Znany jest fakt, że dla niewprawnej osoby losowość wydaje się regularnością lub tendencją do skupiania się. W tym artykule przedstawię kilka znanych i ciekawych paradoksów. Jednocześnie mam nadzieję, że ich zrozumienie przybliży rachunek prawdopodobieństwa.

Problem kawalera de’Mere

Przy rzucie trzema kostkami sumę oczek równą 11 można otrzymać sześcioma sposobami:

Sumę oczek równą 12 też można otrzymać sześcioma sposobami:

Dlaczego częściej wypada suma oczek równa 11 niż suma oczek równa 12? Wydaje się, że jest to sprzeczność. Nasz „zdrowy rozsądek” mówi, że rzucając jednakowymi kostkami należy je traktować jak kostki nierozróżnialne, a zatem obu zdarzeniom sprzyja 6 sytuacji, czyli oba zdarzenia mają jednakowe prawdopodobieństwo równe  Okazuje się, że natura wybiera inny model, a mianowicie traktuje kostki jak kostki rozróżnialne (czyli tak, jak gdyby kostki były pomalowane różnymi kolorami). Wtedy ważne jest nie tylko, jakie wypadły oczka, ale i na których kostkach. Zajściu zdarzenia polegającego na otrzymaniu sumy oczek równej 11 sprzyja 27 wyników, a zdarzeniu polegającemu na otrzymaniu sumy oczek równej 12 sprzyja 25 wyników. Różnica między prawdopodobieństwami jest tak mała (około 0,009), że można na nią zwrócić uwagę tylko wtedy, gdy wykona się dużą liczbę rzutów.

Paradoks Bertranda

„twierdzi”, że prawdopodobieństwo nie jest wyznaczone jednoznacznie. Rozwiążmy następujące zadanie:

Otrzymaliśmy trzy różne wyniki. Dopóki nie było aksjomatyki rachunku prawdopodobieństwa (a została ona sformułowana dopiero w 1933 r. przez Kołmogorowa), nie można było tej sprzeczności wyjaśnić. Teraz możemy. W każdym z proponowanych rozwiązań co innego rozumieliśmy przez słowa „losowo poprowadzona”. Wybierając metodę rozwiązywania zadania wybieramy przestrzeń probabilistyczną (sposób losowania). Wybierając inną przestrzeń probabilistyczną rozwiązujemy inne zadanie. Paradoks Bertranda jest bardzo dobrą ilustracją faktu, że rozwiązanie problemu następuje dopiero po wybraniu przestrzeni probabilistycznej. Rachunek prawdopodobieństwa nie rozstrzyga problemu, jaką przestrzeń probabilistyczną należy wybrać.

Dylemat więźnia

Trzech więźniów przebywało w więzieniu. Administracja postanowiła uwolnić jednego, o czym dowiedzieli się więźniowie, ale nie wiedzieli którego. Więzień ma wśród strażników znajomego, który wie, kto będzie wolny. Chce go zapytać, ale krępuje się pytać o siebie. Pyta więc o imię jednego z więźniów (  lub ), który ma pozostać w więzieniu. Przed zadaniem pytania ocenia, że każdy z nich ma szansę wyjścia równą 1/3. Myśli, że jeśli strażnik powie, że na przykład zostaje, to jego szanse rosną do 1/2 (bo zostanie uwolniony lub ). Gdzie popełnia błąd?

Źle liczy zdarzenia elementarne. Nie bierze pod uwagę wariantów odpowiedzi strażnika. Strażnik powie z prawdopodobieństwem 1, gdy zostają i a z prawdopodobieństwem 1/2, gdy zostają i Zatem prawdopodobieństwo warunkowe, że wyjdzie gdy zna odpowiedź strażnika, jest równe

a nie 1/2, jak sądził (skorzystaliśmy z definicji prawdopodobieństwa warunkowego i ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite). Tego należało się spodziewać, gdyż informacja strażnika z punktu widzenia nic nie wnosi. Wiadomo, że co najmniej jeden z więźniów i zostaje.

Paradoks długości gry

Gra składa się z ciągu partii, z których w każdej gracz wygrywa jeden punkt z prawdopodobieństwem a gracz wygrywa jeden punkt z prawdopodobieństwem Dla wygrania całej gry należy uzyskać więcej punktów. Jeśli gracz może wybrać liczbę partii z góry, to jakie powinien wybrać? Wielu osobom wydaje się, że skoro gra jest niekorzystna dla to im szybciej się skończy, tym lepiej dla Gdyby liczba partii była dowolną liczbą naturalną, to tak by było i powinien wybrać grę o długości 1. Ale może wybierać tylko spośród liczb parzystych i wtedy na wynik ma wpływ to, że gra jest korzystna dla i to, że prawdopodobieństwo remisu maleje wraz ze wzrostem Jeśli to optymalną długością gry nie jest 2, ale jest 10. Można to obliczyć korzystając z tego, że prawdopodobieństwo wygrania gracza w ciągu partii wynosi

i z tego, że jeśli w grze o długości nie zdobył albo punktów, to w grze o długości wygra lub przegra w zależności od tego, czy wygrał, czy przegrał w grze o długości Dla długość gry spełnia warunek

Paradoks losowych liczb naturalnych

Dwóch graczy i gra w następującą grę. Automat generuje losowo pary sąsiednich liczb naturalnych i przyznaje losowo jedną graczowi a drugą graczowi Gracz zna liczbę przypisaną graczowi a gracz zna liczbę przypisaną graczowi Żaden z nich nie zna swojej liczby. Osoba z mniejszą liczbą płaci drugiej tyle żetonów, ile wynosi liczba jej przypisana. Każdy z graczy może uznać, że nie warto grać w danym momencie i poprosić o nową parę liczb. Ale żaden z nich nie spasuje, gdyż rozumuje: Gdy widzę, że przeciwnik ma liczbę to ja mam lub Każda z nich jest jednakowo prawdopodobna (poza ), ale gdy wygram, to dostanę żetonów, a gdy przegram, tracę tylko żetonów. Średnio każdy z nich wygrywa, więc gra jest korzystna dla obu. Jest to niemożliwe. Gdzie jest błąd?

Paradoks wynika z faktu, że nie istnieje rozkład prawdopodobieństwa, który przypisuje każdej liczbie naturalnej tę samą wartość (dlaczego?). Natomiast gdyby ograniczyć zbiór liczb, z którego maszyna losuje, byłby to zbiór skończony i rozumowanie graczy prowadzące do paradoksu byłoby fałszywe.

Mam nadzieję, że te paradoksy przybliżyły rachunek prawdopodobieństwa Czytelnikowi i pokazały, jak często nasza intuicja może być zawodna.