Pytanie (nieco zmodyfikowane) brzmi następująco i jeśli nigdy go nie spotkałeś, możesz to sprawdzić w przykładzie 6a, rozdział 2, Pierwszego kursu prawdopodobieństwa Sheldona Rossa :

Załóżmy, że mamy nieskończenie dużą urnę i nieskończoną kolekcję piłek oznaczonych piłką numer 1, numer 2, numer 3 i tak dalej. Rozważ eksperyment przeprowadzony w następujący sposób: Po 1 minucie do 12 po południu kulki o numerach od 1 do 10 są umieszczane w urnie i jedna losowo usuwana. (Załóż, że wycofanie nie zajmuje czasu.) W 1/2 1/2 do 12 po południu kulki o numerach od 11 do 20 są umieszczane w urnie, a kolejna jest losowo usuwana. Za 1/4 minuty do 12:00, kule o numerach od 21 do 30 są umieszczane w urnie, a kolejna jest losowo usuwana ... i tak dalej. Ciekawe pytanie brzmi: ile piłek znajduje się w urnie o godzinie 12?

To pytanie, jak zostało postawione, zmusza w zasadzie wszystkich do popełnienia błędu - zwykle intuicja mówi, że będzie nieskończenie wiele piłek o godzinie 12.00. Odpowiedź udzielona przez Rossa brzmi jednak, że z prawdopodobieństwem jedna urna będzie pusta o 12 wieczorem

Podczas nauczania teorii prawdopodobieństwa ten problem jest jednym z tych, dla których bardzo trudno jest podać dobre intuicyjne wyjaśnienie.

Z jednej strony możesz spróbować wyjaśnić to w następujący sposób: „pomyśl o prawdopodobieństwie, że jakakolwiek kula znajdę się w urnie o godzinie 12 wieczorem. Podczas nieskończonych losowych losowań zostanie ona ostatecznie usunięta. Ponieważ dotyczy to wszystkich piłek, żadna z nich może być na końcu ".

Jednak uczniowie poprawnie się z tobą sprzeczają: „ale wkładam 10 piłek i usuwam 1 piłkę za każdym razem. Niemożliwe, aby na końcu było zero piłek”.

Jakie jest najlepsze wytłumaczenie, jakie możemy im dać, aby rozwiązać te sprzeczne intuicje?

Jestem również otwarty na argument, że pytanie jest źle postawione i jeśli lepiej je sformułujemy, „paradoks” znika lub argument, że paradoks jest „czysto matematyczny” (ale proszę, staraj się być precyzyjny).

Ross opisuje trzy wersje tego „paradoksu” w przykładzie 6a w swoim podręczniku . W każdej wersji do urny dodaje się 10 kulek i 1 piłkę usuwa się na każdym etapie procedury.

1. W pierwszej wersji, -tym kulki usuwa się z etapie -tym. Po północy pozostało nieskończenie wiele piłek, ponieważ wszystkie piłki o numerach nie kończących się na zero są tam nadal.$10n$$n$

2. W drugiej wersji piłka jest usuwana na kroku. Po północy pozostało zero piłek, ponieważ każda z nich zostanie ostatecznie usunięta na odpowiednim etapie.$n$$n$

3. W trzeciej wersji kulki są losowo usuwane równomiernie. Ross oblicza prawdopodobieństwo, że każda kula zostanie usunięta w kroku i stwierdza, że ​​zbiega się ona do jako (zwróć uwagę, że nie jest to oczywiste! Należy wykonać obliczenia). Oznacza to, z powodu nierówności Boole'a , że prawdopodobieństwo zerowej piłki na końcu wynosi również .1 n → ∞ $n$$1$$n\to\infty$$1$

Mówisz, że ten ostatni wniosek nie jest intuicyjny i trudny do wyjaśnienia; wspaniale to wspierają liczne niejasne odpowiedzi i komentarze w tym wątku. Wniosek drugiej wersji jest jednak równie intuicyjny! I nie ma absolutnie nic wspólnego z prawdopodobieństwem lub statystykami. Myślę, że po zaakceptowaniu drugiej wersji nie ma już nic szczególnie zaskakującego w trzeciej wersji.

Tak więc, podczas gdy dyskusja „probabilistyczna” musi dotyczyć trzeciej wersji [patrz bardzo wnikliwe odpowiedzi @ paw88789, @Paul i @ekvall], dyskusja „filozoficzna” powinna raczej skupić się na drugiej wersji, która jest znacznie łatwiejsza i podobna w duch do hotelu Hilberta .

---

Druga wersja znana jest jako paradoks Rossa-Littlewooda . Link do strony Wikipedii, ale dyskusja tam jest strasznie myląca i nie polecam jej w ogóle czytać. Zamiast tego spójrz na ten wątek MathOverflow sprzed lat . Jest już zamknięty, ale zawiera kilka bardzo spostrzegawczych odpowiedzi. Krótkie streszczenie odpowiedzi, które uważam za najważniejsze, jest następujące.

Możemy zdefiniować zestaw kulek obecnych w urnie po kroku . Mamy to , itd. Istnieje matematycznie dobrze zdefiniowane pojęcie granicy sekwencji zestawów i można rygorystycznie udowodnić że istnieje limit tej sekwencji i jest to pusty zestaw . Rzeczywiście, jakie piłki mogą znajdować się w ustawionym limicie? Tylko te, które nigdy nie są usuwane. Ale każda piłka jest ostatecznie usuwana. Więc limit jest pusty. Możemy napisać . n S 1 = { 2 , … 10 } S 2 = { 3 , … 20 } ∅ S n → $S_n$$n$$S_1=\{2,\ldots 10\}$$S_2=\{3,\ldots 20\}$$\varnothing$$S_n \to \varnothing$

W tym samym czasie liczbakulek w zestawie , znanym również jako liczność tego zestawu, jest równy . Sekwencja jest oczywiście rozbieżna, co oznacza, że ​​liczność zbiega się z licznością , znaną również jako aleph-zero . Możemy więc napisać, że .S n 10 n - n = 9 n 9 n N ℵ 0 | S n | → ℵ $|S_n|$$S_n$$10n-n=9n$$9n$$\mathbb N$ $\aleph_0$$|S_n|\to \aleph_0$

„Paradoks” polega teraz na tym, że te dwie wypowiedzi wydają się ze sobą sprzeczne:

$$\begin{align} S_n &\to \varnothing \\ |S_n| &\to \aleph_0 \ne 0 \end{align}$$

Ale oczywiście nie ma prawdziwego paradoksu i sprzeczności. Nikt nie powiedział, że przyjmowanie liczności jest operacją „ciągłą” na zbiorach, więc nie możemy zamieniać jej na limit:Innymi słowy, z faktu, że dla wszystkich liczb całkowitych nie możemy wnioskować, że(wartość na pierwszym porządku ) jest równa . Zamiast tegomusi być obliczony bezpośrednio i okazuje się, że wynosi zero.| S n | = 9 n n ∈ N | S ω | ∞ | S ω

$$\lim |S_n| \ne |\lim S_n|.$$ $|S_n|=9n$$n\in \mathbb N$$|S_\omega|$$\infty$$|S_\omega|$

Myślę więc, że wyciągamy z tego naprawdę wniosek, że przyjmowanie liczności jest nieciągłą operacją ... [@HarryAltman]

Myślę więc, że ten paradoks to ludzka tendencja do zakładania, że ​​„proste” operacje są ciągłe. [@NateEldredge]

---

Łatwiej to zrozumieć dzięki funkcjom zamiast zestawom. Rozważmy charakterystyczną (aka wskaźnik) funkcję zestawu która jest zdefiniowana jako równa jednej w przedziale i zero w innym miejscu. Tak wygląda pierwsze dziesięć funkcji (porównaj grafikę ASCII z odpowiedzi @ Hurkyl):S n [ n , 10 n $f_n(x)$$S_n$$[n, 10n]$

$\quad\quad\quad$

Wszyscy zgodzą się, że dla każdego punktu mamy . Z definicji oznacza to, że funkcje zbieżne z funkcją . Ponownie wszyscy zgodzą się na to. jednak, że całki tych funkcji stają się coraz większe i kolejność całek jest rozbieżna. Innymi słowy, lim f n ( a ) = 0 f n ( x ) g ( x ) = 0 ∫ ∞ 0 f ( x ) d x = 9 $a\in\mathbb R$$\lim f_n(a) = 0$$f_n(x)$$g(x)=0$$\int_0^\infty f(x)dx = 9n$

$$\lim\int f_n(x)dx \ne \int \lim f_n(x) dx.$$

Jest to całkowicie standardowy i znany wynik analizy. Ale jest to dokładne przeformułowanie naszego paradoksu!

Dobrym sposobem na sformalizowanie problemu jest opisanie stanu dzbanka nie jako zestawu (podzbiór ), ponieważ trudno jest je przekroczyć, ale jako jego charakterystyczną funkcję. Pierwszy „paradoks” polega na tym, że granice punktowe nie są takie same jak granice jednolite. [@ TheoJohnson-Freyd]$\mathbb N$

Najważniejsze jest to, że „o północy w południe” minęła już cała nieskończona sekwencja , tzn. Wykonaliśmy „skok trasfinite” i osiągnęliśmy stan transfinitu . Wartość całki „o północy w południe” musi być wartością całki z , a nie na odwrót.lim f $f_\omega = \lim f_n(x)$$\lim f_n$

---

Pamiętaj, że niektóre odpowiedzi w tym wątku wprowadzają w błąd, mimo że są bardzo pozytywnie ocenione.

W szczególności @cmaster oblicza co jest rzeczywiście nieskończone, ale nie o to pyta paradoks. Paradoks pyta o to, co stanie się po całej nieskończonej sekwencji kroków; jest to konstrukcja transfinitowa, dlatego musimy która jest równa zero, jak wyjaśniono powyżej.ballCount ( S ω$\lim_{n\to\infty} \operatorname{ballCount}(S_n)$$\operatorname{ballCount}(S_\omega)$

Hurkyl (w odpowiedzi) i Dilip Sarwate (w komentarzu) podają dwa wspólne deterministyczne warianty tej układanki. W obu wariantach, na etapie , do stosu dodaje się piłki od do ( ). 10 k - 9 10 k, k = 1 , 2 , . . $k$$10k-9$$10k$$k=1,2,...$

W odmianie Hurkyl kula jest usuwana. W tym wariancie można definitywnie argumentować, że nie ma już piłek, ponieważ piłka jest usuwana w kroku .n $k$$n$$n$

W odmianie Dilip Sarwate kula jest usuwana w kroku , więc w tym wariancie pozostają wszystkie kulki, które nie są wielokrotnościami . W tym wariancie na końcu urny jest nieskończenie wiele piłek.k $10k$$k$$10$

Z tymi dwoma wariantami jako przypadkami krawędzi widzimy, że podczas tego procesu może się zdarzyć wiele różnych rzeczy. Na przykład, możesz załatwić, że na końcu pozostanie jakikolwiek skończony zestaw piłek, wykonując proces Hurkyl, ale pomijając usuwanie niektórych piłek. W rzeczywistości dla każdego zestawu z licznie nieskończonym dopełnieniem (w (dodatnich) liczbach naturalnych) możesz mieć ten zestaw piłek pozostający na końcu procesu.$B$

Możemy spojrzeć na losową odmianę problemu (podaną w oryginalnym poście) jako wybranie funkcji z warunkiem, że (i) jest jeden do jednego i (ii) dla wszystkich . f f ( k ) ≤ 10 k k ∈ $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f$$f(k)\le 10k$$k\in \mathbb{N}$

Argument podany w książce Sheldona Rossa (przywołany w poście) pokazuje, że prawie wszystkie (w sensie probabilistycznym) takie funkcje faktycznie dotyczą funkcji (przypuszczeń).

Widzę to jako nieco analogiczne do sytuacji wybierania liczby, z rozkładu jednostajnego na i pytania, jakie jest prawdopodobieństwo, że liczba jest w zbiorze Cantora (używam raczej zbioru Cantora, niż powiedzieć liczby wymierne, ponieważ zbiór Cantora jest niepoliczalny). Prawdopodobieństwo wynosi chociaż istnieje wiele (niepoliczalnie wiele) liczb w zestawie Cantora, które można było wybrać. W przypadku problemu z usuwaniem piłki, zestaw sekwencji, w których są jakieś piłki, odgrywa rolę zestawu Cantora.[ 0 , 1 ] $x$$[0,1]$$0$

---

Edycja: BenMillwood poprawnie wskazuje, że istnieją pewne skończone zestawy piłek, które nie mogą być pozostałymi zestawami. Na przykład nie może być pozostałym zestawem. Można mieć co najwyżej z pierwszych kul pozostałych dla .90 % 10 n n = 1 , 2 , 3 , . . $1,2,...,10$$90\%$$10n$$n=1,2,3,...$

Odpowiedź Enumaris jest całkowicie zgodna z problemem rozbieżnych granic. Niemniej jednak na pytanie można faktycznie udzielić jednoznacznej odpowiedzi. Moja odpowiedź pokaże więc dokładnie, gdzie rozwiązanie zerowych kulek idzie źle i dlaczego intuicyjne rozwiązanie jest prawidłowe.

---

Prawdą jest, że dla każdej kuli prawdopodobieństwo przebywania w urnie na końcu wynosi zero. Dla ścisłości, to tylko ograniczenie to Zero .P ( n ) P ( n ) = lim N → ∞ P ( n , N ) = $n$$P(n)$$P(n) = \lim_{N\to\infty} P(n, N) = 0$

Teraz próbujesz obliczyć sumę Zepsute obliczenia przeskakują od razu do tej części , mówiąc, że jest to zero w limicie, więc suma zawiera tylko warunki zerowe, więc sama suma jest zerowa: P(n,N) lim N → ∞ ballCount ( N

$$\lim_{N\to\infty} \operatorname{ballCount}(N) = \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n,N).$$ $P(n,N)$ $$\begin{align} \lim_{N\to\infty}\operatorname{ballCount}(N) &= \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n,N) \\ \text{broken step here }\longrightarrow &= \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{n\leq 10N} \lim_{N\to\infty} P(n,N) \\ &= \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n) \\ &= \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{n\leq 10N} 0 \\ &= \lim_{N\to\infty} 10 N\times 0 \\ &= 0 \end{align}$$

Jest to jednak niezgodne z prawem dzielenie na dwie niezależne części. Nie można po prostu przenieść do sumy, jeśli granice sumy zależą od parametru . Musisz rozwiązać jako całość.lim lim$\lim$$\lim$$\lim$$\lim$

Tak więc, jedynym możliwym sposobem rozwiązania tego jest rozwiązanie sumy pierwszej, wykorzystując fakt, że dla każdego skończonej . ∑ n ≤ 10 N n = 1 P ( n , N ) = 9 N N lim N → ∞ ballCount ( N $\lim$$\sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n,N) = 9N$$N$

$$\begin{align} \lim_{N\to\infty} \operatorname{ballCount}(N) &= \lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n,N) \\ &= \lim_{N\to\infty} 9N \\ &= \infty \end{align}$$

Intuicyjne rozwiązanie właśnie to zrobiło, jest to „sprytne” rozwiązanie, które zasadniczo się zepsuło.

Argument ten koncentruje się na tendencji do zachowania nieskończonych zbiorów i sekwencji w jednorodny sposób. Nie jest to bardziej zaskakujące niż hotel Hilbert . W takim przypadku rzeczywiście wyjmiesz nieskończoną liczbę piłek, ale umieścisz nieskończoną liczbę. Zastanów się nad hotelem Hilbert na odwrót. Możesz usunąć nieskończoną liczbę gości z hotelu i nadal mieć nieskończoną liczbę osób.

Czy jest to fizycznie możliwe do zrealizowania, to zupełnie inne pytanie.

Jako taki, uważałbym, że niekoniecznie źle sformułowany, ale raczej umieścić w niewłaściwej książce. Tego rodzaju pytanie zliczające należy do kursu teorii mnogości, a nie kursu prawdopodobieństwa.

Myślę, że to pomaga usunąć zbędny składnik czasowy problemu.

Bardziej podstawowym wariantem tego paradoksu jest zawsze usuwanie piłki o najniższym numerze. Dla ułatwienia rysowania dodam tylko dwie kulki na każdym kroku.

Procedura opisuje, jak wypełnić nieskończoną dwuwymiarową siatkę:

.*........
..**......
...***....  ....
....****..
.....*****

 :  :  :
 :  :  :

gdzie każdy wiersz jest utworzony z poprzedniego przez dodanie dwóch gwiazdek po prawej stronie, a następnie usunięcie skrajnego lewego.

Następnie zadaje się następujące pytania:

Ile kolumn kończy się powtarzającymi się gwiazdkami, a nie powtarzanymi kropkami?

Moim zdaniem pomysł błędnego zrównania tego wyniku z „limitem liczby gwiazdek w każdym rzędzie” jest znacznie mniej przekonujący.

Ta odpowiedź ma na celu cztery rzeczy:

1. Przejrzyj matematyczne sformułowanie problemu przez Rossa, pokazując, jak wynika ono bezpośrednio i jednoznacznie z opisu problemu.

2. Bronić pozycji, w której paradoksalne rozwiązanie Rossa jest zarówno matematyczne, jak i istotne dla naszego rozumienia świata fizycznego, niezależnie od tego, czy jest w 100% możliwe do zrealizowania fizycznie.

3. Omów niektóre błędne argumenty zakorzenione w fizycznej intuicji i pokaż, że często stwierdzane „fizyczne” rozwiązanie nieskończonych piłek w południe jest nie tylko sprzeczne z matematyką, ale także z fizyką.

4. Opisz fizyczną implementację problemu, która może uczynić rozwiązanie Rossa bardziej intuicyjnym. Zacznij tutaj, aby uzyskać odpowiedź na oryginalne pytanie Carlosa.

1. Jak opisać problem matematycznie

Rozpakujemy początkowy etap „nieskończonego modelowania procesu” argumentu Rossa (s. 46) . Oto stwierdzenie, na którym skupimy się w uzasadnieniu:

Zdefiniuj jako zdarzenie, w którym piłka numer 1 nadal znajduje się w urnie po dokonaniu pierwszych n wycofań ... Wydarzenie, że piłka numer 1 znajduje się w urnie o godzinie 12 po południu, jest tylko wydarzeniem .⋂ ∞ n = 1 E $E_n$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$

Zanim rozpakujemy wypowiedź Rossa, zastanówmy się, w jaki sposób można zrozumieć zawartość urny w południe po nieskończonej sekwencji operacji. Skąd możemy wiedzieć, co jest w urnie? Pomyślmy o konkretnej piłce ; możesz sobie wyobrazić lub lub cokolwiek chcesz. Jeśli piłka zostanie wyjęta na jakimś etapie procesu przed południem, z pewnością nie będzie w urnie w południe. I odwrotnie, jeśli dana piłka znajdowała się w urnie na każdym etapie procesu do południa (po jej dodaniu), to znajdowała się w urnie w południe. Wypiszmy te zdania formalnie:b = 1 1000 $b$$b=1$$1000$$b$

Piłka jest w urnie w południe tylko wtedy, gdy znajdowała się w urnie na każdym etapie przed południem, gdzie jest etapem piłka została dodana do urny.n ∈ { n b , N b + 1 , n b + 2 , . . . } n $b$$n \in \{n_b, n_b + 1, n_b + 2, ...\}$$n_b$

Teraz rozpakujmy oświadczenie Rossa - co oznacza zwykłym angielskim? Weźmy jedną realizację procesu urn i omówmy to:$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$ $x$

• $x \in E_1$ oznacza, że ​​kula 1 znajduje się w urnie po pierwszym etapie procesu.
• $x \in E_1 \bigcap E_2$ oznacza, że ​​kula 1 jest w urnie po etapach 1 i 2 procesu.
• $x \in E_1 \bigcap E_2 \bigcap E_3$ oznacza, że ​​kula 1 jest w urnie po etapach 1, 2 i 3 procesu.
• Dla każdego , oznacza, że ​​piłka jest w urnie po etapach do .x ∈ ⋂ n k = 1 E k 1 $k \in \{1, 2, 3, ...\}$$x \in \bigcap_{k=1}^n E_k$$1$$n$

Najwyraźniej zatem oznacza, że ​​w realizacji tego procesu urny, kula 1 jest w urnie po etapach 1, 2, 3, i tak dalej : wszystkie skończone etapy przed południem. Nieskończone przecięcie jest po prostu innym sposobem na zapisanie tego, więc zawiera dokładnie realizację procesu, w którym kula 1 była w ogóle w urnie etapy przed południem. Wydarzenie jest tylko zdefiniowanym zestawem realizacji procesu, więc ostatnie zdanie jest dokładnie równoważne stwierdzeniu, że to zdarzenie, w którym piłka 1 znajdowała się w urnie na wszystkich etapach przed południem, dla tego losowego procesu. x k ⋂ ∞ n = 1 E n ⋂ ∞ n = 1 E n ⋂ ∞ n = 1 E $x \in \bigcap_{k \in \{1, 2, 3...\}} E_k$$x$$k$$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

A teraz punkt zwrotny: według powyższego oświadczenia „jeśli i tylko jeśli”, jest to dokładnie to samo, co powiedzenie, że piłka 1 była w urnie w południe! Więc to wydarzenie, w którym piłka 1 jest w urnie w południe, tak jak pierwotnie stwierdził Ross. CO BYŁO DO OKAZANIA$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

W powyższym wyprowadzeniu wszystko , co powiedzieliśmy, jest równie ważne zarówno dla wersji deterministycznej, jak i probabilistycznej, ponieważ model deterministyczny jest szczególnym przypadkiem modelowania probabilistycznego, w którym przestrzeń próbki ma jeden element. Nie użyto nawet teorii miary lub prawdopodobieństwa, poza słowami „zdarzenie” i „realizacja” (które są po prostu żargonem dla „zestawu” i „elementu”).

2. Paradoksalne rozwiązanie jest matematyczne i odpowiednie dla fizyki

Po tym punkcie ustawienia warianty deterministyczne i probabilistyczne różnią się. W wariancie deterministycznym (wersja 2 ze słupka ameby) wiemy, że kula 1 jest wyjęta z pierwszego kroku, więc i nieskończone przecięcie jest oczywiście również puste. Podobnie każda inna piłka jest wyjmowana na etapie i nie jest obecna w południe. Tak więc urna nie może zawierać w południe żadnej ponumerowanej kuli i dlatego musi być pusta.b b $E_1 = \emptyset$$b$$b$$b$

W wariancie probabilistycznym dzieje się to samo, tylko w bardziej miękkim sensie „oczekiwania”. Prawdopodobieństwo obecności jakiejkolwiek piłki maleje do zera, gdy zbliżamy się do południa, a w ograniczającym czasie południe piłka prawie na pewno nie jest obecna. Ponieważ każda kula jest obecna z prawdopodobieństwem zero, a suma nieskończenie wielu zer jest wciąż równa zero, prawie na pewno nie ma piłek w urnie w południe. Wszystko to pokazuje Ross całkowicie rygorystycznie; szczegóły można uzupełnić znajomością teorii miar absolwentów, jak pokazuje odpowiedź @ ekvall.

Jeśli zaakceptujesz standardowe argumenty dotyczące obiektów matematycznych wyrażonych jako sekwencje nieskończone, na przykład , argument tutaj powinien być równie akceptowalny, ponieważ opiera się na dokładnie tych samych zasadach. Pozostaje tylko pytanie, czy rozwiązanie matematyczne dotyczy świata rzeczywistego, czy tylko platonicznego świata matematyki. To pytanie jest złożone i zostało omówione dalej w rozdziale 4.$0.999... = 1$

To powiedziawszy, nie ma powodu, aby zakładać, że nieskończony problem z urną jest niefizyczny lub odrzucić go jako nieistotny, nawet jeśli jest niefizyczny. Wiele badań fizycznych uzyskano dzięki badaniu nieskończonych struktur i procesów, na przykład nieskończonych drutów i sieci perkolacyjnych . Nie wszystkie z tych systemów są koniecznie fizycznie możliwe do zrealizowania, ale ich teoria kształtuje resztę fizyki. Sam rachunek jest pod pewnymi względami „niefizyczny”, ponieważ nie wiemy, czy można fizycznie zrealizować arbitralnie małe odległości i czasy, które często są przedmiotem jego badań. To nie powstrzymuje nas przed zastosowaniem rachunku różniczkowego do niewiarygodnie dobrego wykorzystania w naukach teoretycznych i stosowanych.

3. Niefizyczność rozwiązań opartych na „intuicji fizycznej”

Dla tych, którzy nadal uważają, że matematyka Rossa jest niepoprawna lub fizycznie niedokładna w wariancie deterministycznym, a prawdziwym rozwiązaniem fizycznym jest nieskończenie wiele piłek: niezależnie od tego, co myślisz, dzieje się w południe, nie można zaprzeczyć sytuacji przed południem: każda numerowana piłka dodane do urny ostatecznie zostaną usunięte. Więc jeśli uważasz, że w urnie jest wciąż nieskończenie wiele piłek w południe, musisz przyznać, że żadna z tych piłek nie może zostać dodana przed południem. Więc te kule musiały pochodzić skądinąd: twierdzisz, że nieskończenie wiele piłek, niezwiązanych z pierwotnym procesem problemowym, nagle pojawia się dokładnie w południe, aby uratować ciągłość liczności przed naruszeniem.Choć niefizyczne może się wydawać intuicyjne rozwiązanie „pustego zestawu”, ta alternatywa jest obiektywnie i wyraźnie niefizyczna. Nieskończone kolekcje przedmiotów nie powstają w jednej chwili, aby zaspokoić biedne ludzkie intuicje na temat nieskończoności.

Powszechnym błędem wydaje się być to, że możemy po prostu spojrzeć na liczbę piłek, gdy czas zbliża się do południa, i założyć, że rozbieżny trend daje nieskończenie wiele piłek w południe, bez względu na to, które piłki są przyjmowane i wyjmowane. Podjęto nawet próbę uzasadnienia tego „zasadą obojętności”, która stwierdza, że ​​odpowiedź nie powinna zależeć od tego, czy piłki są oznaczone, czy nie.

Rzeczywiście, odpowiedź nie zależy od tego, czy kulki są oznaczone, czy nie, ale jest to argument za rozwiązaniem Rossa, a nie przeciw. Z punktu widzenia fizyki klasycznej kule są skutecznie oznakowane, niezależnie od tego, czy myślisz o nich, czy nie. Mają wyraźne, stałe tożsamości, które są równoważne etykietom, i musi to być prawdziwie fizyczna analiza, niezależnie od tego, czy cyfry są dosłownie zapisane na kulkach. Same etykiety nie wpływają bezpośrednio na sposób rozwiązania, ale są potrzebne do dokładnego opisania sposobu poruszania się kulek. Niektóre procedury pozostawiają piłki w urnie na zawsze, inne usuwalnie usuwają każdą dodaną piłkę, a etykiety są potrzebne, aby opisać nawet różnicę między tymi procedurami.Próba zignorowania etykiet nie jest „fizyczna”, po prostu zaniedbuje zrozumienie problemu fizycznego na tyle dokładnie, aby go rozwiązać. (To samo dotyczy skomplikowanych wariantów, które przetasowują etykiety na każdym etapie. Liczy się to, które kulki znajdują się w urnie, a nie etykiety, które ktoś na nich umieścił lub wymienił. Można to ustalić, ignorując skomplikowany schemat etykietowania całkowicie i po prostu używając jeden niezmienny schemat etykietowania, jeden z pierwotnych problemów Ross'a.)

Jedyny sposób, w jaki można by odróżnić, nie byłby prawdziwy, gdyby „kule” były cząstkami mechaniki kwantowej. W tym przypadku zasada obojętności zawodzi spektakularnie. Fizyka kwantowa mówi nam, że cząstki nierozróżnialne zachowują się zupełnie inaczej niż cząstki rozróżnialne. Ma to niezwykle fundamentalne konsekwencje dla struktury naszego wszechświata, takie jak zasada wykluczenia Pauliego, która jest być może najważniejszą zasadą chemiczną. Nikt jeszcze nie próbował analizować kwantowej wersji tego paradoksu.

4. Fizyczny opis rozwiązania

Widzieliśmy, jak niejasne „fizyczne” intuicje mogą nas zmylić w tej kwestii. I odwrotnie, okazuje się, że dokładniejszy fizycznie opis problemu pomaga nam zrozumieć, dlaczego matematyczne rozwiązanie jest tym, które ma najbardziej fizyczny sens.

Rozważmy nieskończony wszechświat newtonowski rządzony prawami mechaniki klasycznej. Wszechświat zawiera dwa obiekty: nieskończoną Półkę i nieskończoną Urnę, które zaczynają się w początkach Wszechświata i biegną obok siebie, w odległości jednej stopy od siebie, na zawsze. Półka leży na linii stóp, podczas gdy urna leży na linii stóp. Wzdłuż półki ułożono nieskończenie wiele identycznych piłek, równomiernie oddalonych o jedną stopę od siebie, z których pierwsza jest jedną stopą od Origin (więc kula znajduje się na linii stóp). Urna - która jest tak naprawdę jak Półka, ale nieco bardziej ozdobna, zamknięta i ogólnie Urnish - jest pusta.y = 1 n x = $y = 0$$y = 1$$n$$x = n$

Nawa łączy półkę i urnę na dole, a na górze nawy w Origin znajduje się robot Endeavour z nieskończonym zasilaniem. Począwszy od 11 rano, Endeavour aktywuje się i zaczyna przybliżać w przejściu do przodu i do tyłu, przenosząc piłki między Urną a Półką zgodnie z zaprogramowanymi instrukcjami Rossa-Littlewooda:

• Gdy program nakazuje włożenie kuli do urny, kulka stóp z Origin jest przenoszona z półki do urny.$n$$n$
• Gdy program nakazuje usunięcie piłki z urny, kula stóp z Origin jest przenoszona z urny na półkę.$n$$n$

W obu przypadkach transfer odbywa się prosto, więc piłka pozostaje stóp od miejsca pochodzenia. Proces przebiega zgodnie z opisem problemu Ross-Littlewood:$n$

• O 11:00 Endeavour przenosi piłki 1-10 z półki do urny, a następnie przenosi jedną z kulek z powrotem na półkę.
• O 11:30 Endeavour przenosi piłki 11-20 z półki na urnę, a następnie przenosi jedną z kulek z powrotem na półkę.
• O 11:45 Endeavour przenosi kule 21-30 z półki do urny, a następnie przenosi jedną z kulek z powrotem do półki.
• i tak dalej...

W miarę postępu procesu każdy nowy etap wymaga dłuższych przejazdów w górę i w dół korytarza i tylko połowę czasu na przejazdy. W związku z tym Endeavour musi przesuwać się w górę i w dół korytarza wykładniczo szybciej, gdy zbliża się południe. Zawsze jednak dotrzymuje kroku programowi, ponieważ ma nieskończone zasilanie i może poruszać się tak szybko, jak to konieczne. W końcu przybywa południe.

Co dzieje się w tej bardziej żywej wersji paradoksu? Oglądane z góry podejście do południa jest naprawdę spektakularne. W Urnie wydaje się, że Fala Kul rozprzestrzenia się na zewnątrz od Początku. Rozmiar i prędkość Fali rosną bez ograniczeń, gdy zbliża się południe. Gdybyśmy robili zdjęcia zaraz po każdym kroku, jak wyglądałby układ kulek? W przypadku deterministycznym wyglądałyby dokładnie tak, jak funkcje krokowe w odpowiedzi ameby. Pozycje piłki będą dokładnie odpowiadały wykreślonym przez niego krzywym. $(x, y)$W przypadku probabilistycznym wyglądałoby to w przybliżeniu podobnie, ale z większymi problemami w pobliżu Źródła.

Kiedy nadchodzi południe, podsumowujemy, co się stało. W wersji deterministycznej każda piłka została przeniesiona z półki do urny dokładnie raz, a następnie cofnięta na późniejszym etapie, przy czym oba transfery miały miejsce przed południem. W południe Wszechświat musi wrócić do pierwotnego stanu o godzinie 11.00. Fala już nie istnieje. Każda piłka wraca dokładnie tam, gdzie się rozpoczęła. Nic się nie zmieniło. Urna jest pusta. W wersji probabilistycznej dzieje się to samo, tyle że teraz wynik jest raczej prawie pewny niż pewny.

W obu przypadkach „obiekcje fizyczne” i skargi na nieskończoność wydają się znikać w powietrzu. Oczywiście urna jest pusta w południe. Jak moglibyśmy sobie wyobrazić inaczej?

Jedyną tajemnicą pozostaje los Endeavour. Jego przemieszczenie od Początku i jego prędkość stały się arbitralnie duże w miarę zbliżania się południa, więc w południe Endeavour nie ma nigdzie w naszym nieskończonym Wszechświecie Newtonowskim. Utrata Endeavour jest jedynym naruszeniem fizyki, które miało miejsce podczas tego procesu.

W tym momencie można sprzeciwić się, że Próba nie jest fizycznie możliwa, ponieważ jej prędkość rośnie bez ograniczeń i ostatecznie naruszyłaby relatywistyczną granicę, prędkość światła. Możemy jednak nieco zmienić scenariusz, aby rozwiązać ten problem. Zamiast jednego robota moglibyśmy mieć nieskończenie wiele robotów, z których każdy odpowiada za jedną piłkę. Możemy zaprogramować je wcześniej, aby zapewnić doskonałą koordynację i czas zgodnie z instrukcjami Rossa.

Czy ta odmiana jest w 100% fizyczna? Prawdopodobnie nie, ponieważ roboty musiałyby działać z arbitralnie precyzyjnym czasem. Gdy zbliżamy się do południa, wymagana precyzja ostatecznie spadnie poniżej czasu Plancka i spowoduje problemy z mechaniką kwantową. Ale ostatecznie nieskończony drut i nieskończona sieć perkolacyjna również mogą nie być aż tak fizyczne. Nie powstrzymuje nas to od studiowania nieskończonych systemów i procesów oraz ustalenia, co by się stało, gdyby przeszkody fizyczne zostały zawieszone.

4a. Dlaczego liczyć monotoniczność jest naruszana

Wielu sceptyków Rossa pytało, jak to możliwe, że liczba piłek w urnie rośnie bez ograniczeń, gdy zbliżamy się do południa, a następnie wynosi zero w południe. Ostatecznie musimy wierzyć w rygorystyczną analizę naszej własnej intuicji, co często jest błędne, ale istnieje pewien paradoks, który pomaga wyjaśnić tę tajemnicę.

Załóżmy, że zamiast nieskończenie wielu piłek, mamy kulki oznaczone 1, 2, 3, do , i następujący dodatek do zasad dotyczących napędu kulowego:10 $10N$$10N$

• Jeśli instrukcje zawierają polecenie przesunięcia nieistniejącej piłki, zignoruj ​​tę instrukcję.

Zauważ, że pierwotny problem nie zostanie zmieniony, jeśli dodamy do niego tę instrukcję, ponieważ instrukcja nigdy nie zostanie aktywowana nieskończoną liczbą piłek. Możemy więc pomyśleć o pierwotnym problemie i nowej rodzinie problemów, by należeć do tej samej rodziny, z tymi samymi zasadami. Badanie skończonej rodziny , szczególnie w przypadku bardzo dużych , może pomóc nam zrozumieć przypadek „N = ”.N $N$$N$$\infty$

W tym wariancie kulki gromadzą 9 na krok jak poprzednio, ale tylko do etapu procesu. Następnie liczby dodawanych piłek nie odpowiadają już rzeczywistym kulkom, a my możemy jedynie zastosować się do instrukcji usuwania kul, a proces zatrzymuje się po dodatkowych krokach, w sumie kroków. Jeśli jest bardzo duże, faza usuwania jest przeprowadzana bardzo blisko południa, kiedy zadania są wykonywane bardzo szybko, a urna jest bardzo szybko opróżniana.9 N 10 N $N$$9N$$10N$$N$

Załóżmy teraz, że wykonujemy tę odmianę eksperymentu dla każdej wartości i liczbę kulek w czasie, , gdzie waha się od 0 do 1 godziny po 11:00 (tj. 11:00 do południa). Zazwyczaj wzrasta przez chwilę, a następnie wraca do zera na lub przed . W granicy, gdy zbliża się do nieskończoności, wykres rośnie coraz wyżej, a spadek jest coraz szybszy. Do południa urna jest zawsze pusta: . Na wykresie granicznym krzywa zbliża się do nieskończoności dla alef N ( t ) t f N ( t ) t = 1 N f N ( 1 ) = 0 f ( t ) = lim N → ∞ f N ( t ) t < 1 f ( 1 ) = 0 N → $N$$f_N(t)$$t$$f_N(t)$$t=1$$N$$f_N(1) = 0$$f(t) = \lim_{N \rightarrow \infty} f_N(t)$$t < 1$$f(1) = 0$. Jest to dokładnie wynik uzyskany w dowodzie Rossa: liczba kulek zmienia się w nieskończoność przed południem, ale w południe wynosi zero. Innymi słowy, rozwiązanie Rossa zachowuje ciągłość w odniesieniu do N: punktowy limit liczenia piłek, ponieważ odpowiada liczbie piłek w nieskończonej obudowie.$N \rightarrow \infty$

Nie uważam tego za główny argument za rozwiązaniem Rossa, ale może być pomocny dla tych, którzy zastanawiają się, dlaczego liczba piłek rośnie wiecznie, niż spada do zera w południe. Choć dziwne, jest to ograniczające zachowanie skończonej wersji problemu jako , a zatem w nieskończonym przypadku nie stanowi „nagłego szoku”.$N \rightarrow \infty$

Ostatnie odbicie

Dlaczego ten problem okazał się tak dużym problemem? Spekuluję, że nasza fizyczna intuicja jest znacznie bardziej niejasna, niż nam się wydaje, i często wyciągamy wnioski na podstawie nieprecyzyjnych i niepełnych koncepcji mentalnych. Na przykład, jeśli poproszę cię, abyś pomyślał o kwadracie, który jest również kołem, możesz wyobrazić sobie coś kwadratowego i okrągłego, ale nie będzie to dokładnie obie rzeczy - byłoby to niemożliwe. Ludzki umysł może łatwo połączyć ze sobą mgliste, sprzeczne pojęcia w jeden obraz mentalny. Jeśli pojęcia są mniej znane, tak jak Infinite, możemy przekonać się, że te niejasne mentalne mashup są w rzeczywistości koncepcjami Rzeczywistej Rzeczy.

Tak właśnie dzieje się w przypadku problemu z urną. Nie wyobrażamy sobie wszystkiego od razu; myślimy o kawałkach, takich jak liczba piłek w czasie. Machamy pozornie nieistotnymi szczegółami technicznymi, takimi jak to, co dzieje się z każdą pokorną małą piłką w czasie lub jak dokładnie „urna” może pomieścić nieskończenie wiele piłek. Zlekceważymy precyzyjne określenie wszystkich szczegółów, nie zdając sobie sprawy, że wynikiem jest połączenie niespójnych, niekompatybilnych modeli mentalnych.

Matematyka ma na celu uratowanie nas przed tym stanem. Dyscyplina i stal nas w obliczu nieznanego i egzotycznego. Wymaga to, abyśmy dwukrotnie zastanowili się nad rzeczami, które „muszą” być prawdą… prawda? Przypomina nam, że bez względu na to, jak dziwne rzeczy się zdarzają, jeden i jeden to wciąż dwa, kula jest albo w urnie, albo nie, a stwierdzenie jest prawdziwe lub fałszywe. Jeśli będziemy wytrwać, zasady te ostatecznie wyjaśnią większość naszych problemów.

Ci, którzy podporządkowują analizę matematyczną intuicjom „fizycznym” lub „zdrowym rozsądkiem”, robią to na własne ryzyko. Machanie ręką na temat intuicji to dopiero początek fizyki. Historycznie wszystkie udane gałęzie fizyki ostatecznie oparły się na rygorystycznej matematyce, która eliminuje nieprawidłowe intuicje fizyczne, wzmacnia prawidłowe i umożliwia rygorystyczne badanie idealnych układów, takich jak nieskończony drut przewodzący prąd, które oświetlają zachowanie bardziej skomplikowany, nieuporządkowany prawdziwy świat. Ross-Littlewood jest problemem fizycznym,interpretowany zwykle jako mechanika klasyczna, a mechanika klasyczna ma całkowicie dojrzałe i rygorystyczne podstawy matematyczne. Powinniśmy polegać na modelowaniu matematycznym i analizie dla naszych intuicji na temat świata fizyki klasycznej, a nie na odwrót.

Kilka plakatów dotyczyło obliczeń w Rossie, które mogą nie być rygorystyczne. Ta odpowiedź rozwiązuje ten problem, udowadniając istnienie przestrzeni prawdopodobieństwa, w której wszystkie zbiory wyników rozważane przez Rossa są rzeczywiście mierzalne, a następnie powtarza istotne części obliczeń Rossa.

Znalezienie odpowiedniej przestrzeni prawdopodobieństwa

Aby dojść do wniosku Rossa, że ​​w urnie nie ma piłek o 12 po południu, prawie na pewno rygorystycznie, potrzebujemy przestrzeni prawdopodobieństwa której zdarzenie „nie ma piłek w urnie o 12 PM ”można skonstruować formalnie i wykazać, że są mierzalne. W tym celu użyjemy twierdzenia 33 [Ionescu - Tulcea] w tych uwagach do wykładu , nieco przeredagowanych, oraz konstrukcji zaproponowanej przez @NateEldredge w komentarzu do pytania.$(\Omega, \mathcal F, P)$

Twierdzenie. (Ionescu - Twierdzenie o rozszerzeniu Tulcea) Rozważmy ciąg mierzalnych przestrzeni . Załóżmy, że dla każdego istnieje jądro prawdopodobieństwa od do (przyjmowanie za jądro niewrażliwe na swój pierwszy argument, tj. miarę prawdopodobieństwa). Następnie istnieje sekwencja zmiennych losowych przyjmujące wartości w odpowiednich , takie, że dla każdego wspólny rozkładn κ n ( Ξ 1 , X 1 ) × ⋯ × ( Ξ n - 1 , X n - 1 ) ( Ξ n , X n ) κ 1 X n , n = 1 , 2 , … Ξ n$(\Xi_n, \mathcal X_n), n = 1, 2, \dots$$n$$\kappa_n$$(\Xi_1, \mathcal X_1) \times \dots \times(\Xi_{n-1}, \mathcal X_{n-1})$$(\Xi_n, \mathcal X_n)$$\kappa_1$$X_n, n = 1, 2, \dots$$\Xi_n$$n$κ 1 , … , κ $(X_1, \dots, X_n)$jest to sugerowane przez jądra .$\kappa_1, \dots, \kappa_n$

Pozwolimy oznacza etykietę kuli usuwa się w -tego cofnięcia. Oczywiste jest, że (nieskończony) proces , jeśli istnieje, mówi nam wszystko, co musimy wiedzieć, aby naśladować argumenty Rossa. Na przykład znajomość dla jakiejś liczby całkowitej jest taka sama, jak znajomość liczby piłek w urnie po wycofaniu : są to dokładnie dodane kulki z etykietami , minus usunięte kule . Mówiąc bardziej ogólnie, opisując wydarzenia, które i ile, kule są w urnie po dana wycofanie można określić w kategoriach procesu . n X = ( X 1 , X 2 , … ) X 1 , … , X m m ≥ 0 m { 1 , 2 , … , 10 m } { X 1 , … , X m } $X_n$$n$$X = (X_1, X_2, \dots)$$X_1, \dots, X_m$$m \geq 0$$m$$\{1, 2, \dots, 10m\}$$\{X_1, \dots, X_m\}$$X$

Aby zachować zgodność z eksperymentem Rossa, potrzebujemy, aby dla każdego rozkład był jednolity dla . Potrzebujemy również rozkładu aby był jednolity w . Aby udowodnić, że faktycznie istnieje nieskończony proces z tymi rozkładami o skończonych wymiarach, sprawdzamy warunki Twierdzenia o rozszerzeniu Ionescu-Tulcea. Dla dowolnej liczby całkowitej , niech i zdefiniuj mierzalne spacje , gdzieX n ∣ X n - 1 , … , X 1 { 1 , 2 , … , 10 n } ∖ X 1 , … , X n - 1 X 1 { 1 , … , 10 } X = ( X 1 , X 2 , … ) n I n = { $n\geq 2$$X_n \mid X_{n-1}, \dots, X_{1}$$\{1, 2, \dots, 10n\} \setminus {X_1, \dots, X_{n-1}}$$X_1$$\{1,\dots, 10\}$$X = (X_1, X_2, \dots)$$n$( Ξ n , X n ) = ( I 10 n , 2 I 10 n ) 2 B B κ 1 ( Ξ 1 , X 1 ) 1 / 10 Ξ 1 n ≥ 2 ( x 1 , ... , x n - 1 ) ∈ Ξ 1 × $\mathcal I_n = \{1, 2, \dots, n\}$$(\Xi_n, \mathcal X_n) = (\mathcal I_{10n}, 2^{\mathcal I_{10n}})$$2^B$ oznacza siłę zestawu zbioru . Zdefiniuj miarę na aby była miarą dla wszystkich elementów . Dla każdego i zdefiniuj jako jądro prawdopodobieństwa, które stawia równą masę we wszystkich punktach w i masę zero we wszystkich innych punktach, tj. liczby całkowite$B$$\kappa_1$$(\Xi_1, \mathcal X_1)$$1/10$$\Xi_1$$n \geq 2$ κ n ( x 1 , … , x n - 1 , ⋅ ) Ξ n ∖ { x 1 , … , x n - 1 } x i ∈ Ξ n , i = 1 , … , n - 1 X ( Ω , F , P $(x_1, \dots, x_{n-1}) \in \Xi_1 \times \dots \times \Xi_{n-1}$$\kappa_n(x_1, \dots, x_{n-1}, \cdot)$$\Xi_n \setminus \{x_1, \dots, x_{n-1}\}$$x_i \in \Xi_n, i = 1, \dots, n - 1$. Z założenia jądra prawdopodobieństwa zgadzają się z jednolitym prawdopodobieństwem usunięcia określonym przez Rossa. Zatem nieskończony proces i przestrzeń prawdopodobieństwa , o których istnieniu daje twierdzenie, dają nam sposób na formalne przeprowadzenie argumentu Rossa.$X$$(\Omega, \mathcal F, P)$

Niech oznacza zbiór wyników, tak że piłka jest w urnie po wycofaniu . W warunkach naszego stochastycznego procesu oznacza to, że dla wszystkich i , tak że zdefiniować , tj. piłka nie została usunięta w żadnym z losowań do tego włącznie . Dla możemy wyraźnie zdefiniować ponieważ kula nie została jeszcze dodana do tury. Dla każdego i , zestaw i n X i n i ≤ 10 n E i n = ∩ n j = 1 { ω : X j ( ω ) ≠ i } i n i > 10 n E i n = ∅ i j i { ω : X j ( ω ) ≠ i } X j E $E_{in}$$i$$n$$X$$i$$n$$i \leq 10n$$E_{in} = \cap_{j = 1}^n\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$$i$$n$$i > 10n$$E_{in} = \emptyset$$i$$j$$i$$\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$ jest mierzalny, ponieważ jest zmienną losową (mierzalną). Zatem jest mierzalne jako skończona interesekcja mierzalnych zbiorów.$X_j$$E_{in}$

Interesuje nas taki zestaw wyników, że nie ma piłek w urnie o godzinie 12:00. To znaczy, że zestaw wyników jest taki, że dla każdej liczby całkowitej , kulki nie ma w urnie o godzinie 12:00 Dla każdego niech będzie zbiorem wyników ( ) tak, że kula jest w urnie o godzinie 12. Możemy formalnie skonstruować przy użyciu naszego w następujący sposób. To jest urn przy 12 pM, że jest on równoważny z urn po każdym wystąpieniu, po dodaniu go do urn, taki i E i ω ∈ Ω i E i E i n i E i = ∩ n : i ≤ 10 n E i n E i$i = 1, 2\dots$$i$$i$$E_i$$\omega \in \Omega$$i$$E_i$$E_{in}$$i$$E_i = \cap_{n:i\leq 10n}E_{in}$. Zbiór wyników jest teraz mierzalny jako policzalne przecięcie mierzalnych zbiorów dla każdego .$E_i$$i$

Rezultaty, dla których w urnie jest co najmniej jedna piłka o godzinie 12 PM, są tymi, dla których się co najmniej jedna z , tj. . Zbiór wyników jest mierzalny jako policzalny związek mierzalnych zbiorów. Teraz jest zdarzeniem, w którym o 12 po południu nie ma piłek w urnie, co rzeczywiście można zmierzyć jako uzupełnienie zestawu mierzalnego. Dochodzimy do wniosku, że wszystkie pożądane zestawy wyników są mierzalne i możemy przejść do obliczania ich prawdopodobieństw, podobnie jak Ross. E = ∪ ∞ i = 1 E i E Ω ∖ $E_i$$E = \cup_{i = 1}^\infty E_i$$E$$\Omega \setminus E$

Obliczanie prawdopodobieństwa$P(\Omega \setminus E)$

Po pierwsze zauważamy, że rodzina zdarzeń jest policzalna, mamy przez policzalną subdodatkowość miar, które$E_i, i = 1, 2, \dots$

P ( E i ) = a i i P ( E ) = 0 ∑ N i = 1 a i = 0 N a i = 0

$$P(E) \leq \sum_{i = 1}^\infty P(E_i) = \lim_{N\to \infty}\sum_{i = 1}^N P(E_i).$$ Dla ułatwienia oznaczenia oznaczmy liczbę rzeczywistą dla wszystkich . Oczywiście, aby pokazać, że , że wystarczy, aby pokazać, że dla wszystkich . Jest to równoważne z pokazaniem, że dla każdego , co zrobimy teraz.$P(E_i) = a_i$$i$$P(E) = 0$$\sum_{i = 1}^N a_i = 0$$N$$a_i = 0$$i$

W tym celu zwróć uwagę, że dla wszystkich takich, do których urna została dodana piłka , tj. , . Dzieje się tak, ponieważ jeśli kula znajduje się w urnie w kroku , to jest ona również w urnie w kroku . Innymi słowy, zestawy , tworzą malejącą sekwencję dla wszystkich tak że . Aby ułatwić notację, pozwól . Ross udowadnia, że jako i stwierdza, że ​​można to również pokazać dla wszystkich innychi 10 n ≥ i E i n ⊇ E i ( n + 1 ) i n + 1 n E i n n 10 n ≥ i a i n = P ( E i n ) a 1 n → 0 n → ∞ i a i n = ∏ n k = i [ 9 $n$$i$$10n \geq i$$E_{in} \supseteq E_{i(n + 1)}$$i$$n + 1$$n$$E_{in}$$n$$10n \geq i$$a_{in} = P(E_{in})$$a_{1n} \to 0$$n \to \infty$$i$, co uznam za prawdziwe. Dowód polega na pokazaniu, że i dla wszystkich , an elementarna, ale długa kalkulacja nie powtórzę tutaj. Uzbrojony w ten wynik oraz fakt, że rodzina zdarzeń , jest policzalna dla każdego i , ciągłość miar dajelim n → ∞ a i n = 0 i E i n 10 n > $a_{in} = \prod_{k = i}^n[9k / (9k + 1)]$$\lim_{n \to \infty}a_{in} = 0$$i$$E_{in}$$10n > i$

$$a_i = P(\cap_{n: 10n > i}E_{in}) = \lim_{n \to \infty} P(E_{in}) = \lim_{n \to \infty}a_{in} = 0.$$

Stwierdzamy, że , a zatem jak twierdzono. CO BYŁO DO OKAZANIA.P ( Ω ∖ E ) = $P(E) = 0$$P(\Omega\setminus E) = 1$

---

Niektóre typowe nieporozumienia:

1. Jedna odpowiedź dotyczy faktu, że (w mojej notacji) . Nie ma to jednak wpływu na ważność rozwiązania, ponieważ ilość po prawej stronie nie jest interesująca dla podanego argumentu.$\lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N \lim_{n \to \infty }a_{in} \neq \lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N a_{iN}$
2. Istnieją obawy, że limitu nie można przesunąć wewnątrz sumy, lub innymi słowy nie można go zamienić z sumą w takim sensie, że może się zdarzyć, że . Podobnie jak poprzednia uwaga, nie ma to znaczenia dla rozwiązania, ponieważ ilość po prawej stronie nie jest interesująca.$\sum_{i = 1}^\infty \lim_{n \to \infty}a_{in} \neq \lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^\infty a_{in}$

Z jednej strony możesz spróbować wyjaśnić to w ten sposób: „pomyśl o prawdopodobieństwie, że jakakolwiek piłka znajdzie się w urnie o godzinie 12 wieczorem. Podczas nieskończonych losowych losowań zostanie ona ostatecznie usunięta. Ponieważ dotyczy to wszystkich piłek, żadna z nich może być na końcu ".

Nie uważam tego argumentu za przekonujący. Jeśli ten argument działa, to działa następujący argument: Każdego roku rodzą się niektórzy ludzie (powiedzmy stały ułamek całej populacji), a niektórzy umierają (przypuśćmy, że stały ułamek). Zatem, ponieważ na granicy jakaś konkretna osoba prawie na pewno nie żyje, ludzkość musi wyginąć! Rasa ludzka może wyginąć z innych powodów, ale ten argument to śmieć.

Nie ma sensu, aby ten problem miał jedno rozwiązanie, gdy kulki są ponumerowane, i że ma zupełnie inną odpowiedź, gdy kulki są anonimowe. Przez symetrię dowolne etykiety nie powinny wpływać na rozwiązanie. Jaynes nazwał ten argument zasadą obojętności , którą akceptuję.

Innymi słowy, jeśli ktoś powiedziałby ci, że wkłada dziesięć urn do urny i kilkakrotnie ją usuwa, a także jak pełna jest urna na granicy, czy odpowiedziałabyś „zależy od tego, czy są one ponumerowane”? Oczywiście nie. Zawartość urny różni się podobnie jak urna w tym problemie.

Dlatego myślę, że rozwiązaniem jest sposób sformalizowania problemu. Ze zwykłej definicji limitu teoretycznego mamy

lim sup n → ∞ S n = ⋂ n ≥ 1 ⋃ j ≥ n S

$$\liminf_{n \to \infty} S_n = \bigcup_{n \ge 1} \bigcap_{j \geq n} S_j.$$ $$\limsup_{n \to \infty} S_n = \bigcap_{n \ge 1} \bigcup_{j \geq n} S_j$$

Niech limit liczności zbioru będzie wynosić

$$k\triangleq \lim_{n\to\infty}|S_n|$$

oraz -limit zestawu be$\liminf$

$$l \triangleq \left|\liminf_{n\to\infty} (S_n)\right|.$$

Proponuję na nowo zdefiniować limit teoretyczny, aby:

$$\begin{align} \lim_{n\to\infty} S_n &\triangleq \begin{cases} \liminf_{n\to\infty} (S_n) &\text{if } \liminf_{n\to\infty} (S_n) = \limsup_{n\to\infty} (S_n), k \text{ exists, and }k=l \\ \alpha_k &\text{if }\liminf_{n\to\infty} (S_n) = \limsup_{n\to\infty} (S_n), k\text{ exists, and }k \ne l \\ \text{undefined} &\text{otherwise.} \end{cases} \end{align}$$

Ten specjalny „zestaw anonimowy” opisuje to, co dzieje się w nieskończoności. Tak jak oznacza ograniczające zachowanie liczb, oznacza ograniczające zachowanie zbiorów. Mianowicie mamy oraz . Zaletą tego formalizmu jest to, że zapewnia on ciągłość kardynalności i zgodność z zasadą obojętności . ∞ α i ∉ α k ∀ i | α k | = $\alpha_k$$\infty$$\alpha$$i \notin \alpha_k \forall i$$|\alpha_k| = k$

W przypadku problemu z urną mamy to zbiór kulek w urnie. I Tak więc żywioły nie „spadają z klifu” w nieskończoności, co nie ma większego sensu, niż ma sens wymieranie ludzkości tylko dlatego, że żaden człowiek nie jest nieśmiertelny.lim n → ∞ S n = α ∞$S_n = \{n+1, \dotsc, 10n\}$

$$\lim_{n\to\infty} S_n = \alpha_{\infty}.$$

Podobnie, załóżmy, że modyfikujemy problem, tak aby na każdym kroku dodawano jedną piłkę i usuwano piłkę o najniższym numerze. Więc ile piłek jest w urnie w limicie? Anonimowe zestawy dają intuicyjną odpowiedź:

$$\lim_{n\to\infty}\{n\} = \alpha_1.$$

Rozumiem, że matematycy mogą nie zgadzać się co do rozwiązań tego paradoksu, ale dla mnie jest to najbardziej intuicyjne rozwiązanie.

Problem jest albo źle sformułowany, albo nie ma logiki pierwszego rzędu.

Główna przyczyna: wykonanie „ostatniego” kroku spowoduje zapisanie nieskończonej liczby cyfr na piłce, co spowoduje, że wykonanie tego kroku zajmie nieskończony czas.

Zdolność do wykonania nieskończonego procesu z nieskończonym krokiem implikuje zdolność do rozwiązania wszystkich problemów logicznych pierwszego rzędu ( zatem Gödel jest fałszem) poprzez wykonanie następującej sekwencji H (dla twierdzenia X):

Z = asymptotic_coroutine(
  FOR N = 1...∞
    FOR P = 1...N
      Convert number P to string S by characters.
      IF S is a proof for theorem X
      THEN
        OUTPUT "yes" and HALT
) + asymptotic_coroutine(
  FOR N = 1...∞
    FOR P = 1...N
      Convert number P to string S by characters.
      IF S is a proof for theorem ¬X
      THEN
        OUTPUT "no" and HALT
)
IF Z = "" 
THEN Z = "independent"
IF Z = "yesno" ∨ Z = "noyes"
THEN Z = "paradox"
OUTPUT Z

gdzie nieskończonym krokiem jest buforowanie wyniku

Program wewnątrz asymptotic_coroutine jest jedynie wyczerpującym poszukiwaniem twierdzenia, które dowodzi (lub obala) X. Przekształcenie P na S daje w wyniku „aa”, „ab”, „ac”, ... „a∨”, ... gdzie generowany jest każdy symbol, który może pojawić się w twierdzeniu. Powoduje to generowanie wszystkie twierdzenia o długości dziennika _znaków N z kolei. Ponieważ N rośnie bez ograniczeń w zewnętrznej pętli, ostatecznie wygeneruje wszystkie twierdzenia.

Strona, która jest fałszywa, nigdy się nie zakończy, ale nie musimy się tym przejmować, ponieważ możemy wykonywać nieskończone kroki. W rzeczywistości polegamy na możliwości wykrycia niezależności, ponieważ obie strony nigdy się nie zakończą. Poza jedną rzeczą. Pozwoliliśmy na wykonanie nieskończonej liczby kroków w skończonym czasie przez asymptotyczne zwiększenie prędkości wykonywania. To zaskakująca część. Funkcja asymptotic_coroutine, która nigdy nie kończy i nigdy nie generuje danych wyjściowych, „zakończyła” * po asymptotycznym czasie i nadal nie wygenerowała żadnych danych wyjściowych.

* Jeśli umieścimy WYJŚCIE po FOR N = 1 ... ∞, nie zostanie osiągnięty, ale nie zamierzamy tego zrobić.

Silną formę twierdzenia o niekompletności Gödela można stwierdzić: „Dla każdego układu logicznego F pierwszego rzędu istnieje stwierdzenie G _F, które jest prawdziwe w F, ale nie można udowodnić, że jest prawdziwe w F.” Ale metoda dowodowa H nie może nie udowodnić wszystkich twierdzeń, które muszą być prawdziwe w F (H).

Dylemat: ¬Gödel ∨ ¬ (dozwolone są nieskończone kroki)
Dlatego:
Dylemat: ¬Gödel ∨ ¬ (315502 jest dobrze uformowany w logice pierwszego rzędu)

Niech x będzie liczbą usuniętych kul, a y liczbą pozostałych kul. Po każdym cyklu y = 9x. Ponieważ x> 0, y> 0. W urnie będzie nieskończenie wiele piłek o godzinie 12:00.

Powodem, dla którego rozwiązania oparte na prawdopodobieństwach prowadzą do trudności, jest to, że prawdopodobieństwa z szeregów nieskończonych są trudne. ET Jaynes napisał o kilku różnych pozornych paradoksach prawdopodobieństwa, takich jak ten, w swojej książce Prawdopodobieństwo: logika nauki . Nie mam pod ręką mojej kopii, ale pierwsza część książki jest dostępna online u Larry'ego Bretthorsta tutaj . Poniższy cytat pochodzi ze wstępu.

Jednak kiedy wszystko jest powiedziane i zrobione, ku naszemu zdziwieniu, pozostaje niewiele więcej niż luźna filozoficzna zgoda; w wielu kwestiach technicznych zdecydowanie nie zgadzamy się z de Finetti. Wydaje nam się, że jego sposób traktowania nieskończonych zbiorów otworzył puszkę Pandory bezużytecznych i niepotrzebnych paradoksów; niekonglomerowalność i skończona addytywność to przykłady omówione w rozdziale 15.

Paradoksowanie zestawów nieskończonych stało się chorobliwą infekcją, która rozprzestrzenia się dzisiaj w sposób zagrażający życiu teorii prawdopodobieństwa i wymagająca natychmiastowego usunięcia chirurgicznego. W naszym systemie po tej operacji automatycznie unika się takich paradoksów; nie mogą wynikać z prawidłowego stosowania naszych podstawowych reguł, ponieważ reguły te dopuszczają tylko zbiory skończone i zbiory nieskończone, które powstają jako dobrze określone i dobrze zachowane ograniczenia zbiorów skończonych. Paradoks był spowodowany (1) skokiem bezpośrednio do nieskończonego zbioru bez określania jakiegokolwiek procesu ograniczającego w celu zdefiniowania jego właściwości; a następnie (2) zadawanie pytań, których odpowiedzi zależą od sposobu osiągnięcia limitu.

Na przykład pytanie: „Jakie jest prawdopodobieństwo, że liczba całkowita jest parzysta?”, Może mieć dowolną odpowiedź w (0, 1), w zależności od tego, jaki proces ograniczający polega na zdefiniowaniu „zestawu wszystkich liczb całkowitych” (tylko jako warunkowo zbieżne serie mogą być konwertowane na dowolną liczbę, jaką chcemy, w zależności od kolejności, w jakiej ustalamy warunki).

Naszym zdaniem nie można powiedzieć, że zbiór nieskończony posiada jakąkolwiek „egzystencję” i właściwości matematyczne - przynajmniej w teorii prawdopodobieństwa - dopóki nie określimy procesu ograniczającego, jakim jest wygenerowanie go ze zbioru skończonego. Innymi słowy, płyniemy raczej pod sztandarem Gaussa, Kroneckera i Poincara niż Cantor, Hilbert i Bourbaki. Mamy nadzieję, że czytelnicy, którzy będą tym zszokowani, przestudiują oskarżenie burbakizmu przez matematyka Morrisa Kline'a (1980), a następnie poświęcą nam wystarczająco dużo czasu, aby zobaczyć zalety naszego podejścia. Przykłady pojawiają się w prawie każdym rozdziale.

Zastosowanie limitów w odpowiedzi na @enumaris (+1) umożliwia obejście podstępu prawdopodobieństw nieskończoności.

Jakie jest najlepsze wytłumaczenie, jakie możemy im dać, aby rozwiązać te sprzeczne intuicje?

Oto najlepsza odpowiedź, która ma niewiele wspólnego z prawdopodobieństwami. Wszystkie kule mają numery, nazwijmy je numerami urodzeniowymi. Liczby urodzin zaczynają się od B1, B2, B3 ... i idą w nieskończoność, ponieważ tak naprawdę nigdy nie przestajemy. Zbliżamy się do 12:00, ale ciągle dodajemy i usuwamy piłki, dlatego nie ma ostatecznej liczby piłek. To bardzo ważna uwaga, przy okazji.

Kładziemy piłki do pudełka w 10 partiach, takich jak partia nr 7: B71, B72, ..., B80. Zapomnijmy o nich na chwilę i skupmy się na kulkach, które są usuwane z pudełka. Pochodzą w losowej kolejności. Wyjaśnię, dlaczego losowość jest ważna później, ale na razie wszystko to oznacza, że ​​można wyciągnąć dowolną piłkę o liczbie brith od B1 do B10k, która wciąż znajduje się w polu w kroku K. Zindeksujemy kule, które usuwamy według kolejności ich usunięcia, nazwijmy je numerami śmierci: D1, D2, D3 ... DK.

Do godziny 12:00 wkładamy do pudełka nieskończoną liczbę piłek i na pewno nigdy nie zabrakło piłek do usunięcia z pudełka. Dlaczego? Ponieważ najpierw kładziemy 10 piłek, a następnie TYLKO usuwamy jedną. Tak więc zawsze jest piłka do usunięcia. Oznacza to, że do godziny 12:00 usunęliśmy również nieskończoną liczbę piłek.

Oznacza to również, że każda usunięta piłka była indeksowana od 1 do nieskończoności, tzn. Mogliśmy sparować każdą usuniętą piłkę z piłką umieszczoną w pudełku: B1 do D1, B2 do D2 itd. Oznacza to, że usunęliśmy tyle kulek, ile wstawiamy, ponieważ każdy numer urodzenia był powiązany z każdym numerem zgonu.

To było rozwiązanie. Dlaczego pokonuje naszą intuicję? To elementarne, Dr Watson. Powodem jest to, że z pewnością wiemy, że dla wszystkich K to trzyma: Dlatego po K krokach nie powinniśmy być w stanie usunąć wszystkich piłek z pudełka, ponieważ kładziemy 10K piłek i usuwamy tylko K z nich. Dobrze?

$$K<10K$$

Jest mały problem. Chodzi o to, że gdy , nie jest to już prawdą: Dlatego intuicja się załamuje.$K=\infty$

$$10\times\infty\nless\infty$$

Teraz, jeśli kulki nie zostały usunięte losowo. Mogą się zdarzyć dwie rzeczy, jak w kanonicznej odpowiedzi @ amoeba. Najpierw załóżmy, że wkładamy 10 piłek, a następnie natychmiast usuwamy ostatnią. To tak, jakbyśmy wkładali tylko dziewięć piłek. Będzie to zgodne z naszą intuicją, a o godzinie 12:00 będzie nieskończona liczba piłek. Dlaczego? Ponieważ nie losowo piłek, postępowaliśmy zgodnie z algorytmem, w którym liczby urodzeń zostały sparowane z liczbami śmierci jako w momencie usunięcia . Tak więc sparowaliśmy każdą usuniętą piłkę z jedną z umieszczonych w niej piłek: , co oznacza, że ​​tona piłek nigdy nie została sparowana B1, B2. .., B9, B11, ... itd.$B10K=DK$ $B10\to D1,B20\to D2,B30\to D3,\dots$

Druga rzecz, która może się zdarzyć z przypadkowym usunięciem piłki, jest również związana z parowaniem podczas usuwania: korelujemy BK = DK. Możemy to zrobić, usuwając piłkę z BK na każdym kroku K, co zapewnia, że ​​BK jest sparowany z DK. W ten sposób każda usunięta piłka jest łączona z każdą umieszczoną w niej piłką, tzn. Taki sam wynik końcowy, jak w losowym losowaniu usuniętych piłek. Oczywiście oznacza to, że po godzinie 12:00 w pudełku nie ma już piłek.

Właśnie pokazałem, że problem ma bardzo mało wspólnego z prawdopodobieństwami per se. Ma wszystko wspólnego z potęgami nieskończonej liczby policzalnej (?). Jedynym prawdziwym problemem, którego unikałem, jest to, czy zestawy są naprawdę policzalne. Gdy zbliżasz się do godziny 12:00, tempo wkładek kulowych rośnie dość szybko, delikatnie mówiąc. Nie jest więc tak trywialne ustalenie, czy liczba piłek, które wkładamy do pudełka, jest rzeczywiście policzalna.

Rozplątywanie

Teraz rozwiążę to kanoniczne rozwiązanie paradoksu i wrócę do naszej intuicji.

Jak to możliwe, że wkładamy 10 piłek, usuwamy jedną i nadal zabraknie wszystkich piłek po 12 godzinach? Oto, co się naprawdę dzieje. 12 godzin jest nieosiągalne .

Niech przeformułuje problem. Nie zmniejszamy już o połowę przedziałów czasowych. Kładziemy i usuwamy piłki co minutę. Czy to nie jest dokładnie to samo, co w pierwotnym problemie? Tak i nie.

Tak, ponieważ nigdzie w powyższym opisie nie wspomniałem wyraźnie o czasie, ale na samym końcu. Liczyłem kroki k. Możemy więc nadal liczyć kroki i martwe kule według k.

Nie, ponieważ teraz nigdy nie przestaniemy . Będziemy dodawać i usuwać piłki do końca czasu, który nigdy nie nadejdzie. Podczas gdy w pierwotnym problemie koniec to 12 godzin.

To wyjaśnia, dlaczego zawodzi nasza intuicja. Chociaż kładziemy piłki z szybkością 9-krotnego usunięcia, ponieważ czas nigdy się nie kończy, każda włożona piłka zostanie ostatecznie usunięta! Może to zająć nieskończoną liczbę minut, ale jest ok, ponieważ pozostała nieskończona liczba minut. To jest prawdziwe rozwiązanie problemu.

Czy w tym sformułowaniu zapytałbyś „ile piłek jest w pudełku po zakończeniu nieskończoności?” Nie! Ponieważ to nonsensowne pytanie. Dlatego pierwotne pytanie też jest bezsensowne. Lub możesz to nazwać źle postawionym.

Teraz, jeśli wrócisz do pierwotnego problemu, najwyraźniej nastąpi koniec czasu. Jest godzina 12. Fakt, że przestaliśmy wkładać piłki oznacza, że ​​czas właśnie się skończył i dotarliśmy do końca. Tak więc prawdziwa odpowiedź na pytanie brzmi: godzina 12 nigdy nie powinna wystąpić. To nieosiągalne.

Warto przeczytać odpowiedź ameby, która jest po prostu doskonała i bardzo wyjaśnia problem. Nie do końca nie zgadzam się z jego odpowiedzią, ale chcę podkreślić, że rozwiązanie problemu opiera się na pewnej konwencji. Co ciekawe, tego rodzaju problem pokazuje, że ta konwencja, choć często stosowana, jest wątpliwa.

Tak jak mówi, istnieje pewna kwestia techniczna, aby udowodnić, że dla każdej piłki prawdopodobieństwo pozostania w urnie na zawsze wynosi 0. Poza tym punktem problemem nie są prawdopodobieństwa. Można podać deterministyczny odpowiednik. O wiele łatwiej to zrozumieć. Kluczowa idea jest taka: ponieważ od czasu do czasu każda kula jest nieobecna w urnie, urna na końcu jest pusta. Jeśli reprezentujesz obecność w urnie każdej piłki sekwencją zer i jedynek, każda sekwencja ma wartość 0 z określonego zakresu, a zatem jej limit wynosi 0.

Teraz problem można uprościć jeszcze bardziej. Dla uproszczenia nazywam chwile 1, 2, 3 ....

• moment 1: włóż piłkę 1 do urny
• moment 2: usuń go
• moment 3: włóż piłkę 2 do urny
• moment 4: usuń go
• moment 5: włóż piłkę 3 do urny
• ...

Jakie piłki na końcu (południe)? Z tym samym pomysłem, ta sama odpowiedź: brak.

Ale zasadniczo nie ma sposobu, aby wiedzieć, ponieważ problem nie mówi, co dzieje się w południe. W rzeczywistości możliwe jest, że pod koniec czasów Pikachu pojawia się nagle w urnie. A może wszystkie kule nagle się zapadają i łączą w jedną dużą piłkę. Nie oznacza to, że ma to być realistyczne, po prostu nie zostało określone.

Na problem można odpowiedzieć tylko wtedy, gdy określona konwencja mówi nam, jak dojść do limitu: założenia ciągłości. Stan urny w południe jest granicą jej stanów wcześniej. Gdzie powinniśmy szukać założenia ciągłości, które pomogłoby nam odpowiedzieć na pytanie?

W prawach fizycznych? Prawa fizyczne zapewniają pewną ciągłość. Myślę o uproszczonym klasycznym modelu, nie odwołującym się do prawdziwej współczesnej fizyki. Zasadniczo jednak prawa fizyczne przyniosłyby dokładnie te same pytania, co matematyczne: sposób, w jaki wybieramy opisywanie ciągłości praw fizycznych, polega na matematycznym zadaniu pytania: co jest ciągłe, jak?

Musimy szukać założenia ciągłości w bardziej abstrakcyjny sposób. Zwykłym pomysłem jest zdefiniowanie stanu urny jako funkcji z zestawu piłek do . 0 oznacza nieobecny, 1 oznacza obecny. Aby zdefiniować ciągłość, używamy topologii produktu, czyli konwergencji punktowej. Mówimy, że stan w południe jest granicą stanów przed południem, zgodnie z tą topologią. W przypadku tej topologii istnieje limit, który wynosi 0: pusta urna.$\{0;1\}$

Ale teraz nieco zmodyfikujemy problem, aby zakwestionować tę topologię:

• moment 1: włóż piłkę 1 do urny
• moment 2: usuń go
• moment 3: włóż piłkę 1 do urny
• moment 4: usuń go
• moment 5: włóż piłkę 1 do urny
• ...

Dla tej samej topologii sekwencja stanów nie ma granic. Tam zaczynam postrzegać paradoks jako prawdziwy paradoks. Dla mnie ten zmodyfikowany problem jest zasadniczo taki sam. Wyobraź sobie, że jesteś urną. Widzisz piłki nadchodzące i odchodzące. Jeśli nie możesz odczytać liczby na nim, to czy ta sama piłka, czy inna, nie zmienia tego, co się z tobą dzieje. Zamiast widzieć kule jako odrębne odrębne elementy, widzisz je jako ilość materii wchodzącej i wychodzącej. Ciągłość można oczywiście zdefiniować, patrząc na zmiany ilości materii. I rzeczywiście nie ma ograniczeń. W pewnym sensie problem ten jest taki sam, jak problem pierwotny, w którym decydujesz się zignorować tożsamość kuli, co prowadzi do innej metryki i innego pojęcia zbieżności. I nawet gdybyś widział liczbę na kulkach,

W jednym przypadku granica sekwencji twoich stanów jest „pusta”, w innym przypadku granica jest niezdefiniowana.

Formalizacja problemu z topologią produktu zasadniczo polega na oddzieleniu tego, co dzieje się z każdą inną kulą, a tym samym na stworzeniu miernika odzwierciedlającego „rozróżnienie”. Tylko z powodu tego rozdzielenia można zdefiniować limit. Fakt, że ten rozdział jest tak fundamentalny dla odpowiedzi, ale nie fundamentalny dla opisu „tego, co się dzieje” w urnie (kwestia, którą można bez końca dyskutować), sprawia, że ​​uważam, że rozwiązanie jest konsekwencją konwencji, a nie fundamentalnej prawdy.

Dla mnie problem, gdy jest uważany za czysto abstrakcyjny, ma rozwiązanie, o ile podane są brakujące informacje: że stan w południe jest granicą poprzednich stanów i granicą, w jakim sensie. Jednak intuicyjnie myśląc o tym problemie, granica sekwencji stanów nie jest czymś, co można myśleć w jeden sposób. Zasadniczo myślę, że nie ma sposobu na odpowiedź.

Chcę dokonać przeformułowania, które jest tak proste, jak to możliwe, aby uczynić odpowiedź 0 bardziej intuicyjną, zaczynając od uproszczonego przykładu, że kule nie są usuwane losowo, ale piłka jest usuwana na kroku.$n$$n$

Zastanów się: na początku wkładam wszystkie kule do urny. W kroku 1 wyjmuję piłkę 1. W kroku 2 wyjmuję piłkę 2 i tak dalej. Masz wątpliwości, że urna będzie pusta po nieskończonych krokach?

W porządku. Ale jeśli nie włożę początkowo wszystkich piłek do urny, ale tylko kilka piłek, w jaki sposób urna może być pełna?

Celem tego postu jest argumentowanie za ostatnią opcją PO, że potrzebujemy lepszego sformułowania. Przynajmniej dowód Ross'a nie jest tak jednoznaczny, jak mogłoby się początkowo wydawać, a na pewno dowód nie jest tak intuicyjny, że jest na dobrej pozycji, aby być na kursie wstępnym teorii prawdopodobieństwa. Wymaga to wielu wyjaśnień zarówno w zrozumieniu paradoksalnych aspektów, jak i wyjaśnienia w punktach, w których dowód przechodzi bardzo szybko, co utrudnia dostrzeżenie, od jakich aksjomatów, twierdzeń i domyślnych interpretacji zależy dowód.

W związku z tym aspektem bardzo zabawne jest czytanie ostatnich słów Teuna Koetsiera w „Didactiek met oneindig veel pingpongballen?”

Als we niet oppassen dan wordt het „Paradoksy okno do zamieszania”.

Przetłumaczone „Jeśli nie jesteśmy ostrożni, wówczas staje się„ Paradoksy oknem na zamieszanie ””

Poniżej znajduje się opis „zwykłych” argumentów, które mogą być przekazywane w dyskusjach na temat supertasks, a dokładniej deterministycznego paradoksu Rossa-Littlewooda. Następnie, kiedy odkładamy całą tę dyskusję na bok, pojawia się pogląd na szczególny przypadek probabilistycznego paradoksu Rossa-Littlewooda jako dostarczenia dodatkowych elementów, które jednak gubią się i mylą w szerszym otoczeniu z supertaskami.

Trzy deterministyczne przypadki i dyskusja na temat supertasks

Paradoks Rossa-Littlewooda zna wiele różnych wyników w zależności od sposobu, w jaki kule są przemieszczane z urny. Aby to zbadać, zacznijmy od dokładnego opisu problemu, który Littlewood opisuje jako piąty problem w swoim rękopisie z 1953 r.

Wersja 1 Zestaw kulek pozostałych w urnie jest pusty

Paradoks Rossa-Littlewooda lub paradoksu Littlewooda-Rossa pojawił się po raz pierwszy jako 5. problem w rękopisie Littlewooda z 1953 r. „Miscellany matematyka”

Paradoks nieskończoności. Kulki o numerach 1, 2, ... (lub dla matematyka same liczby) są umieszczane w pudełku w następujący sposób. Za 1 minutę do południa wprowadzane są liczby od 1 do 10, a liczba 1 jest wyjmowana. Od 1/2 minuty do południa wprowadzane są numery od 11 do 20, a numer 2 jest wyjmowany i tak dalej. Ile jest w pudełku w południe?

Littlewood krótko mówi o tym problemie, ale daje ładne przedstawienie jako zbiór punktów:

$P_{1} + P_{2}+ ... + P_{10} - P_1 + P_{11} + ... + P_{20} - P_2 + ...$

dla których łatwo zauważyć, że jest „zerowy”.

Wersja 2 Zestaw kulek pozostałych w urnie ma nieskończony rozmiar

Ross (1976) dodaje do tego paradoksu dwie kolejne wersje. Najpierw patrzymy na pierwszy dodatek:

Załóżmy, że mamy nieskończenie dużą urnę i nieskończoną kolekcję piłek oznaczonych piłką numer 1, numer 2, numer 3 i tak dalej. Rozważ eksperyment przeprowadzony w następujący sposób: Po 1 minucie do 12 po południu kulki o numerach od 1 do 10 są umieszczane w urnie, a kulka o numerze 10 jest wyciągana. (Załóżmy, że wycofanie nie zajmuje czasu.) W godzinach od 12 do 12, kule o numerach od 11 do 20 są umieszczane w urnie, a liczba o numerze 20 jest wycofywana. W godzinach 14–12, w urnie umieszczane są piłki o numerach od 21 do 30, a kulki o numerze 30 są wycofywane. Od 18 minuty do 12 i tak dalej. Ciekawe pytanie brzmi: ile piłek znajduje się w urnie o godzinie 12?

Oczywiście odpowiedzią jest nieskończoność, ponieważ procedura ta pozostawia wszystkie kulki o numerach w urnie, których jest nieskończenie wiele.$x \mod 10 \neq 0$

Zanim przejdziemy do drugiego dodatku Rossa, który obejmował prawdopodobieństwa, przejdziemy do innej sprawy.

Wersja 3 Zestaw kulek pozostających w urnie jest skończonym zestawem o dowolnym rozmiarze

Urna może mieć dowolną liczbę kulek o godzinie 12 po południu, w zależności od procedury przemieszczania kulek. Odmianę tę opisali Tymoczko i Henle (1995) jako problem z piłką tenisową.

Tom jest w dużym pudełku, pustym oprócz siebie. Jim stoi poza polem z nieskończoną liczbą piłek tenisowych (ponumerowanych 1, 2, 3, ...). Jim rzuca piłki 1 i 2 do pudełka. Tom podnosi piłkę tenisową i wyrzuca ją. Następnie Jim rzuca piłkami 3 i 4. Tom podnosi piłkę i wyrzuca ją. Następnie Jim rzuca piłkami 5 i 6. Tom podnosi piłkę i wyrzuca ją. Proces ten trwa nieskończoną liczbę razy, dopóki Jim nie wrzuci wszystkich piłek. Po raz kolejny prosimy o zaakceptowanie wykonania nieskończonej liczby zadań w określonym czasie. Oto pytanie: ile piłek znajduje się w pudełku z Tomem po zakończeniu akcji?

Odpowiedź jest nieco niepokojąca: to zależy. Podano za mało informacji, aby odpowiedzieć na pytanie. Może pozostać nieskończona liczba piłek lub może ich nie być.

W przykładzie z podręcznika argumentują za dwoma przypadkami, nieskończonymi lub skończonymi (Tymoczko i Henle, zostawcie przypadek pośredni jako ćwiczenie), jednak problem jest dalej rozwijany w kilku artykułach w czasopismach, w których problem jest uogólniony, abyśmy mogli uzyskać dowolna liczba w zależności od zastosowanej procedury.

Szczególnie interesujące są artykuły o kombinatorycznych aspektach problemu (gdzie jednak nie skupia się na aspektach w nieskończoności). Na przykład zliczanie liczby możliwych zestawów, które możemy mieć w dowolnym momencie. W przypadku dodawania 2 kulek i usuwania 1 każdego kroku wyniki są proste, a liczba możliwych zestawów w n-tym kroku to n + 1-ta liczba katalityczna. Np. 2 możliwości {1}, {2} w pierwszym kroku, 5 możliwości {1,3} {1,4} {2,3} {2,4} i {3,4} w drugim kroku, 14 cali trzeci, 42 w czwartym itd. (patrz Merlin, Sprugnoli i Verri 2002, Problem piłki tenisowej ). Ten wynik został uogólniony na różne liczby dodawania i odejmowania kulek, ale teraz jest to zbyt daleko jak na ten post.

Argumenty oparte na koncepcji supertasks

Zanim przejdziemy do teorii prawdopodobieństwa, można już wysunąć wiele argumentów przeciwko przypadkom deterministycznym i możliwości wykonania zadania dodatkowego. Można również zadać pytanie, czy ustawione leczenie teoretyczne jest prawidłową reprezentacją reprezentacji kinematycznej supertask. Nie chcę spierać się, czy te argumenty są dobre, czy złe. Wspominam o nich, aby podkreślić, że przypadek probabilistyczny można zestawić z tymi argumentami „supertask” i można go uznać za zawierający dodatkowe elementy, które nie mają nic wspólnego z supertasks. Przypadek probabilistyczny ma unikalny i odrębny element (rozumowanie z teorią prawdopodobieństwa), który nie jest ani udowodniony, ani obalony przez argumentowanie przeciwko lub w przypadku supertasks.

• Argumenty ciągłości : argumenty te są często bardziej koncepcyjne. Na przykład pomysł, że nie można ukończyć supertask, taki jak Aksakal i Joshua, argumentują w swoich odpowiedziach, a wyraźną demonstracją tych pojęć jest lampa Thomsona , która w przypadku paradoksu Rossa Littlewooda przypominałaby pytanie, została ostatnio usunięta liczba nieparzysta czy parzysta?

• Fizyczne argumenty: Istnieją również argumenty, które podważają konstrukcję matematyczną jako istotną dla fizycznej realizacji problemu. Możemy mieć rygorystyczne matematyczne podejście do problemu, ale pozostaje pytanie, czy to naprawdę ma wpływ na mechanistyczną realizację zadania (poza prostymi pojęciami, takimi jak przełamywanie pewnych barier świata fizycznego, takich jak ograniczenia prędkości lub wymagania dotyczące energii / przestrzeni) .

  • Jednym argumentem może być to, że granica teoretyczna jest koncepcją matematyczną, która niekoniecznie opisuje rzeczywistość fizyczną

    Rozważmy na przykład następujący inny problem: urna ma kulkę, w której się nie poruszamy. Każdemu krokowi usuwamy numer poprzednio zapisany na piłce i przepisujemy na nim nowy, niższy numer. Czy urna będzie pusta po nieskończenie wielu krokach? W tym przypadku nieco bardziej absurdalne wydaje się użycie ustawionego limitu teoretycznego, którym jest pusty zbiór. Ten limit jest dobry z matematycznego uzasadnienia, ale czy reprezentuje fizyczną naturę problemu? Jeśli pozwolimy, aby kule zniknęły z urn z powodu abstrakcyjnego matematycznego rozumowania (które, być może, powinno być uważane bardziej za inny problem), to równie dobrze moglibyśmy sprawić, że cała urna zniknie?

  • Również różnicowanie kulek i przydzielanie im kolejności wydaje się „niefizyczne” (ma to znaczenie dla matematycznego traktowania zestawów, ale czy kule w urnie zachowują się jak te zestawy?). Jeśli chcielibyśmy przetasować piłki na każdym kroku (np. Na każdym kroku losowo zamieniamy piłkę ze stosu odrzuconego na piłkę z pozostałego stosu piłek nieskończonych), zapominając w ten sposób o numeracji opartej na tym, czy wchodzą do urny, czy o liczbę, którą otrzymali od samego początku argumenty oparte na ustawionych granicach teoretycznych nie mają już sensu, ponieważ zbiory się nie zbiegają (nie ma stabilnego rozwiązania, gdy piłka zostanie odrzucona z urny, może powrócić).

    Z punktu widzenia wykonywania fizycznych zadań związanych z napełnianiem i opróżnianiem urny wydaje się, że nie powinno mieć znaczenia, czy na liczbach mamy cyfry. To sprawia, że ​​teoretyczne rozumowanie zestawu bardziej przypomina matematyczną myśl o zestawach nieskończonych, a nie faktyczny proces.

W każdym razie, jeśli nalegamy na użycie tych nieskończonych paradoksów do celów dydaktycznych, a zatem, zanim przejdziemy do teorii prawdopodobieństwa, najpierw musimy walczyć o uzyskanie akceptowalnego pojęcia (pewnych) zadań dodatkowych zaakceptowanych przez najbardziej sceptycznych / upartych myśliciele, wówczas interesujące może być zastosowanie korespondencji między paradoksem Zenona a paradoksem Rossa-Littlewooda opisanym przez Allisa i Koetsiera (1995) i krótko opisanym poniżej.

W swojej analogii Achilles próbuje złapać żółwia, podczas gdy oba krzyżują flagi ustawione w taki sposób, przy odległości takiej, że odległość Achillesa z flagami jest dwukrotnością odległości żółwia z flagami , a mianowicie . Następnie do godziny 12:00 różnica w flagach, które żółw i Achilles będą miały za sobą, rośnie . Ale ostatecznie o godzinie 12 nikt poza Eleaticsami nie będzie argumentował, że Achilles i żółw osiągnęli ten sam punkt i (a więc) mają między nimi zero flag.

$$F(n)=2^{-10 \log n}$$ $n$$10n$$F(n) = 2 F(10n)$

Przypadek probabilistyczny i sposób dodawania nowych aspektów do problemu.

Druga wersja dodana przez Rossa (w swoim podręczniku) usuwa kulki na podstawie losowej selekcji

Załóżmy teraz, że za każdym razem, gdy piłka ma zostać wycofana, jest ona losowo wybierana spośród obecnych. To znaczy, załóżmy, że od 1 minuty do 12 po południu kulki o numerach od 1 do 10 są umieszczane w urnie, a piłka jest losowo wybierana i wycofywana, i tak dalej. W takim przypadku ile piłek znajduje się w urnie o godzinie 12?

Rozwiązanie Rossa polega na tym, że prawdopodobieństwo, że urna jest pusta, wynosi 1. Chociaż argumentacja Rossa wydaje się rozsądna i rygorystyczna, można się zastanawiać, jaki rodzaj aksjomatów jest do tego niezbędny i które z zastosowanych twierdzeń mogą zostać poddane stresowi przez domniemane założenia, które mogą nie być oparte na tych aksjomatach (na przykład założenie, że zdarzeniom w południe można przypisać prawdopodobieństwa).

Obliczenia Rossa są w skrócie kombinacją dwóch elementów, które dzielą zdarzenie niepustej urny na niezliczoną liczbę podzbiorów / zdarzeń i dowodzą, że dla każdego z tych zdarzeń prawdopodobieństwo wynosi zero:

1. Dla, , w przypadku, gdy numer piłki jest w urnie o godzinie 12, mamy$F_i$$i$$P(F_1) = 0$

2. Dla prawdopodobieństwo, że urna nie będzie pusta o 12 po południu.$P(\bigcup_1^\infty F_i)$

   $P(\bigcup_1^\infty F_i) \leq \sum_1^\infty P(F_i) = 0$

Przypadek probabilistyczny paradoksu Rossa-Littlewooda, bez uzasadnienia supertasks

W najbardziej nagiej postaci paradoksu, odrywając go od wszelkich problemów z działaniem supertasks, możemy zastanawiać się nad „prostszym” problemem odejmowania nieskończonych zbiorów. Na przykład w trzech wersjach otrzymujemy:

$$\begin{array} \\ S_{added} &= \lbrace 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \rbrace + \lbrace10k \text{ with } k \in \mathbb{N} \rbrace \\ S_{removed,1} &= \lbrace k \text{ with } k \in \mathbb{N} \rbrace \\ S_{removed,2} &= \lbrace 10k \text{ with } k \in \mathbb{N} \rbrace \\ S_{removed,3} &= \lbrace k \text{ with } k \in \mathbb{N} \rbrace \setminus \lbrace a_1,a_2,a_3,... \text{ with } a_i \in \mathbb{N} \rbrace \end{array}$$

problem sprowadza się do odejmowania zestawu, takiego jak .$S_{added}-S_{removed,1} = \emptyset$

Każda nieskończona sekwencja, , jest (równie) możliwą sekwencją opisującą kolejność, w jakiej można usunąć kule w probabilistycznej realizacji Rossa -Littlewood problem. Nazwijmy te nieskończone sekwencje sekwencjami RL.$S_{RL} =\lbrace a_k \text{ without repetitions and } a_k < 10k \rbrace$

Teraz bardziej ogólne pytanie, bez paradoksalnego uzasadnienia supertasks, dotyczy gęstości sekwencji RL, które nie zawierają całego zestawu$\mathbb{N}$

Graficzny widok problemu.

zagnieżdżony, fraktalny, struktura

Przed zredagowaną wersją tej odpowiedzi wysunąłem argument, który wykorzystywał istnienie mapy iniekcyjnej od „nieskończonych sekwencji, które opróżniają urnę” do „nieskończonych sekwencji, które nie zawierają liczby 1”.

To nie jest prawidłowy argument. Porównaj na przykład z gęstością zestawu kwadratów. Istnieje nieskończenie wiele kwadratów (i istnieje zależność bijectywna i ), ale zbiór kwadratów ma gęstość zero w .$n \mapsto n^2$$n^2 \mapsto n$$\mathbb{N}$

Poniższy obraz przedstawia lepszy widok tego, jak z każdym dodatkowym krokiem maleje prawdopodobieństwo piłki 1 w urnie (i możemy argumentować tak samo dla wszystkich innych piłek). Mimo że liczebność podzbioru wszystkich sekwencji RL (sekwencje przemieszczonych kulek) jest równa liczności wszystkich sekwencji RL (obraz przedstawia rodzaj struktury fraktalnej, a drzewo zawiera nieskończenie wiele kopii itselve).

wzrost przestrzeni próbki, liczba ścieżek

Obraz pokazuje wszystkie możliwe realizacje dla pierwszych pięciu kroków, wraz ze schematem problemu piłki tenisowej (problem piłki tenisowej, każdy krok: dodaj 2 usuń 1, rośnie wolniej i jest łatwiejszy do wyświetlenia). Turkusowe i fioletowe linie pokazują wszystkie możliwe ścieżki, które mogą się rozwinąć (wyobraź sobie, że na każdym kroku rzucamy kostką o rozmiarze i na podstawie jego wyniku wybieramy jedną ze ścieżek lub innymi słowy na podstawie wyników usuwamy jedną z piłek z urny).$n$$n+1$$n+1$$n+1$

Liczba możliwych kompozycji urn (pola) wzrasta wraz z n + 1-tą liczbą katalońską , a całkowita liczba ścieżek rośnie jako silnia. W przypadku kompozycji urny z kulką numer 1 w środku (kolor ciemnoszary) i ścieżkami prowadzącymi do tych pól (kolor fioletowy) liczby rozwijają się dokładnie tak samo, jednak tym razem jest to n-ta liczba katalońska i silnia.$C_{n+1}$$(n+1)!$$n!$

gęstość ścieżek, które pozostawiają piłki wewnątrz$n$

Tak więc dla ścieżek prowadzących do urny z kulką numer 1 w środku gęstość wynosi I maleje, gdy staje się większe. Chociaż istnieje wiele realizacji, które prowadzą do znalezienia liczby w polu, prawdopodobieństwo zbliża się do zera (argumentowałbym, że to nie uniemożliwia, ale prawie na pewno się nie dzieje, a główną sztuczką w argumencie Rossa jest to, że połączenie policzalnych wielu zdarzeń zerowych jest również zdarzeniem zerowym).$\frac{(n)!}{(n+1)!}$$n$$n$

Przykład ścieżek dla pierwszych pięciu kroków w problemach z piłką tenisową (każdy krok: dodaj 2 usuń 1)

Argumenty Rossa na rzecz z pewnością pustej urny.

Ross definiuje zdarzenia (podzbiory przestrzeni próbki), , że kula o numerze znajduje się w urnie w kroku . (w swoim podręczniku faktycznie pomija indeks dolny i opowiada się za piłką 1).$E_{in}$$i$$n$$i$

Dowód krok 1)

Ross używa swojej propozycji 6.1. do zwiększania lub zmniejszania sekwencji zdarzeń (np. zmniejszanie jest równoważne ).$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset E_4 \supset ...$

Twierdzenie 6.1: Jeśli jest rosnącą lub malejącą sekwencją zdarzeń, to$\lbrace E_n, n\geq 1 \rbrace$

$$\lim_{n \to \infty} P(E_n) = P(\lim_{n \to \infty} E_n)$$

Korzystając z tej propozycji, Ross stwierdza, że ​​prawdopodobieństwo zaobserwowania piłki o godzinie 12 (co jest zdarzeniem ) jest równe$i$$lim_{n \to \infty} E_{in}$

$$lim_{n \to \infty} P (E_{in})$$

Allis i Koetsier twierdzą, że jest to jedno z tych domyślnych założeń. Supertask itselve nie implikuje (logicznie) tego, co dzieje się o 12 po południu, a rozwiązania problemu muszą opierać się na domniemanych założeniach, w tym przypadku możemy zastosować zasadę ciągłości na zbiorze kulek wewnątrz urny, aby stwierdzić, co się stanie w nieskończoności. Jeśli (set-teoretyczny) ograniczenie do nieskończoności jest szczególną wartość, a następnie w nieskończoność my będziemy mieć tej konkretnej wartości (nie może być nagły skok).

Ciekawym wariantem paradoksu Rossa-Littlewooda jest to, że losowo zwracamy również odrzucone wcześniej piłki. W tym przypadku nie będzie zbieżności (jak lampa Thomsona) i nie możemy tak łatwo zdefiniować limitu sekwencji (który już nie maleje).$E_{in}$

Dowód krok 2)

Limit jest obliczany. To prosty krok algebraiczny.

$$lim_{n \to \infty} P (E_{in}) = \prod_{k=i}^{\infty} \frac{9k}{9k+1} = 0$$

Dowód krok 3)

Argumentuje się, że krok 1 i 2 działa dla wszystkich za pomocą prostej instrukcji$i$

„Podobnie możemy pokazać, że dla wszystkich ”$P(F_i)=0$$i$

gdzie to zdarzenie, w którym piłka została wyjęta z urny, kiedy dotarliśmy do godziny 12$F_i$$i$

Chociaż może to być prawda, możemy zastanawiać się nad wyrażeniem produktu, którego niższy indeks ma teraz wartość nieskończoności:

$$lim_{i \to \infty}(lim_{n \to \infty} P (E_{in})) = lim_{i \to \infty}\prod_{k=i}^{\infty} \frac{9k}{9k+1} = ... ?$$

Nie mam wiele do powiedzenia na ten temat, poza tym, że mam nadzieję, że ktoś może mi wyjaśnić, czy to działa.

Byłoby również miło uzyskać lepsze intuicyjne przykłady dotyczące pojęcia, że ​​malejące sekwencje , które są wymagane dla zdania 6.1, nie mogą wszystkie zacznij od indeksu liczby kroków , równego 1. Ten wskaźnik powinien wzrastać do nieskończoności (co nie tylko liczba kroków staje się nieskończona, ale także losowy wybór odrzucanej piłki staje się nieskończony) liczba piłek, dla których obserwujemy limit, staje się nieskończona). Podczas gdy ta technika może zostać rozwiązana (i być może została już zrobiona w innych odpowiedziach, pośrednio lub bezpośrednio), dokładne i intuicyjne wyjaśnienie może być bardzo pomocne.$E_{in}, E_{in+1}, E_{in+2}, ...$$n$

W tym kroku 3 staje się to raczej techniczne, podczas gdy Ross ma bardzo mało na ten temat. Ross zakłada istnienie przestrzeni prawdopodobieństwa (a przynajmniej nie mówi o tym wprost), w której możemy zastosować te operacje w nieskończoności, tak samo jak możemy zastosować operacje w skończonych podprzestrzeniach.

Odpowiedź ekvall zawiera konstrukcję, wykorzystującą twierdzenie o rozszerzeniu wynikające z Ionescu-Tulcea , co daje nieskończoną przestrzeń produktu w którym możemy wyrazić zdarzenia przez nieskończony iloczyn jąder prawdopodobieństwa, co daje .$\sum_{k=0}^\infty \Omega_i \bigotimes_{k=0}^\infty \mathcal{A}_i$$P(E_i)$$P=0$

Nie jest to jednak przedstawione w intuicyjny sposób. Jak możemy intuicyjnie pokazać, że przestrzeń zdarzeń działa? Uzupełnieniem jest zbiór zerowy (a nie liczba 1 z nieskończenie wieloma zerami, tak jak rozwiązanie w skorygowanej wersji problemu Ross-Littlewood autorstwa Allis i Koetsier) i że jest to przestrzeń prawdopodobieństwa?$E_{i}$

Dowód krok 4)

Nierówność Boole'a służy do sfinalizowania dowodu.

$$P\left( \bigcup_1^\infty F_i \right) \leq \sum_1^\infty P(F_i) = 0$$

Nierówność została udowodniona dla zbiorów zdarzeń, które są skończone lub nieskończone policzalne. Dotyczy to .$F_i$

Ten dowód Ross'a nie jest dowodem konstruktywistycznym. Zamiast udowodnić, że prawdopodobieństwo, że urna będzie pusta o godzinie 12, wynosi prawie 1 , dowodzi, że prawdopodobieństwo, że urna zostanie wypełniona dowolną piłką ze skończoną liczbą, wynosi prawie 0 .

Wspomnienie

Deterministyczny paradoks Rossa-Littlewooda zawiera wyraźnie pusty zestaw (tak powstał ten post). To sprawia, że ​​mniej zaskakujące jest to, że wersja probabilistyczna kończy się pustym zestawem, a wynik (czy to prawda, czy nie) nie jest o wiele bardziej paradoksalny niż nieprabilistyczne wersje RL. Ciekawym eksperymentem myślowym jest następująca wersja problemu RL:

• Wyobraź sobie, że zaczynasz od urny pełnej nieskończenie wielu piłek i zacznij od niej losowe odrzucanie piłek. Ten supertask, jeśli się skończy, musi logicznie opróżnić urnę. Ponieważ gdyby nie było puste, moglibyśmy kontynuować. (Ten eksperyment myślowy rozciąga jednak pojęcie supertask i ma niejasno zdefiniowany koniec. Czy to wtedy, gdy urna jest pusta, czy kiedy osiągamy 12 wieczorem?)

Jest coś niezadowalającego w technice dowodu Rossa, a przynajmniej może być potrzebna lepsza intuicja i wyjaśnienie innymi przykładami, aby móc w pełni docenić piękno dowodu. Te 4 kroki razem tworzą mechanizm, który można uogólnić i ewentualnie zastosować do wygenerowania wielu innych paradoksów (chociaż próbowałem, nie udało mi się).

Możemy być w stanie wygenerować takie twierdzenie, że dla każdej innej odpowiedniej przestrzeni próbki, która powiększa się w kierunku nieskończoności (przestrzeń próbki problemu RL ma ). Jeśli możemy zdefiniować policzalny zestaw zdarzeń które są malejącą sekwencją z ograniczeniem 0 wraz ze wzrostem kroku , prawdopodobieństwo zdarzenia, które jest sumą tych zdarzeń, zbliża się do zera, gdy zbliżamy się do nieskończoności. Jeśli możemy sprawić, że związek zdarzeń będzie całą przestrzenią (w przykładzie RL pusta waza nie została uwzględniona w związku, którego prawdopodobieństwo wynosi zero, więc nie wystąpił żaden poważny paradoks), możemy stworzyć poważniejszy paradoks, który stanowi wyzwanie spójność aksjomatów w połączeniu z dedukcją transfinitową.$card(2^\mathbb{N})$$E_{ij}$$j$

• Jednym z takich przykładów (lub próba stworzenia) jest nieskończenie częste dzielenie chleba na mniejsze kawałki (aby spełnić warunki matematyczne, powiedzmy, że dzielimy tylko na kawałki o wielkości dodatniej liczby wymiernej). W tym przykładzie możemy zdefiniować zdarzenia (w kroku x mamy kawałek wielkości x), które są sekwencjami malejącymi, a granica prawdopodobieństwa zdarzeń dochodzi do zera (podobnie jak paradoks RL, sekwencje malejące występują tylko dalej i w późniejszym czasie i następuje punktowa, ale niejednolita konwergencja).

  Musielibyśmy dojść do wniosku, że kiedy skończymy to zadanie dodatkowe, chleb zniknął . Możemy tutaj iść w różnych kierunkach. 1) Można powiedzieć, że rozwiązaniem jest pusty zestaw (chociaż to rozwiązanie jest znacznie mniej przyjemne niż w paradoksie RL, ponieważ pusty zestaw nie jest częścią przestrzeni próbki) 2) Można powiedzieć, że istnieje nieskończenie wiele niezdefiniowanych elementów ( np. rozmiar nieskończenie mały) 3) czy może musielibyśmy dojść do wniosku (po przeprowadzeniu dowodu Rossa i znalezieniu pustego), że nie jest to zadanie dodatkowe, które można wykonać? Że można skończyć z pomysłem ukończenia takiego supertask, ale niekoniecznie „istnieje” (rodzaj paradoksu Russella).

---

Cytat z Besicovitch wydrukowany w miscellany Littlewooda:

„reputacja matematyka opiera się na liczbie złych dowodów, które dał”.

---

Allis, V., Koetsier, T. (1995), On Some Paradoxes of Infinite II , The British Journal for the Philosophy of Science , ss. 235–247

Koetsier, T. (2012), Didactiek spotkał się z Oneindig veel pingpongballen, Nieuw Archief voor Wiskunde , 5/13 nr4, s. 258-261 ( holenderski oryginał , tłumaczenie jest możliwe za pośrednictwem Google i innych metod)

Littlewood, JE (1953), A Mathematician's Miscellany , ss. 5 ( bezpłatny link przez archive.org )

Merlin, D., Sprugnoli, R. i Verri MC (2002), Problem piłki tenisowej , Journal of Combinatorial Theory , ss. 307-344

Ross, SM (1976), Pierwszy kurs prawdopodobieństwa , (sekcja 2.7)

Tymoczko, T. and Henle, J. (oryginał z 1995 r.) ( Odniesienie do drugiej edycji Google z 1999 r. ), Sweet Reason: przewodnik po nowoczesnej logice

OK, spróbuję jeszcze raz.

Odpowiedź jest taka, że ​​paradoks jest czysto matematyczny. Odpowiedzi Enumarisa i cmastera mówią o tym, co dzieje się w jeden sposób, ale jest to inny sposób na dostrzeżenie problemu. Problem polega na tym, jak radzimy sobie z prawdopodobieństwami nieskończoności, o czym pisał Jaynes (szczegóły można znaleźć w mojej drugiej próbie odpowiedzi).

Nieskończoną serię zwykle traktuje się tak, jakby nie miała końca, ale w tym problemie jest czas zakończenia (godzina dwudziesta trzecia), a więc logicznie, nawet jeśli nie matematycznie, następuje ostatni cykl dodawania i usuwania kulek: ten, który ma miejsce nieskończenie przed 12:00. Istnienie „ostatniego” cyklu pozwala nam spojrzeć na prawdopodobieństwa zarówno wstecz, jak i do przodu w czasie.

Rozważ dziesięć ostatnio dodanych piłek. Dla każdego z nich prawdopodobieństwo ich usunięcia wynosi zero, ponieważ każda z nich jest tylko jedną z kul nieskończoności, które można usunąć. Zatem prawdopodobieństwo, że o godzinie 12:00 pozostanie co najmniej dziesięć piłek, to jedność.

CO BYŁO DO OKAZANIA. Argument probabilistyczny, który nie prowadzi do bzdur.

Ostatnio kilka komentarzy Wilhelma, Wolfganga Mückenheima, skłoniło mnie do ponownego rozważenia pewnych sformułowań w mojej odpowiedzi. Podaję to jako nową odpowiedź głównie dlatego, że odmienne podejście do tej odpowiedzi, nie kłóci się o nauczanie tego problemu, ale zamiast tego, że paradoks jest nieważny.

Wilhelm omawia w swej długiej rękopisu że

Transakcje są możliwe tylko na skończonych krokach (nie jest możliwe działanie „pomiędzy wszystkimi i ”).$n$$n$$\omega$

Przypomniało mi to pojęcie

$$\sum_{k=1}^\infty \prod_{n=k}^\infty \left( \frac{9n}{9n+1} \right)$$

który pochodzi z pracy Rossa. Termin ten jest nieokreślony, gdy ścieżka do nieskończoności nie jest zdefiniowana dla następującego limitu.

$$\lim_\limits{(l,m)\to(\infty,\infty)}\sum_{k=1}^l\prod_{n=k}^m\left(\frac{9n}{9n+1}\right)$$

To wydaje się przypominać punkt, który Wilhelm omawia i jest również wspomniany w odpowiedzi aksakala. Kroki w czasie stają się nieskończenie małe, więc w tym sensie będziemy mogli dotrzeć do godziny 12:00, ale jednocześnie będziemy musieli dodać i usunąć (niefizyczną) liczbę kul nieskończoności. Fałszywym pomysłem jest dołączenie tego zadania dodatkowego do procesu takiego jak strzała Zenona, podobnie jak przełącznik paradoksalnej lampy Thompsona nie może mieć określonej pozycji na końcu zadania dodatkowego.

Jeśli chodzi o limit, możemy powiedzieć, że fizyczna ścieżka do nieskończoności, którą bierzemy, jest

$$\lim_\limits{l\to \infty}\sum_{k=1}^l\prod_{n=k}^l\left(\frac{9n}{9n+1}\right) = \lim_\limits{l\to \infty} \frac{9l}{10}$$

więc nie zero, ale nieskończoność.

Uważam, że ten przykład obsługuje „jeśli przesłanka jest fałszywa, wówczas warunek jest prawdziwy”

W tym wszechświecie nie ma nieskończonych urn i nieskończonej kolekcji piłek. Niemożliwe jest podzielenie czasu na dowolnie małe części.

Tak więc Sheldon Ross ma rację, mówiąc, że urna jest pusta o godzinie 12:00. Uczniowie, którzy twierdzą, że urna ma nieskończone kule o godzinie 12:00, mają rację.

Jeśli odpowiedziałeś, że urna ma 50 piłek, to również masz rację.

Nie udowodniłem rygorystycznie, że ten wszechświat nie zawiera nieskończonych urn i nieskończonych kul oraz że czas nie jest atomowy - po prostu wierzę w te rzeczy. Jeśli uważasz, że te trzy twierdzenia są błędne, to uważasz, że problem Ross'a jest empirycznie falsyfikowalny. Czekam na twoje eksperymentalne wyniki.

Popieram opinię, że problem jest źle postawiony. Kiedy rozważamy coś transfinitowego, często musimy użyć limitu. Wydaje się, że tutaj jest to jedyny sposób. Ponieważ rozróżniamy różne kulki, mamy nieskończenie wymiarowy proces gdzie oznacza czas, jeśli jest piłka w czasie a przeciwnym razie.

$$(X_{t,1}, X_{t,2},...),$$ $t=-1,-1/2,-1/4,...$$X_{t,j}=1$$j$$t+0$$X_{t,j}=0$

Teraz każdy , którą konwergencję zastosować: jednolity, komponentowy, itp. Nie trzeba dodawać, że odpowiedź zależy od wyboru.$l_p$

Nieporozumienie w tym problemie wynika z zaniedbania faktu, że kwestie metryczne są kluczowe, gdy weźmiemy pod uwagę zbieżność wektorów nieskończenie wymiarowych. Bez wybrania rodzaju zbieżności nie można podać prawidłowej odpowiedzi.

(Istnieje składowa konwergencja do wektora zerowego. Podczas gdy norma liczy liczbę kul, więc w tej normie proces eksploduje.)$l_1$

Więcej intuicji niż edukacji formalnej, ale:

Jeśli odstępy do północy zmniejszają się o połowę, nigdy nie osiągamy północy ... zbliżamy się tylko asymptotycznie; tak można by argumentować, że nie jest żadnym rozwiązaniem.

Alternatywnie, w zależności od frazowania:

• ponieważ istnieją nieskończone przedziały +10 piłek, odpowiedź jest nieskończona
• ponieważ istnieją nieskończone przedziały (+10 piłek - 1) odpowiedź brzmi 10 * nieskończony -1 * nieskończony = 0?
• ponieważ istnieją nieskończone przedziały (+9 piłek) +1, odpowiedź jest nieskończona + 1

Przepisać: 16 stycznia 2018 r

Część 1: Zarys

Podstawowe wyniki tego postu są następujące:

• Piłka w połowie drogi ma prawdopodobieństwo, że około pozostanie w limicie, gdy krok dojdzie do - jest to zarówno obserwacja w świecie rzeczywistym, jak i wyprowadzona matematycznie. Wyprowadzona funkcja ma dziedzinę racjonalności w . Na przykład prawdopodobieństwo w granicy pozostałej połowy kuli odpowiada wartości domeny . Ta funkcja może obliczyć prawdopodobieństwo pozostania dla dowolnej części rozmiar kroku.$0.91$$\infty$
  $(0,1]$$1/2$
• Analiza Rossa nie jest błędna, ale jest niekompletna, ponieważ próbuje iterować racjonalności w porządku wielkości . Racjonalności nie można powtarzać według wielkości. W związku z tym analiza Ross'a nie może uzyskać dostępu do pełnej domeny i może oferować jedynie ograniczony obraz całkowitego zachowania.$\left(i,\infty\right), i=1..\infty$
  
• Analiza Rossa uwzględnia jednak jedno szczególne obserwowalne zachowanie: w limicie nie jest możliwe, aby poprzez szeregową iterację od 1 dotrzeć do pierwszego pozostałego zestawu piłek.
• Sekwencje graniczne Rossa mają pewne interesujące właściwości, które wydają się intuicyjnie wyjątkowe.
  Jednak pokazujemy inny zestaw sekwencji granicznych, które spełniają te same miłe właściwości i podają wartości dla naszej funkcji.

Sekcja 2 „Notacja i terminologia” obejmuje notację i terminologię stosowaną w tym poście.

Sekcja 3 „Zestaw piłek w połowie drogi” wprowadza obserwację w świecie rzeczywistym - zbieżność w granicy prawdopodobieństwa pozostania piłki, której wskaźnik jest w połowie wszystkich włożonych piłek. Ta wartość graniczna wynosi około 91%. Przypadek zestawu kulowego w połowie drogi jest uogólniony na dowolną liczbę wymierną w , które wszystkie mają niezerowe wartości graniczne. $(0,1]$

Sekcja 4 „Rozwiązanie paradoksu” przedstawia ujednoliconą strukturę obejmującą zarówno wynik Rossa, jak i wyniki „dziedziny wymiernej” (opisane w niniejszym dokumencie). Jak już wspomniano, analiza Rossa oferuje jedynie ograniczony obraz całkowitego zachowania. Dlatego źródło paradoksu jest zidentyfikowane i rozwiązane.

W załączniku omówiono niektóre inne mniej ważne wyniki:

• „Oczekiwania w limicie” obliczają oczekiwaną liczbę piłek pozostałych do dowolnej części wielkości kroku włącznie.
• Następstwem tego wyniku jest wyznaczenie wskaźnika pierwszej piłki, która ma pozostać większa niż jedna.

Część 2: Notacja i terminologia

• Oznaczamy indeksy kulkowe wstawione w kroku jako i nazywamy ten zestaw tym „zestawem kulek”. Ballset to jedno słowo, stworzone dla tego postu. Terminologia ta niestety odbiega od terminologii Rossa, ale sprawia też, że tekst jest znacznie jaśniejszy i krótszy.{ n 0,1 , N 0,2 , N 0,3 , . . . . . n .10 } $n$$\{n.1, n.2, n.3, ..... n.10\}$$n$
  
• Oznaczenie odnosi się do zdarzenia, w którym piłka w zestawie piłek pozostaje w kroku , ignorując inne piłki w zestawie piłek.a .1 a $E(a,b)$$a.1$$a$$b$
• Notacja jest skrótem od i odnosi się do prawdopodobieństwa . Zauważ, że wszystkie kule w zestawie mają takie samo prawdopodobieństwo pozostania. - Wartość wynosi .$P(a,b)$$P(E(a,b))$$E(a,b)$
  $a.i$$a$
  $P(E(a,b))$$\prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)}$
• Limit Rossa to prawdopodobieństwo gdy idzie do nieskończoności: -$P(a)$$P(a,b)$$b$
  $P_{lim1}(a) = \lim_{b\rightarrow\infty} P(a,b)$
• Limit wymierny definiuje się jako limit, gdy zarówno indeks i krok przechodzą w nieskończoność, przy zachowaniu stałego stosunku: -$a$$b$$P_{lim2}(a,b) = \lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb)$

Część 3: Zestaw piłek w połowie drogi

Na każdym parzystym kroku zestaw w połowie drogi jest definiowany jako ty zestaw. Na każdym parzystym etapie prawdopodobieństwo pozostania w połowie drogi określa się jako . W przypadku limitu jako prawdopodobieństwo pozostania w połowie drogi wynosi zatem . Twierdzenie 1 poniżej podaje wartość liczbową prawdopodobieństwa pozostania w połowie drogi.$2n$$n$$2n$$P(n,2n)$
$n\rightarrow\infty$$\lim_{n\rightarrow\infty} P(1*n,2*n)$

Twierdzenie 1 - Granica prawdopodobieństwa elementów w sekwencji domeny zachowującej proporcje

$$\begin{equation} \lim_{n\rightarrow\infty} P(a*n,b*n) = (\frac{a}{b})^\frac{1}{9} \end{equation}$$ dowód podano poniżej tuż przed dodatkiem.

Według Twierdzenia 1 prawdopodobieństwo połowicznego pozostania w granicy wynosi co daje przybliżoną wartość dziesiętną .$(\frac{1}{2})^\frac{1}{9}$$0.925875$

Kontrola poczytalności Przeprowadźmy kontrolę poczytalności, aby sprawdzić, czy liczbowy limit prawdopodobieństwa w połowie drogi „wygląda dobrze”.

$$\begin{array}{|l|rcl|} \hline n & P(n/2,n) &=& \text{trunc decimal val} \\ \hline 1000 & P(500,1000) &=& 0.92572614082 \\ \hline 10000 & P(5000,10000) &=& 0.9258598528 \\ \hline 100000 & P(50000,100000) &=& 0.925873226 \\ \hline 1000000 & P(500000,1000000) &=& 0.92587456 \\ \hline \hline \infty & \lim_{n\rightarrow\infty} P(n,2n) &=& 0.925875 \\ \hline \end{array}$$

Pierwsze 4 rzędy są prawdopodobieństwami pozostania w połowie drogi dla wartości liczby kroków odpowiednio , , i . Ostatni rząd to limit. Wygląda na to, że prawdopodobieństwa w połowie drogi rzeczywiście zbliżają się do przewidywanego limitu. Tę obserwację w świecie rzeczywistym, która nie mieści się w ramach Rossa, należy wyjaśnić. $10^3$$10^4$$10^5$$10^6$

** Sekcja 4 „Rozwiązanie paradoksu” **

W tej sekcji wyjaśniono ujednolicony framework zarówno dla analizy Rossa, jak i analizy racjonalnej domeny. Patrząc na nie razem, paradoks zostaje rozwiązany.

Limit wymiernej można sprowadzić do funkcji od wymiernych do rzeczywistych : gdzie i . Tutaj wskazuje największy wspólny dzielnik. Równoważne stwierdzenia to „ i są wzajemnie się przygotowują ”, a„ to zmniejszony ułamek . $P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$(0,1]$

$$\begin{array}{rcl} P_{lim2}(a,b) &=& lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb) \\ &=& (\frac{a'}{b'})^\frac{1}{9} \end{array}$$ $gcd(a',b')=1$$\frac{a'}{b'} = \frac{a}{b}$$gcd()$$a'$$b'$$\frac{a'}{b'}$$\frac{a}{b}$

Limit Rossa można zapisać jako limit sekwencji limitów wymiernych: Krotka nie jest członkiem racjonalności w ; należy do dlatego granica Rossa jest izomorficzna dla funkcji w domenie a jej obraz jest zawsze unikalną rzeczywistą wartością .

$$\begin{array}{rclr} P_{lim1}(a) &=& lim_{k\rightarrow\infty} P(a,k) & \\ &=& lim_{i,k\rightarrow\infty} P(ka/i,kb) & \text{for some } b \\ &=& lim_{i\rightarrow\infty} P_{lim2}(a/i,b) & \\ &=& lim_{i\rightarrow\infty} P_{lim2}(0,b) & \end{array}$$ $(0,b)$$(0,1]$$[0,0]$$P_{lim2}(a,b)$$[0,0]$$0$

Limit Rossa i limit wymierny są tymi samymi funkcjami odpowiednio w dwóch rozłącznych domenach i . Limit Rossa uwzględnia jedynie przypadki indeksów zestawów piłek, które zostały zdegradowane jako nieskończenie małe w stosunku do Rozmiar kroku. $[0,0]$$(0,1]$

Analiza Ross-limit przewiduje, że w limicie dostęp do wartości sekwencyjnie dla nigdy nie osiągnie wartości niezerowej. Jest to poprawne i odpowiada obserwacji w prawdziwym świecie.$P_{lim1}(i)$$i=1,2,...\infty$

Analiza racjonalnego limitu uwzględnia obserwacje w świecie rzeczywistym, takie jak zestaw piłek w połowie drogi, którego nie uwzględnia Ross-limit. Funkcja jest taka sama ale dziedziną jest zamiast$P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$[0,0]$

Poniższy schemat przedstawia zarówno sekwencje graniczne Rossa, jak i racjonalne sekwencje graniczne.

Prawdopodobnie słusznie jest powiedzieć, że analiza Rossa zawiera dorozumiane założenie, że granica Rossa i jej dziedzina to cała dziedzina zainteresowań. Intuicja ukryta u podstaw założenia Rossa jest podobna do czterech poniższych warunków, nawet jeśli nie są one wyraźnie rozpoznane:

Niech będzie tą sekwencją graniczną Rotha. Niech będzie sekwencji limitów Rotha. $S_i = P(i,n), n=1,...,\infty$$i$$S = \cup_{i=(1...\infty)} S_i$

• (1) Sekwencje są rozłączne i każda sekwencja jest zbieżna.$S_i$
• (2) Połączenie elementów wszystkich sekwencji obejmuje dokładnie zestaw wszystkich krotek (kulkowych, krokowych) wchodzących do gry:$S$$\{ (i,n)\ |\ i\leq n\ \land \ i,n\in Q \}$
• (3) Wszystkie sekwencje są nieskończone w , indeksie kroków, więc nie kończą się „wcześnie”.$S_i$$n$
• (4) Same sekwencje tworzą . Dlatego tę supersekwencję można „tworzyć” iteracyjnie, tzn. Można je policzyć.$S_i$$\{ S_i \}_{i_in (1...\infty) }$

Nie jest od razu widoczne, że inny system sekwencji granicznych mógłby spełnić powyższe punkty (1) - (4).

Jednak omówimy teraz inny system sekwencji granicznych, które rzeczywiście spełniają powyższe punkty (1) - (4).

Niech , gdzie , reprezentuje sekwencję limitów wymiernych Niech będzie wzajemnie podstawowymi krotkami : = . Niech będzie wymienionych wymiernych sekwencji granicznych: $S_{p,q}$$gcd(p,q)=1$

$$\begin{equation} S_{p,q} = \{ (kp,kq) \}_{k\in (1...\infty)} \end{equation}$$ $D^*$$D$$D^* =\{ (p,q)\in D \land gcd(p,q)=1 \}$$S^*$$S^* = \cup_{d\in D^*} S_{p,q}$

Oczywiście sekwencje których unią jest spełniają powyższe właściwości (1) - (3). Indeksy są dokładnie racjonalnymi wartościami na . Aby spełnić warunek (4), musimy pokazać, że racjonalne wartości na są policzalne. $S_{p,q}$$S^*$
$(p,q)$$(0,1]$$(0,1]$

(Sekwencja Fareya) 2 rzędu jest sekwencją całkowicie zredukowanych ułamków od 0 do 1, które w najniższych terminach mają mianowniki mniejsze lub równe , ułożone w kolejności rosnących rozmiarów. Oto pierwsze osiem sekwencji Farey:$n$$n$

 F1 = {0/1,                                                                                                          1/1}
 F2 = {0/1,                                                   1/2,                                                   1/1}
 F3 = {0/1,                               1/3,                1/2,                2/3,                               1/1}
 F4 = {0/1,                     1/4,      1/3,                1/2,                2/3,      3/4,                     1/1}
 F5 = {0/1,                1/5, 1/4,      1/3,      2/5,      1/2,      3/5,      2/3,      3/4, 4/5,                1/1}
 F6 = {0/1,           1/6, 1/5, 1/4,      1/3,      2/5,      1/2,      3/5,      2/3,      3/4, 4/5, 5/6,           1/1}
 F7 = {0/1,      1/7, 1/6, 1/5, 1/4, 2/7, 1/3,      2/5, 3/7, 1/2, 4/7, 3/5,      2/3, 5/7, 3/4, 4/5, 5/6, 6/7,      1/1}
 F8 = {0/1, 1/8, 1/7, 1/6, 1/5, 1/4, 2/7, 1/3, 3/8, 2/5, 3/7, 1/2, 4/7, 3/5, 5/8, 2/3, 5/7, 3/4, 4/5, 5/6, 6/7, 7/8, 1/1}

Niech reprezentuje th ciąg fareya bez pierwszego elementu .$F^*_n$$n$$0/1$

Niech będzie sumą racjonalnych sekwencji granicznych, które mają co najmniej jeden element do kroku włącznie : $S^*_n$$n$

$$\begin{equation} S^*_n = \{ S_{p,q}\ |\ \exists (a,b) \} \end{equation}$$

Elementy indeksu , przeliczone z ułamków na krotki, dokładnie indeksują elementy . Poniższa tabela porównuje grupowanie sekwencji limitów w analizie Rossa i racjonalnej analizie limitów:$F^*_n$$S^*_n$

$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline & \text{Ross} & \text{rational} \\ \hline \text{num new seq per step } & 1 & \text{multiple (generally)} \\ \hline \text{new seq at step } n & S_n & F^*_n - F^*_{n-1} \\ \hline \text{tot num seq up to step }n & n & \| F^*_n \| \\ \hline \text{super-seq up to step }n & \{ S_m \}_{m=1}^{n} & F^*_n \\ \hline \end{array}$$

Wreszcie, ponieważ istnieją metody [ 3 ], [ 4 ] do iteracyjnego tworzenia supersekwencji , warunek (4) jest również spełniony.$F^*_n$

Jedna z tych metod, wariant drzewa Sterna-Brocota, jest następująca:

Mediant dwóch racjonalności i jest zdefiniowany jako$a/c$$b/d$$\frac{a+b}{c+d}$

• Ustaw$F*_n = \emptyset$
• Dołącz do$1/n$$F*_n$

• Pętla dla w$i$$1...(\|F*_{n-1}\|-1)$

  • Dołącz do F * _n $$F*_{n-1}[i]$

  • Niech$x = mediant(F*_{n-1}[i], F*_{n-1}[i+1])$

  • Jeśli x do$denom(x) \leq n$$F*_n$
  • kontynuuj pętlę
• Dołącz do$F*_{n-1}[n]$$F*_n$

Paradoks został rozwiązany.

Dowód twierdzenia 1 Pierwsza uwaga: gdzie ostatnia transformacja jest transformacją Sterlinga.

$$\begin{eqnarray} P(E_{a,b}) &=& \prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)} \\ &=& \frac{\Gamma \left(a+\frac{1}{9}\right) \Gamma (b+1)}{\Gamma (a) \Gamma\left(b+\frac{10}{9}\right)} \\ &=& (a-1)^{\frac{1}{2}-a} \left(a-\frac{8}{9}\right)^{a-\frac{7}{18}} b^{b+\frac{1}{2}} \left(b+\frac{1}{9}\right)^{-b-\frac{11}{18}} \end{eqnarray}$$

Następnie, składniowo i prawo w prawo do ostatniego równania (postaci Sterlinga) otrzymujemy $a\rightarrow a*n$$b\rightarrow b*n$

$$\begin{eqnarray} \lim_{n\rightarrow\infty} P(E_{a,b}) &=& \lim_{n\rightarrow\infty} (a M-1)^{\frac{1}{2}-a M} \left(a M-\frac{8}{9}\right)^{a M-\frac{7}{18}} (b M)^{b M+\frac{1}{2}} \left(b M+\frac{1}{9}\right)^{-b M-\frac{11}{18}} \\ &=& \left(\frac{a}{b}\right)^\frac{1}{9} \end{eqnarray}$$

Dodatek: Inne wyniki

Oczekiwania w limicie

W tej sekcji podano wyrażenie zamknięte dla oczekiwanej liczby kul pozostających do dowolnej części wielkości kroku włącznie.
Następstwem tego wyniku jest przybliżenie liczbowe wskaźnika pierwszej piłki, które ma pozostać większe niż jeden.

( Ciąg dalszy nastąpi )

Edytuj Edytuj

Krótko mówiąc. Tak zwany paradoks jest błędem nieokreślonym, początkowym błędem, którego wynik jest podobny do błędu dzielenia przez zero, co dowodzi, że . Takie błędy, w tym przypadku przy liczeniu liczb, naturalnie dają odpowiedzi, które mogą wynosić 0, lub .$1=2$$n$$\infty$

BTW, kiedy dodaje się nieskończoną liczbę nieskończenie małych prawdopodobieństw, tworzymy , nieokreśloną formę, a dowód Ross'a jest niepoprawny. Aby uzyskać poprawną odpowiedź, skorzystaj z Reguły L'Hopital. nieskończoność nie jest liczbą . Traktowanie nieskończoności tak, jakby była liczbą, prowadzi do błędów.$\frac{1}{\infty}\infty$