyvállalatot diszkriminációval vádolnak, miszerint kisebb százalékban vettek fel nőt a legutóbbi felvételen. Védekezésképpen a cég nyilvánosságra hozza győri és soproni áruházuk kimutatását, melyben valóban az áll, hogy a váddal szemben több nőt vettek fel, mint férfit.Az alábbi táblázat mutatja a meglepő adatokat:

munkakeresőkférfiak nők

jelentkezők felvettek % jelentkezők felvettek %Győr 500 200 40% 100 50 50%Sopron 120 10 8% 100 10 10%Összesen 620 210 34% 200 60 30%rejtett paraméter a jelentkezők egyenetlensége

A táblázatból az olvasható ki, hogy külön-külön valóban a felvett nők aránya a nagyobb, összesítve azonban ez átbillen a férfiak javára. Ezt a váratlan tényt nevezik Simpson-paradoxonnak, ami akkor lép föl, ha két csoportot (férfiak-nők) két újabb csoportra (Győr-Sopron) bontunk. (A jelenséget először 1951-ben H. E. Simpson írta le, a probléma pedig a 70-es években női egyenjogúsági kérdésként valóban felvetődött a Berkeley egyetem felvételije kapcsán.)A paradoxon oka, hogy van egy rejtett paraméter (most a jelentkezők száma közti különbség), amit az összesítésnél nem vettünk figyelembe.Sopron: 20 hely, 220 jelentkező 11-szeres „túljelentkezés”Győr: 250 hely, 600 jelentkező 2,4-szeres „túljelentkezés”A nők „bátrabbak” voltak Sopronban, vagy nagyobb volt körükben a munkanélküliség, mert a jelentkezők majd’ felét (45%) ők adták, míg Győrben mindössze a 17%-át. Ez okozta most a váratlan eredményt.

2. Ez a feladat is politikai diszkriminációval és a Simpson-paradoxonnal kapcsolatos. Egy általános iskola három első osztályt indít. Az 1.Z zenetagozatos, míg az A és B normál tanrendű. Civil szervezetek arra figyelnek föl, hogy cigány tanulókat kisebb arányban vesznek fel, mint nem cigányokat. Tiltakozásukat az alábbi táblázattal hárítja el az iskola statisztikában jártas igazgatója:

tanulóknem cigány cigány

jelentkezők felvettek % jelentkezők felvettek %A osztály 29 17 59% 5 3 60%B osztály 24 14 58% 10 6 60%Z osztály 91 15 16% 30 5 17%Összesen 144 46 32% 45 14 31%

Mi okozza most a paradox helyzetet?

Megjegyzés:1. Vegyük észre, hogy a táblázat alapján tiltakozni mindenki tud, aki akar. Akik sokallják a

cigány gyerekek számát, az első három sort „használhatják”, akik viszont kevesellik, az összesítő sort. Kinek van igaza?

2. Látszik, hogy nem csak 2, hanem akár több részre (A, B, Z osztályok) is lehet bontani a már meglévő csoportokat (cigány-nem cigány tanulók).

7

3. A H1N1-vírus ellen beadott oltás hatását vizsgálják egy reprezentatívnak tekintett mintán. Az alábbi táblázat mutatja az eredményeket:

H1N1nem oltatta be magát beoltatta magát

összesen nem fertőződött % összesen nem fertőződött %férfiak 500 220 44% 100 48 48%nők 120 20 17% 120 30 25%Összesen 620 240 39% 220 78 35%

Tehát akik beoltatták magukat, inkább elkapták, noha külön férfiként vagy nőként „jól jártak”!

Megjegyzés:1. Az adatok természetesen légből kapottak.2. Nemcsak az újabb csoportbontás okozhat galibát, hanem az adatok óvatlan egyesítése.

4. Hogyan készül egy ilyen példa? Milyen szám írható helyére, hogy előálljon a Simpson-paradoxon?

???A nem A

összes egy része % összes egy része %X n = ? 240 60 48 80%Y 80 20 25% 90 30 33%Összesen 260 150 78 52%

Megoldás: nyilván az alábbi (egyébként könnyű) egyenlőtlenség-rendszert kell megoldani:

Innen adódik. Ha túl kicsi, akkor az X sora „romlik el”, ha nagy, akkor nem áll elő a paradoxon az összesítésben. Innen is érezhető, hogy a Simpson-paradoxon sokkal kevésbé valószínű, mint az adatok között elsőre várható, természetesnek tűnő összefüggés.

Ábrázolás koordináta-rendszerbenA paradoxonnak van egy függvénytani érdekessége, ha ábrázoljuk – mondjuk az első példa adatait alapul véve – a felvetteket a munkára jelentkezők függvényében:

8

A tengelyek skálázása különböző a két grafikonra vonatkozóan. Úgy állítottuk be, hogy azonos legyen a szélességük. Ez a meredekséget nem befolyásolja, hiszen egy origó középpontú középpontos nagyítást hajtottunk végre. Mi látszik innen?A töröttvonalak a városokra vonatkozó felvételit ábrázolják. Az egyes szakaszok meredekségei nagyobbak a nőknél, mint a férfiaknál, azaz nagyobb arányban vették föl őket (a meredekség épp a felvételi arány). Az összesítésre vonatkozó szakaszoknál viszont fordul a helyzet: ott a férfiakhoz tartozó meredekség lesz nagyobb.

9

3. SZERENCSEJÁTÉKOK

1. Feladat:Egy pénzérmét dobálunk. Figyeljük a két egymást követő dobások kimenetelét (F: fej, I: írás). Melyik áll elő hamarabb, az FI vagy az FF kettes?

Megoldás:Nyilván az első dobás nem számít, hiszen F-fel kezdődik mindkét játékos számára a játék. A következő dobásnak pedig ugyanakkora a valószínűsége F, ill. I esetében is. Tehát egyik sem „jobb” a másiknál, mindkettő esélye egyenlő.

2. Feladat:Most azt vizsgáljuk, hogy az IF vagy az FF kettes közül melyik áll elő hamarabb?

Megoldás:Négy lehetőség van: FF, FI, IF, II.

a. FF végeb. FI megy tovább, de IF fog nyerni (az első F-nél)c. IF véged. II megy tovább: IF fog nyerni (az első F-nél)

A folytatódó kimenetelek esetén csak IF jöhet ki, azaz a 4 lehetséges eset közül 1 esetben nyer FF, 3-szor IF! Másképpen, ha egyszer I-t dobunk, vége a játéknak, és nyer IF, ha F-et dobunk, még mindkettő nyerhet.

Azaz IF 3-szor nagyobb eséllyel nyer, mint FF, holott mindkettő párosnak (FF, IF) a

valószínűsége!

3. Feladat:Melyik kettes a nyerő stratégia?

Megoldás:Eddig tudjuk, hogy FF = FI, IF > FF.Nyilván ugyanígy: II = IF, FI > II.Készítsünk egy táblázatot:

FF FI IF IIFF 1:1 1:3 1:1FI 1:1 1:1 3:1IF 3:1 1:1 1:1II 1:1 1:3 1:1

FI = IF, ugyanis: FF megy tovább, végül FI nyer (az első I-nél)FI vége, FI nyert

10

IF vége, IF nyertII megy tovább, végül IF nyer (az első F-nél)

II = FF, ugyanisFF vége, FF nyerFI megy tovább, II és FF is nyerhetIF megy tovább, II és FF is nyerhetII vége, II nyer

A játék – két játékos esetén – igazságos, azaz nincs nyerő stratégia, hiszen, IF-et kell választani az egyik játékosnak és FI-t a másiknak, vagy fordítva. Ha ellenben a kezdő játékos FF-et, vagy II-t választ, akkor nyilván veszít, hiszen ellenfele IF-et, vagy FI-t választ.

Megjegyzés:Óvatosak voltunk, és mindegyik párosítást végig néztük külön-külön. Helyesen is tettük, mert a következő furcsaság vehető észre: IF > FF és FF = FI, de IF = FI. Azaz ez a reláció nem tranzitív!

4. Feladat:Barátunk kockázásra hív. Három kockával játszunk.a) Azt ajánlja, hogy fizet 1 eurót, ha valamelyik 6-os, máskülönben én fizetek neki 1 eurót. Megéri-e nekem a játék?b) Hány kocka esetén érdemes játszanom, hasonló feltételek mellett?c) Barátom szigorít a játékszabályon: csak a tiszta 6-osért (666) fizet, különben nekem kell 1 eurót fizetnem. Mennyit kell neki fizetnie a 666-ért, hogy legalább igazságos legyen a játék?

Megoldás:a) Számítsuk ki a várható értéket!Összesen eset van, ebből vesztek, ha nincs 6-os, azaz esetben. Máskülönben – a

maradék 91 esetben – nyerek. Nyilván bármelyik hármasnak a valószínűsége.

Azaz a játék, ha csak csekély mértékben is veszteséges, nem érdemes játszanom.

b) Nyilván az a kérdés, mikor teljesül a egyenlőtlenség. Rendezve kapjuk:

A könnyebb számolás érdekében mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve nem fordul a reláció, hiszen az alap 1-nél nagyobb, így szigorúan monoton növekvő a logaritmus-függvény:

11

Osztunk -dal, ami kisebb, mint 1, így fordul a reláció.

,

azaz 4 vagy annál több kockával már érdemes játszani.

c) Most 215 esetben vesztek, 1 esetben nyerek. Akkor igazságos a játék, ha a várható érték 0. Az alábbi egyenletet kell tehát megoldani:

Amiből következik, hogy 215 euróért érdemes beszállni a játékba.

5. Feladat: Péter és Pál pénzben játszanak, Péter dobja föl a pénzérmét, és azt ajánlja Pálnak, hogy ha fejet dob, annyiszor két eurót fizet Pálnak, ahányadik dobás lett fej. Mennyit fizessen Pál azért, hogy részt vehessen a játékban úgy, hogy Péternek is megérje, hab) Péter legfeljebb 10-szer próbálkozhat?c) Péter akárhányszor próbálkozhat?

Megoldás:a) Igazságos a játék, ha az átlagos nyereség 0.Számítsuk ki ehhez a nyereség várható értékét:

.

Pálnak tehát 5 eurót kell fizetnie.

b) Most a várható érték:

,

ami végtelen. Ekkor tehát Pál akármekkora (véges) összeget fizet, a játék Péter számára hátrányos lesz. Ezt a játékot hívják Pétervári paradoxonnak. Nevét onnan kapta, hogy Daniel Bernoulli a Pétervári Tudományos Akadémia folyóiratában jelentette meg. Később többen azt ajánlották, hogy véges keret álljon Péter rendelkezésére a nyereség kifizetésére, azaz egy bizonyos ponton túl ne növekedjék tovább a nyereség.A paradoxon gyakorlati jelentősége abban áll, hogy a közgazdaságtan hasznosság fogalmát alapozza meg. Ugyanis Pál a várható – horribilis – összeg ellenére sem fog komoly összeget fizetni a részvételért, és nemcsak azért, mert nincs „végetlen sok” pénze, hanem azért, mert úgy érzi, nem éri meg neki. És valóban, Buffon a 18. században azt tapasztalta egyébként – több mint 2000 játék

12

lejátszása után –, hogy igazságos a játék, ha Péter – mai pénznemben – 10 eurót fizet. Azaz átlagosan 10.-re jött ki a fej. (Próbáljátok ki, mondjuk 20 játékon, hány eurót fizetne Péter!)

6. Feladat: Pénzérmét dobálunk egy bankban. Befizetünk 1 eurót. Ha fej jön ki, kapunk még 1 eurót, ha írás, eurónk a banké, és folytatjuk a játékot 2 euró befizetésével. Ha most fej jön ki, kapunk még 2 eurót, ha írás, ez a 2 eurónk is a banké. Addig folytatjuk így a tét duplázásával, míg nem nyerünk. Igazságos-e az a játék?

Megoldás:A játék előnyös számunkra, hiszen – tegyük föl – 10. dobásra lesz fej, akkor vesztettünk:

eurót, míg nyertünk eurót, azaz összességében, tisztán 1 eurót. Az is nyilvánvaló, hogy bármelyik dobás után nyerünk is, ugyanennyi lesz a nyereség.Abban különbözik a pétervári paradoxontól, hogy a fizetés kétirányú: dobásról dobásra rendezni kell a számlát. Ezt a stratégiát hívják halmozási vagy martingál-stratégiának. A módszer csalóka, mert ugyan biztos sikert ígér – bárhol áll is meg, 1 kemény eurót –, ugyanakkor a 10. vesztes dobás után a duplázáshoz euró kb. 300 ezer Ft-ra van szükség! Tapasztalatlan rulettjátékosok ezt az apóságot szokták szem elől téveszteni.

13

4. MONTY HALL-PARADOXON

Feladat: Egy amerikai televíziós vetélkedő utolsó állomásaként a játékosnak három ajtó közül kell választania. A három ajtó közül kettő mögött egy-egy kecske van, míg a harmadik mögött van a főnyeremény, egy autó. Amikor a játékos választ egy ajtót, akkor Monty Hall, a műsorvezető még mielőtt azt kinyitná, kinyit egy másik ajtót, amely mögött kecske van. Ekkor megkérdezi a játékost, hogy akar-e változtatni első választásán, és egy másik ajtót választani.

? ?a) Érdemes-e a változtatni, vagy az eredetileg választott ajtó mellett kell-e kitartani? (Tegyünk

próbát! Játsszunk így is, úgy is tíz menetet!)b) Mennyiben más a helyzet, ha 100 ajtó közül 99 mögött van kecske, 1 mögött autó, és a

játékvezető a játékos választása után a maradék 99 ajtóból kinyit 98 kecskés ajtót?c) Mennyiben más a játék, ha két játékos játszik, mindegyik választ egy-egy (különböző) ajtót. Az,

amelyik kecskét választott, kiesik (ha mindkettő kecskét választott a játékvezető tetszőlegesen dönt, ki esik ki), és az ő ajtaját kinyitják. Most is érdemes-e váltania a bennmaradt játékosnak?

Megoldás:a) Nyilván több oka van annak, hogy paradoxonnak érezzük. Az egyik: nem befolyásolhatja az

eredményt, ha változtatok, hiszen akkor már az elején azt választottam volna. A másik, hogy az ajtó kinyitása után 1/2 lett az esélyem, előtte 1/3 volt. Ezek szerint nem érdemes váltani, mert egyenlő esélye van ez eredeti és az esetleges új választásnak is.Valójában érdemes váltani, ugyanis:Ha nem váltok: elsőre el kell már találni az autót. Ennek 1/3 a valószínűsége.Ha váltok: elsőre mindenképpen kecskét kell választanom, hogy nyerjek. Ennek 2/3 a valószínűsége.Hogy jobban átlássuk, táblázatba foglaljuk a lehetőségeket. Tippeljünk mindig az 1. ajtóra. Három lehetőség van (zölddel jelöltük a Monty által kinyitott ajtót), ebből azt az esetet, amikor Monty tetszőleges kecskés ajtót nyit ki, külön választottuk:

1. ajtó 2. ajtó 3. ajtó ha váltunk ha nem váltunk valószínűség

1. kecske kecske autó nyerünk vesztünk1/3

2. kecske autó kecske nyerünk vesztünk 1/3

3. autó kecske kecske vesztünk nyerünk 1/6 1/3

14

autó kecske kecske 1/6

b) Most erről van szó:

?

?

?………. ?

?

Itt sokkal nyilvánvalóbb a váltás előnye. Mivel most 1/100 az esélye, hogy az elején autót választunk, és Monty megmutat 98 kecskét, mindenképpen érdemes váltani: a ki nem nyitott ajtó mögött 99/100 valószínűséggel lesz az autó.

c) Élesebben fogalmazva: itt a kieső játékos játssza Monty szerepét, olyan, mintha ő nyitná ki a kecskés ajtót. És mégis: most nem érdemes váltania a bennmaradó játékosnak! Tippeljen a két játékos mindig az első két ajtóra! (Zölddel jelöltük a kieső által választott, ezért kinyitott ajtót.)

A B Ha a bennmaradó

1. ajtó 2. ajtó 3. ajtó vált nem vált

kecske kecske autónyer veszít

kecske kecske autó

kecske autó kecske veszít nyer

autó kecske kecske veszít nyer

nyerési valószínűség 1/3 2/3

Ha a bennmaradó játékos vált, nyilván akkor nyer, ha elsőre egyikük sem találta el az autót, azaz mindketten kecskére tippeltek. (Egy játékos esetén elég volt az egyik kecskét eltalálni váltó stratégia esetén!) Ennek pedig nyilván 1/3 az esélye. Ha viszont a bennmaradó játékos nem vált, akkor 2/3 valószínűséggel nyer. Lényeges különbség az is, hogy itt a két játékosnak együtt kell működnie – ily módon osztozniuk kell a nyereségen – ahhoz, hogy ugyanazt a stratégiát játsszák.

Hasonló feladat a Bertrand-féle doboz:Van három doboz. Az egyikben két piros, a másikban két kék, a harmadikban egy piros és egy kék golyó van. Az egyik dobozból kihúzunk egy piros golyót. Mire tippeljünk, milyen színű a dobozban maradt golyó?

15

5. VÁLASZTÁSI PARADOXON (CONDORCET-PARADOXON)

Feladat:1) Egy héttagú titkos társaság, a Mansard Klub elnököt választ. A tagok 3 jelölt (A, B, C) közül választják ki az elnököt, oly módon, hogy mindenki a saját sorrendje szerint írja föl a három nevet a papírra. Az első 3, a második 2, a harmadik 1 pontot kap. Az lesz a vezető, aki a legtöbb pontot kapja.a) Elképzelhető-e, hogy A egyszer sem szerepel az első helyen, és mégis nyer?b) Elképzelhető-e, hogy a többség B-t A elé teszi, és mégis A nyer?c) Elképzelhető-e, hogy a többség B-t és C-t is A elé teszi, és mégis A nyer?

Megoldás:1/a) Nem, nézzük pl. az A számára legjobb esetet. Tegyük föl, hogy mind a heten a második helyre jelölik A-t (első nem lehet), így 14 pontja van. Ekkor valamelyik másiknak (B) legalább négyszer első helyen kell szerepelni, és háromszor harmadik helyen. Ez összesen 15 pont, tehát B lesz az első.

1/b) Igen, amennyiben a szavazatok között pl. négy BAC és három ACB van. Ekkor A 17 pontot, B 15 pontot és C 10 pontot kapott, miközben B négyszer első, A pedig csak háromszor.

1/c) Nem. Indirekt bizonyítunk. Tegyük fel, hogy mégis lehetséges, hogy a többség B-t és C-t A elé írta, és mégis A-nak több pontja lesz. A bizonyításhoz térjünk át egy másik pontozásra: az 1. hely legyen 1 pont, a 2. hely 0, míg a 3. hely -1 pont. Az eredményen nyilván nem változtat, de egyszerűbb lesz vele számolni.3 jelölt esetén nyilván összesen 6 féle sorrend lehetséges. Jelölje a, b, … a megfelelő voksok (azaz sorrendek) számát (0 a, b, … 7 és egész). Ezek közül sárgával jelöltük a táblázatban, amelyekben B, zölddel, amelyekben C A előtt áll. Innen két egyenlőtlenséget – (1) és (2) – lehet felírni B > A, ill. C > A esetre.Másik két egyenlőtlenség – (3) és (4) – írható föl abból a feltételből, mely szerint mégiscsak A nyeri a választást, azaz több pontja van, mint B-nek és C-nek.

voksok száma a b c d e f egyenletek

lehetséges voksok

1. A A B B C C2. B C A C A B3. C B C A B A

B > A (1) c + d + f > a + b +eC > A (2) d +e + f > a + b + cA pontszáma > B pontszáma (3) a +b – d – f > c + d – b – eA pontszáma > C pontszáma (4) a +b – d – f > e + f – a – c

(3)-at átalakítjuk, hogy (1) jobboldalával megegyező alakot kapjunk:

a +b +e> c + 2d – b + f.

Ugyanígy (4)-et is összevetjük (2)-vel:

a +b + c > e + 2f – a + d.

16

(1) és (3)-ból:

c + d + f > c + 2d – b + f.

Innen pedig:

b > d. (*)

Ugyanígy (2) és (4)-ből:

d +e + f > e + 2f – a + d.

Ahonnan:

a > f. (**)

(*)-ot és (**) alapján b helyére d-t, és a helyére f-et írunk, ezáltal tovább csökkentjük (1) és (2) jobb oldalát:

c + d + f > a + b +e > f + d+ e c > e,

d +e + f > a + b + c > f + d + c e > c,

ami ellentmondás. Tehát indirekt feltevésünk hamis volt, A úgy nem nyerhet, hogy a többség B-t is, C-t is előbbre írta a szavazócédulán.

Megjegyzés: ez a feladat általánosítható tetszőleges n-re, hiszen a szavazók számát sehol sem használtuk ki, azaz soha sem lehetséges az az igazságtalannak tűnő eset, hogy A nevető harmadikként nyer.

Feladat:2) Mennyiben módosul a választás, ha nem pontozással döntik el a szavazást? Továbbra is mindenki három, sorba rendezett nevet ír a papírra, de most az nyer, aki többször szerepel az első helyen. Holtverseny esetén a további helyezések döntenek.a) Elképzelhető-e most, hogy A egyszer sem szerepel az első helyen, és mégis nyer?b) Elképzelhető-e, hogy a többség B-t A elé teszi, és mégis A nyer?c) Elképzelhető-e, hogy a többség B-t és C-t is A elé teszi, és mégis A nyer?

Megoldás:2/a) Ez a választási rendszer alapján nyilván lehetetlen.2/b) Igen, például: három ABC, két BAC, két CBA.2/c) Igen, például: három ABC, két BCA, két CBA.

Feladat:3) Ha ABC szerepel négy szavazólapon, és BCA három szavazólapon, akkor lehetséges-e, hogy bizonyos pontozásnála) B nyer,

17

b) A es B között holtverseny vanc) A nyer,d) elérhető-e tetszőleges sorrend?

Megoldás:Legyen x pont az 1. hely, y pont a 2., és z a 3. hely. Ekkor a pontokA = 4x + 3zB = 4y + 3xC = 4z + 3y

a) x =10, y = 5, z = 2 esetén, A = 46, B = 50, C = 23, azaz BACb) x = 10, y = 4, z = 2 esetén A = 46, B = 46, C = 20 c) x = 10, y = 3, z = 2 esetén A = 46, B = 42, C = 17, azaz ABCd) Nem, hiszen ha C > A lenne, akkor

4z + 3y >4x + 3z

z + 3y > 4x = x + 3x,

ami ellentmondás, mert

z < x és y < x.

Ugyanígy, ha C > B lenne, akkor

4z + 3y >4y + 3x

4z = z + 3z > y + 3x,

ami ellentmondás, mert

z < x és z < x.

Tehát ezekkel a voksokkal csak két végeredmény hozható ki utólag.

Összefoglalás: A voksok összeszámlálásának módja tehát lényegesen befolyásolhatja a szavazás kimenetelét. A két különböző eljárás (pontozás vagy sorrend) különböző – néha igencsak meglepő – eredményeket szolgáltat. Nézzünk még egy példát, amely a különböző választási rendszerek mélyén rejlő ellentmondásosságra hívja fel a figyelmet.

Feladat:4) Egy 30 fős osztály három jelölt (A, B, C) közül kell választ osztálytitkárt. Úgy tűnik, hogy mindhárom jelöltet el tudja fogadni az osztály, mégis dönteni kell. Emiatt – az igazságosság érdekében – a diákok nem egy nevet írnak a szavazócédulára, hanem rangsorolják a jelölteket saját preferenciájuk szerint. Az alábbi eredmény született:

18

10 szavazó: A > B > C (azaz véleményük szerint A a legalkalmasabb, majd B, aztán C)10 szavazó: B > C > A10 szavazó: C > A > B

Hogyan érdemes összegezni a szavazatokat?

Megoldás:4) Elsőre is látszik, hogy „baj” lehet, hiszen A, B, C szerepe szimmetrikus.Összegezve:

A > B B > C C > A10 szavazó igen igen nem10 szavazó nem igen igen10 szavazó igen nem igen

Többségi szavazás igen igen igen

A többségi szavazás nem vezet eredményre. Hiszen A jobban végzett, mint B, mert 20 voksoltak így, ugyanakkor B jobb, mint C, és C jobb, mint A. Ezt a „körbeverési” jelenséget hívják Condorcet-paradoxonnak (ejtsd: kondorszé). Matematikai érdekessége abban áll, hogy noha a szavazók rangsora (rendezése) egyértelmű, összesítve mégsem az. Ez a reláció tehát nem tranzitív. Amennyiben az előző két választási rendszer alapján szeretnénk kiértékelni a szavazatokat, akkor sem tudnánk eredményt hirdetni. Mindenki ugyanannyi pontot kapna, ill. mindenki ugyanannyiszor végzett az első, második, ill. harmadik helyen.Hogyan lehet befolyásolni szavazóként, hogy ne álljon elő ilyen eset? Ha pl. valamelyik szavazó megbontja a rendszert és nem három névből álló preferenciát ír a papírra, akkor kibillentheti a holtpontról az eredményt. Ha mondjuk az eredeti szándéka (mondjuk A > B > C) helyett csak annyit ír, hogy A > B, és C-ről nem mond semmit, akkor C mindenképpen kiesik (amennyiben senki más nem változtat). Ha csak A-t ír, akkor A rögtön meg is nyeri a választást.

Feladat:5) Egy család hétvégi kiránduláson töri a fejét. A családtagok azonban különbözőképpen vélekednek a dologról kedv és idő szempontjából. Az apának van kedve, de ideje nincs, a gyereknek fordítva, az anyának kedve és ideje is van. Hogyan döntsenek „demokratikusan”?

Megoldás:5) Teljes támogatottsággal csak az anya van a kirándulás mellett, az apának és a gyereknek kompromisszumot kell kötnie. A logikai ÉS szabályai alapján végezzük el az összegzést mind a feltételek, mind a konklúziók között. Az alábbi táblázatot kapjuk:

kedve ideje kirándulásapa van nincs nemanya van van igengyerek nincs van nemkirándulás igen igen igen? nem?

Ez az ún. bíró-paradoxon, amely a választási problémák megfelelője kollektív döntések meghozatala esetén. A probléma abban áll, hogy döntenünk kell, melyiket tekintjük előbbre valónak összegzéskor: a premisszákat (kedve, ideje), vagy a konklúziókat (voks).

19

6. JÁKOB ÉS LÁBÁN PARADOXONAhatárérték

Feladat:János uram nyájában 100 juh van, évenként mindegyik átlagosan 0,5 utódot ellik. Ebbe beleszámoljuk az természetes halandóságot és a vágásokat is.a) Hány állat lesz összesen 10 év múlva?b) Ha János uram minden év végén a szomszéd pásztornak, Lajos bátyámnak adja a

nyáj 10 %-át, hány juha lesz János uramnak, ill. Lajos bátyámnak 10 év múlva?

Megoldás:a) János uram állatai: , ami egy mértani sorozat, kvócienssel. Azaz:

, ahol .Azaz 20 év múlva

juha lenne János uramnak.

b) János uram állatai: , azaz juh.

Lajos bátyám állatainak egy része János uramtól érkezik, másik része már nála születik. Egyszerűbb kiszámolni az összes állatot ( ) az előző pont alapján:

, azaz .

Másrészt: , innen .10 év múlva tehát:

.Azaz annak ellenére, hogy az állatoknak csak a 10%-át kapja Lajos bátyám, mégis neki lesz több állata 10 év múlva!Ezen a különös tényen alapszik egy híres bibliai történet.

c) Teremtés 30,25-43: Jákob gazdagsága

Ki kicsoda?Jákob anyja Rebeka (apja Izsák)Ráhel apja LábánLábán és Rebeka testvérekJákob (második) felesége Ráhel (az első Lea)

A történet és a paradoxon:Jákob Lábán házában szolgál Ráhelért. Szolgálati ideje elmúltával haza akar indulni. Lábán fizetséget ajánl neki, mert az Úr Jákob miatt tett vele jót. Jákob sötét színű bárányokat és csíkos, foltos kecskéket kér Lábán nyájából (lényegében kis testi hibásakat: feketés bárányt és fehéres kecskét). Jákob (foltos) juhait Lábán fiai legeltetik.Lábán (hibátlan) juhait Jákob maga legelteti.Köztük háromnapi járóföld (= nincs kapcsolat, nem keveredhetnek a nyájak).Plauzibilis feltevés (bár a Biblia nem mondja): kevesebb a „hibás” állat, mint a hibátlan.És mégis: Jákobnak nagyobb nyája lesz, mint Lábánnak.

c) Magyarázatok:Bibliai:

20

Jákob meghántott vesszőkkel „színezi meg” az (erősebb!) állatokat.

Matematikai:Az alapvető észrevétel: Lábán ad állatot Jákobnak, de Jákob nem ad (vissza) Lábánnak, mert Lábán állataiból a „hibás” automatikusan Jákobé lesz, míg visszafelé nincs áramlás.

: az összes állat n év elmúltával; > 0: Jákob állatainak száma n év elmúltával; .: Lábán állatainak száma n év elmúltával;

U: az utódok átlagos száma évenként, juhonként (ebbe számítjuk bele az esetleges természetes halandóságot és a vágásokat is)e: az egészségesek aránya az utódokból (Lábánnál maradnak); 0 < e < 1Az összes állat szaporodása évenként:

, azaz mértani sorozat kvócienssel.

Tehát: , mivel kezdetben csak Lábánnak volt állata.Másrészt Lábán állatai:

, azaz mértani sorozat kvócienssel.

Tehát: Végül pedig:

Azaz:

Így:

, ami n növekedtével valóban végtelenhez tart, lévén a

tört nagyobb, mint 1 – a nyáj kezdeti állatállományától, -tól függetlenül.

Példa: vegyünk -os arányt, -es szaporulatot, és évet.Ekkor:

, azaz 20 év alatt majd’ kétszerese (a lényeg az, hogy valóban több!) Jákob nyája

Lábánénak.

Kérdés: Mennyi idő után lesz gazdagabb Jákob (a fenti paraméterekkel)?

10-es alapú logaritmust véve:

Tehát 14 év elmúltával.

21

Az ehhez tartozó grafikon:

22

7. BERTRAND-PARADOXONgeometria, integrál

Feladat:1) Egy pálcikát lebökünk egy homokba rajzolt kör tetszőleges pontjára, majd hagyjuk eldőlni. Azt figyeljük, hova esik, azaz hol hagy nyomot először a pálcika a homokban. Mi annak a valószínűsége, hogy a kör által a pálcika egyeneséből kimetszett húr nagyobb, mint a körbe írt szabályos háromszög oldala? (Feltételezzük, hogy a pálcika lebökött csúcsa nem mozdul el, miközben a pálcika szabadon dől.)2) Egy pálcikát gurítunk egy (asztalra rajzolt) kör felé úgy, hogy valahol megáll rajta. Mi annak a valószínűsége, hogy a kör által a pálcika egyenesből kimetszett húr nagyobb, mint a körbe írt szabályos háromszög oldala?3) Egy légypapírra kört rajzolunk, amelyre egyszer csak leszáll egy légy. Ebben a pontban állítsunk merőlegest a pont és a kör középpontja által meghatározott sugárra. Mi a valószínűsége annak, hogy az így kapott húr nagyobb, mint a körbe írt szabályos háromszög oldala?

Megoldás:

1) A pálcika egy 180°-os tartományban 60°-os területet foglalhat el. Ennek alapján a

valószínűség. Ugyanígy érvelhetünk, ha arra hivatkozunk, hogy a háromszög csúcsai nyilván egybevágó körívekre osztják föl a kört, és a három ívből egy kedvező.

2) Ebben az esetben a guruló pálcikára merőleges sugár felezőpontja a határ. Azaz, ha ez után áll meg a pálcika a középpont előtt, akkor lesz nagyobb a húr a háromszög oldalánál. Így a valószínűség

.

23

3) Azok a pontok, amelyre teljesül a feltétel a sugár felével egyenlő sugarú körön belül helyezkednek

el, így a valószínűség a két kör területének aránya lesz, vagyis .

A fenti három feladat valójában egy, helyesebben egy feladat három értelmezése. Mindhárom megoldás helyes. A problémát Bertrand-paradoxonnak (1889) nevezik. A feladat eredetileg így szól: mekkora annak a valószínűsége, hogy egy húr nagyobb, mint az adott körbe írt szabályos háromszög oldala? A probléma egy példa a geometriai valószínűségre, és arra hívta fel a figyelmet, hogy a feladat gyakorlati megvalósításától, a kivitelezéstől, azaz az értelmezéstől függően más-más (akár a fentiektől eltérő) eredmény is helyes. (A megoldások során – hallgatólagosan és egyébként indokoltan – egyenletes eloszlást feltételeztünk, tehát azt, hogy a vizsgált helyzetek közt nincs kitüntetett.)

Buffon tűproblémája:Feladat: Egy hajópadlóra tűt ejtünk.a) Tegyük föl, hogy az egyenlő szélességű pallók felváltva sötétre, ill.

világosra vannak pácolva. Mekkora a valószínűsége, hogy sötét pallóba áll be a tű?b) Tegyük föl, hogy a tű nem áll bele a padlóba, hanem elfekszik. A

pallók szélessége éppen a tű hosszával egyezik meg, legyen 1 egység. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a tű keresztezi valamely palló szélét?

24

Megoldás:

a) Nyilván a valószínűség, ha a csíkozás egyenletes.

b) Az AB tűt két paraméterrel jellemezhetjük:

Felezőpontjának a közelebbi szegélytől vett távolsága:

AB egyenesének a szegéllyel bezárt szöge:

Ábrázoljuk a tű közepének távolságát a szög függvényében. A véletlen leejtés azt jelenti, hogy a tű közepe a koordináta-rendszerben kiemelt téglalap koordinátáinak felel meg. Mivel a tű pontosan

akkor metszi a szegélyt, ha , a téglalapnak csak a görbe alatti területre eső része lesz jó.

Ez a terület pedig:

25

.

Tehát annak a valószínűsége, hogy a tű metszi a szegélyt, a két terület hányadosával fog megegyezni:

Ezzel a feladattal kísérleti közelítést adhatunk értékére oly módon, hogy ha n kísérletet végzünk, és m-szer metszi a tű a kiszemelt vonalat, akkor a valószínűséget a relatív gyakorisággal egyenlővé

téve a egyenletből kapjuk, hogy .

Erre a kísérletre az alábbi címen egy érdekes szimulációt találhatunk:http://mste.illinois.edu/reese/buffon/bufjava.html.

26

8. TITKÁRNŐ-PARADOXONvalószínűség, integrál

Feladat:Az eredeti feladat: Egy munkahely titkárnői álláshirdetést ad fel. Olyan sokan jelentkeznek, hogy nem tudják mindegyiket meghallgatni. Hány százalékát elég a jelölteknek behívni interjúra, hogy mégis a lehető legjobbat vegye föl a cég?Egyszerűsítsük le!Tegyük föl, mindössze 10 jelentkező van, de mégsem akarunk mindenkit meghallgatni. Azt is tegyük föl, hogy a jelentkezők felét már meghallgattuk, de mindegyiket elutasítottuk. A következő legjobbat – aki jobb, mint az addigiak – azonban már szeretnénk fölvenni. Mennyi a valószínűsége, hogy lesz ilyen?

Megoldás:Legyen a legjobb titkárnő Dolly!Nyilván nem érdemes túl hamar igent mondani, mert akkor még bőven előttünk lehet az igazi, de halogatni sem jó, mert akkor könnyen átsiklunk a legjobbon.Ahhoz, hogy Dollyt meg is találjuk, az kell, hogy előtte ne jöjjön olyan, aki jobb, mint az első 5, de rosszabb, mint Dolly. Nevezzük őt ál Dollynak. Őt kell tehát kizárni.

Ha Dollyt a 6.-nak hívják be interjúra, akkor rögtön le is csapnak rá. Ennek a valószínűsége:

Ha Dolly a 7., akkor vigyázni kell: ne legyen előtte – azaz a 6. – az ál Dolly. Annak a valószínűsége, hogy ál Dolly az igazi előtt van, de az első 5-ben 5/6. Hogy Dolly a 7., az most is 1/10. Tehát:

Ha Dolly a 8. jelölt, akkor hasonlóan (ál Dollynak most is az első 5-ben kell lennie):

Ugyanígy:

Azaz annak a valószínűsége, hogy 10 jelöltből az első 5-öt elutasítva megtaláljuk Dollyt:

Tehát a jelentkezők felét végighallgatva 37,3%-os valószínűséggel találjuk meg a hátralévők közül Dollyt (másképp: mintegy 63%-osan puskáztuk el, mert már meghallgattuk.)

27

Vizsgáljuk meg más paraméterekkel az eredményt!Legyen n a jelentkezők, k a már elutasított jelöltek száma, a valószínűség pedig p(k,n)!

Tehát most jobban jártunk volna, ha már három jelölt után kiválasztjuk Dollyt!

Az általános képlet nyilván:

Térjünk vissza az eredeti feladathoz, hiszen a kérdés nyilván tömeges jelentkezés esetén érdekes.

CSAK HALADÓKNAK!Kérdés: Van-e és ha igen, milyen k esetén maximuma a p(k,n) függvénynek?

Megoldás:Bővítsük n-nel a p-re kapott összegképletet!

A szumma olyan, mintha az függvény görbe alatti területének felső közelítő összege lenne:

a téglányok magassága, a szélessége.

n k p10 2 0,36610 3 0,39910 5 0,37310 7 0,26510 9 0,1

28

Térjünk át integrálra! Ehhez átparaméterezzük a kifejezést:

, ,továbbá .

Ekkor a szumma az alábbi integrálba megy át:

.

Szélsőértékhez meg kell vizsgálni ennek a deriváltját, amelyet az integrálból könnyen megkapunk:

Meg kell vizsgálni, hogy itt, az helyen valóban maximuma van-e.

< 0, tehát maximum.

Számoljuk ki, hogy mennyi ez a maximum!

Azt kaptuk tehát, hogy a , azaz .

29

Elég a jelentkezettek -ed részét (mintegy 37%-át) meghallgatni ahhoz, hogy Dolly megtalálási

valószínűsége maximális legyen. Ekkor a maximális valószínűség is éppen , azaz 37%.

Ez azt jelenti, hogy 100 jelentkező esetén az első 37-et kell visszautasítani, majd azt kell választani, aki jobb, mint bármely őt megelőző. Ha nincs ilyen, marad az utolsó, a 100.

Házasodási problémaA feladat – amelyet 1966-ban oldottak meg – azonban itt még nem ér véget. Álláshirdetésnél még csak-csak, más esetekben azonban aligha ismerjük előre a jelentkezők számát. Tipikus példa erre a házasodás, ha eltekintünk most annak romantikus aspektusától. Nem tudhatjuk, hányan fognak nekünk udvarolni, hányadiknál kell tehát igent mondanunk. Ezt a problémát a hazai szakirodalom –a háremhölgyek közti válogatás kapcsán – Szindbád-probléma néven emlegeti Rényi Alfréd nyomán.1984-ben ezt a feladatot is megoldották, és hasonló eredmény született. Elég ismerni vagy megsejteni az udvarlók érkezésének időbeli lefolyását, a függvény grafikonját.

Ha megvan a görbe, akkor meg kell keresni azt a pontot, ameddig a görbe alatti terület az egésznek

-ed része. Ez fogja kijelölni azt az időpontot, ami után már igent kell mondani annak a kérőnek, aki

jobb, mint minden őt megelőző. Azaz itt is 37%-osan élhetjük hajadon- vagy legényéletünket, de utána már dönteni kell. Ábránkon ez éppen 28 év.

30

9. KOCKÁZÁSI PARADOXON(kő-papír-olló)

Feladat:Adva van három dobókocka. Győző megszámozza az oldalakat. Ezután Viktor választ kockát, utána Győző, majd dobnak saját kockájukkal. Az nyer, aki nagyobb számot dob. Ki van előnyösebb helyzetben, haa) Győző úgy számozza meg az oldalakat, hogy az 1,2,3,…., 18 számok pontosan egyszer

szerepeljenek?b) Győző egy számot több oldalra is felírhat?

Megoldás:a) Az a kérdés, hogy hol dől el a játék: a beszámozásnál vagy a kockaválasztásnál. Lehet-e úgy számozni, hogy mindegy, mit választ Viktor? Van-e egyáltalán „legjobb” kocka?Próbálkozzunk!

I: 18, 17,…, 13II: 12, 11,…, 7III: 6, 5,…, 11

Ekkor triviálisan I > II > III a sorrend, p=1 valószínűséggel.

Rontsuk el egy kissé!

I: 18, 15, 12, 9, 6, 3II: 17, 14, 11, 8, 5, 2III: 16, 13, 10, 7, 4, 1

Számítsuk ki, mi annak a valószínűsége, hogy I>II:Összes eset: 6·6 = 36Kedvező eset: 18-hoz 6 eset, 15-höz 5, 12-höz 4 és így tovább, összesen 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21

p(I>II) =

Ugyanígy:

p(II>III) =

p(I>III) =

Tehát a sorrend I > II, II > III, és I > III, ahogy vártuk. Érdekesség: I ugyanakkora valószínűséggel jobb II-nél és III-nál is, annak ellenére, hogy II jobb, mint III.

Lehet-e egyensúlyt teremteni, azaz úgy beszámozni az oldalakat, hogy mindegyik kocka egyenértékű

legyen? Másképpen, valószínűséggel legyen egyik jobb a másiknál.

I: 18, 13, 12, 7, 6, 1II: 17, 14, 11, 8, 5, 2

31

III: 16, 15, 10, 9, 4, 3

Ellenőrizhetjük, hogy valóban teljesül a feltétel.

Mi történik, ha a javítunk II helyzetén III-hoz képest, és a két piros számot kicseréljük?

I: 18, 13, 12, 7, 6, 1II: 17, 15, 11, 8, 5, 2III: 16, 14, 10, 9, 4, 3

p(I>II) = p(I>III) = nem változott

p(II>III) = .

Azaz I = II, I = III, de II > III! Tehát az „=” reláció nem tranzitív!

Billentsük ki I-et úgy az egyensúlyból, hogy jobb legyen, mint II! Cseréljük ki a két sárga számot!

I: 18, 13, 12, 8, 6, 1II: 17, 15, 11, 7, 5, 2III: 16, 14, 10, 9, 4, 3

p(I>II) =

p(II>III) = nem változott,

p(I>III) = nem változott.

Azt kaptuk, hogy I >II, II > III, de I = III! Tehát a „>” reláció sem tranzitív!

Végül szüntessük meg az utolsó egyenlőséget is úgy, hogy III jobb legyen, mint I! Cseréljünk a lila és a szürke számok körében!

I: 18, 13, 11, 8, 6, 1II: 17, 16, 10, 7, 5, 2III: 15, 14, 12, 9, 4, 3

p(I>II) =

p(II>III) = ,

p(I>III) = , azaz p(III>I) = ,

Azt kaptuk, hogy I > II, II > III, de III > I!Ez a népszerű kő-papír-olló játék valószínűség-számítási megfelelője. (Az olló elvágja a papírt, a papír becsomagolja a követ, a kő pedig eltöri az ollót.) Sportversenyeken is előfordul, hogy a játékosok körbeverik egymást. Itt is erről van szó. A szakirodalom a jelenséget rendezési paradoxonnak hívja.

32

Az eredeti feladatra visszatérve, van tehát nyerő stratégia. Ha Győző okos, így (vagy ehhez hasonlóan, hiszen sok megoldás létezik) számozza be a kockák oldalait, és attól függetlenül, hogy Viktor mit választ, nagyobb valószínűséggel fog nyerni.b) Ha Győző egy számot többször is felírhat a kockákra, akkor konstruálhatunk egyszerűbben ilyen körbeverést pl.:

I: 5, 5, 5, 5, 1, 1II: 3, 3, 3, 3, 3, 3III: 6, 6, 2, 2, 2, 2

p(I>II) =

p(II>III) = ,

p(III>1) = .

Teljesül tehát a I > II, II > III és III > I feltétel.

Érdekesség: a kocka arabul „az-zar”, ebből származik a „hazárd”, ill. a „házsárt” szavunk is, utóbbi nyilván a szerencsejátékokon gyakori veszekedésekből származhat. Kocka szavunk viszont a szláv „kosztka” szóból származik, amelynek jelentése csont. Nagy festőnk, Csontváry-Kosztka Tivadar is valószínű emiatt vette fel ezt az előnevet.

33

34

FELHASZNÁLT IRODALOM:

Csáji Balázs Csanád: A véleményösszegzés problémái (szakdolgozat, ELTE, 2006)

Drösser, Christoph: Csábító számok (Athenaeum, 2009)

Ferguson, Thomas S.: Who Solved the Secretary Problem? (Statistical Science, 1989. Vol. 4. No. 3.)

Orosz Gyula: Valószínűség-számítási érdekességek (Fazekas Mihály Gimnázium honlapja,

Matematika portál)

Szabó Gábor: A valószínűség interpretációi (kézirat)

Székely J. Gábor: Paradoxonok a véletlen matematikájában (Typotex, 2004)

Wikipedia-szócikkek (Monty Hall, Simpson, Condorcet stb.)

35