Soru (hafifçe değiştirilmiş) aşağıdaki gibi gider ve eğer daha önce hiç karşılaşmadıysanız, Sheldon Ross'un Olasılıkta Bir İlk Kursunun 2. bölümündeki örnek 6a'yı kontrol etmeden önce :

Sonsuz derecede büyük bir semire ve 1, 2, 3 ve benzeri numaralı bilyalı etiketli sonsuz bir top koleksiyonuna sahip olduğumuzu varsayalım. Aşağıdaki şekilde gerçekleştirilen bir deneyi göz önünde bulundurun: 1 - 12: 00'da, 1 ila 10 numaralı toplar urn içerisine yerleştirilir ve bir top rasgele çıkarılır. (Çekilmenin zaman almadığını varsayalım.) 1 - 12: 00-12: 00 arasında, 11 ile 20 arasındaki numaralar urn'a yerleştirilir ve başka bir top, rastgele çıkarılır. 1/4 dakikada 12: 00'a 21 ila 30 nolu toplar urn içerisine yerleştirilir ve başka bir top rasgele ... vb. İlgilenilen soru şu: Saat 12'de urn'da kaç tane top var?

Bu soru, ortaya atıldığı gibi, temelde herkesi yanlış anlamaya zorlar --- genellikle sezgi, saat 12'de sonsuz sayıda top olacağını söyler. Ancak Ross'un verdiği cevap, olasılıkla, urn'un boş olacağı yönündedir. saat 12'de

Olasılık teorisini öğretirken, bu problem iyi bir sezgisel açıklama yapmak için çok zor olanlardan biridir.

Bir yandan, bunu şöyle açıklamaya çalışabilirsiniz: "öğleden sonra saat 12'de urnda olduğum topun olasılığını düşünün. Sonsuz rastgele çekilişler sırasında, sonunda kaldırılacaktır. Bu, tüm toplar için geçerli olduğundan, hiçbiri Sonunda orada olabilir. "

Ancak, öğrenciler sizinle doğru bir şekilde tartışacaklar: "ama her seferinde 10 top koyuyorum ve 1 top kaldırıyorum. Sonunda sıfır top olması imkansız".

Bu çelişkili sezgileri çözmek için onlara verebileceğimiz en iyi açıklama nedir?

Ayrıca, soruya kötü bakılan bir argümana açığım ve bunu daha iyi formüle edersek "paradoks" un ortadan kalkması veya paradoksun "tamamen matematiksel" olduğu iddiasına (ama lütfen bu konuda kesin olmaya çalışın).

Ross , ders kitabındaki Örnek 6a'daki bu "paradoks" un üç versiyonunu açıklamaktadır . Her versiyonda, semire 10 top eklenir ve işlemin her aşamasında 1 top kaldırılır.

1. İlk versiyonda, -inci top az kaldırılır -inci aşama. Gece yarısından sonra kalan çok sayıda top kalıyor çünkü sayıları sıfır olmayan tüm toplar hala orada.$10n$$n$

2. İkinci versiyonda, -inci topu çıkarılır -inci aşama. Gece yarısından sonra kalan sıfır top var çünkü her bir top sonunda karşılık gelen adımda kaldırılacak.$n$$n$

3. Üçüncü versiyonda, toplar rastgele eşit bir şekilde çıkarılır. Ross her topun olasılık aşaması ile kaldırılacak hesaplar ve yakınsaması bulur olarak (bu belirgin olmadığına dikkat! Biri aslında hesabı yapmak zorunda). Bu, Boole'nin eşitsizliği ile , sonunda sıfır top bulundurma olasılığının da .1 n → ∞ $n$$1$$n\to\infty$$1$

Bu son sonucun sezgisel ve açıklanması zor olmadığını söylüyorsunuz; Bu, bu konudaki pek çok karışık cevap ve yorum ile harika bir şekilde desteklenmektedir. Ancak, ikinci versiyonun sonucu tam olarak sezgisel değil! Ve kesinlikle olasılık veya istatistikle ilgisi yok. Biri ikinci sürümü kabul ettikten sonra, artık üçüncü sürüm için özellikle şaşırtıcı olan bir şey olmadığını düşünüyorum.

Öyleyse, "olasılıklı" tartışmanın üçüncü sürümle ilgili olması gerekirken [@ paw88789, @Paul ve @ekvall tarafından verilen çok anlayışlı cevaplara bakın], "felsefi" tartışma daha kolay ve benzer olan ikinci sürüme odaklanmalıdır. Hilbert'in otelindeki ruhu .

---

İkinci versiyon Ross-Littlewood paradoksu olarak bilinir . Vikipedi sayfasına bağlantı veriyorum, ancak tartışma oldukça kafa karıştırıcı ve hiç okumanızı önermiyorum. Bunun yerine, yıllar önce bu MathOverflow iş parçacığına bir göz atın . Şimdiye kadar kapalı, ancak pek çok algısal cevap içeriyor. En önemli bulduğum cevapların kısa bir özeti aşağıdaki gibidir.

adımından sonra bulunan toplardan oluşan bir set tanımlayabiliriz . O sahip , , ve benzeri gibi bir matematiksel olarak iyi tanımlanmış bir kavram yoktur setlerinin bir dizisinin sınırını ve bir titizlikle ispat bu dizinin sınırının var olduğunu ve boş küme . Gerçekten, limitte hangi toplar olabilir? Sadece asla çıkarılmayanları. Ancak her top sonunda kaldırılır. Yani limit boş. yazabiliriz . 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$

Aynı zamandaBu setin olarak da bilinen topların , . dizisi açıkça farklılaşmaktadır, yani kardinalite, aleph-zero olarak da bilinen kardinalliğine yakınlaşır . Böylece .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$

Şimdi "paradoks" şu iki ifadenin birbiriyle çelişiyor gibi görünüyor:

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

Fakat elbette gerçek bir paradoks yoktur ve çelişki yoktur. Kimse kardinalitenin alınmasının setlerdeki "sürekli" bir işlem olduğunu söylemedi, bu yüzden bunu limitle değiştiremiyoruz:Başka bir deyişle, tüm tamsayıları için olduğu gerçeğinden ,( ilk sıradaki değer ) eşittir . Bunun yerine,doğrudan hesaplanması gerekiyor ve sıfır olduğu ortaya çıkıyor.| 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|$

Bu yüzden, bundan ne elde ettiğimizi gerçekten kardinalikleri almanın süreksiz bir operasyon olduğu sonucuna vardıklarını düşünüyorum ... [@HarryAltman]

Bu yüzden bu paradoksun sadece "basit" operasyonların sürekli olduğunu varsayma eğilimi olduğunu düşünüyorum. [@NateEldredge]

---

Bu, kümeler yerine işlevlerle anlaşılması daha kolaydır. aralığında bir eşit ve başka bir yerde sıfır olarak tanımlanan setinin karakteristik (aka gösterge) işlevini . İlk on işlev şöyle görünür (ASCII sanatını @ Hurkyl'in cevabından karşılaştırın):S , n [ N , 10 n $f_n(x)$$S_n$$[n, 10n]$

$\quad\quad\quad$

Herkes noktası , olduğunu kabul edecektir . Bu tanım gereği , işlevlerinin işlevine yakınlaştığı anlamına gelir . Yine, herkes bunu kabul edecektir. Bununla birlikte, bu işlevlerin integrallerinin ve integral dizisinin farklılaştığını . Başka bir deyişle, lim f n ( a ) = 0 f n ( x ) g ( x ) = $a\in\mathbb R$$\lim f_n(a) = 0$$f_n(x)$$g(x)=0$$\int_0^\infty f(x)dx = 9n$

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

Bu tamamen standart ve tanıdık bir analiz sonucudur. Ama bu bizim paradoksumuzun tam bir reformu!

Sorunu resmileştirmenin iyi bir yolu, sürahinin durumunu bir dizi ( bir alt kümesi) olarak tanımlamamaktır , çünkü bunun sınırlarını almak zor ancak karakteristik işlevidir. İlk "paradoks", noktasal sınırların tek tip sınırlarla aynı olmamasıdır. [ 'TheoJohnson-Freyd]$\mathbb N$

Önemli olan nokta , " gece yarısı öğle saatlerinde" bütün sonsuz dizinin çoktan geçtiği , yani bir "trasfinit sıçraması" yaptık ve transfinit durumuna . “ Gece yarısı öğle saatlerinde” integralinin değeri, tam değil, integralinin değeri olmalıdır .lim f $f_\omega = \lim f_n(x)$$\lim f_n$

---

Lütfen dikkat, bu konudaki cevapların bir kısmının çok fazla beğenilmesine rağmen yanıltıcı olduğunu unutmayın.

Özellikle, @cmaster gerçekten sınırsız olan i , ancak paradoksun sorduğu şey bu değildir . Paradoks, sonsuz adım dizisinden sonra ne olacağını soruyor; bu bir transfinit yapıdır ve bu yüzden yukarıda açıklandığı gibi sıfıra eşit olan hesaplamamız gerekir .topCount ( S ω$\lim_{n\to\infty} \operatorname{ballCount}(S_n)$$\operatorname{ballCount}(S_\omega)$

Hurkyl (bir cevapta) ve Dilip Sarwate (bir yorumda) bu bulmacanın iki ortak deterministik versiyonunu verir. Her iki varyantta, aşamasında , yığına ila arasındaki toplar eklenmektedir ( ). 10 k - 9 10 k k = 1 , 2 , . . $k$$10k-9$$10k$$k=1,2,...$

Hurkyl'in varyasyonunda, top kaldırıldı. Bu varyantta, kesin olabilir top çünkü hiçbir topları kalmayıncaya savundu adım at kaldırılır .n $k$$n$$n$

Dilip Sarwate en varyasyonda, top adım at kaldırılır ve böylece bu varyantta, katları olmayan tüm topları kalır. Bu değişkende, uçta semaverde sonsuz sayıda top vardır.k $10k$$k$$10$

Bu iki değişken, son vaka olarak, bu işlemi yaparken birçok farklı şeyin olabileceğini görüyoruz. Örneğin, Hurkyl'in işlemini yaparak ancak belirli topların çıkarılmasını atlayarak sonunda herhangi bir sonlu top setinin kalmasını sağlayabilirsiniz. Aslında , sayılabilir şekilde sonsuz bir tamamlayıcıya sahip herhangi bir grubu için ((pozitif) doğal sayılarla), işlem sonunda kalan o top setine sahip olabilirsiniz.$B$

Sorunun rastgele varyasyonuna bakabiliriz (orijinal yazıdaki) fonksiyonunu seçerek (i) bire bir olduğu ve (ii) tümü için . f f ( k ) ≤ 10 k k ∈ $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f$$f(k)\le 10k$$k\in \mathbb{N}$

Sheldon Ross kitabında (yazıya atıfta bulunulan) verilen argüman, bu fonksiyonların neredeyse hepsinin (olasılıksal anlamda) aslında fonksiyonlar (surimetreler) üzerine olduğunu göstermektedir.

Bunu , düzgün dağılımdan bir sayı, seçerek ve sayının Cantor kümesinde olma olasılığının ne olduğunu sorma durumuna benzer bir şey olarak görüyorum (söylemek yerine, Cantor kümesini kullanıyorum). Rasyonel sayı hesaplanamadığından rasyonel sayılar). Cantor kümesinde seçilmiş olabilecek (sayısız sayıda) sayı olmasına rağmen olasılık . Top çıkarma probleminde, kalan topların bulunduğu dizi, Cantor setinin rolünü oynuyor.[ 0 , 1 ] $x$$[0,1]$$0$

---

Düzenleme: BenMillwood, kalan set olamayacak sonlu bir takım toplar olduğunu doğru bir şekilde belirtir. Örneğin, kalan set olamaz. için kalan ilk topunun en fazla sahip olabilirsiniz .90 % 10 , n , n = 1 , 2 , 3 , . . $1,2,...,10$$90\%$$10n$$n=1,2,3,...$

Enumaris'in cevabı , birbirinden farklı sınırlar probleminde tam olarak doğru. Bununla birlikte, soru aslında kesin bir şekilde cevaplanabilir. Bu yüzden cevabım, size kesin olarak sıfır top çözümünün nerede yanlış gittiğini ve sezgisel çözümün neden doğru çözüm olduğunu gösterecektir.

---

Herhangi bir top , sonunda uçta olma ihtimalinin sıfır olduğu doğrudur . Kesin olarak, sadece sıfır olan sınırdır : .P ( n ) P ( n ) = lim N → ∞ P ( n , N ) = $n$$P(n)$$P(n) = \lim_{N\to\infty} P(n, N) = 0$

Şimdi, toplamını hesaplamaya çalışın Bozuk hesaplama kısmına atlayarak sınırın sıfır olduğunu söyler, böylece toplam yalnızca sıfır terimlerini içerir, böylece toplamın kendisi sıfırdır: P(n,N) lim N → ∞ iken ballCount ( K

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

Bununla birlikte, bu, yasadışı bir şekilde iki bağımsız bölüme . sınırları parametresine bağlıysa, basitçe toplamın içine taşıyamazsınız . bir bütün olarak çözmelisiniz .$\lim$$\lim$$\lim$$\lim$

Bu nedenle, bu çözmenin tek geçerli yolu herhangi bir sonlu için olduğu gerçeğini kullanarak ilk önce toplamı çözmektir . ∑ 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$

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

Sezgisel çözüm, kesinlikle, “temelde kırılmış” akıllı bir çözüm oldu.

Bu argüman sonsuz kümelerin ve dizilerin birimsel şekillerde davranma eğilimlerine odaklanır. Bu Hilbert Hotel'den daha şaşırtıcı değil . Böyle bir durumda, gerçekten sonsuz sayıda top çıkarmış olacaksınız, ancak sonsuz bir sayı girmiş olacaksınız. Tersine Hilbert Hotel'i düşünün. Otelden sınırsız sayıda konuk çıkarabilir ve yine de sonsuz sayıda kişi kaldırabilirsiniz.

Bunun fiziksel olarak gerçekleştirilebilir olup olmadığı tamamen bir başka sorundur.

Bu nedenle, bunun mutlaka hasta oluşmasını değil, yanlış kitapta yazıldığını düşünürdüm. Bu tür bir sayma sorusu bir olasılık dersine değil, belirli bir teori dersine aittir.

Sorunun gereksiz zamansal bileşenini ortadan kaldırmaya yardımcı olduğunu düşünüyorum.

Bu paradoksun en temel çeşidi, en düşük numaralı topu her zaman kaldırmaktır. Çizim kolaylığı için, her adımda sadece iki top ekleyeceğim.

Prosedürde sonsuz iki boyutlu bir şebekenin nasıl doldurulacağı açıklanmaktadır:

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

 :  :  :
 :  :  :

sağda iki yıldız ekleyerek ve en soldakileri kaldırarak her bir satır öncekinden oluşturulur.

Sorular bir sonra sorar:

Tekrarlanan noktalardan ziyade tekrarlanan yıldızlarla kaç sütun biter?

Kanımca, bu sonucu yanlışlıkla “her satırdaki yıldız sayısının sınırı” ile eşitleme fikri çok daha az çekici.

Bu cevap dört şeyi yapmayı amaçlamaktadır:

1. Ross'un problemin matematiksel formülasyonunu gözden geçirin ve problemin tarifinden doğrudan ve açıkça nasıl takip edildiğini gösterin.

2. Ross'un paradoksal çözümünün hem fiziksel olarak sağlam, hem de fiziksel olarak% 100 gerçekleştirilebilir olup olmadığına dair fiziksel dünyayı anlamamızla ilgili olduğunu savun.

3. Fiziksel sezgiye dayanan bazı hatalı iddiaları tartışın ve öğleden sonra sonsuz topları tanımlayan "fiziksel" çözümün yalnızca matematiğe değil fiziğe de çelişki içinde olduğunu gösterin.

4. Ross'un çözümünü daha sezgisel hale getirebilecek sorunun fiziksel bir uygulamasını tanımlayın. Carlos'un orijinal sorusunun cevabı için buradan başlayın.

1. Problemi Matematiksel Olarak Nasıl Tanımlarsınız?

Ross'un argümanının ilk "sonsuz süreç modellemesi" adımını açacağız (s. 46) . İşte haklı göstermeye odaklanacağımız ifade:

, ilk n para çekme işlemi yapıldıktan sonra hala 1 numaralı topun hala olacağı olay olarak tanımlayın ... 1 numaralı topun öğleden sonra saat 12'de olması olayı, sadece .⋂ ∞ n = 1 E $E_n$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$

Ross'un ifadesini açmadan önce, sonsuz bir işlem dizisinden sonra urn'un içeriğini öğle saatlerinde anlamanın nasıl mümkün olduğunu düşünelim. Vazoda ne olduğunu nasıl bilebiliriz? Peki, belirli bir top düşünelim ; veya veya ne istersen onu düşünebilirsin . topunun öğleden önce işlemin bir aşamasında çıkarılması durumunda, kesinlikle öğlen vakti gelmeyecek. Belirli bir top Ve eğer tersine, oldu (o eklendikten sonra) öğleye kadar işlem up her aşamasında urn, o zaman öğlen urn oldu. Bu ifadeleri resmen yazalım:b = 1 1000 $b$$b=1$$1000$$b$

Bir top öğleden önce ve öğleden önce her aşamada öğleden önce, burada sahne . top urn'a eklendi., n ∈ { N b , n, B + 1 , n, B + 2 , . . . } n $b$$n \in \{n_b, n_b + 1, n_b + 2, ...\}$$n_b$

Şimdi Ross'un ifadesini - düz İngilizce'de ne anlama geliyor? Şimdi urn sürecinin farkına varın ve konuşalım:$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$ $x$

• $x \in E_1$ , top 1'in işlemin 1. evresinden sonraki aşamada olduğu anlamına gelir.
• $x \in E_1 \bigcap E_2$ , top 1'in işlemin 1. ve 2. aşamalarından sonraki aşamada olduğu anlamına gelir.
• $x \in E_1 \bigcap E_2 \bigcap E_3$ , top 1'in işlemin 1., 2. ve 3. aşamalarından sonra anlamına gelir.
• Herhangi için , top aşamalarında sonra semaver olduğu anlamına gelir aracılığıyla .x ∈ ⋂ n k = 1 E k 1 $k \in \{1, 2, 3, ...\}$$x \in \bigcap_{k=1}^n E_k$$1$$n$

Açıkçası, o zaman, , bu urn işleminin gerçekleştirilmesinde , 1. topun 1., 2. aşamadan sonra anlamına gelir. 3, et cetera : öğleden önce tüm sonlu aşamalar . Sonsuz kavşak , şunu yazmanın başka bir yoludur, bu nedenle , tam olarak 1. topun olduğu sürecin gerçekleşmesini içerir. öğleden önce aşamaları. Bir olay, yalnızca bir sürecin tanımlanmış bir gerçekleştirme kümesidir, bu nedenle son cümle, , top 1'in öğleden önce tüm aşamalarda olduğu olay olduğunu söylemeye kesinlikle eşdeğerdir. Bu rastgele işlem için. 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$

Şimdi, punchline: yukarıdaki "eğer ve sadece eğer" ifadesiyle, bu tam olarak top 1'in öğlen saatlerinde urnda olduğunu söylemekle aynı şeydir! Öyleyse , Top 1'in öğlen saatlerinde olduğu, tam olarak Ross'un da söylediği gibi. QED$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

Yukarıdaki türetmede, söylediğimiz her şey hem deterministik hem de olasılıksal versiyonlar için aynı derecede geçerlidir, çünkü deterministik modelleme, örnek boşluğunun bir elemente sahip olduğu özel bir olasılıksal modelleme durumudur. "Event" ve "realization" ("set" ve "element" için sadece jargon olan) kelimelerinin ötesinde hiçbir ölçü teorisi veya olasılık kavramı kullanılmamıştır.

2. Paradoksal Çözüm Matematiksel Olarak Sağlamdır ve Fizikle İlgili

Bu kurulum noktasından sonra deterministik ve olasılıksal değişkenler birbirinden ayrılır. Deterministik varyantta (amipanın gönderdiği sürüm 2), ilk adımda top 1'in çıkarıldığını biliyoruz, bu nedenle ve sonsuz kesişme de elbette boştur. Benzer şekilde, herhangi bir başka top aşaması dışarı alınır ve öğle saatlerinde mevcut değildir. Bu yüzden urn öğlen herhangi bir numaralı topunu içeremez ve bu nedenle boş olması gerekir.b b $E_1 = \emptyset$$b$$b$$b$

Olasılık varyantında, aynı fenomen, sadece daha yumuşak bir “beklenti” anlamında gerçekleşir. Herhangi bir topun mevcut olma olasılığı öğlene yaklaştıkça sıfıra düşer ve öğlenin sınırlı olduğu zamanda top neredeyse kesin olarak mevcut değildir. Her top sıfır olasılıkla mevcut olduğundan ve sonsuz sayıda sıfırın toplamı hala sıfır olduğundan, öğlen urn'da neredeyse hiç top yoktur. Bütün bunlar Ross tarafından titizlikle gösteriliyor; @ ekvall'in cevabının gösterdiği gibi detaylar, lisans düzeyinde ölçüm teorisi bilgisi ile doldurulabilir.

Sonsuz diziler olarak ifade edilen matematiksel nesneler hakkındaki standart argümanları kabul ederseniz, örneğin , buradaki argüman aynı prensiplere dayandığı kadar kabul edilebilir olmalıdır. Geriye kalan tek soru matematiksel çözümün gerçek dünyaya mı yoksa sadece matematiğin platonik dünyasına mı uygulanacağıdır. Bu soru karmaşıktır ve 4. bölümde daha ayrıntılı olarak ele alınmaktadır.$0.999... = 1$

Bununla birlikte, sonsuz urn sorununun fiziksel olmadığını varsaymak ya da fiziksel olmayan olsa bile onu ilgisiz olarak reddetmek için hiçbir neden yoktur. Sonsuz yapıların ve işlemlerin, örneğin sonsuz tellerin ve süzülme ızgaralarının incelenmesinden birçok fiziksel fikir edinilmiştir . Bu sistemlerin hepsi zorunlu olarak fiziksel olarak gerçekleştirilebilir değil, teorileri fiziğin geri kalanını şekillendirir. Calculus'un kendisi bazı yönlerden "fiziksel değildir", çünkü genellikle çalışma konusu olan keyfi küçük mesafeleri ve saatleri fiziksel olarak gerçekleştirmenin mümkün olup olmadığını bilmiyoruz. Bu, teorik ve uygulamalı bilimlerde hesap açmamızı inanılmaz derecede iyi bir şekilde kullanmamıza engel değil.

3. "Fiziksel Sezgiye" Dayalı Çözümlerin Fizikselliği

Ross'un matematiğinin deterministik varyantta yanlış ya da fiziksel olarak yanlış olduğuna hala inananlar için ve gerçek fiziksel çözüm sonsuz sayıda top olduğunu: öğlen saatinde ne olduğunu düşünürseniz düşünün, durumu öğleden önce reddetmek imkansızdır: her numaralı top urn'a eklenen sonuçta kaldırılır. Öyleyse öğleden sonra urn'da sonsuz sayıda top olduğunu düşünüyorsanız, bu toplardan birinin öğleden önce eklenen bir top olamayacağını itiraf etmelisiniz. Bu yüzden bu toplar başka bir yerden gelmiş olmalı: Asıl sorun süreciyle ilgili olmayan sonsuz sayıda topun, kardinalitenin sürekliliğini kurtarmak için kesin olarak öğlen aniden ortaya çıktığını iddia ediyorsunuz.“Boş küme” çözümü gibi fiziksel olmayan bir sezgisel görünebilir, bu alternatif nesnel ve görünürde fiziksel olmayan. Sonsuz obje koleksiyonları, sadece sonsuzluğa dair yoksul insan sezgilerini tatmin etmek için anında ortaya çıkmaz.

Buradaki ortak yanılgı, zamanın öğleye yaklaştığı sayıdaki top sayısına bakabildiğimiz ve farklı eğilimin, hangi topların içeri ve dışarı alındığına bakılmaksızın, öğlen saatlerinde sonsuz sayıda top verdiğini varsayar gibi görünüyor. Bunu, “cevapsızlığın ilkesi” ile haklı gösterme çabası bile oldu; bu, cevabın topların etiketli olup olmamasına bağlı olmaması gerektiğini belirtir.

Aslında, cevap, topların etiketli olup olmamasına bağlı değildir, ancak Ross'un çözümü için buna karşı bir argüman değildir. Klasik fiziğin perspektifinden bakıldığında, toplar, etiketli olup olmadığına bakılmaksızın etkin bir şekilde etiketlenir. Etiketlere eşdeğer olan kalıcı kalıcı kimlikleri vardır ve sayıların kelimenin tam anlamıyla topları üzerine yazılmış olup olmadığına dair gerçekten fiziksel bir analiz bunu yapmak zorundadır. Etiketlerin kendisi, çözümün nasıl ortaya çıktığını doğrudan etkilemez, ancak topların tam olarak nasıl hareket ettiğini tam olarak tanımlamaları gerekir. Bazı prosedürler sonsuza dek çörek toplarını bırakır, diğerleri ise eklenen her topu kesin olarak kaldırır ve bu işlemler arasındaki farkı bile tanımlamak için etiketlere ihtiyaç duyulur.Etiketleri görmezden gelmeye çalışmak "fiziksel" değildir, sadece fiziksel sorunu tam olarak çözmek için yeterince anlamayı ihmal eder. (Aynı şey etiketleri her aşamada değiştiren karmaşık değişkenler için de geçerlidir. Önemli olan urn'da hangi topların olduğu, birinin üzerine yerleştirilen veya değiştirilen etiketleri değil urnda bulunmasıdır. değişmeyen tek bir etiketleme şeması, Ross'un asıl probleminden biri.)

Ayırt edilebilirliğin doğru olmasının tek yolu, "topların" kuantum mekanik parçacıklar olmasıydı. Bu durumda, ilgisizlik ilkesi olağanüstü başarısız olur. Kuantum fiziği, ayırt edilemeyen parçacıkların ayırt edilebilir olanlardan tamamen farklı davrandığını söyler . Bunun, belki de tek ve önemli kimya ilkesi olan Pauli dışlama ilkesi gibi, evrenimizin yapısı için inanılmaz temel sonuçları vardır. Henüz hiç kimse bu paradoksun kuantum versiyonunu analiz etmeye çalışmamıştır.

4. Çözümü Fiziksel Olarak Tanımlamak

Belirsiz "fiziksel" sezgilerin bizi bu sorundan nasıl saptıracağını gördük. Tersine, sorunun fiziksel olarak daha kesin bir tanımının bize neden matematiksel çözümün aslında en fiziksel mantıklı olanı olduğunu anlamamıza yardımcı olduğu ortaya çıktı .

Klasik mekaniğin yasaları ile yönetilen sonsuz bir Newtonian Universe düşünün. Bu Evren iki nesne içeriyor: Sonsuz bir Raf ve Evrenin Kökeni'nden başlayan ve birbirleri ardında, bir metrelik, sonsuza dek birbirlerinden ayıracak sonsuz bir Urn. Raf, feet çizgisinde , Urn ise feet çizgisindedir . Raf boyunca, bir adım arayla eşit aralıklarla yerleştirilmiş sonsuz sayıda özdeş top bulunur, ilki Kökenden bir ayak (yani top , ayak çizgisindedir ). Urn - tıpkı tıpkı Raf gibi, ancak biraz daha süslü, kapalı ve genellikle Urnish - boş.y = 1 n x = $y = 0$$y = 1$$n$$x = n$

Bir Koridor, Alttaki ve Koridorun üstündeki, Origin'deki Raf ve Urn'i bağlar ve sonsuz bir güç kaynağına sahip bir Endeavour robotu oturur. Saat 11.00'den itibaren Endeavor, Ross-Littlewood'un programlanan talimatlarına göre topları Urn ve Raf arasında aktararak, Koridorda ileri ve geri hareket etmeye başlar:

• Program top komutu verdiğinde Urn, oyunu sokulacak Origin gelen ayak urn Raf aktarılır.$n$$n$
• Program top komutu verdiğinde Urn, oyunu kaldırılacak Menşe gelen ayak Rafa urn aktarılır.$n$$n$

Her iki durumda da, transfer düz karşısında yapılır, böylece top kalır Menşe gelen ayak. İşlem, Ross-Littlewood probleminde belirtildiği gibi gelişiyor:$n$

• Endeavor 11: 00'da Endeavor, 1-10 toplarını Shelf'ten Urn'a transfer eder, ardından Urn toplarından birini Raf'a geri getirir.
• 11: 30'da, Endeavor topları 11-20 Shelf'ten Urn'e transfer eder, ardından Urn toplarından birini Raf'a geri getirir.
• Saat 11: 45'te Endeavor, 21-30 numaralı topları Shelf'ten Urn'a transfer eder, ardından Urn toplarından birini Raf'a geri getirir.
• ve benzeri...

Süreç devam ederken, her yeni adımın Koridorda daha yukarı ve aşağı daha uzun yolculuklar yapması ve yolculuk yapmak için yalnızca yarısı sürmesi gerekir. Bu yüzden, Endeavor öğlen kapanırken Koridorun yukarı ve aşağı hareket etmesi gerekir. Ancak, program sürekli devam eder, çünkü sonsuz bir güç kaynağına sahiptir ve gerektiği kadar hızlı hareket edebilir. Sonunda öğlen geliyor.

Paradoksun bu daha canlı tasavvurlu versiyonunda ne olur? Yukarıdan izlenen, öğle vakti yaklaşımı gerçekten muhteşem. Urn içinde, Kökenden dışarıya doğru yayılmış bir top dalgası görünmektedir. Dalganın boyutu ve hızı, öğlen yaklaştıkça sınırsız olarak büyür. Her adımdan hemen sonra fotoğraf çekecek olsaydık, topların düzeni nasıl olurdu? Deterministik durumda, amoeba'nın cevabındaki adım işlevlerine tam olarak benziyorlardı. Top pozisyonları tam olarak çizdiği eğrileri takip eder. $(x, y)$Olasılık durumunda, kabaca benzer gözükür, ancak Kökeni yakınında daha fazla durur.

Öğlen geldiğinde, olanların stokunu alıyoruz. Deterministik versiyonda, her bir top Raftan Urn'e bir kez tam olarak transfer edildi, sonra öğleden önce her iki transfer de gerçekleşecek şekilde daha sonraki bir adımda geri taşındı. Öğlen, Evren, saat 11: 00'deki orijinal durumuna geri dönmeli. Dalga artık yok. Her top tam olarak başladığı yere geri döndü. Hiçbir şey değişmedi. Urn boş. Olasılıklı versiyonda da aynı şey olur, ancak şu andaki sonuç kesin değil, neredeyse kesin.

Her iki durumda da “fiziksel itirazlar” ve sonsuzluğa dair şikayetler zayıf havaya karışmış gibi görünüyor. Tabii ki, Urn öğlen boş. Aksi halde nasıl düşünebilirdik?

Kalan tek gizem Endeavour'un kaderidir. Orijinden ayrılma ve hızı, öğlen yaklaştığı anda keyfi bir şekilde büyüdü, bu nedenle öğlen Endeavor, sonsuz Newton evrenimizde hiçbir yerde bulunamadı. Endeavor kaybı, işlem sırasında meydana gelen tek fizik ihlalidir.

Bu noktada Endeavor'un fiziksel olarak mümkün olmadığını, hızı sınırsız bir şekilde büyüdüğü ve sonunda göreceli sınırı, ışığın hızını ihlal ettiği için itiraz edilebilir. Ancak, bu sorunu çözmek için senaryoyu biraz değiştirebiliriz. Tek bir robot yerine, her biri tek bir topdan sorumlu, sonsuz sayıda robotumuz olabilirdi. Ross'un talimatlarına göre kusursuz koordinasyon ve zamanlama sağlamak için önceden programlayabiliriz.

Bu değişim% 100 fiziksel midir? Muhtemelen hayır, çünkü robotlar keyfi bir şekilde hassas zamanlama ile çalışmak zorunda kalacaktı. Öğlene yaklaştıkça, talep edilen hassasiyet sonunda Planck zamanının altına düşecek ve kuantum mekaniği sorunları yaratacaktır. Fakat nihayetinde sonsuz bir tel ve sonsuz bir süzülme kafesi de o kadar fiziksel olmayabilir. Bu, sonsuz sistem ve süreçleri incelememizi ve fiziksel kısıtlamaları durdurma durumunda ne olacağını tespit etmemizi engellemez.

4a. Neden Sayı Monotonikliği İhlal Ediliyor

Bir dizi Ross şüpheci, öğlene yaklaştıkça urndaki top sayısının sınırsız artması, öğlen saatlerinde sıfır olması ihtimalinin nasıl mümkün olduğunu sorguladı. Nihayetinde kendi sezgimiz üzerinde, sıklıkla yanlış olan titiz bir analize inanmalıyız, ancak bu gizemi aydınlatmaya yardımcı olan bir paradoks varyasyonu var.

Sonsuz sayıda top yerine, 1, 2, 3, kadar etiketli toplarımız olduğunu ve top hareket ettirici kurallarına aşağıdaki verdiğimizi varsayalım :10 $10N$$10N$

• Eğer talimatlar sizden olmayan bir topu hareket ettirmenizi isterse, bu talimatı dikkate almayın.

Asıl sorunun değişmediğini unutmayın, bu talimatı eklersek, talimat asla sonsuz sayıda topla etkinleştirilmez. Böylece, asıl problemi ve bu yeni problem ailesini aynı kurallarla aynı ailenin bir parçası olarak düşünebiliriz. Sonlu ailesinin incelenmesi , özellikle çok büyük , "N = " vakasını anlamamıza yardımcı olabilir .N $N$$N$$\infty$

Bu varyasyonda, toplar önceki gibi adım başına 9 biriktirir, ancak işlemin sadece adımına kadar çıkar. Ardından eklenecek olan topların sayıları artık gerçek toplara karşılık gelmiyor ve yalnızca topların çıkarılması talimatına ve işlem toplam adım için ek adımdan sonra duruyor . Eğer , çok büyük, çıkarma sadece faz görevleri çok hızlı bir şekilde yapılmaktadır öğlen, çok yakın olur ve kap çok hızlı bir şekilde boşaltılır.9 N 10 N $N$$9N$$10N$$N$

Şimdi her bir değeri için deneyin bu varyasyonunu yaptığımızı ve topun zaman içindeki sayımını grafiğe aldığımızı varsayalım , , burada , 11: kadar 0 ila 1 saat arasında değişmektedir. Genellikle bir süre yükselir, ardından önce veya önce sıfıra düşer . sonsuzluğa yaklaşırken sınırda , grafik daha da yükselir ve düşüş daha da hızlı olur. Öğlen vakti urn her zaman boş: . Sınırlayıcı grafikte , eğri için sonsuzluğa yaklaşır, ancakf N- ( t ) t f N- ( t ) t = 1 N f N ( 1 ) = 0 f ( t ) = lim N → ∞ iken f N- ( t ) t < 1 f ( 1 ) = 0 , N → $N$$f_N(t)$$t$$f_N(t)$$t=1$$N$$f_N(1) = 0$$f(t) = \lim_{N \rightarrow \infty} f_N(t)$$t < 1$$f(1) = 0$. Bu tam olarak Ross'un ispatıyla elde edilen sonuçtur: top sayımı öğleden önce sonsuzluğa ayrılır, öğlen sıfırdır. Başka bir deyişle, Ross'un çözümü N'ye göre sürekliliği korur: top sayısının olduğu gibi nokta sayısı sınırı , sonsuz top halindeki top sayısı ile eşleşir.$N \rightarrow \infty$

Bunu Ross'un çözümü için temel bir argüman olarak görmüyorum, ancak top sayısının neden sonsuza kadar arttığına dair şaşkınlık duyanlar için öğlen sıfıra düşmek için yararlı olabilir. Garip olsa da, problemin son halinin olarak sınırlayıcı davranışıdır ve dolayısıyla sonsuz durumda "ani bir şok" olarak gelmez.$N \rightarrow \infty$

Son Bir Yansıma

Bu sorunun neden bu kadar çok kişi için bir çukur olduğu kanıtlandı? Benim spekülasyonumun, fiziksel sezgimizin düşündüğümüzden daha belirsiz olduğu ve sıklıkla yanlış ve eksik zihinsel kavramlara dayanan sonuçlar çıkardığımızdır. Örneğin, sizden aynı zamanda bir daire olan bir kare düşünmenizi rica edersem, bir şeyin sivri ve daire şeklinde olduğunu hayal edebilirsiniz, ancak tam olarak bu şeylerin ikisi de olmaz - bu imkansız olurdu. İnsan zihni belirsiz, çelişkili kavramları tek bir zihinsel tabloya kolayca birleştirebilir. Eğer kavramlar daha az aşinalarsa, Sonsuz gibi, kendimizi bu belirsiz zihinsel karmaşaların aslında Gerçek Şey'nin anlayışı olduğuna ikna edebiliriz.

Tam da urn probleminde olan budur. Her şeyi bir kerede gerçekten düşünmüyoruz; zaman içinde kaç tane top olduğu gibi bit ve parçalarını düşünürüz. Her zaman mütevazı küçük toplara ne olduğu veya tam olarak bir urn'un sonsuz sayıda topu nasıl tutabildiği gibi sözde alakasız tekniklerden uzak duruyoruz. Sonuçların tutarsız, uyumsuz zihinsel modellerin bir karışımı olduğunun farkına varmadan, tüm detayları tam olarak belirtmeyi ihmal ediyoruz.

Matematik bizi bu durumdan kurtarmak için tasarlanmıştır. Tanıdık olmayan ve egzotik karşısında bizi disipline ediyor. Doğru olması gereken şeyler hakkında iki kez düşünmemizi talep ediyor ... doğru mu? Bize ne kadar garip gelirse gelsin, biri hala biri iki, bir topun ya da urn olduğunu ya da olmadığını ve bir ifadenin doğru ya da yanlış olduğunu hatırlatır. Eğer sebat edersek, bu ilkeler sonunda sorunlarımızın çoğuna açıklık getirir.

Matematiksel analizi “fiziksel” veya “sağduyu” sezgilerine tabi tutanlar bunu tehlikeye atarlar. Sezgiler hakkında el sallamak sadece fiziğin başlangıcıdır. Tarihsel olarak, fiziğin tüm başarılı dalları, sonunda, yanlış fiziksel sezgileri ortadan kaldıran, doğru olanları güçlendiren ve davranışını aydınlatan sonsuz akım taşıyan tel gibi ideal sistemlerin titizlikle incelenmesini sağlayan sıkı matematik üzerine kuruldular. daha karmaşık, dağınık gerçek dünya. Ross-Littlewood fiziksel bir sorundur,tipik olarak klasik mekaniklerden biri olarak yorumlanır ve klasik mekanik tamamen olgun ve titiz bir matematiksel temele sahiptir. Klasik fiziğin dünyası hakkındaki sezgilerimiz için matematiksel modelleme ve analizlere güvenmeliyiz, tam tersi değil.

Birkaç poster, Ross'taki hesaplamaların titiz olmayabilir. Bu cevap, Ross tarafından değerlendirilen tüm sonuç kümelerinin gerçekten ölçülebilir olduğu bir olasılık alanının varlığını ispatlayarak, Ross'un hesaplamalarının hayati kısımlarını tekrarladığını belirtir.

Uygun bir olasılık alanı bulmak

Ross’un ’de’ de balls topun olmadığı sonucuna varmak için, neredeyse kesin, kesin, at ’ de event topun olamayacağı bir olasılık alanı ihtimaline ihtiyacımız var. PM "resmi olarak inşa edilebilir ve ölçülebilir olduğu gösterilebilir. Bu amaçla, bu ders notlarında Teorem 33'ü [Ionescu - Tulcea] biraz cevaplandırdık ve soruyu yorumunda @NateEldredge tarafından önerilen bir yapı kullanacağız.$(\Omega, \mathcal F, P)$

Teorem. (Ionescu - Tulcea Uzatma Teoremi) Ölçülebilir boşluklar dizisini düşünün . Her biri için Varsayalım ki , bir olasılık çekirdeği vardır dan için ( ilk argümanına, yani bir olasılık ölçüsüne karşı duyarsız olan bir çekirdeğe ). Daha sonra , karşılık gelen değerleri alan, rastgele değişkenler dizisi vardır , öyle ki, her , eklem dağılımı, n κ N ( Ξ 1 , x 1 ) x ⋯ x ( 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 $(X_1, \dots, X_n)$ çekirdeklerin ima ettiği .$\kappa_1, \dots, \kappa_n$

Biz izin kaldırılabilir topun etiketini belirtmek çekilmesi inci. (Sonsuz) işlemin , varsa, bize Ross'un argümanlarını taklit etmek için bilmemiz gereken her şeyi anlattığı açıktır . Örneğin, bazı tamsayıları için bilmek, para çekme işleminden sonra top sayısını bilmekle aynıdır : bunlar tam olarak etiketli toplardır. , eksi kaldırılan topları eksi . Daha genel olarak, herhangi bir para çekme işleminden sonra urnda hangi topların kaç tane olduğunu tanımlayan olaylar, süreci ile ifade edilebilir . n, X, = ( X 1 , x 2 , ... ) X, 1 , ... , x m, m ≥ 0 m { 1 , 2 , ... , 10 m } { X, 1 , ... , x m } $X_n$$n$$X = (X_1, X_2, \dots)$$X_1, \dots, X_m$$m \geq 0$$m$$\{1, 2, \dots, 10m\}$$\{X_1, \dots, X_m\}$$X$

Ross'un deneyine uymak için, her , dağılımının de tekdüze . Ayrıca üzerinde tekdüze olması için dağıtımına ihtiyacımız var . Bu sonlu boyutlu dağılımlara sahip sonsuz bir gerçekten var olduğunu ispatlamak için , Ionescu-Tulcea Uzatma Teoreminin koşullarını kontrol ederiz. Herhangi bir tamsayı için , izin ve ölçülebilir boşluk tanımlar , neredeX n ∣ X n - 1 , … , X 1 { 1 , 2 , … , 10 n } ∖ X 1 , … , X n - 1 X 1 { 1 , … , 10 } X = ( X 1 , X, 2 , ... ) n I , n = { $n\geq 2$$X_n \mid X_{n-1}, \dots, X_{1}$$\{1, 2, \dots, 10n\} \setminus {X_1, \dots, X_{n-1}}$$X_1$$\{1,\dots, 10\}$$X = (X_1, X_2, \dots)$$n$( Ξ n , X , n ) = ( I 10 , n , 2 I 10 N ) 2 B B κ 1 ( Ξ 1 , x 1 ) 1 / 10 Ξ 1 N ≥ 2 ( X 1 , ... , x n - 1 ) ∈ Ξ 1 × $\mathcal I_n = \{1, 2, \dots, n\}$$(\Xi_n, \mathcal X_n) = (\mathcal I_{10n}, 2^{\mathcal I_{10n}})$$2^B$ grubu gücü seti gösterir . Tedbir tanımla üzerinde kütlesini koyar biri olmak tüm unsurları . Herhangi biri için ve tanımlamak , içindeki tüm noktalara eşit kütle koyan olasılık çekirdeği ve diğer tüm noktalara, yani tamsayıları$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$. Yapım yoluyla, olasılık çekirdekleri, Ross tarafından belirtilen tek tip kaldırma olasılığı ile aynı fikirdedir. Böylece, sonsuz teori olan sonsuz süreç ve olasılık alanı , bize Ross'un argümanını resmen gerçekleştirme yolu veriyor.$X$$(\Omega, \mathcal F, P)$

Let , örneğin bilyeli bu sonuçların kümesi göstermek çekme sonra urn olan . Bizim stokastik süreç açısından , bunun anlamı, bütün bu ve öyle ki tanımladığımızı yani top, herhangi birinde kaldırıldı kadar ve dahil çizer değildi th. İçin açıkça tanımlayabiliriz top beri henüz buna ilave edilmemiştir. Her ve için set ı , 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$$\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$ , rasgele bir değişken olduğundan (ölçülebilir) ölçülebilir. Bu nedenle, , ölçülebilir kümelerin sonlu olarak kesilmesiyle ölçülebilir.$X_j$$E_{in}$

Sonuç setiyle ilgileniyoruz, böylece ’ de öğleden sonra 12'de urn top yok. Yani, sonuç dizisi, her tamsayı için , top , öğleden sonra 12'de urn'da bulunmuyor. her için , let sonuçlarının (kümesi olsun ) bu tür topun 12 PM urn olduğunu Biz inşa edebilir resmen bizim kullanarak olarak izler. Bu , yani 12 pm kap bunun urn ilave edildi sonra yapılan her çekilmesinden sonra urn olmak eşdeğerdir olani i e i co ∈ Ê 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$$E_i = \cap_{n:i\leq 10n}E_{in}$. Sonuç kümesi şimdi her için ölçülebilir kümelerin sayılabilir kesişimi olarak ölçülebilir .$E_i$$i$

Öğleden sonra saat 12'de en az bir topun olduğu sonuçlar , en az birinin gerçekleştiği, yani . Sonuçların seti , ölçülebilir kümelerin sayılabilir birliği olarak ölçülebilir. Şimdi, , sonra top bulunmadığı, gerçekten de ölçülebilir bir setin tamamlayıcısı olarak ölçülebilen bir olaydır. İstediğimiz tüm sonuç kümelerinin ölçülebilir olduğu ve Ross'un yaptığı gibi olasılıklarını hesaplamaya devam edebileceğimiz sonucuna varıyoruz. E = ∪ ∞ i = 1 E i E Ω ∖ $E_i$$E = \cup_{i = 1}^\infty E_i$$E$$\Omega \setminus E$

Olasılığın hesaplanması$P(\Omega \setminus E)$

olayları ailesinin sayılabilir olması nedeniyle ilk önce şunu not ediyoruz:$E_i, i = 1, 2, \dots$

P ( e ı ) = bir i ı p ( D ) = 0 Σ K i = 1 , bir i = 0 , N , bir i = 0

$$P(E) \leq \sum_{i = 1}^\infty P(E_i) = \lim_{N\to \infty}\sum_{i = 1}^N P(E_i).$$ için, tüm için gerçek sayısını gösterelim . Açıkçası, olduğunu göstermek, tüm için olduğunu göstermek için yeterlidir . Bu, şimdi yapacağımız her için olduğunu göstermeye eşdeğerdir .$P(E_i) = a_i$$i$$P(E) = 0$$\sum_{i = 1}^N a_i = 0$$N$$a_i = 0$$i$

Bu amaçla, tüm için dikkat top bu şekilde , örneğin urn eklendi , . Bunun nedeni, eğer top , basamağında urn içindeyse , aynı zamanda . Diğer bir deyişle, kümeler , her bir azalan dizisi meydana bu şekilde . Gösterim kolaylığı için, . Ross kanıtlamaktadır olarak ve bu da tüm diğer için gösterilebilir bildireni 10 , n ≥ ı E i , n ⊇ E I ( n + 1 ) i , n + 1 , n e i , n , n 10 , n ≥ ı bir ı , n = P ( e ı n ) bir 1 N → 0 N → ∞ iken I bir 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$$i$ki doğru olarak alacağım. Kanıt, ve tüm , temel fakat uzun hesaplama burada tekrar etmeyeceğim. Bu sonucun silahlı olması ve , olaylarının ailesinin her i için sayılabilir olması , önlemlerin sürekliliğilim N → ∞ iken bir i , n = 0 ı E i , n 10 n > $a_{in} = \prod_{k = i}^n[9k / (9k + 1)]$$\lim_{n \to \infty}a_{in} = 0$$i$$E_{in}$$10n > i$

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

Biz sonucuna , ve bu nedenle edilen yöntem. QED.P ( Ω ∖ E ) = $P(E) = 0$$P(\Omega\setminus E) = 1$

---

Bazı yaygın yanlış anlamalar:

1. Yanıtlardan biri (benim ) . Bununla birlikte, bu, çözümün geçerliliği üzerinde hiçbir etkiye sahip olmadığı için sağ taraftaki miktar, verilen argüman için ilgilenilen kişi değildir.$\lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N \lim_{n \to \infty }a_{in} \neq \lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N a_{iN}$
2. Sınırın toplamın içine taşınamayacağına veya başka bir deyişle, toplamla değiştirilemediğine dair bazı endişeler olmuştur, yani . Önceki sözler gibi, bu çözümle alakasızdır, çünkü sağ taraftaki miktar ilgilenilen miktar değildir.$\sum_{i = 1}^\infty \lim_{n \to \infty}a_{in} \neq \lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^\infty a_{in}$

Bir yandan, bunu şöyle açıklamaya çalışabilirsiniz: "öğleden sonra saat 12'de urnda olduğum topun olasılığını düşünün. Sonsuz rastgele çekilişler sırasında, sonuçta kaldırılacaktır. Bu, tüm toplar için geçerli olduğundan, hiçbiri Sonunda orada olabilir. "

Bu tartışmayı ikna edici bulmuyorum. Eğer bu argüman işe yararsa, o zaman şu argüman işe yarar: Her yıl bazı insanlar doğar (toplam popülasyonun sabit bir kısmını söyler) ve bazı insanlar ölür (sabit bir kısmı varsayalım). O zaman, sınırda herhangi bir kişi neredeyse kesin olarak öldüğünden, insan ırkının soyu tükenmeli! Şimdi, insan ırkı başka nedenlerle soyu tükenebilir, ancak bu argüman çöptür.

Toplar numaralandırıldığında bir problemin olması ve toplar anonim olduğunda tamamen farklı bir cevap almanın bir anlamı yoktur. Simetri ile, keyfi etiketler çözümü etkilememelidir. Jaynes, bu argümanı, kabul ettiğim ilgisizlik ilkesi olarak adlandırdı .

Başka bir deyişle, eğer biri size on tane topu urnun içine sokup tekrar tekrar kaldırdıklarını ve limitin urnun ne kadar dolu olduğunu söyleseydi, cevabınız “Topların numaralandırılıp numaralandırılmamasına bağlı” olur mu? Tabii ki değil. Bu urnun içeriği bu problemdeki urn gibi birbirinden ayrılıyor.

Bu nedenle, çözümün sorunu nasıl biçimlendirdiğimiz konusunda yattığını düşünüyorum. Olağan tanımından küme-teorik limiti , elimizdeki

lim sup n → ∞ S n = ⋂ n ≥ 1 ⋃ j ≥ n S

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

Setin asaletinin sınırı

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

ve setin limitinin kardinalliği,$\liminf$

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

Set-teorik limitinin şu şekilde yeniden tanımlanmasını öneriyorum:

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

Bu özel “anonim küme” sonsuzda ne olduğunu açıklar. Tıpkı numaralarının sınırlayıcı davranışları için duruyor, setlerinin sınırlayıcı davranışları için duruyor. Yani, ve . Bu formalizmin yararı bize önemsizlik sürekliliği ve kayıtsızlık ilkesi ile tutarlılık kazandırmasıdır . ∞ α i ∉ α k ∀ i | α k | = $\alpha_k$$\infty$$\alpha$$i \notin \alpha_k \forall i$$|\alpha_k| = k$

Urn problemi için . Ve Dolayısıyla, öğeler sonsuzlukta “bir uçurumdan düşmez”, insanlığın yalnızca yok oluşu mantıklı olduğundan daha mantıklı gelmiyor çünkü hiçbir insan ölümsüz değil.lim n → ∞ S n = α ∞$S_n = \{n+1, \dotsc, 10n\}$

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

Benzer şekilde, sorunu her adımda bir top eklenecek ve en düşük numaralı top kaldırılacak şekilde değiştirdiğimizi varsayalım. Öyleyse, sınırda urn'da kaç tane top var? Anonim kümeler sezgisel cevap verir:

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

Matematikçilerin bu paradoksun kararları konusunda hemfikir olmadıklarını kabul ediyorum, ama bana göre, bu en sezgisel çözüm.

Sorun ya yanlış biçimlendirilmiş ya da birinci dereceden mantıkta değil.

Kök neden: "son" adımın uygulanması, bir topun üzerine sonsuz sayıda rakam yazacak ve bu adımın kendisini çalıştırmak için sonsuz bir zaman alabilmesine neden olacaktır.

Sonsuz bir adımla sonsuz bir işlemi gerçekleştirme kabiliyeti , aşağıdaki H dizisini (X teoremi için) uygulayarak tüm birinci dereceden mantık problemlerini ( Gödel bu nedenle yanlıştır) çözme yeteneğini ifade eder :

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

sonsuz adım çıkışın dışında kalıyor

Asimptotik_koroutinin içindeki program sadece X'i ispatlayan (veya çürüten) bir teorem için kapsamlı bir araştırmadır. P'nin S'ye dönüştürülmesi "aa", "ab", "ac", ... "a∨", ... Bir teoremde ortaya çıkabilecek her sembolün üretildiği yer. Bu sırayla N uzunluğundaki günlük _{karakterlerinin} tüm teoremlerinin üretilmesine neden olur. N, dış döngüde sınırsız büyüdüğü için, sonunda tüm teoremler ortaya çıkacaktır.

Sahte olan taraf hiçbir zaman sona ermeyecektir, ancak bununla ilgilenmemize gerek yoktur çünkü sonsuz adımları atmamıza izin verilir. Aslında, bağımsızlığı algılamak için bunu yapabilmeye bağlıyız, çünkü her iki taraf da asla bitmeyecek. Bir şey dışında. Asittotik yürütme hızının artmasıyla sınırlı sayıda adımın uygulanmasına izin verdik. Bu şaşırtıcı kısmı. Asla bitmeyen ve asla çıktı üretmeyen asimptotik_coroutin, asimptotik zamandan sonra "bitmiştir" * ve yine de hiç çıktı üretmedi.

* FOR N = 1 ... ∞'dan sonra bir OUTPUT yerleştirmiş olsaydık buna ulaşılmazdı ama bunu yapmayacağız.

Gödel'in Eksiklik Teoreminin güçlü formu "Her birinci dereceden mantık sistemi F için _F'de doğru olan ancak F'de doğru olduğu kanıtlanamayan bir G ifadesi var" şeklinde ifade edilebilir. Ancak ispat yöntemi H, F (H) 'de tüm doğru olması gereken ifadeleri ispat edemez.

İkilem: ¬Gödel ∨ ¬ (sonsuz aşamaya izin verilir)
Bu nedenle:
İkilem: ¬Gödel ∨ ¬ (315502 birinci dereceden mantıkta iyi oluşturulmuştur)

X, kaldırılmış olan topların sayısı ve y kalan topların sayısı olsun. Her döngüden sonra y = 9x. X> 0 olarak, y> 0. Vazoda 12:00 de sonsuz sayıda top olacak.

Olasılıklara dayalı çözümlerin zorluklara sebep olmasının nedeni sonsuz serilerin olasılıklarının zor olmasıdır. ET Jaynes, Olasılık Teorisi: Bilim Mantığı adlı kitabında, bunun gibi, birkaç farklı görünen olasılık paradoksunu yazdı . Ben el altında benim kopyası yok, ancak kitabın ilk bölümü Larry Bretthorst çevrimiçi kullanılabilir burada . Aşağıdaki alıntı önsözdendir.

Yine de herkes söylendiğinde ve yapıldığında, kendi sürprizimize göre, gevşek bir felsefi anlaşmadan çok daha azının kaldığını; birçok teknik konuda de Finetti ile kesinlikle aynı fikirde değiliz. Sonsuz kümeleri tedavi etme şeklinin, bir Pandora'nın işe yaramaz ve gereksiz paradokslar kutusunu açtığı anlaşılıyor; konglomerabilite ve sonlu katkı maddeleri Bölüm 15'te tartışılan örneklerdir.

Sonsuz küme paradoksluğu, bugün olasılık teorisinin ömrünü tehdit edecek şekilde yayılan ve derhal cerrahi olarak çıkarılması gereken morbid bir enfeksiyon haline geldi. Sistemimizde bu ameliyattan sonra bu paradokslardan otomatik olarak kaçınılır; temel kurallarımızın doğru uygulanmasından kaynaklanamazlar, çünkü bu kurallar sadece sonlu kümelerin iyi tanımlanmış ve iyi işlenmiş sınırları olarak ortaya çıkan sonlu kümeleri ve sonsuz kümeleri kabul eder. Paradokslaşmaya, (1) özelliklerini tanımlamak için herhangi bir sınırlama işlemi belirtmeden doğrudan sonsuz bir kümeye atlamak; ve sonra (2) cevapları sınıra nasıl yaklaşıldığına bağlı olan sorular sormak.

Örneğin, “Bir tamsayının eşit olma ihtimali nedir?” Sorusu, (0, 1) 'de, “tüm tam sayı kümesini” (ne gibi koşullu olarak yakınsak seriler, terimleri düzenlediğimiz sıraya bağlı olarak, istediğimiz herhangi bir sayıya yakınlaşmak için yapılabilir).

Görüşümüze göre, sonsuz bir kümenin “en azından olasılık teorisinde” sonlu bir kümeden üretmek için sınırlama sürecini belirleyene kadar herhangi bir “varoluş” ve matematiksel özelliklere sahip olduğu söylenemez. Başka bir deyişle, Cantor, Hilbert ve Bourbaki yerine Gauss, Kronecker ve Poincar bannere bayrağı altında yelken açıyoruz. Şok edici olan okuyucuların, Bourbakizm'in matematikçi Morris Kline (1980) iddianamesini incelemesini ve daha sonra yaklaşımımızın avantajlarını görecek kadar uzun süre bizimle birlikte kalmasını umuyoruz. Hemen hemen her Bölümde örnekler yer almaktadır.

@Enumaris (+1) cevabında limitlerin kullanılması, olasılıktaki sonsuzlukların hileliğinin etrafından bir yol sağlar.

Bu çelişkili sezgileri çözmek için onlara verebileceğimiz en iyi açıklama nedir?

İşte en iyi cevap ve olasılıklarla ilgisi yok. Bütün topların numaraları vardır, onlara doğum numaraları diyelim. Doğum sayıları B1, B2, B3'ten başlar ... ve sonsuza kadar gider, çünkü gerçekten hiç durmayız. Sabah saat 12: 00'ye yaklaşıyoruz, ancak top ekleyip çıkarmaya devam ediyoruz, bu yüzden son bir top yok. Bu çok önemli bir konu, btw.

Topları, parti # 7: B71, B72, ..., B80 gibi 10 top serisinde bir kutuya koyuyoruz. Bunları bir dakika unutalım ve kutudan çıkarılan toplara odaklanalım. Rastgele bir sıra ile geliyorlar . Rasgele olmanın neden önemli olduğunu daha sonra açıklayacağım, ancak şimdilik tek anlamı, B1'den B10k'ye kadar brith numarası olan herhangi bir topun hala K adımındaki kutuda bulunabileceğidir. Kaldırdıkları topları, kaldırıldıkları sıraya göre dizine ekleyeceğiz, onlara ölüm sayıları diyelim: D1, D2, D3 ... DK.

Sabah saat 12: 00'a kadar bir kutuya sonsuz sayıda top koyduk ve kesinlikle ondan top toplarımız tükendi. Neden? İlk önce 10 top koyduğumuzdan, SADECE birini kaldır. Yani, her zaman kaldırılacak bir top var. Bu da sonsuz sayıda topu saat 12: 00'ye kadar kaldırdığımız anlamına geliyor.

Bu aynı zamanda, kaldırılan her topun 1'den sonsuza kadar indekslendiği anlamına gelir, yani kaldırılan her topu kutuya yerleştirilmiş bir top ile eşleştirebiliriz: B1'den D1'e, B2'den D2'ye, vb. koyduk, çünkü her doğum numarası her ölüm numarası ile eşleştirildi.

Şimdi çözüm buydu. Neden sezgimizi yeniyor? Bu çok basit, Dr Watson. Sebebi şu ki, bu K için geçerli olan her şeyi kesinlikle biliyoruz: Bu yüzden K adımlarından sonra, tüm topu kutudan çıkaramamalıyız, çünkü 10K topları koyup sadece K'yı kaldırdık. Sağ?

$$K<10K$$

Küçük bir problem var. Mesele şu ki, , bu artık doğru değil: bozulmasının nedeni budur.$K=\infty$

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

Şimdi, toplar rastgele çıkarılmadıysa. @ Amoeba'nın kanonik cevabında olduğu gibi iki şey olabilir. İlk olarak, 10 top koyduğumuzu ve sonuncuyu hemen kaldırdığımızı varsayalım. Sanki sadece dokuz top koyuyorduk. Bu sezgimize uygun olacak ve sabah saat 12: 00'de sonsuz sayıda top olacak. Nasıl olur? Rastgele topları kaldırarak değildi çünkü biz doğum sayıları olarak ölüm numaralara eşleşmişlerdir algoritması takip ediyorlardı çıkarılması sırasında . Böylece, kaldırılan her bir topu koyduğumuz toplardan birine eşleştirdik: , bu bir ton topun hiç B1, B2, ile eşleştirilmediği anlamına gelir. .., B9, B11, ... vb.$B10K=DK$ $B10\to D1,B20\to D2,B30\to D3,\dots$

Rastgele olmayan topun çıkarılmasıyla meydana gelebilecek ikinci şey, kaldırma sırasındaki eşleşmeyle de ilgilidir: BK = DK'yi ilişkilendiririz. Bunu, BK'nın DK ile eşleştirilmesini sağlayan her K adımında BK ile bir top çıkararak yapabiliriz. Bu şekilde, kaldırılan her top, koyduğumuz her top ile eşleştirilir, yani aynı uç, kaldırılan topların rastgele çekilişiyle sonuçlanır. Açıkçası, bu, saat 12: 00'den sonra kutuda top kalmadığı anlamına gelir.

Ben sadece sorunun kendi başına olasılıklarla ilgisinin çok az olduğunu gösterdim. Sonsuz sayılabilen (?) Kümelerin yetkileriyle ilgili her şeye sahiptir. Tartışmaktan kaçındığım tek gerçek sorun kümelerin gerçekten sayılabilir olup olmadığıdır. Saat 12: 00'ye yaklaştığınızda gördüğünüz gibi, bilyeli uç ekler oranınız oldukça hızlı bir şekilde artar. Bu yüzden, kutuya koyduğumuz top sayısının gerçekte sayılabilir olup olmadığını belirlemek çok önemsiz değil.

Unravelling

Şimdi, paradoksun bu kanonik çözümünü çözeceğim ve sezgimize geri döneceğim.

10 topu içine sokmamız, bir tanesini çıkarmamız ve hala tüm topları 12 saatte bitmemiz nasıl mümkün olabilir? İşte gerçekte olan şey. 12 saat ulaşılamıyor .

Sorunu yeniden şekillendirelim. Artık zaman aralıklarını yarıya indirmiyoruz. Her dakika top koyup çıkartıyoruz. Bu, asıl sorundakiyle tamamen aynı değil mi? Evet ve hayır.

Evet, çünkü yukarıdaki açıklamamın hiçbir yerinde açıkça zamandan söz etmedim ama en sonunda. K adımlarını sayıyordum. Öyleyse, basamakları ve ölü topları saymaya k kadar devam edebiliriz.

Hayır, çünkü şimdi asla durmayacağız . Asla gelmeyen zamanın sonuna kadar topları ekleyip çıkaracağız. Orijinal problemde ise son 12 saattedir.

Bu, sezgimizin nasıl başarısız olduğunu açıklar. Kaldırma işlemiyle ilgili 9x hızında topları koymak rağmen, çünkü zaman hiç biter, biz koymak her topu sonunda kaldırılacak! Sonsuz dakika sürebilir, ancak sorun yok, çünkü sonsuz sayıda zamanımız kaldı. Sorunun gerçek çözümü bu.

Bu formülasyonda “Sonsuzluk sona erdikten sonra kutuda kaç tane top var?” Diye sorar mısın? Hayır! Çünkü saçma bir soru. Bu yüzden asıl soru da saçma. Ya da kötü niyetli diyebilirsin.

Şimdi, asıl soruna geri dönerseniz, zamanın görünüşü belli olur. Saat 12'de. Topları koymaktan vazgeçmemiz, zamanın yeni bittiği ve bunun sonunun ötesine ulaştığımız anlamına geliyor. Öyleyse, sorunun asıl cevabı saat 12'nin asla gerçekleşmemesi gerektiğidir. Ulaşılamaz.

Sadece mükemmel olan ve sorunu çok açıklığa kavuşturan amipa'nın cevabını okumaya değer. Cevabına tam olarak katılmıyorum ama sorunun çözümünün belirli bir sözleşmeye dayandığını belirtmek istiyorum. İlginç olan, bu tür bir sorunun, çoğunlukla kullanılmasına rağmen, bu konvansiyonun sorgulanabilir olduğunu göstermesidir.

Tıpkı her top için urn'da sonsuza kadar kalma olasılığının 0 olduğunu kanıtlamanın teknik bir noktası olduğunu söylediği gibi, bu nokta dışında, sorun olasılıklarla ilgili değildir. Deterministik bir eşdeğer verilebilir. Bunu anlamak çok daha kolay. Temel fikir şudur: Her top urntan belirli bir zaman aralığından olmadığından, urn boş kalır. Her topun semtindeki varlığı bir sıfır ve bir dizi ile temsil ederseniz, her dizi belirli bir aralıktan 0 olur, bu nedenle sınırı 0'dır.

Şimdi sorun daha da basitleştirilebilir. Basitlik için 1, 2, 3 ...

• an 1: urn top 1 koy
• moment 2: kaldır
• moment 3: 2. topu urn'a koyun
• moment 4: kaldır
• an 5: urn top 3 koy
• ...

Sonunda hangi toplar (öğlen)? Aynı fikir, aynı cevap: hiçbiri.

Fakat temelde, bunu bilmenin bir yolu yoktur, çünkü sorun öğlen ne olduğunu söylemez. Aslına bakarsan, zamanın sonunda Pikachu hemen urnda gelir. Ya da belki toplar aniden çöktü ve büyük bir top haline geldi. Bunun gerçekçi olması gerektiği anlamına gelmez, sadece belirtilmez.

Sorun ancak belirli bir sözleşme bize sınırın nasıl uygulanacağını söylerse cevaplanabilir: süreklilik varsayımı. Öğlen urn devleti daha önce devletlerin sınırı. Soruyu cevaplamamıza yardımcı olacak bir süreklilik varsayımı için nereye bakmalıyız?

Fiziksel yasalarda mı? Fiziksel yasalar kesin bir devamlılık sağlar. Ben gerçek modern fiziğe çağrı yapmadan, basit bir klasik model düşünüyorum. Fakat temelde, fiziksel yasalar matematiksel sorularla tamamen aynı soruları getirecektir: fiziksel yasalar için sürekliliği tanımlamak için seçtiğimiz yol, soruyu matematiksel olarak sormaya dayanır: sürekli olan nedir, nasıl?

Süreklilik varsayımını daha soyut bir şekilde aramalıyız. Genel fikir, semazenin durumunu toplar kümesinden bir işlev olarak tanımlamaktır . 0 yok demektir, 1 var demektir. Sürekliliği tanımlamak için, ürün topolojisini, yani noktadan yakınsaklığı kullanıyoruz. Öğle saatlerinde devletin, bu topolojiye göre öğleden önce devletlerin sınırı olduğunu söylüyoruz. Bu topoloji ile bir sınır var ve 0: boş bir semaver.$\{0;1\}$

Fakat şimdi bu topolojiye meydan okumak için sorunu biraz değiştiriyoruz:

• an 1: urn top 1 koy
• moment 2: kaldır
• moment 3: 1 numaralı topu urn’a koyun
• moment 4: kaldır
• moment 5: 1 numaralı topu urn’a koyun
• ...

Aynı topoloji için, durumların sırasının sınırı yoktur. Paradoksu gerçek bir paradoks olarak görmeye başladığım yer burasıdır. Benim için bu değiştirilmiş problem aslında aynıdır. Senin bir semaver olduğunu hayal et. Topların gelip gittiğini görüyorsunuz. Üzerindeki sayıyı okuyamıyorsanız, aynı topun veya başka birinin olması size olanları değiştirmez. Topları ayrı ayrı öğeler olarak görmek yerine, onları içeri giren ve çıkan bir miktar madde olarak görürsünüz. Süreklilik doğal olarak madde miktarındaki değişikliklere bakarak tanımlanabilir. Ve gerçekten de sınır yok. Bir şekilde bu problem, top kimliğini görmezden gelmeye karar verdiğiniz orijinal problemle aynıdır, böylece farklı bir metrik ve farklı bir yakınsama kavramı ortaya çıkmaktadır. Ve numaraların üzerindeki topları görebilseniz bile,

Bir durumda, durumlarınızın sırasının sınırı "boştur", diğer durumda ise sınır tanımsızdır.

Sorunun ürün topolojisi ile resmileştirilmesi temelde her bir farklı topa ne olduğunu ayırmaya ve böylece "ayırt edilebilirliği" yansıtan bir metrik oluşturmaya dayanır. Sadece bu ayrımdan dolayı bir limit tanımlanabilir. Bu ayrılmanın cevabın çok temel fakat urnda “neler olduğunu” tanımlamak için temel olmadığı (hiç durmadan tartışılabilir bir nokta) olduğu gerçeği, çözümün temel bir gerçekliğin yerine bir sözleşmenin sonucu olduğunu düşündürüyor.

Benim için sorun, tamamen soyut olarak kabul edildiğinde, eksik bilgi verildiği sürece bir çözüme sahiptir: öğlendeki durumun, önceki durumların sınırı olduğu ve hangi anlamda sınırlandığı. Bununla birlikte, bu problemi sezgisel olarak düşünürken, durumların dizilişinin sınırı, tek bir şekilde düşünebileceğiniz bir şey değildir. Temel olarak, cevaplamanın bir yolu olmadığını düşünüyorum.

Ben cevabını yapmak mümkün olduğunca kolay bir yeniden formüle yapmak istiyorum 0 daha sezgisel, toplar rasgele kaldırılmaz, ancak top bu basitleştirilmiş örnek başlayarak kaldırıldığı -inci aşama.$n$$n$

Bunu düşünün: Başlangıçta tüm topları urn içine koydum . 1. adımda top 1'i çıkardım. 2. adımda top 2'yi çıkardım, vb. Sonsuz adımlardan sonra urnun boş olacağından şüpheniz var mı?

Tamam. Fakat eğer ilk önce top toplarını urn içine koymazsam, fakat sadece bazı toplarsa, urn sonunda nasıl daha dolgunlaşır?

Bu yazının amacı, OP'lerin son seçeneğinin daha iyi bir formülasyona ihtiyacımız olduğunu savunmak. Veya en azından, Ross kanıtı ilk bakışta göründüğü kadar açık değildir ve kesinlikle kanıt, olasılık teorisi için bir giriş kursunda olmak için iyi bir konumda olacak kadar sezgisel değildir. Hem paradoksal yönleri anlamada hem de Ross'un kanıtının çok hızlı bir şekilde geçtiği noktalardaki açıklamaları netleştirerek, kanıtın dayandığı hangi aksiyomların, teoremlerin ve örtük yorumların görülmesini zorlaştırmak için çok fazla açıklama yapılması gerekiyor.

Bu yönüyle Teun Koetsier'in "Didactiek oneindig veel pingpongballen?

Almazlar ki biz karşınızdayız, "Paradokslar kargaşaya açılan bir penceredir" lafını veriyor.

Tercüme "Dikkatli olmazsak, o zaman 'paradoksun kargaşasına açılan bir pencere" olur.

Aşağıda, süper görevler ve daha spesifik olarak deterministik Ross-Littlewood paradoksuyla ilgili tartışmalarda yer alabilecek "normal" argümanların açıklaması yer almaktadır. Bundan sonra, tüm bu tartışmayı bir kenara bıraktığımızda, olasılıksal Ross-Littlewood paradoksunun özel durumunun ek unsurlar olarak ele alındığı, ancak daha büyük bir ortamda süper görevlerle kaybolan ve kafa karıştıran bir görüş verildiği görülmektedir.

Üç deterministik durum ve süper görevler üzerine tartışma

Ross-Littlewood paradoksu, topların urndan yerinden olma biçimine bağlı olarak birçok farklı sonucu bilir. Bunları araştırmak için, 1953 tarihli makalesinde Littlewood'un 5. problemi olarak tanımladığı problem tanımını kullanarak başlayalım.

Versiyon 1 Vazoda kalan top takımı boş

Ross-Littlewood paradoksu veya Littlewood-Ross paradoksu, ilk olarak Littlewood'un 1953 el yazmasında "bir matematikçinin yanlışlığı" nın 5. sorunu olarak ortaya çıktı.

Bir sonsuzluk paradoksu. 1, 2, ... (ya da bir matematikçi için sayıları kendileri) numaralı topları aşağıdaki gibi bir kutuya koyulur. Öğlen 1 dakika, 1'den 10'a kadar sayılar girilir ve 1 sayısı alınır. 1 / 2'de öğlene kadar 11 ile 20 arasındaki rakamlar girilir ve 2 sayısı çıkarılır vb. Öğlen kutuda kaç kişi var?

Littlewood bu sorun hakkında kısa, ancak puan kümesi olarak güzel bir sunum sunar:

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

bunun için kolayca 'null' olduğu fark edilir.

Versiyon 2 Vazoda kalan top setinin boyutu sonsuzdur

Ross (1976) bu paradoksata iki versiyon daha ekler. İlk önce ilk ilaveye bakalım:

Sonsuz derecede büyük bir semire ve 1, 2, 3 ve benzeri numaralı bilyalı etiketli sonsuz bir top koleksiyonuna sahip olduğumuzu varsayalım. Aşağıdaki şekilde yapılan bir deneyi göz önünde bulundurun: 1 - 12: 00'da, 1 ila 10 numaralı toplar urn'a yerleştirilir ve 10 numaralı top çekilir. (Çekilmenin zaman almadığını varsayalım.) 12: 00-12: 00 arasında, 11-20 arası toplar urn'a yerleştirilir ve 20 numaralı top çekilir. 14: 00-12: 00 arasında, 21 ila 30 numaralı toplar urn'a yerleştirilir ve 30 numaralı top çekilir. 18: 00-12: 00 ve sonrasında İlgilenilen soru şu: Saat 12'de urnda kaç tane top var?

Açıkçası cevap sonsuzdur çünkü bu işlem, urn'da sayıları çok fazla olan tüm topları sayılarla bırakır .$x \mod 10 \neq 0$

Ross'un olasılıkları içeren ikinci ilavesine geçmeden önce, başka bir davaya geçtik.

Versiyon 3 Vazoda kalan top takımı, sınırlı büyüklükte bir rasgele büyüklük kümesidir.

Vazoda, topları yer değiştirme prosedürüne bağlı olarak saat 12: 00'de herhangi bir sayıda top olabilir. Bu değişiklik Tymoczko ve Henle (1995) tarafından tenis topu problemi olarak tanımlanmıştır.

Tom büyük bir kutuda, kendisi dışında boş. Jim, sonsuz sayıda tenis topu (1, 2, 3, ....) ile kutunun dışında duruyor. Jim 1 ve 2 numaralı topları kutuya attı. Tom bir tenis topu alır ve atar. Sonraki Jim 3 ve 4 numaralı toplara attı. Tom topu topladı ve dışarı attı. Bir sonraki Jim 5 ve 6 numaralı toplara atılır. Tom bir top alır ve dışarı atar. Bu işlem, Jim tüm topları atıncaya kadar sonsuz sayıda devam eder. Bir kez daha, sınırlı bir süre içinde sonsuz sayıda iş yapmayı kabul etmenizi istiyoruz. Soru şu: Tom bittiğinde, aksiyon bittiğinde kutuda kaç tane top var?

Cevap biraz rahatsız edici: Buna bağlı. Soruyu cevaplamak için yeterli bilgi verilmedi. Sonsuz sayıda top kalmış olabilir ya da hiç olmayabilir.

Ders kitabı örneğinde, sınırsız veya sonlu (Tymoczko ve Henle, ara sınavı bir alıştırma olarak bırakıyorlardı) iki durumda tartışıyorlar, ancak sorun, alabileceğimiz gibi genelleştirildiği birkaç dergi makalesinde daha da ileri sürülüyor. takip edilen işleme bağlı olarak herhangi bir sayı.

Özellikle ilginç olan, sorunun birleşimsel yönleri hakkındaki makaleler (odak noktasının sonsuzluktaki yönleri değil). Örneğin herhangi bir zamanda sahip olabileceğimiz olası setlerin sayısını sayar. 2 top eklenmesi ve her adımın 1 çıkarılması durumunda sonuçlar basit ve burada n'inci basamaktaki muhtemel kümelerin sayısı n + 1'inci katalan sayısıdır. Örneğin 2 adımda {1}, {2} ilk adımda, 5 olasılık {1,3} {1,4} {2,3} {2,4} ve {3,4}, ikinci adımda, 14 üçüncüsü, dördüncüsü 42, vs. (bkz. Merlin, Sprugnoli ve Verri 2002, tenis topu sorunu ). Bu sonuç, farklı sayıda toplama ve çıkarma topuna genelleştirilmiştir ancak bu şimdi bu gönderi için çok ileri düzeydedir.

Süper görevler kavramına dayalı argümanlar

Olasılık teorisine girmeden önce, deterministik davalara ve üst görevini tamamlama olasılığına karşı birçok tartışma yapılabilir. Ayrıca, bir set teorik işlemin, süper görevin kinematik temsilinin geçerli bir temsili olup olmadığı da sorgulanabilir. Bu argümanların iyi ya da kötü olup olmadığını tartışmak istemiyorum. Olasılıksal davanın bu “üst düzey” argümanlarla zıt olabileceğini ve üst görevlerle hiçbir ilgisi olmayan ek unsurlar olarak görülebileceğini vurgulamalarını söylüyorum. Olasılıksal durumun, süperküsler vakasına karşı veya onunla tartışmak suretiyle kanıtlanamayan veya çürütülmeyen, benzersiz ve ayrı bir unsuru (olasılık teorisi ile akıl yürütme) vardır.

• Süreklilik argümanları : Bu argümanlar genellikle daha kavramsaldır. Mesela Aksakal ve Joshua gibi üst görevin bitemeyeceği fikri cevaplarında tartışıyor ve bu kavramların açık bir şekilde gösterilmesi , Ross Littlewood paradoksunun soracağı gibi olacak olan Thomson'ın lambası. sayı tek mi çift mi?

• Fiziksel argümanlar: Matematiksel kurguyu, sorunun fiziksel gerçekleşmesiyle ilgili olarak sorgulayan argümanlar da vardır. Bir problemin titiz bir matematiksel muamelesine sahip olabiliriz, ancak bunun gerçekten görevin mekanik bir şekilde yerine getirilip getirilmediği üzerinde bir sorun var (fiziksel dünyanın belli sınırlarını hız limitleri veya enerji / alan gereklilikleri gibi kırmak gibi basit kavramların ötesinde). .

  • Bir argüman, set-teorik sınırın, fiziksel gerçekliği zorunlu olarak tanımlamayacak matematiksel bir kavram olduğu olabilir.

    Örneğin, aşağıdaki farklı problemleri göz önünde bulundurun: Vazo, içinde hareket etmediğimiz bir topa sahiptir . Her adımda, topa daha önce yazılan numarayı siler ve üzerine yeni, daha düşük bir sayı yazarız. Sonsuz adımdan sonra urn boş olacak mı? Bu durumda boş küme olan teorik limiti kullanmak biraz daha saçma görünüyor. Bu sınır, matematiksel bir akıl yürütme olarak güzeldir, ancak sorunun fiziksel doğasını temsil ediyor mu? Topların soyut matematiksel akıl yürütme nedeniyle çürüklerden kaybolmasına izin verirsek (ki bu belki de daha farklı bir sorun olarak düşünülmeli ) o zaman tüm urn'u ortadan kaldırabilir miyiz?

  • Ayrıca, topların farklılaşması ve onlara bir sıralama verilmesi “fiziksel olmayan” görünmektedir (kümelerin matematiksel işlemleriyle ilgilidir, ancak urn içindeki toplar bu kümeler gibi davranır mı?). Topları her adımda değiştirirsek (örneğin, her adım rastgele atılan yığından bir topu, kalan sonsuz top yığınından bir topla değiştirir), böylece urn ya da aldıkları sayıya dayanarak numaralandırmayı unuturuz. başlangıçtan itibaren, set teorik sınırlarına dayanan argümanlar artık anlam ifade etmiyor, çünkü setler birleşmiyor (top urn'dan atıldığında bir topun kararlı bir çözümü yoktur, tekrar geri dönebilir).

    Vazo doldurma ve boşaltma fiziksel görevlerini yerine getirme perspektifinden bakıldığında topların üzerinde sayı olup olmamasının önemi yoktur. Bu, kümenin teorik akıl yürütmesini asıl süreçten ziyade sonsuz kümelerle ilgili matematiksel bir düşünce gibi yapar.

Her neyse, bu sonsuz paradoksların didaktik amaçlar için kullanılması konusunda ısrar edersek ve bu nedenle, olasılık teorisine girmeden önce, ilk olarak en şüpheci / inatçı tarafından kabul edilen (kesin) süper görevler hakkında kabul edilebilir bir fikir edinmek için mücadele etmemiz gerekir. düşünürler, o zaman Zeno paradoksuyla Allis ve Koetsier (1995) tarafından tarif edilen ve aşağıda kısaca tarif edilen Ross-Littlewood paradoksunun arasındaki yazışmaları kullanmak ilginç olabilir .

Onların benzer Aşil kaplumbağayı yetişmeye çalışıyor iken mesafe ile, öyle bir şekilde yerleştirilir ikisi de çapraz bayrakları ile Achilles öyle ki mesafeye bayrakları , yani bayraklı kaplumbağanın mesafesinin iki katıdır . Sonra saat 12: 00'ye kadar. kaplumbağa ve Aşil'in sahip olacağı bayraklardaki fark artıyor . Fakat nihayet saat 12: 00'de Elitikler dışında kimse Aşil ve kaplumbağanın aynı noktaya ulaştığını ve (bu nedenle) aralarında sıfır bayrak bulunduğunu iddia edemezdi.

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

Olasılıksal durum ve soruna nasıl yeni yönler kattığı.

Ross'un (kitabında) eklediği ikinci versiyon rastgele seçime göre topları kaldırıyor

Şimdi, ne zaman bir top çekilirse, o topun rastgele seçilenlerden seçildiğini varsayalım. Yani, 1 - 12: 00'da 1 ila 10 numaralı topların urn'a yerleştirildiğini ve topun rastgele seçilip çekildiğini vb. Bu durumda, öğleden sonra saat 12'de kaç top urnda?

Ross çözümü, urn boş olması için olasılık 1 olduğunu. Bununla birlikte, Ross'un argümanı sağlam ve titiz görünse de, bunun için ne tür aksiyomların gerekli olduğunu ve kullanılan teoremlerin hangisinin bu aksiyomlarda bulunmayabilecekleri (örneğin, varsayımlar) örtük varsayımlarla stres altına sokulabileceğini merak etmek olabilir. öğlen olaylara olasılıklar atanabilir).

Ross'un hesaplaması, boş olmayan bir semaver olayını sayılabilir bir şekilde alt kümelere / olaylara bölen ve bu olayların her biri için olasılığın sıfır olduğunu kanıtlayan iki öğenin bir birleşimidir.

1. için, numaralı topun saat 12'de olması durumunda$F_i$$i$$P(F_1) = 0$

2. İçin, , urn Elimizdeki 12 pm boş olmadığını olasılık$P(\bigcup_1^\infty F_i)$

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

Ross-Littlewood paradoksunun olasılıksal durumu, üst görevler üzerinde düşünmeden

Paradoksun en çıplak haliyle, onu süper görevlerin performansıyla ilgili herhangi bir problemden sıyrıp, sonsuz kümeleri çıkarmanın "daha basit" problemini merak edebiliriz. Mesela üç versiyonda biz alıyoruz:

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

ve sorun, gibi küme çıkarma .$S_{added}-S_{removed,1} = \emptyset$

Herhangi bir sonsuz dizi, , Ross’un olasılıksal bir gerçekleştirmesinde topların kaldırılabileceği sırayı açıklayan (eşit olarak) olası bir dizidir. -Littlewood sorunu. Bu sonsuz dizilere RL dizileri diyoruz.$S_{RL} =\lbrace a_k \text{ without repetitions and } a_k < 10k \rbrace$

Şimdi, süper görevler hakkında paradoksal bir akıl yürütme olmaksızın, daha genel olan soru, kümenin tamamını içermeyen RL dizilerinin yoğunluğu ile ilgilidir$\mathbb{N}$

Sorunun grafiksel bir görüntüsü.

iç içe, fraktal, yapı

Bu cevabın düzenleme versiyonundan önce, urn boşaltan sonsuz dizilerden '1 sayısını içermeyen sonsuz dizilerden' bir enjeksiyon haritasının varlığını kullanan bir tartışma yapmıştım.

Bu geçerli bir argüman değil. Örneğin kareler kümesinin yoğunluğuyla karşılaştırın. Sonsuz sayıda kareler var (ve ve ), ancak kareler kümesi sıfır yoğunluğuna sahiptir .$n \mapsto n^2$$n^2 \mapsto n$$\mathbb{N}$

Aşağıdaki görüntü, her bir ilave adımda, cüruftaki top 1'in olasılığının nasıl azaldığını daha iyi görüyor (ve diğer tüm toplar için aynı şekilde tartışabiliriz). Tüm RL dizilerinin alt kümesinin (yerinden edilmiş topların dizileri) kardinalliği, tüm RL dizilerinin kardinalliğine eşit olmasına rağmen (görüntü, bir tür fraktal yapı gösterir ve ağaç, sonsuz sayıda kopya içerir).

örneklem alanın büyümesi, yol sayısı

Resimde, ilk beş adım için tüm olası gerçekleşmeler gösteriliyor, tenis topu problemi için şema (tenis topu problemi, her adım: 2 tane kaldır 1 ekle, daha az hızlı büyüyor ve gösterimi daha kolay). Turkuaz ve mor çizgiler açılabilen tüm olası yolları gösterir (her adımda büyüklüğünde bir zar attığımızı ve bunun sonucuna göre yollarından birini veya diğer sonuçlara göre seçtiğimizi hayal edin) urndaki toplardan birini çıkardık).$n$$n+1$$n+1$$n+1$

Olası urn kompozisyonlarının sayısı (kutular) n + 1-Katalanca sayısı arttıkça artar ve toplam yol sayısı faktoring olarak artar. İçinde top numarası 1 olan koyu renkli (koyu gri renkli) ve bu kutulara (mor) giden yollar için urn bileşimleri söz konusu olduğunda, sayılar tamamen aynı şekilde katlanır, ancak bu sefer n'inci katalan sayısı ve faktör.$C_{n+1}$$(n+1)!$$n!$

Topu bırakmak yolların yoğunluğu içeride$n$

Bu nedenle, içinde top sayısı 1 olan bir semire giden yollar için, yoğunluk Dir ve büyüdükçe azalır . Kutu içerisinde topu bulmaya yol açan birçok fark olsa da , olasılık sıfıra yaklaşır (bunun imkansız olmadığını, ancak neredeyse kesinlikle gerçekleşmeyeceğini ve Ross'un argümanındaki temel hilenin şu olduğunu düşünürdüm. sayılabilir birçok boş olay birliği de boş bir olaydır).$\frac{(n)!}{(n+1)!}$$n$$n$

Tenis topu probleminde ilk beş adım için patika örneği (her adım: 2 kaldır 1 ekle)

Ross'un kesinlikle boş bir semaver için argümanları.

Ross olayları (numune alanı alt kümeleri) tanımlar, , bir top sayılı olduğu aşaması en urn olan . (ders kitabında aslında alt üyesini terk eder ve 1. top için savunur).$E_{in}$$i$$n$$i$

Proof adım 1)

Ross teklifini kullanır 6.1. olayların sırasını arttırmak veya azaltmak için (örneğin, azalma )$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset E_4 \supset ...$

Teklif 6.1: , artan veya azalan bir olaylar ,$\lbrace E_n, n\geq 1 \rbrace$

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

Bu önerinin kullanılması Ross, topunu saat 12'de gözlemleme olasılığının (bu, ) eşittir.$i$$lim_{n \to \infty} E_{in}$

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

Allis ve Koetsier, bunun örtük varsayımlardan biri olduğunu savunuyorlar. Süper görev, saat 12'de ne olduğunu (mantıksal olarak) ima etmiyor ve soruna yönelik çözümlerin açık varsayımlar yapması gerekiyor, bu durumda urn içindeki toplar kümesinde süreklilik ilkesini ne olabileceğini belirtmek için kullanabiliriz. Sonsuza dek. Sonsuza kadar (set-teorik) bir sınır belirli bir değerse, sonsuzda o belirli bir değere sahip olacağız (ani sıçrama olamaz).

Ross-Littlewood paradoksunun ilginç bir çeşidi, daha önce atılmış olan topları rastgele geri gönderdiğimiz zamandır. Bu sayede yakınsama olmayacak (Thomson'ın lambası gibi) ve dizilerinin sınırını kolayca tanımlayamıyoruz (artık azalmıyor).$E_{in}$

Proof adım 2)

Limit hesaplanır. Bu basit bir cebirsel adımdır.

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

İspatı adım 3)

Her şey için bu adım 1 ve 2 eser ileri sürülmektedir basit deyimi ile$i$

"Benzer şekilde, bu gösterebilir , tüm için "$P(F_i)=0$$i$

nerede Topun olaydır urn dışarı alınmıştır biz 12 pm ulaştığınızda$F_i$$i$

Bu doğru olsa da, düşük endeksi sonsuzluğa giden ürün ifadesini merak edebiliriz:

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

Birisi bana işe yarayıp yaramadığını açıklamak umudum dışında bu konuda söyleyecek çok şey yok.

Ayrıca , teklif 6.1 için gerekli olan azalan dizilerin dizilerinin hepsinin yapamayacağı fikri hakkında daha iyi sezgisel örnekler elde etmek iyi olur. adım sayısı indeksi ile 1'e eşit olmakla başlar. Bu indeks sonsuzluğa yükselmeli (bu sadece sonsuz adımların sayısı değil, aynı zamanda atılacak topun rastgele seçimi de sonsuz olur ve Sınırı gözlemlediğimiz top sayısı sonsuz olur). Bu teknikliğin üstesinden gelinebilir (ve belki de zaten diğer cevaplarda, dolaylı veya açık bir şekilde yapılmıştır), ayrıntılı ve sezgisel bir açıklama çok yardımcı olabilir.$E_{in}, E_{in+1}, E_{in+2}, ...$$n$

Bu adım 3'te oldukça teknik hale gelirken, Ross bu konuda çok kısa. Ross, bu işlemleri sonsuzda uygulayabileceğimiz (en azından bununla ilgili açık olmayan) bir olasılık uzayının varlığını, işlemleri sonlu alt alanlarda uygulayabileceğimiz şekilde öneriyor.

Ekvall tarafından verilen cevap, Ionescu-Tulcea kaynaklı uzatma teoremini kullanarak, sonsuz bir ürün alanıyla sonuçlanan bir yapı sağlar; olaylarını sonsuz olasılık ürünü olan sonuçlandırabilmemiz için .$\sum_{k=0}^\infty \Omega_i \bigotimes_{k=0}^\infty \mathcal{A}_i$$P(E_i)$$P=0$

Bununla birlikte, sezgisel anlamda yazılmamıştır. olay alanının çalıştığını sezgisel olarak nasıl gösterebiliriz ? Bunun tamamlayıcısı sıfır kümesidir (ve Ross-Littlewood sorununun Allis ve Koetsier tarafından düzeltilmiş versiyonundaki çözümü gibi sonsuz sayıda sıfır içeren bir sayı değildir) ve olasılık alanı mıdır?$E_{i}$

Kanıt adımı 4)

Boole'un eşitsizliği ispatı bitirmek için kullanılır.

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

Eşitsizliğin sınırlı veya sınırsız sayılabilecek olay kümeleri için kanıtlanmıştır. Bu için de .$F_i$

Ross'un bu kanıtı, yapılandırmacı anlamda bir kanıt değildir. Öğleden sonra saat 12: 00'de urnun boş kalması ihtimalinin 1 olduğunu kanıtlamak yerine, urnun üzerinde sınırlı sayıda olan herhangi bir topla doldurulması olasılığının neredeyse 0 olduğu kanıtlanmıştır .

hatırlama

Deterministik Ross-Littlewood paradoksu açıkça boş seti içerir (bu yazı böyle başladı). Bu, olasılıksal sürümün boş kümeyle sona ermesini daha az şaşırtıcı kılar ve sonuç (doğru olsun ya da olmasın) olasılıksız RL versiyonları kadar paradoksal değildir. İlginç bir düşünce deneyi, RL probleminin aşağıdaki versiyonudur:

• Sonsuz sayıda topla dolu bir semaver ile başladığınızı ve bununla rasgele topları atmaya başladığınızı hayal edin. Bu üst görev, sona ererse urnu mantıksal olarak boşaltmalıdır. Çünkü boş olmasaydı devam edebilirdik. (Bununla birlikte, bu düşünce deneyi, bir üst görev kavramını genişletiyor ve belirsiz bir şekilde tanımlanmış bir sonu var. Urn boşken mi yoksa akşam 12'ye ulaştığımızda mı?)

Ross'un ispatının tekniği konusunda tatmin edici olmayan bir şey var ya da en azından ispatın güzelliğini tam olarak anlayabilmek için diğer örneklerle daha iyi bir sezgi ve açıklama yapılması gerekebilir. Birlikte 4 adım genelleştirilebilecek ve muhtemelen birçok başka paradoks oluşturmak için uygulanabilecek bir mekanizma oluşturur (Denememe rağmen başaramadım).

Sonsuza doğru büyüklüğü artan herhangi bir uygun örnek alanı için (RL probleminin örnek alanında ) bir teorem üretebiliriz . adımı arttıkça 0 sınırı olan ve azalan bir sekans olan sayılabilir bir olay setini tanımlayabilirsek, sonsuzluğa yaklaştıkça bu olayların birliği olan olayın olasılığı sıfıra gider. Olayların birliğini tüm alan olarak birleştirebilirsek (RL örneğinde boş vazo, olasılıkları sıfıra giden birliğe dahil edilmediyse, bu nedenle ciddi paradokslar oluşmadı), o zaman daha zorlu bir paradoks yapabiliriz. Aksiyomların, transfinit kesinti ile birlikte tutarlılığı.$card(2^\mathbb{N})$$E_{ij}$$j$

• Böyle bir örnek (ya da yaratma çabası) bir ekmeğin sonsuz sıklıkta daha küçük parçalara bölünmesidir (matematiksel koşulları yerine getirmek için bölmeleri sadece pozitif rasyonel sayı boyutuna sahip parçalara ayırdığımızı varsayalım). Bu örnek için olayları tanımlayabiliriz (x aşamasında, x boyutunda bir parçamız vardır), azalan dizilerdir ve olaylar için olasılık limitleri sıfıra gider (aynı şekilde RL paradoksu olarak, azalan diziler daha da ortaya çıkar ve zaman içinde daha ileri ve nokta yönden fakat tam olmayan ve yakınsaklık vardır).

  Bu üst görev bittiğinde ekmeğin kaybolduğu sonucuna varmalıyız . Burada farklı yönlere gidebiliriz. 1) Çözümün boş küme olduğunu söyleyebiliriz (bu çözüm RL paradoksundan çok daha az hoş olsa da, çünkü boş küme örnek alanın bir parçası değildir) 2) Sınırsız sayıda tanımsız parça olduğunu söyleyebiliriz () örneğin sonsuz küçüklükte) 3) veya belki de (Ross'un ispatını yaptıktan ve boş bulduktan sonra) bunun tamamlanabilecek bir üst görev olmadığı sonucuna varmak zorunda mıyız? Böyle bir süper görevi bitirme nosyonunun yapılabileceği, ancak mutlaka “var olmadığı” (bir tür Russell paradoksu) olduğu söylenebilir.

---

Besicovitch'ten, Littlewood'un çeşitli dergilerinde basılmış bir alıntı:

"bir matematikçinin ünü, verdiği kötü delillerin sayısına dayanıyor".

---

Allis, V., Koetsier, T. (1995), Sonsuzluğun Bazı Paradoksları Üzerine , İngiliz Bilim Felsefesi Dergisi , ss. 235-247

Koetsier, T. (2012), Didactiek oneindig ve pingpongballen ile tanıştı. Wiskunde için Nieuw Archief , 5/13 nr4, s. 258-261 ( Hollandaca orijinal , google ve diğer yöntemlerle çeviri mümkündür)

Littlewood, JE (1953), Bir Matematikçilerin Miscellany , s. 5 ( archive.org aracılığıyla ücretsiz link )

Merlin, D., Sprugnoli, R. ve Verri MC (2002), Tenis topu problemi , Kombinatoryal Teori Dergisi , s. 307-344

Ross, SM (1976), Olasılıkta ilk ders , (bölüm 2.7)

Tymoczko, T. ve Henle, J. (1995 orijinal) ( 1999 google'da 2. baskı referansı ), Tatlı Sebep: modern mantığa yönelik bir alan rehberi

Tamam tekrar deneyeceğim.

Cevap paradoksun tamamen matematiksel olduğudur. Enumaris ve usta'nın cevabı bir şekilde neler olduğunu söyler, ama bu sorunu görmenin başka bir yoludur. Sorun, Jaynes'in yazdığı gibi, sınırsız olasılıklarla nasıl başa çıktığımızla ilgilidir (ayrıntılar için diğer yanıtlarıma bakınız).

Sonsuz bir seri genellikle sonu yokmuş gibi muamele görür, ancak bu problemde bir bitiş zamanı (12PM) vardır ve bu nedenle mantıksal olarak, matematiksel olmasa bile, topların eklenmesi ve çıkarılması için son bir döngü vardır: 12: 00'dan önce sonsuzca. 'Son' bir döngünün varlığı, olasılıkları geriye ve zaman içinde ileriye bakmamızı sağlar.

Son eklenen on topu düşünün. Bunların her biri için çıkarılma olasılıkları sıfırdır, çünkü her biri kaldırılabilecek olan sonsuzluk toplarından sadece bir tanesidir. Dolayısıyla, saat 12'de kalan en az on top olabilme olasılığı birliktir.

QED. Saçmalamayan bir olasılık argümanı.

Son zamanlarda Wilhelm'in Wolfgang Mückenheim tarafından yaptığı birkaç yorum, cevabımdaki bazı formülasyonları tekrar gözden geçirmeme neden oldu. Ben bunu yeni bir cevap olarak gönderiyorum çünkü bu sorunun farklı bir yaklaşımı var, çünkü bu sorunun öğretilmesi hakkında değil, paradoksun geçersiz olduğu konusunda.

Wilhelm yaptığı uzun bir şekilde ele alınmaktadır el yazması o

İşlemler yalnızca sonlu adımlarında mümkündür ("tüm ve arasında" hiçbir işlem mümkün değildir )).$n$$n$$\omega$

Bu bana terimi hatırlattı

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

Ross'un çalışmasından türemiştir. Bu terim, sonsuzluğa giden yol aşağıdaki sınır için tanımlanmadığında belirsizdir .

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

Bu, Wilhelm'in tartıştığı ve aksakal'ın cevabında da değinildiği noktayı andırıyor gibi görünüyor. Zaman içerisindeki adımlar sınırsız bir şekilde küçülür, bu nedenle saat 12: 00'ye kadar ulaşabiliriz, ancak aynı zamanda (fiziksel olmayan) sonsuz sayıda topları ekleyip kaldırmamız gerekir. Bu süper görevi Zeno'nun oku gibi bir sürece bağlamak yanlış bir fikirdir, tıpkı Thompson'ın paradoksal lambasının düğmesinin bir üst görev sonunda kesin bir konumu olamayacağı gibi.

Sınır açısından, aldığımız sonsuzluğa giden fiziksel yolun olduğunu söyleyebiliriz.

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

yani sıfır değil, sonsuz.

Bu örneğin, "öncül yanlışsa şartın doğru olduğunu" desteklediğine inanıyorum.

Bu evrende sonsuz çömleğe ve sonsuz top toplamaya gerek yoktur. Zamanı keyfi küçük parçalara bölmek imkansızdır.

Böylece Sheldon Ross, semaver 12: 00'de boş olduğunu söylemeye haklı. Vazonun saat 12: 00'de sonsuz topları olduğunu söyleyen öğrenciler de aynı.

Eğer urn'un 50 topu olduğunu cevapladıysanız, haklısınız da demektir.

Bu evrenin sonsuz çürükler ve sonsuz toplar içermediğini ve o zamanın atomik olmadığını titizlikle kanıtlamadım - sadece bunlara inanıyorum. Bu üç iddianın yanlış olduğuna inanıyorsanız, Ross'un sorununun ampirik olarak yanlışlanabilir olduğuna inanıyorsunuz. Deneysel sonuçlarınızı bekliyorum.

Sorunun kötüye gittiği fikrini destekliyorum. Bir şeyi transfinite olarak kabul ettiğimizde, genellikle bir limit kullanmak zorundayız. Görünüşe göre burada tek yol bu. Farklı topları ayırt ettiğimizden, sonsuz boyutlu bir işlemimiz var burada zamana karşılık, eğer zamanında top varsa ve .

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

Şimdi, herkesin kendi takdirine bağlı olarak kullanmak için yakınsama: üniforma, , , vb. Söylemeye gerek yok, cevap, seçime bağlıdır.$l_p$

Bu problemdeki yanlış anlama, sonsuz boyutlu vektörlerin yakınsamasını düşündüğümüzde metrik sorunların çok önemli olduğu gerçeğini ihmal etmekten kaynaklanmaktadır. Yakınsama türünü seçmeden, doğru cevap verilemez.

(Sıfır vektöre yakınsaklık vardır. normu top sayısını sayarken, bu normda işlem .)$l_1$

Örgün eğitimden daha fazla sezgi, ancak:

Eğer gece yarısına kadarki zamanlar yarıya inerse, gece yarısına asla ulaşmazız ... sadece asimptotik olarak yaklaşırız; böylece bir tane iddia olabilir olduğunu hiçbir çözüm.

Alternatif olarak, ifadeye bağlı olarak:

• +10 topun sonsuz aralığı olduğu için cevap sonsuzdur.
• sonsuz aralıklarla (+10 top - 1) olduğu için cevap 10 x sonsuz -1 * sonsuz = 0?
• (+9 top) +1'in sonsuz aralıkları olduğundan, cevap sonsuz + 1'dir.

Yeniden yazma: 16 Oca 2018

Bölüm 1: Anahat

Bu yazının temel sonuçları aşağıdaki gibidir:

• Yarı vuruşlu top, adım sınırlamaya gittiğinde sınırda yaklaşık kalma ihtimali vardır - bu hem gerçek bir dünya , hem de matematiksel olarak türetilmiştir. Türetilen fonksiyon, deki rasyonellerin bir alanına sahiptir . Örneğin, kalan yarım top sınırındaki olasılık, alan değeri 2'ye karşılık gelmektedir . adım büyüklüğü.$0.91$$\infty$
  $(0,1]$$1/2$
• Ross'un analizi yanlıştır ancak eksiktir çünkü rasyonel değerleri sırasına göre yinelemeye çalışır . Rasyoneller, büyüklük sırasına göre yinelenemez. Bu nedenle, Ross'un analizi tam etki alanına erişemez ve toplam davranışa yalnızca sınırlı bir bakış açısı sunar.$\left(i,\infty\right), i=1..\infty$
  
• Bununla birlikte, Ross'un analizi belirli bir gözlemlenebilir davranışı hesaba katar: sınırda, ilk kalan top setine ulaşmak için 1'den seri yineleme yoluyla mümkün değildir.
• Ross'un limit dizileri sezgisel olarak benzersiz görünen bazı hoş ikna edici özelliklere sahiptir.
  Bununla birlikte, aynı hoş özellikleri sağlayan ve fonksiyonumuz için değerler veren başka bir dizi limit dizisi gösteriyoruz.

Bölüm 2 "Not ve terminoloji", bu yazıda kullanılan not ve terminolojiyi kapsar.

Kısım 3 "The Halfway Ballset" gerçek bir dünya gözlemi sunar - endeksi, eklenen tüm topların yarısı kadar olan bir topun kalma olasılığı sınırında birleşir. Bu limit değer yaklaşık% 91'dir. Yarı balo topunun durumu sıfır , tümü sıfır olmayan limit değerlere sahip olan rasyonelde genelleştirilir . $(0,1]$

"Paradoksun Çözümü" Bölüm 4, hem Ross 'sonucunu hem de rasyonel-domain' sonuçlarını (burada açıklanmaktadır) içerecek şekilde birleşik bir çerçeve sunmaktadır. Daha önce belirtildiği gibi, Ross'un analizi sadece toplam davranışa sınırlı bir bakış açısı sunar. Dolayısıyla, paradoksun kaynağı tanımlanır ve çözülür.

Ekte, diğer bazı sonuçlarda daha az önemli sonuçlar tartışılmıştır:

• "Sınırdaki beklentiler", adım büyüklüğünün herhangi bir kısmını içeren ve bunlara kadar kalan beklenen top sayısını hesaplar.
• Bu sonucun bir sonucu, ilk topun endeksinin birden fazla kalma beklentisine sahip olmasıdır.

Bölüm 2: Not ve terminoloji

• Biz adım eklenir top endeksleri etiketlemek olarak ve bu set çağrı "ballset" inci. Ballset bu yazı için oluşturulmuş bir kelimedir. Bu terminoloji maalesef Ross'un terminolojisinden sapmaktadır, fakat aynı zamanda metni daha net ve kısa kılmaktadır.$n$$\{n.1, n.2, n.3, ..... n.10\}$$n$
  
• notasyonu topundaki topunun basamağındaki diğer topları yok sayarak adımında kaldığı olayı belirtir.$E(a,b)$$a.1$$a$$b$
• Gösterimde için bir kısaltmadır ve olasılık anlamına gelir . Tüm topları unutmayın ballset içinde kalan aynı olasılığına sahiptir. - değeri .$P(a,b)$$P(E(a,b))$$E(a,b)$
  $a.i$$a$
  $P(E(a,b))$$\prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)}$
• Ross sınırı olasılıktır olarak sonsuza gider: -$P(a)$$P(a,b)$$b$
  $P_{lim1}(a) = \lim_{b\rightarrow\infty} P(a,b)$
• Rasyonel limit, sabit oranı korurken hem bilyel endeksi hem de adımının sonsuzluğa gideceği sınır olarak tanımlanır : -$a$$b$$P_{lim2}(a,b) = \lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb)$

Bölüm 3: Yarıda top topu

Her hatta adım anda , yarım ballset olarak tanımlanır ballset inci. Her adım , kalanın yarıda kalma olasılığı olarak tanımlanmaktadır . olarak limitte , kalanın yarıda kalma olasılığı bu nedenle . Aşağıdaki Teorem 1, kalanın yarıda kalma olasılığı için sayısal bir değer verir.$2n$$n$$2n$$P(n,2n)$
$n\rightarrow\infty$$\lim_{n\rightarrow\infty} P(1*n,2*n)$

Teorem 1 - Oran koruyucu alan dizisindeki elementlerin olasılık limiti

$$\begin{equation} \lim_{n\rightarrow\infty} P(a*n,b*n) = (\frac{a}{b})^\frac{1}{9} \end{equation}$$ Ekten hemen önce aşağıda ispat verilmiştir.

Teorem 1'e göre, sınırda kalma ihtimalinin yarısı olasılığı olup, yaklaşık değerinde bir ondalık değere sahiptir .$(\frac{1}{2})^\frac{1}{9}$$0.925875$

Sanity Check Lets, yarım olasılık için sayısal limitin "doğru görünüyor" olup olmadığını görmek için bir sanity kontrolü yapalım.

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

İlk 4 satır, sırasıyla , , ve adım numarası için kalmanın yarısı olasılıklarıdır . Son satır sınırdır. Görünüşe göre, olasılıkların yarısı gerçekten öngörülen limite yaklaşıyor. Ross'un çerçevesine uymayan bu gerçek dünya gözleminin açıklanması gerekiyor. $10^3$$10^4$$10^5$$10^6$

** Bölüm 4 "Paradoksun Çözümü" **

Bu bölüm hem Ross'un analizi hem de rasyonel-alan analizi için birleşik bir çerçeveyi açıklar, Onları bir arada görüntüleyerek paradoks çözülür.

Rasyonel limit , rasyonellerden gerçeklere kadar bir fonksiyona indirgenebilir : ve . Burada en büyük ortak böleni gösterir. Aynı ifadeler " ve . karşılıklı olarak prime "ve" , nin azaltılmış kesridir . $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}$

Ross sınırı, rasyonel sınırlar dizisinin sınırı olarak yazılabilir: demet içinde rasyonel bir üyesi değildir ; ait olduğu . Bu nedenle, Ross limit fonksiyonu izomorf etki alanında ve görüntü her zaman benzersiz gerçek .

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

Ross limiti ve rasyonel limit, sırasıyla iki ayrık alan ve için aynı fonksiyondur ve Ross limiti, sadece limite göre sınırsız küçük olan balta indeksleri durumunu dikkate alır. stepSize. $[0,0]$$(0,1]$

Ross-limit analizi, sınırda, için sırayla değerlerine erişmenin asla sıfır olmayan bir değere ulaşmayacağını öngörür . Bu bir doğru ve gerçek dünya gözlemine karşılık geliyor.$P_{lim1}(i)$$i=1,2,...\infty$

Rasyonel limit analizi, Ross limitinin hesaba katmadığı yarı top topu gibi gerçek dünya gözlemlerini açıklar. İşlev aynıdır ancak etki alanı yerine$P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$[0,0]$

Aşağıdaki şemada hem Ross limit dizileri hem de rasyonel limit dizileri gösterilmektedir.

Ross'un analizinin, Ross sınırının ve onun alanının, tüm ilgi alanı olduğu konusunda kesin bir varsayım içerdiğini söylemek muhtemelen doğru olacaktır. Ross'un varsayımının altında yatan sezgi, açıkça tanınmasalar bile aşağıdaki dört koşuldan kaynaklanmaktadır:

Bırakın , Roth limit dizisi olsun. Let Roth sınır dizilerinin birlik olmak. $S_i = P(i,n), n=1,...,\infty$$i$$S = \cup_{i=(1...\infty)} S_i$

• (1) dizileri ayrıktır ve her bir dizi bir araya gelir.$S_i$
• (2) Tüm dizilerin elemanlarının birleşimi tam olarak oyuna giren tüm (top, adım) tupler setini kapsar:$S$$\{ (i,n)\ |\ i\leq n\ \land \ i,n\in Q \}$
• (3) dizilerinin tümü , adım indeksi olarak sonsuzdur , bu nedenle "erken" sonlandırmazlar.$S_i$$n$
• (4) sekansları kendilerini bir süper dizisi meydana . Bu nedenle, bu süper dizi yinelemeli olarak "yaratılabilir", yani sayılabilirler.$S_i$$\{ S_i \}_{i_in (1...\infty) }$

Başka bir limit sekans sisteminin yukarıdaki noktaları (1) - (4) karşılayabileceği hemen belli değildir.

Bununla birlikte, şimdi yukarıdaki noktaları (1) - (4) gerçekten karşılayan başka bir sınır dizileri sistemini tartışacağız.

Let , , rasyonel sınır sekansını temsil eder olsun karşılıklı asal küpe olarak : = . , söz konusu rasyonel limit dizilerinin birliği olsun : $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}$

Açıkçası, birleşimi olan dizileri yukarıdaki özellikleri (1) - (3) karşılamaktadır. Endeksler kesin olarak rasyoneldir, koşulu (4) karşılamak için rasyonel değerlerinin sayılabilir olduğunu göstermemiz gerekir . $S_{p,q}$$S^*$
$(p,q)$$(0,1]$$(0,1]$

(Farey sekansı) 2 emri düşük açısından daha az ya da eşit paydası olduğunda, 0 ile 1 arasında tamamen indirgenmiş fraksiyonların dizisidir , gittikçe artan boyutta amacıyla düzenlenmiş. İşte ilk sekiz Farey dizisi:$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}

Let temsil eder , ilk elemanı olmaksızın Farey dizisi inci .$F^*_n$$n$$0/1$

Let ve da dahil olmak üzere adım en az bir elemana sahip rasyonel sınır dizilerinin birleştirilmesi olarak : $S^*_n$$n$

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

indeksinin elemanları, kesirlerden tubalara dönüştürülür, elemanlarını tam olarak indeksler . Aşağıdaki tablo Ross analizindeki limit dizilerinin gruplandırılmasını ve rasyonel limit analizini karşılaştırmaktadır:$F^*_n$$S^*_n$

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

Son olarak, metodlar [ 3 ], [ 4 ], süper sekansını yinelemeli olarak oluşturmak için , koşul (4) da yerine getirilir.$F^*_n$

Stern-Brocot ağacının bir çeşidi olan bu yöntemlerden biri aşağıdaki gibidir:

İki rationals mediant ve olarak tanımlanır$a/c$$b/d$$\frac{a+b}{c+d}$

• Set$F*_n = \emptyset$
• Ekleme için$1/n$$F*_n$

• Loop içinde$i$$1...(\|F*_{n-1}\|-1)$

  • F * _n $ 'a ekleyin$F*_{n-1}[i]$

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

  • Eğer x$denom(x) \leq n$$F*_n$
  • döngü devam et
• Ekleme ile$F*_{n-1}[n]$$F*_n$

Paradoks çözüldü.

Teorem Kanıtı 1 İlk not: burada son dönüşüm Sterling dönüşümüdür.

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

Sonra, ve sözdizimsel olarak en son (Sterling form) denklemine $a\rightarrow a*n$$b\rightarrow b*n$

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

Ek: Diğer sonuçlar

Limitte Beklentiler

Bu bölüm, basamak büyüklüğünün herhangi bir kısmını içeren ve bunlara kadar kalan beklenen top sayısı için kapalı bir ifade sunar.
Bu sonucun bir sonucu, ilk topun indeksinin birden fazla kalma beklentisine sahip olan sayısal bir yaklaşımıdır.

( Devam edecek )

Düzenle Düzenle

Uzun lafın kısası. Sözde paradoks belirsiz bir biçim hatası, kanıtlayan sıfır hata a böle benzer bir sonuçla bir acemi hatasıdır . Bu gibi sayılar, sayıları saymak için doğal olarak 0, veya olabilen cevaplar üretir .$1=2$$n$$\infty$

BTW, sonsuz sayıda sonsuz olasılık eklediğinde kişi yaratır , belirsiz bir form oluşturur ve Ross'un kanıtı doğru değildir. Doğru bir cevap almak için L'Hopital Kuralını kullanın. sonsuzluk bir sayı değildir . Sonsuzluğu sanki bir numaramış gibi tedavi etmek hatalara yol açar.$\frac{1}{\infty}\infty$