1. O zabavených kartách a kolónii netopierov. Téma je najvhodnejšia pre šikovných žiakov ZŠ od 7. ročníka.

Štyri nepravdepodobné príbehy. (Námety na 4 rozprávania z oblasti pravdepodobnosti a štatistiky) Hynek Bachratý, Katedra softvérových technológií, Fakulta riadenia a informatiky ŽU, Žilina hynek@kst.fri.utc.sk 0. Ako a prečo čítať V nasledujúcom texte nájde čitateľ inšpiráciu pre 4 prednášky, ktorých motiváciu, použitý aparát a zameranie spájajú hlavne pravdepodobnostné zápletky. Jednotlivé témy zasahujú aj do iných oblastí matematiky, ich spoločným menovateľom je ale motivujúca a mierne záhadná atmosféra náhody a neistoty. Predpokladám, že práve pre ňu mali úspech u žiakov a študentov, ktorým už boli prezentované. Témy sú určené pre odlišné vekové kategórie, skúsenosti ale ukazujú, že nie je problémom predniesť prednášku aj mierne starším poslucháčom. (Dôrazne ale varujem pred opačným postupom!) Ponúka sa tak možnosť zostaviť tieto témy do rozsiahlejšieho cyklu určeného tomu istému okruhu poslucháčov. V takomto prípade odporúčam dodržať uvedené poradie, nakoľko témy na seba matematickým aparátom a využívaním získaných skúseností voľne nadväzujú. Po formálnej stránke všetky témy predstavujú riešenie určitého problému realizované najmä prostredníctvom gradovanej série úloh. Vo všetkých prípadoch je po uvedení problému vytvorený jeho pravdepodobnostný model, v rámci ktorého, prípadne s využitím ďalších matematických nástrojov, je problém riešený. Každá téma je zakomponovaná do príbehu rozprávky, ktorá nám umožňuje posúvať dej a motivuje riešenie uvádzaných problémov a úloh. Samozrejme s rastúcim vekom poslucháčov má rozprávanie viac recesný charakter, stále ale nám pomáha spríjemniť klímu prednášky a udržiavať pozornosť. Jednotlivé témy popíšeme relatívne stručne. Uvedieme použité motivačné rozprávanie a postupnosť problémov, ktoré na prednáške riešime. Samozrejme upozorníme na dôležité a kľúčové miesta. Predpokladáme, že čitateľ si v prípade záujmu otestuje a užije témy najskôr sám na sebe, a až na základe vlastných skúseností potom rozhodne o prípadnom použití pre svojich žiakov. 1. O zabavených kartách a kolónii netopierov. Téma je najvhodnejšia pre šikovných žiakov ZŠ od 7. ročníka. Motivačné rozprávanie: Dvaja priatelia trávia nudné hodiny vo škole hraním kariet. Hrávajú sedmu, pričom ich dlhodobé skúsenosti hovoria, že bez ohľadu na začínajúceho hráča je v každej partii šanca na víťazstvo každého zo súperov rovnaká. (Práve preto ich hra tak baví). Majú aj svoj systém zápasov. Najskôr sa zložia na cenu pre víťaza veľkú čokoládu alebo 50 cukríkov. Potom začnú hrať a počítajú si víťazstvá v jednotlivých partiách. Kto prvý získa 6 víťazstiev, získava víťazstvo v zápase a celú výhru. Do tohto systému ale vniesol zmätok učiteľ slovenčiny, ktorý v napínavom stave 5:4 našich priateľov odhalil a karty zabavil. Tí sa rozhodli, že miesto čakania na koniec školského roku alebo kúpu nových kariet si výhru rozdelia medzi seba hneď. Samozrejme v spravodlivom pomere, zodpovedajúcom stavu v ktorom bol zápas prerušený. Úloha 1: Navrhnite spravodlivé rozdelenie výhry. V akom pomere si ju majú rozdeliť? Na tomto mieste deti navrhujú rôzne pomery delenia. Poprosíme ich aj o stručné zdôvodnenie návrhu. Pre povzbudenie a inšpiráciu môžeme navrhnúť spravodlivé delenie pre pomery 5:5 a 4:4. Predpokladám, že napriek viacerým návrhom neodznie správne riešenie, čo v tomto okamžiku neočakávame a ani nepotrebujeme. Po vyčerpaní nápadov pokračujeme v rozprávaní. (Samotná úloha delenia výhry je starou historickou úlohou, ktorú neúspešne riešil napríklad Nicola Paccioli, a prvé známe správne riešenie pochádza od Francúzov Fermata a Vieta.) 8

Motivačné rozprávanie: Nasledujúca časť rozprávania by mala deti priviesť k objavu metódy, ktorou budeme riešiť nasledujúce úlohy. Po tom, čo na scénu privedieme netopierov, mali by sme ich nechať objaviť podstatu metódy samostatne. Keďže sa naši priatelia nedohodli na správnom riešení, problém ich trápil ďalej. Dokonca sa im o dohraní zápasu aj snívalo. Aby to bolo spravodlivé, na striedačku sa im jednu noc prisnila výhra jedného a druhú noc výhra druhého. To ich priviedlo na nápad. Za ich mestom v jaskyni žila kolónia inteligentných netopierov, ktorí vedeli koordinovane snívať o požadovanej situácii. Ak by sa napríklad o kartovej partii snívalo dvom z nich, každý by nechal vyhrať jedného z priateľov. Naviac sa netopierom dalo prikázať, aby v snívaní pokračovali až do ukončenia zápasu, t.j. pokiaľ jeden z hráčov nedosiahne 6 víťazstiev. Viete už, ako máte postupovať? O čo by ste požiadali netopierov? Na tomto mieste popis motivačného rozprávania ukončíme. V ďalšom ho, ak je to treba, využívame na uvádzanie nasledovných úloh kamaráti si chcú urobiť prehľadnú tabuľku, pribrali kamaráta, zhoršili sa v hre a pod. Úloha 2: Navrhnite spravodlivé rozdelenie výhry pri stave 5:4 za pomoci netopierov. Určite v akom pomere sa má výhra deliť a následne akú časť čokolády resp. koľko cukríkov má ktorý z nich dostať. Pri riešení by si deti mali najať dostatočný počet netopierov, najčastejšie 100 alebo 1000, a sledovať koľkým z nich sa čo prisní. Polovica, napr. 50, sa dosnívala k stavu 6:4 a zobudila sa. Druhých 50 sníva o stave 5:5 a pokračuje. Z nich 25 sa dosní k stavu 6:5 a 25 ku stavu 5:6. Celkovo teda 75 videlo víťazstvo prvého a 25 víťazstvo druhého kamaráta. Pomer je teda 75:25, alebo 3:1. Poznámka: Deti metóde dôverujú a s výsledkom sa stotožnia. Metódu uchopia ako silný nástroj a s chuťou ju používajú aj na ďalšie úlohy. Túto tenziu je potrebné nechať vyžiť riešením ďalších úloh. Je zaujímavé sledovať, aké spôsoby zápisu deti volia. Najprehľadnejšia je stromová, vetviaca sa štruktúra, objavuje sa ale aj mnoho ďalších. Ak máme možnosť a čas, necháme deti prezentovať rôzne postupy na tabuli, aby došlo k výmene skúseností. Každý výsledok (pomer delenia výhry) na záver prevádzame na pomer rozdelenia cukríkov a čokolády. To, že pri pomere 3:1 treba čokoládu rozdeliť na 4 časti niektoré deti prekvapí a pri ďalších úlohách si túto skúsenosť upevnia. Pri delení cukríkov zase niektoré objavia, na čo je dobré rozširovanie a krátenie zlomkov. Pri komplikovanejších úlohách časom počty najatých netopierov ako mocnín desiatky prestane vyhovovať a vedie k rátaniu so zlomkami. Vtedy môžeme deťom pripomenúť, že počet najatých netopierov je v ich rukách a môžu si zvoliť čo najšikovnejší počet. Z nasledujúcich úloh treba voliť náročnosť a rozsah vyhovujúci úrovni vašich poslucháčov. Úloha 3: Vyrátajte spravodlivé delenie pre stav 5:3, 4:3. Úloha 4: Vyrátajte spravodlivé delenie pre postupnosť stavov 5:5, 5:4, 5:3, 5:2, 5:1, 5:0. Je vidieť nejaké pravidlo? Úloha 5: Riešte podobnú úlohu pre zápas do 10 a stavy od 9:9 po 9:0. Ďalej úlohu môžete rôzne zovšeobecniť, hlavne pre starších poslucháčov. (Premenná pre počet partií v zápase, postupnosť od 8:8 po 8:0, nerovnaké pravdepodobnosti výhry hráčov.) Skúste vymyslieť vzorčeky pre delenie v týchto situáciách. Úloha 6: Vieme už, ako rozdeliť výhru pri stave 5:2 a 4:3. Viete tieto výsledky využiť pre určenie delenia pri stave 4:2? Úloha 7: Väčšinu predchádzajúcich úloh je možné riešiť aj pre nerovnako šikovných hráčov, keď napr. pravdepodobnosť výhry prvého je 2x väčšia ako druhého. 9

Úloha 8: K dvom kamarátom sa pridal tretí a hrajú v trojici. Pravdepodobnosť výhry každého hráča je rovnaká, zápasy sa hrajú do 4. Ako deliť výhru pri stave 3:3:3, 3:3:2, 3:3:1, 3:2:2? Úloha 9 (zložitá, dlhodobá): Podobným spôsobom sa dajú modelovať aj zložitejšie hry, napr. tenis. Východiskom je pravdepodobnosť výhry loptičky (napr. 0,4 : 0,6) a systém bodovania v tenise. Úloha 10 (príjemná, dlhodobá): Vymýšľajte ďalšie vhodné úlohy! 2. Analýza slovenských prísloví a porekadiel alebo ako dlho sa chodí s džbánom po vodu Téma je vhodná pre najšikovnejších žiakov 8. a 9.roč.ZŠ, optimálna pre žiakov SŠ. Motivačné rozprávanie: Na úvod sa posťažujeme, aké problémy robí (mnohým) matematikom slovenčina a je pravidlá. Ale odveta sa blíži a matematici začínajú na oplátku zasahovať do slovenčinárskych oblastí. Jednou z možností je analýza prísloví a porekadiel. Jednému sa budeme venovať aj dnes. Necháme deti uhádnuť, ktoré to bude a následne si vyjasníme situáciu. Dievčina Anička býva v domčeku a každý deň raz chodí do studničky po vodu. Nie je moc šikovná a čas od času džbán rozbije. Keď sa jej ho podarí rozbiť na 4 deň povieme, že (s týmto džbánom) chodila po vodu 4 dni. Je to odpoveď na našu otázku? Asi nie presná, Aničku budeme musieť pozorovať dlhšie... V diskusii s deťmi by sme mali prísť na to, že treba odpozorovať a zapísať do zoznamu čo najviac podobných čísel, ktoré nazveme dĺžkami pokusu. Z nich treba zrátať priemer, ktorý je odpoveďou na našu otázku. Zistené číslo Aničke umožní napríklad plánovať nákup zásob džbánov na celý rok. Uvedieme ale zároveň aj nevýhody tohto postupu príliš dlhé pozorovanie, pri ktorom naviac získavame len obmedzený rozsah výsledkov. Navyše matematici by mali viac rátať ako pozorovať dievčatá. Našťastie sa nám podarilo zistiť dôležité číslo: pravdepodobnosť, že pri jednej ceste Anička rozbije džbán je 1/10. (Tzv. pravdepodobnosť neúspechu, v nasledujúcom texte značená p, s deťmi používame zásadne konkrétne číselné hodnoty.) Vedeli by sme pomocou tohto údaju vyriešiť celý náš problém? Poďme sa do toho pustiť... V nasledujúcom rozprávanie používame už len na ľahšie zavedenie niektorých pojmov a udržiavanie atmosféry prednášky. Úloha 1: Určite pomocou p pravdepodobnosti jednotlivých pokusov dĺžky n, označené P n! S deťmi samozrejme najskôr poctivo vyrátame P 0, P 1, P 2, P 3, P 4,..., ako ilustráciu P 10 a P 100. Nakoniec môžeme uviesť všeobecný vzorček P n = (1-p) n-1.p, nie je to ale nutné. Podľa potreby, času a úrovne poslucháčov venujeme príslušnú pozornosť faktu, že pravdepodobnosti naväzujúcich situácií treba násobiť. Pri mladších žiakoch treba túto skutočnosť poctivo objaviť. Starším je to často jasné, ale keď sa ich spýtame prečo netreba pravdepodobnosti sčítať alebo umocniť, prinútime ich k zamysleniu. Pred týmto výpočtom sa detí môžeme spýtať, aká dĺžka pokusu by sa v ich zozname vyskytovala najčastejšie. Deti dávajú rôzne tipy, správny výsledok 1 sa väčšinou neobjaví. Po výpočte P n sa prekvapujúco ukáže správny výsledok. Môžeme si vydiskutovať, ako čísla P n súvisia s výskytom dĺžok pokusov v ich zozname. Tiež je užitočné zrátať si niektoré z konkrétnych hodnôt P n aby sme zistili, aká je šanca že džbán vydrží 7, 10, 30, 100 alebo 365 dní. Úloha 2: Treba určiť súčet všetkých hodnôt P n. V rámci diskusie sa ľahko zhodneme, že nakoľko sa džbán rozbiť musí, súčet je jedna, t.j. istota. Tento výsledok je správny a nám sa hodí, nebudeme o ňom zbytočne špekulovať. Je fakt, že asi sugestívna sila známeho príslovia 10

zatiaľ vždy potlačila nápad, či s nejakou nenulovou pravdepodobnosťou nemôže džbán vydržať večne... Úloha 3: V podstate spočíva v objavení vzorca pre vážený priemer. Z úlohy 1 je jasné, že dĺžky pokusov nie sú rovnocenné, každý má svoju váhu závisiacu od intenzity jeho výskytu. Osvedčil sa postup, keď sme deťom zadávali rôzne jednoduché sady pravdepodobností P n a z nich určovali vhodný priemer. Pokiaľ len jedna z nich je 1 a ostatné sú nulové, priemer je jasný. Pokiaľ dve z nich majú hodnotu 1/2 a ostatné nula, tiež rýchlo dôjdeme k výsledku. Podobne ak dve nenulové pravdepodobnosti budú rôzne. Pokiaľ sa ešte chvíľu pohráme s trojicami nenulových pravdepodobností, deti už získali dostatok skúseností. Vzorček na vážený priemer potom buď časom objavia sami (stačí, keď budeme hľadať šikovný výraz ktorý by vracal získané výsledky), ale akceptujú, ak im tento vzorček ako pomôcku na rátanie ukážeme. Iným je samozrejme problém, že vzorec Σ n. P n je nekonečný. Ale boj s nekonečnom je presne to, čo dodá nový náboj do ďalšej práce. Úloha 4: Určite vážený priemer pre naše hodnoty P n! Výpočet pre naše konkrétne hodnoty vyzerá dosť zložito a dych žiakom vyrážajú aj tri bodky na konci. Výpočet prevádzame spoločne na tabuli, nešetríme miestom a prezentujeme ho ako náš spoločný veľký bod s nekonečnom. Prvý krok výpočtu vedie zdanlivo nesprávnym smerom, keď nekonečný súčet rozdelíme na nekonečne veľa nekonečných súčtov. Konkrétne 0.P 0 + 1.P 1 + 2.P 2 + 3.P 3 + 4.P 4 + 5.P 5 +... = P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 +... + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 +... + P 3 + P 4 + P 5 +...... Výpočet samozrejme prevádzame s konkrétnymi zlomkami a necháme si radiť deťmi kde sa len dá. Ďalej sú možné dva postupy, ako vyrátať kľúčový prvý riadok. Pri našom zápise je očividné, ale pri neporiadku na tabuli a hodnotách v zlomkoch môže trvať určitú chvíľu, kým si deti súvislosť všimnú. Prípadne ich môžeme naviesť otázkami typu, či niečo z toho čo vidíme nebolo na tabuli už predtým... Vidia všetci? Súčet P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 +... je presne ten, o ktorom sme v úlohe 2 zistili, že je 1. Pre druhý spôsob výpočtu je vhodné ešte pred všetky sumy vyňať hodnotu 1/10. Vtedy sa prvý riadok mení na súčet geometrického radu s kvocientom 9/10. Na jeho výpočet môžeme deťom ponúknuť klasickú fintu (výpočet opäť prevedieme s konkrétnymi hodnotami s bohatými komentármi a prípadnou pomocou detí): 1 + q + q 2 + q 3 + q 4 + q 5 +... = S q + q 2 + q 3 + q 4 + q 5 +... = S -- 1 1 + q + q 2 + q 3 + q 4 + q 5 +... = (S 1)/q S = (S 1)/q S = 1/(1 q) Výsledok nás poteší, metódu ale uvedieme ako trik, ktorí môžu používať len skúsení matematici. Vzápätí zväčša uvádzam na výstrahu obdobným spôsobom vypočítaný súčet mocnín 10-ky, ktorý (aj keď všetci vedia, že je to nekonečno) pri mechanickom zopakovaní postupu dá konkrétny výsledok - záporné číslo. Týmto rozporom zaneseným do psychiky žiakov čiastočne kompenzujeme nedidaktické prezradenie výpočtového triku. Osobne ale dávam prednosť prvému, čistejšiemu spôsobu výpočtu. Špekulácie okolo rátania geometrického radu sú vhodné ak tému prezentujete stredoškolákom, ktorý sa to už učili v škole. Vtedy sa spolu môžeme venovať podstate a pozadiu týchto postupov. 11

Po vyrátaní prvého riadku je už ďalší postup ľahký. Nasledujúce riadky (ďalšie súčty) sú totiž 9/10-násobky prechádzajúcich, stačí teda podobne vynásobiť výsledok súčtu prvého radu. Pri sčítaní súčtov jednotlivých riadkov opäť narazíme na už známu sumu, ktorej výsledok poznáme. Na záver výpočtu teda získame túžobne očakávaný výsledok. V tomto okamžiku v podstate prednáška môže skončiť, ďalšie úlohy slúžia len na jej rozvíjanie pre najkvalitnejších poslucháčov Úloha 5: Riešte predchádzajúce úlohy pre iné, obdobné typy situácií. Napr. Jožka s pravdepodobnosťou 1/30 (počet žiakov v triede) vyvolajú zo slovenčiny, z ktorej nič nevie a dostane 5-ku. Za koľko dní v priemere dostane jednu 5-ku? Koľko ich dostane za školský rok? Celý postup je tiež možné prerátať s parametrom p a dostaneme univerzálny model. Úloha 6: (ťažká, pre študentov VŠ) Situáciu môžeme skomplikovať druhým džbánom, ktorý Anička nosí v druhej ruke. Pokus končí buď vtedy, keď rozbije prvý z džbánov, alebo keď rozbije druhý z nich. Dostávame dva nové modely, ktoré je možné riešiť uvedeným postupom, ale za podstatne väčších ťažkostí. 3. O opitom námorníkovi (a zruinovaných hazardéroch) Téma je vhodná pre žiakov 8. a 9.roč.ZŠ a SŠ. Do určitej miery obsahovo nadväzuje na prvú tému. Posledné úlohy (pokiaľ sa k nim dostaneme) pripravujú pôdu pre úvahy poslednej témy. Pokiaľ naši poslucháči absolvovali predchádzajúcu prednášku (vážený priemer), v niektorých úlohách na ňu môžeme nadviazať. Motivačné rozprávanie: Prednášku uvedieme spomienkovým rozprávaním o dovolenkách. Rýchlo by sme sa mali dostať k romantike mora, lodí a prístavov. Túto romantiku žiaľ často narúšajú nezodpovedný námorníci, ktorí sa po dlhšom pobyte v prístavných krčmách potácavým krokom vracajú na svoje lode. Týmto uvedieme a zakreslíme základnú situáciu. Na začiatku experimentu stojí námorník na začiatku móla vybiehajúceho do mora. Chce sa dostať na jeho veľmi vzdialený koniec, kde kotví jeho loď. (Pre potreby nášho matematického skúmania časom budeme mólo považovať za nekonečné.) Na začiatku stojí v strede móla (pozícia 0), v dôsledku jeho stavu pri každom kroku -2-1 0 +1 +2 vpred sa s rovnakou pravdepodobnosťou zapotáca vpravo alebo vľavo. Dostane sa teda o krok vpred, ale do pozície 1 alebo +1. Takto pokračuje ďalej, pričom v uvedenom prípade je mólo natoľko úzke, že pozície 2 a +2 už znamenajú kúpeľ v mori. Chôdza námorníka sa tým končí a neuvažujeme o jeho návrate na mólo. V rozprávaní to môžeme podľa otrlosti poslucháčov riešiť žralokmi alebo spánkom v mokrých šatoch na pláži. V nasledujúcej debate by sme si mali ujasniť, čo všetko môžeme pri pohybe námorníka skúmať. Najpútavejšia je samozrejme otázka, či spadne do vody. Presnejšie po koľkých krokoch, s akou pravdepodobnosťou a podobne. Zaujímavé tiež je, či sa mu môže podariť vhodným kompenzovaním tackania sa udržať na móle stále, teda pokračovať do nekonečna. Nápadov sa určite objaví viac, dohodneme sa, že skúsime začať analýzou polohy námorníka pri tackaní sa vpred. Samozrejme pozorovaním jedného námorníka by sme strávili príliš veľa času a večerov. Urobíme si preto myšlienkový experiment, v ktorom naraz na začiatok móla do polohy 0 postavíme veľkú skupinu námorníkov. Následne si budeme zapisovať ako bude vyzerať jej pohyb vpred, pri ktorom sa bude deliť na menšie a menšie časti podľa smeru potácania. Využitie tabuľky pre popis rozdelenia polôh námorníkov je jedným z hlavných prínosov prednášky. 12

Úloha1: Vhodným spôsobom zapíšte vývoj polôh námorníkov v skupine. Na základe obrázku s mólom deti rýchlo začnú používať rôzne formy tabuľkového zápisu. Ich prezentovaním na tabuli môžeme umožniť výmenu skúseností a prirodzený výber najvhodnejšej formy. (Na tomto mieste vidíme určitú podobnosť s prvou témou.) Deťom ponúkneme možnosť, aby v tabuľke začali počítať so zvoleným počtom námorníkov v skupine (500, 1000, 20,...), s číslom 100 (percent námorníkov) alebo s číslom 1, zodpovedajúcim jednej skupine námorníkov. Pre ďalšie výpočty je najvhodnejšie deliť číslo 1, ktoré by sa malo časom presadiť. Tabuľku deti vcelku úspešne vypĺňajú, časom môžeme skúmať 2 1 0 +1 +2 1 1/2 1/2 1/4 1/2 1/4 1/4 1/4 1/8 1/4 1/8 1/8 1/8 1/16 1/8 1/16 jej vlastnosti. Všimneme si, že do vody sa padá vždy po párnom počte krokov. Môžeme si v jednotlivých riadkoch spraviť aj súčet údajov v polohách 2 a +2 udávajúci, aká časť námorníkov v danom kroku spadla do vody celkovo. Môžeme napísať, ako by vyzeral 10., 20., 100. riadok tabuľky a koľko námorníkov by sa ešte držalo na móle. Pomocou vzorčeka môžeme zapísať všeobecný tvar n-tého riadku, alebo ešte lepšie riadku 2n a (2n+1). Pokiaľ je vhodná atmosféra môžeme sa spýtať, čo by čísla v tabuľke znamenali, ak by na začiatku nestála skupina ale len jeden námorník. Deti väčšinou sami prídu na to, že ide o pravdepodobnosť s akou by sa jediný námorník nachádzal na danom mieste. Úloha 2: Koľko námorníkov celkovo spadne do vody, koľko na ktorej strane, koľký sa udržia na móle do nekonečna? To, že na oboch stranách je počet námorníkov rovnaký, je jasné. Pokiaľ uvažujeme celkový počet námorníkov vo vode (na ľavej aj pravej strane) v jednotlivých párnych riadkoch, treba vlastne sčítať nekonečný rad 1/2 + 1/4 + 1/8 +... Súčet tohto radu v diskusii s deťmi môžeme vyrátať čokoládovým spôsobom: Mám jednu čokoládu a každý deň zjem polovicu z toho, čo mi z nej zostalo. Ak by som žil nekonečne dlho, koľko z čokolády by som zjedol? Deti určite uznajú, že viac ako jednu ťažko. O tom, či je výsledok presne 1 sa môžu viesť hádky. Dá sa ale vyjasniť, že sa dá dojesť ľubovoľne blízko k číslu 1 a žiadne iné číslo túto vlastnosť nemá. Po tejto diskusii je následne jasné, že do vody padnú všetci a do nekonečna sa teda na móle neudrží nikto. Úloha 3: Pokiaľ pracujeme so staršími a skúsenejšími žiakmi, ktorí poznajú vzorec pre výpočet váženého priemeru (napríklad z predchádzajúcej prednášky), môžeme na tomto mieste vyrátať priemerný počet krokov, ktorý námorník vykoná pred istým pádom do vody. Výpočet môže prebiehať obdobným spôsobom ako v druhej téme. Úloha 4: Riešte úlohy 2 a prípadne 3 pre námorníka s drevenou pravou nohou, ktorý sa zapotáca doľava s pravdepodobnosťou 1/3 a doprava s pravdepodobnosťou 2/3! Tabuľku vytvárame obdobným spôsobom, objavujú sa v nej ale zložitejšie čísla. Je dobré, ak si výsledky deti navzájom porovnávajú, môže dôjsť k drobným chybám. Môžeme sa pokúsiť sformulovať vzorce pre všeobecný riadok. Po chvíli objavíme, že v každom párnom kroku je pravdepodobnosť pádu na pravej strane móla 4 krát väčšia ako na ľavej strane. Z toho by sme mali spolu s deťmi usúdiť, že pokiaľ padnú do mora všetci námorníci (a teda nikto sa neudrží na móle večne), na ľavej strane to bude 1/5 a na pravej strane 4/5 z ich skupiny. Otázne je, či naozaj spadnú všetci. Pokiaľ si budeme všímať celkový počet námorníkov, ktorí v párnych krokoch padajú do mora, dostaneme geometrickú postupnosť s prvým členom 5/9 a kvocientom 4/9. Teda v druhom kroku spadlo 5/9 námorníkov, v 4-tom 20/81, v 6-tom 81/729 atď. Koľko ich bolo spolu? Na počudovanie aj tu pomôže čokoládový model. Na začiatku máme 1 čokoládu, z ktorej zjeme 5/9. Zostalo nám 4/9 = 36/81 čokolády. Z nej chceme zjesť 20/81. Ale 20 z 36 je zase 5/9! Inými slovami, každý deň zjeme 5/9 zo zvyšku 13

čokolády. Po debate z úlohy 2 už deti súhlasia, že súčet je opäť 1, teda vo vode sa časom opäť ocitnú všetci námorníci. Úloha 5: Je možné riešiť podobné úlohy pre širšie mólo, iné hodnoty pravdepodobností, dá sa pridať aj možnosť kroku priamo vpred bez zatackania. Pri všetkých úlohách môžeme vyplniť prvé riadky tabuľky, ďalší postup ale býva väčšinou pre technické problémy so zložitými zlomkami v tabuľke takmer nemožný. Riešenie tejto úlohy má zmysel len v prípade, ak si poslucháči potrebujú vyžiť vypĺňanie tabuliek alebo ak by bez skúsenosti s technickými problémami zložitých tabuliek neocenili novú metódu, popísanú nižšie. Úloha 6: Ponúka sa aj možnosť približného, postupného výpočtu priemerného počtu krokov pred pádom. Rozpíšeme si najskôr tabuľku pre konkrétny počet 2 1 0 +1 +2 námorníkov, napr. 512. Po každom párnom kroku si potom 512 spočítame priemerný počet krokov pre tých, ktorý sú už vo 256 256 vode (ostatných ignorujeme, ich počet sa postupne zmenšuje). 128 256 128 Po druhom kroku je priemerný počet 2. Po štvrtom kroku už 128 128 treba brať do úvahy 256 námorníkov s počtom krokov 2 a 128 64 128 64 námorníkov s počtom krokov 4. Ich priemerný počet krokov je teda (256. 2 + 128. 4) / (256 + 128) = (po úprave) = 8/3. Po 6 64 64 krokoch už treba zrátať priemernú hodnotu 32 64 32 (256. 2 + 128. 4 + 64. 6) / (256 + 128 + 64) = 22/7. Pokiaľ v tomto postupe vytrváme, okolo 20 kroku sa už blížime k správnej numerickej hodnote. Tento postup predstavuje vhodnú propedeutiku pojmu váženého priemeru ako aj limitných postupov a prechodov. Poznámka: Pri prezentácii témy žiakom ZŠ na tomto mieste prednáška končila. Zvládli sme pri nej úlohy 1, 2, 4 a 6. Motivačné rozprávanie: Pokiaľ máme na tomto mieste prednášky dostatok času a ešte stále vnímavých poslucháčov, môžeme zmeniť celkovú situáciu našich bádaní. Ide o cennú ukážku izomorfizmu problémov, ktorú ale odporúčam vykonať len ak ju poslucháči zvládnu a neuberie im energiu na riešenie nasledujúcich problémov. Predpokladajme, že dvaja hráči hrajú hazardnú hru. Po každej partii (krok námorníka vpred) víťaz dostane od porazeného 1$ (zatackanie doľava alebo doprava). Máme zadané pravdepodobnosti víťazstva jedného resp. druhého hráča (pravdepodobnosť zatackania vľavo alebo vpravo). Na začiatku majú hráči spolu N dolárov (šírka móla), prvý hráč má K a druhý N-K dolárov (pozícia pred prvým krokom, ak majú rovnakú sumu stojí námorník v strede). Skúmajú sa charakteristiky zruinovania prvého alebo druhého hráča (pád na ľavej alebo pravej strane móla). Pokiaľ vykonáme túto zmenu, ďalšie úlohy treba preformulovať do reči hazardných hráčov. Pravdepodobnosť pádu sa stáva pravdepodobnosťou zruinovania, priemerná dĺžka chôdze mólom pred pádom sa stáva počtom partií do zruinovania, štartová pozícia na móle zodpovedá počiatočnému rozdeleniu peňazí. V každom prípade na tomto mieste zmeníme spôsob riešenia úloh. Pokúsime sa ich zvládnuť pomocou tzv. stavových rovníc. Začnime najskôr s pravdepodobnosťami pádu do mora. Označme P -2, P -1, P 0, P +1 a P +2 pravdepodobnosť toho, že námorník (niekedy) spadne do mora na ľavej strane móla, ak na začiatku móla stojí v pozícii 2, -1, 0, +1 alebo +2. Ako p označme pravdepodobnosť zapotácania sa vľavo. Očividne platí, že P -2 =1 (už je vo vode) a P +2 =0 (už je vo vode vpravo, naľavo sa nedostane). Platia ale aj kľúčové vzťahy jednotlivými pravdepodobnosťami. Ich objaveniu a objasneniu musíme venovať maximálnu pozornosť. Pokiaľ deti nepochopia podstatu a zmysel rovníc, je táto časť témy zbytočná. Čo sa môže stať, ak sa námorník nachádza v strednej pozícii 0? S pravdepodobnosťou p sa posunie doľava do pozície 1, z ktorej potom skončí vo vode 14

s pravdepodobnosťou P -1. Alebo sa pravdepodobnosťou 1-p posunie doprava na pozíciu +1, a z nej spadne do vody s pravdepodobnosťou P +1. Nič iné sa stať nemôže. Platí teda, že P 0 =p. P -1 + (1-p) P +1. Podobne platí, že P -1 =p. P -2 + (1-p) P 0 a P +1 =p. P 0 + (1-p) P +2. Zostáva dosadiť známe hodnoty P -2 a P +2 a vyriešiť sústavu rovníc. Len zmenou krajných hodnôt P -2 a P +2 môžeme hodnotami P i označiť pravdepodobnosť pádu na pravej strane móla ale pádu do vody všeobecne. Úloha 6: Zostavte a vyriešte rovnice pre situáciu z úlohy 2. V tejto úlohe si precvičíme metódu rovníc a overíme už získaný výsledok, t.j. hodnotu P 0. Ostatné pravdepodobnosti P i sú novým výsledkom. Úloha 7: Zostavte a vyriešte rovnice pre situáciu z úlohy 4. V oboch úlohách nám metóda stavových rovníc umožnila ľahšie riešenie situácie v porovnaní s vypĺňaním tabuľky a sčítaním príslušnej nekonečnej sumy. Motivačné rozprávanie: Podobným spôsobom môžeme zostaviť aj rovnice určujúce priemernú dĺžku chôdze pred pádom do vody. Tieto výsledky už z tabuliek získavame len s najväčšími ťažkosťami (ak vôbec). Stavové rovnice pritom riešia tento problém podobne ľahko ako v predchádzajúcej situácii. Označme D i priemerný počet krokov pred pádom do vody (na ľubovoľnej strane móla) pokiaľ námorník štartuje z pozície i. Potom zase platí D -2 = 0 a D +2 = 0 (už sme vo vode) a prechodová rovnica D i = p.(1+ D i-1 )+ (1-p). (1+ D i+1 ). Zostavenie rovnice s deťmi podrobne preberieme pre konkrétne hodnoty, prípadne najskôr vysvetlíme na jednoduchších príkladoch. Úloha 8: Zostavte a vyriešte príslušné rovnice pre námorníka z úlohy 1 a z úlohy 4. Úloha 9: (ťažká) Zovšeobecnite úlohu 6, 7 a 8 pre širšie móla, resp. ich šírku zadanú parametrom. 4. O púpavách a kolonizácii Marsu Téma je určená žiakom stredných škôl. Zo všetkých uvedených tém je asi najťažšia a zároveň v určitom zmysle najvoľnejšia. Časť úloh je len voľne formulovaná a je skôr podnetom na diskusiu, v rámci ktorej je často potrebné upresniť zadanie, definovať vhodné pojmy a pod. Práve preto je dôležité, aby naši poslucháči boli dostatočne matematicky vyspelí a boli schopní stať sa spolutvorcami prednášky. Motivačné rozprávanie: Tentoraz bude z oblasti sci-fi. Už o niekoľko desaťročí začne byť aktuálna otázka získania nových životných priestorov ľudstva. Dejiny jasne naznačujú, že si ich čoskoro budeme hľadať vo vesmíre. Prvým a zároveň veľmi vhodným kandidátom v poradí sa javí planéta Mars. Má takmer všetko, čo ľudia k životu potrebujú (vhodnú gravitáciu, vzdialenosť od slnka, dĺžku solu, pevný povrch atď.). Chýba v podstate len jedno, vhodná atmosféra. Na jej výrobu máme na šťastie na zemi odborníkov: rastliny. Ústav vesmírnej botaniky preto dostal za úlohu vyšľachtiť niekoľko druhov rastlín, schopných prežiť v marsovskom prostredí a produkovať kyslík. Z pochopiteľných dôvodov voľba padla na púpavy. Dajú sa z nich uviť vence v prípade neúspechu a chutia králikom, ktorí by mali tvoriť ďalšiu vlnu živočíšnej kolonizácie. Ústav vyšľachtil niekoľko druhov so spoločnými základnými rysmi: každá rastlina žije mesiac, pričom pred svojim vyschnutím daruje život niekoľkým potomkom. Každý z nich sa ďalej správa a roznožuje rovnako ako materská rastlina. Počet potomkov je náhodný, ústavu sa ale pre každý druh podarilo zistiť tabuľku pravdepodobností popisujúci jeho spôsob rozmnožovania, tj. počet potomkov. Tu je: 15

0p 1p 2p 3p 4p 5p... Druh A: 0,5 0,2 0,2 0,1 0 0... Druh B: 0,4 0,2 0,2 0,2 0 0... Druh C: 0,3 0,3 0,4 0 0 0... Druh D: 0,2 0,4 0,4 0 0 0... Druh E: 0,4 0,2 0,2 0 0,2 0... Druh F: 0,4 0,3 0,2 0,1 0 0... Druh G: 0,2 0,5 0,3 0 0 0... Samozrejme po zjavení sa čísel botanici ustúpili do pozadia a výber najlepšieho druhu pre kolonizáciu Marsu nechali na nás, matematikoch... Úloha 1: Zoznámte sa poriadne s tabuľkou! Mali by sme si ujasniť, aké čísla sa v nej môžu objaviť. Neskrýva sa niečo dôležité v troch bodkách na konci každého riadku? Ako by sme rozpoznali na prvý pohľad nesprávne údaje v tabuľke? Aký by mal byť súčet pravdepodobností pre každý druh? Ako vlastne rozumieť údajom v tabuľke, koľko potomkov púpavy vlastne majú? Ako by to s potomkami vyzeralo, ak by sme zasadili 10 alebo 100 rastlín jedného druhu? Úloha 2: Vyberte na základe údajov v tabuľke najvhodnejší druh púpavy pre kolonizáciu Marsu! Na základe prechádzajúcej úlohy by sa ako kritérium kvality mal presadiť (priemerný) počet potomkov púpavy. K jeho výpočtu treba použiť vážený priemer, ktorí by deti mali sami objaviť resp. použiť. Mali by sme vyrátať túto hodnotu pre každý z druhov púpavy: Druh A: 0,9 Druh B: 1,2 Druh C: 1,1 Druh D: 1,2 Druh E: 1,4 Druh F: 1,0 Druh G: 1,1 Na základe tejto tabuľky by deti za víťaza mali vyhlásiť druh E. Môžeme sa ešte zamyslieť nad počtom potomkov tejto púpavy v nasledujúcich pokoleniach a objaviť exponenciálny charakter ich rastu. Pokiaľ je to vhodné a potrebné, môžeme požiadať o uvedenie príkladov iných druhov púpav s priemerným počtom potomkov 1,4, čím si lepšie fixujeme pojem váženého priemeru. Motivačné rozprávanie: Na tomto mieste potrebujeme vniesť zlom do doteraz vcelku bezproblémového napredovania našich bádaní. Na základe výsledku úlohy 1 sme na Mars vyslali sondu, ktorá pokusne vysadila 10 kusov púpavy druhu E. Všetci sa už tešili, ako za 1 rok bude na Marse kvitnúť ich (vyrátajte!) približne 405 potomkov. Pokus ale skončil veľmi smolne naprostým fiaskom. Po prvom mesiaci totiž nemala žiadna z púpav potomka a celá populácia zahynula. Vedci neskôr zistili pravdepodobnosť tohto fatálneho javu. (Necháme deti zistiť, že bola 0,0001048576 t.j. asi jedna desaťtisícina.) Je to malá pravdepodobnosť, ale rozhodne nie zanedbateľná. Stávajú sa aj omnoho menej pravdepodobné udalosti. Ešte väčší rozruch spôsobilo zistenie, že pre jeden zo slabo potentných druhov G (po roku by jeho 10 púpav mal mať len asi 28 a pol potomka) je pravdepodobnosť vyhynutia celého výsadku po prvom mesiaci len 0,0000001024, teda v tomto parametre je púpava G približne tisíckrát lepšia! (Všetky hodnoty opäť necháme vypočítať deti.) 16

Skúsime teda zmeniť spôsob nášho uvažovania a miesto na kvantitu sa sústrediť skôr na kvalitu. Nebude nás teda až tak zaujímať počet potomkov, ale skôr životaschopnosť jednotlivých druhov púpav resp. ich populácií. V rámci príbehu na tomto mieste ešte môžeme oznámiť, že druh púpavy E bol po predchádzajúcom neúspechu z politických dôvodov vyradený zo súťaže a pri novom pohľade na riešenie úlohy by sme si mali hlavne vybrať vhodnejšiu z púpav druhu B a D. Úloha 3: Preskúmajte vlastnosti jednotlivých druhov púpav vzhľadom na dlhovekosť ich populácií. Zvoľte z tohto hľadiska vhodnejší z druhov B a D. Opäť ide o úlohu hlavne na uvedomenie a ujasnenie si problému. Tabuľka nám priamo dáva odpoveď na pravdepodobnosť vyhynutia každého druhu hneď po prvom mesiaci. Môžeme spoločne preskúmať pre všetky druhy, aká je pravdepodobnosť vyhynutia najneskôr po druhom mesiaci. V tomto prípade púpava vyhynie hneď po prvom roku, alebo má s danými pravdepodobnosťami niekoľko potomkov. Tí musia všetci vyhynúť v druhom mesiaci. Pre púpavu A by sme teda dostali hodnotu 0,5 + 0,2.0,5 + 0,2.0,5 2 + 0,1.0,5 3 = 0,5 + 0,1 + 0,05 + 0,0125 = 0,6625. Pravdepodobnosť vyhynutia presne po druhom mesiaci je teda 0,1625. Je ale dôležité, aby sme v tejto časti sledovali (aj) pravdepodobnosť vyhynutia najneskôr v n-tej generácii, nakoľko ju budeme potrebovať neskôr. Výpočty by samozrejme mali vymyslieť a zrealizovať naši poslucháči. Vypočítané hodnoty môžeme použiť na ďalšie porovnanie druhov púpav. Motivačné rozprávanie: Ďalší možný postup je zložitý a stačí ho vykonať len pre sledované druhy púpav B a D. Môžeme pokračovať výpočtom ďalších pravdepodobností vyhynutia (po treťom mesiaci atď.), alebo preskúmať celkovú situáciu populácie jednej púpavy pomocou zložitejšej tabuľky. Do záhlavia uvedieme počet púpav populácie, riadky predstavujú jednotlivé mesiace, do vnútra sa zapisujú jednotlivé pravdepodobnosti. Šípkami si môžeme znázorňovať, z ktorý počtov v generácii n prechádzame do ktorých počtov v generácii n+1, prípadne aj s pravdepodobnosťami tohto prechodu. Získavame tak určitý prechodový diagram medzi jednotlivými stavmi. Tabuľka je ale značne zložitá (už v druhom mesiaci môžeme mať s pravdepodobnosťou 0,04 až 9 potomkov) a nedá sa v nej príliš dlho pokračovať. Všetky ťažkosti majú za úlohu pripraviť pôdu pre posledný nápad. Pokiaľ sme tak neurobili doteraz, označme p 0, p 1, p 2, p 3,... pravdepodobnosti, že púpava daného druhu má 0, 1, 2, 3,... potomkov. Ďalej označme V 1, V 2, V 3, V 4, V 5,... pravdepodobnosť, že populácia púpavy vyhynie po 1., 2., 3., 4., 5.,... mesiaci. Budeme hľadať vzájomné vzťahy medzi týmito hodnotami. Úloha 4: Skúste zapísať formou rovníc vzájomné vzťahy medzi zavedenými premennými! V tejto úlohe už budeme aj s deťmi pracovať s premennými. Dôležité je postupovať od začiatku a uvedomiť si fungovanie vzťahov. Očividne V 1 = p 0, púpava musí hneď skončiť bez potomkov. Pri výpočte V 2 si potrebujeme uvedomiť, že púpava vyhynie buď po prvom mesiaci, alebo má určitý počet potomkov a každý z nich musí následne vyhynúť najviac po jednom mesiaci. Dostávame vzťah, ktorý deti číselne využívali už pri úlohe 3: V 2 = p 0 + p 1. V 1 + p 2. V 1 2 + p 3. V 1 3 + p 4. V 1 4 + p 5. V 1 5 +... Formálne je síce suma nekonečná, pre nami použité rozdelenia pravdepodobností (len niekoľko hodnôt p i je nenulových) pôjde ale o konečné rovnice resp. vzťahy. Nasleduje dôležitý krok, v ktorom si uvedomíme, že štruktúra vzťahu sa vlastne opakuje aj pre vyššie hodnoty. Vyhynutie do 3 mesiacov znamená, že buď púpava vyhynie hneď, alebo jej potomkovia vyhynú do 2 mesiacov: V 3 = p 0 + p 1. V 2 + p 2. V 2 2 + p 3. V 2 3 + p 4. V 2 4 + p 5. V 2 5 +... 17

Podobným spôsobom môžeme zostaviť vzťahy pre V 4, V 5 atď. Vo vhodnom okamžiku si musíme všimnúť, že tieto vzťahy umožňujú rekurentný výpočet hodnôt V i. Úloha 5: Vypočítajte s využitím rekurencie niekoľko hodnôt V i pre púpavy B a D a porovnajte ich! Motivačné rozprávanie: Nastal čas na posledný objav. Je pravdepodobné, že pri vhodne kladených otázkach ho zvládnu naši poslucháči. Aj keď pri riešení predchádzajúcej úlohy sa mnohé rozjasnilo, vzhľadom na špecifiká problémov kolonizácie Marsu nás zaujíma kľúčová otázka: Aká je pravdepodobnosť, že populácia vzniknutá z jednej púpavy bude žiť do nekonečna? Toto by malo byť (spolu s počtom potomkov) druhé kľúčové kritérium pri výbere vhodného druhu. Z technických dôvodov radšej zrátajme pravdepodobnosť vyhynutie populácie, teda toho, že populácia niekedy (nepotrebujeme udať presný počet mesiacov) vyhynie. Pokiaľ ju označíme V, v duchu predchádzajúcich úvah je odpoveď vlastne jednoduchá: buď vyhynie prvá púpava hneď prvý mesiac, alebo niekedy vyhynú jej potomkovia. Príslušná rovnica je V = p 0 + p 1. V + p 2. V 2 + p 3. V 3 + p 4. V 4 + p 5. V 5 +... Rovnice tohto typu vieme prinajhoršom s ľubovoľnou presnosťou rýchlo vyriešiť numericky. Úloha 6: Vypočítajte pravdepodobnosť nesmrteľnosti populácií pre púpavy B a D, prípadne pre ďalšie druhy z úvodnej tabuľky! Nakoľko táto úloha už predstavuje len víťazné zavŕšenie témy, môžeme si správne výsledky pripraviť vopred a poslucháčom ich (po chvíli) ponúknuť. Pokiaľ s nami došli až na toto miesto prednášky, numerické výpočty koreňov pre nich už nie sú zaujímavým problémom. Úloha 7: (ťažká pre prednášateľov, poslucháčov s ňou prípadne oboznámte až po niekoľkotýždňovom odstupe) Kľúčová rovnica je polynomická a zväčša dostatočne vysokého stupňa na to, aby mohla mať viac koreňov. Ktorý z nich si máme vybrať? A čo ak nemá žiadny koreň? Keďže výsledkom má byť hodnota pravdepodobnosti, koreň mal by byť z intervalu [0,1]. Dostaneme vždy taký koreň? Čo ak nie? Čo ak do intervalu patrí viac koreňov? 5. Záver Na záver len vyslovím skromné želanie, aby prezentované témy oslovili čitateľov a priniesli im príjemne strávene chvíle s matematikou. Budem rád, ak sa ich následne pokúsia preniesť na poslucháčov vo svojom okolí. 18