L.O. św. Marii Magdaleny w Poznaniu, O POŻYTKACH PŁYN ACYCH Z RZUCANIA MONETA. Tomasz Łuczak

Transkrypt

1 L.O. św. Marii Magdaleny w Poznaniu, O POŻYTKACH PŁYN ACYCH Z RZUCANIA MONETA Tomasz Łuczak

2 NA POCZATEK DOBRA WIADOMOŚĆ! Dzięki naszym o hojnym sponsorom: Poznańskiej Fundacji Matematycznej oraz Miastu Poznań finansujacemu program Matma jest super wykład ten nie będzie przerywany reklamami!

3 DWIE DROGI BADANIA ŚWIATA Rozwijanie teorii Rozwiazywanie problemów

4 DWIE DROGI W NAUCE Albert Einstein Pál Erdős

5 DWIE DROGI W NAUCE Albert Einstein Ernst Straus Pál Erdős

6 DWIE DROGI W NAUCE Sir Galahad Don Juan Albert Einstein Pál Erdős

7 PROBLEM PROBLEM Przypuśćmy, że mamy rodzinę F składajac a się z 2015 podzbiorów 12-elementowych 1000-elementowego zbioru A. Czy zawsze da się pokolorować elementy zbioru A dwoma kolorami tak, by żaden ze zbiorów z rodziny F nie miał wszystkich elementów pokolorowanych jednym kolorem?

8 A CÓŻ TO ZA... NIEMADRE PYTANIE!?! PROBLEM Przypuśćmy, że mamy rodzinę F składajac a się z 2015 podzbiorów 12-elementowych 1000-elementowego zbioru A. Czy zawsze da się pokolorować elementy zbioru A dwoma kolorami tak, by żaden ze zbiorów z rodziny F nie miał wszystkich elementów pokolorowanych jednym kolorem?

9 A CÓŻ TO ZA... NIEMADRE PYTANIE!?! Gdybyśmy widzieli taka rodzinę, to jakoś byśmy sobie z nia poradzili!

10 A CÓŻ TO ZA... NIEMADRE PYTANIE!?! Gdybyśmy widzieli taka rodzinę, to jakoś byśmy sobie z nia poradzili!

11 A CÓŻ TO ZA... NIEMADRE PYTANIE!?! 1000 i 2015 to nieduże liczby, więc komputer może łatwo sprawdzić, czy istnieje takie kolorowanie!

12 A CÓŻ TO ZA... NIEMADRE PYTANIE!?! 1000 i 2015 to nieduże liczby, więc komputer może łatwo sprawdzić, czy istnieje takie kolorowanie! Liczba kolorowań: Liczba atomów w naszej galaktyce Liczba operacji na sekundę dla procesora 10GHz: Wiek naszej Galaktyki: s

13 ZAMIEŃMY NASZ PROBLEM NA MNIEJSZY... PROBLEM Przypuśćmy, że mamy rodzinę F składajac a się z 2015 podzbiorów 12-elementowych 1000-elementowego zbioru A. Czy zawsze da się pokolorować elementy zbioru A dwoma kolorami tak, by żaden ze zbiorów z rodziny F nie miał wszystkich elementów pokolorowanych jednym kolorem?

14 ZAMIEŃMY NASZ PROBLEM NA MNIEJSZY... PROBLEM Przypuśćmy, że mamy rodzinę F składajac a się z 2015 podzbiorów 12-elementowych 1000-elementowego zbioru A. Czy zawsze da się pokolorować elementy zbioru A dwoma kolorami tak, by żaden ze zbiorów z rodziny F nie miał wszystkich elementów pokolorowanych jednym kolorem?

15 ZAMIEŃMY NASZ PROBLEM NA MNIEJSZY... PROBLEM Przypuśćmy, że mamy rodzinę F składajac a się z 2015 zbiorów 12-elementowych 1000-elementowego zbioru A. Czy zawsze da się pokolorować elementy zbiorów z F dwoma kolorami tak, by żaden ze zbiorów z rodziny F nie miał wszystkich elementów pokolorowanych jednym kolorem?

16 ZAMIEŃMY NASZ PROBLEM NA MNIEJSZY... DEFINICJA Niech m = m(n) będzie najmniejsza liczba taka, że dla pewnej rodziny F składajacej się z m zbiorów n-elementowych, która nie da się dobrze pokolorować,

17 ZAMIEŃMY NASZ PROBLEM NA MNIEJSZY... DEFINICJA Niech m = m(n) będzie najmniejsza liczba taka, że dla pewnej rodziny F składajacej się z m zbiorów n-elementowych, która nie da się dobrze pokolorować, tzn. dla każdego kolorowania elementów zbiorów rodziny F dwoma kolorami istnieje zbiór F F, którego wszystkie elementy pokolorowane sa jednym kolorem.

18 ZAMIEŃMY NASZ PROBLEM NA MNIEJSZY... DEFINICJA Niech m = m(n) będzie najmniejsza liczba taka, że dla pewnej rodziny F składajacej się z m zbiorów n-elementowych, która nie da się dobrze pokolorować, tzn. dla każdego kolorowania elementów zbiorów rodziny F dwoma kolorami istnieje zbiór F F, którego wszystkie elementy pokolorowane sa jednym kolorem. Nasz poczatkowy problem jest równoważny pytaniu: m(12) < 2015?

19 m(2) = 3

20 m(2) = 3

21 m(2) = 3 m(2) > 2

22 m(2) = 3 m(2) > 2

23 m(2) = 3 m(2) > 2 m(2) 3

24 m(2) = 3 m(2) > 2 m(2) 3 m(2) = 3

25 m(3) 7

26 m(3) 7

27 m(3) 7

28 m(3) 7

29 m(3) 7

30 m(3) 7

31 m(3) 7

32 m(3) 7

33 REVENONS À NOS MOUTONS PROBLEM Przypuśćmy, że mamy rodzinę F składajac a się z 2015 podzbiorów 12-elementowych 1000-elementowego zbioru A. Czy zawsze da się pokolorować elementy zbioru A dwoma kolorami tak, by żaden ze zbiorów z rodziny F nie miał wszystkich elementów pokolorowanych jednym kolorem?

34 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo!

35 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo! Dla każdego z 1000 elementów rzućmy monet a, jeśli wypadnie reszka kolorujemy go na czerwono, jeśli orzeł na niebiesko.

36 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo! Dla każdego z 1000 elementów rzućmy moneta, jeśli wypadnie reszka kolorujemy go na czerwono, jeśli orzeł na niebiesko. W taki sposób łatwo będzie zobaczyć, że można uniknać zbiorów jednokolorowych!

37 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo!

38 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo! Cóż, wyglada to dość podejrzanie...

39 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo! Cóż, wyglada to dość podejrzanie... Po pierwsze, jeśli mamy pecha, to wszystkie elementy pokolorujemy jednym kolorem.

40 POMYSŁ ERDŐSA Pokolorujmy elementy zbiorów losowo! Cóż, wyglada to dość podejrzanie... Po pierwsze, jeśli mamy pecha, to wszystkie elementy pokolorujemy jednym kolorem. Po drugie mieliśmy uzasadnić, że da się zawsze pokolorować taka rodzinę zbiorów.

41 POMYSŁ ERDŐSA: ROZWINIECIE Pokolorujmy elementy zbiorów losowo

42 POMYSŁ ERDŐSA: ROZWINIECIE Pokolorujmy elementy zbiorów losowo i policzmy ile średnio otrzymamy zbiorów jednokolorowych.

43 POMYSŁ ERDŐSA: ROZWINIECIE Oznaczmy przez ω 1, ω 2,..., ω N wszystkie kolorowania zbioru 1000-elementowego (zauważmy, że N = ).

44 POMYSŁ ERDŐSA: ROZWINIECIE Oznaczmy przez ω 1, ω 2,..., ω N wszystkie kolorowania zbioru 1000-elementowego (zauważmy, że N = ). X(ω i ) - liczba zbiorów jednokolorowych w kolorowaniu ω i.

45 POMYSŁ ERDŐSA: ROZWINIECIE Oznaczmy przez ω 1, ω 2,..., ω N wszystkie kolorowania zbioru 1000-elementowego (zauważmy, że N = ). X(ω i ) - liczba zbiorów jednokolorowych w kolorowaniu ω i. EX = X(ω 1) + X(ω 2 ) + + X(ω N ) N.

46 EX MOŻNA OBLICZYĆ W INNY SPOSÓB... Prawdopodobieństwo ρ, że ustalony zbiór 12-elementowy A jest jednokolorowy jest równe: ρ = Pr(A jest czerwony) + Pr(A jest niebieski) = Pr( ) Pr( ) Pr( ) + Pr( ) Pr( ) Pr( ) = ( 1 ) 12 ( 1 ) 12 1 = + =

47 EX MOŻNA OBLICZYĆ W INNY SPOSÓB... Ponieważ mamy 2015 zbiorów 12-elementowych, więc średnio EX = 2015 ρ = 2015 z nich będzie jednokolorowych =

48 EX MOŻNA OBLICZYĆ W INNY SPOSÓB... Ponieważ mamy 2015 zbiorów 12-elementowych, więc średnio EX = 2015 ρ = 2015 z nich będzie jednokolorowych = Korzystamy tu z liniowości wartości oczekiwanej.

49 PONIEWAŻ EX < 1... Czyli EX = X(ω 1) + X(ω 2 ) + + X(ω N ) N = < 1.

50 PONIEWAŻ EX < 1... Czyli EX = X(ω 1) + X(ω 2 ) + + X(ω N ) N = < 1. Zatem istnieje takie kolorowanie ω, że liczba X(ω) jednokolorowych zbiorów w tym kolorowaniu wynosi 0!

51 OSZACOWANIA NA m(n) TWIERDZENIE ERDŐS 64 2 n 1 m(n)

52 OSZACOWANIA NA m(n) TWIERDZENIE ERDŐS 64 2 n 1 m(n) 2n 2 2 n.

53 OSZACOWANIA NA m(n) TWIERDZENIE ERDŐS 64 2 n 1 m(n) 2n 2 2 n. TWIERDZENIE RADHAKRISHNAN & SRINIVASAN 00 n log n m(n) 2 n 2n 2.

54 LICZBY RAMSEYA DEFINICJA Niech R = R(n) będzie najmniejsza liczba N taka, że dla każdego pokolorowania zbioru par {{i, j} : 1 i < j N} dwoma kolorami zawsze istnieje zbiór S {1, 2,..., N} taki, że S = n i wszystkie pary wewnatrz S sa pokolorowane jednym kolorem.

55 R(3) DEFINICJA R(3) to najmniejsza liczba N taka, że jeśli pokolorujemy wszystkie pary {{i, j} : 1 i < j n} dwoma kolorami, to zawsze znajdziemy zbiór S = {x, y, z} {1, 2,..., N}, w którym wszystkie trzy pary {x, y}, {x, z}, {x, z} sa pokolorowane jednym kolorem.

56 R(3)=6 R(3) > 5

57 R(3)=6 R(3) > 5

58 R(3)=6 R(3) > 5 R(3) 6

59 R(3)=6 R(3) > 5 R(3) 6

60 R(3) = 6 R(3) > 5 R(3) 6

61 R(3) = 6 R(3) > 5 R(3) 6

62 R(3) = 6 R(3) > 5 R(3) 6

63 R(3) = 6 R(3) > 5 R(3) 6

64 R(n) =? R(n) >?!? R(n) 4 n

65 OSZACOWANIA NA R(N) TWIERDZENIE ERDŐS 47 2 n/2 < R(n) 4 n.

66 OSZACOWANIA NA R(N) TWIERDZENIE ERDŐS 47 2 n/2 < R(n) 4 n. Dowód dolnego oszacowania

67 OSZACOWANIA NA R(N) TWIERDZENIE ERDŐS 47 2 n/2 < R(n) 4 n. Dowód dolnego oszacowania Pokoloruj pary {{i, j} : 1 i < j 2 n/2 } rzucajac moneta. Wtedy średnia liczba zbiorów n-elementowych, w których wszystkie pary pokolorowane sa jednym kolorem, jest mniejsza niż 1.

68 OSZACOWANIA NA R(N) TWIERDZENIE ERDŐS 47 2 n/2 < R(n) 4 n.

69 OSZACOWANIA NA R(N) TWIERDZENIE ERDŐS 47 2 n/2 < R(n) 4 n. Mimo, iż wiemy, że R(n) > 2 n/2, nie potrafimy udowodnić, że nie rzucajac moneta! R(n) > n

70 OSZACOWANIA NA R(N) TWIERDZENIE ERDŐS 47 2 n/2 < R(n) 4 n. Mimo, iż wiemy, że R(n) > 2 n/2, nie potrafimy udowodnić, że nie rzucajac moneta! R(n) > n Dlaczego?!?

71 CZY BÓG GRA W KOŚCI?

72 W FIZYCE BÓG GRA W KOŚCI!

73 A W MATEMATYCE I LOGICE?

74 A W MATEMATYCE I LOGICE? ŚW. TOMASZ Z AKWINU Zdecydowanie nie gra!

75 A W MATEMATYCE I LOGICE? ŚW. TOMASZ Z AKWINU Zdecydowanie nie gra! ŚW. AUGUSTYN Może i nie gra, a może i gra...

76 ZDANIE ERDŐSA NA TEN TEOLOGICZNY DYLEMAT

77 LOSOWOŚĆ, PSEUDOLOSOWOŚĆ I INNE OSOBLIWOŚCI Jest wiele przykładów na to, że liczby pierwsze sa, w jakimś sensie, losowo rozłożone wśród pozostałych liczb. Wśród wielu twierdzeń dotyczacych tego dziwnego zjawiska, jest np. wynik Erdősa i Kaca z 1940 roku, w którym pojawia się rozkład normalny. Najsłynniejsza hipoteza dotyczac a losowego rozkładu liczb pierwszych jest hipoteza Riemanna z roku 1859 roku, jeden z siedmiu problemów millenijnych.