Podział proporcjonalny
advertisement
Podział proporcjonalny Wojciech Guzicki Ameliówka, 25–27 października 2013 r. Nasze rozważania dotyczące podziału proporcjonalnego zaczniemy od rozwiązania następującego zadania. Zadanie 1. Ania ma 5 lat, jej brat Bartek ma 7 lat. Oboje znaleźli pod choinką 60 batoników i postanowili podzielić je proporcjonalnie do wieku, tzn. w stosunku 5 : 7. Po ile batoników dostało każde z dzieci? Rozwiązanie tego zadania polega na podzieleniu 60 batoników na 12 porcji, po 5 batoników. Następnie Ania otrzymuje 5 takich porcji, czyli 25 batoników, a Bartek otrzymuje 7 porcji, czyli 35 batoników. Teraz przyjmujemy definicję: mówimy, że liczba A została podzielona w stosunku m : n (gdzie m i n są liczbami całkowitymi dodatnimi), jeśli znaleźliśmy dwie liczby A1 i A2 takie, że A1 m A1 + A2 = A oraz = A2 n lub równoważnie A1 + A2 = A oraz A1 A2 = . m n m Z rozwiązania zadania 1 domyślamy się, że pierwsza część jest równa m+n · A, a druga n część jest równa m+n · A. Można to obliczyć: z równości A1 + A2 = A wynika, że A2 = A − A1 . Następnie z proporcji A1 m = A2 n wynika kolejno, że: A1 · n = A2 · m, A1 · n = (A − A1 ) · m, A1 · n = A · m − A1 · m, A1 · m + A1 · n = A · m, A1 · (m + n) = A · m, m A1 = · A. m+n Zauważmy, że w powyższym rozumowaniu nigdzie nie korzystaliśmy z tego, że m i n są liczbami całkowitymi. Ten sam wynik otrzymamy dla dowolnych liczb rzeczywistych. Zastosujmy otrzymane rozwiązanie do następującego twierdzenia geometrycznego. Twierdzenie. W trójkącie ABC mamy dane: BC = a, AC = b, AB = c. 2 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny W tym trójkącie poprowadzono dwusieczną CD kąta ACB. C A B D Udowodnij, że AD AC = BD BC i oblicz długości odcinków AD i BD. Dowód. Trójkąty ADC i BDC mają podstawy AD i BD na tej samej prostej AB i wspólny wierzchołek C. Wynika stąd, że mają wspólną wysokość h opuszczoną z wierzchołka C na prostą AB. Mamy zatem PADC = 1 1 · AD · h oraz PBDC = · BD · h, 2 2 skąd wynika, że AD PADC = . PBDC BD (1) Poprowadźmy teraz wysokości DE i DF opuszczone z wierzchołka D na podstawy AC i BC: C E F A D B Mamy wówczas PADC = 1 · AC · DE 2 oraz PBDC = 1 · BC · DF. 2 Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 3 Zauważmy następnie, że trójkąty CDE i CDF są przystające. Mają bowiem wspólny bok CD, równe kąty ACD i BCD (bo półprosta CD jest dwusieczną kąta ACB) i równe kąty proste CED i CF D. Zatem równe są też kąty CDE i CDF i przystawanie tych trójkątów wynika z cechy KBK. Mamy zatem DE = DF , skąd wynika, że PADC AC = . PBDC BC (2) Porównując równości (1) i (2) otrzymujemy równość AD AC = . BD BC Punkt D dzieli zatem odcinek AB długości c w stosunku b : a, a więc AD = b ·c a+b oraz BD = a · c. a+b Liczbę można dzielić w danym stosunku na więcej części. Popatrzmy na modyfikację zadania 1. Zadanie 2. Ania ma 5 lat, jej brat Bartek ma 7 lat i ich siostra Cecylia ma 8 lat. Znaleźli oni pod choinką 80 batoników i postanowili podzielić je proporcjonalnie do wieku, tzn. w stosunku 5 : 7 : 8. Po ile batoników dostało każde z dzieci? Tym razem rozwiązanie zadania polega na podzieleniu 80 batoników na 20 porcji, po 4 batoniki. Następnie Ania otrzymuje 5 takich porcji, czyli 20 batoników, Bartek otrzymuje 7 porcji, czyli 28 batoników, a Cecylia otrzymuje 8 porcji, czyli 32 batoniki. Znów możemy obliczyć, ile batoników ma otrzymać każde dziecko. Mówimy, że liczbę rzeczywistą A podzielono w stosunku k : m : n, jeśli znaleziono takie trzy liczby A1 , A2 i A3 , że: A1 A2 A3 A1 + A2 + A3 = A oraz = = . k m n Oznaczmy wówczas A1 A2 A3 t= = = . k m n Wtedy A1 = kt, A2 = mt oraz A3 = nt. Stąd A = A1 + A2 + A3 = kt + mt + nt = (k + m + n)t, czyli t= 1 · A. k+m+n Zatem A1 = k · A, k+m+n A2 = m ·A k+m+n oraz A3 = n · A. k+m+n 4 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Ogólnie: przypuśćmy, że mamy dane liczby P1 , P2 , . . . , Pn . Mówimy, że liczbę rzeczywistą A podzielono proporcjonalnie do liczb P1 , P2 , . . . , Pn , jeśli znaleziono liczby rzeczywiste A1 , A2 , . . . , An takie, że A1 + A2 + . . . + An = A oraz A1 A2 An = = ... = . P1 P2 Pn Podobnie jak wyżej możemy obliczyć, że wtedy A1 = P1 · A, P A2 = P2 · A, P ..., An = Pn · A, P A · P2 , P ..., An = A · Pn . P gdzie P = P1 + P2 + . . . + Pn . Inaczej: A1 = A · P1 , P A2 = Liczby A1 , A2 , . . . , An otrzymujemy zatem z liczb P1 , P2 , . . . , Pn mnożąc je przez współczynnik proporcjonalności PA (lub dzieląc przez współczynnik PA ). Podobnie rozwiązujemy następujące zadanie: Zadanie 3. Ania ma 5 lat, jej brat Bartek ma 7 lat. Oboje znaleźli pod choinką 4 kg cukierków czekoladowych i postanowili podzielić je proporcjonalnie do wieku, tzn. w stosunku 5 : 7. Po ile cukierków dostało każde z dzieci? Tym razem jedna porcja cukierków wynosi 13 kg. Zatem Ania dostanie 53 ≈ 1,67 kg, a Bartek 73 ≈ 2,33 kg. Zauważmy, że odpowiedzi nie wyrażają się tym razem liczbami całkowitymi, ale cukierki umiemy podzielić z dokładnością do 1 dag. Teraz możemy rozwiązać następujące zadanie. Zadanie 4. Ania, Bartek, Cecylia, Darek i Ewa są rodzeństwem i ich wielką pasją jest zbieranie kart z podobiznami piłkarzy. Na Boże Narodzenie Święty Mikołaj przyniósł im łącznie 20 kg cukierków czekoladowych do podziału. Dzieci postanowiły podzielić te cukierki między siebie proporcjonalnie do liczby posiadanych kart. Oto te liczby posiadanych kart: Ania 730 Bartek 474 Cecylia 232 Darek 136 Ewa 128 Po ile cukierków powinno dostać każde dziecko? Rozwiązanie. Dzieci chcą podzielić 20 kg cukierków w stosunku 730 : 474 : 232 : 136 : 128. Najpierw dodajemy te 5 liczb: 730 + 474 + 232 + 136 + 128 = 1700. Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 5 Teraz każde z nich otrzyma w przybliżeniu: Ania 730 1700 · 20 ≈ 8,6 kg, Bartek 474 1700 · 20 ≈ 5,6 kg, Cecylia 232 1700 · 20 ≈ 2,7 kg, Darek 136 1700 · 20 = 1,6 kg, Ewa 128 1700 · 20 ≈ 1,5 kg. Uwaga. W zaokrągleniu do 0,00001 kg liczby te byłyby równe: Ania 730 1700 · 20 ≈ 8,58824 kg, Bartek 474 1700 · 20 ≈ 5,57647 kg, Cecylia 232 1700 · 20 ≈ 2,72941 kg, Darek 136 1700 · 20 = 1,60000 kg, Ewa 128 1700 · 20 ≈ 1,50588 kg. Zadanie 5. Ania, Bartek, Cecylia, Darek i Ewa są rodzeństwem i zbierają karty z podobiznami piłkarzy. Takie karty mogą oni przechowywać w klaserach. Na Boże Narodzenie Święty Mikołaj przyniósł im łącznie 20 klaserów, w których mogą oni przechowywać swoje karty. Dzieci postanowiły podzielić te klasery między siebie proporcjonalnie do liczby posiadanych kart. Oto te liczby posiadanych kart: Ania 730 Bartek 474 Cecylia 232 Darek 136 Ewa 128 Po ile klaserów powinno dostać każde dziecko? Rozwiązanie. To zadanie różni się od poprzedniego tym, że klaserów nie można podzielić – tak jak cukierków – z niemal dowolną dokładnością. Klaser jest niepodzielną jednostką i każde dziecko powinno otrzymać całkowitą liczbę klaserów. Rozwiązanie takie jak w poprzednim zadaniu oczywiście nas nie zadowoli. Wydaje się, że rozsądnym przybliżeniem podziału proporcjonalnego będzie podział dokonany w następujący sposób. Najpierw każde dziecko dostaje tyle klaserów, ile musi dostać: Ania 8 klaserów Bartek 5 klaserów Cecylia 2 klasery Darek 1 klaser Ewa 1 klaser W ten sposób rozdzieliliśmy już 17 klaserów. Pozostałe 3 klasery dajemy tym dzieciom, które zostały najbardziej pokrzywdzone, czyli tym, które mają największe części ułamkowe: 6 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Ania Bartek Cecylia Darek Ewa 0,58824 0,57647 0,72941 0,60000 0,50588 1 klaser 1 klaser 1 klaser Ostateczny podział klaserów wygląda zatem następująco: Ania 9 klaserów Bartek 5 klaserów Cecylia 3 klasery Darek 2 klasery Ewa 1 klaser Opisana metoda rozwiązania nosi nazwę metody największych reszt. Niestety ta metoda ma dwie poważne wady, które teraz opiszę. Przypuśćmy teraz, że Święty Mikołaj przyniósł dzieciom nie 20, ale tylko 17 klaserów. Jak wygląda wtedy ich podział? Ania 730 1700 · 17 = 7,30 7 klaserów 0,30 Bartek 474 1700 · 17 = 4,74 4 klasery 0,74 Cecylia 232 1700 · 17 = 2,32 2 klasery 0,32 Darek 136 1700 · 17 = 1,36 1 klaser 0,36 Ewa 128 1700 · 17 = 1,28 1 klaser 0,28 7 klaserów 1 klaser 5 klaserów 2 klasery 1 klaser 2 klasery 1 klaser Najpierw przydzieliliśmy 15 klaserów; potem dwa dodatkowe Bartkowi i Darkowi, bo oni mieli największe części ułamkowe. W ostatniej kolumnie tabelki mamy ostateczne liczby klaserów. Ale Święty Mikołaj potrafi czynić cuda i wyczarował jeszcze jeden, osiemnasty klaser. Jak teraz będzie wyglądać podział klaserów? Ania 730 1700 · 18 ≈ 7,72941 7 klaserów 0,72941 1 klaser 8 klaserów Bartek 474 1700 · 18 ≈ 5,01882 5 klaserów 0,01882 Cecylia 232 1700 · 18 ≈ 2,45647 2 klasery 0,45647 Darek 136 1700 · 18 = 1,44000 1 klaser 0,44000 1 klaser Ewa 128 1700 · 18 ≈ 1,35529 1 klaser 0,35529 1 klaser 5 klaserów 1 klaser 3 klasery Tym razem na początku przydzieliliśmy 16 klaserów, a dwa dodatkowe klasery otrzymały Ania i Cecylia. Popatrzmy na coś dziwnego: przy zwiększeniu liczby klaserów z 17 na 18 Darek stracił jeden klaser. Wydawałoby się, że jeśli zwiększamy liczbę klaserów do podziału, to każde z dzieci powinno otrzymać co najmniej tyle klaserów, ile miało poprzednio. Tak się jednak nie dzieje. Tę sytuację nazwiemy pierwszym paradoksem monotoniczności (w matematyce słowo „monotoniczność” oznacza m. in. sytuację, w której wraz ze wzrostem jednej wielkości rośnie również druga). Drugi paradoks może powstać w sytuacji, w której zwiększy się stan posiadania niektórych dzieci. Przypomnijmy jeszcze raz podział 20 klaserów: Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 7 Ania 730 1700 · 20 ≈ 8,58824 7 klaserów 0,58824 1 klaser 9 klaserów Bartek 474 1700 · 20 ≈ 5,57647 5 klaserów 0,57647 Cecylia 232 1700 · 20 ≈ 2,72941 2 klasery 0,72941 1 klaser 3 klasery Darek 136 1700 · 20 = 1,60000 1 klaser 0,60000 1 klaser 2 klasery Ewa 128 1700 · 20 ≈ 1,50588 1 klaser 0,50588 5 klaserów 1 klaser Przypuśćmy teraz, że troje dzieci (Ania, Cecylia i Darek) zwiększyło swój stan posiadania. Teraz dzieci mają następujące liczby kart: Ania 756 Bartek 474 Cecylia 265 Darek 177 Ewa 128 Nowy podział 20 klaserów będzie wyglądał następująco: Ania 756 1800 · 20 = 8,40000 8 klaserów 0,40000 8 klaserów Bartek 474 1800 · 20 ≈ 5,26667 5 klaserów 0,26667 5 klaserów Cecylia 265 1800 · 20 ≈ 2,94444 2 klasery 0,94444 1 klaser 3 klasery Darek 177 1800 · 20 ≈ 1,96667 1 klaser 0,96667 1 klaser 2 klasery Ewa 128 1800 · 20 ≈ 1,42222 1 klaser 0,40000 1 klaser 2 klasery Tym razem Ewa dostała o jeden klaser więcej niż poprzednio, mimo iż nie zwiększyła swojego stanu posiadania. Natomiast Ania, która zwiększyła liczbę posiadanych kart z 730 do 756, straciła jeden klaser: przedtem miała ich 9, teraz dostaje tylko 8. Ten paradoks nazwiemy drugim paradoksem monotoniczności. Ponieważ nie chcemy takich paradoksów jak oba paradoksy monotoniczności, więc poszukamy innych metod podziału. Przyjrzyjmy się jeszcze raz, w jaki sposób otrzymywaliśmy podział proporcjonalny: Ania 730 1700 · 20 = 730 85 ≈ 8,58824 Bartek 474 1700 · 20 = 474 85 ≈ 5,57647 Cecylia 232 1700 · 20 = 232 85 ≈ 2,72941 Darek 136 1700 · 20 = 136 85 = 1,60000 Ewa 128 1700 · 20 = 128 85 ≈ 1,50588 Liczby kart dzieliliśmy zatem przez 85. Można powiedzieć, że te liczby kart dzieliliśmy przez współczynnik wskazujący, ile kart przypada na jeden klaser. Mamy bowiem łącznie 1700 kart i 20 klaserów: zatem 85 kart na jeden klaser. Trzy inne metody podziału będą polegały na zmodyfikowaniu współczynnika proporcjonalności. Przyjmijmy najpierw, że na jeden klaser przypada tylko 77 kart. Mamy wówczas następujące liczby klaserów przydzielonych dzieciom: 8 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Ania 730 77 ≈ 9,48052 9 klaserów Bartek 474 77 ≈ 6,15584 6 klaserów Cecylia 232 77 ≈ 3,01299 3 klasery Darek 136 77 ≈ 1,76623 1 klaser Ewa 128 77 ≈ 1,66234 1 klaser Zauważmy, że jeśli każdemu dziecku przydzielimy minimalną liczbę klaserów, to rozdzielimy dokładnie 20 klaserów. Taką metodę podziału nazwiemy metodą zaokrąglania w dół. Przyjmijmy następnie, że na jeden klaser przypada aż 100 kart. Tym razem wszystkie otrzymane liczby zaokrąglimy w górę. Mamy wówczas: Ania 730 100 = 7,30 8 klaserów Bartek 474 100 = 4,74 5 klaserów Cecylia 232 100 = 2,32 3 klasery Darek 136 100 = 1,36 2 klasery Ewa 128 100 = 1,28 2 klasery Tę metodę podziału nazwiemy naturalnie metodą zaokrąglania w górę. Wreszcie przyjmijmy, że na jeden klaser przypada 86 kart. Teraz będziemy zaokrąglać otrzymane liczby zgodnie ze zwykłymi regułami zaokrąglania. Mamy teraz: Ania 730 86 ≈ 8,48837 8 klaserów Bartek 474 86 ≈ 5,51163 6 klaserów Cecylia 232 86 ≈ 2,69767 3 klasery Darek 136 86 ≈ 1,58140 2 klasery Ewa 128 86 ≈ 1,48837 1 klaser Oczywiście tę metodę nazwiemy metodą zwykłego zaokrąglania. Powstaje pytanie, w jaki sposób możemy znaleźć te zmodyfikowane współczynniki proporcjonalności. Zajmijmy się najpierw metodą zaokrąglania w dół. Tworzymy następującą tabelę. Liczby kart posiadanych przez każde dziecko dzielimy przez kolejne liczby naturalne: 1, 2, 3, . . .. Oto taka tabelka dla dzielenia przez liczby od 1 do 10; wyniki zostały zaokrąglone do jednego miejsca po przecinku: 1 730 474 232 136 128 2 3 4 730 365 243,3 182,5 474 237 158 118,5 232 116 77,3 58 136 68 45,3 34 128 64 42,7 32 5 6 146 121,7 94,8 79 46,4 38,7 27,2 22,7 25,6 21,3 7 8 9 104,3 91,3 81,1 67,7 59,3 52,7 33,1 29 25,8 19,4 17 15,1 18,3 16 14,2 10 73 47,4 23,2 13,6 12,8 Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 9 Teraz wybieramy 20 największych liczb występujących w tabeli (zostały one wytłuszczone): 730 474 232 136 128 1 2 3 4 5 730 474 232 136 128 365 237 116 68 64 243,3 158 77,3 45,3 42,7 182,5 118,5 58 34 32 6 146 121,7 94,8 79 46,4 38,7 27,2 22,7 25,6 21,3 7 104,3 67,7 33,1 19,4 18,3 8 9 91,3 81,1 59,3 52,7 29 25,8 17 15,1 16 14,2 10 73 47,4 232 13,6 12,8 Każdemu dziecku przydzielamy taką liczbę klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w jego wierszu: Ani przydzielamy 9 klaserów, Bartkowi 6 klaserów, Cecylii 3 klasery, Darkowi 1 klaser i wreszcie Ewie 1 klaser. Zauważmy teraz, że najmniejsza z wytłuszczonych liczb jest równa 77,3, a największa z niewytłuszczonych liczb jest równa 73. Można udowodnić (zob. dodatek 2), że jeśli wybierzemy współczynnik proporcjonalności M spełniający nierówności 73 < M ≤ 77,3, to metoda zaokrąglania w dół rozdzieli wśród dzieci dokładnie 20 klaserów i każde dziecko dostanie tyle klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w jego wierszu. Zatem tak naprawdę nie jest potrzebny ten zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności; wystarczy sama tabelka i tak w praktyce dokonuje się podziału metodą zaokrąglania w dół. Metoda zaokrąglania w górę polega na tym, że każdemu dziecku przydzielamy po jednym klaserze, a następnie poprzednią metodą przydzielamy pozostałe 15 klaserów. Wybieramy więc 15 największych liczb; zostały one wytłuszczone w następującej tabelce: 730 474 232 136 128 1 2 730 474 232 136 128 365 237 116 68 64 3 4 243,3 182,5 158 118,5 77,3 58 45,3 34 42,7 32 5 6 7 8 146 94,8 46,4 27,2 25,6 121,7 79 38,7 22,7 21,3 104,3 67,7 33,1 19,4 18,3 91,3 59,3 29 17 16 9 10 81,1 73 52,7 47,4 25,8 232 15,1 13,6 14,2 12,8 Tym razem zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności M = 100 spełnia nierówności 94,8 < M ≤ 104,3, gdzie 94,8 jest największą liczbą niewytłuszczoną, a 104,3 jest najmniejszą liczbą wytłuszczoną. Znów można udowodnić (zob. dodatek 2), że jeśli weźmiemy współczynnik spełniający te nierówności, to metoda zaokrąglania w górę dla tego współczynnika da właściwy wynik. Zostaną rozdzielone wszystkie klasery i każde dziecko dostanie o jeden klaser więcej, niż wynosi liczba wytłuszczonych liczb w jego wierszu. Wreszcie popatrzmy na metodę zwykłego zaokrąglania. Teraz liczby klaserów poszczególnych dzieci dzielimy przez ułamki 1 3 5 7 , , , ,... 2 2 2 2 10 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny i tworzymy tabelkę: 3 2 1 2 730 474 232 136 128 5 2 1460 486,7 292 948 316 189,6 464 154,7 92,8 272 90,7 54,4 256 85,3 51,2 7 2 9 2 208,6 162,2 135,4 105,3 66,3 51,6 38,9 30,2 36,6 28,4 11 2 13 2 132,7 112,3 86,2 72,9 42,2 35,7 24,7 20,9 23,3 19,7 15 2 17 2 19 2 97,3 63,2 30,9 18,1 17,1 85,9 55,8 27,3 16,0 15,1 76,8 49,9 24,4 14,3 13,5 Następnie wybieramy 20 największych liczb: 730 474 232 136 128 1 2 3 2 5 2 7 2 1460 948 464 272 256 486,7 316 154,7 90,7 85,3 292 189,6 92,8 54,4 51,2 208,6 135,4 66,3 38,9 36,6 9 2 11 2 162,2 132,7 105,3 86,2 51,6 42,2 30,2 24,7 28,4 23,3 13 2 15 2 17 2 19 2 112,3 72,9 35,7 20,9 19,7 97,3 63,2 30,9 18,1 17,1 85,9 55,8 27,3 16,0 15,1 76,8 49,9 24,4 14,3 13,5 Zauważamy, że tym razem zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności M = 86 spełnia nierówności 85,9 < M ≤ 86,2. Znów można udowodnić (zob. dodatek 2), że metoda zwykłego zaokrąglania ze współczynnikiem proporcjonalności spełniającym te nierówności da właściwy wynik: zostaną rozdzielone wszystkie klasery i każde dziecko otrzyma tyle klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w jego wierszu. W praktyce dzielenie przez ułamki jest niewygodne; dzielimy więc po prostu przez kolejne liczby nieparzyste: 730 474 232 136 128 1 3 730 243,3 474 158 232 77,3 136 45,3 128 42,7 5 146 94,8 46,4 27,2 25,6 7 104,3 67,7 33,1 19,4 18,3 9 81,1 52,7 25,8 15,1 14,2 11 66,4 43,1 21,1 12,4 11,6 13 15 17 56,2 48,7 42,9 36,5 31,6 27,9 17,8 15,5 13,6 10,5 9,1 8,0 9,9 8,6 7,5 19 38,4 24,9 12,2 7,2 6,7 Otrzymujemy liczby dwukrotnie mniejsze niż w poprzedniej tabelce. A więc, jeśli wybierzemy 20 największych liczb, to wybierzemy liczby stojące w tych samych miejscach tabeli, czyli wynik będzie identyczny z poprzednim: 730 474 232 136 128 1 3 5 7 9 11 13 15 730 474 232 136 128 243,3 158 77,3 45,3 42,7 146 94,8 46,4 27,2 25,6 104,3 67,7 33,1 19,4 18,3 81,1 52,7 25,8 15,1 14,2 66,4 43,1 21,1 12,4 11,6 56,2 36,5 17,8 10,5 9,9 48,7 31,6 15,5 9,1 8,6 17 19 42,9 38,4 27,9 24,9 13,6 12,2 8,0 7,2 7,5 6,7 Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 11 Mamy cztery metody podziału przybliżającego podział proporcjonalny. Pierwsza metoda prowadziła do dwóch paradoksów monotoniczności. Powstaje oczywiście pytanie, czy pozostałe trzy metody nie prowadzą do podobnych paradoksów. Okazuje się (zob. dodatek 2), że żadna z tych trzech metod nie daje żadnego z tych dwóch paradoksów monotoniczności. Jednak mają one inną wadę. Chcemy bowiem, by przydzielona liczba klaserów była zaokrągleniem liczby „idealnej” w górę lub w dół. Okazuje się, że każda z trzech metod polegających na modyfikowaniu współczynnika proporcjonalności może dać inny wynik, niezgodny z tą zasadą. Przyjrzyjmy się, co by się stało, gdyby liczby kart były inne: Ania 914 Bartek 371 Cecylia 205 Darek 106 Ewa 104 Dzieci nadal mają 1700 kart, więc na jeden klaser przypada 85 kart. Porównajmy wszystkie cztery metody. Najpierw współczynnik proporcjonalności 85 daje nam metodę największych reszt. Popatrzmy następnie na trzy modyfikacje współczynnika proporcjonalności: współczynnik 76 da nam metodę zaokrąglenia w dół, współczynnik 102 daje metodę zaokrąglenia w górę, współczynnik 82,2 daje metodę zwykłego zaokrąglenia. Mamy wówczas następujące przydziały klaserów: 914 371 205 106 104 10,75 11 4,36 4 2,41 3 1,25 1 1,22 1 85 12,03 4,88 2,70 1,39 1,37 76 12 4 2 1 1 11,12 11 4,51 5 2,49 2 1,29 1 1,27 1 82,2 8,96 3,64 2,01 1,04 1,02 102 9 4 3 2 2 Współczynnik 85 pokazuje nam, jakie są poprawne zaokrąglenia w górę i w dół. Ania ma otrzymać 10 lub 11 klaserów, Bartek 4 lub 5 klaserów, Cecylia 2 lub 3 klasery, a Darek i Ewa 1 lub 2 klasery. Okazuje się jednak, że metoda zaokrąglania w dół (ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności równym 76) daje Ani 12 klaserów, a więc co najmniej o jeden klaser za dużo, a metoda zaokrąglania w górę (ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności równym 102) daje Ani tylko 9 klaserów, a więc o jeden klaser za mało. Otrzymaliśmy inny paradoks: dwie metody modyfikacji współczynnika proporcjonalności dają wyniki niezgodne z zasadą zaokrąglania: każde dziecko powinno otrzymać liczbę klaserów będącą zaokrągleniem „liczby idealnej” w górę lub w dół. Można udowodnić (zob. dodatek 2), że metoda zaokrąglania w dół może prowadzić tylko do jednego typu zaprzeczenia zasady zaokrąglania. Mianowicie ktoś może otrzymać więcej, niż mu się należy, natomiast nikt nie otrzyma mniej, niż mu się należy. Metoda zakorąglania w górę może natomiast prowadzić do dokładnie odwrotnego zaprzeczenia zasady zaokrąglania. Ktoś może otrzymać mniej, niż mu się należy, ale nikt nie może otrzymać więcej, niż mu się należy. Metoda zwykłego zaokrąglania może natomiast prowadzić do obu zaprzeczeń zasady zaokrąglania. Popatrzmy na pierwszy przykład. Tym razem dzieci zebrały następujące liczby kart: 12 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Ania Bartek Cecylia Darek Ewa Wówczas wyniki podziału są następujące: 770 243 230 229 228 9,06 2,86 2,71 2,69 2,68 85 770 243 230 229 228 9 3 3 3 2 8,46 2,67 2,53 2,52 2,51 91 8 3 3 3 3 Dzieci nadal mają łącznie 1700 kart; zatem na jeden klaser przypada nadal 85 kart. Ania powinna dostać 9 lub 10 klaserów, każde z pozostałych dzieci 2 lub 3 klasery. Metoda zwykłego zaokrąglania ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności M = 91 daje natomiast Ani tylko 8 klaserów, a pozostałym dzieciom po 3 klasery. Tak więc Ania dostała za mało. Popatrzmy na następny przykład, w którym dzieci mają razem także 1700 kart: Ania 1100 Bartek 279 Cecylia 119 Darek 102 Ewa 100 Wówczas wyniki podziału są następujące: 1100 279 119 102 100 12,94 13 3,28 4 1,40 1 1,20 1 1,18 1 85 13,75 14 3,49 3 1,49 1 1,28 1 1,25 1 80 Zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności M = 80 daje metodę zwykłego zaokrąglania. Tym razem Ania dostała o jeden klaser za dużo: powinna dostać 12 lub 13 klaserów, a dostała 14. Trzy metody modyfikowania współczynnika proporcjonalności prowadzą zatem do innego typu nieprawidłowości: zaprzeczenia zasady zaokrąglania. Wiemy natomiast, że te metody nie prowadzą do paradoksów monotoniczności. Powstaje pytanie, czy istnieje metoda podziału, która nie prowadzi do żadnych nieprawidłowości. Okazuje się (zob. dodatek 1), że nie: w 1980 roku M. L. Balinski i H. P. Young udowodnili twierdzenie mówiące, że każda metoda podziału prowadzi albo do paradoksów monotoniczności, albo do zaprzeczenia zasady zaokrąglania. Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 13 Dodatek 1. Twierdzenie o niemożliwości. W tym dodatku pokażę najprostszą wersję twierdzenia o niemożliwości. Wprowadzę najpierw terminologię, która pozwoli łatwiej sformułować twierdzenie. Przyjmujemy, że mamy n dzieci D1 , D2 , . . . , Dn , które zbierają karty z piłkarzami. Liczby kart zebranych przez te dzieci tworzą tzw. wektor populacji: (p1 , p2 , . . . , pn ). To znaczy, że: • • • • dziecko D1 zebrało p1 kart, dziecko D2 zebrało p2 kart, ... dziecko Dn zebrało pn kart. Niech następnie p1 + p2 + . . . + pn = p. Przyjmujemy następnie, że te dzieci otrzymują do podziału k klaserów. W sytuacji idealnej podział klaserów między te dzieci wyglądałby następująco: • dziecko D1 powinno otrzymać q1 = • dziecko D2 powinno otrzymać q2 = p1 p p2 p · k klaserów, · k klaserów, • ... • dziecko Dn powinno otrzymać qn = pn p · k klaserów. Wektor (q1 , q2 , . . . , qn ) nazywamy wektorem kwot. Problem polega na tym, że kwoty q1 , q2 , . . . , qn na ogół nie są liczbami całkowitymi. Zatem musimy przyjąć, że dzieci otrzymają odpowiednio (a1 , a2 , . . . , an ) klaserów, to znaczy: • • • • dziecko D1 otrzyma a1 klaserów, dziecko D2 otrzyma a2 klaserów, ... dziecko Dn otrzyma an klaserów. Wektor (a1 , a2 , . . . , an ) nazywamy wektorem przydziałów. Oczywiście musi być spełniony warunek a1 + a2 + . . . + an = k. Teraz formułujemy trzy warunki, które — jak się wydaje — powinien spełniać dobry system proporcjonalnego rozdzielania klaserów. Zasada zaokrąglania (warunek kwoty) Mówimy, że metoda rozdzielania klaserów spełnia zasadę zaokrąglania, jeśli wektor przydziałów ma następujące własności: • jeśli qi jest liczbą całkowitą, to ai = qi , • jeśli natomiast qi nie jest liczbą całkowitą, to [qi ] ≤ ai ≤ [qi ] + 1. Zasada monotoniczności Mówimy, że metoda rozdzielania klaserów spełnia zasadę monotoniczności, jeśli wektory przydziałów i populacji mają następującą własność: • jeśli ai < aj , to pi < pj . 14 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Zasada populacji Przypuśćmy, że mamy dane dwa wektory populacji (inaczej mówiąc: liczby zebranych kart uległy zmianie) i dwa odpowiadające im wektory przydziałów: • wcześniejsze: (p1 , p2 , . . . , pn ) oraz (a1 , a2 , . . . , an ), • późniejsze: (p01 , p02 , . . . , p0n ) oraz (a01 , a02 , . . . , a0n ). Mówimy wtedy, że metoda rozdzielania klaserów spełnia zasadę populacji, jeśli nie istnieją dzieci Di oraz Dj takie, że pi < p0i , pj > p0j , ai > a0i oraz aj < a0j . Inaczej mówiąc, nie jest możliwe, by dziecko Di zwiększyło swój stan posiadania kart i dostało mniej klaserów, podczas gdy dziecko Dj zmniejszyło swój stan posiadania kart i dostało więcej klaserów. Teraz możemy sformułować twierdzenie, które udowodnimy. Twierdzenie. Nie istnieje metoda przydziału klaserów spełniająca zasady: zaokrąglania, monotoniczności i populacji. Dowód. Przypuśćmy, że taka metoda istnieje. Zastosujemy ją do pewnego konkretnego przypadku i korzystając z zasad zaokrąglania i monotoniczności przydzielimy dzieciom klasery. Okaże się, że dostaniemy sprzeczność z zasadą populacji. Niech n = 4 i k = 8. Dany jest następujący wektor populacji: p1 = 751, p2 = 84, p3 = 83, p4 = 82. Wówczas p = p1 + p2 + p3 + p4 = 751 + 84 + 83 + 82 = 1000. Teraz przydzielamy dzieciom klasery. Obliczamy poszczególne kwoty: p1 p p2 q2 = p p3 q3 = p p4 q4 = p q1 = 751 1000 84 ·k = 1000 83 ·k = 1000 82 ·k = 1000 ·k = · 8 = 6,008, · 8 = 0,672, · 8 = 0,664, · 8 = 0,656. Z zasady zaokrąglania wynika, że 6 ≤ a1 ≤ 7, 0 ≤ a2 , a3 , a4 ≤ 1. Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 15 Ponadto z zasady monotoniczności wynika, że a4 ≤ a3 ≤ a2 . Mamy wówczas 2 przypadki. Przypadek 1. a1 = 7. Wówczas pozostaje do przydzielenia 1 klaser i musimy dać go dziecku D2 . Mamy zatem w tym przypadku: a1 = 7, a2 = 1, a3 = 0, a4 = 0. Przypadek 2. a1 = 6. Wówczas pozostają 2 klasery. Ponieważ żadne z pozostałych dzieci nie może otrzymać obu klaserów, więc musimy dać po jednym klaserze dzieciom D2 i D3 . Mamy więc w tym przypadku: a1 = 6, a2 = 1, a3 = 1, a4 = 0. W szczególności w obu przypadkach mamy a1 ≥ 6 oraz a4 = 0. Teraz zmieniają się populacje: p01 = 780 = p1 + 29, p02 = 309 = p2 + 225, p03 = 80 = p3 − 3, p04 = 81 = p4 − 1. Tym razem mamy p0 = p01 + p02 + p03 + p04 = 780 + 309 + 80 + 81 = 1250. Obliczamy nowe kwoty: p01 780 · 8 = 4,992, ·k = 0 p 1250 p0 309 q20 = 20 · k = · 8 = 1,9776, p 1250 p0 80 q30 = 30 · k = · 8 = 0,512, p 1250 p0 81 q40 = 40 · k = · 8 = 0,5184. p 1250 Z zasad zaokrąglania i monotoniczności wynika, że q10 = 4 ≤ a01 ≤ 5, 1 ≤ a02 ≤ 2, 0 ≤ a03 ≤ a04 ≤ 1. Teraz nietrudno stwierdzić, że możliwe są tylko trzy przydziały klaserów: a01 = 5, a02 = 2, a03 = 0, a04 = 1, a01 = 5, a01 = 4, a02 = 1, a02 = 2, a03 = 1, a03 = 1, a04 = 1, a04 = 1. W szczególności, we wszystkich trzech przypadkach mamy a01 ≤ 5 oraz a04 = 1. Otrzymaliśmy zatem sprzeczność z zasadą populacji: p1 < p01 , To kończy dowód. p4 > p04 , a1 ≥ 6 > 5 ≥ a01 oraz a4 = 0 < 1 = a04 . 16 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Dodatek 2. Dowody. W tym dodatku udowodnimy kilka stwierdzeń sygnalizowanych bez dowodu w tekście wykładu. 1. Pierwszy dowód dotyczy metody zaokrąglania w dół. Przypomnijmy tabelkę z wytłuszczonymi 20 największymi liczbami: 730 474 232 136 128 1 2 3 4 730 474 232 136 128 365 237 116 68 64 243,3 158 77,3 45,3 42,7 182,5 118,5 58 34 32 5 6 146 121,7 94,8 79 46,4 38,7 27,2 22,7 25,6 21,3 7 104,3 67,7 33,1 19,4 18,3 8 9 91,3 81,1 59,3 52,7 29 25,8 17 15,1 16 14,2 10 73 47,4 232 13,6 12,8 Najmniejsza z wytłuszczonych liczb jest równa 77,3, a największa z niewytłuszczonych liczb jest równa 73. Udowodnimy, że jeśli wybierzemy współczynnik proporcjonalności M spełniający nierówności 73 < M ≤ 77,3, to metoda zaokrąglania w dół przydzieli każdemu dziecku tyle klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w jego wierszu. Przypuśćmy zatem, że najmniejsza liczba wytłuszczona w tabelce jest równa W , a największa liczba niewytłuszczona jest równa w. Oczywiście w ≤ W . Dla uproszczenia dalszych rozważań przyjmijmy, że w < W . Wybierzmy następnie liczbę M spełniającą nierówności w < M < W. Pokażemy, że metoda zaokrąglania w dół ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności M przydzieli każdemu dziecku dokładnie tyle klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w odpowiadającym temu dziecku wierszu tabelki. Przypuśćmy zatem, że dane dziecko zebrało p kart i w jego wierszu jest n wytłuszczonych liczb. Stąd wynika, że p p ≤w<M <W ≤ . n+1 n Zatem n 1 n+1 < < , p M p czyli n< p < n + 1. M p Ta nierówność podwójna oznacza, że po zaokrągleniu w dół liczby M otrzymamy n, a więc metoda zaokrąglania w dół przydziela rozpatrywanemu dziecku n klaserów. To kończy dowód. Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 17 2. Następny dowód dotyczy metody zaokrąglania w górę. Przypomnijmy drugą tabelkę: 730 474 232 136 128 1 2 730 474 232 136 128 365 237 116 68 64 3 4 243,3 182,5 158 118,5 77,3 58 45,3 34 42,7 32 5 6 7 8 9 146 94,8 46,4 27,2 25,6 121,7 79 38,7 22,7 21,3 104,3 67,7 33,1 19,4 18,3 91,3 59,3 29 17 16 10 81,1 73 52,7 47,4 25,8 232 15,1 13,6 14,2 12,8 W tej tabelce największą liczbą niewytłuszczoną jest 94,8, a najmniejszą liczbą wytłuszczoną jest 104,3. Udowodnimy, że jeśli zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności M spełnia nierówności 94,8 < M ≤ 104,3, to metoda zaokrąglania w górę dla tego współczynnika da właściwy wynik, tzn. każde dziecko dostanie o jeden klaser więcej, niż wynosi liczba wytłuszczonych liczb w jego wierszu. Tak jak w poprzednim dowodzie, przypuśćmy, że najmniejsza liczba wytłuszczona w tabelce jest równa W , a największa liczba niewytłuszczona jest równa w. Oczywiście w ≤ W . Znów dla uproszczenia dalszych rozważań przyjmijmy, że w < W . Wybieramy liczbę M spełniającą nierówności w < M < W. Pokażemy, że metoda zaokrąglania w górę ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności M przydzieli każdemu dziecku dokładnie o jeden klaser więcej, niż wynosi liczba wytłuszczonych liczb w odpowiadającym temu dziecku wierszu tabelki. Przypuśćmy zatem, że dane dziecko zebrało p kart i w jego wierszu jest n wytłuszczonych liczb. Tak jak poprzednio, mamy nierówność p p ≤w<M <W ≤ . n+1 n Zatem n 1 n+1 < < , p M p czyli p n< < n + 1. M p otrzymamy n+1, Ta nierówność podwójna oznacza, że po zaokrągleniu w górę liczby M a więc metoda zaokrąglania w dół przydziela rozpatrywanemu dziecku n + 1 klaserów. To kończy dowód. 3. Trzeci dowód dotyczy metody zwykłego zaokrąglania. Popatrzmy na trzecią tabelkę: 730 474 232 136 128 1 2 3 2 5 2 7 2 1460 948 464 272 256 486,7 316 154,7 90,7 85,3 292 189,6 92,8 54,4 51,2 208,6 135,4 66,3 38,9 36,6 9 2 11 2 162,2 132,7 105,3 86,2 51,6 42,2 30,2 24,7 28,4 23,3 13 2 15 2 17 2 19 2 112,3 72,9 35,7 20,9 19,7 97,3 63,2 30,9 18,1 17,1 85,9 55,8 27,3 16,0 15,1 76,8 49,9 24,4 14,3 13,5 18 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Najmniejsza z wytłuszczonych liczb jest równa 86,2, a największa z niewytłuszczonych liczb jest równa 85,9. Udowodnimy, że jeśli wybierzemy współczynnik proporcjonalności M spełniający nierówności 85,9 < M ≤ 86,2, to metoda zwykłego zaokrąglania przydzieli każdemu dziecku tyle klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w jego wierszu. Przypuśćmy jeszcze raz, że najmniejsza liczba wytłuszczona w tabelce jest równa W , a największa liczba niewytłuszczona jest równa w. Oczywiście w ≤ W i znów przyjmijmy, że w < W . Wybierzmy następnie liczbę M spełniającą nierówności w < M < W. Pokażemy, że metoda zwykłego zaokrąglania ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności M przydzieli każdemu dziecku dokładnie tyle klaserów, ile wytłuszczonych liczb znajduje się w odpowiadającym temu dziecku wierszu tabelki. Przypuśćmy zatem, że dane dziecko zebrało p kart i w jego wierszu jest n wytłuszczonych liczb. Stąd wynika, że p p ≤w<M <W ≤ . (2n + 1)/2 (2n − 1)/2 Zatem 2n − 1 1 2n + 1 < < , 2p M 2p czyli 1 p 1 < <n+ . 2 M 2 p Ta nierówność podwójna oznacza, że po zwykłym zaokrągleniu liczby M otrzymamy n, a więc metoda zwykłego zaokrąglania przydziela rozpatrywanemu dziecku n klaserów. To kończy dowód. 4. Następny dowód pokazuje, że przy zastosowaniu metody przydziału klaserów ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności nie może wystąpić pierwszy paradoks monotoniczności. Będziemy rozpatrywać metodę zaokrąglania w dół; dowody dla obu pozostałych metod zaokrąglania są podobne. Przypuśćmy zatem, że mamy n dzieci D1 , . . . , Dn , które zebrały odpowiednio p1 , . . . , pn kart. Przypuśćmy następnie, że zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności M prowadzi do przydziału k klaserów. Załóżmy, że dzieci otrzymują odpowiednio a1 , . . . , an klaserów. To znaczy, że: p1 pn a1 ≤ < a1 + 1, . . . , an ≤ < an + 1 M M oraz a1 + . . . + an = k. n− Teraz okazuje się, że możemy przydzielić l klaserów, przy czym k < l. Właściwy przydział klaserów otrzymamy teraz za pomocą zmodyfikowanego współczynnika proporcjonalności N ; dzieci otrzymają odpowiednio b1 , . . . , bn klaserów. To znaczy, że p1 pn b1 ≤ < b1 + 1, . . . , bn ≤ < bn + 1 N N Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 19 oraz b1 + . . . + bn = l. Najpierw pokazujemy, że N ≤ M . Gdyby bowiem M < N , to mielibyśmy dla dowolnego dziecka Dj (gdzie 1 ≤ j ≤ n): 1 1 < , N M czyli pj pj < . N M Ponieważ pj pj aj ≤ < aj + 1 oraz bj ≤ < bj + 1 M N oraz liczby aj i bj są całkowite, więc bj ≤ aj . Zatem l = b1 + . . . + bn ≤ a1 + . . . + an = k, co jest sprzeczne z założeniem. Ta sprzeczność dowodzi, że rzeczywiście N ≤ M . Stąd wynika, że dla każdego j (takiego, że 1 ≤ j ≤ n) mamy nierówność pj pj ≤ . M N Stąd wynika, że aj ≤ bj . A więc żadne dziecko nie otrzymało w nowym przydziale mniej klaserów niż w starym. To kończy dowód. 5. Teraz udowodnimy, że przy zastosowaniu metody przydziału klaserów ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności nie może wystąpić drugi paradoks monotoniczności. Znów będziemy rozpatrywać metodę zaokrąglania w dół; dowody dla obu pozostałych metod zaokrąglania są podobne. Przypuśćmy zatem, że mamy n dzieci D1 , . . . , Dn , które zebrały odpowiednio p1 , . . . , pn kart. Przypuśćmy następnie, że zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności M prowadzi do przydziału k klaserów. Załóżmy, że dzieci otrzymują odpowiednio a1 , . . . , an klaserów. To znaczy, że: a1 ≤ p1 < a1 + 1, M ..., an ≤ pn < an + 1 M oraz a1 + . . . + an = k. Teraz zmienia się stan posiadania. Przypuśćmy, że dzieci mają po tej zmianie odpowiednio q1 , . . . , qn klaserów i zmodyfikowany współczynnik proporcjonalności N prowadzi do przydziału tej samej liczby k klaserów. Załóżmy, że dzieci otrzymują odpowiednio b1 , . . . , bn klaserów. To znaczy, że: b1 ≤ p1 < b1 + 1, N ..., bn ≤ oraz b1 + . . . + bn = l. pn < bn + 1 N 20 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Przypuśćmy następnie, że wystąpił drugi paradoks monotoniczności. Dziecko Di nie zwiększyło swojego stanu posiadania, tzn. pi = qi , a dziecko Dj zwiększyło swój stan posiadania, tzn. pj < qj . Natomiast dziecko Di otrzymało więcej klaserów (tzn. ai < bi ), a dziecko Dj otrzymało mniej klaserów (tzn. aj > bj ). Ponieważ ai < bi oraz liczby ai i bi są całkowite, więc ai + 1 ≤ bi . Stąd wynika, że ai ≤ pi qi < ai + 1 ≤ bi ≤ < bi + 1. M n Zatem qi pi < . M N Ponieważ pi = qi , więc M > N . Teraz z nierówności aj > bj wynika (tak jak poprzednio), że bj + 1 ≤ aj . Zatem bj ≤ qj pj < bj + 1 ≤ aj ≤ < aj + 1. N M A więc qj pj < , N M czyli qj · M < pj · N. To jednak jest niemożliwe, gdyż 0<N <M oraz 0 < pj < qj . Ta sprzeczność dowodzi, że drugi paradoks monotoniczności jest niemożliwy. 6. Ostatni dowód pokazuje, że metoda zaokrąglania w dół może prowadzić do jednego tylko zaprzeczenia zasady zaokrąglania, mianowicie żadne dziecko nie otrzyma mniej klaserów, niż mu się należy. Przypuśćmy zatem, że dzieci D1 , . . . , Dn zebrały odpowiednio p1 , . . . , pn kart i metoda zaokrąglania w dół ze zmodyfikowanym współczynnikiem proporcjonalności M przydzieliła im odpowiednio a1 , . . . , an klaserów. To znaczy, że: a1 ≤ p1 < a1 + 1, M ..., an ≤ pn < an + 1 M oraz a1 + . . . + an = k. Przypomnijmy teraz kwoty należne dzieciom. Niech p = p1 + . . . + pn . Wówczas: • dziecko D1 powinno otrzymać q1 = • dziecko D2 powinno otrzymać q2 = p1 p p2 p · k klaserów, · k klaserów, • ... • dziecko Dn powinno otrzymać qn = pn p · k klaserów. Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 21 Niech zatem liczby całkowite b1 , . . . , bn będą takie, że b1 ≤ p1 k < b1 + 1, p ..., bn ≤ pn k < bn + 1. p Wtedy: • • • • dziecko D1 powinno otrzymać co najmniej b1 klaserów, dziecko D2 powinno otrzymać co najmniej b2 klaserów, ... dziecko Dn powinno otrzymać co najmniej bn klaserów. Przypuśćmy, że pewne dziecko otrzymało mniej klaserów, niż mu się należy. Niech na przykład aj < bj (gdzie 1 ≤ j ≤ n). Wówczas aj + 1 ≤ bj , czyli aj ≤ pj pj k < aj + 1 ≤ bj ≤ < bj + 1. M p Stąd wynika, że 1 k < , M p a więc dla dowolnego i takiego, że 1 ≤ i ≤ n mamy pi k pi < . M p Stąd wynika, że ai ≤ bi dla każdego i takiego, że 1 ≤ i ≤ n, a więc k ≤ a1 + . . . + an ≤ b1 + . . . + bn ≤ p1 k pn k (p1 + . . . + pn )k pk +...+ = = = k. p p p p Podsumujmy: mamy nierówności a1 ≤ b1 , ..., ab ≤ b n oraz równość a1 + . . . + an = b1 + . . . + bn . Stąd wynika, że a1 = b1 , ..., an = b n . To jednak jest sprzeczne z założeniem, że dla pewnego j mamy nierówność aj < bj . Ta sprzeczność dowodzi, że żadne dziecko nie może otrzymać mniej klaserów, niż mu się należy. A więc metoda zaokrąglania w dół może prowadzić tylko do jednego rodzaju zaprzeczenia zasady zaokrąglania. Widzieliśmy natomiast przykład pokazujący, że to naruszenie zasady zaokrąglania może wystąpić. Dowód, że metoda zaokrąglania w górę może prowadzić tylko do przeciwnego zaprzeczenia zasady zaokrąglania (żadne dziecko nie otrzyma więcej, niż mu się należy), jest podobny. 22 Wojciech Guzicki: Podział proporcjonalny Dodatek 3. O co tu chodzi naprawdę? Czy rzeczywiście chodzi o podział klaserów do przechowywania kart z podobiznami piłkarzy? Można się domyślić, że nie. Problem podziału proporcjonalnego jest to na przykład problem podziału mandatów poselskich między poszczególne partie biorące udział w wyborach. Podobny problem był rozważany w Stanach Zjednoczonych w związku z konstytucyjnym zapisem mówiącym, że każdy stan otrzyma w Izbie Reprezentantów liczbę mandatów proporcjonalną do populacji. Metodę największych reszt zaproponował Alexander Hamilton; dlatego nazywamy ją metodą Hamiltona. Medodę zaokrąglania w dół zaproponował Thomas Jefferson. Tę metodę nazywamy metodą Jeffersona, a w Europie metodą d’Hondta. Metodę zaokrąglania w górę zaproponował John Quincy Adams i nazywamy ją metodą Adamsa. Wreszcie metodę zwykłego zaokrąglania zaproponował Daniel Webster; nazywamy ją metodą Webstera, a w Europie metodą Sainte-Laguë. Ordynacja wyborcza, stosowana obecnie w Polsce, wykorzystuje metodę d’Hondta do przydzielania mandatów w okręgach wyborczych. Pierwszy paradoks monotoniczności jest nazywany paradoksem Alabamy. Wykryto go w 1880 roku w związku z przeprowadzonym nowym spisem powszechnym i zwiększeniem liczby mandatów w Kongresie. Zauważono wówczas, że przy zwiększeniu liczby mandatów z 299 do 300, stan Alabama straciłby jedno miejsce w Izbie Reprezentantów. Drugi paradoks monotoniczności jest nazywany paradoksem populacji i został wykryty ok. roku 1900. Podobny do niego paradoks nowego stanu polega na tym, że po przystąpieniu nowego stanu i przyznaniu mu odpowiedniej liczby dodatkowych miejsc w Izbie Reprezentantów, inny stan traci jedno ze swoich miejsc. Informacje biograficzne. John Quincy Adams (1767 – 1848) — polityk amerykański, szósty prezydent Stanów Zjednoczonych (1825 – 1829), syn Johna Adamsa, jednego z Ojców Założycieli Stanów Zjednoczonych, drugiego prezydenta Stanów Zjednoczonych (1797 – 1801). Alexander Hamilton (1755 – 1804) — polityk amerykański, jeden z tzw. Ojców Założycieli Stanów Zjednoczonych, sygnatariusz Deklaracji Niepodległości i Konstytucji Stanów Zjednoczonych. W latach 1789 – 1995 był Sekretarzem Skarbu Stanów Zjednoczonych. Victor d’Hondt (1841 – 1901) – prawnik belgijski, profesor prawa cywilnego i matematyki na Uniwersytecie w Gandawie. Thomas Jefferson (1743 – 1826) — polityk amerykański, jeden z tzw. Ojców Założycieli Stanów Zjednoczonych, główny autor Deklaracji Niepodległości, trzeci prezydent Stanów Zjednoczonych (1801 – 1809). André Sainte-Laguë (1882 – 1950) – matematyk francuski. Daniel Webster (1782 – 1852) — polityk i prawnik amerykański, Sekretarz Stanu i senator Stanów Zjednoczonych. Wielokrotnie występował przed Sądem Najwyższym Stanów Zjednoczonych. Ameliówka, 25–27 października 2013 r. 23 Bibliografia Michel L. Balinski, H. Peyton Young, Fair Representation. Meeting the Ideal of One Man, One Vote, Brookings Institution Press, Washington D. C. 2001. Alan D. Taylor, Allison M. Pacelli, Mathematics and Politics. Strategy, Voting Power and Proof, Springer Science + Business media, LLC, New York 2010. H. Peyton Young, Sprawiedliwy podział, tłum. Jacek Haman, Mikołaj Jasiński, Wydawnictwo Naukowe SCHOLAR, Warszawa 2003 (tytuł oryginału: Equity: In Theory and Practice, Princeton University Press, Princeton 1994). Wojciech Guzicki — Podział proporcjonalny 1 Zadania domowe Zadanie 1. Ania ma 5 lat, jej brat Bartek ma 7 lat. Oboje znaleźli pod choinką 60 batoników i postanowili podzielić je proporcjonalnie do wieku, tzn. w stosunku 5 : 7. Po ile batoników dostało każde z dzieci? Zadanie 2. Ania ma 5 lat, jej brat Bartek ma 7 lat i ich siostra Cecylia ma 8 lat. Znaleźli oni pod choinką 80 batoników i postanowili podzielić je proporcjonalnie do wieku, tzn. w stosunku 5 : 7 : 8. Po ile batoników dostało każde z dzieci? Zadanie 3. Ania ma 5 lat, jej brat Bartek ma 7 lat. Oboje znaleźli pod choinką 4 kg cukierków czekoladowych i postanowili podzielić je proporcjonalnie do wieku, tzn. w stosunku 5 : 7. Po ile cukierków dostało każde z dzieci? Zadanie 4. Ania, Bartek, Cecylia, Darek i Ewa są rodzeństwem i ich wielką pasją jest zbieranie kart z podobiznami piłkarzy. Na Boże Narodzenie Święty Mikołaj przyniósł im łącznie 20 kg cukierków czekoladowych do podziału. Dzieci postanowiły podzielić te cukierki między siebie proporcjonalnie do liczby posiadanych kart. Oto te liczby posiadanych kart: Ania 730 Bartek 474 Cecylia 232 Darek 136 Ewa 128 Po ile cukierków powinno dostać każde dziecko? Zadanie 5. Ania, Bartek, Cecylia, Darek i Ewa są rodzeństwem i zbierają karty z podobiznami piłkarzy. Takie karty mogą oni przechowywać w klaserach. Na Boże Narodzenie Święty Mikołaj przyniósł im łącznie 20 klaserów, w których mogą oni przechowywać swoje karty. Dzieci postanowiły podzielić te klasery między siebie proporcjonalnie do liczby posiadanych kart. Oto te liczby posiadanych kart: Ania 730 Bartek 474 Cecylia 232 Darek 136 Ewa 128 Po ile klaserów powinno dostać każde dziecko? Powodzenia!
