Урна Пойи

В урне лежат 1 белый и 1 чёрный шар.
Повторяем один и тот же опыт:
достаём случайный шар;
возвращаем его обратно;
добавляем ещё один шар того же цвета.
Если достали белый, белых стало на один больше.
Если достали чёрный, чёрных стало на один больше.
На первый взгляд модель полностью симметрична. Поэтому хочется ожидать, что доля белых шаров со временем должна стремиться к 1/2.
Но это неверно.
Урна Пойи устроена иначе: ранняя случайность не сглаживается, а закрепляется.
Посмотрим на точный расчёт.
Пусть сделано n добавлений. Тогда всего в урне n+2 шара.
Пусть за это время было добавлено k белых шаров. Тогда белых шаров стало k+1, а чёрных — n−k+1.
Оказывается, для любого k = 0, 1, ..., n
P(добавлено ровно k белых)=1/(n+1).
То есть после n шагов все варианты
0, 1, 2, ..., n
для числа добавленных белых шаров равновероятны.
Это можно проверить индукцией.
После n шагов пусть каждое значение k имеет вероятность 1/(n+1).
После следующего шага получить k белых добавлений можно двумя способами:
уже было k, и достали чёрный шар;
или было k−1, и достали белый шар.
В первом случае вероятность достать чёрный равна
(n−k+1)/(n+2).
Во втором случае вероятность достать белый равна
k/(n+2).
Поэтому
Pₙ₊₁(k) = 1/(n+1)·(n−k+1)/(n+2) + 1/(n+1)·k/(n+2).
Складываем:
Pₙ₊₁(k) = 1/(n+1)·(n+1)/(n+2) = 1/(n+2).
Равномерность сохраняется.
Значит, после большого числа шагов доля белых шаров не обязана быть близка к ½ .
Более того, в пределе она стремится к случайному числу на отрезке [0; 1], и при начальной урне 1 белый, 1 чёрный этот предел распределён равномерно.
Например, вероятность того, что предельная доля белых окажется между 0,4 и 0,6, равна 0,2.
Вероятность оказаться между 0 и 0,2 тоже равна 0,2.
И вероятность оказаться между 0,8 и 1 тоже равна 0,2.
Симметрия здесь означает не сходимость к половине.
Она означает, что заранее ни один итоговый уровень не имеет преимущества.
Это модель с положительной обратной связью: чем больше белых шаров уже накопилось, тем выше шанс снова достать белый; чем больше чёрных, тем выше шанс снова достать чёрный.
Поэтому случайное раннее преимущество может закрепиться. Так появляется «случайный лидер».
Два варианта стартуют почти одинаково. Первый небольшой перевес может возникнуть случайно. Но дальше сам механизм выбора начинает этот перевес поддерживать.
Модель наглядно объясняет процессы «самоусиления», когда начальный успех увеличивает шансы на последующий успех — принцип «богатые богатеют».
Похожая логика есть в моделях популярности: статью чаще цитируют, если её уже часто цитировали; товар чаще выбирают, если его уже многие выбрали; страницу чаще открывают, если она уже поднялась выше в выдаче; участника сети чаще замечают, если у него уже много связей.
Конечно, реальные системы сложнее урны Пойи. Но основной механизм тот же:
вероятность нового выбора зависит от уже накопленного результата.
В обычном усреднении случайные колебания со временем уменьшаются. А в урне Пойи они могут стать частью будущих правил игры.

Почему электричество знает, вернётся ли пьяница

В теореме Пойи случайное блуждание ведёт себя по-разному в разных размерностях.
На прямой и на плоскости точка почти наверняка когда-нибудь вернётся в начало.
В трёхмерном пространстве вероятность возвращения уже меньше 1.
Ту же границу можно увидеть без вероятностей — через электрическую сеть.
Заменим каждое ребро решётки резистором сопротивления 1 Ом.
Теперь спросим: каково сопротивление от начальной точки до бесконечности?
Оказывается, здесь работает правило:
если сопротивление до бесконечности бесконечно, случайное блуждание возвратно;
если сопротивление конечно, есть положительная вероятность уйти и не вернуться.
На прямой всё очевидно. Чтобы уйти к бесконечности, ток должен пройти через бесконечную цепочку резисторов, соединённых последовательно:
1 + 1 + 1 + ... = ∞.
Сопротивление бесконечно. Поэтому одномерное блуждание возвращается.
На плоскости ситуация не такая очевидная.
Ток может растекаться во все стороны. Но посмотрим на квадратные «слои» вокруг начала.
На расстоянии порядка r от начала слой имеет длину порядка r. Значит, через этот слой есть порядка r параллельных путей.
Если r одинаковых резисторов соединены параллельно, их общее сопротивление имеет порядок 1/r.
Чтобы уйти на бесконечность, нужно пройти все слои:
1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ....
Это гармонический ряд, он расходится.
Значит, сопротивление плоской решётки до бесконечности тоже бесконечно.
Поэтому случайное блуждание на плоскости возвращается почти наверняка.
Но это уже пограничный случай: сопротивление растёт очень медленно, как гармонический ряд.
В трёхмерном пространстве слой радиуса r имеет уже не длину, а площадь порядка r².
Значит, параллельных проходов через слой порядка r², а сопротивление слоя имеет порядок 1/r².
Общее сопротивление до бесконечности ведёт себя как
1 + 1/2² + 1/3² + 1/4² + ....
Этот ряд сходится; более того, его сумма равна π²/6. Точное сопротивление решётки не равно этой сумме, но для вопроса о возвратности важен сам факт сходимости.
Поэтому в трёхмерной решётке случайное блуждание уже невозвратно: есть положительная вероятность уйти навсегда.
В размерности d та же оценка даёт слой размера порядка rᵈ⁻¹.
Сопротивление слоя имеет порядок 1/rᵈ⁻¹.
Поэтому нужно смотреть на ряд Σ1/rᵈ⁻¹.
При d = 1 он расходится.
При d =2 получается гармонический ряд, он тоже расходится.
При d ≥ 3 ряд сходится.
Так электрическая сеть даёт ту же границу, что и теорема Пойи:
d =1, 2 — возвращение почти наверняка;
d ≥ 3 — есть шанс уйти навсегда.
Почему здесь вообще появляется электричество?
Потому что напряжение в электрической сети и вероятность попадания в точку подчиняются одному и тому же локальному правилу.
Если в вершине нет источника тока, то её напряжение равно среднему значению напряжений в соседних вершинах. Это закон Кирхгофа.
Если случайное блуждание находится в вершине, то вероятность будущего события тоже равна среднему значению таких вероятностей по соседним вершинам: следующий шаг выбирается равновероятно.
В обоих случаях возникает одна и та же дискретная гармоническая функция на графе. Поэтому вопрос о возвращении случайного блуждания можно перевести на язык токов, напряжений и сопротивлений.
Электрическая формулировка показывает, что в размерности 2 путей наружу становится больше, но ещё недостаточно: сопротивления слоёв дают гармонический ряд. В размерности 3 площадь слоёв растёт как r², параллельных путей становится достаточно много, и суммарное сопротивление до бесконечности оказывается конечным.

Вернётся ли пьяница?

Рассмотрим случайное блуждание по решётке.
На прямой точка каждый раз идёт на 1 влево или на 1 вправо.
На плоскости — на одну клетку в одном из четырёх направлений.
В трёхмерном пространстве — в одном из шести направлений.
Вопрос: вернётся ли точка когда-нибудь в исходное положение?
Ответ зависит от размерности.
На прямой — вернётся почти наверняка.
На плоскости — тоже почти наверняка.
В трёхмерном пространстве вероятность возвращения уже меньше 1.
Это теорема Пойи.
Посмотрим, откуда возникает граница между размерностями 2 и 3.
Начнём с прямой. Каждый шаг равен +1 или −1 с вероятностями ½  и ½ .
После n шагов положение равно
Sₙ = X₁+X₂+...+Xₙ,
где каждое Xᵢ равно +1 или −1.
Среднее одного шага равно E(Xᵢ) = 0.
Средний квадрат равен E(Xᵢ²) = 1.
Значит, дисперсия одного шага равна 1, а дисперсия суммы равна
D(Sₙ) = D(X₁)+...+D(Xₙ) = n.
Стандартное отклонение равно √n.
Это естественный масштаб случайного блуждания после n шагов. Обычно положение не имеет порядок n: шаги частично компенсируют друг друга, поэтому типичное отклонение от начала имеет порядок √n.
На прямой существенная часть вероятности распределена на отрезке длины порядка √n.
Поэтому вероятность оказаться в одной конкретной точке, например в начале, имеет порядок 1/√n=n⁻¹ᐟ².
На плоскости за n шагов каждая координата тоже имеет разброс порядка √n. Поэтому существенная часть вероятности распределена в области размера примерно √n×√n.
Её площадь имеет порядок n. Значит, вероятность попасть в одну фиксированную точку имеет порядок 1/n=n⁻¹.
В d-мерном случае типичный разброс по каждой координате имеет порядок √n. Значит, существенная часть вероятности распределена не по всему пространству, а по области с линейным размером порядка √n в каждом из d направлений.
Число точек в такой области имеет порядок (√n)ᵈ = nᵈᐟ².
Если вероятность распределена примерно по nᵈᐟ² точкам, то вероятность оказаться в одной фиксированной точке, например в начале, имеет порядок 1/nᵈᐟ²=n⁻ᵈᐟ².
Теперь важно, что мы складываем эти вероятности по всем моментам времени n.
Для прямой d=1, поэтому вероятность возврата в начало в момент n имеет порядок Σn⁻¹ᐟ². Возникает ряд порядка Σn⁻¹ᐟ². Он расходится.
Для плоскости d=2, поэтому вероятность возврата в момент n имеет порядок n⁻¹. Возникает ряд порядка Σn⁻¹. Он тоже расходится.
Для трёхмерного пространства d=3, поэтому вероятность возврата в момент n имеет порядок n⁻³ᐟ². Возникает ряд порядка Σn⁻³ᐟ². Он сходится.
Вот почему двумерный и трёхмерный случаи различаются.
В обоих случаях типичное расстояние от начала после n шагов имеет порядок √n.
Но число возможных точек в типичной области разное:
на плоскости — порядка (√n)²=n;
в пространстве — порядка (√n)³=n³ᐟ².
Поэтому в трёхмерном случае вероятность оказаться ровно в начале убывает быстрее: не как 1/n, а как 1/n³ᐟ².
Именно переход от ряда Σ1/n к ряду Σ1/n³ᐟ² и даёт границу между размерностями 2 и 3.
Остаётся связать это с вероятностью возвращения.
Пусть r — вероятность когда-нибудь вернуться в начало после ухода из него.
После каждого возвращения процесс начинается заново: снова та же вероятность r вернуться ещё раз.
Поэтому ожидаемое число посещений начальной точки имеет вид
1 + r + r² + r³ + ...
Если r<1, эта сумма конечна: 1/(1−r).
Если ожидаемое число посещений бесконечно, значит, r=1.
В размерностях 1 и 2 сумма вероятностей возврата по всем моментам времени расходится, поэтому ожидаемое число посещений начальной точки бесконечно. Значит, r=1.
В размерности 3 сумма вероятностей конечна, значит, ожидаемое число посещений конечно. Поэтому r<1: есть положительная вероятность больше никогда не вернуться.

Куда ушла энергия

В посте про честную игру возникала неожиданная формула:
P(A≤x) = 2/π · arcsin√x.
Там A обозначала долю времени, в течение которого накопленный выигрыш был положительным.
Оказалось, что эта доля совсем не обязана быть близкой к 1/2. Значения около 0 и 1 встречаются очень часто.
Но та же формула появляется и в гораздо более простой геометрической ситуации.
Пусть частица движется с постоянной скоростью v, но направление движения выбирается случайно.
Обозначим через φ острый угол между направлением движения и горизонталью.
Горизонтальная составляющая скорости равна
vₓ = v cosφ.
Полная кинетическая энергия пропорциональна v².
А часть кинетической энергии, связанная с горизонтальным движением, пропорциональна
vₓ² = v²cos²φ.
Значит, горизонтальная доля энергии равна
A = vₓ²/v² = cos²φ.
Если направление выбрано случайно, то из-за симметрии можно считать, что φ равномерно распределён на отрезке от 0 до π/2.
Найдём распределение величины A.
Условие A ≤ x означает cos²φ ≤ x.
Так как 0≤φ≤π/2, это равносильно условию cosφ ≤ √x.
Косинус на этом отрезке убывает, поэтому φ ≥ arccos√x.
Значит, подходящие углы занимают промежуток от arccos√x до π/2.
Его длина равна
π/2 − arccos√x = arcsin√x.
А весь промежуток возможных значений φ имеет длину π/2.
Поэтому
P(A≤x) = arcsin√x /(π/2) = 2/π · arcsin√x.
Получилась та же арксинусная формула.
Теперь посчитаем конкретные вероятности.
Вероятность, что горизонтальная доля энергии меньше 10%, равна
P(A<0,1) = 2/π · arcsin√0,1 ≈ 0,205.
Столько же вероятность, что горизонтальная доля энергии больше 90%.
Значит, P(A<0,1 или A>0,9) ≈ 0,41.
А вероятность попасть в середину, от 40% до 60%, равна
P(0,4<A<0,6) = 2/π · (arcsin√0,6 − arcsin√0,4) ≈ 0,13.
То есть случайное направление гораздо чаще даёт почти горизонтальное или почти вертикальное распределение энергии, чем аккуратное «примерно пополам».
При этом среднее значение A всё равно равно 1/2:
E(A) = E(cos²φ) = 1/2.
В среднем половина энергии приходится на горизонтальную составляющую.
Но это среднее не означает, что случайная доля обычно близка к половине.
В длинной честной игре арксинус появлялся как закон времени, проведённого выше нуля.
Здесь он появляется как закон квадрата проекции случайного направления.
В обоих случаях симметрия есть, но она не заставляет отдельный случай выглядеть как равное деление.

Законы арксинуса

Кажется естественным, что в длинной честной игре сумма должна примерно половину времени быть положительной.
Но это неверно.
Если игра очень длинная, а шаги сделать маленькими, получится броуновское движение — непрерывный предел случайного блуждания.
Для него Поль Леви доказал три закона арксинуса.
Первый закон отвечает именно на вопрос из опроса.
Пусть A — доля времени на отрезке [0; 1], в течение которого броуновская траектория была выше нуля.
Тогда
P(A≤x) = 2/π · arcsin√x.
Это не нормальное распределение и не распределение, сосредоточенное около 1/2.
Его плотность равна 1/(π√(x(1−x))).
Она растёт у краёв 0 и 1. Поэтому крайние случаи встречаются часто.
Например,
P(A<0,1) = 2/π · arcsin√0,1 ≈ 0,205.
Столько же:
P(A>0,9) ≈ 0,205.
Значит,
P(A<0,1 или A>0,9) ≈ 0,41.
А вероятность провести в плюсе от 40% до 60% времени равна
2/π · (arcsin√0,6 − arcsin√0,4) ≈ 0,13.
То есть для длинной честной игры гораздо вероятнее провести почти всё время по одну сторону от нуля, чем выглядеть «примерно поровну».
У Леви есть ещё два закона арксинуса.
Та же самая формула описывает:
момент последнего возвращения траектории в ноль;
момент, когда траектория достигает своего максимума на отрезке [0; 1].
Во всех трёх случаях распределение одно и то же:
2/π · arcsin√x.
Это неожиданно, потому что вопросы разные.
Сколько времени траектория была выше нуля?
Когда она в последний раз была в нуле?
Когда она достигла максимума?
Но ответ задаётся одной и той же функцией арксинуса.
Так что «честная игра» означает только отсутствие сдвига в среднем.
Она не обязана выглядеть симметричной на каждом длинном промежутке наблюдения.
График честной игры часто долго держится по одну сторону от нуля. Поэтому визуально он может казаться «нечестным», хотя математически никакого преимущества у плюса или минуса нет.

Почти всегда конечно, но среднее бесконечно

Вернёмся к критической модели бактерии:
с вероятностью ½ бактерия погибает,
с вероятностью ½ делится на две.
Среднее число потомков равно
0·½ + 2·½ = 1.
Такой процесс почти наверняка вымирает. Но можно спросить не только о вымирании, а об общем числе бактерий, которые успеют появиться за всё время.
Если произошло m делений, то дерево потомства имеет m внутренних вершин и m+1 листьев. Всего бактерий: 2m+1.
Значит, возможны только нечётные значения:
1, 3, 5, 7, ...
Сколько есть разных деревьев с m делениями?
Число Каталана:
Cₘ = 1/(m+1)·C₂ₘᵐ.
Каждое такое дерево имеет m делений и m+1 смертей, всего 2m+1 случайных исходов. Поэтому вероятность одного конкретного дерева равна   (½)²ᵐ⁺¹.
Отсюда
P(T=2m+1) = Cₘ/2²ᵐ⁺¹.
Например:
P(T=1) = 1/2;
P(T=3) =1/8;
P(T=5) = 1/16;
P(T=7) = 5/128.
Теперь важна асимптотика чисел Каталана:
Cₘ ~ 4ᵐ/(√π·m³ᐟ²).
Тогда
P(T=2m+1) ~ 1/(2√π·m³ᐟ²).
Вероятность больших деревьев убывает как m⁻³ᐟ².
Это достаточно быстро, чтобы сумма вероятностей сходилась.
Но недостаточно быстро, чтобы сходилось среднее:
E(T) = Σ(2m+1) · P(T=2m+1).
Слагаемое ведёт себя как константа, умноженная на m⁻¹ᐟ², а ряд  Σm⁻¹ᐟ²  расходится.
Значит, E(T) = ∞.
Получается внешне противоречивая картина:
процесс почти наверняка когда-нибудь закончится;
но среднее общее число бактерий за всё время бесконечно.
Почти все деревья конечны. Просто распределение имеет тяжёлый хвост: редкие очень большие деревья дают бесконечный вклад в математическое ожидание.
Похожий эффект возникает в обычном случайном блуждании.
Если точка стартует из 0 и каждый раз с равными вероятностями идёт на 1 вправо или на 1 влево, то она почти наверняка когда-нибудь вернётся в 0.
Но среднее время первого возвращения бесконечно.
Причина та же: вероятность очень долгого ожидания убывает медленно, примерно как n⁻³ᐟ². Этого хватает, чтобы возвращение произошло почти наверняка, но не хватает, чтобы среднее время ожидания было конечным.
Похожий эффект встречался нам в Санкт-Петербургском парадоксе и горне Гавриила. Там тоже конечность одного параметра не гарантирует конечности другого: игра почти наверняка заканчивается, но ожидаемый выигрыш бесконечен; объём горна конечен, но площадь поверхности бесконечна. Здесь аналогично: дерево почти наверняка конечно, но его средний размер бесконечен.

Среднее растёт, медиана равна нулю
 
В модели Уотсона–Гальтона из прошлой заметки среднее число сыновей-продолжателей равно 1,25.
Значит, через 10 поколений среднее число носителей фамилии от одного исходного мужчины равно 1,25¹⁰ ≈ 9,3.
Но вероятность исчезнуть к десятому поколению в той же модели составляет примерно 0,53.
То есть к этому моменту больше половины фамилий уже имеют 0 носителей.
Поэтому медиана равна 0, хотя среднее равно 9,3.
Противоречия здесь нет. Среднее считается по всем исходным фамилиям: и по исчезнувшим, и по выжившим.
Если 53% фамилий исчезли, то среднее 9,3 создаётся оставшимися 47%.
Среди выживших фамилий среднее число носителей к десятому поколению будет примерно
9,3/(1−0,53) ≈ 20.
То есть картина не такая: каждая фамилия понемногу растёт.
А такая: больше половины фамилий исчезли;
среди выживших среднее число носителей около 20.
Это типичная особенность ветвящихся процессов. Математическое ожидание может расти, хотя наиболее вероятный или медианный исход равен нулю.
Причина в нуле как поглощающем состоянии. Если фамилия исчезла, дальше она уже не восстановится. А выжившие линии продолжают ветвиться и дают вклад в среднее.
Та же разница между средним и типичным исходом появляется в других моделях с ветвлением: ранние цепочки заражений, полезные мутации, цепные реакции.
Пока ветвей мало, распределение очень несимметрично: много нулей и длинный правый хвост.
Поэтому вопрос «сколько будет в среднем?» и вопрос «что обычно случится с одной линией?» в таких задачах дают разные ответы.

Почему исчезают фамилии
 
У задачи про бактерию есть близкий исторический родственник — задача о вымирании фамилий.
Пусть фамилия передаётся только по мужской линии: от отца к сыну. Тогда судьба фамилии зависит не от общего числа детей в семье, а от числа сыновей, которые доживут до взрослого возраста и смогут передать фамилию дальше.
Если у мужчины нет таких сыновей, эта ветвь фамилии обрывается.
Если один сын — линия продолжается одной ветвью.
Если два или больше — фамилия разветвляется.
Получается ветвящийся процесс: каждый человек в текущем поколении даёт случайное число продолжателей в следующем.
В задаче про бактерию была совсем простая схема:
0 потомков или 2 потомка.
Для фамилий такая схема слишком груба. У мужчины может быть 0, 1, 2, 3, ... сыновей. Поэтому вместо двух вероятностей нужно задать целое распределение.
Уотсон и Гальтон в статье о вымирании фамилий рассматривали, например, такую модель: число взрослых сыновей распределено как Bin(5, ¼).
То есть как будто у каждого мужчины есть 5 независимых «попыток» получить сына-продолжателя, и каждая попытка успешна с вероятностью ¼. Число ¼ здесь — параметр модельного примера. Это не точная статистика по конкретной стране, а удобная модель. Но она хорошо показывает сам эффект.
По биномиальной формуле получаются вероятности:
0 сыновей: (¾)⁵ ≈ 0,237;
1 сын: 5·¼·(¾)⁴ ≈ 0,396;
2 сына: 10·(¼)²·(¾)³ ≈ 0,264;
3 сына: 10·(¼)³·(¾)² ≈ 0,088;
4 сына: 5·(¼)⁴· ¾  ≈0,015;
5 сыновей: (¼)⁵ ≈ 0,001.
Среднее число сыновей, продолжающих фамилию, равно 5·¼=1,25.
То есть в среднем на одного мужчину приходится больше одного продолжателя фамилии.
Кажется, что при таком среднем фамилия должна уверенно сохраняться. Но это не так.
Пусть P — вероятность того, что фамилия когда-нибудь исчезнет.
Если у первого мужчины 0 сыновей, фамилия исчезает сразу. Это даёт 0,237.
Если у него 1 сын, должна исчезнуть одна ветвь. Вероятность этого P.
Если 2 сына, должны исчезнуть обе независимые ветви. Вероятность P².
Если 3 сына — P³.
И так далее.
Поэтому P должно удовлетворять уравнению
P=0,237+0,396P+0,264P²+0,088P³+0,015P⁴+0,001P⁵.
Это тот же ход, что в задаче про бактерию, только вместо короткого уравнения P=q+pP² получается более длинное.
У этого уравнения всегда есть корень P=1: полное вымирание формально возможно.
Но когда среднее число продолжателей больше 1, появляется ещё один корень между 0 и 1. Именно он и даёт настоящую вероятность вымирания.
В этой модели меньший корень примерно равен P ≈ 0,55.
То есть даже при среднем числе сыновей 1,25 вероятность окончательного исчезновения фамилии — около 55%.
Это главный эффект ветвящихся процессов.
Среднее больше 1 означает не гарантию выживания, а только положительный шанс выжить.
Одна неудача в раннем поколении может оборвать всё дерево. Если в какой-то момент продолжателей стало 0, процесс попал в ноль, а из нуля уже нельзя выйти.
Поэтому в большой популяции могут одновременно происходить две вещи:
население по мужским линиям в среднем растёт,
а большинство отдельных фамилий всё равно исчезает.
Выжившие фамилии потом могут стать очень многочисленными. Но это не обязательно значит, что они были «сильнее». Часто это значит, что их ветви просто не оборвались в первых поколениях.
В обычных задачах на среднее мы смотрим на массу.
В ветвящемся процессе важен другой вопрос: что станет с одной конкретной линией?
Среднее говорит: процесс в целом способен расти.
Вероятность вымирания говорит: отдельная линия всё равно может исчезнуть навсегда.
Так что задача про бактерию из ЕГЭ не такая искусственная, как кажется. Она является маленькой моделью фамилий, родов, популяций, цепных реакций, эпидемий — всего, что не просто продолжается, а ветвится.

Цепи Маркова в задаче из первой части ЕГЭ

Бактерия каждый час либо делится на две точно такие же бактерии с вероятностью 5/7, либо погибает с вероятностью 2/7. В начале в пробирке была одна бактерия.
Какова вероятность того, что через некоторое время в пробирке не останется ни одной бактерии?

На вид это обычная задача на вероятность. Но в ней есть неприятная для школьного экзамена особенность: процесс может продолжаться сколь угодно долго. Нельзя просто нарисовать дерево на два-три шага и честно перебрать все варианты.
Попробуем всё-таки решить.
Пусть P — вероятность того, что потомство одной бактерии в конце концов исчезнет.
После первого часа есть два варианта.
Первый: бактерия погибла. Вероятность этого равна q=2/7. Тогда всё уже закончилось.
Второй: бактерия разделилась на две. Вероятность этого равна p=5/7. Теперь нужно, чтобы исчезло потомство обеих бактерий. А каждая из них начинает такую же историю, как исходная бактерия. Поэтому вероятность исчезновения двух независимых «семейств» равна P².
Получаем уравнение
P=q+pP².
Отсюда
pP²−P+q=0.
Так как p+q=1, это уравнение можно записать так:
(P−1)(P−q/p)=0.
Значит,
P=1 или P=q/p.
В нашей задаче
q/p=(2/7)/(5/7)=2/5.
Ответ: 2/5.
 
Почему не 1? Формально корень P=1 тоже появился в уравнении. Но он соответствует другой ситуации: когда размножение не сильнее гибели, популяция почти наверняка когда-нибудь вымрет. Если же p>q, то у процесса есть шанс «убежать в бесконечность»: бактерий становится всё больше, и полное вымирание уже не гарантировано.
У нас p = 5/7 > 2/7 = q, поэтому вероятность вымирания равна не 1, а q/p=2/5.
 
Та же самая задача известна в более наглядной формулировке.
Пьяница стоит в одном шаге от края обрыва. Каждый раз он делает случайный шаг: к обрыву с вероятностью q или от обрыва с вероятностью p=1−q. Какова вероятность того, что он когда-нибудь упадёт?
Если он сразу делает шаг к обрыву, то падает. Это даёт вероятность q.
Если он делает шаг от обрыва, то оказывается уже в двух шагах от края. Чтобы упасть, ему сначала нужно когда-нибудь вернуться в один шаг от края, а затем уже из этого положения упасть. Получается та же структура, что и в задаче про бактерии:
P=q+pP².
Можно посмотреть и иначе: считать вероятности падения ровно на 1-м, 3-м, 5-м, 7-м шаге и так далее.
На первом шаге вероятность равна q.
На третьем шаге путь только один:
1 → 2 → 1 → 0,
поэтому вероятность равна q²p.
На пятом шаге возможны уже два пути:
1 → 2 → 3 → 2 → 1 → 0,
1 → 2 → 1 → 2 → 1 → 0.
Поэтому вероятность равна 2q³p².
Дальше появляются коэффициенты
1, 1, 2, 5, 14, 42, ...
Это числа Каталана. Они считают пути, которые не пересекли границу раньше времени. То есть пьяница должен впервые упасть в обрыв именно на последнем шаге, а не раньше.
Так в задаче из первой части ЕГЭ неожиданно появляются сразу несколько больших тем: случайные блуждания, пути Дика, числа Каталана, цепи Маркова.
 
Цепь Маркова — это случайный процесс, в котором будущее зависит от настоящего состояния, но не зависит от всей предыдущей истории.
Не важно, как именно пьяница оказался в одном шаге от края. Важно только то, что он сейчас находится в одном шаге. Дальше процесс начинается как бы заново.
То же самое с бактерией. Если после деления появились две бактерии, то каждая из них начинает такую же независимую историю, как исходная.
Именно это «забывание прошлого» позволяет написать короткое уравнение вместо бесконечного дерева вариантов.
 
На уровне ЕГЭ эта задача, конечно, выглядит странно. Для первой части она слишком нетипична: ответ простой, но честное обоснование уводит далеко за пределы стандартных школьных приёмов.
Но как математический сюжет она замечательна.
Один случайный шаг сам по себе почти ничего не значит. Но если шаги повторяются снова и снова, возникает целая траектория. И тогда нас интересует уже не только то, что случится на следующем шаге, а судьба всего процесса: вымрет популяция или нет (упадёт ли пьяница, достигнет ли случайное движение границы).

Одна формула против гипотезы якобиана
 
Сегодня все обсуждают новость из математики: найден контрпример к гипотезе якобиана.
Это не самая известная математическая проблема для широкой публики. Но внутри математики это очень заметная вещь: старая, простая по формулировке, трудная по существу и с длинной историей неверных доказательств.
Обычно её связывают с работой Отто-Генриха Келлера 1939 года. Формулировка при этом удивительно короткая.
Берём пространство и задаём замену координат многочленами.
Например, в трёхмерном случае точка (x; y; z) переходит в новую точку, у которой каждая координата — многочлен от x, y, z.
У такой замены можно посчитать якобиан — определитель матрицы производных. В геометрическом смысле он показывает, что происходит с маленьким кусочком объёма.
Если якобиан равен нулю, кусочек мог схлопнуться: объём — в плоскость, плоскость — в линию, разные направления — в одно.
А гипотеза якобиана рассматривала противоположный случай:
якобиан всюду равен ненулевой константе.
То есть в малом всё хорошо. Около каждой точки отображение обратимо. Никакого локального схлопывания нет.
Гипотеза утверждала, что для многочленов этого достаточно: если локально всё хорошо, то и глобально всё хорошо. У отображения должна быть обратная функция, причём тоже полиномиальная.
И вот сам контрпример.
Рассматривается отображение ℂ³ → ℂ³, то есть отображение трёхмерного пространства над комплексными числами в себя. Впрочем, все коэффициенты в этой формуле вещественные, и три склеивающиеся точки тоже вещественные. Поэтому проверка выглядит вполне «реальной»: три обычные точки пространства переходят в одну.
Формула такая:
F((x; y; z)) =
( (1 + xy)³ z + y²(1 + xy)(4 + 3xy);
y + 3x(1 + xy)² z + 3xy²(4 + 3xy);
2x − 3x²y − x³z ).
Выглядит неприятно, но проверка устроена просто.
Первое: det JF = −2.
Значит, условие гипотезы выполнено: якобиан всюду постоянный и ненулевой.
Второе: три разные точки
(0; 0; −1/4), (1; −3/2; 13/2), (−1; 3/2; 13/2) переходят в одну и ту же точку: (−1/4; 0; 0).
А если разные точки переходят в одну, обратной функции быть не может. Вообще никакой — не только полиномиальной.
Это и ломает гипотезу.
Она говорила: локально не схлопывает — значит, глобально обратимо.
Пример говорит: локально не схлопывает, но далёкие точки всё равно могут склеиться.
Кажется, это самый понятный смысл новости. Якобиан смотрит на отображение под микроскопом. Он видит, что в каждой малой окрестности всё устроено честно. Но он не видит всей карты сразу.
Можно нарисовать карту так, что каждый маленький район выглядит нормально, а два далёких города напечатаны в одной точке. Локальная проверка этого не поймает.
Гипотеза якобиана была надеждой, что многочлены слишком жёсткие для такого фокуса.
Оказалось, что в размерности 3 не слишком. А вместе с ней и во всех больших размерностях: можно просто добавить лишние координаты, которые ничего не меняют.
Двумерный случай при этом остаётся отдельной задачей.
Новость стала шумной благодаря участию ИИ и тому, что формула будто бы была получена во время финала чемпионата мира. Но интереснее здесь другое: большая гипотеза почти 90 лет упиралась в три многочлена, один якобиан и три точки, которые можно просто подставить.

Ноль, который стирает

В прошлый раз ноль прошёл несколько жизней.
Но есть ещё один ноль — ноль как место, куда исчезают различия.
Представим себе проектор.
Есть трёхмерное пространство. В нём живут точки с координатами (x; y; z).
Теперь включаем проектор и смотрим только на тень на плоскости. Точка (x; y; z) переходит в (x; y). Третья координата пропала.
Так работает линейное отображение
f: ℝ³ → ℝ²,
f((x; y; z)) = (x; y).
Точки (1; 2; 0), (1; 2; 5), (1; 2; −100) разные в пространстве, но дают одну и ту же тень: (1; 2).
Проектор не видит высоту. Всё, что происходит вдоль вертикальной оси, для него невидимо.
Как математически описать эту невидимую часть?
Нужно спросить: какие точки превращаются в нулевой вектор?
f((x; y; z)) = (0; 0).
Отсюда x = 0, y = 0, а z может быть любым.
Значит, в ноль схлопывается вся ось Oz: (0; 0; z).
Это и есть ядро отображения. В этом примере ядро показывает не просто точки, которые упали в ноль. Оно показывает направление, которое проектор не видит. Если две точки отличаются только высотой, их тени совпадают.
Если ядро большое, отображение много забывает.
Если ядро состоит только из нулевого вектора, отображение ничего не склеивает: разные точки не падают в одну и ту же тень.
Но у отображения есть и другая возможная беда.
Оно может не стирать, а не дотягиваться.
Рассмотрим другое отображение:
g: ℝ² → ℝ³,
g((x; y)) = (x; y; 0).
Это уже не тень, а вложение плоскости в пространство. Мы кладём лист бумаги в трёхмерный мир на высоте z = 0.
Здесь ничего не стирается: разные точки плоскости остаются разными. Ядро нулевое.
Но пространство ℝ³ больше, чем этот лист. В нём есть точки, до которых мы никогда не попадём: (0; 0; 1), (5; 7; 3), (−1; 4; 10).
Вся вертикальная высота остаётся вне картинки.
Для этого тоже есть специальное слово — коядро.
Ядро отвечает на вопрос: что отображение стерло?
Коядро отвечает на другой вопрос: куда отображение не дотянулось?
Для линейного отображения f: V → W коядро — это факторпространство W / im f.
То есть мы берём всё пространство W и считаем все направления, уже попавшие в образ f, нулевыми. После такого «вычитания образа» остаётся только недостигнутая часть.
У проекции ℝ³ → ℝ² коядро нулевое: вся плоскость ℝ² покрыта тенями.
У вложения ℝ² → ℝ³ коядро одномерное: остаётся вертикальное направление, которого не было на листе.
Так у отображения появляются две стороны:
ядро — его забывчивость;
коядро — его недосягаемость.
А теперь можно сделать ещё один шаг.
В категории векторных пространств есть нулевое пространство. В нём всего один вектор: 0.
Оно похоже на математическую сливную воронку. Из любого пространства в него есть ровно одно линейное отображение: всё отправить в ноль. И из него в любое пространство тоже есть ровно одно линейное отображение: единственный вектор 0 обязан перейти в нулевой вектор этого пространства.
Через эту воронку проходит нулевое отображение из V в W:
V → 0 → W.
Сначала всё пространство V сжимается в единственную точку. Потом эта точка попадает в ноль пространства W.
Так получается отображение, которое всё стирает.
В линейной алгебре и теории категорий ноль — это уже не пустота, а механизм стирания: через него видно, что отображение уничтожило, куда оно не смогло попасть и какие различия для него перестали существовать.
Ноль становится не отсутствием предмета, а следом исчезнувшей информации.

Пчёлы, греки и ноль

Попались рядом два научно-популярных текста.
Один — о том, что пчёлы понимают ноль.
Другой — о том, что у древних греков нуля не было.
Если поставить эти две фразы рядом, получится почти анекдот: пчёлы справились с понятием, до которого не дошли Евклид и Архимед.
В опытах пчёлам показывали изображения с разным числом фигур. Иногда фигур не было совсем. После обучения правилу «выбирай меньшее количество» пчёлы чаще выбирали пустое изображение, когда оно сравнивалось с изображением, на котором была одна фигура.
На одном листе множество отмеченных фигур состоит из одного элемента:
|{●}| = 1.
На другом листе отмеченных фигур нет:
|∅| = 0.
И нулевая численность оказывается меньше единичной:
|∅| < |{●}|.
В этом смысле пчёлы, похоже, работают с нулевой численностью: пустое изображение занимает место перед изображением с одним предметом.
С древними греками история другая. У Евклида число — это множество, составленное из единиц. При таком взгляде нулю трудно найти место среди чисел: он не составлен из единиц. Конечно, древний грек понимал, что в сосуде может не быть воды, а на доске — точек. Но одно дело — отсутствие предметов, и другое — число, участвующее в арифметике наравне с 2, 3 или 10.
В современной записи удобно сказать:
у пустого множества есть количество элементов, и это количество равно нулю.
Не пустое множество «равно нулю», а его мощность равна нулю: |∅| = 0.
Есть и другой ноль — не как число предметов, а как знак пустого места.
В записи 105 ноль не означает, что «ничего нет» вообще.
Такой ноль нужен для того, чтобы удержать разряд. Это ноль-сторож: он стоит на пустом месте и не даёт сотням сдвинуться к десяткам.
В непозиционной записи такая роль не возникает в явном виде. Поэтому римское CV и наше 105 устроены принципиально по-разному: в современном числе значение цифры зависит от места, а пустое место тоже должно быть как-то обозначено.
Так обычное «ничего» становится числом, а пустой разряд — видимым местом в записи числа.
Но на этом история нуля не заканчивается.
В анализе ноль превращается в точку, около которой можно различать то, что в самой точке уже сливается.
При x → 0 величины x, x², sin x и 1−cos x стремятся к нулю. В самом нуле они все обращаются в 0. Но подходят к нему по-разному: x² исчезает быстрее, чем x, sin x — примерно с той же скоростью, что x, а 1−cosx — примерно как x²/2.
Поэтому 0/0 в анализе — не ответ, а предупреждающий знак: две величины одновременно исчезают, и нужно сравнить скорости их исчезновения.
sinx / x → 1,  а x²/x → 0.
Грубая подстановка даёт один и тот же символ 0/0, но предельное поведение разное.
Ещё один поворот появляется в геометрии. Нулевой уровень функции — это уже не «ничего», а фигура. Уравнение x² + y² − 1 = 0 вырезает окружность, xy = 0 — две координатные оси, y² − x³ = 0 — полукубическую параболу с остриём в начале координат. Ноль здесь не уничтожает объект, а служит условием отбора точек: из функции получается геометрическая фигура.
Ещё более неожиданный ноль появляется в теории меры.
Одна точка на прямой имеет длину 0. Две точки тоже имеют длину 0. Тысяча точек — всё ещё длина 0.
Более того, множество всех рациональных чисел на отрезке [0; 1] имеет нулевую лебегову меру. Если говорить менее формально — нулевую длину.
Рациональных чисел на отрезке бесконечно много. Они всюду плотны: между любыми двумя числами найдётся рациональное. Но с точки зрения длины они всё равно не занимают места.
Отсюда же возникает странный вероятностный эффект: если случайно выбрать число из отрезка [0; 1], вероятность получить заранее заданное число равна нулю. Но результатом выбора всё равно будет какое-то конкретное число.
Сначала это количество элементов пустого множества. Потом число. Потом знак пустого разряда в позиционной записи. Потом точка, к которой можно приближаться с разной скоростью. Потом нулевой уровень функции, на котором уравнение вырезает геометрию. А потом — размер множества, которое вовсе не обязано быть пустым.
Дальше ноль уходит уже в совсем абстрактную сторону: появляются нулевые объекты, нулевые отображения, ядра и коядра. Но это уже отдельная история.

В видео Борис Трушин разбирает поучительную историю с геометрической задачей. Неприятно только, что она случилась на живом ЕГЭ.
Условие вроде бы выглядит безобидно: в треугольнике ABC угол B равен 60°, вписанная окружность касается стороны AC в точке M, радиус этой окружности равен R, а BM = 7R/3. Нужно найти синус угла CMB.
Первый пункт задачи даже просит доказать, что BM ≤ 3R. И тут в ловушку попался сам составитель задачи: раз 7R/3 меньше 3R, то кажется, что всё нормально.
Борис объясняет, почему на самом деле должно выполняться ещё условие:
BM > √7R.
А поскольку 7/3 < √7, описанного в задаче треугольника просто не существует.
Можно поставить ещё следующий вопрос: оставим ошибочное отношение BM = 7R/3, но перестанем фиксировать ∠B = 60°. При каких углах такая задача стала бы корректной?
Пусть ∠B = 2φ, а I — центр вписанной окружности. Тогда
BI = R / sin φ.
Точка M — точка касания переменной стороны AC с окружностью. Чтобы сторона AC действительно образовывала треугольник, её касательная должна пересекать обе стороны угла B.
Посмотрим на предельные положения.
Пусть T — точка касания окружности с одной из сторон угла, а T' — диаметрально противоположная ей точка окружности. Касательная к окружности в точке T' параллельна этой стороне угла. Значит, при таком положении третья сторона уже не даёт треугольника: одна вершина уходит в бесконечность. Это и есть нижняя граница.
Найдём BT'. В прямоугольном треугольнике BIT имеем
BI = R / sin φ,
IT = R,
∠BIT = 90° – φ.
Так как T' диаметрально противоположна точке T, то
∠BIT' = 90° + φ.
По теореме косинусов для треугольника BIT':
BT'² = BI² + IT'² – 2·BI·IT'·cos(90° + φ).
Но IT' = R, а cos(90° + φ) = –sinφ, поэтому
BT'² = R² / sin²φ + R² + 2R² = R²(1/sin²φ + 3).
Следовательно, для настоящего треугольника должно быть
BM > R√(1/sin² φ + 3).
Равенство не подходит: при равенстве касательная параллельна одной из сторон угла, и треугольник вырождается.
Теперь верхняя граница. Самая дальняя от B точка допустимой дуги — это точка Q окружности, лежащая на биссектрисе угла по другую сторону от I. Тогда точки B, I, Q лежат на одной прямой, и
BQ = BI + IQ = R / sinφ + R.
Касательная в точке Q перпендикулярна биссектрисе и даёт обычный равнобедренный треугольник, поэтому верхняя граница достигается.
Итак, при ∠B = 2φ полный диапазон такой:
R√(1/sin²φ + 3) < BM ≤ R(1/sinφ + 1).
Или, если BM = kR, то
√(1/sin²φ + 3) < k ≤ 1/sinφ + 1.
Для исходного ∠B = 60° имеем φ = 30°, sin φ = 1/2, поэтому
√7 < k ≤ 3.
Именно поэтому k = 7/3 не годится.
Теперь оставим число k = 7/3 и найдём допустимые значения угла.
Нужно, чтобы
√(1/sin²φ + 3) < 7/3 ≤ 1/sinφ + 1.
Отсюда получаем:
3/√22 < sinφ ≤ 3/4.
А поскольку ∠B = 2φ,
2arcsin(3/√22) < ∠B ≤ 2arcsin(3/4).
Приблизительно:
79,52° < ∠B ≤ 97,18°.
То есть чтобы сохранить число 7/3, угол B надо было бы увеличить почти до 80° или больше.
Можно ли сделать ЕГЭ-задачу со значением k = 7/3?
Да, при значении ∠B = 90° в пункте б) получится красивый ответ: sin∠CMB = 20/21.
Пункт а) при этом тоже должен измениться. Естественная точная верхняя граница будет такой:
BM ≤ (1 + √2)R.
И её доказательство остаётся почти чисто геометрическим. Центр вписанной окружности лежит на биссектрисе прямого угла, поэтому находится на расстоянии R√2 от вершины B. А самая удалённая от B точка окружности лежит на луче BI за точкой I. Значит, максимальное возможное расстояние от B до точки касания равно
 BI + R = (1 + √2)R.
Если требуется сделать задачу менее прозрачной, пункт а) можно заменить на доказательство более грубой оценки BM ≤ 5R/2. Она следует из точной границы BM ≤ (1 + √2)R, но сама точная граница тогда не бросается в глаза.

Та же формула, но другая геометрия

В прошлой заметке лоренцево сокращение появилось из школьной картинки: лодка, река, течение, путь туда-обратно.
Если бы существовало эфирное течение — обычно говорят «эфирный ветер» — то свет вдоль движения Земли должен был бы вести себя как лодка на реке. Чтобы объяснить нулевой результат опыта Майкельсона–Морли, Фицджеральд и Лоренц предположили: продольное плечо интерферометра сокращается в √(1− v²/c²) раз.
В этой картине сокращение выглядит как физическая деформация тела при движении через эфир.
Но дальше та же формула получает другой смысл. В релятивистской интерпретации, связанной с работами Лоренца, Пуанкаре, Эйнштейна и Минковского, вопрос ставится иначе. Не нужно спрашивать, как быстро Земля движется относительно эфира. Вместо этого принимается другое требование: законы физики имеют один и тот же вид во всех инерциальных системах отсчёта, а скорость света в вакууме не зависит от выбора такой системы.
На первый взгляд это звучит почти как фокус. Но геометрия Минковского показывает, что никакого фокуса нет. Просто пространство и время нельзя рассматривать отдельно.
В обычной евклидовой геометрии расстояние между точками сохраняется при поворотах. Если мы повернули систему координат, меняются проекции на оси x и y, но сама длина отрезка не меняется.
В пространстве-времени Минковского роль такой сохраняющейся величины играет не x²+y², а выражение
c²t²−x²−y²−z².
Именно оно остаётся неизменным при переходе от одной инерциальной системы к другой.
Из-за этого переход между системами отсчёта похож не на обычный поворот, а на гиперболический поворот осей пространства и времени. Новая ось времени наклоняется, и вместе с ней меняется то, какие события считаются одновременными.
Вот здесь и рождается сокращение длины.
Что значит «измерить длину движущегося стержня»? Нужно отметить положения двух его концов одновременно. Но одновременно — в какой системе отсчёта?
Для наблюдателя, который летит вместе со стержнем, одновременность одна. Для наблюдателя, относительно которого стержень движется, одновременность другая. Он берёт другой срез пространства-времени. Этот срез пересекает мировую полоску стержня иначе, и полученная длина оказывается меньше:
L = L₀√(1−v²/c²).
То есть стержень не обязан «сжиматься» как пружина. Просто разные инерциальные наблюдатели по-разному разрезают пространство-время на пространство и время.
То же самое с замедлением времени.
Часы, движущиеся вместе с объектом, измеряют собственное время вдоль его мировой линии. Другой инерциальный наблюдатель раскладывает ту же мировую линию на свои координаты пространства и времени. Из той же геометрии Минковского получается множитель 1/√(1−v²/c²).
Поэтому сокращение длины и замедление времени — не два отдельных трюка. Это две проекции одной и той же геометрии.
В одной интерпретации сохраняется эфир: тело сокращается при движении через него, и поэтому опыт ничего не показывает. В другой эфир не нужен: тот же результат следует из геометрии пространства-времени и равноправия инерциальных систем.
Лодочная картинка помогает понять, почему исторически ждали эффект и почему понадобился множитель √(1−v²/c²).
А геометрия Минковского объясняет, почему этот множитель не случайная поправка, а часть новой геометрии пространства-времени.

Как Майкельсон и Морли искали эфирный ветер

В прошлой заметке мы увидели: если есть течение, то путь туда-обратно вдоль него и путь туда-обратно поперёк него занимают разное время.
Именно такого различия ждали в опыте Майкельсона–Морли. Только вместо лодки был свет, вместо реки — предполагаемый эфир, а вместо течения — движение Земли сквозь этот эфир, или «эфирный ветер».
Пусть длина плеча интерферометра равна L, скорость света относительно эфира равна c, а скорость Земли сквозь эфир равна v.
Сначала посмотрим на плечо, направленное вдоль «эфирного ветра».
Если свет идёт в одну сторону по движению прибора, зеркало от него как бы убегает. Если обратно — источник движется ему навстречу. Поэтому времена двух участков устроены как в задаче о лодке по течению и против течения:
L/(c−v) и L/(c+v).
Полное время продольного хода равно
T_‖ = L/(c−v)+L/(c+v).
Приводим к общему знаменателю:
T_‖ = 2Lc/(c²−v²) = (2L/c)/(1−v²/c²).
Теперь поперечное плечо.
Здесь важно не представить свет как луч, который просто летит строго поперёк. Пока свет идёт к зеркалу, само зеркало вместе со всем прибором смещается вдоль «эфирного ветра». Поэтому в системе эфира луч должен идти по диагонали: он одновременно движется к зеркалу поперёк и догоняет его вдоль движения прибора.
Получается прямоугольный треугольник.
За время t свет проходит путь ct.
За то же время прибор смещается вдоль движения на vt.
А поперечное расстояние до зеркала равно L.
Значит, (ct)² = L²+(vt)².
Отсюда  t = L/√(c²−v²).
Это время пути к зеркалу. Обратно получается столько же: прибор всё так же смещается, и луч снова идёт по диагонали. Поэтому
T_⊥ = 2L/√(c²−v²) = (2L/c)/√(1−v²/c²).
Итак, в эфирной картине получаются два разных времени:
T_‖ = (2L/c)/(1−v²/c²),
T_⊥ = (2L/c)/√(1−v²/c²).
Продольный ход должен длиться дольше поперечного. При повороте интерферометра на 90° плечи меняются ролями, значит, интерференционная картина должна сместиться.
Именно это смещение Майкельсон и Морли пытались обнаружить.
Но ожидаемого смещения не оказалось.
Как можно было спасти эфирную картину?
Фицджеральд и Лоренц предложили идею: тело, движущееся сквозь эфир, сокращается вдоль направления движения. Причём не как угодно, а ровно настолько, чтобы продольное и поперечное времена сравнялись.
Пусть продольное плечо сокращается в k раз. Тогда вместо L в формуле для T_‖ надо поставить kL:
T_‖ = (2kL/c)/(1−v²/c²).
Хотим, чтобы это совпало с поперечным временем:
(2kL/c)/(1−v²/c²) = (2L/c)/√(1−v²/c²).
После сокращения общих множителей получаем
k = √(1−v²/c²).
Вот откуда появляется лоренцево сокращение: продольный ход света замедляется сильнее поперечного. Чтобы времена сравнялись, продольное плечо должно стать короче в √(1−v²/c²) раз — коэффициент, равный отношению поперечного замедления к продольному.
В эфирной интерпретации это сокращение понималось как физическая деформация тела при движении через эфир. Но дальше та же формула получила другой смысл: в релятивистской геометрии эфир уже не нужен, а множитель √(1−v²/c²) возникает из самой структуры пространства-времени.

Задача про лодку, которая ведёт к теории относительности

Для знакомства с теорией относительности неожиданно важной оказывается обычная школьная
задача про лодку, плывущую по реке.
Лодка плывёт со скоростью 5 км/ч относительно воды. Скорость течения — 3 км/ч.
Сначала пусть лодка проходит 4 км вниз по течению и затем возвращается обратно.
Вниз по течению её скорость равна 5+3=8 км/ч, значит, путь занимает 4/8=0,5 часа.
Вверх против течения скорость равна 5−3=2 км/ч, значит, обратный путь занимает 4/2=2 часа.
Итого туда-обратно: 2,5 часа.
За это время лодка прошла 8 км, поэтому её средняя скорость на всём пути равна 8/2,5=3,2 км/ч.
Заметим: собственная скорость лодки равна 5 км/ч, но средняя скорость туда-обратно по реке меньше. Течение помогает в одну сторону и мешает в другую, но помощь и помеха не компенсируются.

Теперь другая задача.
Та же лодка переплывает реку шириной 4 км и возвращается обратно. Нужно попасть точно в точку напротив, поэтому лодку приходится направить немного против течения.
Из всей скорости 5 км/ч часть уходит на компенсацию сноса. Течение имеет скорость 3 км/ч, значит, поперечная составляющая скорости равна
√(5²−3²)=4 км/ч.
Ширина реки 4 км, значит, путь на другой берег занимает 1 час. Обратно — ещё 1 час. Итого туда-обратно поперёк реки: 2 часа.
Получилось важное различие:
вдоль течения туда-обратно — 2,5 часа;
поперёк течения туда-обратно — 2 часа.
Одна и та же лодка, одна и та же река, одинаковое расстояние туда-обратно — но время зависит от направления.
А значит, если есть течение, его можно обнаружить, сравнив продольный и поперечный маршруты.
 
Именно эта школьная идея стоит за знаменитым опытом Майкельсона–Морли.
Если бы свет распространялся в неподвижном эфире, а Земля двигалась сквозь него, то возник бы аналог речного течения — «эфирный ветер». Свет вдоль движения Земли и свет поперёк этого движения должны были бы проходить свои пути за разные времена.
Интерферометр Майкельсона–Морли был устроен так, чтобы эту разницу заметить.
Но не заметил.