질문 (약간 수정)은 다음과 같이 진행되며 Sheldon Ross 의 첫 번째 확률 과정 의 예 6a, 2 장에서 확인할 수 있습니다 .

우리가 무한히 큰 항아리와 공 번호 1, 2, 3 등으로 분류 된 공의 컬렉션을 가지고 있다고 가정하십시오. 다음과 같이 수행 된 실험을 고려하십시오. 1 분에서 오후 12 시까 지 1-10 번의 공이 항아리에 놓여지고 1 개의 공이 무작위로 제거됩니다. (출금에 시간이 걸리지 않는다고 가정하십시오.) 1/2 분에서 오후 12 시까 지 11 번에서 20 번까지의 공이 항아리에 놓여지고 다른 공은 무작위로 제거됩니다. 1/4 ~ 12P.M.에서 21 번에서 30 번까지의 공은 항아리에 넣고 다른 공은 무작위로 제거합니다. 관심있는 문제는 오후 12시에 항아리에 몇 개의 공이 있습니까?

이 질문은 제기 된대로 기본적으로 모든 사람들이 잘못 생각하도록 강요합니다 .- 일반적으로 직관은 오후 12시에 무한히 많은 공이있을 것이라고 말하는 것입니다. 오후 12시

확률 이론을 가르 칠 때이 문제는 직관적 인 설명을하기가 매우 어려운 문제 중 하나입니다.

한편으로, 당신은 다음과 같이 설명하려고 시도 할 수 있습니다. "오후 12시에 항아리에 공이있을 확률을 생각하십시오. 무한 무작위 추첨 동안, 결국에는 제거 될 것입니다. 이것은 모든 공에 적용되기 때문에, 아무것도 없습니다. 그들 중 마지막에있을 수 있습니다. "

그러나 학생들은 당신과 올바르게 논쟁 할 것입니다. "하지만 매번 10 개의 공을 넣고 1 개의 공을 제거하고 있습니다. 마지막에는 공이 0 개가 될 수 없습니다."

이러한 상충되는 직관을 해결하기 위해 그들에게 줄 수있는 가장 좋은 설명은 무엇입니까?

나는 또한 그 문제가 잘못 제기 된 주장에 대해 개방적이며, 우리가 그것을 공식화하면 "역설"이 사라지거나 역설이 "순전히 수학적"이라는 주장에 대해 개방적이다 (그러나 그것에 대해 정확하게 시도하라).

Ross는 교과서의 예제 6a 에서이 "역설"의 세 가지 버전을 설명 합니다. 각 버전에서 10 개의 볼이 항아리에 추가되고 1 개의 볼이 절차의 각 단계에서 제거됩니다.

1. 제 버전에서는 번째 공은 상기 제거 된 번째 단계. 자정이 지나면 숫자가 0으로 끝나지 않는 모든 공이 여전히 거기에 있기 때문에 자정 이후에는 많은 공이 남습니다.$10n$$n$

2. 두 번째 버전에서는 번째 단계 에서 번째 볼이 제거됩니다 . 각 공이 결국 해당 단계에서 제거되기 때문에 자정 이후에는 공이 0 개 남았습니다.$n$$n$

3. 세 번째 버전에서는 공이 무작위로 균일하게 제거됩니다. Ross는 단계에서 각 볼이 제거 될 확률을 계산하고 로 로 수렴 함을 발견합니다 (이것은 분명하지 않습니다! 실제로 계산을 수행해야 함). 이것에 의해, 의미 부울의 부등식 결국 제로 공을 가지는 가능성도 있음, .1 , N → ∞ $n$$1$$n\to\infty$$1$

이 마지막 결론은 직관적이지 않고 설명하기 어렵다고 말하고 있습니다. 이것은이 스레드에서 많은 혼란스러운 답변과 의견에 의해 훌륭하게 지원됩니다. 그러나 두 번째 버전의 결론은 직관적이지 않습니다! 그리고 그것은 확률이나 통계와 전혀 관련이 없습니다 . 나는 두 번째 버전을 받아 들인 후에 더 이상 세 번째 버전에 대해 놀라운 것이 없다고 생각합니다.

따라서 "확률 적"토론은 세 번째 버전 (@ paw88789, @Paul 및 @ekvall의 매우 통찰력있는 답변 참조)에 관한 것이지만 "철학적"토론은 두 번째 버전에 중점을 두어야합니다. 힐버트 호텔 정신 .

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두 번째 버전은 Ross-Littlewood 역설이라고 합니다. Wikipedia 페이지에 링크되어 있지만 토론이 헷갈 리므로 전혀 읽지 않는 것이 좋습니다. 대신 몇 년 전부터이 MathOverflow 스레드를 살펴보십시오 . 그것은 지금까지 폐쇄되었지만 몇 가지 매우 지각적인 답변을 포함합니다. 내가 가장 중요하게 생각하는 답을 간단히 요약하면 다음과 같습니다.

단계 후에 urn에 존재하는 볼 의 세트 을 정의 할 수 있습니다 . 우리는 , 등을 가지고 있습니다 . 일련의 집합에 대한 수학적으로 잘 정의 된 개념이 있으며 엄격하게 증명할 수 있습니다 이 순서의 한계가 존재하고 빈 세트 입니다. 실제로, 한계 세트에 어떤 공이있을 수 있습니까? 절대 제거되지 않은 것만. 그러나 모든 공은 결국 제거됩니다. 따라서 한계는 비어 있습니다. 쓸 수 있습니다 . 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$

동시에 숫자이 세트의 카디널리티 (cardinality)라고도 하는 세트 의 볼의 공의 는 과 같습니다 . 순서 은 명백히 분기되고 있으며, 이는 카디널리티가 aleph-zero 으로 알려진 의 카디널리티로 수렴됨을 의미합니다 . 따라서 쓸 수 있습니다 .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$

"역설"은 이제이 두 문장이 서로 모순되는 것 같다 :

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

물론 실제 역설과 모순은 없습니다. 카디널리티를 취하는 것이 세트에서 "연속적인"조작이라고 아무도 말하지 않았으므로 한계와 교환 할 수 없습니다.사실 즉, 그 모든 정수 우리가 결론을 내릴 수 없습니다( 첫 번째 서수 의 값 )는 . 대신직접 계산해야하며 0으로 밝혀졌습니다.| S N | = 9 n n ∈ N | S ω

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

카디널리티를 취하는 것이 명백한 작업이라는 결론에 이르렀습니다. [@HarryAltman]

따라서이 역설은 "간단한"작업이 연속적이라고 가정하는 인간의 경향 일뿐입니다. [@NateEldredge]

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이것은 세트 대신 함수로 이해하기가 더 쉽습니다. 간격 에서 1과 같고 다른 곳에서는 0으로 정의 된 세트 의 특성 (일명 표시기) 함수 을 고려하십시오 . 처음 10 개의 함수는 다음과 같습니다 (@Hurkyl의 답변에서 ASCII 기술 비교).S , N [ N , 10 N $f_n(x)$$S_n$$[n, 10n]$

$\quad\quad\quad$

모든 사람은 각 포인트 에 대해 이라는 것에 동의합니다 . 이것은 정의상 함수가 함수로 수렴 됨을 의미합니다 . 다시 한 번, 모두 동의합니다. 그러나 이러한 함수의 적분 은 점점 커지고 적분의 순서는 다양합니다. 다시 말해,f n ( x ) g ( x ) = 0 ∫ ∞ 0 f ( x ) d x = 9 $a\in\mathbb R$$\lim f_n(a) = 0$$f_n(x)$$g(x)=0$$\int_0^\infty f(x)dx = 9n$

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

이것은 완전히 표준적이고 친숙한 분석 결과입니다. 그러나 그것은 우리의 역설을 정확하게 재구성 한 것입니다!

문제를 공식화하는 좋은 방법은 용기의 상태를 집합 ( 의 하위 집합 )으로 설명하는 것이 아니라 제한적인 특성을 갖기 어렵 기 때문에 특성 함수로 설명하는 것입니다. 첫 번째 "역설"은 점별 제한이 균일 한 제한과 동일하지 않다는 것입니다. [@ TheoJohnson-Freyd]$\mathbb N$

중요한 점 은 " 자정 정오"에 전체 무한 시퀀스가 이미 지났다는 것입니다 . 즉, 우리는 "일시적 점프"를하여 무한 상태 도달했습니다 . "에서 적분의 값 자정 정오"의 적분의 값이어야한다 , 다른 방법은 주위에.림 f $f_\omega = \lim f_n(x)$$\lim f_n$

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이 글의 답변 중 일부는 높게 평가되었지만 오해의 소지가 있습니다.

특히 @cmaster는 을 계산하지만 실제로 는 역설이 요구하는 것은 아닙니다 . 역설은 전체 단계의 무한한 단계 이후에 어떤 일이 발생하는지 묻습니다. 이것은 구조이므로 위에서 설명한대로 를 0으로 계산해야합니다.ballCount ( S ω$\lim_{n\to\infty} \operatorname{ballCount}(S_n)$$\operatorname{ballCount}(S_\omega)$

Hurkyl (대답)과 Dilip Sarwate (댓글)는이 퍼즐의 두 가지 공통적 인 결정적 변형을 제공합니다. 두 변형 예에서, 단계 , 볼 ( 내지 이 파일에 추가된다 ( ). 10 K - 9 10 케이 케이 = 1 , 2 , . . $k$$10k-9$$10k$$k=1,2,...$

Hurkyl의 변형에서 볼 가 제거됩니다. 이 변형에서, 공 이 단계 에서 제거 되기 때문에 공이 남아 있지 않다는 것을 확실하게 주장 할 수있다 .n $k$$n$$n$

Dilip Sarwate의 변형에서, 공 ( 은 단계 에서 제거 되므로,이 변형에서, 배수가 아닌 모든 공은 남아있다. 이 변형에서, 끝에 항아리에 무한히 많은 공이 있습니다.k $10k$$k$$10$

이 두 가지 변형을 에지 사례로 사용하면이 프로세스를 수행 할 때 많은 다른 일이 발생할 수 있습니다. 예를 들어, Hurkyl의 프로세스를 수행하면서 특정 볼의 제거를 건너 뛰어 유한 한 볼 세트를 끝에 남길 수 있습니다. 실제로 , (상수) 자연수로 셀 수없이 무한한 보수를 갖는 세트 의 경우, 프로세스의 끝에서 그 세트의 볼을 남길 수 있습니다.$B$

우리는 기능 선택으로 (일본어 포스트에 주어진) 문제의 임의의 변화를 보면 수 (I)이라는 조건을 일대일 및 (II) 모든 . f f ( k ) ≤ 10 $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f$$f(k)\le 10k$$k\in \mathbb{N}$

쉘든 로스 (Sheldon Ross) 책 (포스트에서 참조)에 주어진 주장은 (확률 적 의미에서) 그러한 기능이 거의 모두 기능 (예상)에 있다는 것을 보여줍니다.

나는 이것이 의 균일 분포에서 를 선택 하고 숫자가 Cantor 세트에있을 확률을 묻는 상황과 다소 유사하다고 생각합니다 (저는 Cantor 세트를 사용하고 있습니다 Cantor 세트는 계산할 수 없으므로 유리수). Cantor 세트에 선택할 수있는 (수 많은) 숫자가 있지만 확률은 입니다. 공 제거 문제에서, 공이 남아있는 일련의 시퀀스는 캔터 세트의 역할을하고 있습니다.[ 0 , 1 ] $x$$[0,1]$$0$

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편집 : BenMillwood는 나머지 세트가 될 수없는 유한 볼 세트가 있음을 올바르게 지적합니다. 예를 들어, 은 나머지 세트가 될 수 없습니다. 대해 남아있는 첫 볼 의 최대 를 가질 수 있습니다 .90 % 10 N , N = 1 , 2 , 3 , . . $1,2,...,10$$90\%$$10n$$n=1,2,3,...$

Enumaris의 답변 은 분기 한계 문제에 완벽하게 맞습니다. 그럼에도 불구하고, 질문은 실제로 모호하지 않은 방식으로 답변 될 수 있습니다. 따라서 제 대답은 제로 볼 솔루션이 잘못 된 위치와 직관적 솔루션이 올바른 이유를 정확하게 보여줍니다.

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모든 볼 , 끝 에서 항아리에있을 확률 이 0이라는 것은 사실입니다. 정확히 말하면, 제로인 한계 는 입니다.P ( n ) P ( n ) = lim N → ∞ P ( n , N ) = $n$$P(n)$$P(n) = \lim_{N\to\infty} P(n, N) = 0$

이제 합 부서진 계산은 해당 부분으로 바로 이동 하여 한계 값이 0이므로 합은 0이라는 항만 포함하므로 합은 0입니다. P(N,N) LIM N → ∞ ballCount ( N

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

그러나 이것은 을 두 개의 독립적 인 부분 으로 불법 분할하는 것 입니다. 합계의 경계가 의 매개 변수에 의존하는 경우 단순히 을 합계로 이동할 수 없습니다 . 을 전체적으로 해결해야합니다 .LIM LIM$\lim$$\lim$$\lim$$\lim$

따라서이 을 해결하는 유일한 유효한 방법 은 유한 대해 이라는 사실을 사용하여 합계를 먼저 해결하는 것 입니다. ∑ n ≤ 10 N n = 1 P ( n , N ) = 9 N N lim N → ∞ 볼 카운트 ( N $\lim$$\sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n,N) = 9N$$N$

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

직관적 인 솔루션은 정확히 깨졌습니다. 근본적으로 고장난 "영리한"솔루션입니다.

이 주장은 무한 세트와 시퀀스가 ​​단일 방식으로 동작하는 경향에 초점을 맞추고 있습니다. 힐버트 호텔 보다 더 놀라운 것은 아닙니다 . 이러한 경우, 당신은 실제로 무한한 수의 공을 꺼냈을 것입니다. 그러나 당신은 무한한 수를 넣을 것입니다. 힐버트 호텔을 반대로 고려하십시오. 호텔에서 손님을 무제한으로 제거 할 수 있지만 여전히 손님을 무제한으로 남겨 둘 수 있습니다.

이것이 실제로 실현 가능한지 여부는 전적으로 다른 질문입니다.

따라서 필자는 그것이 악하게 형성되는 것이 아니라 잘못된 책에 넣는 것으로 간주합니다. 이러한 종류의 계산 질문은 확률 코스가 아닌 세트 이론 코스에 속합니다.

나는 그것이 문제의 불필요한 시간적 구성 요소를 제거하는 데 도움이된다고 생각합니다.

이 역설의 가장 기본적인 변형은 항상 가장 낮은 번호의 공을 제거하는 것입니다. 그리기가 쉽도록 각 단계마다 두 개의 공만 추가합니다.

이 절차는 무한 2 차원 격자를 채우는 방법을 설명합니다.

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

 :  :  :
 :  :  :

여기서 각 행은 오른쪽에 두 개의 별표를 추가하고 가장 왼쪽을 제거하여 이전 행에서 형성됩니다.

그런 다음 묻는 질문은 다음과 같습니다.

반복되는 점이 아닌 반복 된 별표로 끝나는 열 수는 몇 개입니까?

제 생각에는이 결과를 "각 행의 별표 수의 한계"와 실수로 동일시한다는 생각은 훨씬 덜 매력적입니다.

이 답변은 4 가지 일을 목표로합니다.

1. 문제에 대한 Ross의 수학 공식을 검토하여 문제 설명에서 직접적이고 명확하게 따르는 방법을 보여줍니다.

2. Ross의 역설적 해결책이 물리적으로 100 % 실현 가능하든 아니든 물리적 세계에 대한 우리의 이해와 수학적으로 건전하고 관련이 있다는 입장을 방어하십시오.

3. 물리적 직관에 뿌리를 둔 일부 잘못된 주장에 대해 토론하고 정오에 무한 공에 대해 종종 언급 된 "물리적"해법은 수학뿐만 아니라 물리학에도 해당된다는 것을 보여줍니다.

4. Ross의 솔루션을보다 직관적으로 만들 수있는 문제의 물리적 구현을 ​​설명하십시오. Carlos의 원래 질문에 대한 답변을 보려면 여기에서 시작하십시오.

1. 문제를 수학적으로 설명하는 방법

Ross의 논증 의 초기 "무한 프로세스 모델링"단계를 풀 것이다 (p. 46) . 다음은 우리가 정당화하는 데 중점을 둔 진술입니다.

첫 n 번 출금 후 볼 번호 1이 여전히 항아리에있는 이벤트로 을 정의하십시오. 볼 번호 1이 12시에 항아리에있는 이벤트는 이벤트입니다. .⋂ ∞ n = 1 E $E_n$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$

Ross의 성명을 풀기 전에 정오에 무한한 조작 순서로 항아리 내용물을 이해하는 것이 어떻게 가능한지 고려해 봅시다. 항아리 속에 무엇이 있는지 어떻게 알 수 있습니까? 글쎄, 특정 공 에 대해 생각해 보자 . 또는 또는 원하는 것을 상상할 수 있습니다 . 정오 이전에 프로세스의 일부 단계에서 볼 를 꺼냈다면 정오에 항아리에 있지 않을 것입니다. 주어진 볼 경우와 반대로 이었다 (이 추가 된 후) 정오까지 공정까지의 매 단계에서 항아리에, 그것은 정오에 항아리에 있었다. 이 진술을 공식적으로 작성해 봅시다 :b = 1 1000 년 $b$$b=1$$1000$$b$

정오 이전의 모든 단계 에있는 경우에만 공 는 정오에 항아리에 있습니다 . 여기서 는 스테이지입니다. 공이 항아리에 추가되었습니다.n ∈ { n b , n b + 1 , n b + 2 , … . . } n $b$$n \in \{n_b, n_b + 1, n_b + 2, ...\}$$n_b$

이제 Ross의 진술을 풀 은 일반 영어로 무엇을 의미합니까? urn 프로세스의 단일 실현 를 가져 와서 이야기 해 봅시다.$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$ $x$

• $x \in E_1$ 은 볼 1이 프로세스의 1 단계 이후 항아리 의미합니다.
• $x \in E_1 \bigcap E_2$ 는 공정 1 및 2 단계 후 공 1이 항아리에 있음을 의미합니다.
• $x \in E_1 \bigcap E_2 \bigcap E_3$ 은 공정 1, 2 및 3 단계 후에 공 1이 항아리에 있음을 의미합니다.
• 어떤 옵션 , 볼이 단계 후에 URN 것을 의미 통해 .x ∈ ⋂ n k = 1 E k 1 $k \in \{1, 2, 3, ...\}$$x \in \bigcap_{k=1}^n E_k$$1$$n$

분명히, 는이 항아리 프로세스의 구현 에서 볼 1이 1, 2 단계 후에 항아리에 있음을 의미합니다. 3, 기타 : 정오 이전의 모든 유한 단계 . 무한 교차점 은 또 다른 작성 방법이므로 에는 볼 1이 항아리에 있던 과정을 정확하게 구현 한 것이 있습니다. 정오 이전의 단계. 이벤트는 프로세스의 정의 된 일련의 구현이므로 마지막 문장은 은 정오 이전의 모든 단계에서 볼 1이 항아리에 있던 이벤트 라고 말하는 것과 정확히 동일합니다 . 이 임의의 프로세스에 대해. 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$

펀치 라인 : 위 의 "만약 if"진술에 따르면, 이것은 정오에 공 1이 항아리에 있었다는 것과 정확히 동일합니다! 따라서 은 Ross가 처음 언급 한 것처럼 정오에 공 1이 항아리에있는 이벤트입니다. QED$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

위의 도출 에서 결정 론적 모델링은 샘플 공간이 하나의 요소를 갖는 확률 론적 모델링의 특별한 경우이기 때문에 우리가 말한 모든 것이 결정 론적 버전과 확률론 버전 모두에 동일하게 유효합니다 . "사건"과 "실현"( "세트"와 "요소"에 대한 전문 용어)을 넘어서는 측정 이론 또는 확률 개념도 사용되지 않았습니다.

2. 역설적 해결책은 수학적으로 건전하고 물리와 관련이있다

이 설정 포인트 후에 결정적 및 확률 적 변형이 분기됩니다. 결정 론적 변형 (amoeba의 게시물에서 버전 2)에서 첫 번째 단계에서 볼 1이 꺼내 져 이며 무한 교차점도 비어 있음을 알 수 있습니다. 마찬가지로, 다른 볼 는 스테이지 에서 꺼내 져 정오에는 없습니다. 따라서, 항아리는 정오에 번호가 매겨진 볼 를 포함 할 수 없으므로 비어 있어야합니다.b b $E_1 = \emptyset$$b$$b$$b$

확률 적 변형에서 동일한 현상이 더 부드러운 "예상치 못한"의미로 발생합니다. 정오에 접근 할 때 주어진 공이 존재할 확률은 0으로 떨어지고 정오의 제한 시간에는 공이 거의 존재하지 않습니다. 각 공은 확률이 0이고 무한히 많은 0의 합은 여전히 ​​0이므로 정오에 항아리에 공이 거의 없을 것입니다. 이 모든 것이 Ross에 의해 완전히 엄격하게 보여집니다. @ekvall의 답변에서 알 수 있듯이 대학원 수준 측정 이론에 대한 지식으로 세부 사항을 채울 수 있습니다.

무한 시퀀스로 표현 된 수학적 객체 (예 : ) 에 대한 표준 인수를 수락하는 경우 여기의 인수는 정확히 동일한 원리에 의존하므로 허용 가능해야합니다. 남아있는 유일한 질문은 수학 솔루션이 실제 세계에 적용되는지 아니면 플라토닉 수학 세계에 적용되는지입니다. 이 질문은 복잡하며 섹션 4에서 자세히 설명합니다.$0.999... = 1$

즉, 무한한 항아리 문제가 비 물리적이라고 가정하거나 비 물리적이라하더라도 무관하다고 거부 할 이유는 없다. 무한한 와이어 및 여과 격자 와 같은 무한한 구조와 프로세스를 연구함으로써 많은 물리적 통찰력을 얻었습니다 . 이러한 모든 시스템이 반드시 물리적으로 실현 가능한 것은 아니지만 이론이 나머지 물리학을 형성합니다. 미적분학 자체는 어떤 방식으로 "비 물리적"이다. 왜냐하면 우리는 종종 연구의 주제 인 임의의 작은 거리와 시간을 물리적으로 실현할 수 있는지 알 수 없기 때문이다. 이론과 응용 과학에서 미적분학을 엄청나게 잘 활용하는 것을 막을 수는 없습니다.

3. "물리적 직관"에 기반한 솔루션의 비 물리

Ross의 수학이 결정 론적 변형에서 잘못되었거나 물리적으로 부정확하다고 믿고 있고 실제 물리 솔루션은 무한정 많은 공입니다. 정오에 일어난 일에 관계없이 정오 이전의 상황을 거부하는 것은 불가능합니다. 항아리에 추가하면 결국 제거됩니다. 따라서 정오에 항아리에 아직도 많은 공이 여전히 있다고 생각한다면 정오 전에 공을 추가 할 수 없다는 것을 인정해야합니다. 따라서 그 공은 다른 곳에서 나왔을 것입니다. 당신은 원래의 문제 과정과 관계없이 무한정 많은 공이 갑자기 정오에 존재하여 카디널리티의 연속성이 위반되는 것을 막기 위해 갑자기 존재한다고 주장하고 있습니다."빈 세트"솔루션처럼 직관적이지 않은 것처럼 보이는이 대안은 객관적이고 명백하게 비 물리적입니다. 무한한 물체의 컬렉션은 무한대에 대한 열악한 인간의 직감을 만족시키기 위해 순간적으로 등장하지 않습니다.

여기서 일반적인 오류는 시간이 정오에 가까워짐에 따라 볼의 수를 볼 수 있으며 정오에 발산되는 정확한 볼에 관계없이 정오에 다양한 추세가 무한정 많은 볼을 생성한다고 가정합니다. "무관심의 원리"로 이것을 정당화하려는 시도가 있었는데, 그 대답은 공의 표시 여부에 의존해서는 안된다고 명시하고있다.

실제로 답은 공의 라벨이 붙어 있는지 여부에 달려 있지 않지만 Ross의 솔루션에 대한 주장이 아니라 그 반대입니다. 고전 물리학의 관점에서 볼은 볼로 표시되는지 여부에 관계없이 효과적으로 표시됩니다. 그것들은 레이블과 동등한 뚜렷하고 영구적 인 정체성을 가지고 있으며, 숫자가 문자 그대로 공에 기록되는지 여부에 관계없이 진정한 물리적 분석이이를 설명해야합니다. 레이블 자체는 솔루션이 나오는 방식에 직접적인 영향을 미치지 않지만 공이 어떻게 움직이는 지 정확하게 설명하는 데 필요합니다. 일부 절차는 항아리에 공을 영원히 남기고, 다른 절차는 추가 된 모든 공을 제거 할 수 있으며 , 이러한 절차의 차이점을 설명하기 위해 레이블이 필요합니다.레이블을 무시하려고 시도하는 것은 "물리적"이 아니며, 물리적 문제를 정확하게 해결하여이를 해결하기 위해 무시하는 것입니다. (각 단계에서 레이블을 다시 섞는 복잡한 변형도 마찬가지입니다. 중요한 것은 누군가가 배치하거나 교체 한 레이블이 아니라 어떤 볼이 항아리에 있는지에 관한 것입니다. 복잡한 레이블 변경 체계를 완전히 무시하고 간단하게 사용하여 결정할 수 있습니다. Ross의 원래 문제 중 하나 인 변경되지 않은 단일 레이블 체계.)

"볼"이 양자 역학적 입자 인 경우 구별이 사실이 아닌 유일한 방법입니다. 이 경우 무관심 원칙은 눈부신 실패입니다. 양자 물리학은 구별 할 수없는 입자 가 구별 가능한 입자 와 완전히 다르게 행동 한다고 알려줍니다 . 이것은 아마도 가장 중요한 화학 원리 중 하나 인 파울리 배제 원칙과 같이 우주의 구조에 매우 근본적인 결과를 가져옵니다. 아직이 역설의 양자 버전을 분석하려고 시도한 사람은 없습니다.

4. 솔루션을 물리적으로 설명

우리는 모호한 "물리적"직관이 어떻게 우리가이 문제를 타락시킬 수 있는지 보았습니다. 반대로, 문제에 대한 보다 물리적으로 정확한 설명은 왜 수학 솔루션이 실제로 가장 물리적 인 솔루션 인지 이해하는 데 도움이됩니다 .

고전 역학의 법칙에 의해 지배되는 무한 뉴턴 우주를 고려하십시오. 이 우주에는 두 개의 물체가 있습니다 : 무한 선반과 무한 항아리. 우주의 원점에서 시작하여 서로 발을 뻗어 영원히 함께 있습니다. 선반은 피트 선에 있고 Urn은 피트 선에 있습니다 . 선반을 따라 균등하게 (그래서 공 원점으로부터 이격되는 제 한쪽을 한쪽 이격 무한히 많은 동일한 공 배치되어 선에 피트). Urn은 실제로 선반과 비슷하지만 조금 더 화려하고 닫혀 있으며 일반적으로 Urnish는 비어 있습니다.y = 1 n x = $y = 0$$y = 1$$n$$x = n$

통로는 바닥에 선반과 항아리를 연결하고 원점에 통로의 상단에는 무한한 전원 공급 장치가있는 노력 로봇이 있습니다. 오전 11 시부 터 Endeavour는 Ross-Littlewood의 프로그램 된 지침에 따라 Urn과 Shelf 사이에 공을 옮기면서 통로에서 활성화 및 확대를 시작합니다.

• 프로그램이 볼 을 Urn에 삽입하도록 명령 하면 원점에서 볼 피트가 선반에서 Urn으로 전송됩니다.$n$$n$
• 프로그램이 볼 을 Urn에서 제거하도록 명령 하면 원점 의 볼 피트가 Urn에서 선반으로 전송됩니다.$n$$n$

어느 경우이든, 전사는 직선을 가로 질러 이루어 지므로 공은 원점으로부터 피트를 유지한다 . Ross-Littlewood 문제에 지정된대로 프로세스가 전개됩니다.$n$

• 오전 11:00에 Endeavour는 1-10 번 공을 선반에서 Urn으로 옮기고 Urn 공 중 하나를 선반으로 다시 옮깁니다.
• 오전 11시 30 분에 Endeavour는 11-20 공을 선반에서 Urn으로 옮기고 Urn 공 중 하나를 선반으로 다시 옮깁니다.
• 오전 11:45에 Endeavour는 21-30 개의 공을 선반에서 Urn으로 옮기고 Urn 공 중 하나를 선반으로 다시 옮깁니다.
• 등등...

프로세스가 계속 진행될 때마다 새로운 단계마다 통로를 오르 내릴 때까지 더 오랜 시간이 걸리고 여행 시간은 절반 밖에 걸리지 않습니다. 따라서, 노력은 정오가 닫힐 때 Aisle을 기하 급수적으로 빠르게 위아래로 움직여야합니다. 그러나 프로그램은 무한한 전원 공급 장치가 있으며 필요한만큼 빠르게 이동할 수 있기 때문에 항상 프로그램을 따라갑니다. 결국 정오가 도착합니다.

이 역설의 더 생생하게 상상 된 버전에서 어떤 일이 발생합니까? 위에서 본 정오에 대한 접근 방식은 정말 훌륭합니다. 항아리 안에서 공의 파동이 원점에서 바깥쪽으로 전파되는 것처럼 보입니다. 정오가 다가옴에 따라 웨이브의 크기와 속도는 제한없이 커집니다. 우리가 각 단계 직후에 사진을 찍어야한다면 공의 레이아웃은 어떻게 보일까요? 결정 론적 인 경우, 그들은 아메바의 대답에서 단계 함수와 똑같이 보일 것입니다. 볼 위치 는 그가 그린 곡선을 정확하게 따릅니다. $(x, y)$확률론적인 경우에는 거의 비슷해 보이지만 Origin 근처에서 더 지저분해질 것입니다.

정오가 도착하면, 우리는 일어난 일을 재고로받습니다. 결정적 버전에서 각 공은 선반에서 Urn으로 정확히 한 번 전송 된 다음 정오 이전에 두 번의 전송이 이루어지면서 이후 단계로 되돌아갔습니다. 정오에 우주는 원래 오전 11 시로 돌아와야합니다. 웨이브는 더 이상 없습니다. 각 공은 정확히 시작된 곳으로 돌아 왔습니다. 아무것도 변하지 않았다. 항아리가 비어 있습니다. 확률 론적 버전에서는 결과가 확실하지 않고 거의 확실하다는 점을 제외하고는 동일한 일이 발생합니다.

두 경우 모두 "물리적 이의 제기"와 무한대에 대한 불만은 허공으로 사라지는 것 같습니다. 물론 정오에는 항아리가 비어 있습니다. 우리는 어떻게 다른 상상을 할 수 있었습니까?

남은 수수께끼는 엔데버의 운명이다. 정오가 다가옴에 따라 원점으로부터의 변위와 속도가 임의로 커 졌으므로 정오에 엔데버는 무한 뉴턴 우주에서 찾을 수 없습니다. 노력의 상실은 그 과정에서 발생한 물리의 유일한 위반입니다.

이 시점에서 엔데버는 물리적으로 가능하지 않다고 반대 할 수있다. 속도가 한계없이 커지고 결국 상대 속도 한계, 즉 빛의 속도를 위반하기 때문이다. 그러나이 문제를 해결하기 위해 시나리오를 약간 변경할 수 있습니다. 하나의 로봇 대신 하나의 공을 담당하는 로봇이 무한히 많을 수 있습니다. 우리는 Ross의 지시에 따라 완벽한 조정과 타이밍을 보장하기 위해 미리 프로그램 할 수 있습니다.

이 변형이 100 % 물리적입니까? 로봇이 임의로 정확한 타이밍으로 작동해야하기 때문에 아마도 아닐 것입니다. 정오에 다다를 때, 요구되는 정밀도는 결국 플랑크 시간 아래로 떨어지고 양자 역학적 문제를 야기 할 것입니다. 그러나 궁극적으로 무한 와이어와 무한 여과 격자는 그다지 물리적이지 않을 수도 있습니다. 그렇다고해서 무한한 시스템과 프로세스를 연구하고 방해하는 물리적 제약이 중단 될 경우 어떻게 될지를 결정하는 데 방해가되지 않습니다.

4a. 단 조성 수를 위반하는 이유

많은 로스 회의론자들은 정오에 가까워 질 때 항아리에있는 공의 수가 제한없이 증가하고 정오에 0이 될 수있는 방법에 의문을 제기했습니다. 궁극적으로 우리는 종종 자신의 직관에 대한 엄격한 분석을 믿어야합니다. 종종 잘못된 일이지만이 수수께끼를 밝히는 데 도움이되는 역설의 변형이 있습니다.

무한히 많은 볼 대신 1, 2, 3, 최대 레이블이 지정된 볼이 있고 볼 이동기 규칙에 다음을 추가한다고 가정합니다.10 $10N$$10N$

• 지침이 존재하지 않는 공을 이동하도록 요청하면 해당 지침을 무시하십시오.

명령이 무한정 많은 공으로 활성화되지 않기 때문에이 명령에 추가하면 원래 문제는 변경되지 않습니다. 따라서 우리는 원래의 문제와이 새로운 문제 군이 같은 규칙으로 같은 가정의 일부라고 생각할 수 있습니다. 유한 패밀리, 특히 매우 큰 에 대해 조사하면 "N = "사례 를 이해하는 데 도움이 될 수 있습니다 .N $N$$N$$\infty$

이 변형에서, 볼은 이전과 같이 단계마다 9를 축적하지만 공정의 단계 까지만 축적 된다. 그런 다음 추가 할 볼의 수는 더 이상 실제 볼과 일치하지 않으며 볼 제거 지침 만 준수 할 수 있으며 추가 단계 후에 총 단계 동안 프로세스가 중지됩니다 . 경우 매우 큰, 제거 전용 단계는 작업이 매우 빠르게 진행되고있다 정오, 아주 가까이 발생하고 항아리는 매우 빨리 비워집니다.9 N 10 N $N$$9N$$10N$$N$

이제 각 값에 대해이 실험 변형을 수행 하고 시간에 따른 볼 카운트 그래프로 가정합니다 . 여기서 는 11AM 이후 0에서 1 시간 (11AM에서 정오까지)입니다. 일반적으로 은 잠시 동안 상승한 다음 에서 또는 그 이전에 0으로 돌아갑니다 . 같은 한계 무한대에 가까워 그래프 적 높은 상승 및 하강을 더욱 빠르다. 정오까지 항아리는 항상 비어 있습니다 : . 제한 그래프 에서 곡선은 무한대에 접근 하지만f N ( t ) t f N ( t ) t = 1 N f N ( 1 ) = 0 f ( t ) = 림 N N → $N$$f_N(t)$$t$$f_N(t)$$t=1$$N$$f_N(1) = 0$t<1f(1)=$f(t) = \lim_{N \rightarrow \infty} f_N(t)$$t < 1$$f(1) = 0$. 이것은 Ross의 증거에서 나온 결과입니다. 정오 이전에는 공 수가 무한대로 갈라 지지만 정오에는 0입니다. 즉, Ross의 해는 N에 대한 연속성을 유지합니다. 로 볼 수의 포인트 별 제한은 무한한 볼 경우의 볼 수와 일치합니다.$N \rightarrow \infty$

나는 이것이 Ross의 해결책에 대한 주요 논거로 생각하지 않지만 정오에 충돌하는 것보다 공 수를 영원히 증가시키는 이유에 대해 의문을 가진 사람들에게 도움이 될 수 있습니다. 이상하게도, 그것은 라는 문제의 유한 버전의 제한적인 행동 이므로, 무한한 경우에는 "급격한 충격"으로 나타나지 않습니다.$N \rightarrow \infty$

마지막 반영

왜이 문제가 그토록 많은 사람들에게 타르 핏 인 것으로 입증 되었습니까? 우리의 생각은 우리의 육체적 직관이 생각보다 훨씬 모호하며, 종종 부정확하고 불완전한 정신 개념에 근거하여 결론을 도출합니다. 예를 들어, 원이기도 한 정사각형에 대해 생각해 보라고한다면, 찌그러지고 뾰족한 무언가를 상상할 수 있지만, 그 두 가지 모두에 해당되는 것은 아니며 불가능할 수도 있습니다. 인간의 마음은 모호하고 모순 된 개념을 하나의 정신적 인 그림으로 쉽게 모을 수 있습니다. 무한대와 같이 개념이 덜 친숙하다면, 이러한 모호한 정신 매시업이 실제로는 실제 개념이라는 것을 확신 할 수 있습니다.

이것은 정확히 항아리 문제에서 발생합니다. 우리는 한 번에 모든 것을 생각하지 않습니다. 우리는 시간이 지남에 얼마나 많은 공이 있는지와 같이 비트와 조각에 대해 생각합니다. 우리는 시간이 지남에 따라 각각의 겸손한 작은 공에 발생하는 것과 같은, 또는 "urn"이 무한히 많은 공을 보유 할 수있는 방법과 같이, 관련이없는 기술을 습격합니다. 우리는 결과가 일관성이없고 호환되지 않는 정신 모델의 매시업이라는 것을 깨닫지 않고 모든 세부 사항을 정확하게 제시하지 않습니다.

수학은이 상태에서 우리를 구출하기 위해 고안되었습니다. 그것은 낯설고 이국적인면에서 우리를 훈련시키고 강하게합니다. "진실해야하는"사실 에 대해 두 번 생각 해야합니다. 아무리 이상한 일이 있더라도, 하나와 둘은 여전히 ​​두 개이고, 공은 항아리에 있거나 아니고, 진술은 사실인지 거짓인지를 상기시킵니다. 우리가 인내한다면,이 원칙들은 결국 우리의 대부분의 문제를 명확하게 해줍니다.

수학적 분석을 "물리적"또는 "상식"직관에 종속시키는 사람들은 위험에 처하게됩니다. 직감에 대한 손짓은 물리학의 시작일뿐입니다. 역사적으로, 모든 성공적인 물리학 분야는 결국 엄격한 수학에 기반을 두 었으며, 이는 잘못된 물리적 직관을 없애고 올바른 것을 직시하며, 무한한 전류 전달 와이어와 같은 이상적인 시스템에 대한 엄격한 연구를 가능하게합니다. 더 복잡하고 지저분한 현실 세계. 로스-리틀 우드는 물리적 인 문제입니다일반적으로 고전 역학 중 하나로 해석되며 고전 역학은 완전히 성숙하고 엄격한 수학적 기초를 가지고 있습니다. 우리는 고전 물리학의 세계에 대한 직관을 위해 수학적 모델링과 분석에 의존해야합니다.

몇몇 포스터는 로스의 계산이 엄격하지 않을 수도 있다고 우려 해왔다. 이 답변은 Ross가 고려한 모든 결과 집합을 실제로 측정 할 수있는 확률 공간의 존재를 증명함으로써 Ross 계산의 중요한 부분을 반복한다는 점을 해결합니다.

적절한 확률 공간 찾기

항아리에는 공, 거의 확실하게, 12시에 엄격한 없는지 로스의 결론을하려면, 우리는 확률 공간의 존재를 필요로 여기서 이벤트 "(12)의 항아리에서 어떤 공 PM "은 공식적으로 구성 할 수 있으며 측정 가능한 것으로 표시 될 수 있습니다. 이를 위해, 우리는 이 강의 노트 에 정리 33 [Ionescu-Tulcea]을 사용하며 , 약간의 말로 표현하고, @NateEldredge가 제안한 구성을 질문에 대한 의견으로 사용합니다.$(\Omega, \mathcal F, P)$

정리. (Ionescu-Tulcea Extension Theorem) 일련의 측정 가능한 공간 . 각 가정하자 , 확률 커널이 존재 으로부터 로 ( 을 첫 번째 인수, 즉 확률 측정에 둔감 한 커널로 간주). 그런 다음 임의의 변수 가 해당 값을 가져 와서 모든 에 대해n κ n ( Ξ 1 , X 1 ) × ⋯ × ( Ξ n - 1 , X n - 1 ) ( Ξ n , X n ) κ 1 X n , n = 1 , 2 , … Ξ n$(\Xi_n, \mathcal X_n), n = 1, 2, \dots$$n$$\kappa_n$$(\Xi_1, \mathcal X_1) \times \dots \times(\Xi_{n-1}, \mathcal X_{n-1})$$(\Xi_n, \mathcal X_n)$$\kappa_1$$X_n, n = 1, 2, \dots$$\Xi_n$$n$κ 1 , … , κ $(X_1, \dots, X_n)$커널 의해 암시됩니다 .$\kappa_1, \dots, \kappa_n$

우리는 이 에서 제거 된 공의 레이블을 나타내도록합니다 . (무한한) 프로세스 는 존재한다면 Ross의 주장을 모방하기 위해 알아야 할 모든 것을 알려줍니다. 예를 들어, 정수 대해 을 아는 것은 철수 후 항아리에있는 공의 수를 아는 것과 같습니다. 정확하게 레이블이 추가 된 공입니다 에서 제거 된 공 뺀 값 입니다. 더 일반적으로, 주어진 철수 후 항아리에 몇 개의 볼이 있는지, 그리고 얼마나 많은 공이 있는지를 설명하는 이벤트는 프로세스 될 수 있습니다 . 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$

Ross의 실험에 따라, 모든 에 대해 분포는 . 또한 의 분포가 균일 해야합니다 . 이러한 유한 차원 분포 를 갖는 무한 프로세스 가 실제로 존재 함 을 증명하기 위해 Ionescu-Tulcea Extension Theorem의 조건을 확인합니다. 임의의 정수 에 대해 하고 측정 가능한 공간 여기서X 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 , X의 N ) = ( I 10 N , 2 I 10 N ) (2) B의 B의 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$ 는 세트 의 전력 세트를 나타냅니다 . 계수의 정의 상 질량두고 하나가 의 모든 요소에 . 임의의 경우 및 정의 은 모든 점에 동일한 질량을 모든 점에 대한 질량을 0으로하는 확률 커널입니다 . 정수$B$$\kappa_1$$(\Xi_1, \mathcal X_1)$$1/10$$\Xi_1$$n \geq 2$ κ의 N ( X 1 , ... , X의 N - 1 , ⋅ ) Ξ N ∖ { X 1 , ... , X의 N - 1 } X I ∈ Ξ N , I = 1 , ... , N - 1 X ( Ω , F , P $(x_1, \dots, x_{n-1}) \in \Xi_1 \times \dots \times \Xi_{n-1}$$\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$. 구성에 따라 확률 커널은 Ross가 지정한 균일 한 제거 확률과 일치합니다. 따라서 무한 과정 와 확률 공간 은 이론에 의해 존재하며 Ross의 주장을 공식적으로 수행 할 수있는 방법을 제공합니다.$X$$(\Omega, \mathcal F, P)$

하자 이러한 것을 볼 결과의 세트를 나타낸다 철수 후 항아리에 . 우리의 확률 적 프로세스 하여 이것은 모든 와 대해 정의 한다는 것을 의미합니다 , 즉 볼 는 번째 까지의 드로우에서 제거되지 않았습니다 . 들어 우리는 명확하게 정의 할 수 있습니다 볼 때문에 아직 차례에 추가되지 않았습니다. 모든 와 에 대해 i n X i n i ≤ 10 n E i n = ∩ n j = 1 { ω : X j ( ω ) ≠ i } i n i > 10 n E i n = ∅ i j i { ω : X j ( ω ) ≠ i } X j E $E_{in}$$i$$n$$X$$i$$n$$i \leq 10n$$E_{in} = \cap_{j = 1}^n\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$$i$$n$$i > 10n$$E_{in} = \emptyset$$i$$j$$i$$\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$ 는 임의 변수 (측정 가능) 이므로 는 측정 가능합니다. 따라서 은 측정 가능한 집합의 유한 한 교차로 측정 할 수 있습니다.$X_j$$E_{in}$

우리는 오후 12시에 항아리에 공이 없도록 결과 세트에 관심이 있습니다. 즉, 모든 정수 에 대해 공 가 오후 12시에 항아리에 있지 않도록 결과 세트 모든 , 가 오후 12시에 공 가 항아리에 있도록 결과 세트 ( )가되도록 . 다음과 같이 을 사용하여 공식적으로 를 구성 할 수 있습니다 . 즉, 그래서 정오에서 URN은 그것을이 항아리에 첨가하고 이후에 모든 인출 후 항아리에있는 동등에i i E i ω ∈ Ω i E i E i n i E i = ∩ n : i ≤ 10 n E i n E i$i = 1, 2\dots$$i$$i$$E_i$$\omega \in \Omega$$i$$E_i$$E_{in}$$i$$E_i = \cap_{n:i\leq 10n}E_{in}$. 결과 집합 는 이제 모든 대해 측정 가능한 집합의 셀 수있는 교차로 측정 가능합니다 .$E_i$$i$

오후 12시에 항아리에 하나 이상의 공이있는 결과 는 중 하나 이상 이 발생한 결과, 즉 입니다. 결과 집합 는 측정 가능한 집합의 계산 가능한 조합으로 측정 가능합니다. 이제 는 오후 12시에 항아리에 공이없는 이벤트이며, 실제로 측정 가능한 세트의 보완으로 측정 가능합니다. 우리는 원하는 모든 결과 집합을 측정 할 수 있으며 Ross처럼 확률 계산으로 넘어갈 수 있다고 결론을 내립니다. E = ∪ ∞ i = 1 E i E Ω ∖ $E_i$$E = \cup_{i = 1}^\infty E_i$$E$$\Omega \setminus E$

확률$P(\Omega \setminus E)$

우리는 먼저 사건 가 셀 수 있기 때문에$E_i, i = 1, 2, \dots$

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

$$P(E) \leq \sum_{i = 1}^\infty P(E_i) = \lim_{N\to \infty}\sum_{i = 1}^N P(E_i).$$ 표기법을 쉽게하기 위해 모든 대해 실수 를 . 분명히, 임을 나타내려면 모든 대해 임을 충분합니다 . 이것은 모든 대해 임을 나타내는 것과 같습니다 .$P(E_i) = a_i$$i$$P(E) = 0$$\sum_{i = 1}^N a_i = 0$$N$$a_i = 0$$i$

이를 위해, 모든 참고 공되도록 , 즉 항아리에 추가 된 , . 이 경우 공 그렇게 때문에이다 단계에서 항아리에 ,이 단계에서 항아리에서 또한 . 다시 말해, 세트 은 와 같이 모든 대해 감소하는 시퀀스를 형성합니다 . 표기법을 쉽게하기 위해 합니다. Ross는 을 하고 이것이 다른 모든 에도 표시 될 수 있음을 나타냅니다.i 10 n ≥ i E i n ⊇ E i ( n + 1 ) i n + 1 n E i n n 10 n ≥ i a i n = P ( E i n ) a 1 n → 0 n → ∞ i a i n = ∏ n k = i [ 9 $n$$i$$10n \geq i$$E_{in} \supseteq E_{i(n + 1)}$$i$$n + 1$$n$$E_{in}$$n$$10n \geq i$$a_{in} = P(E_{in})$$a_{1n} \to 0$$n \to \infty$$i$내가 진실로 받아 들일 것입니다. 증명을 보여주는 구성 하고 모든 , 초급이지만 길이 계산 여기서는 반복하지 않겠습니다. 이 결과로 무장하고 이벤트 패밀리 , 가 모든 i에 대해 계산 가능 하다는 사실 은 측정의 연속성이lim n → ∞ a i n = 0 i E i n 10 n > $a_{in} = \prod_{k = i}^n[9k / (9k + 1)]$$\lim_{n \to \infty}a_{in} = 0$$i$$E_{in}$$10n > i$

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

우리는 이므로 이라고 주장합니다. QED.P ( Ω ∖ E ) = $P(E) = 0$$P(\Omega\setminus E) = 1$

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몇 가지 일반적인 오해 :

1. 하나의 대답은 (내 표기법으로) . 그러나 오른쪽의 수량이 제공된 인수 당 관심 대상이 아니기 때문에 솔루션의 유효성과는 관련이 없습니다.$\lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N \lim_{n \to \infty }a_{in} \neq \lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N a_{iN}$
2. 한도 내에서 한도를 옮길 수 없거나 다시 말해서 . 앞의 설명과 마찬가지로, 오른쪽의 수량이 관심 대상이 아니기 때문에 솔루션과 관련이 없습니다.$\sum_{i = 1}^\infty \lim_{n \to \infty}a_{in} \neq \lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^\infty a_{in}$

한편으로, 당신은 다음과 같이 설명하려고 시도 할 수 있습니다. "오후 12시에 항아리에 공이있을 확률을 생각하십시오. 무한 무작위 추첨 동안, 결국에는 제거 될 것입니다. 이것은 모든 공에 적용되기 때문에, 아무것도 없습니다. 그들 중 마지막에있을 수 있습니다. "

나는이 주장이 설득력이 없다고 생각한다. 이 주장이 효과가 있다면, 다음과 같은 주장이 효과가 있습니다. 매년, 어떤 사람들은 태어나고 (총 인구의 일정한 비율로) 어떤 사람들은 죽습니다 (일정한 비율로 제공). 그런 다음, 어떤 특정한 사람이 거의 확실하게 죽었으므로 인류는 멸종해야합니다! 이제 인류는 다른 이유로 멸종 할 수 있지만이 주장은 쓰레기입니다.

볼이 번호가 매겨 졌을 때이 문제에 대한 해결책이 하나 있고 볼이 익명 일 때 완전히 다른 답을 갖는 것은 이치에 맞지 않습니다. 대칭 적으로 임의의 레이블은 솔루션에 영향을 미치지 않아야합니다. Jaynes는이 주장 을 무관심 의 원칙 이라고 했는데, 나는 이것을 받아들입니다.

다시 말해, 누군가가 10 개의 공을 항아리에 넣고 하나를 반복해서 제거한다고 말하면 얼마나 많은 항아리가 한계에 가득 찬다면 대답은 "공의 번호가 매겨 지는지에 달려있다"고 할 수 있습니까? 당연히 아니지. 그 항아리의 내용물은이 문제의 항아리와 같이 다양합니다.

따라서 해결책은 우리가 문제를 공식화하는 방법에 있다고 생각합니다. 의 일반적인 정의에서 일련의 이론적 한계 , 우리가

제한 없음 → ∞ S n = ⋂ n ≥ 1 ⋃ j ≥ n S

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

세트의 카디널리티 제한을

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

그리고 집합 의 -limit의 카디널리티는$\liminf$

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

나는 이론적 한계를 재정 의하여 다음과 같이 제안합니다.

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

이 특별한“익명 세트” 는 무한대에서 일어나는 일을 설명합니다. 가 숫자의 제한 동작을 나타내는 것처럼 , 는 세트의 제한 동작을 나타냅니다. 즉, 우리는 및 . 이 형식주의의 장점은 그것이 우리에게 카디널리티의 연속성 과 무관심 의 원칙 과 일관성을 제공한다는 것입니다 . ∞ α i ∉ α k ∀ i | α k | = $\alpha_k$$\infty$$\alpha$$i \notin \alpha_k \forall i$$|\alpha_k| = k$

항아리 문제의 경우 은 항아리에있는 공의 집합입니다. 그리고 따라서, 그 요소들은 무한히 "벼랑에서 떨어지지"않습니다. 인간은 불멸의 존재가 없기 때문에 인류가 멸종하는 것보다 더 의미가 없습니다.lim n → ∞ S n = α ∞$S_n = \{n+1, \dotsc, 10n\}$

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

마찬가지로 각 단계에서 하나의 공이 추가되고 가장 낮은 번호의 공이 제거되도록 문제를 수정한다고 가정하십시오. 그렇다면 한도에 얼마나 많은 공이 항아리에 있습니까? 익명 세트는 직관적 인 답변을 제공합니다.

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

나는 수학자들이이 역설에 대한 해결책에 동의하지 않을 수 있다는 것을 알고 있지만, 이것이 가장 직관적 인 해결책입니다.

문제가 잘못 형성되었거나 1 차 논리에 있지 않습니다.

근본 원인 : "마지막"단계를 실행하면 공에 무한한 자릿수가 기록되어 해당 단계가 실행하는 데 시간이 오래 걸립니다.

무한 스텝으로 무한 프로세스를 실행하는 능력 은 다음 순서 H (정리 X의 경우)를 실행하여 모든 1 차 논리 문제 ( Gödel 이 거짓 임) 를 해결할 수 있음을 의미합니다 .

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

무한 스텝이 출력을 스풀링하는 곳

asymptotic_coroutine 내부의 프로그램은 X를 증명하는 (또는 반증하는) 정리에 대한 철저한 검색 일뿐입니다. P를 S로 변환하면 "aa", "ab", "ac", ... "a∨", ... 여기서 정리에 나타날 수있는 모든 기호가 생성됩니다. 이것은 길이 로그 _문자 N 의 모든 정리를 차례로 생성합니다 . N은 외부 루프에서 제한없이 자라기 때문에 결국 모든 정리를 생성합니다.

허위 측은 절대 종료되지 않지만 무한 단계를 실행할 수 있기 때문에 신경 쓰지 않아도됩니다. 실제로 우리는 양측이 결코 끝나지 않기 때문에 독립성을 감지하기 위해 이것을 할 수 있는지에 의존합니다. 한 가지만 빼고 우리는 실행 속도가 점근 적으로 증가하여 무한한 단계가 유한 한 시간에 실행되도록했습니다. 이것은 놀라운 부분입니다. 완료되지 않고 출력을 생성하지 않는 asymptotic_coroutine은 점근 시간 후에 "완료"*되었으며 여전히 출력을 생성하지 않았습니다.

* FOR N = 1 ... ∞ 뒤에 OUTPUT을 배치하면 도달하지 않지만 그렇게하지는 않습니다.

괴델의 불완전 성 정리의 강한 형태는 "성명 G가 모든 1 차 논리 시스템 F를 들어 언급 할 수있다 _F F에 사실이지만 F.에서 사실로 입증 될 수 없다" 그러나 증명 방법 H는 F (H)의 모든 필수 사항을 증명할 수 없습니다.

딜레마 : ¬Gödel ¬ ¬ (무한 단계 허용)
따라서 :
딜레마 : ¬Gödel ¬ ¬ (315502는 1 차 논리로 잘 구성됨)

x는 제거 된 공의 수이고 y는 남아있는 공의 수라고하자. 각 사이클 후 y = 9x. x> 0, y> 0으로. 오후 12시에 항아리에 많은 공이있을 것입니다.

확률에 기반한 솔루션이 어려움을 초래하는 이유는 무한 시리즈의 확률이 까다로워지기 때문입니다. ET Jaynes는 그의 저서 Probability Theory : The Logic of Science에 이와 같은 몇 가지 명백한 확률의 역설을 썼습니다 . 사본을 가지고 있지 않지만이 책의 첫 부분은 Larry Bretthorst 에서 온라인으로 제공 됩니다 . 다음 인용문은 서문에서 인용 한 것입니다.

그러나 모든 것이 말되고 행해질 때, 우리는 놀랍게도 느슨한 철학적 합의 이상을 남길 수 있다는 것을 알게된다. 많은 기술적 인 문제에서 우리는 de Finetti에 강력하게 동의하지 않습니다. 무한한 세트를 다루는 그의 방법은 쓸모없고 불필요한 역설의 판도라 상자를 열었다. 비 군집성 및 유한 가산 성은 15 장에서 논의 된 예입니다.

무한 세트 역설은 오늘날 확률 이론의 생명을 위협하고 즉각적인 외과 적 제거가 필요한 방식으로 퍼지는 병적 감염이되었습니다. 우리의 시스템에서,이 수술 후, 그러한 역설은 자동적으로 회피됩니다; 그것들은 우리의 기본 규칙을 올바르게 적용하여 발생할 수 없습니다. 왜냐하면 그러한 규칙들은 유한 세트의 한정되고 잘 동작하는 한계로 발생하는 유한 세트와 무한 세트 만 허용하기 때문입니다. 역설은 (1) 속성을 정의하기 위해 제한 프로세스를 지정하지 않고 무한 세트로 직접 점프하여 발생합니다. (2) 한계에 어떻게 접근했는지에 따라 답이 달라지는 질문을한다.

예를 들어,“정수가 짝수 일 확률은 얼마입니까?”라는 질문은“모든 정수 세트”를 정의하는 제한 프로세스에 따라 (0, 1)에서 원하는 답변을 얻을 수 있습니다. 조건부 수렴 시리즈는 조건을 정렬하는 순서에 따라 원하는 수로 수렴하도록 만들 수 있습니다.

우리가 볼 때, 무한 집합은 유한 집합으로부터 그것을 생성하는 제한 과정을 명시 할 때까지, 적어도 확률 이론상으로“존재”와 수학적 속성을 전혀 가지고 있다고 말할 수는 없다. 다시 말해, 우리는 Cantor, Hilbert, Bourbaki가 아닌 Gauss, Kronecker, Poincar의 깃발 아래에서 항해합니다. 우리는 이것에 충격을받은 독자들이 수학자 Morris Kline (1980)에 의한 Bourbakism의 기소를 연구하고 우리의 접근 방식의 장점을 충분히 볼 수 있기를 바랍니다. 예는 거의 모든 장에 나타납니다.

@enumaris (+1)의 대답에 한계를 사용하면 확률의 무한함을 해결할 수 있습니다.

이러한 상충되는 직관을 해결하기 위해 그들에게 줄 수있는 가장 좋은 설명은 무엇입니까?

여기에 가장 좋은 대답이 있으며 확률과는 거의 관련이 없습니다. 모든 공에는 숫자가 있습니다. 출생 번호라고합시다. 출생 번호는 B1, B2, B3에서 시작하여 무한대로갑니다. 왜냐하면 우리는 절대 멈추지 않기 때문입니다. 우리는 12:00 AM에 가까워 지지만 계속 공을 추가하고 제거하므로 최종 공 수가 없습니다. 이것은 매우 중요한 고려 사항입니다, btw.

배치 # 7 : B71, B72, ..., B80과 같이 10 개의 볼 배치로 상자에 볼을 넣습니다. 이것들에 대해 잠시 잊고 상자에서 제거 된 공에 초점을 맞추십시오. 그들은 무작위 순서로 옵니다 . 나는 왜 무작위성이 중요한지 나중에 설명 할 것이지만, 지금은 모든 것이 B1에서 B10k까지의 단계에서 여전히 K 단계의 상자에있는 공을 꺼낼 수 있다는 것을 의미합니다. 제거 된 순서대로 제거 된 볼의 인덱스를 지정합니다. D1, D2, D3 ... DK라는 이름을 데드 번호라고합니다.

오전 12 시까 지 우리는 상자에 무한한 수의 공을 넣었습니다. 왜? 우리는 처음에 10 개의 공을 넣었으므로 하나만 제거하십시오. 따라서 항상 제거 할 공이 있습니다. 즉, 우리는 12:00 AM까지 볼을 무한정 제거했습니다.

이것은 또한 제거 된 각 볼이 1에서 무한대까지 인덱싱되었음을 의미합니다. 즉, 제거 된 각 볼을 상자에 넣은 볼에 페어링 할 수 있습니다 : B1에서 D1, B2에서 D2 등. 우리는 각 출생 번호가 각 사망 번호와 짝을 이루었 기 때문에 넣었습니다.

이제 그게 해결책이었습니다. 왜 우리의 직감을 이길까요? 닥터 왓슨입니다. 그 이유는 우리가 모든 K에 대해 다음을 보유하고 있음을 확실히 알고 있기 때문입니다 . 그렇기 때문에 K 단계 후에 10K 공을 넣고 K 중 하나만 제거했기 때문에 상자에서 모든 공을 제거 할 수 없어야합니다. 권리?

$$K<10K$$

약간의 문제가 있습니다. 문제는 일 때 더 이상 사실이 아니라는 것입니다. 그래서 직감이 무너지는 것입니다.10 × ∞ ≮ $K=\infty$

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

이제 공이 무작위로 제거되지 않은 경우. @amoeba의 정식 답변에서와 같이 두 가지 일이 발생할 수 있습니다. 먼저 10 개의 볼을 넣은 다음 마지막 볼을 즉시 제거한다고 가정 해 봅시다. 마치 우리가 단지 9 개의 공을 넣는 것과 같습니다. 이것은 직관과 일치 할 것이고, 오전 12시에 무한한 수의 공이있을 것입니다. 어떻게 오세요? 우리가 무작위로 공을 제거하지 않았기 때문에, 우리는 출생 번호가 같은 죽음 번호에 페어링 된 알고리즘 다음되었다 제거의 시간을 . 따라서 제거 된 각 공을 넣은 볼 중 하나에 페어링했습니다. .., B9, B11 등 ...B 10 → D 1 , B 20 → D 2 , B 30 → D 3 , $B10K=DK$ $B10\to D1,B20\to D2,B30\to D3,\dots$

비 랜덤 볼 제거에서 발생할 수있는 두 번째 일은 제거시의 페어링과도 관련이 있습니다. BK = DK를 상관시킵니다. 각 단계 K에서 BK가있는 공을 제거하면 BK가 DK와 페어링됩니다. 이 방법으로 제거 된 각 볼은 우리가 넣은 각 볼과 쌍을 이룹니다. 즉, 제거 된 볼의 무작위 추첨과 같은 결과입니다. 분명히 이것은 오전 12시 이후에 상자에 공이 남아 있지 않음을 의미합니다.

방금 문제가 확률 자체와는 거의 관련이 없음을 보여주었습니다. 그것은 무한한 셀 수있는 (?) 세트의 힘과 관련이 있습니다. 내가 논의하지 않은 유일한 문제는 세트가 실제로 계산 가능한지 여부입니다. 오전 12 시가 가까워지면 볼 인서트 속도가 약간 빨라지고 있습니다. 따라서 상자에 넣은 볼의 수가 실제로 계산 가능한지 여부를 고안하는 것은 그리 쉬운 일이 아닙니다.

풀기

이제이 역설의 정식 해결책을 풀고 직관으로 돌아갑니다.

우리는 어떻게 10 개의 공을 넣고, 1 개를 제거하고, 12 시간에 모든 공을 다 떨어 뜨릴 수 있습니까? 실제로 일어나는 일이 있습니다. 12 시간에 도달 할 수 없습니다 .

문제를 재구성하자. 더 이상 시간 간격을 절반으로 줄이지 않습니다. 우리는 매분마다 공을 넣고 제거합니다. 이것이 원래 문제와 정확히 같지 않습니까? 예, 아니오

그렇습니다. 위의 설명에서 나는 시간을 명시 적으로 언급하지 않았지만 결국에는 말을했기 때문입니다. 나는 단계 k를 세고있었습니다. 따라서 우리는 k로 스텝과 데드 볼을 계속 계산할 수 있습니다.

아니요, 이제는 멈추지 않을 것 입니다. 우리는 끝날 때까지 공을 계속 추가하고 제거 할 것입니다. 원래 문제에서 끝은 12 시간입니다.

이것은 우리의 직관이 실패하는 방법을 설명합니다. 우리는 9 배의 제거 속도로 볼을 넣었지만 시간이 끝나지 않기 때문에 우리가 넣은 모든 볼이 결국 제거됩니다! 시간이 무한정 남을 수 있지만 시간은 무한정 남아 있기 때문에 괜찮습니다. 이것이 문제의 진정한 해결책입니다.

이 공식에서 당신은 "무한대가 끝난 후 상자에 몇 개의 공이 있습니까?" 아니! 말도 안되는 질문이기 때문입니다. 그렇기 때문에 원래 질문도 무의미합니다. 아니면 잘못된 것으로 부를 수도 있습니다.

이제 원래 문제로 돌아 가면 시간이 끝날 것입니다. 우리가 볼을 넣지 않았다는 사실은 시간이 끝났고 그 끝을 넘어 도달했음을 의미합니다. 따라서이 질문에 대한 정답은 12 시가되어서는 안된다는 것입니다. 연결할 수 없습니다.

아주 훌륭하고 문제를 분명히하는 amoeba의 대답을 읽을 가치가 있습니다. 나는 그의 대답에 정확히 동의하지 않지만 문제의 해결책은 특정 규칙에 근거한다는 것을 지적하고 싶습니다. 흥미로운 점은 이런 종류의 문제는 자주 사용되는이 규칙이 의심 스럽다는 것을 보여줍니다.

그가 말한 것처럼 각 공마다 항아리에 영원히 머무를 확률은 0이라는 것을 증명하는 기술적 포인트가 있습니다.이 점을 제외하고는 문제는 확률에 관한 것이 아닙니다. 결정 론적 동등성이 주어질 수있다. 이해하기가 훨씬 쉽습니다. 핵심 아이디어는 모든 볼이 특정 시점부터 항아리에 없기 때문에 마지막 항아리가 비어 있다는 것입니다. 0과 1의 시퀀스로 각 공의 항아리에 존재를 나타내는 경우 각 시퀀스는 특정 범위에서 0이므로 한계는 0입니다.

이제 문제를 훨씬 더 단순화 할 수 있습니다. 나는 순간을 1, 2, 3이라고 부른다.

• 순간 1 : 항아리에 공 1을 넣으십시오
• 순간 2 : 제거
• 순간 3 : 항아리에 공 2를 넣으십시오
• 순간 4 : 제거
• 순간 5 : 항아리에 공 3을 넣으십시오.
• ...

마지막 날 정오에는 어떤 공이 있습니까? 같은 생각으로 같은 대답 : 없음.

그러나 근본적으로 알 수있는 방법은 없습니다. 문제는 정오에 무슨 일이 일어나는지 말하지 않기 때문입니다. 실제로, 시간이 끝날 때 피카추가 갑자기 항아리에 들어갈 수 있습니다. 또는 공이 갑자기 갑자기 붕괴되어 하나의 큰 공으로 합쳐질 수도 있습니다. 이것이 현실적이라는 것을 의미하는 것이 아니라, 단지 지정되지 않았습니다.

문제는 특정 규칙에 따라 한계에 도달하는 방법, 즉 연속성 가정을 알려주는 경우에만 대답 할 수 있습니다. 정오에 항아리 상태는 이전 상태의 한계입니다. 질문에 대답하는 데 도움이되는 연속성 가정을 어디에서 찾아야합니까?

물리 법에서? 물리 법칙은 일정한 연속성을 보장합니다. 나는 현대 물리학을 요구하지 않는 단순한 고전 모델을 생각합니다. 그러나 기본적으로 물리 법칙은 수학적 법칙과 정확히 같은 질문을 제기합니다. 물리 법칙의 연속성을 설명하기 위해 선택하는 방식은 수학적으로 질문하는 것에 달려 있습니다.

보다 추상적 인 방식으로 연속성 가정을 찾아야합니다. 일반적인 아이디어는 항아리의 상태를 볼 세트의 함수로 입니다. 0은 없음을, 1은 존재 함을 의미합니다. 연속성을 정의하기 위해 포인트 토폴로지 (pointwise convergence)라는 제품 토폴로지를 사용합니다. 정오의 상태는이 토폴로지에 따라 정오 이전의 상태의 한계라고합니다. 이 토폴로지에는 한계가 있으며 빈 항아리입니다.$\{0;1\}$

그러나 이제이 토폴로지에 도전하기 위해 문제를 약간 수정했습니다.

• 순간 1 : 항아리에 공 1을 넣으십시오
• 순간 2 : 제거
• 순간 3 : 항아리에 공 1을 넣으십시오
• 순간 4 : 제거
• 순간 5 : 항아리에 공 1을 넣으십시오.
• ...

동일한 토폴로지의 경우 상태 순서에는 제한이 없습니다. 그것이 역설을 진정한 역설로보기 시작하는 곳입니다. 나 에게이 수정 된 문제는 본질적으로 동일합니다. 당신이 항아리라고 상상해보십시오. 공이오고가는 것을 볼 수 있습니다. 같은 공이든 다른 공이든 번호를 읽을 수 없다면, 당신에게 일어나는 일을 바꾸지 않습니다. 볼을 개별 별개의 요소로 보는 대신 볼이 들어오고 나가는 물질의 양으로 간주합니다. 물질의 양의 변화를보고 연속성을 자연스럽게 정의 할 수 있습니다. 그리고 실제로 제한이 없습니다. 어떤 식 으로든이 문제는 공의 아이덴티티를 무시하기로 결정한 원래의 문제와 동일하므로 다른 메트릭과 다른 수렴 개념이 생깁니다. 공의 숫자를 볼 수 있다고해도

어떤 경우에는 상태 순서의 한계가 "빈"이고 다른 경우에는 한계가 정의되어 있지 않습니다.

제품 토폴로지와 관련된 문제의 공식화는 근본적으로 각각의 다른 볼에 발생하는 것을 분리하여 "distinguishablitiy"를 반영하는 메트릭을 생성하는 데 달려 있습니다. 이 분리로 인해 한계를 정의 할 수 있습니다. 이 분리가 답변에 매우 기본적이지만 항아리에서 "무슨 일이 벌어지고 있는지"(끝없이 논쟁의 여지가있는)를 설명하기위한 기본이 아니라는 사실은 해결책이 근본적인 진실이 아니라 협약의 결과라고 생각하게 만듭니다.

나를 위해, 순수 추상으로 간주되는 문제는 누락 된 정보가 제공되는 한 해결책을 가지고 있습니다 : 정오의 상태는 이전 상태의 한계이며 어떤 의미에서 한계입니다. 그러나이 문제를 직관적으로 생각할 때 상태 순서의 한계는 단일 방식으로 생각할 수있는 것이 아닙니다. 근본적으로, 나는 대답 할 방법이 없다고 생각합니다.

나는 공이 무작위로 제거되지 않지만 번째 단계 에서 공 이 제거 되는 단순화 된 예에서 시작하여 0의 대답을보다 직관적으로 만들기 위해 가능한 한 쉬운 재구성을 만들고 싶습니다 .$n$$n$

이것을 고려하십시오 : 나는 처음에 모든 공을 항아리에 넣었습니다 . 1 단계에서는 공 1을 꺼냅니다. 2 단계에서는 공 2를 꺼냅니다. 무한한 발걸음 후에 항아리가 비워 질 것이라는 의심이 있습니까?

괜찮아. 그러나 처음에 모든 공을 항아리에 넣지 않고 공만 넣으면 어떻게 결국 항아리가 더 가득 차게 될 수 있습니까?

이 게시물의 목표는 더 나은 공식화가 필요하다는 OP의 마지막 옵션을 주장하는 것입니다. 또는 적어도 Ross 증거는 처음에 보이는 것처럼 명확하지 않으며 확실히 증거가 그렇게 직관적이지 않아서 확률 이론의 도입 과정에 적합한 위치에 있습니다. 역설적 측면을 이해하는 데 많은 설명이 필요하며, 일단 로스의 증거가 매우 빨리 지나가는 지점에서 설명이 명확 해져서 그 증거가 의존하는 공리, 이론 및 암시 적 해석을보기가 어렵습니다.

이러한 측면과 관련하여 "Didactiek은 oneindig veel pingpongballen을 만났습니까?" 에서 Teun Koetsier의 마지막 단어를 읽는 것이 매우 재미 있었습니다.

또한 우리는 '혼란의 창을 패러독스'로 만들었습니다.

번역 "우리가 자르없는 경우는 '혼란 창을 역설'이된다"

다음은 수퍼 태스크, 특히 결정 론적 Ross-Littlewood 역설에 대한 토론에서 전달할 수있는 "일반적인"인수에 대한 설명입니다. 그 후, 우리가이 모든 논의를 제쳐 놓았을 때, 확률 론적 Ross-Littlewood 역설의 특별한 경우에 대한 추가 요소 를 제공하는 것으로 볼 수 있지만, 더 넓은 환경에서 수퍼 태스크와 잃어 버릴 수 있습니다.

수퍼 태스크에 관한 세 가지 결정적인 사례와 토론

Ross-Littlewood 역설은 공이 항아리에서 변위되는 방식에 따라 많은 다른 결과를 알고 있습니다. 이것을 조사하기 위해 Littlewood가 1953 년 원고 에서 5 번째 문제로 묘사 한 정확한 문제 설명을 사용하여 시작해 봅시다.

버전 1 항아리에 남아있는 공 세트가 비어 있습니다

Ross-Littlewood 역설, 또는 Littlewood-Ross 역설은 Littlewood의 1953 년 원고 "수학자의 기타"에서 5 번째 문제로 처음 등장했습니다.

무한 역설. 번호가 1, 2, ... 인 공 (또는 수학자의 경우 숫자 자체)은 다음과 같이 상자에 넣습니다. 1 분에서 정오까지 1에서 10까지의 숫자가 입력되고 숫자 1이 제거됩니다. 1/2 분에서 정오까지 11 번에서 20 번까지 숫자를 입력하고 2 번을 빼냅니다. 정오에 몇 상자에 있습니까?

리틀 우드 (Littlewood)는이 문제에 대해 짧지 만 다음과 같은 요점을 잘 보여줍니다.

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

그것은 그것이 'null'이라는 것을 쉽게 알 수 있습니다.

버전 2 항아리에 남아있는 볼 세트의 크기 는 무한합니다

Ross (1976)는이 역설에 두 가지 버전을 더 추가합니다. 먼저 첫 번째 추가 사항을 살펴보십시오.

우리가 무한히 큰 항아리와 공 번호 1, 2, 3 등으로 분류 된 공의 컬렉션을 가지고 있다고 가정하십시오. 다음과 같이 수행 된 실험을 고려하십시오. 1 분에서 오후 12시 사이에 1-10 번의 공이 항아리에 놓여지고 10 번 공이 철회됩니다. (출금에 시간이 걸리지 않는다고 가정하십시오.) 12 분에서 오후 12 시까 지 11 번에서 20 번까지의 공을 항아리에 넣고 20 번 공을 빼냅니다. 14 분에서 오후 12 시까 지 21 번에서 30 번까지의 공을 항아리에 넣고 30 번 공을 꺼냅니다. 18 분에서 오후 12시 등입니다. 관심있는 문제는 오후 12시에 항아리에 몇 개의 공이 있습니까?

이 절차는 숫자 을 가진 모든 공을 항아리에 남겨두고 무한히 많은 대답을 얻 습니다.$x \mod 10 \neq 0$

확률을 포함한 Ross의 두 번째 추가로 넘어 가기 전에 다른 사례로 넘어갑니다.

버전 3 항아리에 남아있는 볼 세트는 임의의 크기 의 유한 세트입니다.

항아리는 볼을 교체하는 절차에 따라 오후 12시에 볼을 여러 개 가질 수 있습니다. 이 변형은 테니스 공 문제로 Tymoczko와 Henle (1995) 에 의해 설명되었습니다 .

Tom은 자신을 제외하고는 빈 상자에 들어 있습니다. Jim은 무한한 수의 테니스 공 (번호 1, 2, 3, ....)으로 상자 밖에 서 있습니다. 짐은 공 1과 2를 상자에 넣습니다. 톰은 테니스 공을 집어 던져 버립니다. 다음으로 Jim은 3 번과 4 번 공을 던졌습니다. Tom은 공을 집어 던져 버립니다. 다음으로 Jim은 5 번과 6 번 공을 던졌습니다. Tom은 공을 집어 던져 버립니다. Jim이 모든 공을 던질 때까지이 과정은 무한정 진행됩니다. 다시 한 번, 우리는 유한 한 시간 안에 무한한 수의 작업을 수행 할 것을 요청합니다. 문제는 다음과 같습니다. 액션이 끝나면 Tom과 함께 상자에 몇 개의 공이 있습니까?

대답은 다소 혼란 스럽습니다. 질문에 대답 할 정보가 충분하지 않습니다. 공이 무한히 남아 있거나 없을 수 있습니다.

교과서 예에서 그들은 두 가지 경우에 대해 무한 또는 유한 (Tymoczko와 Henle은 중간 사례를 연습으로 남겨 둡니다) 주장하지만 문제는 우리가 얻을 수 있도록 일반화 된 여러 저널 기사에서 더 많이 취해집니다 절차에 따라 어떤 숫자.

문제의 조합 적 측면에 관한 기사가 특히 흥미 롭다 (그러나 초점이 무한대의 측면이 아니라). 예를 들어 언제든지 가질 수있는 가능한 세트의 수를 세고 있습니다. 2 개의 볼을 추가하고 1 개의 각 단계를 제거하는 경우, 결과는 간단하고 n 번째 단계에서 가능한 세트의 수는 n + 1 번째 카탈로니아 어 수이다. 예 : 첫 번째 단계에서 2 개의 가능성 {1}, {2}, 두 번째 단계에서 5 가지 가능성 {1,3} {1,4} {2,3} {2,4} 및 {3,4}, 14 셋째, 넷째, 42 번째 등. ( Merlin, Sprugnoli 및 Verri 2002, 테니스 공 문제 참조 ). 이 결과는 다른 수의 추가 및 빼기 공으로 일반화되었지만 지금은이 게시물에 너무 멀리갑니다.

수퍼 태스크 개념을 기반으로하는 인수

확률 이론에 도달하기 전에 결정 론적 사례와 수퍼 태스크를 완료 할 가능성에 대해 많은 논쟁이 벌어 질 수 있습니다. 또한, 설정된 이론적 치료가 수퍼 태스크의 운동 학적 표현의 유효한 표현인지에 대해 의문을 가질 수있다. 나는 이러한 주장들이 좋은지 나쁜지를 주장하고 싶지 않다. 나는 확률 론적 사례가 이러한 '슈퍼 태스크'인수와 대조 될 수 있으며 수퍼 태스크와 관련이없는 추가 요소를 포함하는 것으로 볼 수 있다고 강조한다. 확률 론적 사례는 수퍼 태스크의 경우에 대해 논쟁하거나 주장함으로써 입증되거나 반박되지 않는 독특하고 별개의 요소 (확률 이론을 가진 추론)를 가지고있다.

• 연속성 주장 : 이러한 주장은 종종 더 개념적입니다. 예를 들어 Aksakal 및 Joshua와 같은 수퍼 작업이 완료 될 수 없다는 아이디어는 그들의 대답에서 주장하며, 이러한 개념의 명백한 데모 는 Ross Littlewood 역설의 경우 묻는 것처럼 Thomson의 램프 입니다. 홀수 또는 짝수?

• 물리적 주장 : 문제의 물리적 실현과 관련하여 수학적 구성에 도전하는 주장도 있습니다. 우리는 문제에 대한 엄격한 수학적 처리를 할 수 있지만, 이것이 실제 작업의 기계적인 실행과 관련이 있는지에 대한 의문이 남아 있습니다 (속도 한계 또는 에너지 / 공간 요구 사항으로 물리적 세계의 특정 장벽을 깨는 것과 같은 단순한 개념을 넘어서) .

  • 하나의 주장은 집합 이론적 한계가 물리적 현실을 반드시 기술 할 필요는없는 수학적 개념이라는 것이다.

    예를 들어 다음과 같은 다른 문제를 고려하십시오. 항아리에는 우리가 움직이지 않는 공이 있습니다 . 각 단계에서 우리는 이전에 공에 쓰여진 숫자를 지우고 새로운 숫자를 다시 씁니다. 여러 단계를 거쳐도 항아리가 비워 집니까? 이 경우, 집합 이론적 한계 인 빈 집합을 사용하는 것이 좀 더 터무니없는 것 같습니다. 이 한계는 수학적 추론으로 훌륭하지만 문제의 물리적 특성을 나타 냅니까? 추상적 인 수학적 추론으로 인해 공에서 항아리에서 사라지는 것을 허용한다면 (어쩌면 다른 문제 로 간주되어야 할 수도 있습니다 ) 그러면 항아리 전체가 사라질 수 있습니까?

  • 또한, 공의 분화와 그것들에 순서를 부여하는 것은 "비 물리적"으로 보인다 (수학적 처리와 관련이 있지만 항아리의 공은 그 세트처럼 행동 하는가?). 각 단계에서 볼을 다시 섞을 경우 (예를 들어, 각 단계에서 버려진 볼 더미에서 볼을 무한 공의 나머지 더미에서 볼로 무작위로 전환), 그들이 항아리에 들어갔을 때 또는 그 숫자를 기준으로 번호 매기기를 잊어 버립니다. 처음부터, 세트 이론적 한계에 기초한 인수는 세트가 수렴하지 않기 때문에 더 이상 의미가 없습니다 (공이 항아리에서 버려지면 다시 안정 될 수 있습니다).

    항아리를 채우고 비우는 물리적 작업을 수행한다는 관점에서 볼에 숫자가 있는지 여부는 중요하지 않은 것처럼 보입니다. 이것은 집합 이론적 추론을 실제 과정이 아닌 무한 집합에 대한 수학적 사고와 비슷하게 만듭니다.

어쨌든, 우리가 교훈적인 목적으로 이러한 무한 역설의 사용을 고집하고, 따라서 확률 이론에 도달하기 전에, 가장 회의적이고 고집스런 사람들이 받아 들일 수있는 (확실한) 수퍼 태스크에 대한 수용 가능한 아이디어를 얻기 위해 먼저 싸워야합니다. 사상가라면 Allis와 Koetsier (1995)에 의해 설명되고 아래에 간략하게 설명 된 Zeno의 역설과 Ross-Littlewood 역설 사이의 대응을 사용하는 것이 흥미로울 수 있습니다 .

그들의 비유에서 Achilles는 거북을 잡으려고 노력하고 있으며, 둘 다 거리 과 같은 방식으로 배치 된 깃발을 교차 시키고 플래그 가있는 Achilles의 거리 는 플래그, 즉 거북이의 두 배 거리입니다 . 그런 다음 오후 12 시까 지. 거북이와 아킬레스 제도가 과거에 가질 깃발의 차이가 커지고 있습니다. 그러나 결국 오후 12시 에 엘리아 틱스를 제외하고는 아무도 아킬레스와 거북이가 같은 지점에 도달했고 그 사이에 제로 플래그가 있다고 주장하지 않았습니다. N 10 N F ( N ) = 2 F ( 10 N

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

확률 적 사례와 문제에 새로운 측면을 추가하는 방법.

Ross가 교과서에 추가 한 두 번째 버전은 무작위 선택 에 따라 공을 제거합니다.

이제 공을 빼낼 때마다 그 공 중에서 무작위로 공이 선택된다고 가정합시다. 즉, 1 분에서 오후 12 시까 지 1-10 번까지 번호가 매겨진 공이 항아리에 놓여지고 공이 무작위로 선택되어 철회되는 것으로 가정하십시오. 이 경우 오후 12시에 항아리에 몇 개의 공이 있습니까?

로스 솔루션은 항아리가 비어있을 확률이 1이라는 것입니다. 그러나 로스의 주장은 건전하고 엄격한 것처럼 보이지만 어떤 종류의 공리가 필요한지, 그리고 사용 된 이론 중 어떤 공리가 그러한 공리에서 발견되지 않을 수있는 암시 적 가정에 의해 스트레스를 받을지 궁금해 할 수있다. 정오의 이벤트에는 확률이 할당 될 수 있습니다).

Ross의 계산은 간단히 말해서 비어 있지 않은 항아리의 이벤트를 셀 수없이 많은 서브 세트 / 이벤트로 나누고 각 이벤트에 대해 확률이 0임을 증명하는 두 요소의 조합입니다.

1. 공 번호 가 오후 12시에 항아리에 있는 이벤트 인 의 경우$F_i$$i$$P(F_1) = 0$

2. 를 들어, , 항아리는 우리가 정오에서 비어 있지 않은 확률$P(\bigcup_1^\infty F_i)$

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

수퍼 태스크에 대한 추론이없는 Ross-Littlewood 역설의 확률 론적 사례

가장 역설적 인 역설 형태로, 수퍼 태스크의 성능 문제에서 제거하여, 무한 세트를 빼는 "단순한"문제에 대해 궁금해 할 수 있습니다. 예를 들어 우리는 세 가지 버전에서 다음을 얻습니다.

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

그리고 문제는 과 같은 뺄셈으로 줄어 듭니다 .$S_{added}-S_{removed,1} = \emptyset$

무한 순서 는 Ross의 확률 론적 실현에서 공을 제거 할 수있는 순서를 설명하는 (동일하게) 가능한 순서입니다. -작은 문제. 이 무한 시퀀스를 RL 시퀀스라고 부를 수 있습니다.$S_{RL} =\lbrace a_k \text{ without repetitions and } a_k < 10k \rbrace$

이제 수퍼 태스크에 대한 역설적 추론이없는보다 일반적인 질문은 전체 집합 포함하지 않는 RL 시퀀스의 밀도에 관한 것입니다.$\mathbb{N}$

문제의 그래픽보기.

중첩, 프랙탈, 구조

이 답변의 편집 된 버전 이전에 나는 'urn을 비우는 무한 시퀀스'에서 '1을 포함하지 않는 무한 시퀀스'까지 주입 맵의 존재를 사용하는 주장을했습니다.

유효한 주장이 아닙니다. 예를 들어 제곱 집합의 밀도와 비교하십시오. 무한히 많은 제곱이 있으며 ( 및 이라는 bijective 관계가 있지만) 에서 제곱 세트의 밀도는 0입니다 .$n \mapsto n^2$$n^2 \mapsto n$$\mathbb{N}$

아래 이미지는 각 추가 단계마다 항아리에서 볼 1의 확률이 어떻게 감소하는지 더 잘 볼 수 있습니다 (그리고 우리는 다른 모든 볼에 대해 같은 주장을 할 수 있습니다). 비록 모든 RL- 시퀀스의 부분 집합의 카디널리티 (이동 된 볼의 시퀀스)는 모든 RL- 시퀀스의 카디널리티와 동일하지만 (이미지는 일종의 프랙탈 구조를 나타내고 트리에는 무한히 많은 사본이 포함되어 있습니다).

시료 공간의 성장, 경로 수

이미지는 테니스 공 문제에 대한 체계와 함께 처음 5 단계에 대해 가능한 모든 실현을 보여줍니다 (테니스 공 문제, 각 단계 : 1을 더하고 1을 더 빠르게 제거하고 표시하기가 더 쉽습니다). 청록색과 자주색 선은 펼칠 수있는 가능한 모든 경로를 표시합니다 (각 단계 에서 크기의 주사위를 던지고 그 결과에 따라 경로 중 하나를 선택 하거나 결과에 따라 우리 는 항아리에서 공 중 하나를 제거 합니다).$n$$n+1$$n+1$$n+1$

n + 1 번째 카탈로니아 어 수 로 가능한 항아리 구성 (상자) 수가 증가 하고 계승 으로 전체 경로 수가 증가합니다. 내부에 볼 번호 1 (색이 진한 회색)이 있고이 상자로 이어지는 경로 (자주색)가있는 항아리 구성의 경우, 숫자는 정확히 동일하지만 이번에는 n 번째 카탈로니아 어 숫자와 계승.$C_{n+1}$$(n+1)!$$n!$

내부에 볼 을 남기는 경로 밀도$n$

따라서 볼 번호가 1 인 항아리로 이어지는 경로의 경우 밀도는 이며 이 커질 수록 감소 합니다. 상자에서 볼 번호 을 찾는 많은 실현이 있지만 확률은 0에 가까워집니다. 셀 수있는 많은 널 이벤트의 합집합도 널 이벤트입니다).$\frac{(n)!}{(n+1)!}$$n$$n$

테니스 공 문제에서 처음 다섯 단계의 경로 예 (각 단계 : 2를 제거 1 추가)

빈 항아리에 대한 로스의 주장.

Ross는 단계에서 항아리에 번호가 공이 있는 이벤트 (샘플 공간의 하위 집합) 정의합니다 . (자신의 교과서에 그는 실제로 첨자 밖으로 잎 공을 1 주장한다).$E_{in}$$i$$n$$i$

증명 단계 1)

로스는 그의 제안 6.1을 사용합니다. 이벤트 순서의 증가 또는 감소에 사용됩니다 (예 : 감소는 ).$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset E_4 \supset ...$

법안 6.1 : 가 증가 또는 감소하는 일련의 사건 인 경우,$\lbrace E_n, n\geq 1 \rbrace$

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

이 제안을 사용하여 Ross는 오후 12시에 볼 를 관찰 할 확률 이 확률 과 같다고$i$$lim_{n \to \infty} E_{in}$

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

Allis와 Koetsier는 이것이 암묵적인 가정 중 하나라고 주장합니다. 수퍼 태스크 자체는 (논리적으로) 오후 12시에 무슨 일이 일어나고 있는지를 암시하지 않으며 문제에 대한 해결책은 암시적인 가정을해야합니다. 무한대로. 무한대에 (설정 이론) 제한 특정 값 인 경우, 무한대에 우리가 할 특정 값이 (갑작스런 점프있을 수 없다).

Ross-Littlewood 역설의 흥미로운 변형은 우리가 이전에 버려진 공을 무작위로 반환 할 때입니다. (Thomson의 램프와 같은) 수렴이 없으며 시퀀스 의 한계를 더 이상 쉽게 정의 할 수 없습니다 (더 이상 감소하지 않음).$E_{in}$

증명 단계 2)

한계가 계산됩니다. 이것은 간단한 대수 단계입니다.

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

증명 단계 3)

1 단계와 2 단계 는 간단한 진술로 모든 에 대해 작동한다고 주장합니다$i$

"유사하게, 우리는 모든 대해 을 보여줄 수있다 "$P(F_i)=0$$i$

어디 볼하는 경우입니다 항아리에서 촬영되었습니다 우리는 정오에 도달 할 때$F_i$$i$

이것이 사실 일지 모르지만, 낮은 인덱스가 이제 무한대가되는 product expression에 대해 궁금 할 것입니다.

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

나는 그것이 작동하는지 여부를 누군가가 설명 할 수 있기를 바랍니다.

제안 6.1에 필요한 감소 시퀀스 가 모두가 아니라는 개념에 대한보다 직관적 인 예를 얻는 것도 좋을 것입니다. 스텝 번호 인덱스 시작 하여 1과 같습니다.이 인덱스는 무한대로 증가해야합니다 (이는 무한한 스텝 수뿐만 아니라 버려 질 볼의 무작위 선택도 무한대로되고 우리가 한계를 관찰하는 공의 수는 무한대가됩니다). 이 기술은 다루어 질 수 있고 (내재적으로나 명시 적으로 다른 답변에서 이미 수행되었을 수도 있지만), 철저하고 직관적 인 설명이 도움이 될 수 있습니다.$E_{in}, E_{in+1}, E_{in+2}, ...$$n$

이 단계 3에서는 다소 기술적 인 반면 Ross는 이에 대해 매우 짧습니다. Ross는 유한 공간에서 연산을 적용 할 때와 같은 방식으로 무한대로 이러한 연산을 적용 할 수있는 확률 공간의 존재 (또는 적어도 명시 적이 지 않음)를 전제로합니다.

ekvall의 답변은 Ionescu-Tulcea로 인한 확장 정리를 사용하여 구성을 제공 하여 무한한 제품 공간을 여기서 확률 커널의 무한 곱으로 이벤트 를 표현할 수 있으며, 됩니다.$\sum_{k=0}^\infty \Omega_i \bigotimes_{k=0}^\infty \mathcal{A}_i$$P(E_i)$$P=0$

그러나 직관적 인 의미로 설명 된 것은 아닙니다. 이벤트 공간 작동 한다는 것을 직관적으로 보여줄 수있는 방법은 무엇입니까? 그것이 보완은 null 세트 (그리고 Allis와 Koetsier의 Ross-Littlewood 문제의 조정 된 버전의 솔루션과 같이 무한히 많은 0을 가진 숫자 1이 아님)이며 확률 공간입니까?$E_{i}$

증명 단계 4)

부울의 불평등은 증거를 완성하는 데 사용됩니다.

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

불평등은 유한하거나 무한한 셀 수있는 이벤트 집합에 대해 입증되었습니다. 경우도 입니다.$F_i$

Ross의이 증거는 구성 주의적 의미의 증거가 아닙니다. 오후 12시에 항아리가 비워 질 확률이 거의 1임을 증명하는 대신, 항아리에 유한 번호 가 있는 공이 채워질 확률이 거의 0임을 증명 합니다.

회상

결정 론적 Ross-Littlewood 역설에는 빈 세트가 명시 적으로 포함되어 있습니다 (이 게시물이 시작된 방식). 이것은 확률 론적 버전이 빈 세트로 끝나고 결과가 사실인지 아닌지에 따라 비 확률 적 RL 버전만큼 역설적이지 않다는 사실은 그리 놀라운 일이 아니다. 흥미로운 사고 실험은 다음 버전의 RL 문제입니다.

• 무한히 많은 공으로 가득 찬 항아리로 시작하고 공을 무작위로 버리는 것을 상상해보십시오. 이 슈퍼 작업이 끝나면 항아리를 논리적으로 비워야합니다. 비어 있지 않다면 계속할 수 있었기 때문입니다. (그러나이 사고 실험은 수퍼 태스크의 개념을 확장시키고 막연하게 정의 된 끝을 가지고 있습니다. 항아리가 비었거나 오후 12시에 도착했을 때입니까?)

Ross의 증명 기술에 불만족스러운 것이 있거나, 그 증거의 아름다움을 충분히 이해할 수 있으려면 적어도 다른 예에 대한 더 나은 직관과 설명이 필요할 수 있습니다. 4 단계는 함께 많은 역설을 생성하기 위해 일반화되고 적용될 수있는 메커니즘을 형성합니다 (시도했지만 성공하지 못했습니다).

무한대를 향하여 크기가 증가하는 다른 적합한 샘플 공간에 대한 정리를 생성 할 수 있습니다 (RL 문제의 샘플 공간에는 ). 단계 증가함에 따라 한계 0으로 감소하는 시퀀스 인 셀 수있는 이벤트 를 정의 할 수 있으면 무한대에 접근 할 때 해당 이벤트의 합집합 인 이벤트의 확률은 0이됩니다. 이벤트의 합집합을 전체 공간으로 만들 수 있다면 (RL 예제에서 빈 꽃병은 확률이 0이되는 합동에 포함되지 않으므로 심각한 역설이 발생하지 않음) 더 심각한 역설을 만들 수 있습니다. 투명한 공제와 함께 공리의 일관성.$card(2^\mathbb{N})$$E_{ij}$$j$

• 그러한 예 중 하나 (또는 ​​만들려는 시도)는 종종 빵을 더 작은 조각으로 나누는 것입니다 (수학적 조건을 충족시키기 위해 분할을 양의 합리적인 수의 크기로만 조각으로 만든다고 가정합시다). 이 예제에서 우리는 이벤트를 정의 할 수 있으며 (단계 x에서 크기 x의 조각을 가짐) 시퀀스가 ​​감소하고 이벤트 확률의 한계가 0이됩니다 (RL 역설과 마찬가지로 감소 시퀀스는 더 이상 발생합니다. 시간이 흐르면서 점이 있지만 균일하지 않은 수렴이 있습니다.

  우리는이 수퍼 태스크를 마치면 빵이 사라 졌다고 결론을 내릴 것입니다 . 우리는 여기서 다른 방향으로 갈 수 있습니다. 1) 우리는 솔루션이 빈 세트라고 말할 수 있습니다 (빈 세트는 샘플 공간의 일부가 아니기 때문에이 솔루션은 RL 역설보다 훨씬 덜 유쾌하지만) 2) 정의되지 않은 조각이 무한히 많다고 말할 수 있습니다 ( 예를 들어 무한히 작은 크기) 3) 아니면 (로스의 증거를 수행하고 공란을 찾은 후에) 이것이 완료 할 수있는 수퍼 작업이 아니라고 결론을 내릴 수 있을까요? 그러한 수퍼 태스크를 마무리한다는 개념은 만들어 질 수 있지만 반드시 "존재하지는 않는다"(러셀의 역설).

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Littlewood의 기타에 인쇄 된 Besicovitch의 인용문 :

"수학자의 평판은 그가 준 나쁜 증거의 ​​수에 달려있다".

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Allis, V., Koetsier, T. (1995), Infinite II의 일부 역설 , 영국 과학 철학 저널 , 235-247 쪽

Koetsier, T. (2012), Didactiek, oneindig veel pingpongballen, Nieuw Archief voor Wiskunde , 5/13 nr4, 258-261 ( 네덜란드어 원본 , Google 및 기타 방법을 통해 번역 가능)

Littlewood, JE (1953), 수학자 기타 , pp. 5 ( archive.org를 통한 무료 링크 )

Merlin, D., Sprugnoli, R. 및 Verri MC (2002), 테니스 공 문제 , 조합 이론 저널 , 307-344 페이지

Ross, SM (1976), 첫 번째 확률 코스 , (2.7 절)

Tymoczko, T. and Henle, J. (1995 original) ( 1999 Google의 1999 년 2 판 참조 ), Sweet Reason : 현대 논리에 대한 현장 가이드

다시 시도하겠습니다.

답은 역설이 순전히 수학적이라는 것입니다. Enumaris와 cmaster의 답변은 어떤 일이 일어나고 있는지 알려주지 만 이것이 문제를 보는 또 다른 방법입니다. 문제는 Jaynes가 작성한 것처럼 무한 성과 관련한 확률을 다루는 방법입니다 (자세한 내용은 다른 시도 답변 참조).

무한 시리즈는 보통 끝이없는 것처럼 취급되지만,이 문제에서는 종료 시간 (12PM)이 있으므로 논리적으로, 수학적으로는 아니더라도 논리적으로 볼의 추가 및 제거의 마지막주기가 있습니다. 오후 12시 이전에 무한대로. '마지막'주기가 존재하면 시간이 지남에 따라 앞으로뿐만 아니라 앞으로도 확률을 볼 수 있습니다.

마지막으로 추가 된 10 개의 공을 고려하십시오. 그들 각각은 제거 될 수있는 무한대 공 중 하나이기 때문에 제거 될 확률은 0입니다. 따라서 12PM에 볼이 10 개 이상 남아있을 확률은 1입니다.

QED. 말도 안되는 확률 론적 주장.

최근 볼프강 ü 켄 하임 (Wolfgang Mückenheim)의 빌헬름 (Wilhelm)의 여러 의견은 저의 대답에서 특정 제제를 재고하도록 만들었습니다. 나는이 답변의 다른 접근법 이이 문제의 가르침에 대해 논쟁하는 것이 아니라 역설이 유효하지 않기 때문에 이것을 새로운 답변으로 게시하고 있습니다.

빌헬름은 그의 긴 원고 에서

트랜잭션은 유한 단계 에서만 가능 합니다 ( " 과 " 사이에 가능한 조치는 없습니다 ).$n$$n$$\omega$

이것은 나에게 용어를 상기시켰다

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

이것은 Ross의 작품에서 파생되었습니다. 무한대에 대한 경로가 다음 한계에 대해 정의되지 않은 경우이 용어는 결정되지 않습니다 .

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

이것은 빌헬름이 논의한 점과 비슷한 것으로 보이며 악사 칼의 답변에도 언급되어있다. 시간의 단계는 무한히 작아 지므로 이러한 의미에서 오후 12시에 도달 할 수 있지만 동시에 (물리적이지 않은) 무한한 수의 볼을 추가하고 제거해야합니다. 톰슨의 역설적 인 램프 스위치가 슈퍼 작업의 끝에서 명확한 위치를 가질 수없는 것처럼이 슈퍼 작업을 Zeno의 화살표와 같은 프로세스에 연결하는 것은 잘못된 생각 입니다.

한계와 관련하여 우리가 취하는 무한 의 물리적 경로는

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

0이 아니라 무한합니다.

나는이 예가 "전제가 거짓이라면 조건이 참이라면"을지지한다고 믿는다

이 우주에는 무한한 항아리와 무한한 공이 없습니다. 시간을 임의로 작은 조각으로 나누는 것은 불가능합니다.

따라서 쉘던 로스는 12시에 항아리가 비어 있다고 말할 권리가 있습니다. 12시에 항아리에 무한 구가 있다고 말하는 학생들도 마찬가지입니다.

당신이 항아리에 50 공이 있다고 대답하면 당신도 정확합니다.

나는이 우주가 무한한 항아리와 무한한 공을 포함하지 않으며 그 시간이 원 자성이 아니라는 것을 엄밀히 증명하지 못했습니다. 이 세 가지 주장이 잘못되었다고 생각하면 Ross의 문제가 경험적으로 반증 될 수 있다고 생각합니다. 실험 결과를 기다리고 있습니다.

문제가 잘못되었다는 의견을지지합니다. 우리가 투명한 것을 고려할 때 종종 한계를 사용해야합니다. 여기서 유일한 방법 인 것 같습니다. 우리는 다른 공을 구별하기 때문에 무한 차원 프로세스 갖습니다. 여기서 시간을 나타내며, 볼이 있으면 시간에서 과 , 그렇지.t = - 1 , - 1 / 2 , - 1 / 4 , . . . X t , j = 1 j t + 0 X t , j =

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

이제는 통합, 구성 요소 별, 등 수렴하는 모든 사람의 재량에 달려 있습니다 . 말할 필요도없이 대답은 선택에 달려 있습니다.$l_p$

이 문제에 대한 오해는 무한 차원 벡터의 수렴을 고려할 때 메트릭 문제가 중요하다는 사실을 무시하는 것에서 비롯됩니다. 수렴 유형을 선택하지 않으면 정답을 줄 수 없습니다.

(제로 벡터에 성분별로 수렴이 있습니다. 규범은 공의 수를 계산 규범에서는 프로세스가 폭발합니다.)$l_1$

공식 교육보다 직관이 많지만

자정까지의 간격이 절반으로 줄어들면 자정에 도달하지 않습니다. 그래서 해결책 이 없다고 주장 할 수 있습니다.

또는 문구에 따라 :

• +10 볼의 무한 간격이 있기 때문에 답은 무한합니다
• (+10 공-1)의 무한 간격이 있으므로 대답은 10 * 무한 -1 * 무한 = 0입니까?
• (+9 공) +1의 무한 간격이 있기 때문에 대답은 무한 + 1

다시 작성 : 2018 년 1 월 16 일

섹션 1 : 개요

이 게시물의 기본 결과는 다음과 같습니다.

• 중간 공의 확률은 약 $0.91$ 단계가 로 갈 때 한계에 남을 입니다. 이것은 실제 관찰이며 수학적으로 도출 된 것입니다. 도출 된 함수는 의 합리적 도메인을 가지고 있습니다. 예를 들어, 남은 볼의 한계에서의 확률은 도메인 값 해당합니다 .이 함수는 단계 크기$\infty$
  $(0,1]$$1/2$
• Ross의 분석은 잘못되지 않았지만 순으로 합리적 반복을 시도하기 때문에 불완전합니다 . 합리적 요소는 순서대로 반복 될 수 없습니다. 따라서 Ross의 분석은 전체 도메인에 액세스 할 수 없으며 전체 동작에 대한 제한된보기 만 제공 할 수 있습니다.$\left(i,\infty\right), i=1..\infty$
  
• 그러나 Ross의 분석은 관찰 가능한 특정 행동 한 가지를 설명합니다.
• Ross의 제한 시퀀스에는 직관적으로 독창적 인 멋진 속성이 있습니다.
  그러나 동일한 좋은 속성을 만족시키고 함수의 값을 제공하는 다른 제한 시퀀스 집합을 보여줍니다.

섹션 2 "표기 및 용어"는이 게시물에 사용 된 표기 및 용어를 다룹니다.

섹션 3 "하프 웨이 볼셋"은 실제 관찰을 소개합니다. 인덱스가 삽입 된 모든 볼의 절반에 해당하는 볼이 남을 확률의 한계에 수렴합니다. 이 한계 값은 약 91 %입니다. 중간 볼 세트의 경우는 모두 0이 아닌 한계 값을 갖는 모든 합리적인 것으로 일반화 됩니다. $(0,1]$

섹션 4 "역설의 해결"은 Ross의 결과와 '이론적 도메인'결과 (여기에서 설명)를 모두 포함하기위한 통합 프레임 워크를 제시합니다. 이미 언급했듯이 Ross의 분석은 전체 행동에 대한 제한된 견해만을 제공합니다. 따라서 역설의 근원이 확인되고 해결됩니다.

부록에서는 덜 중요한 결과에 대해 설명합니다.

• "제한 기대치"는 스텝 크기의 일부를 포함하여 남아있는 예상 볼 수를 계산합니다.
• 이 결과의 결과는 1보다 큰 것으로 예상되는 첫 번째 볼의 인덱스를 결정하는 것입니다.

섹션 2 : 표기법 및 용어

• 단계에서 삽입 된 볼 인덱스 를 하고이 세트를 번째 "볼 세트"라고합니다. Ballset은이 게시물에 대해 작성된 한 단어입니다.$n$$\{n.1, n.2, n.3, ..... n.10\}$$n$
  이 용어는 유감스럽게도 Ross의 용어에서 벗어 났지만 텍스트를 훨씬 더 명확하고 짧게 만듭니다.
• 표기법 는 볼 세트 볼 이 단계 남아 있는 경우를 나타냅니다.$E(a,b)$$a.1$$a$$b$ 볼 세트의 다른 볼을 무시하는 경우를 나타냅니다.
• 표기 약자 인 와 그것의 확률을 의미 . ballset 모든 ball 는 같은 확률로 남습니다 . - 값 된다 .$P(a,b)$$P(E(a,b))$$E(a,b)$
  $a.i$$a$
  $P(E(a,b))$$\prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)}$
• 로스 한계 확률이고 로 무한대 : -$P(a)$$P(a,b)$$b$
  $P_{lim1}(a) = \lim_{b\rightarrow\infty} P(a,b)$
• 합리적 한계는 일정한 비율을 유지하면서 볼 인덱스 와 단계 가 무한대로 따라 한계로 정의됩니다 .-$a$$b$$P_{lim2}(a,b) = \lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb)$

섹션 3 : 중간 볼 세트

모든 짝수 단계 에서, 중간 볼 세트는 번째 볼 세트로 정의된다 . 모든 짝수 단계 , 남은 반 확률은 으로 정의된다 . 라는 한계 에서 남은 반 확률은 입니다. 아래 정리 1은 남은 반 확률에 대한 수치를 나타냅니다.$2n$$n$$2n$$P(n,2n)$
$n\rightarrow\infty$$\lim_{n\rightarrow\infty} P(1*n,2*n)$

정리 1-비율 보존 도메인 시퀀스에서 요소의 확률 한계

$$\begin{equation} \lim_{n\rightarrow\infty} P(a*n,b*n) = (\frac{a}{b})^\frac{1}{9} \end{equation}$$ 증거는 부록 직전에 아래에 나와 있습니다.

정리 1에 따르면, 한계에 남을 확률의 절반 확률은 이며 대략 10 진수 평가됩니다 .$(\frac{1}{2})^\frac{1}{9}$$0.925875$

전성 검사는 중간 확률의 수치 제한 "바로 보이는"경우에 볼 수있는 전성 검사를 할 수 있습니다.

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

처음 4 개 행은 각각 , , 및 의 단계 번호 값에 대해 남아있는 중간 확률입니다 . 마지막 행이 한계입니다. 중간 확률이 실제로 예상 한계에 수렴하는 것 같습니다.$10^3$$10^4$$10^5$$10^6$
Ross의 틀에 맞지 않는이 실제 관찰은 설명 될 필요가있다.

** 섹션 4 "역설의 해결"**

이 섹션에서는 Ross의 분석과 합리적 도메인 분석을위한 통합 프레임 워크에 대해 설명합니다. 이들을 함께 보면 역설이 해결됩니다.

유리수 한계 는 유리수 에서 실수 까지의 함수로 환원 가능합니다 . 여기서 및 여기서 는 가장 큰 제수를 나타냄 " 와 는 상호 소수 "및" 는 의 감소 된 비율입니다$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}$ .

로스 한계는 합리적인 한계 시퀀스의 한계로 쓸 수 있습니다. 튜플 의 유리수의 구성원이 아닌 ;이 속한 . 따라서 로스 제한 기능에 동형 도메인의 와 화상 항상 고유 진짜 .

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

로스 한계와 합리적인 한계는 두 개의 분리 된 도메인 과 에서 동일한 기능입니다$[0,0]$$(0,1]$ 합니다. 로스 제한은 볼셋 인덱스의 경우에만 stepize.

Ross-limit 분석은 한계에서 대해 순차적으로 액세스하면 0이 아닌 값에 도달하지 않을 것으로 예측 합니다.$P_{lim1}(i)$$i=1,2,...\infty$
이것은 정확하며 실제 관찰에 해당합니다.

합리적 한계 분석은 Ross-limit가 설명하지 않는 중간 볼셋과 같은 실제 관찰을 설명합니다. 함수는 동일한 이지만 도메인은 대신 입니다$P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$[0,0]$

아래 다이어그램은 로스 한계 시퀀스와 합리적인 한계 시퀀스를 모두 보여줍니다.

Ross의 분석에 Ross-limit와 해당 도메인이 전체 관심 영역이라는 암시적인 가정이 포함되어 있다고 말할 수 있습니다. 암시 적으로 기본적으로 존재하는 Ross의 가정은 명시 적으로 인식되지 않더라도 아래의 네 가지 조건 때문입니다.

하자 수 번째 로스 제한 시퀀스. 하자 로스 제한 시퀀스의 조합 일 수. $S_i = P(i,n), n=1,...,\infty$$i$$S = \cup_{i=(1...\infty)} S_i$

• (1) 서열 는 분리되고 각 서열은 수렴된다.$S_i$
• (2) 모든 시퀀스의 요소들의 합집합 는 정확하게 작용하는 모든 (공, 스텝) 튜플 세트를 포함한다 :$S$$\{ (i,n)\ |\ i\leq n\ \land \ i,n\in Q \}$
• (3) 모든 시퀀스 는 단계 인덱스 에서 무한 하므로 "초기"로 끝나지 않습니다.$S_i$$n$
• (4) 시퀀스 자체는 슈퍼 시퀀스 합니다. 따라서 슈퍼 시퀀스는 반복적으로 "생성"될 수 있으며, 즉 셀 수 있습니다.$S_i$$\{ S_i \}_{i_in (1...\infty) }$

다른 제한 시퀀스 시스템이 위의 포인트 (1)-(4)를 만족시킬 수 있다는 것은 즉시 명백하지 않습니다.

그러나 이제 우리는 위의 (1)-(4)를 실제로 만족시키는 다른 제한 시퀀스 시스템에 대해 논의 할 것입니다.

하자 , , 합리적인 제한 시퀀스 나타내는 하자 의 상호 프라임 튜플 수 = . 합리적 한계 시퀀스의 합집합 이라고합시다 . $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}$

분명히 합집합이 인 시퀀스 는 위의 특성 (1)-(3)을 만족합니다. 인덱스 정확히에 유리수이다 . (4) 우리의 유리수 것을 보여줄 필요 조건을 만족시키기 위해 셀 수 있습니다. $S_{p,q}$$S^*$
$(p,q)$$(0,1]$$(0,1]$

차수 의 (패러 시퀀스) 2 는 0과 1 사이에서 완전히 감소 된 분수의 시퀀스이며, 가장 낮은 용어에서는 분모가 보다 작거나 같고 크기가 커지는 순서대로 배열됩니다. 처음 8 개의 Farey 시퀀스는 다음과 같습니다.$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}

하자 나타내는 첫번째 요소없이 페리 수열 차를 .$F^*_n$$n$$0/1$

하자 을 포함한 스텝까지 적어도 하나 개의 원소를 가지고 합리적인 한도 시퀀스의 조합 일 수 : $S^*_n$$n$

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

의 요소 지수가 정확하게 인덱스 요소 튜플로 분획 변환 . 다음 표는 Ross 분석에서 한계 시퀀스의 그룹화와 합리적인 한계 분석을 비교합니다.$F^*_n$$S^*_n$

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

마지막으로, 슈퍼 시퀀스 을 반복적으로 생성하는 방법이 [ 3 ], [ 4 ] 존재하기 때문에 조건 (4)도 만족된다.$F^*_n$

Stern-Brocot 트리의 변형 인 이러한 방법 중 하나는 다음과 같습니다.

두 가지 합리적 및 의 중간 은 로 정의됩니다.$a/c$$b/d$$\frac{a+b}{c+d}$

• 설정$F*_n = \emptyset$
• 추가 에$1/n$$F*_n$

• 용 루프 의$i$$1...(\|F*_{n-1}\|-1)$

  • 추가 F로 *의 _n을 $$F*_{n-1}[i]$

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

  • 만약 에 추가 X$denom(x) \leq n$$F*_n$
  • 루프 계속
• 추가 에$F*_{n-1}[n]$$F*_n$

역설이 해결되었습니다.

정리 증명 1 첫 번째 참고 사항 : 여기서 마지막 변환은 Sterling 변환입니다.

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

그런 다음 및 을 구문으로 마지막 (스털링 형식) 방정식으로 $a\rightarrow a*n$$b\rightarrow b*n$

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

부록 : 기타 결과

한계에 대한 기대

이 섹션은 스텝 크기의 일부를 포함하여 남아있는 예상 볼 수에 대한 닫힌 표현을 제공합니다.
이 결과의 결과는 첫 번째 공의 지수에 대한 수치 근사치이며 1보다 큰 것으로 예상됩니다.

(계속)

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긴 이야기가 짧습니다. 소위 역설은 불확실한 형태의 오류로, 1로 나눈 0으로 나누는 오류와 비슷한 결과를 갖는 초보자의 오류는 입니다. 이 경우 숫자 계산에 대한 이러한 오류는 자연스럽게 0, 또는 일 수있는 답변을 생성합니다 .$1=2$$n$$\infty$

BTW, 무한한 수의 무한한 확률을 라는 불확실한 형태가 만들어지고 Ross의 증거는 정확하지 않습니다. 정답을 얻으려면 L' Hopital 's Rule을 사용하십시오. 무한대는 숫자가 아닙니다 . 무한대를 숫자처럼 취급하면 오류가 발생합니다.$\frac{1}{\infty}\infty$