Projekt okładki i stron tytułowych: Ireneusz Gawliński

Ilustracja na okładce: 123RF/Chaiyawat Sripimonwan

Wydawca: Karol Zawadzki

Koordynator ds. redakcji: Adam Kowalski

Redakcja: Małgorzata Kopczyńska

Produkcja: Mariola Grzywacka

Skład wersji elektronicznej na zlecenie Wydawnictwa Naukowego PWN

Monika Lipiec /Woblink

Książka, którą nabyłeś, jest dziełem twórcy i wydawcy. Prosimy, abyś przestrzegał praw, jakie im przysługują. Jej zawartość możesz udostępnić nieodpłatnie osobom bliskim lub osobiście znanym. Ale nie publikuj jej w internecie. Jeśli cytujesz jej fragmenty, nie zmieniaj ich treści i koniecznie zaznacz, czyje to dzieło. A kopiując jej część, rób to jedynie na użytek osobisty.

Szanujmy cudzą własność i prawo.

Więcej na www.legalnakultura.pl

Polska Izba Książki

Copyright © by Wydawnictwo Naukowe PWN SA

Warszawa 2021

ISBN 978-83-01-21957-4

eBook został przygotowany na podstawie wydania papierowego z 2021 r., (wyd. I)

Warszawa 2021

Wydawnictwo Naukowe PWN SA

02-460 Warszawa, ul. Gottlieba Daimlera 2

tel. 22 69 54 321, faks 22 69 54 288

infolinia 801 33 33 88

e-mail: pwn@pwn.com.pl; reklama@pwn.pl

www.pwn.pl

Spis treści

Wstęp

1. Matematyka podwórkowa

2. Loterie i szkolne wycieczki

3. Ponury żart na konkursie matematycznym

4. Matura i nauczyciele a potem juwenalia

5. Wesele matematyków

6. Podział majątku w trakcie konfliktu

7. Ty dzielisz, ja wybieram. Sprawiedliwy podział

8. Kolejki w sklepach w czasach pandemii

9. Zawoja – najdłuższa wieś w Polsce

10. Ważenie, drzewa i problemy decyzyjne

11. Zbiór, jaki jest, każdy widzi

12. Indukcja tzw. empiryczna

13. Zgaduj, co dalej?

14. O równaniach kwadratowych (inaczej)

15. O szeregu harmonicznym

16. Historia szpiegowska

17. Analiza parzystości

18. Koniec

Bibliografia

Wstęp

Książka ta powstała z potrzeby podzielenia się z Czytelnikami przekonaniem, że wiedza matematyczna, którą zdobywamy w szkole podstawowej i liceum, jest na tyle bogata, by pozwolić nam dostrzec obecność tej nauki w rozmaitych dziedzinach codziennej egzystencji i wykorzystywać ją z przyjemnością i satysfakcją w praktyce.

Wszyscy posiadamy nieodkryte umiejętności matematyczne, ale często nie potrafimy ich uruchomić. Niestety panuje powszechne przekonanie, że matematyka to tylko nudny przedmiot w szkole. Doceniamy umiejętność liczenia i to się nam poniekąd przydaje, ale tego uczymy się już w przedszkolu. Zresztą trudno polemizować z racją, że Wszystkiego, co warto wiedzieć o tym, jak żyć, co w życiu robić i jak się zachowywać, dowiadujemy się w przedszkolu. Mądrość nie czeka wcale na ostatnim roku studiów, ale w piaskownicy” (Robert Fulghum).

Matematykę traktujemy pobłażliwie, doceniając to, że ciągle się rozwija, tworzy nowe, niezrozumiałe, hermetyczne teorie, ale przyznajemy, że trudno nam skorzystać z wiedzy matematycznej, jaką zdobyliśmy w szkole.

Książka ta próbuje w sposób, mam nadzieję, łatwy i obrazowy przedstawić kilkanaście propozycji zastosowań matematyki w otaczającej nas codzienności i prozie życia. Kolejne rozdziały opisują zwykłe historie i zdarzenia, które przeżywamy począwszy od lat dziecinnych, poprzez czas edukacji aż do poważnych kłopotów dorosłego życia.

Odwiedzimy miejskie podwórka i przyjrzymy się dziecinnym zabawom. Podejrzymy zachowania młodzieży na szkolnych wycieczkach i opiszemy zmagania maturalne. Będziemy gośćmi na weselu matematyków, które z pewnością mogłoby się odbyć na początku roku 2021, gdyby nie pandemia.

Wspominając o pandemii, opiszemy, jak szybko oszacować czas oczekiwania w kolejce do sklepowej kasy. To się naprawdę przydaje. Wakacje spędzimy w najdłuższej wsi w Polsce i przy okazji opiszemy problemy ze zbiorami.

Czeka Szanownego Czytelnika 17 matematycznych opowieści, z których cztery ostatnie mają charakter trochę bardziej …teoretyczny. To po to, by usatysfakcjonować i uszanować tych z Państwa, którzy w matematyce widzą czystą teorię, intelektualne wyzwania, a jednocześnie znakomitą zabawę z… liczbami. Z drugiej strony, te krótkie rozdziały, które obejmują między innymi tzw. analizę parzystości i podzielności, bardzo się przydały autorowi, gdyż w końcu po kolejnych poprawkach tekstu sam w końcu zrozumiał, o co w tym chodzi .

Żeby urozmaicić trochę tematykę i sam przekaz książki, początek każdego rozdziału poprzedzony jest krótkim tekstem przedstawiającym różne powody świadczące o tym, że 2 + 2 może nie zawsze być równe 4.

A racji, dla których tak ma być, jest, jak się okazuje, całkiem sporo – argumenty pochodzą z różnych dziedzin życia. Mam nadzieję, że Czytelnik, tak jak i ja, potraktuje przygodę obcowania z matematyką na kartach tej książki z dużym dystansem i przymrużeniem oka. Niech matematyka przestanie nas onieśmielać, niech zostanie na zawsze życzliwą nauką o przyjaznym i przyjemnym obliczu.

2 + 2 = 11 (gdy używamy systemu o podstawie 3)

2 + 2 = 10 (gdy używamy systemu o podstawie 4)

1

Matematyka podwórkowa

Moje dzieciństwo upłynęło na podwórku, wśród kolegów. Przestrzeń pomiędzy garażami, trzepakiem i piaskownicą była areną wojen, zabaw w dom, gry w kapsle, rozgrywek w piłkę nożną itd. Bardzo intensywnie, inspirowani serialem „Czterej Pancerni i pies”, bawiliśmy się „w wojnę”. Nasza grupa liczyła 8 chłopców. Mieliśmy do wyboru 8 postaci: czterech odważnych żołnierzy stanowiących załogę czołgu (Janek Kos, Grigorij Saakaszwili, Gustlik Jeleń, Olgierd Jarosz), psa i dwóch przyjaciół załogi: kaprala Wichurę i sierżanta Czernousowa. Oczywiście ktoś musiał również odgrywać rolę Wroga, czyli ogólnie rzecz biorąc Niemca.

Aby role były wybrane sprawiedliwie, ustawialiśmy się w kręgu i dokonywaliśmy selekcji, używając modnej wówczas wyliczanki: Ene due like fake, torba borba ósme smake, eus deus kosmateus, i morele baks.

Ten, na kogo wypadło ostatnie słowo wyliczanki, dostawał rolę i wycofywał się z kręgu. Wyliczankę powtarzano od następnej osoby, aż do skutku, kiedy kolejno zostawali wytypowani aktorzy do kolejnych ról. Ostatnia osoba, która zostawała, miała przywilej odgrywania roli dowódcy czołgu: Olgierda Jarosza. (Zainteresowanym Czytelnikom przedstawiam ranking postaci, od najgorszej do najlepszej: Wróg, Wichura, Czernousow, Czereśniak, Pies Szarik, Grigorij, Gustlik, Janek i Olgierd Jarosz – dowódca. Pragnę zwrócić uwagę na wysoka pozycję psa i radzieckiego sierżanta wyprzedzającego cwanego kaprala Wichurę).

Wielką zagadkę stanowił dla mnie Krzysiek, kolega z trzeciego piętra, który nigdy nie chciał zmienić wyliczanki i zawsze się tak ustawiał, że zostawał dowódcą. Przecież wtedy dla nas, chłopaków z wczesnej podstawówki, ten sposób wyboru był jak najbardziej sprawiedliwy – bo losowy. Po wielu latach zrozumiałem, że Krzysiek wcale nie był szczęściarzem, czy jak się wtedy mówiło – fuksiarzem, tylko sprytnym chłopcem, który za każdym razem ustawiał się w kręgu ostatni, jak już ustaliliśmy od kogo rozpoczynamy liczenie. Krzysiek zawsze ustawiał się jako siódmy w kręgu i zostawał dowódcą. Albowiem Krzysiek rozwiązał sam, rysując sobie w domu, tzw. problem Flawiusza, dla n = 8 osób i kroku wyliczeń k = 14 (tyle słów ma wyliczanka).

Winny jestem Wam teraz trochę historii.

Otóż w 67 roku n.e. w trakcie wojny rzymsko-żydowskiej doszło do oblężenia miasta Jotopata w Galilei. Ostatnia grupa 41 Galilejczyków ukryła się w jaskini. Woleli popełnić samobójstwo niż poddać się Rzymianom. Postanowili ustawić się w kręgu i odliczać do trzech. Każda osoba, na którą wypadła trójka, ginęła z ręki osoby, na którą wypadła wyliczona kolejna trójka. Gdy żołnierzy pozostało tylko dwóch, w tym Józef Flawiusz, poddali się Rzymianom i przeżyli. Historię tę znamy dzięki relacji Flawiusza, który był jednocześnie historykiem, autorem dzieł o wojnach żydowskich. Flawiusz miał do czynienia z problemem, w którym n = 41, a krok wyliczeń wynosił k = 3.

Wprowadzając odpowiednie oznaczenia, zapiszmy, że Krzysiek rozwiązał problem F(8, 14) = 7, a sam Flawiusz miał do czynienia z zagadnieniem F(41, 3).

Poniżej umieszczam tabelę rozwiązań dla problemów F(n, 2) dla niektórych wartości n.

n

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

F(n, 2)

1

1

3

1

3

5

7

1

3

5

7

9

11

13

15

1

3

5

7

9

Przyjrzyjmy się bliżej problemom typu F(n, 2).

Załóżmy, że n > 1 i że n jest liczbą parzystą, n = 2m.

(Zobaczmy, co się dzieje, gdy n = 2 · 4. Po pierwszej rundzie zostaje krąg złożony z czterech osób o nowych numerach 1, 2, 3, 4 takich, że stara pozycja = 2 · (nowa pozycja) – 1, odpowiadającym starym pozycjom: 1, 3, 5, 7).

Zauważmy, że zatoczenie całego kręgu z krokiem k = 2 spowoduje wyeliminowanie wszystkich osób stojących na pozycjach parzystych i rozpoczęcie eliminacji z pozycji początkowej dla kręgu złożonego z n = m osób, które zajmują miejsca nieparzyste z przedziału [1, 2m – 1]. Oznacza to, że

(1)

F(2m, 2) = 2F(m, 2) – 1.

Załóżmy teraz, że n jest liczbą nieparzystą, n = 2m + 1,

(Zobaczmy co się dzieje gdy n = 2 · 4 + 1. W trakcie pierwszej rundy wokół kręgu odpadną osoby stojące na pozycjach parzystych, a na zakończenie osoba stojąca na miejscu pierwszym. Pozostanie krąg złożony z czterech osób o nowych pozycjach: 1, 2, 3, 4, które odpowiadały oryginalnym pozycjom: 3, 5, 7, 9. Oznacza to, że stara pozycja = 2 · (nowa pozycja) + 1).

Innymi słowy możemy zauważyć, że

(2)

F(2m + 1, 2) = 2F(m, 2) + 1.

Obecnie analizując tabelę, widzimy, że jeżeli przedstawimy liczbę n w postaci 2a + t, gdzie 0 ≤ t < 2a, to mamy F(n, 2) = 2t + 1. Oto kilka przykładów:

F(14, 2) = F(2^3 + 6, 2) = 2 · 6 + 1 = 13,

F(16, 2) = F(2^4 + 0, 2) = 2 · 0 + 1 = 1,

F(5, 2) = F(2^2 + 1, 2) = 2 · 1 + 1 = 3.

Spróbujemy to udowodnić.

Twierdzimy, że

(3)

F(2a + t, 2) = 2t + 1, gdzie przy danym a, 0 ≤ t < 2a.

Udowodnimy to metodą indukcji matematycznej.

Niech a = 1, wówczas t ∈ {0, 1}.

Dla t = 0 mamy F(2^1 + 0, 2) = F(2, 2) = 1 = 2 · 0 + 1.

Dla t = 1 mamy F(2^1 + 1, 2) = F(3, 2) = 3 = 2 · 1 + 1.

Załóżmy, że wzór jest spełniony dla liczb postaci 2a–1 + t, gdzie 0 ≤ t < 2a–1. Postaramy się dowieść, że z tego założenia wynika prawdziwość wzoru dla liczb postaci 2a + p, gdzie 0 ≤ p < 2a.

Jeżeli n = 2a + p jest liczbą parzystą, to zgodnie z założeniem i obserwacją (1) mamy

Jeżeli n = 2a + p jest liczbą nieparzystą, to zgodnie z założeniem i obserwacją (2) mamy

Wykazaliśmy, zatem, że F(2a + p) = 2p + 1.

Posługując się tym wzorem, mamy chociażby:

F(17, 2) = F(16 + 1, 2) = F(2^4 + 1, 2) = 2 · 1 + 1 = 3.

F(100, 2) = F(64 + 36, 2) = F(2^6 + 36, 2) = 2 · 36 + 1 = 73.

F(1000, 2) = F(512 + 488, 2) = F(2^9 + 488, 2) = 2 · 488 + 1 = 977.

F(1030, 2) = F(1024 + 6, 2) = F(2^10 + 6, 2) = 2 · 6 + 1 = 13.

Na zakończenie tej historii przypomnijmy, pozornie bez związku, metodę szybkiego zapisu liczby naturalnej w postaci binarnej.

Chcąc znaleźć postać binarną danej liczby naturalnej n, kolejno dzielimy ją przez 2, ignorując reszty do momentu, kiedy otrzymamy 1. Następnie dysponując ciągiem wyników, czytamy go od prawej do lewej (rozpoczynając od 1), zapisując 1 w przypadku wyrazu nieparzystego, albo 0 w przypadku wyrazu parzystego.

Przykładowo: n = 17. Dzieląc kolejno przez 2, otrzymujemy ciąg wyników: 17, 8, 4, 2, 1. Czytając od prawej do lewej, identyfikując każdą liczbę parzystą z cyfrą 0, nieparzystą zaś z cyfrą 1, otrzymujemy:

17 = 10001_2.

Dla n = 100 mamy ciąg: 100, 50, 25, 12, 6, 3, 1, który daje nam:

100 = 1100100_2.

Dla n = 1000 mamy: 1000, 500, 250, 125, 62, 31, 15, 7, 3, 1, czyli

1000 = 1111101000_2.

Dla n = 1030 mamy: 1030, 515, 257, 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1, co oznacza, że

1030 = 10000000110_2.

A teraz czeka nas niespodzianka. Żeby obliczyć F(n, 2) w postaci binarnej, wystarczy przedstawić n w postaci binarnej i najbardziej znaczącą cyfrę 1 z lewej strony przenieść na stronę prawą. Mam nadzieję, że sposób ten jest samo wytłumaczalny, biorąc pod uwagę wzór (3).

Natychmiast otrzymujemy:

F(17, 2) = F(10001_2, 2) = 11_2 = 3.

F(100, 2) = F(1100100_2, 2) = 1001001_2 = 73.

F(1000, 2) = F(1111101000_2, 2) = 1111010001_2 = 977.

F(1030, 2) = F(10000000110_2, 2) = 1101_2 = 13.

Wyliczanie wartości F(n, k) dla k > 2 jest bardzo skomplikowane. Zerknijmy na tabelę kilkunastu wartości F(n, 3).

n

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

F(n, 3)

1

2

2

1

4

1

4

7

1

4

7

10

13

2

5

8

11

14

17

20

2

Czasami warto przy obliczaniu mniej popularnych wartości F(n, k) posługiwać się następującym twierdzeniem:

F(n + 1, k) = [F(n, k) + k] mod (n + 1).

Zanim omówimy zasadę, na której oparto powyższy rezultat, przypomnijmy, że dla liczby całkowitej a i liczby naturalnej n > 1 zdefiniowano a mod n (operację modulo) jako resztę z dzielenia liczby a przez n. Chociażby:

7 mod 2 = 1, 15 mod 11 = 4, 33 mod 24 = 9, –5 mod 1 = 5, –24 mod 8 = 0.

Codziennie, być może nieświadomie, posługujemy się arytmetyką mod 12 lub mod 24. 5 godzin po godzinie 10 rano jest 3 po południu: 10 + 5 = 15 = 3 mod 12. 10 godzin po 22 jest 8 rano, czyli 22 + 10 = 32 = 8 mod 24.

Wracając do naszego zagadnienia, wyobraźmy sobie n + 1 osób stojących w kręgu i co k-ta osoba ulega eliminacji. Mówimy o problemie F(n + 1, k). Po usunięciu pierwszej osoby, czyli przy okazji osoby o numerze k mod (n + 1), zredukowaliśmy problem do F(n, k), ale rozpoczynający się od miejsca k mod (n + 1).

Rzeczywiście:

F(n + 1, k) = [F(n, k) + k] mod (n + 1).

Tym sposobem możemy obliczyć wygrywającą pozycję kapitana Olgierda Jarosza – dowódcy czołgu. To znaczy szukamy liczby opisanej przez F(8, 14). Stosując strategię wsteczną, otrzymamy:

F(2, 14) = [F(1, 14) + 14] mod 2 = 1 + 0 = 1.

F(3, 14) = [F(2, 14) + 14] mod 3 = (1 + 14) mod 3 = 0.

Uwaga: Gdy mamy krąg 3 osób, nie ma pozycji 0. W tym przypadku pozycję 0 zastępujemy pozycją 3.

F(4, 14) = [F(3, 14) + 14] mod 4 = (3 + 14) mod 4 = 1.

F(5, 14) = [F(4, 14) + 14] mod 5 = (1 + 14) mod 5 = 0.

Podobnie tutaj nie ma pozycji 0, którą jest pozycja nr 5.

F(6, 14) = [F(5, 14) + 14] mod 6 = (5 + 14) mod 6 = 1.

F(7, 14) = [F(6, 14) + 14] mod 7 = (1 + 14) mod 7 = 1.

F(8, 14) = [F(7, 14) + 14] mod 8 = (1 + 14) mod 8 = 7.

Jak widzicie, pasjonująca dziecinna zabawa podwórkowa stała się po latach inspiracją do omówienia trudnego matematycznego problemu, który ma historię sięgającą prawie dwóch tysięcy lat.

Zagadnienie Józefa Flawiusza w różnych postaciach często pojawia się na konkursach matematycznych. Niestety, autorzy zadań konkursowych nie zawsze szczęśliwie formułują swoje myśli dotyczące tego problemu. Spójrzmy bowiem na 12 tom serii „Miniatury matematyczne”. Zeszyty tej serii mają służyć uzdolnionym dzieciom do lepszego przygotowania się do międzynarodowego konkursu „Kangur matematyczny” i ogólnie do wzbogacenia umiejętności i kompetencji w rozwiązywaniu ciekawych zadań. Niekiedy jednak autorzy przesadzają z wyobraźnią.

Przekonajcie się sami:

Na pokładzie przechylonego sztormem statku, który w każdej chwili może zatonąć, przebywa piętnastu chrześcijan i piętnastu Turków. Aby uratować łódź, trzeba sprawić, by była lżejsza, dlatego połowa ludzi musi być wyrzucona za burtę. Jeden z chrześcijan zaproponował, by wszyscy ustawili się wkoło i za burtę wyskakiwała każda co dziewiąta osoba. Jak powinni się ustawić chrześcijanie, aby zginęli sami Turcy?

Przyznajcie, że sformułowanie jest wręcz przerażające.

Z drugiej strony, niedawno usłyszałem śliczną wyliczankę, która jest wierszykiem nieodżałowanej Danuty Wawiłow (1942–1999). Posłuchajcie również piosenki Grzegorza Turnaua – Raz i dwa z albumu Księżyc w mieście (1998).

Jeden, dwa,

jeden, dwa,

pewna pani

miała psa.

Trzy i cztery,

trzy i cztery,

pies ten dziwne

miał maniery.

Pięć i sześć,

pięć i sześć,

wcale lodów

nie chciał jeść.

Siedem, osiem,

siedem, osiem,

wciąż o kości

tylko prosił.

Dziewięć, dziesięć,

dziewięć, dziesięć,

kto z nas kości

mu przyniesie?

Może ja?

Może ty?

Licz od nowa –

raz, dwa, trzy..

To prawdziwa przyjemność opracować schemat wygrywania przy tej wyliczance dla dziesięciu osób. Spróbujcie! Gorąco Was namawiam.

Jak podzielić nagrodę

Podwórka miejskich kamienic powoli giną z naszego krajobrazu. Coraz mniej jest również trzepaków, piaskownic i garaży usytuowanych w zamkniętej przestrzeni bloków i budynków mieszkalnych. Jeszcze kilkanaście lat temu podwórka tętniły życiem. Jak wspomniałem, chłopcy pomiędzy garażami grali w piłkę nożną, dziewczyny w okolicach trzepaka grały w tzw. gumę lub organizowały zabawę „w dom”. O grze strategicznej w wojnę toczonej przez Czterech pancernych wspominałem już wcześniej. Przypatrzmy się bliżej rozgrywce w piłkę.

Mecz w piłkę nożną najczęściej toczył się między dwoma graczami. Każdy z nich odgrywał jednocześnie rolę wszystkich jedenastu zawodników w swojej drużynie. Bramkami były blaszane garaże, a boiskiem przestrzeń miedzy nimi. Jedynymi przypadkami wypadnięcia piłki „na aut” było uderzenie w trzepak lub jej ugrzęźnięcie w piaskownicy. Mecz najczęściej toczył się do sześciu bramek. Nagrodą były kapsle, które wykorzystywane były do gry w „wyścigi kolarskie” metodą precyzyjnego ich pstrykania kciukiem wzdłuż wytyczonej odłamkiem cegły trasy na asfalcie. Nie muszę Was w związku z tym przekonywać, że nagrody były cenne i mecze w piłkę były toczone z całą zajadłością i powagą, na jaką było nas stać – chłopców z wczesnych klas podstawówki. (O wyścigach kolarskich toczonych kapslami już pisałem kiedyś wcześniej w książce „Nieznośna lekkość matematyki”).

Zatem gramy. Toczymy zażarty pojedynek, gdy nagle zdarza się najstraszniejszy koszmar meczu. W oknie kamienicy pojawia się osoba dorosła z nieznoszącym sprzeciwu wezwaniem: Kuba! Do domu!!

Na podstawie wcześniejszych przykrych doświadczeń wiedziałem, że należy się natychmiast zastosować i… przerwać mecz. I tu pojawia się nasz problem. Jak w przypadku nagle przerwanego meczu podzielić nagrodę?

Zagadnienie to ma historię sięgającą końca XV wieku. W 1495 roku niejaki Luca Pacioli (1445–1517) w swojej książce Summa de arithmetica, geometria, proportioni et proportionalia pierwszy sformułował zagadnienie podziału nagrody przy przedwcześnie skończonej rozgrywce. Jedną z książek L. Paciolego – De divina proportione (1509) ilustrował jego bliski przyjaciel – Leonardo da Vinci (1452–1519).

Matematycy później przez dwieście lat spierali się jak powinno wyglądać rozwiązanie tego problemu.

Zacznijmy opowieść o podziale nagrody od fachowego sformułowania naszego zagadnienia.

Wiadomo, że mecz pomiędzy dwoma równorzędnymi zawodnikami toczony jest do m (m > 1) zwycięstw (bramek, punktów). Przy stanie meczu k : n, gdzie k ≠ n, k, n < m rozgrywka została przerwana. Jak podzielić nagrodę?

Historię zmagań nad naszym zagadnieniem przedstawimy, analizując konkretne przykłady.

Wyobraźmy sobie mecz toczony do 6 zwycięstw, który zostaje przerwany przy stanie 5 : 2. Jak wówczas podzielić wygraną?

Sam Luca Pacioli zaproponował, żeby gracz, który ma 5 zwycięstw, dostał nagrody, a gracz z dwoma zwycięstwami powinien dostać całości. Oznacza to, że w ogólnym przypadku gracze dostają odpowiednio oraz części nagrody.

Gdyby mecz był toczony do 13 zwycięstw i został przerwany przy stanie 3 : 1, gracze dostaliby odpowiednio po nagrody. Gdyby ten sam mecz został przerwany przy stanie 12 : 9, gracze otrzymaliby po Zgodnie z metodą Paciolego gracz prowadzący 12 : 9 przy grze do 13 otrzyma mniejszy ułamek nagrody w porównaniu z nagrodą przy przerwaniu tego meczu przy stanie 3 : 1.

Zauważmy również, że rozwiązanie Paciolego daje całą nagrodę graczowi, który odniósł jedno zwycięstwo, po czym mecz został przerwany. Rozwiązanie to także nie uwzględnia liczby m – rund do osiągnięcia zwycięstwa w pełnym zakończonym meczu.

Niccolò Fontana znany jako Tartaglia (1500–1557) (Tartaglia jest uznawany za autora metody rozwiązywania równań algebraicznych trzeciego stopnia. Swoją drogą Tartaglia znaczy Jąkała. Jakoś dziwnie się czujemy, mając świadomość, że obraźliwy przydomek został uznany jako oficjalne imię i jednocześnie nazwisko świetnego matematyka. Tak bowiem figuruje w tekstach matematycznych). W 1556 roku Tartaglia zmodyfikował rozwiązanie Paciolego. Zaproponował, żeby podstawą do wypłaty nagrody była różnica liczby punktów zdobytych przez gracza w chwili przerwania meczu i liczby punktów potrzebnych do wygrania całego meczu. Oprócz tego gracz, który prowadzi, zawsze dostaje co najmniej połowę nagrody.

W przypadku przerwania meczu przy stanie 5 : 2, jeden gracz otrzymuje połowę nagrody i  pozostałej nagrody. Otrzyma zatem Podział nagrody to 0,75 i 0,25. W przypadku meczu do 13 zwycięstw przerwanego przy stanie 3 : 1 jeden z graczy otrzymuje

a drugi gracz

nagrody.

W przypadku meczu do 13 zwycięstw przerwanego przy stanie 12 : 9 jeden z graczy dostaje

a drugi gracz dostaje odpowiednio

nagrody.

Ogólnie, jeżeli mecz kończy się wynikiem k : n (k > n) przy grze do m zwycięstw, to gracze otrzymują odpowiednio

części i  części nagrody.

Ten sposób podziału wydaje się już bardziej sprawiedliwy.

Przyjrzyjmy się jednak raz jeszcze meczom toczonym do 13 zwycięstw i przerwanym przy stanach 3 : 1 oraz 12 : 10. W pierwszym przypadku gracze dostają, jak już wcześniej policzyliśmy, i  nagrody. W drugim przypadku gracze dostają i  nagrody. Tyle samo!!

Zatem ten podział również nie jest satysfakcjonujący.

Girolamo Cardano (1501–1576) (Matematyk, który się nigdy nie mylił. W pamiętniku wyliczył dokładną datę swojej śmierci. W wyznaczonym dniu, wieczorem, kiedy wciąż się czuł dobrze i nic nie zapowiadało zgonu – popełnił samobójstwo!). Cardano jako pierwszy uzależnił wypłaty przy przerwanym meczu od liczby punktów, które jeszcze pozostały do zdobycia przy zwycięstwie. Dla gracza, który zdobył k punktów, wprowadził wskaźnik wypłaty w(k) = 1 + 2 + 3 + … + (m – k), a dla gracza, który zdobył n punktów, wskaźnik wypłaty wynosi w(n) = 1 + 2 + 3 + … + (m – n). Następnie gracze otrzymują odpowiednio

części nagrody.

Przy meczu do 6 zwycięstw przerwanym przy stanie 5 : 2 mamy: w(5) = 1, w(2) = 1 + 2 + 3 + 4 = 10. Gracz, który zdobył 5 punktów, dostaje nagrody, a gracz, który zdobył 2 punkty, dostaje nagrody.

Przy meczu do 13 zwycięstw przerwanym przy stanie 3 : 1 mamy:

w(3) = 1 + 2 + 3 + …+ (13 – 3) = 55, w(1) = 1 + 2 + 3 + … + (13 – 1) = 78,

Przyznane części nagrody to:

Przy meczu do 13 zwycięstw przerwanym przy stanie 12 : 9 mamy:

w(12) = 1, w(9) = 1 + 2 + 3 + 4 = 10.

Wypłaty to i  nagrody.

Cardano w swoich rozważaniach nie wziął pod uwagę możliwej liczby rund do zakończenia całego meczu. Przecież mecz toczony do 13 zwycięstw przerwany przy stanie 3 : 1 mógłby skończyć się każdym wynikiem począwszy od 13 : 1, a skończywszy na 3 : 13.

Następnym matematykiem, który zajmował się podziałem nagrody, był Lorenzo Forestani (1585–1660). (Matematyk zapomniany. Był autorem podręcznika Practica D’Arithmetica e Geometria. Jest tak niedoceniany, że w 2020 roku na aukcji internetowej oryginalne drugie wydanie (1683) jego książki zostało sprzedane za 222 Euro!).

Forestani uzależnił wypłaty od maksymalnej liczby partii w meczu. Otóż mecz do m zwycięstw może mieć maksymalnie 2m – 1 partii. Jeżeli przerywamy potyczkę przy stanie k : n, jeden z graczy otrzymuje najpierw części nagrody, gracz drugi nagrody, a pozostałą częścią nagrody dzielą się po połowie. Oznacza to, że gracze dostają po

nagrody.

Przy przerwanym meczu 5 : 2 do 6 wygranych gracze otrzymują odpowiednio:

i  nagrody.

W meczach do 13 wygranych kończonych przy stanach 3 : 1 i 12 : 9 mamy podziały: 0,54 i 0,46 oraz 0,56 i 0,44. Jak widzimy, ten sposób podziału jest również krzywdzący – zwłaszcza przy podziale nagrody w przypadku meczu o dużej liczbie rund wymaganych do zwycięstwa przerwanego w momencie, gdy jednemu z graczy brakuje niewiele rund do zakończenia pojedynku.

Zanim przejdziemy do ostatecznego rozwiązania problemu zapiszmy w tabelce proponowane przez kolejnych matematyków podziały nagrody:

5 : 2 do 6 zwycięstw

3 : 1 do 13 zwycięstw

12 : 9 do 13 zwycięstw

Pacioli

0,71 0,29

0,75 0,25

0,57 0,43

Tartaglia

0,75 0,25

0,58 0,42

0,66 0,34

Cardano

0,91 0,09

0,59 0,41

0,91 0,09

Forestani

0,64 0,36

0,54 0,46

0,56 0,44

Jak wspomniałem, problem czekał aż do 1665 roku, kiedy to niezależnie od siebie przedstawili satysfakcjonujące wszystkich zainteresowanych – matematyków i graczy, rozwiązanie – Blaise Pascal (1623–1662) i Pierre de Fermat (1607–1665). (O Fermacie będziemy mieli jeszcze okazję napisać. Natomiast Blaise Pascal i jego dokonania na polu matematyki, fizyki czy filozofii są na tyle znane, że nie będziemy Czytelnika zanudzać. Wspomnijmy tylko, parafrazując właśnie Pascala, że ten rozdział jest tak długi, jedynie dzięki temu, że nie miałem czasu go krócej napisać).

Wzięli oni pod uwagę zarówno dotychczasową liczbę punktów zdobytych przez każdego gracza, jak i liczbę punktów pozostałych do zdobycia i maksymalną liczbę rozgrywek pozostałych do zakończenia meczu.

Do opisu metody posłużymy się naszym przykładem gry toczonej do 6 zwycięstw i przerwanej przy wyniku 5 : 2. Niech graczami będą Adam i Kuba. Adamowi by wygrać, potrzebne jest jedno zwycięstwo, a Kubie 4 zwycięstwa. Spróbujemy obliczyć, jakie jest prawdopodobieństwo, że Adam zdobędzie jeden punkt, zanim Kuba zdobędzie 4 punkty. Oczywiście możemy wypisać wszystkie możliwe scenariusze dalszej gry, i obliczyć prawdopodobieństwo żądanego zdarzenia.

Zaczynamy: Niech A, K oznaczają odpowiednio zwycięstwa Adama i Kuby w poszczególnych rundach. Wszystkie możliwe gry gwarantujące zwycięstwo Adama przedstawiają się następująco:

{A, KA, KKA, KKKA}. Prawdopodobieństwo takiego zdarzenia wynosi

Adam powinien dostać 93,7%, a Kuba 6,3% nagrody.

Zauważmy, że w przypadku meczu przerwanego przy stanie 3 : 1, a toczonego do 13 zwycięstw, wypisanie wszystkich możliwych przebiegów dających zwycięstwo Adama czy Kuby byłoby trudne.

Spróbujmy zastosować do tego samego problemu inne podejście. Ale po kolei. W prostym przypadku rozgrywki przerwanej przy stanie 5 : 2 toczonej do 6 zwycięstw maksymalna liczba partii, która pozostanie do rozstrzygnięcia, to 4. Możemy spojrzeć na to zadanie w następujący sposób. Gramy 4 partie i Adam, żeby wygrać, potrzebuje co najmniej jednego zwycięstwa. Od razu przychodzi nam na myśl schemat Bernoulliego dla m = 4 prób z prawdopodobieństwem sukcesu i poszukiwaną liczbą sukcesów k ≥ 1. (Jakub Bernoulli (1655–1705), szwajcarski matematyk, twórca fundamentalnego, dla każdego hazardzisty, Prawa Wielkich Liczb: Przy odpowiednio dużej liczbie powtórzeń częstość pojawiania się pewnego zdarzenia jest w przybliżeniu równa pojedynczemu prawdopodobieństwu jego wystąpienia).

Poszukiwane prawdopodobieństwo to oczywiście:

Przypadek gry przerwanej przy wyniku 3 : 1 toczonej do 13 zwycięstw rozwiązujemy podobnie.

Maksymalna liczba partii w tej grze wynosi 25. Rozegrane zostały 4 partie. Adamowi do zwycięstwa brakuje 10 zwycięstw. Traktujemy zatem problem jako grę składająca się 25 – 4 = 21 partii. Adam, żeby wygrać, potrzebuje co najmniej 10 zwycięstw. Rozwiązujemy to zadanie, stosując schemat Bernoulliego dla n = 21 prób, prawdopodobieństwa sukcesu i liczby sukcesów k ≥ 10.

Dostajemy

Adam dostanie 66,8% a Kuba 33,2% nagrody.

Uzupełnienie tabeli podziału nagrody o właściwą interpretację powinno wyglądać tak:

5 : 2 do 6 zwycięstw

3 : 1 do 13 zwycięstw

12 : 9 do 13 zwycięstw

Blaise Pascal

0,937

0,668

0,937

Pierre de Fermat

0,063

0,332

0,063

Możemy zatem przystąpić do uogólnień. Powtórzmy raz jeszcze. Wiadomo, że mecz pomiędzy dwoma równorzędnymi zawodnikami toczony jest do m (m > 1) zwycięstw. Przy stanie meczu k : n gdzie k ≠ n k, n < m, rozgrywka została przerwana. Możemy założyć, bez utraty ogólności problemu, że k > n.

Prawdopodobieństwo, że zawodnik (który do momentu przerwania meczu zdobył k punktów) wygrałby nieprzerwany mecz, wynosi:

Oznacza to, że zawodnik, który do momentu przerwania meczu zdobył k punktów, powinien dostać P(k) · 100% nagrody, a drugi zawodnik pozostałą resztę.

Metoda ta pozwala również na rozwiązanie problemu przy różnych szansach na wygranie pojedynczej partii. Załóżmy zatem, że mecz toczony jest pomiędzy Adamem i Kubą. Adam każdą partię wygrywa z prawdopodobieństwem p, Kuba zaś wygrywa z prawdopodobieństwem q. (p + q = 1). Mecz toczony jest do m zwycięstw i zostaje przerwany przy stanie k : n, k, n < m. Wówczas prawdopodobieństwo wygrania przez Adama tego meczu, gdyby ten mecz toczył się dalej, wynosi:

Niech ilustracją będzie następujące podwórkowe zadanie. Adam z Kubą grają w piłkę do sześciu bramek. Wiadomo, że szanse na wygranie pojedynczej potyczki przez Kubę wynoszą za każdym razem 0,4. Przy stanie meczu 3 : 2 dla Kuby mecz zostaje przerwany. Kuba jest zrozpaczony, bo prowadzi w meczu, a kapsle są wyjątkowej jakości, bo ściągnięte z piw eksportowanych przez Baltonę dla naszych dzielnych marynarzy. Jak należy podzielić pulę 20 kapsli przeznaczonych dla zwycięzcy pojedynku?

W naszym przypadku mamy: m = 6, k = 3, n = 2, p = 0,4, q = 0,6. Otrzymujemy

Kuba pomimo tego, że prowadził w momencie przerwania meczu, dostanie 0,45 · 20 = 9 kapsli. Adamowi przypadnie pozostałe 11. Chyba i tak się opłaciło, zważywszy, że w pojedynczej rozgrywce jest słabszy, wygrywając średnio 2 z 5 pojedynków jednogolowych.

Na zakończenie podróży po podwórkowych grach i zabawach podejmiemy temat szansy na zwycięstwo w grze dwuosobowej. Czy to będzie wspomniana garażowa piłka nożna, kapsle, cymbergaj, czy niebezpieczna gra w piaskownicy w „noża”, ścianka, czy wiele wiele innych, to w każdym przypadku mamy do czynienia z zażartym pojedynkiem dwóch żądnych zwycięstwa graczy. Pojedynek zawsze toczony jest do kilku zwycięstw: goli, wyścigów, udanych zbić, rzutów etc.

Zatem mamy do czynienia z dwoma nie zawsze równorzędnymi przeciwnikami, którzy za każdym razem całą swoją młodzieńczą energię i entuzjazm poświęcają tej chwili, w której kopią piłkę, pstrykają kapslami, rzucają finką. W wieku kilkunastu lat zwycięstwo w takiej grze jest awansem niebywałej wagi, jest wstąpieniem na wyżyny hierarchii społeczności podwórka. Gdyby dzisiejsi sportowcy wykazywali takie zaangażowanie w grze, jak ich młodociani naśladowcy, wówczas sport byłby prawdziwym widowiskiem, a nie pracą znudzonych wyrobników.

Zaczynamy.