Wednesday, 26 August 2020

Το οικοδόμημα των Μαθηματικών

Μόλις έχετε επιστρέψει από τον πρωινό σας περίπατο και ετοιμάζεστε να ανοίξετε την πόρτα του σπιτιού σας. Βάζετε το χέρι στην τσέπη και συνειδητοποιείτε ότι έχετε χάσει τα κλειδιά σας. Ρίχνετε ενστικτωδώς μια ματιά τριγύρω με την ελπίδα να έχουν πέσει κάπου κοντά. Μάταια! Για καλή σας τύχη, ένας γείτονας που παρακολουθεί τη σκηνή και έχει αντιληφθεί τι συμβαίνει, πλησιάζει και σας λέει ότι πριν λίγο είδε έναν κύριο να σκύβει και να παίρνει κάτι κλειδιά πεσμένα στο δρόμο και έπειτα να μπαίνει στην απέναντι πολυκατοικία. Προφανώς πρόκειται για ένοικο της πολυκατοικίας, ο οποίος τα μάζεψε από κάτω με πρόθεση να τα επιστρέψει σε αυτόν που θα τα αναζητήσει. Δυστυχώς όμως, ο γείτονας δεν γνωρίζει σε ποιον όροφο μένει ο ένοικος. Τι θα κάνατε;

Αφού φυσικά ευχαριστούσατε το γείτονα για τη χρήσιμη πληροφόρηση, θα πηγαίνατε στην απέναντι πολυκατοικία και θα επισκεπτόσασταν ένα-ένα τα διαμερίσματα για να πάρετε πίσω τα κλειδιά σας. Με ποια σειρά όμως θα επισκεπτόσασταν τα διαμερίσματα; Δεν νομίζω να υπάρχει αμφιβολία ότι θα ξεκινούσατε από τον πρώτο όροφο, αν δεν τα βρίσκατε θα ανεβαίνατε στο δεύτερο όροφο, κ.ο.κ.

Φανταστείτε τώρα ότι είστε μαθητής της γ' Λυκείου και σας δίνουν μία άσκηση μαθηματικών την οποία σας ζητούν να λύσετε. Όλα τα προηγούμενα χρόνια, έχετε εφοδιάσει τη μαθηματική φαρέτρα σας με μία μεγάλη γκάμα από εργαλεία, τα οποία έχετε στη διάθεσή σας να τα χρησιμοποιήσετε για να λύσετε την άσκηση. Κάποια από αυτά τα εργαλεία είναι απλά, ενώ κάποια άλλα περισσότερο περίπλοκα και έχουν προκύψει ως συνδυασμός πρότερης γνώσης. Ποια εργαλεία θα δοκιμάζατε να χρησιμοποιήσετε πρώτα; 

Πριν απαντήσουμε, ας ανοίξουμε μια παρένθεση. Τα μαθηματικά, από πολλούς παρομοιάζονται με ένα οικοδόμημα. Στη βάση του βρίσκονται τα αξιώματα και επάνω σε αυτά χτίζεται όλη η μαθηματική γνώση. Στα θεμέλια δηλαδή βρίσκονται απλές μαθηματικές έννοιες οι οποίες καθώς ανεβαίνουμε «ορόφους» γίνονται ολοένα και πιο σύνθετες. Έτσι, για παράδειγμα, είναι αδύνατο να γνωρίζεις Διαφορικό Λογισμό αν δεν έχεις πρωτίστως διδαχθεί Συναρτήσεις, όπως με τον ίδιο ακριβώς τρόπο είναι αδύνατο να χτίσεις το δεύτερο όροφο αν προηγουμένως δεν έχεις χτίσει τον πρώτο.


Αν και για την οικοδόμηση της μαθηματικής γνώσης αυτή η σειρά είναι εμφανής, για κάποιο λόγο, όταν πρόκειται για τη χρήση αυτής της γνώσης, τα πράγματα φαίνεται να μπερδεύονται. Είναι γενική διαπίστωση ότι οι μαθητές, όσο αναπτύσσουν τις ικανότητές τους και όσο εμπλουτίζουν τις γνώσεις τους στα μαθηματικά, ανεβάζοντας το επίπεδο των εργαλείων τους, τόσο απομακρύνονται από τη στοιχειώδη γνώση, με αποτέλεσμα κάποιες φορές να δυσκολεύονται ή ακόμη και να μην καταφέρνουν να λύσουν προβλήματα για την αντιμετώπιση των οποίων αρκεί μια απλοϊκή προσέγγιση. Στην αναζήτηση του κλειδιού της πόρτας μας, ξεκινάμε από τον πρώτο όροφο και συνεχίζουμε για όσο χρειαστεί προς τα πάνω. Γιατί λοιπόν δεν κάνουμε το ίδιο και όταν επισκεπτόμαστε το μαθηματικό οικοδόμημα προς αναζήτηση του «κλειδιού» για τη λύση της άσκησης;

Παρακάτω ακολουθεί ένα παράδειγμα το οποίο ακριβώς δείχνει ότι για να βρεις το κλειδί για τη λύση μιας άσκησης, καλό είναι προτού ανέβεις στο δεύτερο όροφο να περάσεις πρώτα μια βόλτα από τον πρώτο.

Να βρεθούν, αν υπάρχουν, όλες οι ακέραιες λύσεις $x$ της επόμενης εξίσωσης δευτέρου βαθμού.

$\alpha x^2 + (\alpha+1) x +1 =0$

όπου ο $\alpha$ είναι ακέραιος αριθμός.

Δεύτερος όροφος:

Στο άκουσμα της έκφρασης "εξίσωση δευτέρου βαθμού" η «μηχανή αναζήτησης» του εγκεφάλου μας αυτόματα ανασύρει από τη μνήμη μας λέξεις κλειδιά όπως "τριώνυμο" και "διακρίνουσα" και ομολογουμένως είναι πολύ δύσκολο να αντισταθεί κανείς στον πειρασμό να προσπαθήσει να λύσει την εξίσωση κάνοντας χρήση των γνωστών τύπων για την επίλυση δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Ακολουθώντας αυτή την προσέγγιση θα έχουμε:

$\Delta = (\alpha + 1)^2 - 4\alpha = \alpha^2 + 2 \alpha + 1 - 4 \alpha = (\alpha - 1)^2$

$x_{1,2} = \frac{-(\alpha + 1) \pm \sqrt{(\alpha - 1)^2}}{2\alpha} = \frac{-\alpha - 1 \pm |\alpha - 1|}{2\alpha}$

Λόγω της εμφάνισης της απόλυτης τιμής, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις για την τιμή του $\alpha$:

$\alpha \ge 1:$


$x_1 = \frac{-\alpha - 1 + (\alpha - 1)}{2\alpha} = -\frac{1}{\alpha}$

$x_2 = \frac{-\alpha - 1 - (\alpha - 1)}{2\alpha} = -1$

Από την πρώτη λύση $x_1$, προκύπτει ότι για να έχουμε ακέραια λύση, πρέπει ο αριθμός $-\frac{1}{\alpha}$ να είναι ακέραιος. Αυτό όμως μπορεί να συμβεί μόνο όταν ο παρονομαστής διαιρεί τον αριθμητή, όταν δηλαδή ο $\alpha$ διαιρεί τη μονάδα. Οι μόνοι διαιρέτες όμως της μονάδας είναι το 1 και το -1. Συνεπως, θα πρέπει να ισχύει ότι $\alpha = 1$ ή $\alpha = -1$. Επειδή όμως έχουμε υποθέσει ότι $\alpha \ge 1$, η μόνη αποδεκτή περίπτωση είναι $\alpha = 1$. Σε αυτή την περίπτωση, η εξίσωση έχει την ακέραια λύση $x=-1$.

Από τη δεύτερη λύση $x_2$, προκύπτει ότι γενικά η εξίσωση εχει την ακέραια λύση $x=-1$, για κάθε τιμή του $\alpha$ μεγαλύτερη ή ίση του 1.

$\alpha < 1:$

$x_3 = \frac{-\alpha - 1 + (1 - \alpha)}{2\alpha} = -\frac{1}{\alpha}$

$x_4 = \frac{-\alpha - 1 - (1 - \alpha)}{2\alpha} = -1$

Από την τρίτη λύση $x_3$, προκύπτει όπως και παραπάνω, ότι για να έχουμε ακέραια λύση, πρέπει $\alpha = 1$ ή $\alpha = -1$. Επειδή όμως αυτή τη φορά έχουμε υποθέσει ότι $\alpha<1$, η μόνη αποδεκτή περίπτωση είναι $\alpha = -1$. Σε αυτή την περίπτωση, η εξίσωση έχει την ακέραια λύση $x=1$. 

Από την τέταρτη λύση $x_4$, προκύπτει ότι γενικά το πρόβλημα έχει την ακέραια λύση $x=-1$, για κάθε τιμή του $\alpha$ μικρότερη του 1.

Συνοψίζοντας, η εξίσωση έχει για κάθε τιμή του $\alpha$ την ακέραια λύση $x=-1$ και στην ειδική περίπτωση που $\alpha=-1$, έχει και μια δεύτερη ακέραια λύση $x=1$.

Πρώτος όροφος:

Η εξίσωση μπορεί να είναι δευτέρου βαθμού, όμως τα εργαλεία που μας αρκούν είναι πρώτου ορόφου... Στη λύση της εξίσωσης μπορούμε να φτάσουμε ακολουθώντας μια πιο απλή, λιτή και κομψή προσέγγιση, που δεν απαιτεί καμία γνώση επίλυσης τριωνύμου, παρά μόνο τη θεμελιώδη έννοια της διαιρετότητας.

Έστω ότι η δοσμένη εξίσωση έχει ακέραια λύση $x=\rho$. Τότε, θα ισχύει 

$\alpha \rho^2 + (\alpha + 1) \rho + 1=0 \Leftrightarrow \rho (\alpha \rho + \alpha + 1) = -1 \Leftrightarrow \alpha \rho + \alpha + 1 = -\frac{1}{\rho}.$

Επειδή όμως το αριστερό μέλος είναι ακέραιος αριθμός, ως άθροισμα ακεραίων, το ίδιο πρέπει να συμβαίνει και με το δεξί μέλος. Πρέπει δηλαδή $-\frac{1}{\rho}$ ακέραιος. Αυτό μπορεί να συμβεί μόνο όταν το $\rho$ διαιρεί το -1, οπότε $\rho = -1$ ή $\rho = 1$. Αντικαθιστώντας στην εξίσωση $x=-1$, έχουμε $\alpha - (\alpha + 1) + 1 = 0$ που ισχύει ταυτοτικά. Άρα το $x=-1$ είναι ακέραια λύση. Αντικαθιστώντας στην εξίσωση $x=1$, έχουμε $\alpha + (\alpha + 1) + 1 = 0 \Leftrightarrow \alpha = -1$. Στην ειδική περίπτωση δηλαδή που $\alpha = -1$, έχουμε και δεύτερη ακέραια λύση την $x=1$, όπως ακριβώς αποδείξαμε και προηγουμένως.

Το παραπάνω αποτελεί σαφές παράδειγμα που δικαιώνει την «from bottom to top» στρατηγική που εκθέσαμε προηγουμένως. Την επόμενη φορά που θα χρειαστεί να ανεβείτε στο δεύτερο όροφο, ρίξτε μια ματιά και στον πρώτο, μπορεί να βρείτε εκεί αυτό που ψάχνετε. Εκτός αν το κτήριο διαθέτει ασανσέρ...

Saturday, 15 August 2020

Το ματ της ασφυξίας

Κάποια στιγμή, στην προσπάθειά μου να συλλέξω διδακτικές σημειώσεις με θέμα «Εικόνες ματ», ανακάλυψα ότι εκτός από το γνωστό, τουλάχιστον στους σκακιστές, «Ματ του αποπνιγμού» (Smothered mate) υπάρχει και το «Ματ της ασφυξίας» (Suffocation mate). Και στις δύο περιπτώσεις, το ματ δίνεται από τον Ίππο. Η διαφορά είναι η εξής: 

α) Στο ματ του αποπνιγμού ο αντίπαλος Βασιλιάς δεν μπορεί να ξεφύγει από το σαχ του Ίππου, επειδή όλα τα τετράγωνα διαφυγής είναι κατειλημμένα από κομάτια της δικής του παράταξης.

β) Στο ματ της ασφυξίας, υπάρχουν ελεύθερα τετράγωνα γύρω από τον αντίπαλο Βασιλιά, τα οποία ωστόσο στερεί ελέγχοντάς τα ο Αξιωματικός της παράταξης που δίνει το ματ.

Ένα τέτοιο ματ είχα την ευκαιρία να πραγματοποιήσω πρόσφατα σε μια παρτίδα-μινιατούρα στο διαδίκτυο. Παίζω με τα λευκά.

Sicilian Defence, Najdorf Variation

1. e4 c5, 2. Nf3 d6, 3. d4 cxd4,  4. Nxd4 Nf6, 5. Nc3 a6, 6. h3 

Μια βαριάντα της Najdorf με την οποία μου αρέσει τελευταία να πειραματίζομαι.

6...Qc7, 7. Be3 Nc6, 8. Qd2 e6, 9. O-O-O b5

Θεματική κίνηση με στόχο την άμεση αντεπίθεση των μαύρων κομματιών επάνω στο λευκό Βασιλιά.

10. f3 

Ενδιαφέρον έχει και το 10. Nxc6 Qxc6, 11. e5 b4, 12. exf6 bxc3, 13. Qxc3 Qxc3, 14. bxc3 gxf6, 15. Kd2 με αμφίρροπο παιχνίδι στο οποίο τα λευκά στέκονται ίσως λίγο καλύτερα.

10...Be7, 11. Bxb5!? 

Μια θυσία που βάζει σε μπελάδες τα μαύρα, τα οποία πρέπει να παίξουν πολύ προσεκτικά αν θέλουν να εκμεταλλευτούν το επιπλέον ελαφρύ κομμάτι που διαθέτουν.

11...axb5, 12. Ndxb5 Qa5?, 13. Nxd6 

Τα μαύρα παίζουν ήδη την πρώτη ανακρίβεια. Η Βασίλισσα έπρεπε οπωσδήποτε να κρατήσει επαφή με το τετράγωνο d6, για παράδειγμα με 12...Qb8.

13...Bxd6?, 14. Qxd6 

Το πάρσιμο του Ίππου είναι σφάλμα που δίνει προβάδισμα στα λευκά. Η σωστή κίνηση για τα μαύρα θα ήταν 13...Kf8!, θυσιάζοντας το δικαίωμα του ροκέ για να κρατήσουν την ισορροπία στην παρτίδα.

14...Bd7, 15. Bc5 

Η πίεση γύρω από το μαύρο Βασιλιά αρχίζει να γίνεται... ασφυκτική.

15...Qd8?? 

Μεγάλο λάθος που οδηγεί σε άμεση ήττα. Έπρεπε να παιχτεί το δύσκολο O-O-O. Στην περίπτωση αυτή τα λευκά θα ήταν και πάλι καλύτερα, όμως η παρτίδα θα είχε ίσως δρόμο ακόμη.

16. Nb5 Rc8?

Τα λευκά απειλούν να δώσουν φορσέ ματ στο μαύρο Βασιλιά που ασφυκτιά στο κέντρο της σκακιέρας, όμως αυτό διέφυγε της προσοχής των μαύρων. Για να αποφύγουν το ματ, τα μαύρα έπρεπε να προσφέρουν «οξυγόνο» στον Βασιλιά τους μετακινώντας την Βασίλισσα στο b8. 

17. Qf8!! 

Θεαματική θυσία της Βασίλισσας με στόχο να απελευθερωθεί το τετράγωνο d6 για τον Ίππο και να καθοδηγηθεί ο μαύρος Πύργος δίπλα στον αφέντη του!

17...Rxf8, 18. Nd6+ 

Ο Βασιλιάς είναι εγκλωβισμένος από τα ίδια του τα κομμάτια και όλες του οι κινήσεις είναι φορσέ.

18...Ke7, 19. Nf5+ 

Διπλό σαχ που δεν αφήνει κανένα περιθώριο. Ο Βασιλιάς επιστρέφει στην αρχική του θέση.

19...Kd8, 20. Nxg7#

Μία Βασίλισσα, δύο Πύργοι, δύο Ίπποι, ένας Αξιωματικός και μερικά πιόνια είναι ανίκανα να σώσουν τον Βασιλιά τους! Η άψογη συνεργασία Ίππου - Αξιωματικού κατέληξε σε μια πανέμορφη εικόνα ματ της ασφυξίας. 

Friday, 24 April 2020

Η κατσίκα, ο κατάδικος και το αγόρι (Επιμύθιο)

Οι τρεις προηγούμενες ιστοριούλες έχουν κάτι κοινό μεταξύ τους. Και στις τρεις, ο φανερός πρωταγωνιστής είναι ο Α και ο κρυφός πρωταγωνιστής ο αδερφός του! Εκτός από αυτό το στοιχείο της πλοκής όμως οι τρεις ιστορίες έχουν κοινό κι ένα ενδιαφέρον μαθηματικό στοιχείο. Ο Α βρέθηκε αντιμέτωπος με τρία διαφορετικά διλήμματα και σε όλα, όπως θα δούμε, ακολούθησε τη λάθος στρατηγική! Ήταν όμως πράγματι διαφορετικά μεταξύ τους τα τρία διλήμματα; Για να το διαπιστώσουμε, θα πρέπει πρώτα να εξετάσουμε το καθένα χωριστά. 

Το δίλημμα της κατσίκας

Σε μία παλαιότερη ανάρτησή μου με τίτλο "με τη χρήση μαθηματικού φορμαλισμού, παρουσιάζεται η αυστηρή απόδειξη αυτού του αποτελέσματος, την οποία μπορεί να βρει κανείς σε διδακτικά συγγράμματα της Θεωρίας Πιθανοτήτων [1]. 

Με δεδομένο ότι ο κύριος Α έχει επιλέξει την πόρτα Α, θεωρούμε τα εξής γεγονότα:

$W_i$ είναι το γεγονός πίσω από την πόρτα $i$ να βρίσκεται το έπαθλο, όπου $i \in \{A, B, \Gamma\}$.

$R_j$ είναι το γεγονός να αποκαλυφθεί το περιεχόμενο που βρίσκεται πίσω από την πόρτα $j$, όπου $j \in \{A, B, \Gamma\}$.

Σχετικά εύκολα προκύπτουν οι τιμές για τις διάφορες δεσμευμένες πιθανότητες $P(R_j | W_i), i, j \in \{A, B, \Gamma\}$, που εκφράζουν την πιθανότητα ο παρουσιαστής να αποκαλύψει το περιεχόμενο της πόρτας $j$, δεδομένου ότι το έπαθλο βρίσκεται πίσω από την πόρτα $i$. Οι τιμές αυτές βρίσκονται συγκεντρωμένες στον


Πίνακας 1

Επιπλέον, προφανώς ισχύει:


$P(W_A) = P(W_B) = P(W_{\Gamma}) = \frac{1}{3}$.

Εμείς, στο πρόβλημά μας θέλουμε να υπολογίσουμε την πιθανότητα να κερδίζει η πόρτα Α, δεδομένου ότι ο παρουσιαστής έχει ανοίξει την πόρτα Β. Δηλαδή, μας ενδιαφέρει η ποσότητα $P(W_A | R_B)$. Κάνοντας χρήση του Θεωρήματος του Bayes1

$P(W_A | R_B) = \frac{P(R_B | W_A) \cdot P(W_A)}{P(R_B | W_A) \cdot P(W_A) + P(R_B | W_B) \cdot P(W_B) + P(R_B | W_{\Gamma}) \cdot P(W_{\Gamma})}$.

Αντικαθιστώντας τις τιμές από τον


$P(W_A | R_B) = \frac{1}{3}$, 

δηλαδή ότι η πιθανότητα παραμένει ίση με την αρχική. Με παρόμοιο τρόπο υπολογίζουμε ότι η πιθανότητα να βρίσκεται το έπαθλο στην πόρτα Γ, δεδομένου ότι ο παρουσιαστής έχει ανοίξει την πόρτα Β, ισούται με


$P(W_{\Gamma} | R_B) = \frac{P(R_B | W_{\Gamma}) \cdot P(W_{\Gamma})}{P(R_B | W_{\Gamma}) \cdot P(W_{\Gamma}) + P(R_B | W_A) \cdot P(W_A) + P(R_B | W_B) \cdot P(W_B)}$,

που μετά τις αντικαταστάσεις καταλήγει στη σχέση 


$P(W_{\Gamma} | R_B) = \frac{2}{3}$. 

Φυσικά στο ίδιο αποτέλεσμα θα καταλήγαμε και αν χρησιμοποιούσαμε την προφανή σχέση 


$P(W_A | R_B) + P(W_B | R_B) + P(W_{\Gamma} | R_B) = 1 \Leftrightarrow P(W_{\Gamma} | R_B) = 1 - P(W_A | Ρ_Β)$,

αφού προφανώς ισχύει $P(W_B | R_B) = 0$. Συνεπώς, η πιθανότητα να κερδίσουμε το έπαθλο αν αλλάξουμε πόρτα μετατρέπεται από $\frac{1}{3}$ σε $\frac{2}{3}$, δηλαδή διπλασιάζεται!

Το δίλημμα του κατάδικου

Κάνοντας τις αντιστοιχίες
αποφυλακισθείς $\leftrightarrow$ κατσίκα 
κατάδικος $\leftrightarrow$ έπαθλο

εύκολα διαπιστώνουμε ότι το δίλημμα του κατάδικου στην ουσία ταυτίζεται με το δίλημμα της κατσίκας, με δύο όμως σημαντικές διαφορές: 

α) Στο δίλημμα της κατσίκας, το επιθυμητό ενδεχόμενο είναι ένα, ενώ στο δίλημμα του κατάδικου τα επιθυμητά ενδεχόμενα είναι δύο

β) Ενώ στο δίλημμα της κατσίκας έχουμε τη δυνατότητα να αλλάξουμε επιλογή, στην περίπτωση του κατάδικου, η αρχική μας επιλογή, ότι δηλαδή είμαστε ο εαυτός μας, παραμένει αναγκαστικά και η τελική μας επιλογή...

Κάνοντας χρήση ακριβώς των ίδιων μαθηματικών σχέσεων, όπως παραπάνω, καταλήγουμε στο ότι:

$P(W_A | R_B) = \frac{1}{3}$ και $P(W_{\Gamma} | R_B) = \frac{2}{3}$,


όπου αυτή τη φορά χρησιμοποιούμε τους εξής συμβολισμούς:

$W_i$ είναι το γεγονός να

$R_j$ είναι το γεγονός ο φρουρός να ανακοινώσει το όνομα του κατάδικου $j$, όπου $j \in \{A, B, \Gamma\}$.

Οι τελικές σχέσεις εκφράζουν ότι η πιθανότητα να μην αποφυλακιστεί ο Α, δεδομένου ότι ο φρουρός αποκάλυψε το όνομα του Β, εξακολουθεί να είναι $\frac{1}{3}$, όσο δηλαδή και στην αρχή. Ισοδύναμα, η πιθανότητα να αποφυλακιστεί παραμένει $\frac{2}{3}$. Με άλλα λόγια, η πληροφορία ότι ο κατάδικος Β θα αποφυλακιστεί, αντίθετα με αυτό που πίστευε ο Α, δεν επηρεάζει την πιθανότητα του ίδιου να αποφυλακιστεί. Πράγμα, αυτή τη φορά, μάλλον αναμενόμενο! 

Αντίστοιχα, ισχύει ότι από τη στιγμή που αποκαλύπτει ο φρουρός στον Α ότι ο κατάδικος Β θα αποφυλακιστεί, η πιθανότητα να αποφυλακιστεί ο κατάδικος Γ μειώνεται σε $\frac{1}{3}$. Αυτό το αποτέλεσμα είναι αδιαμφισβήτητα εντυπωσιακό! Κάτι παρόμοιο συμβαίνει άλλωστε και στο δίλημμα της κατσίκας, στο οποίο μετά την αποκάλυψη της μίας κατσίκας πίσω από την πόρτα Β, η πιθανότητα στην πόρτα Γ να βρίσκεται επίσης κατσίκα μειώνεται σε $\frac{1}{3}$, στο μισό δηλαδή της αρχικής που ήταν $\frac{2}{3}$. Γι αυτό άλλωστε και συμφέρει η αλλαγή της πόρτας!

Το δίλημμα του φύλου

Μέχρι στιγμής, όπως είδαμε, τα δύο πρώτα διλήμματα ουσιαστικά ταυτίζονται. Τι σχέση όμως έχει με αυτά το τρίτο δίλημμα; Ήδη μια εμφανής διαφορά είναι ότι ενώ στα δύο πρώτα διλήμματα τα εμπλεκόμενα μέρη είναι τρία - δύο κατσίκες και ένα έπαθλο στο πρώτο, δύο αποφυλακισθέντες και ένας κατάδικος στο δεύτερο - στο τρίτο δίλημμα είναι δύο, τα δυο παιδιά. Κι όμως, όπως θα διαπιστώσουμε σύντομα και το τρίτο δίλημμα, υπό μία ευρεία έννοια, ταυτίζεται με τα άλλα δύο!

Αρχικά, εφόσον τα δύο πρώτα διλήμματα ταυτίζονται, αρκεί να μελετήσουμε τη σχέση του διλήμματος του φύλου με ένα από τα δύο. Χωρίς καμιά ιδιαίτερη προτίμηση, ας το κάνουμε αυτό με τη βοήθεια του διλήμματος της κατσίκας. Θεωρούμε τις εξής αντιστοιχίες: 


κατσίκα $\leftrightarrow$ αγόρι 
αυτοκίνητο $\leftrightarrow$ κορίτσι

Στο δίλημμα της κατσίκας γνωρίζουμε εξ αρχής ότι μία τουλάχιστον από τις πόρτες Β και Γ περιέχει κατσίκα. Έστω τώρα ότι με κάποιον τρόπο αγνοούμε την ύπαρξη της πόρτας Α, αν και το κοινό που παρακολουθεί γνωρίζει για αυτή. Είναι προφανές ότι από τη στιγμή που καθοριστεί ποια από τις δύο πόρτες Β και Γ περιέχει κατσίκα, η πόρτα που απομένει μπορεί να περιέχει είτε κατσίκα είτε αυτοκίνητο. Αυτό που τελικά όμως περιέχει η πόρτα που απομένει, καθορίζει αυτόματα για το κοινό το περιεχόμενο της πόρτας Α, ανεξάρτητα από το γεγονός ότι, όπως έχουμε ήδη πει, εμείς δεν γνωρίζουμε καν την ύπαρξή της. Για εμάς λοιπόν, μία τουλάχιστον από τις δύο πόρτες Β και Γ περιέχει κατσίκα, κατ' αντιστοιχία με το ότι ένα τουλάχιστον από τα δύο παιδιά είναι αγόρι.

Ας πάμε τώρα στο δίλημμα του αγοριού. Για ευκολία, στα επόμενα σε κάθε παιδί θα τοποθετούμε μία ταμπέλα με την ένδειξη ΑΓΟΡΙ ή ΚΟΡΙΤΣΙ, ανάλογα με το φύλο του. Εφόσον γνωρίζουμε εξ αρχής ότι ένα τουλάχιστον από τα δύο παιδιά, τα οποία ας ονομάσουμε Β και Γ, είναι αγόρι, χρειαζόμαστε οπωσδήποτε μία ταμπέλα ΑΓΟΡΙ ώστε να την εκχωρήσουμε κατάλληλα στο παιδί Β ή Γ. Από τη στιγμή που συμβεί αυτό, το παιδί που απομένει, το Γ ή Β αντίστοιχα, μπορεί να είναι είτε αγόρι είτε κορίτσι. Συνεπώς, χρειαζόμαστε δύο ακόμη ταμπέλες, μια ΑΓΟΡΙ και μία ΚΟΡΙΤΣΙ, ώστε να μπορούμε να του εκχωρήσουμε τη μία από τις δύο. Με αυτόν τον τρόπο θα αποκτήσουμε όλους τους δυνατούς συνδυασμούς των δύο παιδιών Β και Γ. Σε κάθε συνδυασμό όμως, μία ταμπέλα από τις δύο προηγούμενες θα μείνει αχρησιμοποίητη. Την ταμπέλα αυτή μπορούμε να την τοποθετήσουμε σε ένα φανταστικό παιδί Α. Το παιδί αυτό παίζει το ρόλο της πόρτας Α στο δίλημμα της κατσίκας και με αυτό τον τρόπο η ισοδυναμία μεταξύ των δύο προβλημάτων έχει αποκατασταθεί! Η παραπάνω ανάλυση φαίνεται με παραστατικό τρόπο στην


Εικόνα 1.

Συνοψίζοντας, με βάση την παραπάνω θεώρηση, θα μπορούσαμε να πούμε ότι το δίλημμα του αγοριού αποτελεί περιορισμό των δύο άλλων διλημμάτων ή ισοδύναμα ότι τα δύο πρώτα διλήμματα αποτελούν επέκταση του διλήμματος του αγοριού. Έτσι, με βάση τα προηγούμενα συμπεράσματα, δεδομένου ότι το παιδί Γ είναι αγόρι, η πιθανότητα και το παιδί Β να είναι αγόρι ταυτίζεται με την πιθανότητα οι πόρτες Β και Γ να περιέχουν κατσίκα που είναι ίση με $\frac{1}{3}$. Ισοδύναμα, δεδομένου ότι το παιδί Γ είναι αγόρι, η πιθανότητα το παιδί Β να είναι κορίτσι ισούται με $\frac{2}{3}$. Συνεπώς, ο Α θα ήταν προτιμότερο να αγοράσει ένα τηλεκατευθυνόμενο αυτοκινητάκι και μία κούκλα!

Κλείνοντας, για λόγους πληρότητας, παρακάτω δίνουμε και την κλασική απόδειξη αυτού του συμπεράσματος.

Κλασική απόδειξη

Όλα τα απλά γεγονότα του δειγματοχώρου μας είναι προφανώς τα ΑΑ, ΑΚ, ΚΑ, ΚΚ, όπου με Α και Κ συμβολίζουμε το αγόρι και το κορίτσι, αντίστοιχα. Στα επόμενα, με $A_n$ θα συμβολίζουμε το γεγονός $n$

Αρχικά, οι πιθανότητες για το φύλο των δύο παιδιών είναι

$P(A_0) = \frac{1}{4}$, αφού $A_0 = \{KK\}$,
$P(A_1) = \frac{1}{2}$, αφού $A_1 = \{AK, KA\}$
$P(A_2) = \frac{1}{4}$, αφού $A_2 = \{AA\}$

Από τη στιγμή όμως που υπάρχει η πληροφορία ότι ένα τουλάχιστον παιδί είναι αγόρι, αποκλείεται από το δειγματοχώρο το απλό γεγονός ΚΚ. Συνεπώς μένουν τρία γεγονότα, τα $\{AA, AK, KA\}$. Τότε, η πιθανότητα να είναι και τα δύο παιδιά αγόρια γίνεται

$P(A_2 | A_1 \cup A_2) = \frac{1}{3}$

και φυσικά η πιθανότητα να είναι το ένα παιδί αγόρι και το άλλο κορίτσι είναι

$P(A_1 | A_1 \cup A_2) = \frac{2}{3}$.


1Bayes Thomas (1702 - 1761): Άγγλος μαθηματικός και φιλόσοφος, ο οποίος πρώτος ανέπτυξε το γενικό τύπο εναλλαγής μεταξύ δεσμευμένων πιθανοτήτων $P(A|B) = \frac{P(B|A) \cdot P(A)}{P(B)}$, που φέρει τιμητικά το όνομά του.

[1] Στρατής Κουνιάς, Χρόνης Μωυσιάδης, Θεωρία Πιθανοτήτων Ι, Κλασική Πιθανότητα, Μονοδιάστατες Κατανομές, Εκδόσεις ΖΗΤΗ, Θεσσαλονίκη 1999.

Η κατσίκα, ο κατάδικος και το αγόρι (Μέρος 3ο)

Μετά από μερικές μέρες αφότου άφησε τη φυλακή, ο Α έλαβε ένα απρόσμενο γράμμα από το φρουρό της φυλακής. Με το γράμμα αυτό του ανακοίνωνε ότι τα δύο παιδιά του μυστηριώδους προσώπου που τον είχε βοηθήσει να αποφυλακιστεί έχουν προσεχώς γενέθλια. Με αφορμή λοιπόν αυτό το γεγονός τον προσκαλούσε στο σπίτι του ώστε να γνωριστούν από κοντά. Ο Α, αποδέχτηκε με προθυμία την πρόταση και αισθάνθηκε την ανάγκη να αγοράσει από ένα δώρο για κάθε παιδί. Επειδή όμως δεν γνώριζε το φύλο των παιδιών, έστειλε γράμμα πίσω στο φρουρό, μήπως και μπορούσε με κάποιον τρόπο να μάθει. Η απάντηση που έλαβε ήταν η εξής:

«Αγαπητέ μου, δυστυχώς δεν γνωρίζω ακριβώς το φύλο των δύο παιδιών, ωστόσο έχω πληροφορηθεί ότι ένα τουλάχιστον από αυτά είναι αγόρι. Ελπίζω η πληροφορία αυτή να σταθεί αρκετή ώστε να σε βοηθήσει να πάρεις τη σωστή απόφαση για τα δώρα που σκοπεύεις να αγοράσεις».

«Η πληροφορία ότι ένα τουλάχιστον από τα δύο παιδιά είναι αγόρι δεν μου φαίνεται ιδιαίτερα χρήσιμη, αφού το άλλο παιδί μπορεί να είναι κάλλιστα είτε αγόρι είτε κορίτσι με πιθανότητα $\frac{1}{2}$», συλλογίστηκε ο Α. Εφόσον το ένα παιδί είναι σίγουρα αγόρι, θα αγοράσω ένα τηλεκατευθυνόμενο αυτοκινητάκι. Γιατί δεν αγοράζω λοιπόν δύο ίδια αυτοκινητάκια, ώστε στην περίπτωση που είναι και τα δύο παιδιά αγόρια, τουλάχιστον να μην μαλώνουν...!

Κρατώντας λοιπόν από ένα αυτοκινητάκι σε κάθε χέρι, ξεκίνησε για το σπίτι του μυστηριώδους προσώπου. Όταν έφτασε μπροστά στην πόρτα, για κάποιον περίεργο λόγο, ένιωσε την καρδιά του να χτυπάει γρήγορα και τον ιδρώτα του να στάζει στο πάτωμα. Η πόρτα που είχε μπροστά του τού θύμισε την πόρτα που πριν από λίγο καιρό είχε διαλέξει στο τηλεπαιχνίδι και του είχε στερήσει την ελευθερία. Ταυτόχρονα όμως του θύμισε και την πόρτα του κελιού του που είχε περάσει για τελευταία φορά χωρίς επιστροφή, ανακτώντας τη χαμένη του ελευθερία. 

Αφήνοντας πίσω τα παλιά, τώρα ανυπομονούσε να δει αν είχε κάνει τη σωστή επιλογή με τα δώρα. Επιπλέον, σε όλη αυτή τη φόρτιση που ένιωθε ήρθε να προστεθεί και η αγωνία να μάθει ποιος επιτέλους κρύβεται πίσω από την αινιγματική φιγούρα που καθόρισε τη ζωή του. 

«Τουλάχιστον τώρα δεν κινδυνεύω να βρεθώ πάλι σε καμιά φυλακή», συλλογίστηκε και χτύπησε επιτέλους το κουδούνι. Σε ελάχιστα δευτερόλεπτα, η πόρτα άνοιξε διάπλατα και μέσα από ένα σκοτεινό διάδρομο βγήκαν σαν σίφουνες ένα γλυκύτατο αγοράκι και ένα πανέμορφο κοριτσάκι για να υποδεχτούν τον καλεσμένο.

«Φτου να πάρει» σκέφτηκε από μέσα του ο Α και φοβούμενος ότι άκουσαν τα παιδιά τη σκέψη του είπε ξεροβήχοντας «Χμ, αγαπητά μου παιδιά, έχω φέρει από ένα δώρο για τον καθένα σας» και στρέφοντας το βλέμμα του προς το κορίτσι συνέχισε κάπως πιο διστακτικά «δυστυχώς όμως έχω φέρει και στους δύο από ένα τηλεκατευθυνόμενο αυτοκινητάκι, καθώς περίμενα να δω δυο αγόρια. Βλέπεις γλυκιά μου δεν μπορούσα να κάνω κάτι καλύτερο, αφού η πιθανότητα να ήσουν αγόρι ήταν ίδια με το να ήσουν κορίτσι».

Δεν πρόλαβε να ολοκληρώσει τη φράση του και μέσα από την ανοιχτή πόρτα άκουσε μια γνώριμη φωνή να του απευθύνει σε τόνο φιλικό και ταυτόχρονα υπαινικτικό:

«Ατυχείν έξεστιν, αμελείν ουκ έξεστιν».

«Μα...» πρόλαβε να ξεφωνίσει ο Α, όταν μέσα από το σκοτάδι άρχισε να σχηματίζεται μια όψη, η οποία όσο πιο κοντά πλησίαζε τόσο του θύμιζε κάτι. Ώσπου η εικόνα συμπληρώθηκε και ο Α έμεινε με το στόμα ανοιχτό!

«Είπατε ευχαριστώ παιδιά στο θείο για τα δώρα που σας έφερε;», είπε ο οικοδεσπότης αφού έβγαλε τη μάσκα από το πρόσωπό του, σχηματίζοντας με το στόμα ένα πλατύ χαμόγελο!

Η κατσίκα, ο κατάδικος και το αγόρι (Μέρος 2ο)

Μέσα στη φυλακή, μαζί με τον Α, σε διπλανά κελιά, βρίσκονταν δύο ακόμη κατάδικοι, ο Β και ο Γ, οι οποίοι καταδικάστηκαν και αυτοί για ακάλυπτα χρέη. Υπήρχε μάλιστα κι ένας φρουρός ο οποίος για λόγους ασφαλείας φορούσε μία μάσκα, ώστε να μην αποκαλύπτει το πρόσωπό του στους κρατούμενους. Μια μέρα, τους ανακοινώθηκε από τη διεύθυνση των φυλακών ότι μέσα στην επόμενη εβδομάδα, με τη μεσολάβηση ενός αγνώστου προσώπου το οποίο διέθεσε ένα μεγάλο χρηματικό ποσό, σε δύο από τους τρεις θα δινόταν χάρη και θα αφήνονταν ελεύθεροι. Όμως, στην ανακοίνωση δεν αναφέρονταν ακόμη ρητά τα ονόματά τους. Ο Α, που ήταν ανυπόμονος, ζήτησε από το φρουρό να μπει κρυφά στο γραφείο του διευθυντή για να μάθει αν θα αποφυλακιστεί. Έτσι κι έγινε. Επιστρέφοντας ο φρουρός στον Α, του είπε μέσα από το ειδικό μικρόφωνο επικοινωνίας με το κελί, ότι δυστυχώς, αν και κατάφερε να μπει στο γραφείο, το μόνο που πρόλαβε να δει ήταν το όνομα ενός εκ των δύο άλλων καταδίκων. Πριν προλάβει ωστόσο να του ανακοινώσει το όνομα που είδε, ο Α τον διέκοψε απότομα:

«Μη σε παρακαλώ! Δεν θέλω να μου πεις το όνομα που είδες, γιατί ενώ αρχικά η πιθανότητα να μην αποφυλακιστώ είναι προφανώς $\frac{1}{3}$, αφού μου πεις το όνομα θα μείνουμε μόνο δύο οι υποψήφιοι, οπότε η πιθανότητα αυτή θα αυξηθεί στο $\frac{1}{2}$». 

«Αγαπητέ μου, μου ακούγεται παράλογο ότι η πληροφορία για το ποιος εκ των δύο άλλων καταδίκων θα αποφυλακιστεί μπορεί με κάποιον τρόπο να επηρεάσει τη δική σου πιθανότητα να αποφυλακιστείς, δεδομένου ότι ούτως ή άλλως γνωρίζεις εξαρχής ότι ένας από τους δυο τους είναι βέβαιο ότι θα αποφυλακιστεί! Ωστόσο, η απόφαση είναι δική σου και οφείλω να υπακούσω».

«Άσε! Την τελευταία φορά σε μια παρόμοια περίπτωση την πάτησα άσχημα...», είπε ο Α, έχοντας στο νου του το φιάσκο που υπέστη στο τηλεπαιχνίδι, χωρίς ωστόσο να δώσει περισσότερες εξηγήσεις στο φρουρό.

Αυτή τη φορά, η εξέλιξη ήταν αίσια, καθώς τελικά ο Α ήταν ένας από τους δύο που αποφυλακίστηκαν. Βγαίνοντας από την κεντρική πύλη της φυλακής, έριξε μια φευγαλέα ματιά πίσω του και νιώθοντας ότι στην περίπτωση αυτή ακολούθησε τη σωστή στρατηγική περπάτησε μέχρι το σπίτι του ευτυχισμένος.

Η κατσίκα, ο κατάδικος και το αγόρι (Μέρος 1ο)

Ο κύριος Α τον τελευταίο καιρό διένυε μια δύσκολη περίοδο στη ζωή του. Ένα χρόνο πριν, είχε έρθει σε ρήξη με τον αδερφό του για τα κληρονομικά και οι δυο τους τότε δοκίμασαν να λύσουν τις διαφορές τους στα δικαστήρια. Ο Α έχασε τη δίκη και μαζί της την κληρονομιά και έκτοτε βρέθηκε σε ασφυκτική οικονομική στενότητα. Μέσα στη γενικότερη συμφορά του, η απόλυση από τη δουλειά του τις προηγούμενες μέρες, ήρθε να τον αποτελειώσει. 

Όντας στα πρόθυρα της οικονομικής εξαθλίωσης, ο Α έλαβε ένα περίεργο γράμμα από κάποιον άγνωστο αποστολέα. Ο αποστολέας ήταν φανερό ότι είχε γνώση της άσχημης κατάστασής του και τον παρότρυνε να πάρει μέρος στο γνωστό τηλεπαιχνίδι Let's make a deal με την ελπίδα να κερδίσει το μεγάλο έπαθλο, ώστε να ξεχρεώσει όλες του τις οφειλές και να συνεχίσει να ζει μια αξιοπρεπή ζωή. 

Όταν πήγε λοιπόν στο παιχνίδι, ο παρουσιαστής τον καλωσόρισε στο πλατό, όπου υπήρχαν τρεις κλειστές πόρτες. Όπως πάντα, εξήγησε εν συντομία τους κανόνες του παιχνιδιού, υπενθυμίζοντας ότι οι συντελεστές της παραγωγής, με τυχαίο τρόπο, είχαν τοποθετήσει στις δύο από τις τρεις πόρτες από μια κατσίκα, ενώ στην τρίτη είχαν βάλει το πολυπόθητο έπαθλο: μια επιταγή του ενός εκατομμυρίου ευρώ. Έπειτα, χωρίς επιπλέον καθυστέρηση, ζήτησε από τον Α να επιλέξει μία πόρτα. Ο Α, για ευνόητους λόγους, διάλεξε την πόρτα Α. 

Μέσα σε λίγα δευτερόλεπτα, από τα μεγάφωνα του στούντιο ακούστηκε μια παραμορφωμένη φωνή να δίνει εντολή να ανοίξει η πόρτα Β, ώστε να αποκαλυφθεί η μία από τις δύο κατσίκες. Η φωνή αυτή ανήκε στον άνθρωπο που βρισκόταν πίσω από τις κάμερες, ο οποίος ήταν γνωστός και ως «τέρας», γνώριζε τι βρίσκεται πίσω από κάθε πόρτα και στην πραγματικότητα διηύθυνε την εξέλιξη του παιχνιδιού.

Αφού άνοιξε η πόρτα Β, το «τέρας» απευθυνόμενο στον Α του είπε με τη χαρακτηριστική του μπάσα φωνή:

«Αφού σου αποκαλύφθηκε η κατσίκα που βρίσκεται στην πόρτα Β, σου δίνεται τώρα η δυνατότητα να παραμείνεις στην αρχική σου επιλογή ή να αλλάξεις πόρτα και να πας στη Γ».

Ο Α με αποφασιστικότητα και μια δόση ειρωνείας απάντησε:

«Τα γνωρίζω καλά αυτά τα πονηρά κόλπα, όμως θα ήθελα να ξέρεις ότι δεν περνάνε σε μένα. Στην πραγματικότητα δεν μου έδωσες καμία πληροφορία, αφού ήταν ήδη γνωστό ότι μία τουλάχιστον από τις δύο πόρτες που άφησα περιέχει κατσίκα. Το ότι άνοιξες λοιπόν την πόρτα Β δεν αλλάζει την αρχική πιθανότητα να έχω επιλέξει το έπαθλο, που είναι $\frac{1}{3}$». 

«Αυτό που λες μοιάζει να είναι σωστό, ωστόσο θα πρέπει να σου θυμίσω ότι εκτός από την αυτονόητη πληροφορία που λες ότι σου έδωσα, επιπλέον σου έδειξα και πίσω από ποια συγκεκριμένη πόρτα βρίσκεται η κατσίκα», του αντιγύρισε το «τέρας» και συνέχισε «νιώθω λοιπόν την ανάγκη να σε ρωτήσω για δεύτερη φορά. Είσαι σίγουρος ότι παραμένεις στην αρχική σου απόφαση;», τον ρώτησε και παρά το γεγονός ότι κανείς δεν μπορούσε να δει το πρόσωπό του, ήταν σχεδόν βέβαιο ότι του έκλεισε το μάτι...

«Όσες φορές κι αν με ρωτήσεις αγαπητό μου «τέρας», δεν πρόκειται να μετακινηθεί ως δια μαγείας το περιεχόμενο πίσω από τις πόρτες. Παρακαλώ», απάντησε με αδιαλλαξία ο Α, κάνοντας νεύμα προς την πόρτα Α.

«Ατυχείν έξεστιν, αμελείν ουκ έξεστιν1»

«Παρακαλώ να ανοίξει η πόρτα Α για να δούμε τι κρύβεται από πίσω», διέταξε αμέσως ο παρουσιαστής, ο οποίος παρακολουθούσε όλη αυτή την ώρα με αμείωτο ενδιαφέρον το διάλογο ανάμεσα στον Α και στο «τέρας».

Ο Α με την αγωνία του στο κατακόρυφο, είδε με απογοήτευση τη συνονόματη πόρτα να ανοίγει και να ξεπετιέται από μέσα μια ανέμελη κατσίκα. Η εξέλιξη ήταν θλιβερή. Αδυνατώντας να διευθετήσει τα χρέη του, δεν άργησε να βρεθεί πίσω από τα κάγκελα της φυλακής.


1Αρχαιοελληνικό γνωμικό που σημαίνει «το να είσαι άτυχος επιτρέπεται, όμως το να αμελείς είναι ανεπίτρεπτο»

Saturday, 4 April 2020

Ο Covid-19 και το ξυράφι του Occam

Τον τελευταίο καιρό ακούγεται από πολλούς ότι η εξάπλωση του κορονοϊού, γνωστού με την επιστημονική ονομασία Covid-19, ακολουθεί εκθετικό ρυθμό. Τι σημαίνει αυτό και γιατί συμβαίνει; 

First things first! Αρχικά να διευκρινίσουμε ότι η πεποίθηση αυτή δεν είναι απόλυτα ακριβής. Στην πραγματικότητα αν και στην μαθηματική περιγραφή της εξάπλωσης του ιού όντως κάνει την εμφάνισή της η εκθετική συνάρτηση, ωστόσο η τελική συνάρτηση που εκφράζει το μέγεθος της διασποράς του ιού είναι η λεγόμενη «λογιστική», κατά πολλούς «σιγμοειδής» συνάρτηση. Προς αποφυγήν παρεξηγήσεων βέβαια σπεύδω να διευκρινίσω ότι η λογιστική στο αρχικό της διάστημα όντως προσομοιάζει την εκθετική. Ας δούμε όμως τα πράγματα πιο αναλυτικά. 

Στη βιβλιογραφία έχουν προταθεί πολλά μοντέλα για την εξάπλωση μιας επιδημίας. Το γνωστότερο ίσως είναι το SIR, από τα αρχικά (S)usceptible, (I)nfected, (R)ecovered. Το μοντέλο αυτό χωρίζει τον πληθυσμό σε τρία ξένα μεταξύ τους σύνολα, των οποίων το πλήθος μεταβάλλεται  με την πάροδο του χρόνου. Στο πρώτο σύνολο ανήκουν όσοι είναι ευάλωτοι στον ιό και αποτελούν υποψήφιους νέους φορείς. Ασφαλώς στην αρχή της επιδημίας στο σύνολο αυτό ανήκει όλος ο πληθυσμός. Στο δεύτερο σύνολο ανήκουν όσοι είναι μολυσμένοι από τον ιό και τέλος, στο τρίτο σύνολο ανήκουν όσοι έχουν είτε αναρρώσει είτε καταλήξει. Καθώς υπάρχουν πολλά κατατοπιστικά άρθρα και παραστατικά video στο διαδίκτυο, εμείς εδώ δεν θα εμβαθύνουμε στο μοντέλο αυτό. Ενδεικτικά, ακολουθώντας τους παρακάτω συνδέσμους θα μπορούσε κανείς να μάθει περισσότερα για το SIR, αλλά και για παρόμοια μοντέλα.

https://www.maa.org/press/periodicals/loci/joma/the-sir-model-for-spread-of-disease-the-differential-equation-model

https://youtu.be/Qrp40ck3WpI

Η δυσκολία του μοντέλου SIR, έγκειται στο ότι εμπλέκει μη γραμμικές διαφορικές εξισώσεις. Παρόλα αυτά, ακριβείς παραμετρικές λύσεις έχουν βρεθεί και δημοσιευθεί:

https://arxiv.org/abs/1403.2160

Στην ανάρτηση αυτή, χάριν ευκολίας θα παρουσιάσουμε ένα απλούστερο μοντέλο, η λύση του οποίου όμως δεν διαφέρει σημαντικά από τη λύση του SIR στην αρχή της εξέλιξης της επιδημίας. Το μοντέλο που θα χρησιμοποιήσουμε εμπίπτει στο πρότυπο πρόβλημα της εξάπλωσης επιδημίας του μαθηματικού κλάδου των διαφορικών εξισώσεων [1]. Στο μοντέλο αυτό, θεωρούμε ότι ο ρυθμός μετάδοσης της επιδημίας είναι ανάλογος τόσο του μέρους του πληθυσμού που φέρει τον ιό, όσο και του υπόλοιπου μέρους του πληθυσμού που δεν νοσεί, αλλά είναι ευάλωτο στον ιό. Αυτό διαισθητικά μπορεί να γίνει αντιληπτό ως εξής: Ασφαλώς όσο περισσότεροι άνθρωποι φέρουν τον ιό, τόσο αυξάνονται οι πιθανότητες αυτός να μεταδοθεί σε άλλους. Όμως, ταυτόχρονα τόσο λιγότεροι είναι και οι πιθανοί καινούργιοι φορείς. Προφανώς κανείς δεν μεταδίδει τον ιό σε κάποιον που ήδη νοσεί. Συνεπώς, όσο εξαπλώνεται η επιδημία, τόσο συρρικνώνεται το σύνολο των δυνάμει νοσούντων. Αυτός είναι και ο λόγος που τελικά η εξάπλωση δεν ακολουθεί εκθετικό ρυθμό, καθώς η ίδια η εξάπλωση τελικά εμποδίζει τον εαυτό της στη διαδικασία της περαιτέρω εξάπλωσης. 


Η παραπάνω διπλή σχέση αναλογίας μπορεί να γραφεί μαθηματικά ως εξής:


$\frac{dP(t)}{dt} = \alpha P(t) \left( 1-P(t) \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$


όπου $P(t)$ συμβολίζει το ποσοστό του πληθυσμού που έχει νοσήσει και είναι κανονικοποιημένο στο διάστημα $[0,1]$, όπου το 0 σημαίνει ότι δεν νοσεί κανείς, ενώ το 1 σημαίνει ότι νοσεί το σύνολο του πληθυσμού και φυσικά κάθε τιμή ανάμεσα στο 0 και το 1 δηλώνει το ποσοστό επί τις εκατό των ανθρώπων που νοσούν. Ασφαλώς το $P(t)$ είναι συνάρτηση του χρόνου που συμβολίζεται με $t$. Επιπλέον, $\frac{dP(t)}{dt}$ είναι η παράγωγος της συνάρτησης $P(t)$ και εκφράζει το ρυθμό μεταβολής (αύξησης) του ποσοστού των νοσούντων με την πάροδο του χρόνου $t$. Τέλος, $\alpha$ είναι ο συντελεστής αναλογίας που καθορίζει πόσο απότομα ξεκινάει η αύξηση των κρουσμάτων, αλλά και πόσο απότομα τελικά μειώνεται.


Προτού προχωρήσουμε στην παρουσίαση της λύσης, θα πρέπει να επισημάνουμε ότι το πραγματικό πρόβλημα είναι ένα διακριτό πρόβλημα που λύνεται με τη βοήθεια εξισώσεων διαφορών. Ωστόσο, χάριν απλότητας, το μετασχηματίσαμε στο αντίστοιχο συνεχές πρόβλημα.

Η (1) γράφεται και ως 


$\frac{dP(t)}{P(t) \left( 1-P(t) \right)} = \alpha \, dt$ 


και αποτελεί μια διαφορική εξίσωση χωριζομένων μεταβλητών. Ολοκληρώνοντας κατά μέλη λαμβάνουμε 


$\int \frac{dP(t)}{P(t) \left( 1-P(t) \right)}= \int \alpha dt\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$

και καθώς ισχύει 


$\frac{1}{P(t) \left( 1-P(t) \right)} = \frac{1}{P(t)} + \frac{1}{1-P(t)}$ 

η (2) γίνεται 


$\int \frac{1}{P(t)} dP(t) + \int \frac{1}{1-P(t)} dP(t) = \int \alpha dt \Leftrightarrow$ 

$ln(P(t)) - ln(1-P(t)) = \alpha \, t + c$ 

όπου $c$ η σταθερά ολοκλήρωσης και $ln$ ο λογάριθμος με βάση το $e$. Συνεχίζοντας, από τη βασική ιδιότητα του αθροίσματος λογαρίθμων έχουμε


$ln\frac{P(t)}{1-P(t)} = \alpha \, t + c \Leftrightarrow$ 


$\frac{P(t)}{1-P(t)} = e^{\alpha \, t + c} \Leftrightarrow$ 


$P(t) = \left( 1-P(t) \right) e^{\alpha \, t + c} \Leftrightarrow$ 


$P(t) + P(t) e^{\alpha \, t + c} = e^{\alpha \, t + c} \Leftrightarrow$ 


$P(t) \left( 1 + e^{\alpha \, t + c} \right) = e^{\alpha \, t + c} \Leftrightarrow$ 


$P(t) = \frac{e^{\alpha \, t + c}}{1 + e^{\alpha \, t + c}} \Leftrightarrow$ 


$P(t) = \frac{1}{1 + e^{-(\alpha \, t + c)}}$ 



Η προκύπτουσα συνάρτηση αποτελεί τη λογιστική καμπύλη που αναφέρθηκε παραπάνω. Η γενική μορφή της γραφικής της παράστασης φαίνεται στο Διάγραμμα 1, εξ ου και η ονομασία σιγμοειδής, αφού μοιάζει με το τελικό «σίγμα». Από το διάγραμμα είναι φανερό ότι αρχικά το πλήθος των ασθενών παρουσιάζει προσεγγιστικά εκθετική αύξηση. Ωστόσο, καθώς τα κρούσματα αυξάνονται, ο ρυθμός μετάδοσης μειώνεται μέχρι ένα σημείο, στο οποίο η καμπύλη στιγμιαία παίρνει γραμμική μορφή. Έπειτα από αυτό το σημείο η κατάσταση αντιστρέφεται. Αν και το πλήθος των νοσούντων εξακολουθεί να αυξάνεται, ο ρυθμός μετάδοσης αρχίζει να μειώνεται μέχρι το πλήθος να φτάσει στη μέγιστη τιμή που αντιστοιχεί στο σύνολο του πληθυσμού. 


Διάγραμμα 1. Η λογιστική ή σιγμοειδής καμπύλη.


Φυσικά, το παραπάνω είναι ένα εξιδανικευμένο μαθηματικό μοντέλο, το οποίο δεν κάνει καμία άλλη υπόθεση πέρα από την απλή υπόθεση της αναλογίας του ρυθμού μετάδοσης που αναφέρθηκε στην αρχή. Στην πραγματικότητα, η κατάσταση διαφέρει καθώς με την εφαρμογή περιοριστικών μέτρων, αλλά και με την προφύλαξη που απορρέει από την ατομική ευθύνη του καθενός, η κατάσταση δεν αφήνεται στο έλεος της. Σε πρώτο στάδιο, μεγάλη επιτυχία προς την καταπολέμηση της εξάπλωσης θεωρείται αν ο ρυθμός μετάδοσης σταθεροποιηθεί, οπότε έχουμε τη γραμμικοποίηση της καμπύλης. Στην περίπτωση αυτή, σε κάθε συγκεκριμένη χρονική περίοδο, π.χ., κάθε μέρα, προστίθεται ο ίδιος αριθμός νέων κρουσμάτων στο σύνολο των ήδη υπαρχόντων. Ο επόμενος στόχος που σηματοδοτεί τη νίκη απέναντι στην επιδημία είναι να μηδενιστεί ο ρυθμός εξάπλωσης. Εφόσον συμβεί αυτό, κανένα νέο κρούσμα δεν θα προστεθεί και αφού κλείσουν όλες οι τρέχουσες υποθέσεις ασθενών, θα εξαλειφθεί οριστικά η επιδημία.

Ας περάσουμε τώρα σε ένα συγκεκριμένο παράδειγμα που θα ξεκαθαρίσει ακόμα περισσότερο το τοπίο. Θεωρούμε ότι η μονάδα μέτρησης του χρόνου $t$ είναι η ώρα. Έστω ότι την 5η μέρα τα κρούσματα είναι 7 και την 10η μέρα τα κρούσματα ανέρχονται σε 66, όπως έχει δηλαδή η κατάσταση στην Ελλάδα1. Τότε έχουμε τις αρχικές συνθήκες $P(120) = 7 \times 10^{-7}$ και $P(240) = 66 \times 10^{-7}$. Αν αντικαταστήσουμε τις τιμές αυτές στη γενική λύση που βρήκαμε παραπάνω, υπολογίζουμε ότι $c = -16.349$ και $\alpha = 0.0193$, οπότε η λύση στο πρόβλημά μας παίρνει τη μορφή 
$P(t) = \frac{1}{1+e^{-0.0193 \, t + 16.349}}$.

Διάγραμμα 2. Η εξάπλωση της επιδημίας με βάση τις αρχικές συνθήκες που αναφέρονται παραπάνω.


Η γραφική παράσταση αυτής της συνάρτησης απεικονίζεται στο Διάγραμμα 2. Στο διάγραμμα αυτό, για λόγους καλύτερης παρουσίασης, ως μονάδα μέτρησης του χρόνου (οριζόντιος άξονας) έχει χρησιμοποιηθεί η μία μέρα. 
Από το Διάγραμμα 2 παρατηρούμε ότι παρά τον σχετικά αργό ρυθμό αύξησης των κρουσμάτων τις πρώτες μέρες, κάποια στιγμή η εξάπλωση της επιδημίας εμφανίζει δραματική καμπή καθώς σε περίπου 38 μέρες θα έχει μολυνθεί ο μισός πληθυσμός. Το σημείο αυτό είναι γνωστό και με τον αγγλικό όρο «midpoint». Η ραγδαία αύξηση μάλιστα συνεχίζεται για μερικές ακόμη ημέρες (περίπου μία εβδομάδα) ώσπου αρχίζει να χαλαρώνει γύρω στις 45 μέρες, όταν ήδη έχει νοσήσει σχεδόν το σύνολο του πληθυσμού! 
Υπενθυμίζουμε ότι στην πραγματικότητα τελικά δεν θα νοσήσει ο συνολικός πληθυσμός διότι με τη λήψη μέτρων σε ατομικό και συλλογικό επίπεδο οι άνθρωποι αντιστεκόμαστε στην εξάπλωση της επιδημίας.

Όλα καλά ως εδώ. Γιατί όμως εμφανίζεται ο αριθμός $e$ στη λύση της εξάπλωσης της επιδημίας; Ποια ιδιότητα έχει αυτός ο αριθμός που τον καθιστά ιδιαίτερο στο βασίλειο των πραγματικών αριθμών; Αν σας ενδιαφέρει η απάντηση ρωτήστε τον Occam!

Ο William του Ockham2 (1287-1347) ήταν θεολόγος-φιλόσοφος και ανήκε στο τάγμα των Φραγκισκανών. Ασχολήθηκε εντατικά με τη Λογική και με την Φυσική και έμεινε γνωστός στην ιστορία για το περίφημο «ξυράφι» του. Το ξυράφι του Occam ή Occam's razor στα αγγλικά είναι η φιλοσοφική αρχή που υπαγορεύει ότι από όλες τις δυνατές εξηγήσεις ενός φαινομένου, προτιμότερη είναι εκείνη που βασίζεται στις λιγότερες υποθέσεις. Το ξυράφι του Occam θα λέγαμε ότι «ξυρίζει» τις περιττές υποθέσεις κρατώντας μόνο τις απολύτως απαραίτητες. Πράγματι, αυτός είναι και ο τρόπος με τον οποίο αντιμετωπίζουμε οι άνθρωποι τα καθημερινά μας προβλήματα. Ξεκινάμε από τις λιγότερες δυνατές υποθέσεις και μόνο αν αυτές δεν είναι ικανές να μας οδηγήσουν στη λύση προσθέτουμε επιπλέον υποθέσεις. 

Λόγω της ιδιαίτερης αγάπης που τρέφει αυτή η αρχή προς τις λακωνικές εξηγήσεις, έγινε επίσης γνωστή και ως η αρχή της οικονομίας (lex parsimoniae στα λατινικά). Ποια είναι όμως η σχέση αυτής της αρχής με τον αριθμό $e$; Προηγουμένως, στην παρουσίαση του μοντέλου για την εξάπλωση της επιδημίας, εμφανίστηκε η σχέση διπλής αναλογίας


$\frac{dP(t)}{dt} = \alpha P(t) \left( 1-P(t) \right)$

η οποία γράφεται και ως


$\frac{dP(t)}{dt} = \alpha \left( P(t) - P^2(t) \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)$

Από τον ορισμό του $P(t)$, για κάθε τιμή του χρόνου $t$ ισχύει $P(t) \le 1$. Επιπλέον, στα πρώτα στάδια της εξάπλωσης της επιδημίας (για μικρά $t$ δηλαδή) η ποσότητα $P^2(t)$ μπορεί να θεωρηθεί πολύ μικρότερη της $P(t)$ και ως εκ τούτου να παραληφθεί χωρίς να προκαλέσει μεγάλη αλλοίωση στην ακριβή λύση του προβλήματος. Η εξίσωση (3) απλοποιείται τότε στην


$\frac{dP(t)}{dt} = \alpha P(t)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)$

Έχουμε δηλαδή προσεγγιστικά μια γνήσια αναλογία του ρυθμού μεταβολής $\frac{dP(t)}{dt}$ με την συνάρτηση $P(t)$. Συνεπώς, στο διάστημα ισχύος της (4), αναζητούμε τη συνάρτηση εκείνη η οποία ταυτίζεται με το ρυθμό μεταβολής της (κατά προσέγγιση φυσικά της σταθεράς $\alpha$). 

Μία από τις σημάντικότερες ιδιότητες του αριθμού e είναι το γεγονός ότι όταν υψώνεται στη δύναμη $x$, όταν δηλαδή πολλαπλασιάζεται με τον εαυτό του $x$ φορές, δημιουργεί τη μοναδική συνάρτηση, εκτός φυσικά από τη μηδενική, της οποίας η παράγωγος συνάρτηση είναι ίδια με την αρχική. Όμως, καθώς η παράγωγος μιας συνάρτησης δηλώνει το ρυθμό μεταβολής της αρχικής συνάρτησης, η $e^x$ μας λέει από μόνη της σε κάθε σημείο του πεδίου ορισμού της με ποιον ρυθμό μεταβάλλεται! Επειδή η μεταβολή της $e^x$ είναι αυξανόμενη, όσο αυξάνεται η τιμή της σε ένα σημείο, τόσο αυξάνεται και ο ρυθμός με τον οποίο αυξάνεται η τιμή της στο ίδιο σημείο! Μάλιστα, η παράγωγος της παραγώγου της $e^x$ είναι και πάλι $e^x$. Συνεπώς με τον ίδιο ρυθμό μεταβάλλεται και ο ρυθμός μεταβολής της $e^x$. Συνεχίζοντας, με τον ίδιο ρυθμό μεταβάλλεται και ο ρυθμός μεταβολής του ρυθμού μεταβολής της $e^x$ και πάει λέγοντας! Με ένα σμπάρο άπειρα τριγώνια δηλαδή! Γιατί όμως αυτό συμβαίνει μόνο με την εκθετική συνάρτηση $e^x$;

Ας αναζητήσουμε τη συνάρτηση $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ με παραγώγους κάθε τάξης, για την οποία ισχύει ότι σε κάθε σημείο $x$ του πεδίου ορισμού της, $f'(x) = f(x)$. Από τον Διαφορικό Λογισμό, ισχύει στοιχειωδώς ότι αν γνωρίζουμε την τιμή της $f$ σε κάποιο σημείο $t_0$, τότε μπορούμε να εκτιμήσουμε την τιμή της $f$ σε κάποιο «γειτονικό» σημείο $t$ με τον τύπο 


$f(t) = f(t_0) + f'(t_0) (t-t_0)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(5)$


Δηλαδή για να φτάσουμε στο $f(t)$, ξεκινάμε από το $f(t_0)$ και «μετακινούμαστε» στο διάστημα $t-t_0$ κατά το ρυθμό μεταβολής $f'(t_0)$. Αυτό θυμίζει το ανάλογο συμπέρασμα της ευθύγραμμης ομαλής κίνησης στη φυσική, σύμφωνα με το οποίο αν τη χρονική στιγμή $t_0$ βρισκόμαστε στη θέση $x(t_0)$, τότε τη χρονική στιγμή $t$ η νέα μας θέση θα είναι $x(t) = x(t_0) + u(t_0) (t-t_0)$, όπου $u(t_0)$ είναι η ταχύτητά μας τη χρονική στιγμή $t_0$. Χωρίς περιορισμο της γενικότητας, στα επόμενα θεωρούμε ότι $t>t_0$. Για να πετύχουμε ακριβέστερη εκτίμηση, χρησιμοποιούμε την εξής διαμέριση του διαστήματος $[t_0,t]$: 


$[t_0,t_0+\frac{t-t_0}{n}], \, [t_0+\frac{t-t_0}{n},t_0+\frac{2(t-t_0)}{n}], \, \dots, \, [t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n},t]$ 


Χωρίζουμε δηλαδή το διάστημα $[t_0,t]$ σε $n$ ίσα τμήματα και εφαρμόζουμε την (5) σε κάθε τμήμα. Προφανώς, όσο μεγαλύτερο είναι το $n$, τόσο ακριβέστερη είναι και η προσέγγιση της τιμής $f(t)$. Με αυτόν τον τρόπο κατασκευάζουμε μια ακολουθία συναρτήσεων $f_n$, η οποία σε καθένα από τα $n$ υποδιαστήματα του $[t_0,t]$ ορίζεται ως εξής:


$[t_0,t_0+\frac{t-t_0}{n}]: \,\,\,\,\,\,\, f_n(t_0+\frac{t-t_0}{n}) =$ 

$f(t_0) + f'(t_0) \frac{t-t_0}{n} = f(t_0) + f(t_0) \frac{t-t_0}{n} =$ 

$f(t_0) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right)$



$[t_0+\frac{t-t_0}{n},t_0+\frac{2(t-t_0)}{n}]: \,\,\,\,\,\, f_n(t_0+\frac{2(t-t_0)}{n}) =$ 

$f(t_0+\frac{t-t_0}{n}) + f'(t_0+\frac{t-t_0}{n}) \frac{t-t_0}{n} =$

$f(t_0+\frac{t-t_0}{n}) + f(t_0+\frac{t-t_0}{n}) \frac{t-t_0}{n}=$ 

$f(t_0+\frac{t-t_0}{n}) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right) = f(t_0) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right)^2$



$\vdots$



$[t_0+\frac{(n-2)(t-t_0)}{n},t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}]: \,\,\,\,\,\, f_n(t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}) =$ 

$f(t_0+\frac{(n-2)(t-t_0)}{n}) + f'(t_0+\frac{(n-2)(t-t_0)}{n}) \frac{t-t_0}{n} =$ 

$f(t_0+\frac{(n-2)(t-t_0)}{n}) + f(t_0+\frac{(n-2)(t-t_0)}{n}) \frac{t-t_0}{n} =$ 

$f(t_0+\frac{(n-2)(t-t_0)}{n}) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right) = f(t_0) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right)^{n-1}$



$[t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n},t]: \,\,\,\,\,\, f_n(t) =$ 

$f(t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}) + f'(t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}) \frac{t}{n} =$ 

$f(t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}) + f(t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}) \frac{t-t_0}{n} =$ 

$f(t_0+\frac{(n-1)(t-t_0)}{n}) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right) = f(t_0) \left( 1 + \frac{t-t_0}{n} \right)^n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(6)$



Ας πάρουμε για παράδειγμα $n=2$. Επίσης, χάριν απλότητας θέτουμε $t_0=0$. Αυτό σημαίνει ότι χωρίζουμε το διάστημα $[0,t]$ στα δύο ίσα μέρη $[0,\frac{t}{2}]$ και $[\frac{t}{2},t]$. Στην περίπτωση αυτή, με μια αδρή προσέγγιση παίρνουμε:

$f_2(t)=f(0) \left(1 + \frac{t}{2}\right)^2$

Φυσικά όσο μεγαλύτερο είναι το πλήθος $n$ των υποδιαστημάτων, τόσο καλύτερη γίνεται και η προσέγγιση της τιμής $f(t)$. Μάλιστα στο όριο, καθώς το $n$ τείνει στο άπειρο, θα λάβουμε την ακριβή τιμή του $f(t)$. Δηλαδή:

$f(t) = f_{\infty}(t) = \lim_{n \rightarrow \infty} \Big[f(0) \left( 1 + \frac{t}{n} \right)^n\Big] = f(0) \cdot \lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{t}{n} \right)^n$ 


Όμως, για δεδομένο $t$, ισχύει: 


$\lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{t}{n} \right)^n = \lim_{u \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{t}{ut} \right)^{ut} = \Big[\lim_{u \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{u} \right)^u\Big]^t = e^t$

αφού εξ ορισμού 


$e = \lim_{u \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{u} \right)^u$

και ιδού γιατί εμφανίζεται ο αριθμός $e$! Συνοψίζοντας, υπό μία έννοια η εκθετική συνάρτηση $e^t$ είναι η οικονομικότερη συνάρτηση, καθώς για την περιγραφή της δεν χρειαζόμαστε καμία επιπλέον πληροφορία για τις παραγώγους της. Η πληροφορία αυτή περικλέιεται μέσα στην ίδια τη συνάρτηση. Κατά κάποιον τρόπο θα λέγαμε ότι η επιδημία δείχνει να ενστερνίζεται την αρχή της οικονομίας που πρότεινε ο William του Occam!

Η αρχή της οικονομικότερης εκδοχής άλλωστε απαντάται σε πληθώρα από φυσικά φαινόμενα. Παράδειγμα αποτελεί το σφαιρικό σχήμα της σταγόνας. Με βάση τη γενίκευση ενός θεωρήματος της Διαφορικής Γεωμετρίας, που φέρει το όνομα «ισοπεριμετρική ανισότητα», δεδομένου του όγκου μιας ποσότητας νερού, η σφαίρα είναι το σχήμα με τη μικρότερη επιφάνεια που φέρει την ποσότητα αυτή. Έτσι, θα λέγαμε ότι η φύση κουβαλάει το δικό της «ξυράφι» δείχνοντας την προτίμησή της στις σφαίρες έναντι των άλλων σχημάτων.

Η αρχή της οικονομίας όμως κάνει την εμφάνισή της και μέσω της εφαρμογής των ίδιων μαθηματικών εργαλείων σε εντελώς διαφορετικά προβλήματα. Εξηγώ.

Ας επιστρέψουμε στον τύπο (6), ο οποίος εκφράζει την $n$-οστή προσέγγιση της $f(t)$, τον οποίο για ευκολία ξαναγράφουμε παρακάτω, για $t_0=0$: 


$f_n(t) = (1+\frac{t}{n})^n$

Χρησιμοποιώντας τον διωνυμικό τύπο, το παραπάνω άθροισμα αναλύεται ως εξής:


$f_n(t) = 1 + n \frac{t}{n} + \binom{n}{2} \frac{t^2}{n^2} + \binom{n}{3} \frac{t^3}{n^3} + \dots + \binom{n}{n-1} \frac{t^{t-1}}{n^{t-1}} + \frac{t^n}{n^n}=$


$1 + t + \frac{n!}{(n-2)! n^2} \frac{t^2}{2!} + \frac{n!}{(n-3)! n^3} \frac{t^3}{3!} + \dots + \frac{n!}{2! n^{n-1}} \frac{t^{n-1}}{(n-1)!} + \frac{n!}{n^n} \frac{t^n}{n!}=$


$\alpha_0 \frac{t^0}{0!} + \alpha_1 \frac{t^1}{1!} + \alpha_2 \frac{t^2}{2!} + \dots + \alpha_{n-1} \frac{t^{n-1}}{(n-1)!} + \alpha_n \frac{t^n}{n!} = \sum_{k=0}^n \alpha_k \frac{t^k}{k!}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(7)$


όπου θέσαμε

$\alpha_k = \frac{n!}{(n-k)! n^k}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(8)$

Η σχέση (7) ουσιαστικά αποτελεί το ανάπτυγμα Taylor της $f_n(t)$ με συντελεστές $\alpha_k$. Από τη σχέση (8) όμως, για κάθε $k$, ο συντελεστής $\alpha_k$ εκφράζει την πιθανότητα σε ένα πλήθος $n$ διαφορετικών αντικειμένων να επιλέξουμε με επανάθεση $k$ από αυτά και όλα τα αντικείμενα που θα επιλέξουμε να είναι διαφορετικά μεταξύ τους. Η πρόταση αυτή μπορεί να μην βγάζει ιδιαίτερο νόημα, αν όμως θέσουμε $n=365$, τότε το $\alpha_k$ μας δίνει την πιθανότητα ανάμεσα σε $k$ τυχαίους ανθρώπους, όλοι να έχουν τα γενέθλιά τους σε διαφορετικές μέρες. Ισοδύναμα, το $1-\alpha_k$ μας δίνει την πιθανότητα ανάμεσα σε $k$ τυχαίους ανθρώπους, δύο τουλάχιστον να έχουν γενέθλια την ίδια μέρα. Καταλήγουμε δηλαδή στο γνωστό πρόβλημα των γενεθλίων. Καθώς το πρόβλημα των γενεθλίων θα μπορούσε να είναι από μόνο του το θέμα μιας άλλης ανάρτησης, να αναφέρουμε απλώς ότι ανάμεσα σε 23 άτομα, η πιθανότητα δύο τουλάχιστον από αυτά να έχουν την ίδια μέρα γενέθλια είναι λίγο πάνω από $50\%$! Επειδή το αποτέλεσμα αυτό πηγαίνει κόντρα στη διαίσθηση, το πρόβλημα των γενεθλίων καλείται συχνά και παράδοξο.

Κλείνοντας, αξίζει να τονίσουμε ότι αν στη σχέση (7) πάρουμε το όριο για $n \rightarrow \infty$, επειδή για κάθε $k$


$\lim_{n \rightarrow \infty} \alpha_k = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n!}{(n-k)! n^k} = 1$

λαμβάνουμε το γνωστό από την ανάλυση ανάπτυγμα του Taylor της $e^t$:


$e^t = 1+t+\frac{t^2}{2!}+\frac{t^3}{3!}+\dots$


Στο άρθρο αυτό είδαμε κάποιες συγκεκριμένες ενδιαφέρουσες περιπτώσεις εφαρμογής του ξυραφιού του Occam. Η λίστα ωστόσο είναι ατελείωτη. Μάλιστα, εγώ έχω βρει έναν ιδιαίτερο τρόπο να εφαρμόζω το ξυράφι του Occam στο πρόσωπό μου. Τα τελευταία χρόνια έχω κόψει το ξύρισμα και με αυτόν τον τρόπο κάνω οικονομία στα ξυράφια μου.
Το Ockham είναι ένα μικρό χωριό στην κομητεία του Surray στην νοτιοανατολική Αγγλιά, το οποίο στο προσωνύμιο του William εκλατινίστηκε σε Occam.

[1] Διαφορικές Εξισώσεις, Θωμάς Κυβεντίδης, 2004, ISBN: 960-8183-40-5

Wednesday, 5 February 2020

Ο επιμένων δεν χάνει

Το ενδιαφέρον δείχνει να συνεχίζεται φέτος στον Π.Ο.Α. Σε συνέχεια της τελευταίας μου ανάρτησης «Μην εγκαταλείπετε πρόωρα», παρουσιάζω μια ακόμη παρτίδα στην οποία η επιμονή μου να μην εγκαταλείπω απέφερε καρπούς. Παίζω με τα μαύρα.

Αν και στο μέσο της παρτίδας βγήκα με δύο πιόνια επάνω, στην προσπάθειά μου να σταθεροποιήσω τη θέση δεν κατάφερα να κάνω σωστή διαχείριση του επιπλέον υλικού μου. Σαν αποτέλεσμα επέστρεψα στον αντίπαλό μου όχι δύο, αλλά τρία πιόνια! Δύο συν ένα δώρο που λένε. 

Στη θέση που προέκυψε στο παρακάτω διάγραμμα, τα λευκά έχουν ένα υγιέστατο ελεύθερο πιόνι, έτοιμο να προαχθεί σε Βασίλισσα και τίποτα δεν φαίνεται να μπορεί να το σταματήσει. Η εγκατάλειψη θα μπορούσε να είναι μια πολύ λογική επιλογή. Όμως, καθώς εκπροσωπούσα εκτός από τον εαυτό μου και την ομάδα μου, αρνήθηκα να κάνω εύκολη τη ζωή του αντιπάλου μου. Χωρίς ιδιαίτερο άγχος πλέον, έχοντας πλήρη επίγνωση της κατάστασης, αποφάσισα να συνεχίσω αφήνοντας τον αντίπαλό μου να ανακαλύψει τον τρόπο να με κερδίσει.


1...Bf6, 2. g4


Με την κίνησή αυτή τα λευκά στερούν την όποια ελπίδα για παιχνίδι στην πτέρυγα του Βασιλιά. Όμως, ανοίγουν ύποπτα τη διαγώνιο b8-h2...

2...Qb7, 3. Qc4 Qd7, 4. b4 Qd2


Μετά από μερικές τυχαίες κινήσεις εντόπισα τις καλύτερες θέσεις για τα κομμάτια μου. 

5. b5 Be5


Αυτό είναι το ιδανικότερο τετράγωνο για τον Αξιωματικό μου. Από εκεί συνεισφέρει τόσο στην επίθεση όσο και στην άμυνα, αφού επιτηρεί το τετράγωνο b8 προαγωγής του λευκού πιονιού. 

6. b6 Qb2


Η μπαταρία Βασίλισσας-Αξιωματικού είναι η μοναδική μου ελπίδα να πετύχω την ισοπαλία. Φυσικά, για να συμβεί αυτό πρέπει να βάλει το χεράκι του και ο αντίπαλός μου.

7. Qd5 Kf6, 8. b7


Παράλληλα με τα μαύρα και τα λευκά κατάφεραν χωρίς δυσκολία να τοποθετήσουν τα κομμάτια τους στις ιδανικές τους θέσεις. Δεν μένει παρά να ανακαλύψουν το τελικό χτύπημα. Το σχέδιο νίκης είναι σχετικά απλό, να μεταφέρουν την Βασίλισσά τους στο b6, ώστε να κλείσουν τη στήλη b εξασφαλίζοντας την προαγωγή του πιονιού.

8...Kg6, 9. Qe4+ Kg7


Στο σημείο αυτό άρχισα να υποψιάζομαι ότι ο αντίπαλός μου δεν έχει εντοπίσει το σωστό πλάνο. Μάλιστα, η θέση κρύβει μια περίεργη παγίδα στην οποία θα μπορούσε να πέσει ο καθένας. Έτσι και έγινε...

10. Kh3??


Μοιραίο λάθος που επιτρέπει την ισοπαλία!

10...Qxf2!!


Απίστευτο κι όμως αληθινό! Τα λευκά αν και κόβουν στην επόμενη κίνηση τον Αξιωματικό με σαχ, δεν καταφέρνουν να κερδίσουν με κανέναν τρόπο! Η ιδέα που σώζει τα μαύρα όπως θα δούμε είναι το διαρκές σαχ1 και η τριπλή επανάληψη της ίδιας θέσης2.

11. Qxe5+ Kg6, 12. Qe4+ Kg7, 13. Qd3


Τα λευκά ορθώς απέφυγαν την άμεση προαγωγή, αφού για παράδειγμα στο 12. b8=Q θα ακολουθούσε 12...Qf1+, 13. Kg3 Qg1+, 14. Kh3 Qf1+, 15. Kg3 Qg1+, 16. Kh3 Qf1+, 17. Kg3=, με τις δυο λευκές Βασίλισσες να παρακολουθούν την τριπλή επανάληψη της θέσης, ανήμπορες να αντιδράσουν. Τώρα η λευκή Βασίλισσα επιτηρεί το τετράγωνο f1, αποτρέποντας την τριπλή επανάληψη. Το πρόβλημα για τα λευκά είναι ότι η Βασίλισσά τους είναι υπερφορτωμένη, καθώς πρέπει να υποστηρίζει το ελεύθερο πιόνι της και την ίδια στιγμή να αποτρέπει την εφαρμογή της τριπλής επανάληψης.

13...Qb2??


Σοβαρό σφάλμα που ξαναδίνει τη νίκη στα λευκά! Έπρεπε οπωσδήποτε να παιχτεί 13...Qb6! και αν 14.Qe4 Qf2! με την ίδια απειλή τριπλής επανάληψης, όπως παραπάνω. Τώρα, για τα λευκά υπάρχει η κίνηση

14. Qa6!


Η λευκή Βασίλισσα κάνει σαφή πρόοδο, διατηρώντας το πιόνι υπό την προστασία της και το κρίσιμο f1 τετράγωνο υπό τον έλεγχό της. 

14...Kh7


Με την κίνηση αυτή ουσιαστικά πηγαίνω πάσο. Για καλή μου τύχη μάλιστα, η κίνηση αυτή, όπως θα δούμε στη συνέχεια θα με σώσει κυριολεκτικά την τελευταία στιγμή!

15. Kg3


Τα λευκά προσπαθούν να βελτιώσουν τη θέση του Βασιλιά τους, ώστε να αποδεσμεύσουν την Βασίλισσά τους από τον αμυντικό της ρόλο.

15...Qe5+, 16. Kg2 Qb2+, 17. Kg1 Qb1+, 18. Kf2 Qb2+


Ο λευκός Βασιλιάς βρίσκεται ενώπιον του διλήμματος της ηρωικής εξόδου μέσω του τετραγώνου e3 και της επιστροφής εντός των τειχών. Προς το παρόν, επιλέγει τον ασφαλή δρόμο. 

19. Kg3?

Η σωστή συνέχεια που κερδίζει ωστόσο είναι το τολμηρό 19. Ke3! Qe5+, 20. Kd3 Qd5+, 21. Kc2 Qc5+, 22. Kb3 Qe3+, 23. Kb4 Qd4+, 24. Kb5 Qd3+, 25. Kb6 Qe3+, 26. Kc7 Qe7+, 27. Kb8 Qc5, 28. Ka8 Qd5, 29. Qf6! Qa2+, 30. Kb8 και ο Βασιλιάς αποφεύγει τα σαχ. Αν 30...Qxh2+, 31. Kc8 Qc2+, 32. Kd8 Qb3, 33. Qf5+ Kg7, 34. Qe5+ και το πιόνι τελικά προάγεται.

19...Qe5+, 20. Kh3?? Qb2


Με την τελευταία τους κίνηση τα λευκά πετούν στα σκουπίδια τη νίκη, τη στιγμή που υπήρχε ακόμη χρόνος να διορθώσουν την κατάσταση και να βγάλουν τον Βασιλιά τους έξω από τα τείχη.

21. Qa7


Το πρόβλημα τώρα είναι ότι η κίνηση 21. Kg3 πλέον δεν υπάρχει, καθώς τα λευκά προκαλούν από μόνα τους τριπλή επανάληψη της θέσης, μετά από 21...Qe5+! Έτσι, αποφασίζουν να κάνουν πρόοδο με την Βασίλισσά τους, τη στιγμή μάλιστα που ο Βασιλιάς τους βρίσκεται καλά προστατευμένος στο h3. Είναι όμως πράγματι καλά προστατευμένος;

21...Qe2!


Όχι! Αυτή η κίνηση σώζει την παρτίδα για τα μαύρα. Αν τα λευκά προαγάγουν με 22. b8=Q, τότε ακολουθεί 22...Qxf3+, 23. Qg3 Qf1+, 24. Qg2 Qd3+, 25. Qg3 Qf1+ κτλ. Γι αυτό, τα λευκά επιχειρούν τη δεύτερη έξοδο του Βασιλιά τους. Αυτή τη φορά όμως η λευκή Βασίλισσα βρίσκεται στο a7 και αυτή η λεπτομέρεια στερεί κάθε ελπίδα νίκης από τα λευκά, καθώς ο Βασιλιάς πλέον δεν μπορεί να βρει καταφύγιο από το διαρκές σαχ!

22. Kg3 Qe5+, 23. Kg2 Qb2+, 24. Kf1 Qc1+, 25. Ke2 Qc2+




26. Ke3 Qc3+, 27. Ke4



Ο Βασιλιάς φαίνεται σαν να καταφέρνει να ξεγλιστρήσει μακριά από τα σαχ της μαύρης Βασίλισσας.

27...Qe1+!, 28. Kd5 Qe6+



Η μαύρη Βασίλισσα καταφέρνει, χάρις στη στήριξη του πιονιού στο f7 να ωθήσει προς τα πίσω το λευκό Βασιλιά. Στο σημείο αυτό μάλιστα, αν τα λευκά παίξουν το απρόσεκτο 29. Kc5 χάνουν κιόλας με 29...Qe3+! Γι αυτό, ορθά παίζουν

29. Kd4 Qd6+


30. Ke3 Qe5+, 31. Kd3 Qd5



Στη θέση αυτή να θυμηθούμε ότι αν ο μαύρος Βασιλιάς βρισκόταν στο g7, τα λευκά θα κέρδιζαν με 32. Qd4! εξαναγκάζοντας την αλλαγή των Βασιλισσών! Τώρα, στο 32. Qd4, τα μαύρα απλούστατα κόβουν το επικίνδυνο πιόνι με 32...Qxb7.

32. Ke2 Qe5+, 33. Kf1 Qb5+, 34. Kf2 Qb2+, 35. Kg3 Qe5+, 36. Kh3 Qe2!



Η ιστορία επαναλαμβάνεται. Τα λευκά πρέπει να αποδεχτούν ότι δεν μπορούν να κερδίσουν αυτή τη θέση. Ακολούθησε

37. Kg3 Qe5+

Με τη θέση μου να βρίσκεται για περίπου 40 κινήσεις επί ξυρού ακμής, τελικά πραγματοποιήθηκε τριπλή επανάληψη με ισόπαλο αποτέλεσμα. 

Από σκακιστική άποψη, η παρτίδα αυτή, αποτελεί ένα ακόμη παράδειγμα που δείχνει πόσο δύσκολα είναι τα φινάλε με Βασίλισσες. Από ηθική άποψη, η επιμονή σε συνδυασμό με το θετικό αποτέλεσμα ενισχύουν την πεποίθηση ότι δεν πρέπει να τα παρατάμε εύκολα. Γενικά, από την προσωπική μου εμπειρία, θεωρώ λίγο υπερβολικό το απόφθεγμα «Ο επιμένων νικά». Σιγά σιγά όμως αρχίζω να πιστεύω ότι «Ο επιμένων δεν χάνει...»

1 Διαρκές σαχ είναι η κατάσταση στην οποία η παράταξη που μειονεκτεί έχει τη δυνατότητα να δίνει διαρκώς σαχ στον αντίπαλο Βασιλιά, ο οποίος αδυνατεί να τα αποφύγει με αποτέλεσμα η θέση να είναι ισόπαλη.

2 Στο σκάκι υπάρχει ένας κανόνας που λέει ότι ένας παίκτης μπορεί να διεκδικίσει την ισοπαλία αν η ίδια θέση εμφανιστεί τρεις φορές, με τον ίδιο παίκτη να έχει την κίνηση. Δυο θέσεις θεωρούνται ίδιες όταν παρουσιάζουν την ίδια ακριβώς εικόνα και επιπλέον οι δύο παίκτες έχουν στη διάθεσή τους τις ίδιες νόμιμες κινήσεις (ροκέ, en passant, κτλ.) και στις δύο θέσεις.
Creative Commons License
This work is licensed under a Creative Commons Attribution 4.0 International License.