Ahmet Çevik
a.cevik@hotmail.com
JSGA/ODTÜ
Matematik Dünyası dergisinde (MD) Matematik Felsefesi serisini yazmamın üzerinden tam 10 yıl geçti. O zamandan bu yana MD için bir yazı yazamadım. Bu derginin arkasında büyük bir emek ve özveri var. Bugün derginin bir marka değeri taşımasında özellikle Ali Nesin’in rolü çok büyük. Bu kadar emek verilmiş bir dergiye tekrar katkı sunmanın zamanı gelmişti. Ne yazacağım konusunda kafamda birçok konu dolaştı. Hesaplanabilirlik veya matematiksel mantık konularıyla ilgili yazsam çok teknik kalabileceğinden endişe duydum. Matematik felsefesi hakkında yeni şeyler yazsam çok yer tutacağını düşündüm. Kuantum bilgisayarlarla ilgili konuların ise zaten daha önce ele alındığını biliyorum.
“50 Soruda Paradokslar” adlı kitabımı okurlar belki bilir. Bu kitapta mantığın, matematiğin, fiziğin ve felsefenin konusuna giren paradoksları ele almıştım. Ancak sonradan “Keşke şunları da koysaydım” dediğim bazı paradokslar aklıma geldi (bazılarını da sonradan öğrendim). Bundan dolayı bu yazıda, kitabımda ele almadığım dört tane paradokstan bahsedeceğim. Yazının adını bu yüzden “50+4 Soruda Paradokslar” diye koydum. Elbette kitapta incelemediğim daha birçok paradoks var. Aşağıda ele aldıklarım bunlardan sadece bazıları olacak.
Herkes mi içer?
Öncelikle benim de çok ilginç bulduğum içkici paradoksu (İng. drinker paradox) olarak bilinen bir paradokstan bahsedeceğim. Bu paradoks şunu söylüyor: “Boş olmayan her barda öyle bir kişi vardır ki eğer bu kişi içiyorsa o barda herkes içiyordur.” Evet, belki hiç beklemiyordunuz ama bu doğru! Şimdi bunun neden doğru olduğunu analiz edelim. Mantıkta koşul ekleminin (ise) doğruluk tablosunu hatırlayalım. Elimizde \(p\) ve \(q\) ile isimlendirilen iki önerme varsa, \(p\rightarrow q\) önermesinin doğruluk tablosu aşağıdaki gibi tanımlanır:
Not: Doğru olma durumunu D, yanlış olma durumunu Y ile gösterelim.
| p | q | p → q |
|---|---|---|
| D | D | D |
| D | Y | Y |
| Y | D | D |
| Y | Y | D |
Burada \(p\) önermesine ön bileşen, \(q\) önermesine art bileşen denir. O zaman \(p\rightarrow q\) önermesi, yalnızca \(p\) doğru olup \(q\) yanlış olduğunda yanlıştır; diğer tüm durumlarda doğrudur. Bar paradoksunda ifade edilen önermenin neden doğru olduğuna bakalım.
Gerçekten de boş olmayan her barda öyle bir kişi bulabiliriz ki bu kişi içiyorsa o bardaki herkes içiyordur. Herhangi bir bar ele alalım. İki olasılık var: Bu barda ya herkes içiyordur ya da herkes içmiyordur (yani içmeyen en az bir kişi vardır). Herkes içiyorsa zaten iddiamız doğrudur. Herkes içmiyorsa yani içmeyen en az biri varsa iddiamız yine doğru olur. Çünkü içmeyen kişi için iddiamızın ön bileşeni olan “eğer bu kişi içiyorsa” koşulu sağlanmıyor. Bu yüzden “eğer bu kişi içiyorsa herkes içiyordur” önermesi doğru olur.
Yani bu paradoksun aslında doğru bir önerme olmasının nedeni \(p\rightarrow q\) önermesinin doğruluk tablosu tanımından kaynaklanıyor. Ön bileşenin yanlış olduğu durumda \(p\rightarrow q\) önermesi doğru olur. Bu tanımlamayla içi boş ama doğru iddialar öne sürebilirsiniz. Örneğin, Mars’taki her insanın bir matematikçi olduğu doğru bir iddiadır (çünkü Mars’ta insan yoktur). En büyük doğal sayının asal olduğu da doğrudur (çünkü en büyük doğal sayı yoktur).
Ölümden kaçmak mümkün mü?
Bahsetmek istediğim ikinci paradoks bir tür Zeno paradoksudur ve adı İngilizcede grim reaper paradox olarak geçer; Türkçeye ölüm meleği paradoksu olarak çevirebiliriz. Ölüm meleği paradoksunda sonsuz sayıda ölüm meleği ve Fred adında bir karakterimiz yer alıyor. Fred sabah saat 9’da uyanmış olsun. Eğer Fred saat 9:30’a kadar ölmemişse saat tam 9:30’da birinci melek Fred’i öldürsün. Eğer saat 9:15’e kadar ölmemişse ikinci melek Fred’i 9:15’te öldürsün. Eğer saat 9:07:30’a kadar ölmemişse üçüncü melek Fred’i 9:07:30’da öldürsün, vs.
Böylece Fred saat 9’dan sonra mutlaka ölmüş olacaktır. Demek ki öldüren bir melek var olmalıdır. Peki hangi melek öldürmüştür? Eğer \(n\)’inci melek öldürdüyse bu mümkün olamaz çünkü ondan önce \(n+1\)’inci melek öldürmüş olmalıdır. Aynı argümanı sonrakiler için sürekli uygulamaya devam edebiliriz. Burada \(n\) gelişigüzel olduğundan dolayı Fred hiçbir ölüm meleği tarafından öldürülmüş olamaz. Bu da bir çelişkidir.
Aslında ölüm meleği paradoksu bir tür Zeno paradoksu olduğu için biraz da Ross-Littlewood paradoksunu andırmaktadır. Ayrı bir bölümde bunu ele almak yerine burada bahsetmek daha iyi olacaktır. Ross-Littlewood paradoksu ilk kez John Littlewood (1953) tarafından ortaya atılmış, Sheldon Ross (1988) tarafından geliştirilmiştir.
Bu paradoksta boş bir kavanoz ve sonsuz sayıda top düşünülür. Her adımda kavanoza 10 top ekleyip 1 top çıkaralım. Bu ekleyip çıkarma işlemi tek bir adımı tanımlasın. İlk adım 1 dakikada, ikinci adım 1/2 dakikada, üçüncü adım 1/4 dakikada, vs. gerçekleşsin. Buna göre 2 dakika sonunda vazoda kaç tane top olur?
1. Çözüm: Koyduğumuz top sayısı çıkardığımız top sayısından fazla olduğu için vazoda sonsuz sayıda top olur.
2. Çözüm: Bütün topları numaralandırdığımızı düşünelim. Birinci adımda ilk 10 top vazoya eklenip birinci top çıkarılıyor diyelim. İkinci adımda, 20’ye kadar olan toplar eklenip ikinci top çıkarılsın. Her doğal sayı \(n\) için bu adımları sonsuza kadar yaptığımıza göre, her numaralanmış top \(n\)’inci adımda vazodan çıkarılmış olacaktır. Demek ki 2 dakika sonunda vazoda hiçbir top kalmaz.
Bu iki çözüm birbiriyle çeliştiğinden bu problem bir paradoks olarak görülmüştür. Ross-Littlewood paradoksunun yapı olarak ölüm meleği paradoksuna benzer olduğu görülebilir. Buradaki problem, bu işlemin limitinin olmaması ya da problemin kendisinin iyi tanımlanmamış olmasıdır.
Bir kiriş ne kadar uzun olabilir?
Klasik olasılık teorisinde, eşit koşullar altında \(n\) farklı olaydan belli birinin gerçekleşme olasılığı, birini tercih etmemizi gerektiren geçerli bir neden yoksa diğer olayların gerçekleşme olasılığıyla aynıdır. Yani \(n\) farklı olaydan belli birinin gerçekleşme olasılığı \(1/n\) olarak hesaplanır. Örneğin, hilesiz bir zarın 6 gelme olasılığı \(1/6\) olduğu gibi 1 gelme olasılığı da yine \(1/6\)’dır. Benzer şekilde, bir deste oyun kartında papaz gelme olasılığı \(4/52\) olarak kabul edilir.
İşte durumların olabilirliğine eşit bakmaya kayıtsızlık ilkesi (İng. principle of indifference) denir ve bu ilke klasik olasılık teorisinin temelini oluşturur. Ancak bu ilkeyi durum uzayının sonsuz olduğu hallerde kullandığımız zaman çeşitli sorunlarla karşılaşırız. Fransız matematikçi Joseph Bertrand’ın kiriş paradoksu tam da bununla ilgilidir.
Bir çemberdeki iki noktayı birleştiren doğru parçasına kiriş denildiğini hatırlayalım. Çember üzerinde verilen rastgele bir kirişin, çemberin içine çizilen eşkenar üçgenin bir kenarından uzun olma olasılığı nedir? Probleme daha somut şekilde bakmak için yarıçapı 1 birim olan bir birim çember ele alalım. Çemberin yarıçapı 1 olduğuna göre basit bir trigonometri hesabı yaparsak eşkenar üçgenin bir kenar uzunluğu \(\sqrt{3}\) olur. Yani sorumuzu şöyle de ifade edebiliriz: Yarıçapı 1 olan çember üzerinde rastgele verilen bir kirişin uzunluğunun \(\sqrt{3}\)’ten büyük olma olasılığı nedir?
Şekil 1’de olduğu gibi eşkenar üçgenin köşelerini \(A\), \(B\) ve \(C\) noktalarıyla gösterelim. Verilen herhangi bir kirişin başlangıç noktasının üçgenin bir köşesiyle çakıştığını kabul edebiliriz, örneğin \(A\) noktasından başlayabilir (bunun için üçgeni çemberin merkez noktası etrafında çevirmemiz yeterli). Burada üç olasılık var. Eğer kiriş \(A\) noktasından \(AB\) yayına uzanıyorsa o zaman kirişin uzunluğu \(\sqrt{3}\)’ten küçük olmalı. Eğer \(AC\) yayına uzanıyorsa yine \(\sqrt{3}\)’ten küçük olmalı. Ancak eğer \(BC\) yayına uzanıyorsa o zaman kirişin uzunluğu \(\sqrt{3}\)’ten büyük olmalı.
Şekil 1. Kirişin daha uzun olma olasılığı 1/3.
Demek ki kirişin uzunluğunun eşkenar üçgenin kenarından büyük olma olasılığı, yani \(\sqrt{3}\)’ten büyük olma olasılığı tam olarak \(1/3\) olmalı. Üç durumdan sadece birinde uzun olabiliyor.
Mesele burada bitmiyor. Bir kiriş aynı zamanda orta noktasıyla da tanımlanabilir. Çemberin içindeki eşkenar üçgenin içine bir çember çizelim. Bir kirişin uzunluğunun eşkenar üçgenin kenarının uzunluğundan büyük olmasının yeterli ve gerekli koşulu, kirişin orta noktasının içteki küçük çemberin alanına düşmesidir (bkz. Şekil 2).
Şekil 2. Kirişin daha uzun olma olasılığı 1/4.
Küçük çemberin yarıçapı, büyük çemberin yarıçapının yarısıdır. Bu yüzden küçük çemberin alanı, büyük çemberin alanının dörtte biridir. O zaman bu noktanın küçük çemberin alanının içine düşme olasılığı \(1/4\) olur. Yani kirişin uzunluğunun eşkenar üçgenin kenarının uzunluğundan büyük olmasının olasılığı \(1/4\) olmalıdır!
Kirişin tanımını farklı şekilde ele alırsak daha farklı bir olasılık hesabı yapabiliriz. Şimdi Şekil 3’teki gibi çemberin merkezinden üçgenin kenarına dik şekilde \(D\) noktasına uzanan yarıçapı düşünelim.
Şekil 3. Kirişin daha uzun olma olasılığı 1/2.
Üçgenin kenarı yarıçapı tam ikiye böler. Bu durumda (üçgenin kenarı kirişe paralel olacak şekilde ele alındığında) rastgele verilen bir kirişin uzunluğunun üçgenin kenar uzunluğundan büyük olup olmaması, bu kirişin ikiye bölünen yarıçapın hangi tarafında bulunduğuna bağlıdır. Her iki mesafe de eşit olduğu için kirişin uzunluğunun üçgenin kenarının uzunluğundan daha büyük olma olasılığı \(1/2\) olur!
Görüldüğü gibi kirişin nasıl tanımlandığına bağlı olarak olasılıklar değişiyor. Ancak bu çok anlamsız. Bu problemin nedeni, sorunun yanlış sorulmasıdır. Rastgele alınan bir kirişin uzunluğunun, üçgenin kenar uzunluğundan büyük olma olasılığını sorarken kirişin hangi yöntemle rastgele alındığı hiç tanımlanmıyor. Bir çemberde sonsuz farklı kiriş ele alınabilir. İstenilen durum sayısını sonsuz bir sayıya bölemeyeceğimize göre kesin bir olasılık hesabı yapamayız.
Ancak yukarıdaki üç tane yöntemde olduğu gibi kirişin nasıl ele alınacağının tanımı yapılırsa elbette bir olasılık hesabı yapılabilir. Henri Poincaré, herhangi bir kriter belirlenmediği durumda, bu yöntemlerden sonuncusunu (yani olasılığın \(1/2\) olduğu yöntemi) tercih etmemiz gerektiğini söylemiştir.
Hangi seçimden kazançlı çıkarız?
Neredeyse kusursuz tahminlerde bulunan bir bahisçinin önünüze iki kutu koyduğunu düşünün. Tamamen görünür olan birinci kutunun içinde 10 bin TL var. İkinci kutu ise kapalı, içinde ya 1 milyon TL var ya da hiçbir şey yok. Ya her iki kutuyu birden ya da sadece ikinci kutuyu alıp götürme seçeneği size sunuluyor. Bu durumda her iki kutuyu almak kârlı olmaz mı? En kötü durumda 10 bin TL, en iyi durumda ise 1 milyon 10 bin TL kazanırsınız.
Acele edip hemen her iki kutuyu birden almaya çalışmayın çünkü ikinci kutuda neye göre 1 milyon TL ya da 0 TL olduğu size söyleniyor: Eğer bahisçi her iki kutuyu da seçeceğinizi tahmin etmişse ikinci kutuya hiç para koymuyor ancak eğer bahisçi sadece ikinci kutuyu seçeceğinizi tahmin etmişse ikinci kutuya 1 milyon TL koyuyor. Bahisçi tarafından bu bilgi size söylendikten sonra bir seçim yapmanız isteniyor. Yani önce bahisçi tahminde bulunuyor ve buna göre ikinci kutuya 1 milyon TL ya da 0 TL koyuyor, ardından size seçiminizi soruyor. Buna göre seçiminiz ne olmalı? Kolay gibi görünen ama cevap vermesi aslında hiç kolay olmayan bu probleme Newcomb’un problemi (ya da Newcomb’un paradoksu) denmiştir.
Newcomb’un problemi ilk olarak Amerikalı teorik fizikçi William Newcomb tarafından ortaya atılsa da ilk kez detaylı olarak felsefeci Robert Nozick (1969) tarafından incelenmiştir. Nozick, yukarıda tanımlanan problem için iki farklı rasyonel argüman öne sürmüş ve birinin diğerine göre tercih edilebilir olmadığını söylemiştir.
Birinci argüman, seçim teorisinde beklenen yarar ilkesi (İng. expected utility principle) diye bilinen bir prensibe dayalıdır ve şöyledir: Eğer her iki kutuyu da seçersem, bahisçi bunu çok büyük olasılıkla tahmin ettiği için ikinci kutuda hiç para olmayacak ve elime sadece 10 bin TL geçecek. Eğer sadece ikinci kutuyu seçersem, bahisçi bunu tahmin ettiği için ikinci kutuda 1 milyon TL olacak. Yani ikinci kutuyu seçersem çok büyük olasılıkla 1 milyon TL kazanacağım.
İkinci argüman ise baskınlık ilkesi (İng. dominance principle) denilen prensibe dayanır ve şu şekildedir: Bahisçi tahminini zaten çoktan yapmış ve ikinci kutuya ya 1 milyon TL ya da 0 TL koymuş olmalıdır. Yani ikinci kutuda 1 milyon TL ya olacak ya da olmayacak. Eğer bahisçi ikinci kutuya 1 milyon TL’yi koymuşsa her iki kutuyu birden alıp toplam 1 milyon 10 bin TL kazanmış olacağım. Ancak eğer sadece ikinci kutuyu alırsam en fazla 1 milyon TL kazanmış olurum. Eğer bahisçi ikinci kutuya 1 milyon TL koymamışsa ve her iki kutuyu birden alırsam 10 bin TL kazanırım. Ancak eğer sadece ikinci kutuyu alırsam hiç para kazanmamış olurum. Bu durumda baskın strateji her iki kutuyu birden almaktır.
Bunun bir paradoks olmasının sebebi, seçim teorisinde bu iki geçerli argümanın farklı sonuçlar vermesidir. Birinci argüman beklenen yarar ilkesi (İng. expected utility principle) olarak bilinen prensibe dayalıdır. Buna göre en akıllı strateji, seçim yapan kişiye göre kazancı en yüksek olan stratejidir. İkinci argüman ise baskınlık ilkesi (İng. dominance principle) denilen stratejiye dayanır. Bu ilkeye göre koşullar ne olursa olsun, hangi strateji diğerine göre daha kazançlıysa o strateji en akıllı strateji olarak belirlenir.
Bir yandan, sizden önceki herkesin başına geleni biliyorsunuz; her iki kutuyu da alıp götüren sadece 10 bin TL kazanmış. Bahisçi neredeyse hiç yanılmamış. Öte yandan, sizin seçiminiz paranın konulup konulmadığı gerçeğini değiştirmemeli. Eğer ikinci kutuya 1 milyon TL konulmuşsa o para orada duruyor olmalı. Sizin seçiminiz, geçmişte konulan o paranın varlığını ortadan kaldıramaz. 1 milyon TL konulmamışsa yaptığınız seçim birdenbire ikinci kutuda o parayı var etmez.
Bahisçi sizin seçiminizden önce kutuya parayı koyduğuna (ya da koymadığına) göre, yapacağınız seçim bahisçinin yaptığı şeyi değiştirmez. Sonuç olarak kutuların içinde ne olduğunu bilen bir bahisçinin gözünden baskın strateji (ikinci argüman) size kazanç getirirken kutunun içinde ne olduğunu bilmeyen ama hangi hamlenin kazanç sağlayacağını bilen yarışmacıya göre ilk argüman kazanç sağlar.
Ne yani aklın yolu bir değil midir? Aklın yolu elbette birdir; hele ki (eğer matematiğin aksiyomları kabul edilirse) matematiğin yolunun bir olduğu tartışılmazdır. Buradaki sorun akıl yürütmenin kendisiyle ilgili değil, daha çok özgür irade, benlik, zaman ve nedensellik gibi felsefi kavramlarla ilgilidir. Hepimizin bildiği gibi felsefenin yolu, matematiğin yolu gibi bir olmak zorunda değildir.
Kaynakça
- Bertrand, J., Calcul des probabilités, Gauthier-Villars, s. 5-6, 1889.
- Çevik, A., 50 Soruda Paradokslar, Bilim ve Gelecek Yayınevi, İstanbul, 2023.
- Littlewood, J. E., Littlewood’s Miscellany, Methuen, London, 1953.
- Nozick, R., “Newcomb’s Problem and Two Principles of Choice”; Nicholas Rescher (ed.), Essays in Honor of Carl G. Hempel adlı eserde, s. 114-146, Springer, 1969.
- Ross, S., A First Course in Probability, McMillan, 1988.
