数学思维游戏两则：Gabriel喇叭、世界末日论

2008 年 9 月 10 日 / 30 条评论

看到新词就上一下Wikipedia确实是一个好习惯。前一篇日志的那个pdf里作者提到了Gedankenexperiment(Thought experiment)，上Wikipedia一查果然学到了牛B的新东西。好多物理定律其实完全是由思维实验推导出来的，难以置信仅仅是思考竟然就能得出物理世界遵从的各种法则。经典的物理思维实验有Newton大炮、Galileo斜塔实验、Schrödinger的猫猫、Maxwell的妖怪等等。还有，Turing机也是一个伟大的思维实验。

    数学上的不少悖论（特别是涉及到维度和无穷的悖论）都是相当有趣的思维实验。Gabriel喇叭是y=1/x在[1,+∞)上的图象沿x轴旋转一周所形成的旋转体。这个简单的三维图形有一个奇特的性质：它的表面积无穷大，却只有有限的体积。为了证实这一点，只需注意到：

    Gabriel喇叭会导出一个非常诡异的悖论：如果你想用涂料把Gabriel喇叭的表面刷一遍，你需要无穷多的涂料；然而把涂料倒进Gabriel喇叭填满整个内部空间，所需要的涂料反而是有限的。
    有网友一定会问，那有没有什么二维图形，面积有限大，周长却无限长呢？答案是肯定的，Koch雪花就是这样一个经典的例子。不过，通过分形构造出来的这类图形似乎并不存在涂料悖论，因为递归到一定深度时分形图形的尺度将小于表面涂料的厚度，因此表面大小不能永无止境地算下去，涂满表面所需的涂料不再是无穷多。当考虑到涂料厚度时，原先的悖论也可以解释清楚了：填充内部空间仅仅涂满了图形的内表面，一旦考虑到涂料的厚度，它和外表面的区别就出来了。

排序算法、时间复杂度与信息熵

2008 年 5 月 30 日 / 23 条评论

在这篇文章里，我们从信息论的角度证明了，基于比较的排序算法需要的比较次数（在最坏情况下）至少为log2(n!)，而log(n!)=Θ(nlogn)，这给出了比较排序的一个下界。但那里我们讨论的只是最理想的情况。一个事件本身所含的信息量是有大小之分的。看到这篇文章之后，我的思路突然开阔了不少：信息论是非常强大的，它并不只是一个用来分析理论最优决策的工具。从信息论的角度来分析算法效率是一件很有趣的事，它给我们分析排序算法带来了一种新的思路。

    假如你手里有一枚硬币。你希望通过抛掷硬币的方法来决定今天晚上干什么，正面上网反面看电影。投掷硬币所产生的结果将给你带来一些“信息”，这些信息的多少就叫做“信息量”。如果这个硬币是“公正”的，正面和反面出现的概率一样，那么投掷硬币后不管结果咋样，你都获得了1 bit的信息量。如果你事先就已经知道这个硬币并不是均匀的，比如出现正面的概率本来就要大得多，这时我们就说事件结果的不确定性比刚才更小。如果投掷出来你发现硬币果然是正面朝上，这时你得到的信息量就相对更小（小于1 bit）；反之如果投掷出来居然反面朝上了，那你就得到了一个相对较大的信息量（大于1 bit）。但平均下来，我们得到的信息量是小于1 bit的，因为前者发生的可能性毕竟要大一些。最极端的情况就是，这是一枚被捣了鬼的魔术硬币，你怎么投都是正面。此时，你投了硬币等于没投，反正结果都是正面朝上，你得到的信息量永远为0。
    这个理论是很符合生活实际的。昨天晚上我出去吃饭时，坐在我后面的那个人是男的还是女的？这种问题就比较有价值，因为大家都猜不到答案究竟是什么；但要问我昨天跟谁一起出去上自习去了，问题的答案所含的信息量就变小了，因为大家都知道如果我破天荒地跑去自习了的话多半是有MM陪着一起去的。如果有网友问我是男的还是女的，那就更不可思议了，因为我不但多次在这个Blog里提到我一直想找一个合适的MM，还在AboutMe里面发了我的照片。如果某人刚操完一个MM，突然扭过头去问“对了，你是男的还是女的呀”，那这个人绝对是一个不折不扣的大傻B，因为这个问题所能带来的信息量几乎为0。
    总之，当每种结果出现的概率都相等，事件的不确定性达到最大，其结果最难预测时，事件的发生将会给我们带来最大的信息量。我们把一个事件的不确定程度叫做“熵”，熵越大表明这个事件的结果越难以预测，同时事件的发生将给我们带来越多的信息。如果在排序算法里每次比较的熵都是最大的，理论上来说这种（基于比较的）排序算法就应当是最优的。但我们一会儿将看到，我们已知的排序算法总是不完美的，每种算法都会或多或少地存在一些价值明显不大的比较。

矩阵、随机化与分形图形

2008 年 4 月 22 日 / 30 条评论

    Stetson大学的一个非常可爱的MM（以后本Blog将简称她为Stetson MM）和我分享了一个很神奇的东西。她们正在做一个线性代数的课题研究，题目的大致意思是“用矩阵来构造分形图形”。Stetson MM叫我试着做下面这个实验：对于一个坐标点(x,y)，定义下面4个矩阵变换：

    然后，初始时令(x,y)等于(0,0)，按照 T1 – 85%, T2 – 6%, T3 – 8%, T4 – 1% 的概率，随机选择一个变换对该点进行操作，生成的点就是新的(x,y)；把它画在图上后，再重复刚才的操作，并一直这样做下去。我心里觉得奇怪，这为什么会得到分形图形呢？于是我写了一个简单的Mathematica程序：
list = {{0, 0}}; last = {{0}, {0}}; For[i = 0, i < 50000, i++, r = Random[];    If[r < 0.85, last = {{0.83, 0.03}, {-0.03, 0.86}}.last + {{0}, {1.5}},      If[r < 0.91, last = {{0.2, -0.25}, {0.21, 0.23}}.last + {{0}, {1.5}},        If[r < 0.99, last = {{-0.15, 0.27}, {0.25, 0.26}}.last + {{0}, {0.45}},          last = {{0, 0}, {0, 0.17}}.last + {{0}, {0}}        ]      ]    ];    list = Append[list, First[Transpose[last]]]; ] ListPlot[list, PlotStyle -> PointSize[0.002]]

程序运行的结果真的是令我大吃一惊：竟然真的是一个分形图形！！我不禁再次对数学产生了一种崇敬和畏惧感！！

非传递性骰子：A比B好，B比C好，A不一定比C好

2008 年 2 月 5 日 / 18 条评论

    在数学中，比较运算是有传递性的。如果A>B，且B>C，那么一定有A>C。但现实生活中却不一定是这样。三个人两两之间进行比赛，有可能A比B要强，B比C要强，但C反过来赢了A。事实上，这种现象即使在数学中也是存在的。在一些概率事件中，类似的“大小关系”很可能并不满足传递性。
    右边有四颗骰子，分别用A、B、C、D来表示。我让你先选择一颗你自己认为最好的骰子，然后我再从剩下的三个骰子中选一个。抛掷各自所选的骰子后，谁掷出的数字大，谁就赢了。那么，你应该选哪颗骰子好呢？
    其实，不管你选哪一个骰子，我获胜的概率总是要大一些，因为剩下的三个骰子中总有一个骰子比你的要好。事实上，在这四颗骰子中，A赢B的概率是2/3，B赢C的概率是2/3，C赢D的概率是2/3，D赢A的概率还是2/3，因此不管你选的是哪一个骰子，只要我选择它左边的那一个（如果你选的是最左边的，则我选择最右边的），我总保证有2/3的概率获胜。你认为这样的事情有可能吗？对你来说这样的事情合乎情理吗？

    如果你不信的话，我们可以一起来算一算：
    A和B比时，只要A扔出4的话A就赢了，这有2/3的概率；
    B和C比时，只要C扔出2的话B就赢了，这有2/3的概率；
    C和D比时，若C扔出6则C一定能赢，若C扔出2则胜负几率对等，因此C获胜的概率是(1/3) + (2/3)*(1/2) = 2/3；
    D和A比时，若A扔出0则D一定能赢，若A扔出4则胜负几率对等，因此D获胜的概率是(1/3) + (2/3)*(1/2) = 2/3。

趣题：经典二分问题的一个扩展

2008 年 1 月 12 日 / 10 条评论

SETI@home可以在杂乱的射电数据中搜寻独特的讯号，你能在大街上的嘈杂声中清晰分辨出一个尖细的女声大叫“亚美蝶”。这些现象都表明，有时对集合里的所有元素进行整体考察可以很快找出我们所要找的个体。去年我们搞合唱比赛时，我又想到了一个绝佳的例子：你可以在合唱声中清楚地听到是否有人跑调。考虑这样一个问题，假如合唱团里有一个人唱歌始终走调，但我听不出来是谁走调，只能听出当前正在唱歌的人中是否有唱走调了的人。那么，我如何才能迅速地揪出那个唱走调的人？利用经典二分法，我们可以在log2(n)次合唱后找出唱走调了的人。每一次，我都把剩下的人平均分成两组，然后选其中一组来合唱：如果听不到走调的声音，这一组的人就全部过关；如果听到有人走调，那另一组里的人都可以被排除了。递归地对剩下的组进行同样的操作，log2(n)次操作后必定可以找出那个唱歌走调的人。
现在的问题变得有些麻烦了。假如我们知道合唱队里有一个人唱歌爱跑调，但他不是总会跑调。具体地说，他只有1/2的概率唱错，但其余1/2的时间里他却唱得很准。现在，传统的二分法不再适用了，因为没有走调声已经不能起到排除的作用了。你能想出多少种可行的算法来找出那个人？下面提出一些可行的方法，你认为哪种方法更好？你能求出这些算法所需要的检测次数的期望值各是多少吗？

    1. 不断地随机生成一个大小为n/2的子集并对其进行检测，直到某次不能通过检测为止，然后递归地对其进行操作。
    2. 所选的子集大小为n/2是最优的吗？把上面这种方法的n/2改成n/a，常数a的最优值是多少？
    3. 检测次数的期望值还可以更小吗？我们想到，每次都重新生成一个新的集合其实并不科学，新集合本身是否包含老鼠屎也是得碰碰运气的。因此，对方法1的一个合理改进是：把集合平均划分为两个部分，交替对它们进行检测直到某次检测没通过为止，然后对该组递归操作下去。这种方法真的比前两种好吗？它所需要的期望次数是多少？
    4. 尝试对方法3进行改进。如果把集合平均划分成3份并循环进行检测，效果会不会更好一些？

    1. 选取的子集有1/2的概率覆盖了我们要找的那个人，子集里有他而他这次恰好又唱走调了则有1/4的概率。因此，不管规模有多大，平均需要4次才能把规模缩小一半。因此，检测次数的期望值为4*log2(n)。为了方便比较期望值的大小，后面的答案我们一律表示成一个常数乘以log2(n)的形式。
    2. 类似地，平均需要2a次检测才能把规模缩小到原来的1/a，因此总共花费的检测次数为2a*log2(n)/log2(a)。对函数求导，可得当a为e时函数值达到最小。此时的检测次数期望值为2e*log2(n)/log2(e)≈3.7683 * log2(n)。
    3. 这个就经典了。设方法3里把规模缩小一半所需要的检测的期望次数为m，下面我们来看m应该等于多少。把n个人平均分成两组，我们要找的老鼠屎有1/2的概率在第一组，有1/2的概率在第二组。因此，第一次就测出问题来有1/4的可能，第二次就测出问题也有1/4的可能。对于剩下的1/2种情况，局面变得又和最开始一样，只是平均需要的检测次数比原来多了2。根据期望值的定义，有m=(1/4)*1 + (1/4)*2 + (1/2)*(m+2)，解得m=3.5。总的检测次数就是3.5 * log2(n)，它比前面两种方法都要好。你可能不同意上面求m的方法。这没啥，如果你不断对m进行迭代，你会发现展开出来的式子就是最标准的期望值定义。
    4. 类似地，有m=(1/6)*1 + (1/6)*2 + (1/6)*3 + (1/2)*(m+3)，解得m=5。于是，把规模缩小到原来的1/3平均需要5次检测，总的检测次数为5*log2(n)/log2(3)≈3.1546 * log2(n)。

题目来源：IBM Ponder This Dec07
原文还从熵的角度探寻了问题的最优算法，感兴趣的读者可以去看一看