Питання (злегка модифіковане) йде наступним чином, і якщо ви ніколи не стикалися з ним, перш ніж ви можете перевірити його в прикладі 6а, глава 2, « Перший курс правдоподібності Шелдона Росса» :

Припустимо, ми маємо нескінченно велику урну та нескінченну колекцію кульок з написом куля №1, №2, №3 тощо. Розглянемо експеримент, виконаний наступним чином: за 1 хвилину до 12 вечора кульки з номером від 1 до 10 поміщаються в урну, а один куля вилучається навмання. (Припустимо, що витяг не займає часу.) О 1–2 хвилині до 12 вечора кульки з номером від 11 до 20 поміщаються в урну, а інший куля вилучається навмання. На 1/4 хвилини до 12 год. Кульки, розміщені від 21 до 30, поміщаються в урну, а інший куля вилучається навмання ... і так далі. Питання, яке цікавить, скільки кульок знаходиться в урні о 12 вечора?

Це питання, як воно задається, змушує в основному всіх помилитися - зазвичай, інтуїція полягає в тому, щоб сказати, що о 12 вечора буде нескінченно багато кульок. Однак, відповідь Росса відповідає, що ймовірно, одна урна буде порожньою о 12 годині вечора

Під час викладання теорії ймовірностей ця проблема є однією з тих, для якої дуже важко дати чітке інтуїтивне пояснення.

З одного боку, ви можете спробувати пояснити це так: "подумайте про ймовірність того, що будь-який м'яч я опиниться на урні о 12 вечора. Під час нескінченних випадкових розіграшів він врешті-решт буде видалений. Оскільки це стосується всіх кульок, жоден з них може бути там наприкінці ".

Однак студенти будуть правильно заперечувати з вами: "але я кладу 10 кульок і знімаю 1 бал кожен раз. Неможливо, що в кінці буде нульова кулька".

Яке найкраще пояснення ми можемо дати їм для вирішення цих суперечливих інтуїцій?

Я також відкритий для аргументу, це питання є невірним, і якщо ми сформулюємо його краще, "парадокс" зникає або до аргументу, що парадокс є "чисто математичним" (але, будь ласка, постарайтеся бути точним щодо нього).

Росс описує три версії цього «парадоксу» у прикладі 6а у своєму підручнику . У кожній версії до урни додається 10 куль, а на кожному кроці процедури видаляється 1 куля.

1. У першій версії -й куля видаляється на -му кроці. Залишилося нескінченно багато кульок після півночі, тому що всі кульки з цифрами, які не закінчуються нулем, все ще знаходяться там.$10n$$n$

2. У другому варіанті -куля видаляється на -му кроці. Залишилося нульові кульки після півночі, оскільки з часом кожен куля буде видалений на відповідному кроці.$n$$n$

3. У третій версії кулі виймаються рівномірно навмання. Росс обчислює ймовірність видалення кожної кулі на кроці і виявляє, що вона сходиться до як (зауважте, що це не видно! Обчислювача доводиться виконувати насправді). Це означає, що за нерівності Була , що ймовірність мати нульові кулі в підсумку також дорівнює .1 n → ∞ $n$$1$$n\to\infty$$1$

Ви говорите, що цей останній висновок не є зрозумілим і важко пояснити; це чудово підтверджено багатьма заплутаними відповідями та коментарями в цій самій нитці. Однак висновок другої версії точно такий же неінтуїтивний! І це не має абсолютно нічого спільного з ймовірністю чи статистикою. Я думаю, що після того, як один приймає другу версію, в третій версії вже немає нічого особливо дивного.

Отже, хоча "ймовірнісна" дискусія повинна стосуватися третьої версії [див. Дуже проникливі відповіді @ paw88789, @Paul та @ekvall], "філософська" дискусія повинна скоріше зосередитися на другій версії, яка набагато простіша і схожа в дух до готелю Гільберта .

---

Друга версія відома як парадокс Росса-Літлвуда . Я посилаюся на сторінку Вікіпедії, але дискусія там жахливо заплутана, і я не рекомендую її читати взагалі. Натомість, погляньте на цю нитку MathOverflow з років тому . Наразі він закритий, але містить кілька дуже сприйнятливих відповідей. Короткий підсумок відповідей, які я вважаю найбільш важливими, полягає в наступному.

Ми можемо визначити безліч куль, присутніх в урні після кроку . Маємо, що , і т. Д. Існує математично чітко визначене поняття межі послідовності множин і можна суворо довести що межа цієї послідовності існує і є порожнім набором . Дійсно, які кулі можуть бути у встановленому ліміті? Тільки ті, які ніколи не знімаються. Але кожен куля з часом вилучається. Тож ліміт порожній. Ми можемо написати . 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$

При цьому числокульок у множині , також відомий як кардинальність цього набору, дорівнює . Послідовність , очевидно, розходяться, це означає, що кардинальність сходить до кардинальності , також відомої як алеф-нуль . Тож ми можемо записати, що .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$

"Парадокс" тепер полягає в тому, що ці два твердження, здається, суперечать один одному:

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

Але, звичайно, немає справжнього парадокса і протиріччя. Ніхто не сказав, що прийняття кардинальності - це "безперервна" операція на множинах, тому ми не можемо обміняти її лімітом:Іншими словами, з того, що для всіх цілих чисел ми не можемо зробити висновок, що(значення на першій порядковій ) дорівнює . Натомістьмає бути обчислена безпосередньо і виявляється нулем.| 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|$

Тож я думаю, що з цього нас дійсно виходить - це висновок, що прийняття кардиналізмів - це переривчаста операція ... [@HarryAltman]

Тому я думаю, що цей парадокс - це лише тенденція людини вважати, що "прості" операції є безперервними. [@NateEldredge]

---

Це легше зрозуміти з функціями замість наборів. Розглянемо характеристичну (ака-індикатор) функцію множини яка визначається рівною одиниці на інтервалі і нулю в іншому місці. Перші десять функцій виглядають так (порівняйте мистецтво ASCII з відповіді @ Hurkyl):S n [ n , 10 n $f_n(x)$$S_n$$[n, 10n]$

$\quad\quad\quad$

Усі погодиться, що для кожної точки маємо . Це за визначенням означає, що функції сходяться до функції . Знову всі згодні на це. Однак зауважте, що інтеграли цих функцій стають більшими та більшими, і послідовність інтегралів розходиться. Іншими словами, 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$

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

Це абсолютно стандартний і знайомий результат аналізу. Але це точне переформулювання нашого парадоксу!

Хороший спосіб формалізувати проблему - описати стан глечика не як набір (підмножина ), тому що їх важко перевести межі, а як його характерну функцію. Перший "парадокс" полягає в тому, що точкові межі не збігаються з рівномірними межами. [@ TheoJohnson-Freyd]$\mathbb N$

Найважливішим моментом є те, що " опівночі опівдні" вся нескінченна послідовність вже пройшла , тобто ми здійснили "трасфінітний стрибок" і дійшли до безмежного стану . Значення інтеграла " опівночі опівдні" має бути значенням інтеграла , а не навпаки.lim f $f_\omega = \lim f_n(x)$$\lim f_n$

---

Зверніть увагу, що деякі відповіді в цій темі вводять в оману, незважаючи на високу оцінку.

Зокрема, @cmaster обчислює , який дійсно нескінченна, але це НЕ то , що парадокс запитує о. Парадокс запитує про те, що відбувається після всієї нескінченної послідовності кроків; це безмежна конструкція, і тому нам потрібно обчислити який дорівнює нулю, як пояснено вище.ballCount ( S ω$\lim_{n\to\infty} \operatorname{ballCount}(S_n)$$\operatorname{ballCount}(S_\omega)$

Хуркіл (у відповіді) та Діліп Сарват (у коментарі) дають два загальні детерміновані варіанти цієї загадки. В обох варіантах на етапі кулі додають кулі до ( ). 10 K - 9 10 K K = 1 , 2 , . . $k$$10k-9$$10k$$k=1,2,...$

У варіації Хуркіля куля вилучається. У цьому варіанті в можна остаточно стверджувати, що кулі не залишилося, оскільки куля видаляється на кроці .n $k$$n$$n$

У варіації Діліпа Сарвата куля видаляється на кроці , і тому в цьому варіанті залишаються всі кулі, не кратні . У цьому варіанті в урни в кінці є нескінченно багато кульок.k $10k$$k$$10$

З цими двома варіантами в якості кращих випадків ми бачимо, що при здійсненні цього процесу може статися багато різних речей. Наприклад, ви можете домовитись, щоб будь-який кінцевий набір кульок залишився в кінці, виконавши процес Хуркіла, але пропустивши видалення певних куль. Насправді для будь-якого набору з незліченним безмежним доповненням (у (додатних) натуральних числах) ви можете мати той набір кульок, що залишився в кінці процесу.$B$

Ми можемо розглянути випадкові варіації задачі (наведені в початковому дописі) як вибір функції з умовами, що (i) - це один на один і (ii) для всіх . f f ( k ) ≤ 10 k k ∈ $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f$$f(k)\le 10k$$k\in \mathbb{N}$

Аргумент, наведений у книзі Шелдона Росса (на який посилається у публікації), показує, що майже всі (в імовірнісному сенсі) такі функції насправді є функціями (сюжетами).

Я вважаю, що це дещо аналогічно ситуації вибору числа, з рівномірного розподілу на і запитую, яка ймовірність того, що число знаходиться в наборі Кантора (я використовую набір Кантора, а не скажу раціональні числа, тому що множина Кантора незліченна). Ймовірність дорівнює хоча в наборі Кантора є безліч (незліченно багато) чисел, які можна було вибрати. У проблемі видалення кулі роль набору послідовностей, в яких залишилися кулі, грає роль набору Кантора.[ 0 , 1 ] $x$$[0,1]$$0$

---

Редагувати: BenMillwood правильно зазначає, що є кілька кінцевих наборів куль, які не можуть бути рештою множиною. Наприклад, не може бути рештою множиною. Ви можете мати не більше з перших куль , що залишилися для .90 % 10 п п = 1 , 2 , 3 , . . $1,2,...,10$$90\%$$10n$$n=1,2,3,...$

Відповідь Енумаріса цілком правильна щодо проблеми, що розходиться. Тим не менш, на питання насправді можна відповісти однозначно. Отже, моя відповідь точно покаже вам, де рішення з нульовими кулями піде не так і чому інтуїтивне рішення є правильним.

---

Правда, що для будь-якого кулі ймовірність того, що він знаходиться в урні в кінці дорівнює нулю. Якщо бути точним, це лише межа, що дорівнює нулю: .P ( n ) P ( n ) = lim N → ∞ P ( n , N ) = $n$$P(n)$$P(n) = \lim_{N\to\infty} P(n, N) = 0$

Тепер ви намагаєтеся обчислити суму Розбитий обчислення переходить прямо до тієї частини , кажучи, що це нуль у межі, тому сума містить лише доданки нуля, тому сума сама нульова: P(n,N) lim N → ∞ ballCount ( N

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

Однак це незаконно розділяє на дві незалежні частини. Ви не можете просто перемістити у суму, якщо межі суми залежать від параметра . Ви повинні вирішити в цілому.lim lim$\lim$$\lim$$\lim$$\lim$

Таким чином, єдиний дійсний спосіб вирішити цю , щоб вирішити суму перших, використовуючи той факт , що для будь-якого кінцевого . ∑ 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$

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

Інтуїтивне рішення зробило саме це, це "розумне" рішення, яке принципово порушено.

Цей аргумент орієнтований на тенденцію нескінченних множин та послідовностей поводитися одинично непридатними способами. Це не дивніше, ніж готель « Гілберт» . У такому випадку ви дійсно вийняли нескінченну кількість кульок, але ви поставите нескінченну кількість. Розгляньте готель «Гільберт» у зворотному напрямку. Ви можете видалити з готелю нескінченну кількість гостей, а ще залишилося нескінченне число.

Чи це фізично реалізовано - цілком інше питання.

Як такий, я вважав би це не обов'язково погано сформованим, а скоріше занести в неправильну книгу. Таке запитання підрахунку належить до курсу теорії множин, а не до курсу ймовірностей.

Я думаю, що це допомагає прибрати зайвий часовий компонент проблеми.

Більш базовий варіант цього парадоксу - завжди вилучати кулю з найменшим числом. Для зручності малювання я також додаю лише два кулі на кожному кроці.

Процедура описує, як заповнити нескінченну двовимірну сітку:

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

 :  :  :
 :  :  :

де кожен ряд формується з попереднього, додаючи дві зірочки праворуч, потім видаляючи крайній лівий.

Запитання, які ви задаєте, такі:

Скільки стовпців закінчуються повторними зірочками, а не повторними крапками?

На мою думку, ідея помилково прирівняти цей результат до "межі кількості зірочок у кожному ряду" набагато менш переконлива.

Ця відповідь має на меті зробити чотири речі:

1. Перегляньте математичну постановку проблеми Росса, показавши, як це прямо та однозначно випливає з опису проблеми.

2. Відстоюйте позицію, що парадоксальне рішення Росса є математично обґрунтованим і актуальним для нашого розуміння фізичного світу, незалежно від того, чи є це 100% фізично зрозумілим.

3. Обговоріть певні помилкові аргументи, що кореняться у фізичній інтуїції, і покажіть, що часто заявлене "фізичне" рішення нескінченних кульок опівдні не суперечить лише математиці, а й фізиці.

4. Опишіть фізичну реалізацію проблеми, яка може зробити рішення Росса більш інтуїтивним. Почніть тут, щоб відповісти на оригінальне запитання Карлоса.

1. Як математично описати задачу

Ми розпакуємо початковий крок «нескінченного моделювання процесу» аргументу Росса (стор. 46) . Ось твердження, на якому ми зупинимося на виправданні:

Визначте як випадок, коли куля номер 1 все ще залишається в урні після того, як були зроблені перші n вилучення ... Подія, що м'яч №1 знаходиться в урні о 12 вечора, - це лише подія .⋂ ∞ n = 1 E $E_n$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$

Перш ніж ми розпакуємо заяву Росса, давайте розглянемо, як можна навіть зрозуміти вміст урни опівдні після безмежної послідовності операцій. Звідки ми могли знати, що є урни? Що ж, давайте подумаємо про конкретну кулю ; ви можете уявити або або що завгодно. Якщо кулю вивезли на якомусь етапі процесу до полудня, звичайно, він не буде в урні опівдні. І навпаки, якщо даний куля знаходився в урні на кожному етапі процесу до полудня (після його додавання), то він знаходився в урні опівдні. Давайте випишемо ці твердження формально:b = 1 1000 $b$$b=1$$1000$$b$

Куля знаходиться в урні опівдні тоді і лише тоді, коли вона була в урні на кожному етапі до полудня, де - це етап куля була додана в урну.п ∈ { п Ь , п Ь + 1 , п Ь + 2 , . . . } n $b$$n \in \{n_b, n_b + 1, n_b + 2, ...\}$$n_b$

Тепер розпакуємо твердження Росса - що означає у звичайній англійській мові? Візьмемо одну реалізацію процесу урни та поговоримо про це:$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$ $x$

• $x \in E_1$ означає, що куля 1 знаходиться в урні після 1 етапу процесу.
• $x \in E_1 \bigcap E_2$ означає, що куля 1 знаходиться в урні після 1 та 2 етапів процесу.
• $x \in E_1 \bigcap E_2 \bigcap E_3$ означає, що куля 1 знаходиться в урні після етапів 1, 2 та 3 процесу.
• Для будь-якого , означає, що куля знаходиться в урні після етапів через .x ∈ ⋂ n k = 1 E k 1 $k \in \{1, 2, 3, ...\}$$x \in \bigcap_{k=1}^n E_k$$1$$n$

Зрозуміло, тоді означає, що при реалізації цього процесу урни куля 1 знаходиться в урні після етапів 1, 2, 3, і так далі : всі кінцеві стадії до полудня. Нескінченний перетин - лише інший спосіб написання цього, тому містить саме реалізацію процесу, коли куля 1 взагалі була в урні. етапи до полудня. Подія - це лише визначений набір реалізацій процесу, тому останнє речення точно рівносильно тому, що - це подія, коли кулька 1 знаходилась в урні на всіх етапах до полудня, для цього випадкового процесу. 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$

Тепер, пунктир: за нашим твердженням "якщо і тільки якщо" вище, це точно так само, як сказати, що куля 1 була в урні опівдні! Тож - це випадок, коли куля 1 знаходиться в урні опівдні так само, як це було сказано Россом спочатку. QED$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

У вищевикладеному вище, все , що ми говорили, однаково справедливо як для детермінованої, так і для імовірнісної версій, тому що детерміноване моделювання є особливим випадком імовірнісного моделювання, в якому простір вибірки має один елемент. Жодних теоретичних або теоретичних понять про вимірювання навіть не використовували, окрім слів "подія" та "реалізація" (які є просто жаргоном для "набору" та "елемента").

2. Парадоксальне рішення є математично обгрунтованим і має відношення до фізики

Після цієї точки налаштування детерміновані та ймовірнісні варіанти розходяться. У детермінованому варіанті (версія 2 від поста амеби) ми знаємо, куля 1 виймається на першому кроці, тому порожній набір і нескінченний перетин, звичайно, також порожній. Аналогічно, будь-який інший куля виймається на стадії і його немає в полудень. Таким чином, урна не може містити жодної пронумерованої кулі опівдні, тому повинна бути порожньою.b b $E_1 = \emptyset$$b$$b$$b$

У ймовірнісному варіанті відбувається те саме явище, тільки в більш м'якому сенсі "в очікуванні". Ймовірність того, що будь-який даний куля буде присутній, зменшується до нуля, коли ми наближаємось до полудня, а в граничний час полудня балу майже напевно немає. Оскільки кожен куля присутній з нульовою вірогідністю, а сума нескінченно багато нулів досі дорівнює нулю, в урні майже опівдні немає кульок. Все це Росс демонструє цілком суворо; подробиці можуть бути заповнені знаннями теорії вимірювань випускників рівня, як показує відповідь @ ekvall.

Якщо ви приймаєте стандартні аргументи щодо математичних об'єктів, виражених у вигляді нескінченних послідовностей, наприклад, , аргумент тут повинен бути таким же прийнятним, оскільки він спирається на точно такі ж принципи. Залишилося лише питання, чи застосовується математичне рішення до реального світу чи просто до платонічного світу математики. Це питання є складним і далі обговорюється в розділі 4.$0.999... = 1$

Однак, немає причин вважати, що проблема нескінченної урни нефізична, або відкидати її як нерелевантну, навіть якщо вона нефізична. Багато фізичних уявлень отримано від вивчення нескінченних структур і процесів, наприклад, нескінченних дротів та решіток проколювання . Не всі ці системи обов'язково фізично реалізовані, але їх теорія формує решту фізики. Обчислення певним чином "нефізичне", тому що ми не знаємо, чи можливо фізично усвідомити довільно невеликі відстані та часи, які часто є предметом вивчення. Це не заважає нам застосовувати обчислення до неймовірно хорошого використання в теоретичних та прикладних науках.

3. Нефізичність рішень на основі "фізичної інтуїції"

Для тих, хто все ще вважає, що математика Росса неправильна або фізично неточна в детермінованому варіанті, а справжнє фізичне рішення - нескінченно багато кульок: незалежно від того, що ви думаєте, відбувається опівдні, неможливо заперечувати ситуацію до полудня: кожен пронумерований бал додається до урни з часом видаляється. Тож якщо ви думаєте, що в урні якось ще нескінченно багато кульок, ви повинні визнати, що жоден з цих кульок не може бути кулею, доданим до полудня. Тож ці кулі, мабуть, прийшли з іншого місця: ви стверджуєте, що нескінченно багато кульок, не пов'язаних з початковим проблемним процесом, раптом з'являються саме в полудень, щоб врятувати наступність кардинальності від порушення.Настільки нефізична, як рішення «порожнього набору» може здатися інтуїтивно зрозумілою, ця альтернатива є об'єктивно і демонстративно нефізичною. Нескінченні колекції предметів не з'являються в мить просто для задоволення поганих людських інтуїцій щодо нескінченності.

Загальна помилка тут, здається, полягає в тому, що ми можемо просто подивитися на кількість кульок, коли час наближається до полудня, і припустити, що розходяться тенденції дають нескінченно багато кульок опівдні, не зважаючи на те, які саме кулі приймаються і виходять. Навіть була спроба виправдати це "принципом байдужості", який стверджує, що відповідь не повинна залежати від того, кульки мають маркування чи ні.

Дійсно, відповідь не залежить від того, кульки мають маркування чи ні, але це аргумент для рішення Росса, а не проти. З точки зору класичної фізики, кульки ефективно позначені, чи вважаєте ви їх міченими чи ні. Вони мають чіткі, постійні ідентичності, еквівалентні міткам, і справді фізичний аналіз повинен враховувати це, чи цифри буквально записуються на кульках. Самі етикетки безпосередньо не впливають на те, як виходить розчин, але вони потрібні, щоб точно описати, як кульки переміщуються. Деякі процедури залишають кульки в урні назавжди, інші доказово видаляють кожен доданий кульку, а мітки потрібні, щоб навіть описати різницю між цими процедурами.Спроба ігнорувати мітки не є "фізичною", це просто нехтування розумінням фізичної проблеми досить точно, щоб її вирішити. (Те саме стосується складних варіантів, які переставляють мітки на кожному етапі. Важливо, які кульки знаходяться в урні, а не мітки, які хтось розмістив або замінив на них. Це можна визначити, повністю ігноруючи складну схему ретрансляції та просто використовуючи єдину незмінну схему маркування, первісну проблему Росса.)

Єдиний спосіб розрізнення не був би правдивим, якби «кулі» були квантовими механічними частинками. У цьому випадку принцип байдужості вражає ефектно. Квантова фізика говорить нам про те, що нерозрізні частинки поводяться зовсім інакше, ніж ті, що відрізняються. Це має неймовірно фундаментальні наслідки для структури нашого Всесвіту, такі як принцип виключення Паулі, який, мабуть, є найбільш важливим принципом хімії. Ще ніхто не намагався проаналізувати квантову версію цього парадоксу.

4. Описання рішення фізично

Ми бачили, як розпливчасті "фізичні" інтуїції можуть заблукати цю проблему. І навпаки, виявляється, що більш фізично точний опис проблеми допомагає нам зрозуміти, чому саме математичне рішення є саме таким, яке має найбільше фізичне значення.

Розглянемо нескінченний ньютонівський Всесвіт, керований законами класичної механіки. Цей Всесвіт містить два об'єкти: нескінченну Полицю і нескінченну Урну, які починаються біля Походження Всесвіту і проходять поруч один з одним, один фут один від одного, на віки віків. Полиця лежить на прямій футів, тоді як Урна лежить на лінії фут. Уздовж полиці покладено нескінченно багато однакових кульок, рівномірно розташованих одна стопа один від одного, перша - одна нога від Походження (тому м'яч знаходиться на лінії футів). Урна - яка насправді подібна Полиці, але трохи більш прикрашена, закрита і, як правило, Урніш - порожня.y = $y = 0$$y = 1$x = $n$$x = n$

Прохід з'єднує в нижній частині полицю та урну, а зверху проходу, біля Походження, сидить робот Endeavour з нескінченним джерелом живлення. Починаючи з 11 години ранку, Endeavour активується і починає масштабувати вперед і вперед прохід, переносячи кульки між Урною та Полицею відповідно до запрограмованих інструкцій Росса-Літлвуда:

• Коли програма командує кулю вставити в Урну, куля футів від Походження передається від Полиці до Урни.$n$$n$
• Коли програма командує видалити кулю з Урни, куля футів від Походження передається з Урни на полицю.$n$$n$

В будь-якому випадку передача проводиться прямо навпроти, тому м'яч залишається на відстані футів від Походження. Процес розгортається, як зазначено в проблемі Росса-Літтлвуда:$n$

• О 11:00 ранку Ендевор переносить кулі 1-10 з полиці до урни, потім переміщує одну з кульок урни назад до полиці.
• О 11:30 ранку Ендевор передає кулі 11-20 з полиці до урни, потім переміщує одну з кульок урни назад до полиці.
• О 11:45 ранку Ендевор переносить кулі 21-30 з полиці до урни, потім переміщує одну з кульок урни назад до полиці.
• та ін ...

Поки процес триває, кожен новий крок вимагає більш тривалих подорожей вгору і вниз по проходу і лише половину часу для здійснення поїздок. Таким чином, Endeavour повинен рухатися вгору і вниз по проходу експоненціально швидше, коли опівдні закривається. Але він завжди йде в ногу з програмою, оскільки має нескінченне джерело живлення і може рухатися так швидко, як потрібно. Зрештою, приходить полудень.

Що відбувається в цій більш яскраво уявленій версії парадокса? Дивлячись зверху, підхід до полудня справді вражаючий. У межах Урни, як видається, хвиля кульок поширюється назовні від Походження. Розмір і швидкість хвилі зростають без обмежень у міру наближення полудня. Якби ми фотографувались відразу після кожного кроку, яким би виглядав макет куль? У детермінованому випадку вони виглядали б точно так, як крокові функції у відповіді амеби. Положення кулі слідкували б саме за кривими, які він побудував. $(x, y)$У ймовірнісному випадку це виглядало б приблизно подібним, але з більшими труднощами біля Походження.

Коли приходить полудень, ми підводимо підсумки того, що сталося. У детермінованій версії кожну кульку переносили з полиці в Урну рівно один раз, потім на подальшому кроці повертали назад, причому обидва передачі відбувалися до полудня. Опівдні Всесвіт повинен повернутися до свого початкового стану в 11 ранку. Хвилі більше немає. Кожна куля повертається саме там, де вона почалася. Нічого не змінилось. Урна порожня. У імовірнісній версії відбувається те саме, за винятком того, що результат майже майже впевнений, а не впевнений.

В будь-якому випадку "фізичні заперечення" та скарги на нескінченність, схоже, зникають. Звичайно, Урна порожня опівдні. Як ми могли уявити інакше?

Єдина залишилася загадка - доля Ендевор. Її переміщення від Походження та його швидкість стали довільно великими, коли наближався полудень, тому в полудень Ендевор ніде не знайдеться у нашій нескінченній ньютонівській Всесвіті. Втрата Ендевору - єдине порушення фізики, яке відбулося під час процесу.

У цей момент можна заперечити, що Ендевор фізично неможливий, оскільки його швидкість зростає без обмежень і врешті-решт порушить релятивістську межу, швидкість світла. Однак ми можемо трохи змінити сценарій, щоб вирішити цю проблему. Замість одного робота ми могли б мати нескінченно багато роботів, кожен відповідальний за один куля. Ми могли заздалегідь запрограмувати їх, щоб забезпечити ідеальну координацію та терміни згідно інструкцій Росса.

Чи є ця зміна на 100% фізичною? Напевно, ні, тому що роботам доведеться працювати з довільно точними термінами. Коли ми підходимо до полудня, вимагається точність, врешті-решт, опуститься нижче часу Планка і створить квантові механічні проблеми. Але врешті-решт, нескінченний дріт і нескінченна решітка проколювання можуть бути не такими фізичними. Це не заважає нам вивчати нескінченні системи та процеси та визначати, що буде, якби перешкоджаючі фізичні обмеження були призупинені.

4а. Чому порушується одноманітність графа

Ряд скептиків Росса сумніваються, як можливо, що кількість кульок в урні збільшується без обмежень, коли ми наближаємось до полудня, то до полудня дорівнює нулю. Зрештою, ми повинні вірити в суворий аналіз щодо власної інтуїції, що часто неправильно, але є парадокс, який допомагає розкрити цю таємницю.

Припустимо, що замість нескінченної кількості кульок у нас є кульки позначенням 1, 2, 3, до , і ми видаємо наступне додаток до правил руху кульового руху:10 $10N$$10N$

• Якщо інструкція попросить вас перемістити кульку, якої не існує, проігноруйте цю інструкцію.

Зауважте, що початкова проблема не зміниться, якщо до неї додати цю інструкцію, оскільки інструкція ніколи не буде активована безмежно багатьма кулями. Таким чином, ми можемо думати, що початкова проблема і ця нова сім'я проблем є частиною однієї сім'ї, з тими ж правилами. Вивчення кінцевої сім'ї , особливо для дуже великих , може допомогти нам зрозуміти випадок "N = ".N $N$$N$$\infty$

У цій варіації кулі накопичують 9 за крок, як і раніше, але лише до етапу процесу. Тоді цифри для додавання кульок більше не відповідають фактичним кулькам, і ми можемо лише виконувати інструкцію щодо видалення кульок, і процес зупиняється після додаткових кроків , загалом кроків. Якщо дуже великий, фаза видалення настає дуже близько полудня, коли завдання виконуються дуже швидко, а урна спорожняється дуже швидко.9 N 10 N $N$$9N$$10N$$N$

Тепер припустимо, що ми робимо цю варіацію експерименту для кожного значення і графу підрахунку кулі за час, , де коливається від 0 до 1 години після 11:00 (тобто 11:00 до полудня). Зазвичай деякий час піднімається, потім опускається до нуля на рівні до або до . У межах межі, коли наближається до нескінченності, графік піднімається все вище і падіння стає все швидшим. До полудня урна завжди порожня: . У граничному графіку крива наближається до нескінченності для алеf N ( t $N$$f_N(t)$$t$t = 1 N f N ( 1 ) = 0 f ( t ) = lim N → ∞ f N ( t ) t < 1 f ( 1 ) = 0 N → $f_N(t)$$t=1$$N$$f_N(1) = 0$$f(t) = \lim_{N \rightarrow \infty} f_N(t)$$t < 1$$f(1) = 0$. Саме такий результат отриманий на доказі Росса: підрахунок кулі розходиться до нескінченності до полудня, але до полудня дорівнює нулю. Іншими словами, рішення Росса зберігає наступність щодо N: точкова межа рахунку м'яча як збігається з рахунком м'яча у нескінченному шарі.$N \rightarrow \infty$

Я не вважаю це основним аргументом для рішення Росса, але це може бути корисним для тих, хто спантеличений тим, чому кількість кульок зростає назавжди, ніж обвалюється до нуля опівдні. Хоча дивно, це обмежувальна поведінка кінцевої версії проблеми, як , і таким чином не сприймає як "раптовий шок" у нескінченному випадку.$N \rightarrow \infty$

Заключне відображення

Чому ця проблема виявилася такою смолою для стількох? Мої міркування полягають у тому, що наша фізична інтуїція набагато розпливчастіша, ніж ми думаємо, і ми часто робимо висновки на основі неточних та неповних розумових уявлень. Наприклад, якщо я попрошу вас подумати про квадрат, який також є колом, ви можете уявити собі щось скуйовджене і кружече, але це не буде саме те і інше - це було б неможливо. Людський розум може легко змішати разом нечіткі суперечливі поняття в єдину психічну картину. Якщо поняття менш знайомі, як, наприклад, Нескінченне, ми можемо переконати себе, що ці розпливчасті ментальні збори - це фактично уявлення про Реальну річ.

Це саме те, що відбувається в проблемі з урною. Ми не розуміємо всієї справи відразу; ми думаємо про шматочки і шматочки, як, наприклад, скільки кульок за час. Ми махаємо подалі нібито невідповідними технічними можливостями, як, наприклад, що відбувається з кожним скромним кулькою або як саме «урна» може вмістити нескінченно багато кульок. Ми нехтуємо точно викладати всі деталі, не усвідомлюючи, що результат - це розшарування непослідовних, несумісних ментальних моделей.

Математика покликана врятувати нас від цієї умови. Це дисциплінує та керує нами перед незнайомим та екзотичним. Це вимагає, щоб ми подумали двічі про те, що "повинно" бути правдою ... правда? Це нагадує нам, що якими б дивними не були речі, одна і одна все-таки дві, кулька або в урни, або її немає, а твердження - істинне, або хибне. Якщо ми будемо наполегливі, ці принципи врешті-решт принесуть ясність більшості наших проблем.

Ті, хто підпорядковує математичний аналіз "фізичній" чи "здоровій глузді" інтуїції, роблять це зі своєї небезпеки. Махання руками інтуїцій - це лише початок фізики. Історично всі успішні галузі фізики врешті-решт засновувались на суворій математиці, яка знищує неправильні фізичні інтуїції, зміцнює правильні та дає змогу суворим вивченням ідеальних систем, таких як нескінченний провід, що несе струм, що висвітлює поведінку складніший, брудний реальний світ. Росс-Літлвуд - це фізична проблема,як правило, інтерпретується як класична механіка, а класична механіка має цілком зрілий і суворий математичний фундамент. Ми повинні спиратися на математичне моделювання та аналіз для своєї інтуїції про світ класичної фізики, а не навпаки.

Кілька плакатів побоювалися, що обчислення в Россі можуть бути не суворими. У цій відповіді йдеться про те, що, підтверджуючи існування простору ймовірностей, де всі набори результатів, які розглядаються Россом, справді вимірювані, а потім повторюють життєво важливі частини обчислень Росса.

Пошук підходящого простору ймовірностей

Щоб зробити висновок Росса про те, що в 12:00 вечора немає кульок, майже напевно, суворий, нам потрібен простір ймовірностей де подія "немає кулі в урні о 12 ПМ "може бути побудований формально і показаний як вимірюваний. З цією метою ми будемо використовувати теорему 33 [Іонеску - Тулча] в цих лекційних записках , трохи перероблених та побудованих, запропонованих @NateEldredge в коментарі до питання.$(\Omega, \mathcal F, P)$

Теорема. (Іонеску - теорема розширення Тульчі) Розглянемо послідовність вимірюваних просторів . Припустимо, що для кожного існує ядро ​​ймовірності від до (приймаючи до ядра, нечутливого до його першого аргументу, тобто міри ймовірності). Тоді існує послідовність випадкових змінних приймають значення у відповідному , таким чином, що для кожного спільний розподілn 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 $(X_1, \dots, X_n)$це мається на увазі ядра .$\kappa_1, \dots, \kappa_n$

Нехай позначає мітку кулі, зняту при му виведенні. Зрозуміло, що (нескінченний) процес , якщо він існує, говорить нам про все, що нам потрібно знати, щоб імітувати аргументи Росса. Наприклад, знаючи для деякого цілого - це те саме, що знати кількість кульок в урні після виведення : вони є саме доданими кульками з мітками , мінус вилучені кулі . В цілому, подія , опис яких, і скільки кулі в урні після будь-якого даного висновку можна сформулювати в термінах процесу . n X = ( X 1 , X 2 , … ) X 1 , … , X m m ≥ 0 м { 1 , 2 , … , 10 м } { 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$

Для відповідності експерименту Росса нам потрібно, щоб для кожного розподіл рівномірно на . Нам також потрібен розподіл щоб бути рівномірним на . Щоб довести, що нескінченний процес з цими кінцево-розмірними розподілами дійсно існує, ми перевіряємо умови теореми розширення Іонеску-Тулча. Для будь-якого цілого числа , нехай і визначимо вимірювані проміжки , деX 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 п , Х п ) = ( я 10 п , 2 я 10 п ) 2 Б Б κ 1 ( Ξ 1 , Х 1 ) 1 / 10 Ξ 1 п ≥ 2 ( х 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$ позначає потужність установки безлічі . Визначте міру на такою, яка ставить масу на всі елементи . Для будь-яких , і визначте - це ядро ​​ймовірності, яке ставить рівну масу на всі точки в , а нульову масу для всіх інших точок, тобто на цілі числа$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$. По конструкції ядра ймовірності узгоджуються з рівномірною ймовірністю видалення, визначеною Россом. Таким чином, нескінченний процес і простір ймовірностей , існування якого задано теоремою, дають нам можливість формально провести аргумент Росса.$X$$(\Omega, \mathcal F, P)$

Нехай позначає набір результатів таким, що м'яч знаходиться в урні після виведення . З точки зору нашого стохастичного процесу це означає, що для всіх та таких, що ми визначаємо , тобто м'яч не був видалений в жодному з нічиїх до і не включаючи й. Для ми можемо чітко визначити оскільки м'яч ще не доданий до черги. Для кожного та множина 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$$\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$ вимірюється, оскільки - випадкова величина (вимірювана). Таким чином, вимірюється як кінцевий переріз вимірюваних множин.$X_j$$E_{in}$

Нас цікавить набір результатів, такий, що в урні немає 12 кульки, тобто набір результатів такий, що для кожного цілого числа , куля не знаходиться в урні о 12:00 Для кожного , нехай є набором результатів ( ) таким, що м'яч знаходиться в урні о 12 вечора. Ми можемо побудувати формально, використовуючи наш наступним чином. Що перебуваю в урні о 12 вечора, це рівнозначно знаходженню в урні після кожного вилучення, зробленого після її додавання до урни, томуi 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$$E_i = \cap_{n:i\leq 10n}E_{in}$. Сукупність результатів тепер вимірюється як перелічний перетин вимірюваних множин для кожного .$E_i$$i$

Результати, за якими в урні в 12 вечора є принаймні одна куля, - це ті, для яких принаймні один з трапляється, тобто . Сукупність результатів вимірюється як обчислювальне об'єднання вимірюваних множин. Тепер - це випадок, коли в урні 12:00 вечора немає кульок, що дійсно вимірюється як доповнення вимірюваного набору. Ми робимо висновок, що всі бажані набори результатів вимірюються, і ми можемо перейти до обчислення їх ймовірностей, як це робить Росс. E = ∪ ∞ i = 1 E i E Ω ∖ $E_i$$E = \cup_{i = 1}^\infty E_i$$E$$\Omega \setminus E$

Обчислення ймовірності$P(\Omega \setminus E)$

Ми вперше відзначимо, оскільки сімейство подій піддається підрахунку, ми маємо за допомогою підрахункової субдидальності заходів, які$E_i, i = 1, 2, \dots$

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

$$P(E) \leq \sum_{i = 1}^\infty P(E_i) = \lim_{N\to \infty}\sum_{i = 1}^N P(E_i).$$ Для зручності позначення позначимо дійсне число для всіх . Очевидно, щоб показати , що , досить , щоб показати , що для всіх . Це еквівалентно показанню того, що для кожного , що ми зробимо зараз.$P(E_i) = a_i$$i$$P(E) = 0$$\sum_{i = 1}^N a_i = 0$$N$$a_i = 0$$i$

З цією метою зауважте, що для всіх таких, що куля додана до урни, тобто , . Це тому, що якщо кулька знаходиться в урні на кроці , вона також знаходиться в урні на кроці . Іншими словами, множини утворюють зменшувальну послідовність для всіх таких, що . Для зручності позначення нехай . Росс доводить, що як і стверджує, що це також можна показати для всіх іншихi 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$$i$, яку я прийму як правду. Доказ складається з показу, що і для всіх , an елементарний, але тривалий розрахунок я тут не повторюватиму. Озброєний цим результатом і тим, що сім'я подій , підраховується для кожного i , безперервність заходів даєlim n → ∞ a i n = 0 i E i n 10 n > $a_{in} = \prod_{k = i}^n[9k / (9k + 1)]$$\lim_{n \to \infty}a_{in} = 0$$i$$E_{in}$$10n > i$

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

Ми робимо висновок, що , а отже як заявлено. QED.P ( Ω ∖ E ) = $P(E) = 0$$P(\Omega\setminus E) = 1$

---

Деякі поширені непорозуміння:

1. Одна відповідь стосується того, що (в моєму позначенні) . Це, однак, не має відношення до обґрунтованості рішення, оскільки кількість з правого боку не є цікавою для наведеного аргументу.$\lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N \lim_{n \to \infty }a_{in} \neq \lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N a_{iN}$
2. Висловлювали певне занепокоєння, що ліміт не може бути переміщений усередині суми, або іншими словами, його не можна змінити сумою, в тому сенсі, що це може бути так, що . Як і в попередньому зауваженні, це рішення не має значення для рішення, оскільки кількість з правого боку не представляє інтересу.$\sum_{i = 1}^\infty \lim_{n \to \infty}a_{in} \neq \lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^\infty a_{in}$

З одного боку, ви можете спробувати пояснити це так: "подумайте про ймовірність того, що будь-який м'яч я опиниться на урні о 12 вечора. Під час нескінченних випадкових розіграшів він врешті-решт буде видалений. Оскільки це стосується всіх кульок, жоден з них може бути там наприкінці ".

Я не вважаю цей аргумент переконливим. Якщо цей аргумент спрацьовує, то працює такий аргумент: Щороку деякі народжуються (скажімо, постійна частка загальної сукупності), а деякі помирають (припустимо, постійна частка). Тоді, оскільки в межах межі будь-яка конкретна людина майже напевно мертва, то людський рід повинен вимерти! Зараз людська раса може зникнути з інших причин, але цей аргумент - сміття.

Немає сенсу для цієї проблеми мати одне рішення, коли кулі пронумеровані, і щоб мати абсолютно іншу відповідь, коли кулі анонімні. За симетрією довільні мітки не повинні впливати на рішення. Джейнес назвав цей аргумент принципом байдужості , який я приймаю.

Іншими словами, якщо хтось сказав вам, що вони поміщають десять кульок в урну і видаляють один раз, і наскільки повна урна в межі, ваша відповідь була б "Це залежить від того, чи кулі пронумеровані"? Звичайно, ні. Вміст цієї урни розходяться так само, як і урна у цій проблемі.

Тому я думаю, що рішення полягає в тому, як ми формалізуємо проблему. Зі звичайного визначення множинно-теоретичної межі у нас є

lim sup n → ∞ S n = ⋂ n ≥ 1 ⋃ j ≥ n S

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

Нехай буде межа кардинальності набору

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

і кардинальність обмеження множини буде$\liminf$

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

Я пропоную перестановити теоретико-множинні межі, щоб:

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

Цей спеціальний "анонімний набір" описує, що відбувається в нескінченності. Так само, як виступає за обмежувальну поведінку чисел, означає "обмежувальну поведінку множин". А саме, ми маємо , і . Користь цього формалізму полягає в тому, що він дає нам наступність кардинальності та узгодженості з принципом байдужості . ∞ α i ∉ α k ∀ i | α k | = $\alpha_k$$\infty$$\alpha$$i \notin \alpha_k \forall i$$|\alpha_k| = k$

Для проблеми з урною маємо - набір кульок в урні. І Таким чином, елементи не «падають зі скелі» у нескінченність, що не має сенсу більше, ніж це має сенс для людства, що вимерло лише тому, що ніхто не безсмертний.lim n → ∞ S n = α ∞$S_n = \{n+1, \dotsc, 10n\}$

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

Аналогічно, припустимо, ми модифікуємо проблему так, щоб на кожному кроці додавались по одній кулі і видалялася кулька з найменшим числом. Тоді, скільки кульок в урні в межі? Анонімні набори дають інтуїтивну відповідь:

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

Я визнаю, що математики можуть не погоджуватися щодо резолюцій цього парадоксу, але, на мій погляд, це найбільш інтуїтивна резолюція.

Проблема або неправильно сформована, або не в логіці першого порядку.

Основна причина: виконання «останнього» кроку запише нескінченну кількість цифр на кульці, внаслідок чого цей крок потребує нескінченного часу для виконання.

Здатність виконувати нескінченний процес нескінченним кроком передбачає здатність вирішувати всі логічні задачі першого порядку ( тому Ґедел є помилковим) шляхом виконання наступної послідовності H (для теореми 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

де нескінченний крок відхиляє вихід

Програма всередині asymptotic_coroutine - це лише вичерпний пошук теореми, яка доводить (або спростовує) X. Перетворення P у S призводить до "aa", "ab", "ac", ... "a∨", ... де генерується кожен символ, який може з'явитися в теоремі. Це призводить до генерації всіх теорем _{символів} журналу довжини N по черзі. Оскільки N зростає без обмежень у зовнішній петлі, з часом вони генерують усі теореми.

Сторона, яка є помилковою, ніколи не припиняється, але нам не потрібно про це піклуватися, оскільки нам дозволено виконувати нескінченні кроки. Насправді ми залежить від того, чи зможемо це зробити, щоб виявити незалежність, оскільки обидві сторони ніколи не закінчать. За винятком однієї речі. Ми дозволили виконати нескінченну кількість кроків за визначений час асимптотичним збільшенням швидкості виконання. Це дивна частина. Asymptotic_coroutine, яка ніколи не закінчується і ніколи не генерує результат, "закінчилася" * після асимптотичного часу і досі ніколи не створювала жодного результату.

* Якби ми розмістили вихід після FOR N = 1 ... ∞ це не було б досягнуто, але ми цього не збираємось робити.

Сильна форма теореми про незавершеність Геделя може бути констатована: "Для кожної логічної системи першого порядку F є твердження G _F, що відповідає F, але не може бути підтверджено істинним у F." Але метод доказування H не може не довести всі твердження, що повинні бути правдивими у F (H).

Дилема: ¬Gödel ∨ ¬ (безмежні кроки дозволені)
Тому:
Дилема: ¬Gödel ∨ ¬ (315502 добре сформована в логіці першого порядку)

Нехай x - кількість видалених куль, y - кількість куль, що залишилися. Після кожного циклу y = 9x. Як х> 0, у> 0. В урні в 12:00 буде нескінченно багато кульок.

Причина того, що рішення, засновані на ймовірності, призводять до труднощів, полягає в тому, що ймовірності з нескінченних рядів є хитрими. Е. Т. Джейнс писав про декілька різних очевидних парадоксів імовірності, як цей, у своїй книзі " Теорія ймовірностей: Логіка науки" . У мене немає свого примірника під рукою, але перша частина книги доступна в Інтернеті від Ларрі Бретторста тут . Наступна цитата з передмови.

Однак, коли все сказано і зроблено, ми, на власний подив, виявляємо, що залишається трохи більше, ніж вільна філософська згода; З багатьох технічних питань ми не погоджуємося з де Фінетті. Нам здається, що його спосіб поводження з нескінченними множинами відкрив скриньку Пандори непотрібних і непотрібних парадоксів; неконгломерабельність та кінцева добавка - приклади, обговорені в главі 15.

Нескінченний набір парадоксації став хворобливою інфекцією, яка сьогодні поширюється таким чином, що загрожує самому життю теорії ймовірностей і вимагає негайного хірургічного видалення. У нашій системі після цієї операції подібних парадоксів уникають автоматично; вони не можуть виникати при правильному застосуванні наших основних правил, оскільки ці правила допускають лише кінцеві множини та нескінченні множини, що виникають як чітко визначені та добре узгоджені межі кінцевих множин. Парадоксація була викликана (1) стрибком безпосередньо у нескінченну множину, не визначаючи жодного обмежувального процесу для визначення її властивостей; а потім (2) задавати питання, відповіді яких залежать від способу наближення межі.

Наприклад, на запитання: "Яка ймовірність того, що ціле число є парним?", Може мати будь-яку відповідь, яку ми запросимо в (0, 1), залежно від того, який обмежуючий процес полягає у визначенні "набору всіх цілих чисел" (лише як умовно збіжна серія може бути зроблена для зближення з будь-яким числом, яке ми бажаємо, залежно від порядку, в якому ми влаштовуємо умови).

На наш погляд, не можна сказати, що нескінченна множина взагалі не має «існування» і математичних властивостей - принаймні, в теорії ймовірностей - до тих пір, поки ми не визначимо процес обмеження, який повинен генерувати її з кінцевого набору. Іншими словами, ми пливемо під прапором Гаусса, Кронекера та Пуанкара, а не Кантора, Гільберта та Бурбакі. Ми сподіваємось, що читачі, шоковані цим, вивчатимуть обвинувачення в Бурбакізмі математиком Моррісом Клайн (1980), а потім матимуть з нами достатньо довго, щоб побачити переваги нашого підходу. Приклади з’являються майже в кожній главі.

Використання обмежень у відповіді @enumaris (+1) забезпечує ймовірність хитрості нескінченності.

Яке найкраще пояснення ми можемо дати їм для вирішення цих суперечливих інтуїцій?

Ось найкраща відповідь, і це дуже мало стосується ймовірностей. Усі кульки мають цифри, назвемо їх номерами народження. Номери народження починаються від B1, B2, B3 ... і йдуть до нескінченності, тому що ми насправді ніколи не зупиняємося. Ми наближаємось до 00:00, але продовжуємо додавати та вилучати кульки, тому не існує остаточного числа кулі. Це дуже важливий розгляд, btw.

Ми поміщаємо кульки в ящик у 10 кульових партіях, таких як партія №7: B71, B72, ..., B80. Давайте забудемо про них на хвилину і зосередимось на кульках, які вийняли з коробки. Вони приходять у випадковому порядку. Я поясню, чому випадковість важлива пізніше, але поки це все означає, що будь-який куля з номером брита від B1 до B10k, який все ще знаходиться у полі на етапі K, можна витягнути. Ми будемо індексувати кулі, які ми видаляємо, в порядку, в якому вони були видалені, назвемо їх смертними номерами: D1, D2, D3 ... DK.

До 12:00 ранку ми поміщаємо нескінченну кількість кульок у коробку, і, звичайно, у нас ніколи не вибігало кульок, щоб вийняти з неї. Чому? Оскільки ми спочатку кладемо 10 кульок, ТІЛЬКИ виймаємо один. Отже, завжди є куля, яку потрібно прибрати. Це означає, що ми також вилучили нескінченну кількість куль до 12:00 ранку.

Це також означає, що кожну видалену кулю було індексовано від 1 до нескінченності, тобто ми могли з’єднати кожну видалену кулю з кулькою, яка була поміщена у поле: від B1 до D1, B2 до D2 тощо. Це означає, що ми видалили стільки кульок, скільки ми вводимо, тому що кожен номер народження спарений з кожним номером смерті.

Тепер це було рішення. Чому вона перемагає нашу інтуїцію? Доктор Ватсон, це елементарно. Причина полягає в тому, що ми, безумовно, знаємо, що для всіх K це справедливо: Ось чому після K кроків нам не вдасться вийняти всю кульку з коробки, оскільки ми поклали 10K куль і вилучили лише K з них. Правильно?

$$K<10K$$

Є невелика проблема. Справа в тому, що коли , це вже не відповідає дійсності: Ось чому інтуїція руйнується.10 × ∞ ≮ $K=\infty$

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

Тепер, якщо кульки не були видалені навмання. Двоє може трапитися, як у канонічній відповіді @ amoeba. Спершу скажімо, що ми клали 10 кульок, потім негайно виймали останній. Це так, ніби ми клали лише дев’ять кульок. Це буде відповідати нашій інтуїції, і о 12:00 ранку буде нескінченна кількість кульок. Як це? Оскільки ми не видаляли кулі випадковим чином, ми дотримувались алгоритму, коли номери народження спарені з числами смерті як на момент видалення . Отже, ми вилучили кожну вилучену кульку до однієї з кульок, яку ми помістили: , це означає, що тонни кульок ніколи не були спарені B1, B2 ,. .., В9, В11, ... і т.д.B 10 → D 1 , B 20 → D 2 , B 30 → D 3 , $B10K=DK$ $B10\to D1,B20\to D2,B30\to D3,\dots$

Друге, що може статися з випадковим вилученням кулі, також пов’язане з паруванням при видаленні: ми співвідносимо BK = DK. Це можна зробити, видаливши кулю з BK на кожному кроці K, що гарантує, що BK є сполученим з DK. Таким чином, кожен вийманий кулька поєднується з кожною кулькою, яку ми помістимо, тобто такий же кінцевий результат, як у випадковому розіграші вилучених кульок. Очевидно, це означає, що після 12:00 ранку в коробці не залишилося кульок.

Я щойно показав, що проблема сама по собі має відношення до ймовірностей. Це все стосується повноважень нескінченних рахункових (?) Множин. Єдина реальна проблема, яку я уникав обговорювати, - чи є набори справді підрахункові. Ви бачите, коли ви наближаєтесь до 00:00, швидкість кульових вставок зростає досить швидко, м'яко кажучи. Отже, не так банально розраховувати, чи кількість кульок, які ми кладемо у коробку, насправді підрахувати.

Розгадування

Тепер я збираюся розгадати це канонічне рішення парадокса і повернутися до нашої інтуїції.

Як можливо, що ми помістимо 10 кульок, вилучимо один і все-таки закінчимося з усіх кульок за 12 годин? Ось що насправді відбувається. 12 годин недосяжні .

Нехай як переформулює проблему. Ми не вдвічі зменшуємо інтервали часу. Щохвилини кладемо і знімаємо кульки. Це не зовсім так, як у початковій проблемі? Так і ні.

Так, тому що ніде в моїй експозиції вище я не посилався явно на час, але в самому кінці. Я рахував кроки k. Отже, ми можемо продовжувати рахувати кроки та мертві кулі по k.

Ні, тому що зараз ми ніколи не зупиняємось . Ми будемо продовжувати додавати та видаляти кульки до кінця часу, який ніколи не надійде. Хоча в оригінальній проблемі закінчення о 12 годині.

Це пояснює, як наша інтуїція виходить з ладу. Хоча ми кладемо кульки зі швидкістю вилучення в 9 разів , оскільки час ніколи не закінчується, кожен куля, який ми кладемо, буде врешті видалений! Це може зайняти нескінченну кількість хвилин, але це нормально, тому що у нас залишилося нескінченну кількість хвилин. Це справжнє вирішення проблеми.

У цьому формулюванні ви б запитали "скільки кульок знаходиться в коробці після закінчення нескінченності?" Немає! Тому що це безглузде питання. Ось чому оригінальне запитання теж є безглуздим. Або ви могли б назвати це недоброзичливо.

Тепер, якщо повернутися до початкової проблеми, то, мабуть, кінець часу трапляється. Це в 12. Те, що ми перестали кладати кульки, означає, що час тільки закінчився, і ми дійшли до кінця. Отже, справжня відповідь на питання полягає в тому, що 12 годин ніколи не повинно відбуватися. Це недосяжно.

Варто прочитати відповідь амеби, яка просто відмінна і дуже роз’яснює проблему. Я точно не згоден з його відповіддю, але хочу зазначити, що рішення проблеми ґрунтується на певній конвенції. Цікавим є те, що подібні проблеми показують, що ця конвенція, хоча часто використовується, є сумнівною.

Як він каже, існує технічний момент щодо доказування того, що для кожного кулі ймовірність залишитися в урні назавжди дорівнює 0. Крім цього, проблема не полягає у ймовірності. Може бути визначений детермінований еквівалент. Це набагато простіше зрозуміти. Ключова ідея: оскільки кожен куля відсутній урни з якогось моменту часу, то урна в кінці порожня. Якщо ви представляєте присутність урни в кожній кулі послідовністю нулів і одиниць, кожна послідовність дорівнює 0 з певного діапазону, при цьому її межа дорівнює 0.

Тепер проблему можна спростити ще більше. Я називаю моменти 1, 2, 3 .... для простоти:

• момент 1: покласти кулю 1 в урну
• момент 2: видаліть його
• момент 3: покласти кулю 2 в урну
• момент 4: видаліть його
• момент 5: покласти кулю 3 в урну
• ...

Які кулі в кінці (полудень)? З тією ж ідеєю, однаковою відповіддю: жодної.

Але принципово, це не можна знати, оскільки проблема не говорить про те, що відбувається опівдні. Власне, можливо, що наприкінці часів Пікачу раптом заходить урни. А може, кулі всі раптово руйнуються і зливаються в одну велику кулю. Не означає, що це мається на увазі реально, це просто не вказано.

На проблему можна відповісти лише тоді, коли певна конвенція підказує нам, як рухатися до межі: припущення про наступність. Стан урни опівдні - це межа її станів раніше. Де слід шукати припущення про наступність, яке допомогло б нам відповісти на питання?

У фізичних законах? Фізичні закони забезпечують певну наступність. Я думаю про спрощену класичну модель, не закликаючи до реальної сучасної фізики. Але в принципі фізичні закони поставили б абсолютно ті ж запитання, що й математичні: спосіб, який ми обираємо для опису наступності для фізичних законів, залежить від того, щоб задати питання математично: що є безперервним, як?

Ми повинні шукати припущення про наступність більш абстрактним чином. Звичайна ідея - визначити стан урни як функції з набору кульок в . 0 означає відсутність, 1 означає присутність. А щоб визначити неперервність, ми використовуємо топологію продукту, так само точну конвергенцію. Ми говоримо, що держава опівдні - це межа штатів до полудня відповідно до цієї топології. У цій топології існує межа, і вона дорівнює 0: порожня урна.$\{0;1\}$

Але тепер ми трохи модифікуємо проблему, щоб оскаржити цю топологію:

• момент 1: покласти кулю 1 в урну
• момент 2: видаліть його
• момент 3: покласти кулю 1 в урну
• момент 4: видаліть його
• момент 5: покласти кулю 1 в урну
• ...

Для тієї ж топології послідовність станів не має меж. Ось де я починаю бачити парадокс як справжній парадокс. Для мене ця змінена проблема по суті однакова. Уявіть, що ви - урна. Ви бачите, як кулі йдуть і йдуть. Якщо ви не можете прочитати номер на ньому, то той самий куля чи інший, це не змінить того, що з вами відбувається. Замість того, щоб кулі бачили як окремі окремі елементи, ви бачите їх як кількість речовини, що надходить і виходить. Неперервність можна було, природно, визначити, дивлячись на зміни кількості речовини. І справді немає меж. Певною мірою ця проблема є такою ж, як і вихідна проблема, коли ви вирішили ігнорувати ідентичність кулі, тим самим ведучи до різної метрики та іншого поняття конвергенції. І навіть якщо ви могли бачити число на кульках,

В одному випадку межа послідовності ваших станів "порожня", в іншому випадку межа не визначена.

Формалізація проблеми з топологією виробу принципово покладається на відокремлення того, що відбувається з кожною різною кулькою, і, таким чином, створення метрики, що відображає "різнишаблітію". Тільки через це розділення можна визначити межу. Той факт, що цей розрив є настільки фундаментальним для відповіді, але не є принциповим для опису "того, що відбувається" в урні (пункт, який нескінченно спірний), змушує мене думати, що рішення є наслідком конвенції, а не фундаментальної істини.

Для мене проблема, якщо розглядати її як чисто абстрактну, має рішення до тих пір, поки надається відсутність інформації: що стан опівдні є межею попередніх станів і обмеженням у якому сенсі. Однак, думаючи про цю проблему інтуїтивно, межа послідовності станів - це не те, про що можна думати поодиноко. В принципі, я думаю, що відповіді немає.

Я хочу зробити переформулювання, яке є максимально простим, щоб зробити відповідь 0 більш інтуїтивно зрозумілою, починаючи зі спрощеного прикладу, що кулі не видаляються випадковим чином, а куля видаляється на -му кроці.$n$$n$

Врахуйте це: я поклав усі кульки в урну на початку. На кроці 1 я виймаю кульку 1. На кроці 2 я виймаю кульку 2 тощо. Будь-які сумніви, що урна буде порожньою після нескінченних кроків?

Добре. Але якщо я спершу не кладу всі кульки в урну, а лише деякі кульки, то як урна могла б бути в кінці повнішою?

Мета цього поста - стверджувати для ОП останній варіант, що нам потрібна краща формулювання. Або, принаймні, доказ Росса не настільки чіткий, як це може здатися спочатку, і, звичайно, доказ не настільки інтуїтивний, що в хорошому становищі, щоб бути в курсі введення теорії ймовірності. Це вимагає багато пояснень як у розумінні парадоксальних аспектів, так і після того, як це буде розкрито пояснення в тих точках, де доказ Росса проходить дуже швидко, ускладнюючи зрозуміти, від яких аксіом, теорем і неявних тлумачень залежить те, що доказ залежить.

З приводу цього аспекту дуже цікаво читати заключні слова Теона Котьє в "Didactiek met oneindig veel pingpongballen?"

Крім того, ми не можемо побачити цей текст: "Парадокси - це вікно до сум'яття".

Перекладено "Якщо ми не обережні, то це стає" Парадоксальним вікном до плутанини ""

Нижче наводиться опис "регулярних" аргументів, які можуть передаватися в дискусіях над суперзадачами, а точніше детермінованим парадоксом Росса-Літлвуда. Після цього, коли ми відклали всю цю дискусію, подається думка про особливий випадок імовірнісного парадоксу Росса-Літлвуда як надання додаткових елементів, які, однак, втрачаються і плутаються в більш широкій обстановці за допомогою суперзадач.

Три детерміновані випадки та обговорення надзадач

Парадокс Росса-Літлвуда знає багато різних результатів залежно від способу витіснення куль з урни. Щоб дослідити їх, давайте розпочнемо, використовуючи точний опис проблеми, як Літлвуд описує як п'яту проблему в своєму рукописі 1953 року

Версія 1 Набір кульок, що залишилися в урні, порожній

Парадокс Росса-Літтлвуда, або парадокс Літтлвуд-Росса, вперше з'явився як п'ята проблема в рукописі Літтлвуда 1953 р. "Різне математика"

Парадокс нескінченності. Кулі, пронумеровані 1, 2, ... (або для математика самі числа), складаються у вікно наступним чином. О 1 хвилині до полудня цифри 1 - 10 ставлять, а число 1 виводять. На 1/2 хвилини до полудня ставлять цифри від 11 до 20, а номер 2 виводять тощо. Скільки в коробці опівдні?

Літлвуд коротко розглядає цю проблему, але дає гарне уявлення як сукупність пунктів:

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

для яких легко помітити, що це "null".

Версія 2 Набір кульок, що залишаються в урні, має нескінченний розмір

Росс (1976) додає до цього парадоксу ще дві версії. Спочатку ми розглянемо перше доповнення:

Припустимо, ми маємо нескінченно велику урну та нескінченну колекцію кульок з написом куля №1, №2, №3 тощо. Розглянемо експеримент, виконаний наступним чином: за 1 хвилину до 12 вечора кульки під номером від 1 до 10 поміщаються в урну, а куля № 10 вилучається. (Припустимо, що витяг не займає часу.) О 12 хвилині до 12 вечора кульки під номером від 11 до 20 поміщаються в урну, а куля № 20 вилучається. О 14 хвилині до 12 вечора кульки під номером від 21 до 30 поміщаються в урну, а куля № 30 вилучається. О 18 хвилині до 12 вечора тощо. Питання, яке цікавить, скільки кульок знаходиться в урні о 12 вечора?

Очевидно, що відповідь нескінченна, оскільки ця процедура залишає всі кулі з цифрами в урні, яких нескінченно багато.$x \mod 10 \neq 0$

Перш ніж перейти до другого доповнення Росса, яке включало ймовірності, перейдемо до іншого випадку.

Версія 3 Набір кульок, що залишаються в урні, є кінцевим набором довільного розміру

Урна може мати будь-яку кількість кульок о 12:00, залежно від процедури переміщення кульок. Ця варіація описана Тимочко та Генле (1995) як проблема тенісного м'яча.

Том у великій коробці, порожній, крім самого себе. Джим стоїть поза коробкою з нескінченною кількістю тенісних м’ячів (пронумеровані 1, 2, 3, ....). Джим кидає кульки 1 і 2 в коробку. Том бере тенісний м’ячик і викидає його. Далі Джим кидає в кульки 3 і 4. Том підбирає кульку і викидає її. Далі Джим кидає в кульки 5 і 6. Том підбирає кульку і викидає її. Цей процес триває нескінченно багато разів, поки Джим не кинув усі кулі. Ще раз, ми просимо вас прийняти виконання нескінченної кількості завдань протягом обмеженого періоду часу. Ось питання: скільки кульок у коробці з Томом, коли дія закінчиться?

Відповідь дещо тривожна: Це залежить. Не було достатньо інформації, щоб відповісти на питання. Може залишитися нескінченна кількість кульок, а може бути і жодної.

У прикладі підручника вони аргументуються двома випадками, або нескінченними, або кінцевими (Тимочко та Генле, залишають проміжний випадок як вправу), однак проблема взята далі у кількох статтях журналу, де проблема узагальнена таким чином, що ми можемо отримати будь-яке число залежно від процедури, що дотримується.

Особливо цікавими є статті про комбінаторні аспекти проблеми (де акцентовано увагу не на аспектах нескінченності). Наприклад, підрахунок кількості можливих наборів, які ми можемо мати у будь-який час. У разі додавання 2 кульок та видалення 1 кожного кроку результати є простими, і там число можливих наборів на n-му кроці - це n + 1-е чисельне число. Наприклад, 2 можливості {1}, {2} на першому кроці, 5 можливостей {1,3} {1,4} {2,3} {2,4} і {3,4} на другому кроці, 14 в третя, 42 у четвертому, etcetera (див. Мерлін, Спруньолі та Веррі 2002, Проблема тенісного м'яча ). Цей результат було узагальнено для різної кількості додавання та віднімання кульок, але це занадто далеко для цієї посади зараз.

Аргументи, засновані на концепції надзадач

Перш ніж перейти до теорії ймовірності, вже можна зробити багато аргументів проти детермінованих випадків та можливості заповнення суперзадачі. Також можна поставити під сумнів, чи встановлена ​​теоретична обробка є коректним поданням кінематичного представлення суперзадачі. Я не хочу сперечатися, добрі чи погані ці аргументи. Я згадую їх, щоб підкреслити, що ймовірнісний випадок може протиставлятися цим «аргументам суперзадач» і може розглядатися як такий, що містить додаткові елементи, які не мають нічого спільного із суперзадачами. Імовірнісний випадок має унікальний і окремий елемент (міркування з теорією ймовірності), який не є ні доведеним, ні спростованим аргументом проти, або для випадку надзадач.

• Аргументи наступності : Ці аргументи часто є більш концептуальними. Наприклад, ідея про те, що суперзадачу неможливо закінчити, такі як Аксакал та Джошуа, стверджують у своїх відповідях, і чіткою демонстрацією цих понять є лампа Томсона , яка у випадку парадокса Росса Літлвуда, як би запитувати, була останньою знятою число непарне або парне?

• Фізичні аргументи: Існують також аргументи, які ставлять під сумнів математичну конструкцію як релевантну для фізичної реалізації проблеми. У нас може бути жорстке математичне вирішення проблеми, але залишається питання, чи дійсно це стосується механістичного виконання завдання (поза спрощеними уявленнями, такими як порушення певних бар'єрів фізичного світу як обмеження швидкості або енергетичних / просторових потреб) .

  • Одним з аргументів може бути те, що теоретико-множинна межа є математичним поняттям, яке не обов'язково описує фізичну реальність

    Наприклад, розглянемо таку іншу проблему: Урна має кулю, всередині якої ми не рухаємося. Кожен крок ми стираємо число, написане раніше на кульці, і переписуємо нове, нижнє, число на ньому. Чи буде урна порожня після нескінченно багато кроків? У цьому випадку здається трохи більш абсурдним використовувати заданий теоретичний межа, який є порожнім набором. Ця межа приємна як математичне міркування, але чи представляє вона фізичну природу проблеми? Якщо ми дозволимо кулям зникнути з урн через абстрактні математичні міркування (що, можливо, слід розглядати як іншу проблему), то так само добре, як ми могли б зробити всю урну зниклою?

  • Також розрізнення кульок та присвоєння їм упорядкування здається "нефізичним" (це стосується математичної обробки наборів, але чи кулі в урні поводяться так, як ці набори?). Якби ми переставляли кулі на кожному кроці (наприклад, кожен крок випадковим чином перемикав кулю з викинутої кулі кулькою з залишкової кулі нескінченних кульок), таким чином забуваючи нумерацію залежно від того, коли вони вводять урну або число, яке вони отримали з початку, тоді аргументи, засновані на заданих теоретичних обмеженнях, вже не мають сенсу, оскільки множини не сходяться (не існує стабільного рішення, як тільки куля викидається з урни, вона може повернутися знову).

    З точки зору виконання фізичних завдань заповнення та спорожнення урни, здається, це не має значення, чи є у нас цифри на кульках чи ні. Це робить задані теоретичні міркування більше схожими на математичну думку про нескінченні множини, а не про власне процес.

У будь-якому разі, якщо ми наполягаємо на використанні цих нескінченних парадоксів для дидактичних цілей, і, таким чином, перш ніж перейти до теорії ймовірності, нам спочатку потрібно боротися за отримання прийнятного уявлення про (певні) суперзадачі, прийняті найбільш скептичними / впертими мислителів, тоді може бути цікавим використовувати відповідність між парадоксом Зенона та парадоксом Росса-Літлвуда, описаним Аллісом та Котьєром (1995) та коротко описаним нижче.

У своїй аналогії Ахілл намагається наздогнати черепаху, в той час як обидва вони перетинають прапори, розміщені таким чином, з відстані таким, що відстань Ахілла з прапорами вдвічі відстань черепахи з прапорами, а саме . Потім до 12. вечора. різниця у прапорах, які матиме черепаха та Ахілл, зростає . Але, врешті-решт, о 12 годині вечора ніхто, окрім Елеатики, не буде заперечувати, що вони Ахілл та черепаха досягли тієї ж точки і (таким чином) мають нульові прапори між ними.

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

Імовірнісний випадок і те, як він додає нові аспекти до проблеми.

Друга версія, додана Россом (у своєму підручнику), видаляє кулі на основі випадкового відбору

Давайте тепер припустимо, що кожного разу, коли м'яч повинен бути вилучений, цей кульку вибирається випадковим чином серед присутніх. Тобто, припустимо, що за 1 хвилину до 12 вечора кульки під номером від 1 до 10 поміщаються в урну, а куля випадковим чином вибирається та вилучається тощо. У цьому випадку скільки кульок знаходиться урни в 12 вечора?

Рішення Росса полягає в тому, що ймовірність дорівнює 1, коли урна буде порожньою. Однак, хоча аргументація Росса здається здоровою і суворою, можна задатися питанням, які саме аксіоми необхідні для цього, і яку з використаних теорем можна поставити під наголос за допомогою неявних припущень, які можуть бути непідставними в цих аксіомах (наприклад, припущення, що подіям опівдні може бути призначена ймовірність).

Розрахунок Росса, коротко кажучи, є поєднанням двох елементів, що розділяє подію не порожньої урни на безліч підмножин / подій і доводить, що для кожної з цих подій ймовірність дорівнює нулю:

1. Для, , у випадку, коли номер кульки знаходиться в урні о 12:00, маємо$F_i$$i$$P(F_1) = 0$

2. Для, , ймовірність того, що урна не буде порожньою о 12 вечора, маємо$P(\bigcup_1^\infty F_i)$

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

Імовірнісний випадок парадоксу Росса-Літлвуда, не міркуючи про суперзадачі

У найбільш голій формі парадокса, позбавляючи його від будь-яких проблем із виконанням надзадач, ми можемо замислитися над "простішою" проблемою віднімання нескінченних множин. Наприклад, у трьох версіях ми отримуємо:

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

і проблема зводиться до набору віднімання, наприклад .$S_{added}-S_{removed,1} = \emptyset$

Будь-яка нескінченна послідовність, , є (однаково) можливою послідовністю, яка описує порядок, в якому кулі можна видалити при ймовірній реалізації Росса -Проблема з листям. Давайте можемо називати ці нескінченні послідовності RL-послідовностями.$S_{RL} =\lbrace a_k \text{ without repetitions and } a_k < 10k \rbrace$

Тепер більш загальне питання без парадоксальних міркувань про суперзадачі - про щільність послідовностей RL, які не містять весь набір$\mathbb{N}$

Графічний вигляд проблеми.

вкладені, фрактальні, будова

Перед відредагованою версією цієї відповіді я висловив аргумент, який використовував існування ін’єктивної карти від "нескінченних послідовностей, які спорожняють урну", до "нескінченних послідовностей, які не містять числа 1".

Це не вагомий аргумент. Порівняйте, наприклад, щільність набору квадратів. Існує нескінченно багато квадратів (і є бієктивне відношення і ), але множина квадратів має нульову щільність у .$n \mapsto n^2$$n^2 \mapsto n$$\mathbb{N}$

Зображення нижче створює кращий вигляд того, як з кожним додатковим кроком ймовірність кулі 1 урни зменшується (і ми можемо стверджувати те саме для всіх інших куль). Навіть незважаючи на те, що кардинальність підмножини всіх RL-послідовностей (послідовностей зміщених кульок) дорівнює кардинальності всіх послідовностей RL (зображення відображає якусь фрактальну структуру, а дерево містить нескінченно багато копій itselve).

зростання пробного простору, кількість шляхів

На зображенні показані всі можливі реалізації за перші п’ять кроків, зі схемою проблеми тенісного м'яча (проблема тенісного м'яча, кожен крок: додайте 2 видалення 1, росте менш швидко і легше відображається). Бірюзові та фіолетові лінії відображають усі можливі шляхи, які можуть розгортатися (уявімо, що на кожному кроці ми кидаємо кубики розміром і на основі результату вибираємо один із контурів, або іншими словами на основі результатів видаляємо одну з кульок в урну).$n$$n+1$$n+1$$n+1$

Кількість можливих композицій урн (поля) збільшується у міру збільшення n + 1-го каталонського числа , а загальна кількість шляхів збільшується у міру факторіального. У випадку композицій урн з кулькою №1 всередині (кольоровий темно-сірий) та доріжок, що ведуть до цих скриньок (фіолетовий), цифри розгортаються абсолютно однаково, однак цього разу це n-е число чисельних та фабричне.$C_{n+1}$$(n+1)!$$n!$

щільність доріжок, які залишають кулю всередині$n$

Отже, для доріжок, які ведуть до урни з кулькою №1 всередині, щільність дорівнює І зменшується в міру збільшення . Хоча існує багато реалізацій, які призводять до знаходження кульового числа у полі, ймовірність наближається до нуля (я б стверджував, що це не робить неможливим, але просто майже точно не відбувається, і головна хитрість аргументу Росса полягає в тому, що об'єднання підрахункових багатьох нульових подій також є нульовою подією).$\frac{(n)!}{(n+1)!}$$n$$n$

Приклад шляхів для перших п'яти кроків у проблемі з тенісним м'ячем (кожен крок: додайте 2 видалити 1)

Аргументи Росса щодо безумовно порожньої урни.

Росс визначає події (підмножини вибіркового простору), , що куля з номером знаходиться в урні на кроці . (у своєму підручнику він фактично залишає підпис аргументує бал 1).$E_{in}$$i$$n$$i$

Крок 1)

Росс використовує свою пропозицію 6.1. для збільшення або зменшення послідовностей подій (наприклад, зменшення еквівалентно ).$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset E_4 \supset ...$

Пропозиція 6.1: Якщо або збільшується, або зменшується послідовність подій, тоді$\lbrace E_n, n\geq 1 \rbrace$

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

Використовуючи цю пропозицію Росс стверджує, що ймовірність спостереження за балом о 12 годині вечора (що є подією ) дорівнює$i$$lim_{n \to \infty} E_{in}$

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

Алліс та Котьєр стверджують, що це одне з тих неявних припущень. Суперзадач itselve не (логічно) означає, що відбувається о 12 годині вечора, і рішення проблеми повинні робити неявні припущення. У цьому випадку ми можемо використовувати принцип безперервності на множині кульок всередині урни, щоб констатувати, що відбувається на нескінченність. Якщо (теоретико-множинна) межа нескінченності конкретне значення, то на нескінченності ми будемо мати , що особливе значення (не може бути ніякого раптового стрибка).

Цікавим варіантом парадоксу Росса-Літтлвуда є те, коли ми також випадковим чином повертаємо кульки, які раніше були відкинуті. При цьому не буде конвергенції (як лампа Томсона), і ми не можемо так легко визначити межу послідовностей (яка вже не зменшується).$E_{in}$

Крок 2)

Обчислюється ліміт. Це простий алгебраїчний крок.

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

Крок 3 доказування)

Стверджується, що крок 1 і 2 працює для всіх простим твердженням$i$

"Аналогічно ми можемо показати, що для всіх "$P(F_i)=0$$i$

де - це випадок, коли м'яч вийняли з урни, коли ми дійшли до 12 вечора$F_i$$i$

Хоча це може бути правдою, ми можемо задатися питанням про вираз продукту, нижчий показник якого зараз іде до нескінченності:

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

Я не так багато про це говорю, крім того, що сподіваюся, що хтось може мені пояснити, чи працює він.

Було б також непогано отримати більш інтуїтивні приклади щодо поняття, що зменшувальні послідовності , які потрібні для пропозиції 6.1, не можуть усі почніть з індексу числа кроків, , який дорівнює 1. Цей індекс повинен зростати до нескінченності (що не тільки кількість кроків стає нескінченним, але й випадковий вибір кулі, який слід відкинути, стає нескінченним, і кількість куль, за якими ми спостерігаємо межу, стає нескінченною). Хоча ця технічна інформація може бути вирішена (а можливо, це вже було зроблено в інших відповідях, неявно або явно), ретельне та інтуїтивне пояснення може бути дуже корисним.$E_{in}, E_{in+1}, E_{in+2}, ...$$n$

На цьому кроці 3 він стає досить технічним, тоді як Росс дуже короткий. Росс припускає існування простору ймовірностей (або, принаймні, не є явним про це), в якому ми можемо застосовувати ці операції нескінченно, точно так само, як ми можемо застосувати операції у скінчених підпросторах.

Відповідь еквалл дає побудову, використовуючи теорему про розширення, що пояснюється Іонеску-Тулчею , в результаті чого утворюється нескінченний простір продукту в якому ми можемо виразити події нескінченним добутком ядер ймовірності, в результаті чого .$\sum_{k=0}^\infty \Omega_i \bigotimes_{k=0}^\infty \mathcal{A}_i$$P(E_i)$$P=0$

Однак це не прописано в інтуїтивному сенсі. Як ми можемо інтуїтивно показати, що простір подій працює? Це доповнення - це нульовий набір (а не число 1 з нескінченно багатьма нулями, як, наприклад, рішення у скоригованій версії проблеми Росса-Літтлвуда Аліса та Котьє) і що це простір вірогідності?$E_{i}$

Крок 4)

Нерівність Була використовується для завершення доказу.

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

Нерівність доведена для безлічі подій, які є кінцевими або нескінченними підрахунковими. Це справедливо для .$F_i$

Цей доказ Росса не є доказом у констуктивістському розумінні. Замість того, щоб доводити, що ймовірність майже 1, щоб урна була порожньою о 12 годині вечора, це доводить, що ймовірність майже 0, щоб урна була заповнена будь-яким кулькою з кінцевим числом.

Спогад

Парадокс детермінованого Росса-Літлвуда містить явно порожній набір (саме з цього і почалася ця публікація). Це робить менш дивним, що ймовірнісна версія закінчується порожнім набором, а результат (правдивий він чи ні) не настільки парадоксальніший, як неімовірнісний версії RL. Цікавим продуманим експериментом є наступна версія проблеми RL:

• Уявіть, що починаєте з урни, наповненої нескінченно великою кількістю кульок, і почніть випадково відкидати кульки від неї. Цей надзадач, якщо він закінчиться, повинен логічно спорожнити урну. Оскільки, якби воно не було порожнім, ми могли б продовжувати. (Цей мислительний експеримент, однак, розтягує поняття суперзадачі і має нечітко визначений кінець. Це коли порожня урна або коли ми доходимо до 12 вечора?)

Існує щось незадовільне в техніці доказування Росса, або хоча б якась краща інтуїція та пояснення з іншими прикладами може знадобитися, щоб можна було повно оцінити красу доказу. 4 кроки разом утворюють механізм, який можна узагальнити і, можливо, застосувати для створення багатьох інших парадоксів (Хоча я намагався не досягти успіху).

Ми можемо створити теорему таку, що для будь-якого іншого підходящого простору вибірки, який збільшується в розмірі до нескінченності (простір вибірки задачі RL має ). Якщо ми можемо визначити лічильний набір подій які є спадною послідовністю з лімітом 0 у міру збільшення кроку , то ймовірність події, яка є об'єднанням цих подій, переходить до нуля, коли ми наближаємось до нескінченності. Якщо ми можемо зробити об'єднанням подій цілий простір (у прикладі RL порожня ваза не була включена до об'єднання, ймовірність якого дорівнює нулю, тому серйозний парадокс не стався), тоді ми можемо зробити більш серйозний парадокс, який кидає виклик узгодженість аксіом у поєднанні з трансфінітним дедукцією.$card(2^\mathbb{N})$$E_{ij}$$j$

• Один із таких прикладів (або спроба створити далі) - це нескінченно часто розщеплення хліба на більш дрібні шматочки (для того, щоб виконати математичні умови, скажімо, ми робимо лише розбивки на шматочки, які мають розмір додатного раціонального числа). Для цього прикладу ми можемо визначити події (на кроці x у нас є шматок розміру x), які зменшують послідовності, і межа ймовірності подій переходить до нуля (аналогічно парадоксу RL, зменшувальні послідовності відбуваються лише далі та далі в часі, і є точкове, але не, і рівномірне зближення).

  Треба було б зробити висновок, що коли ми закінчимо цей суперзадачу, то хліб зник . Тут ми можемо піти в різні напрямки. 1) Можна сказати, що рішення - це порожній набір (хоча це рішення набагато менш приємний, ніж у парадоксі RL, оскільки порожній набір не є частиною простору вибірки) 2) Можна сказати, що існує нескінченно багато невизначених фрагментів ( наприклад, розмір нескінченно малого) 3) чи, можливо, нам доведеться зробити висновок (виконавши доказ Росса і виявивши порожнім), що це не суперзадача, яку можна виконати? Те, що поняття про закінчення такого суперзадачі можна скласти, але не обов'язково "існує" (такий собі парадокс Рассела).

---

Цитата з Бесіковича, надрукована в різному слові Літтлвуда:

"репутація математика базується на кількості наданих ним поганих доказів".

---

Allis, V., Koetsier, T. (1995), Про деякі парадокси нескінченного II , Британський журнал з філософії науки , с. 235-247

Koetsier, T. (2012), Didactiek зустріли oneindig veel pingpongballen, Nieuw Archief voor Wiskunde , 5/13 nr4, pp. 258-261 ( голландський оригінал , переклад можливий через google та іншими методами)

Літлвуд, Дж. Е. (1953), «Різне математика» , стор. 5 ( безкоштовне посилання через archive.org )

Мерлін, Д., Спруньолі, Р. та Веррі МЦ (2002), Проблема тенісного м'яча , Журнал комбінаторної теорії , стор. 307-344

Росс, С.М. (1976), перший імовірний курс , (розділ 2.7)

Тимочко, Т. і Генле, Дж. (Оригінал 1995 р.) ( Посилання 2-го видання 1999 року на Google ), " Солодкий привід": посібник із сучасної логіки

Гаразд, спробую ще раз.

Відповідь - парадокс суто математичний. Відповідь «Енумаріса» та «забійника» говорять про те, що відбувається одним способом, але це ще один спосіб бачити проблему. Проблема полягає в тому, як ми маємо справу з ймовірностями з нескінченностями, про що писав Джейнес (детальніше див. Мою іншу спробувану відповідь).

Нескінченний ряд зазвичай трактується так, ніби він не має кінця, але в цій проблемі є кінцевий час (12PM) і так логічно, навіть якщо не математично, є останній цикл додавання та вилучення кульок: той, що відбувається нескінченно до 12:00. Існування "останнього" циклу дозволяє нам дивитися на ймовірності назад, а також вперед через час.

Розглянемо десять останніх доданих кульок. Для кожного з них їхня ймовірність видалення дорівнює нулю, оскільки вони є лише одним з нескінченних кульок, які можуть бути вилучені. Таким чином, ймовірність того, що при 12-й хвилині залишиться щонайменше десять кульок, є єдністю.

QED. Імовірнісний аргумент, який не призводить до дурниць.

Нещодавно кілька коментарів Вільгельма, Вольфганга Мюкенхайма, змусили мене переглянути певні формулювання у своїй відповіді. Я публікую це як нову відповідь головним чином через те, що інший підхід до цієї відповіді, не сперечаючись про викладання цієї проблеми, а замість того, щоб парадокс був недійсним.

У своєму довгому рукописі Вільгельм обговорює це

Операції можливі лише на кінцевих кроках (між усіма та " неможлива дія ).$n$$n$$\omega$

Це нагадало мені термін

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

яка походить від праці Росса. Цей термін невизначений, коли шлях до нескінченності не визначений для наступної межі.

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

Це, схоже, нагадує точку, яку обговорює Вільгельм і також згадується у відповіді аксакалу. Крок у часі стає нескінченно малим, тому ми зможемо досягти 12 вечора в цьому сенсі, але нам одночасно потрібно буде додати та вилучити (нефізичну) кількість нескінченних кульок. Помилкова ідея приєднувати цей суперзадачу до такого процесу, як стрілка Зенона, подібно до того, як перемикач парадоксальної лампи Томпсона не може мати певного положення в кінці суперзадачі.

З точки зору межі можна сказати, що фізичний шлях до нескінченності, який ми беремо, є

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

тому не нульовий, але нескінченний.

Я вважаю, що цей приклад підтримує "якщо умова хибна, тоді умовна правда"

У цьому Всесвіті немає нескінченних урн і нескінченної колекції кульок. Неможливо розділити час на довільно невеликі шматочки.

Таким чином Шелдон Росс справедливо каже, що урна порожня о 12:00. Студенти, які кажуть, що урна має нескінченні кулі о 12:00, так само правильно.

Якщо ви відповіли, що урна має 50 куль, то ви також правильні.

Я не жорстко довів, що ця Всесвіт не містить нескінченних урн і нескінченних кульок, і що час не є атомним - я просто вірю цим речам. Якщо ви вважаєте, що ці три твердження є неправильними, ви вважаєте, що проблема Росса емпірично піддається фальсифікації. Чекаю ваших експериментальних результатів.

Я підтримую думку про те, що проблема погана. Коли ми вважаємо щось безмежне, нам часто доводиться використовувати обмеження. Здається, що тут це єдиний шлях. Оскільки ми розрізняємо різні кулі, ми маємо нескінченномірний процес де стоїть за часом, якщо м'яч в момент часу а іншому випадку.

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

Тепер, на розсуд кожного, яку конвергенцію використовувати: рівномірний, компонентний, і т. Д. Потрібно говорити, що відповідь залежить від вибору.$l_p$

Нерозуміння цієї проблеми походить від нехтування тим, що метричні питання є вирішальними, коли ми розглядаємо конвергенцію нескінченномірних векторів. Без вибору типу конвергенції не можна дати правильної відповіді.

(Існує компонентне зближення до нульового вектора. Хоча норма рахує кількість кульок, тому в цій нормі процес вибухає.)$l_1$

Більше інтуїції, ніж формальної освіти, але:

Якщо інтервали до півночі скорочуються вдвічі, ми ніколи не досягаємо півночі ... ми підходимо лише асимптотично; тому можна стверджувати , що немає ніякого рішення.

Як варіант, залежно від фразування:

• оскільки існують нескінченні інтервали +10 балів, відповідь нескінченна
• як існують нескінченні інтервали (+10 кульок - 1), відповідь - 10 * нескінченна -1 * нескінченна = 0?
• оскільки існують нескінченні інтервали (+9 балів) +1, відповідь нескінченна + 1

Перепишіть: 16 січня 2018 року

Розділ 1: Структура

Основні результати цієї посади:

• На півдорозі куля має ймовірність приблизно залишитися в межі, коли крок переходить до - це і реальне спостереження світу, і виведене математично. Виведена функція має область раціоналів у . Наприклад, ймовірність у границі кулі, що залишилася на півдорозі, відповідає значенню домена . Ця функція може обчислити ймовірність залишитися для будь-якої частки розмір кроку$0.91$$\infty$
  $(0,1]$$1/2$
• Аналіз Росса не є помилковим, але є неповним, оскільки він намагається переробити раціонали в порядку величини . Раціоналів не можна повторити в порядку величини. Отже, аналіз Росса не може отримати доступ до повної області та може запропонувати лише обмежений погляд на загальну поведінку.$\left(i,\infty\right), i=1..\infty$
  
• Аналіз Росса, однак, враховує одну особливу спостережувану поведінку: за межею неможливо через серійну ітерацію з 1 досягти першого решти балету.
• Межі послідовностей Росса мають деякі приємні переконливі властивості, які здаються інтуїтивно унікальними.
  Однак ми показуємо інший набір граничних послідовностей, які задовольняють однакові приємні властивості та дають значення для нашої функції.

Розділ 2 "Позначення та термінологія" охоплює позначення та термінологію, що використовується в цій публікації.

Розділ 3 "Напівдорога куля" вводить реальне спостереження у світі - збіжність у межі ймовірності залишитися кулі, індекс якого знаходиться на півдорозі через усі вставлені кулі. Це граничне значення становить близько 91%. Випадок напівшляхового набору балів узагальнено до будь-якого раціонального в , у якого всі ненульові граничні значення. $(0,1]$

Розділ 4 "Роздільна здатність Парадокса" представляє єдину рамку для включення як результату Росса, так і результатів "раціональної області" (описаних тут). Як уже зазначалося, аналіз Росса пропонує лише обмежений погляд на загальну поведінку. Отже, джерело парадоксу виявлено та вирішено.

У додатку обговорюються деякі інші менш важливі результати:

• "Очікування в ліміті" обчислює очікувану кількість куль, що залишилися до і включають будь-яку частку від розміру кроку.
• Наслідком цього результату є визначення показника першої кулі, який очікує, що залишиться більшим за одиницю.

Розділ 2: Позначення та термінологія

• кульові індекси, вставлені на кроці як і називаємо цей набір м "кулею". Балсет - це одне слово, створене для цієї посади. Ця термінологія, на жаль, відхиляється від термінології Росса, але також робить текст набагато чіткішим та коротшим.$n$$\{n.1, n.2, n.3, ..... n.10\}$$n$
  
• Позначення відноситься до події , що м'яч в ballset залишається на стадії , НЕ звертаючи уваги на інші кулі в ballset.$E(a,b)$$a.1$$a$$b$
• Позначення - це абревіатура для і вона посилається на ймовірність . Зауважте, що всі кулі у кулі мають однакову ймовірність залишитися. - значення дорівнює .$P(a,b)$$P(E(a,b))$$E(a,b)$
  $a.i$$a$
  $P(E(a,b))$$\prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)}$
• Межа Росса - це ймовірність оскільки переходить до нескінченності: -$P(a)$$P(a,b)$$b$
  $P_{lim1}(a) = \lim_{b\rightarrow\infty} P(a,b)$
• Раціональна межа визначається як межа, оскільки обидва індексу кулі і крок йдуть до нескінченності, зберігаючи постійне відношення: -$a$$b$$P_{lim2}(a,b) = \lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb)$

Розділ 3: Напівдоріжка бального набору

На кожному парному кроці , напівповерховий набір балів визначається як й набір балів. На кожному парному кроці , половина ймовірності залишитися визначається як . У обмеженні як , половина ймовірності залишитися тому . Теорема 1 нижче дає числове значення для половинної ймовірності залишитися.$2n$$n$$2n$$P(n,2n)$
$n\rightarrow\infty$$\lim_{n\rightarrow\infty} P(1*n,2*n)$

Теорема 1 - Обмеження ймовірності елементів у доменній послідовності, що зберігає співвідношення

$$\begin{equation} \lim_{n\rightarrow\infty} P(a*n,b*n) = (\frac{a}{b})^\frac{1}{9} \end{equation}$$ доказ наведено нижче безпосередньо перед додатком.

Згідно з теоремою 1, половина ймовірності залишитися в межі - що оцінює приблизне десяткове значення .$(\frac{1}{2})^\frac{1}{9}$$0.925875$

Перевірка обґрунтованості Дозволяє зробити перевірку обґрунтованості, щоб перевірити, чи чисельна межа для середньої ймовірності "виглядає правильно".

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

Перші 4 рядки є половинною ймовірністю залишку для значень числа кроків , , та відповідно. Заключний ряд - це межа. Здається, що ймовірності на півдорозі дійсно збігаються до прогнозованої межі. Це реальне спостереження, яке не входить у рамки Росса, потребує пояснення. $10^3$$10^4$$10^5$$10^6$

** Розділ 4 "Постанова Парадоксу" **

У цьому розділі пояснюється уніфікована основа як для аналізу Росса, так і для раціонального аналізу домену, переглядаючи їх разом, парадокс вирішується.

Раціональна межа зводиться до функції від раціоналів до реалів : де і . Тут вказує , найбільший спільний дільник. Еквівалентно затвердження" і є взаємно простим ", і" - зменшена частка . $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}$

Межа Росса може бути записана як межа послідовності раціональних меж: кортеж не є членом раціоналів в ; він належить . Тому межа Росса є ізоморфною функції в області і його зображення завжди є єдиним реальним .

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

Межа Росса і раціональний межа є однаковою функцією в двох неперервних областях і відповідно. Межа Росса розглядає лише випадок індексів бальних наборів, які, як вважається, нескінченно малі відносно покроковий розмір. $[0,0]$$(0,1]$

Аналіз Росса-ліміту передбачає, що в межах ліміту, що доступ до значень послідовно для ніколи не досягне нульового значення. Це правильно і відповідає реальним спостереженням світу.$P_{lim1}(i)$$i=1,2,...\infty$

Аналіз раціонального ліміту пояснює спостереження в реальному світі, такі як напівдорогий бальний набір, до якого межа Росса не враховується. Функція така ж але домен замість$P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$[0,0]$

На схемі нижче зображено як граничні послідовності Росса, так і раціональні граничні послідовності.

Напевно, справедливо сказати, що аналіз Росса включає неявне припущення, що межа Росса і його домен є всією сферою, що цікавить. Інтуїція, що явно лежить в основі припущення Росса, подібна до чотирьох наведених нижче умов, навіть якщо вони не розпізнаються прямо:

Нехай - - межа граничної послідовності. Нехай - об'єднання граничних послідовностей Рота. $S_i = P(i,n), n=1,...,\infty$$i$$S = \cup_{i=(1...\infty)} S_i$

• (1) Послідовності роз'єднані, і кожна послідовність сходиться.$S_i$
• (2) Об'єднання елементів усіх послідовностей охоплює саме набір усіх (куля, крок) кортежів, що вступають у гру:$S$$\{ (i,n)\ |\ i\leq n\ \land \ i,n\in Q \}$
• (3) Усі послідовності є нескінченними , ступеневим індексом, тому вони не закінчуються "рано".$S_i$$n$
• (4) Послідовності самі утворюють . Тому цю суперпослідовність можна "створити" ітеративно, i, e,, вони можна підрахувати.$S_i$$\{ S_i \}_{i_in (1...\infty) }$

Не відразу видно, що інша система граничних послідовностей могла б задовольнити вищевказані точки (1) - (4).

Однак ми зараз обговоримо іншу систему граничних послідовностей, які дійсно відповідають вищевказаним точкам (1) - (4).

Нехай , де , являє собою раціонально-граничну послідовність Нехай - взаємно прості кортежі : = . Нехай - об'єднання згаданих раціональних граничних послідовностей: $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}$

Зрозуміло, що послідовності , об'єднання яких задовольняють наведеним властивостям (1) - (3). Індекси це саме раціональні показники на . Щоб задовольнити умову (4), ми повинні показати, що раціональні показники на є підрахунковими. $S_{p,q}$$S^*$
$(p,q)$$(0,1]$$(0,1]$

(Послідовність Фарі) 2 порядку - це послідовність повністю зменшених дробів між 0 і 1, які в найнижчому вираженні мають знаменники менші або рівні , розташовані в порядку збільшення розміру. Ось перші вісім послідовностей Фарі:$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}

Нехай представляє ту послідовність Фарі без першого елемента .$F^*_n$$n$$0/1$

Нехай - об'єднання раціональних граничних послідовностей, які мають принаймні один елемент до та включає етап : $S^*_n$$n$

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

Елементи індексу , перетворені з дробів у кортежі, точно індексують елементи . Наступна таблиця порівнює групування граничних послідовностей в аналізі Росса та раціональний граничний аналіз:$F^*_n$$S^*_n$

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

Нарешті, оскільки існують методи [ 3 ], [ 4 ] для ітераційного створення супер послідовності , умова (4) також виконується.$F^*_n$

Один із таких методів, варіант дерева Стерн-Брокота, полягає в наступному:

Посередник двох раціоналів і визначається як$a/c$$b/d$$\frac{a+b}{c+d}$

• Встановіть$F*_n = \emptyset$
• Додайте до$1/n$$F*_n$

• Цикл для в$i$$1...(\|F*_{n-1}\|-1)$

  • Додайте до F ​​* _n $$F*_{n-1}[i]$

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

  • Якщо додає x до$denom(x) \leq n$$F*_n$
  • продовження циклу
• Додайте до$F*_{n-1}[n]$$F*_n$

Парадокс вирішено.

Доведення теореми 1 Спочатку зауважимо, що: де останнє перетворення - це перетворення Стерлінга.

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

Тоді, синтаксично підставляючи і в останнє (форму стерлінгів), отримаємо $a\rightarrow a*n$$b\rightarrow b*n$

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

Додаток: Інші результати

Очікування в межах

Цей розділ дає закрите вираження для очікуваної кількості кульок, що залишаються до та включають будь-яку частку розміру кроку.
Слідство цього результату - це числове наближення показника першої кулі, яке очікує, що залишиться більшим за одиницю.

( Далі буде )

Редагувати Правка

Довга коротка історія. Так званий парадокс - це невизначена помилка форми, помилка початківця з результатом, подібним до помилки поділу на нуль, що доводить, що . Такі помилки, в даному випадку для підрахунку чисел, природно дають відповіді, які можуть бути 0, або .$1=2$$n$$\infty$

До речі, коли додається нескінченна кількість нескінченно малих ймовірностей, то створюється , невизначена форма, і доказ Росса невірний. Щоб отримати правильну відповідь, використовуйте правило L'Hopital. нескінченність - це не число . Ставлення до нескінченності так, ніби це число, призводить до помилок.$\frac{1}{\infty}\infty$