La domanda (leggermente modificata) è la seguente e se non l'hai mai incontrata prima puoi verificarla nell'esempio 6a, capitolo 2, di A First Course in Probability di Sheldon Ross :

Supponiamo di possedere un'urna infinitamente grande e una collezione infinita di palline etichettate con la palla numero 1, numero 2, numero 3 e così via. Considera un esperimento eseguito come segue: da 1 minuto a 12 PM, le sfere numerate da 1 a 10 vengono posizionate nell'urna e una palla rimossa a caso. (Supponi che il ritiro non richieda tempo.) A 1/2 minuto alle 12 PM, le palline numerate da 11 a 20 vengono posizionate nell'urna e un'altra palla rimossa a caso. A 1/4 minuti a 12 PM, le sfere numerate da 21 a 30 vengono posizionate nell'urna e un'altra palla rimossa a caso ... e così via. La domanda di interesse è: quante palle ci sono nell'urna alle 12:00?

Questa domanda, come viene posta, costringe praticamente tutti a sbagliare --- di solito l'intuizione è quella di dire che ci saranno un numero infinito di palline alle 12:00 La risposta fornita da Ross, tuttavia, è che con una probabilità l'urna sarà vuota alle 12 PM

Nell'insegnare la teoria della probabilità questo problema è uno di quelli per i quali è molto difficile dare una buona spiegazione intuitiva.

Da un lato, potresti provare a spiegarlo in questo modo: "pensa alla probabilità che una pallina mi trovi sull'urna alle 12 PM. Durante gli infiniti sorteggi casuali, alla fine verrà rimossa. Dato che vale per tutte le palline, nessuna alla fine possono esserci ".

Tuttavia, gli studenti discuteranno correttamente con te: "Ma sto mettendo 10 palline e ne rimuovo 1 alla volta. È impossibile che ci siano zero palline alla fine".

Qual è la migliore spiegazione che possiamo dare loro per risolvere queste intuizioni contrastanti?

Sono anche aperto all'argomento che la domanda è mal posta e che se lo formuliamo meglio il "paradosso" scompare o all'argomento che il paradosso è "puramente matematico" (ma per favore cerca di essere preciso al riguardo).

Ross descrive tre versioni di questo "paradosso" nell'esempio 6a del suo libro di testo . In ogni versione, 10 palline vengono aggiunte all'urna e 1 pallina viene rimossa ad ogni passo della procedura.

1. Nella prima versione, -esimo palla viene rimosso al n passo -esimo. Ci sono infinite palle rimaste dopo mezzanotte perché tutte le palle con numeri che non finiscono in zero sono ancora lì.$10n$$n$

2. Nella seconda versione, la -esima palla viene rimossa nella n -esima fase. Rimangono zero palline dopo mezzanotte perché ogni pallina verrà rimossa nel passaggio corrispondente.$n$$n$

3. Nella terza versione, le palle vengono rimosse in modo uniforme a caso. Ross calcola la probabilità che ogni palla venga rimossa dal passaggio e scopre che converge a 1 come n → ∞ (nota che questo non è evidente! Si deve effettivamente eseguire il calcolo). Ciò significa, per disuguaglianza di Boole , che anche la probabilità di avere zero palle alla fine è 1 .$n$$1$$n\to\infty$$1$

Stai dicendo che quest'ultima conclusione non è intuitiva e difficile da spiegare; questo è meravigliosamente supportato da molte risposte e commenti confusi proprio in questo thread. Tuttavia, la conclusione della seconda versione è esattamente non intuitiva! E non ha assolutamente nulla a che fare con probabilità o statistiche. Penso che dopo aver accettato la seconda versione, non ci sia più nulla di particolarmente sorprendente nella terza versione.

Pertanto, mentre la discussione "probabilistica" deve riguardare la terza versione [vedi risposte molto approfondite di @ paw88789, @Paul e @ekvall], la discussione "filosofica" dovrebbe piuttosto concentrarsi sulla seconda versione che è molto più semplice ed è simile in spirito dell'hotel Hilbert .

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La seconda versione è conosciuta come il paradosso di Ross-Littlewood . Mi collego alla pagina di Wikipedia, ma la discussione è terribilmente confusa e non consiglio di leggerlo affatto. Invece, dai un'occhiata a questo thread MathOverflow di anni fa . Ormai è chiuso ma contiene diverse risposte molto percettive. Un breve riassunto delle risposte che trovo più cruciali è il seguente.

Possiamo definire un insieme delle sfere presenti nell'urna dopo il passaggio n . Abbiamo che S 1 = { 2 , ... 10 } , S 2 = { 3 , ... 20 } , ecc. Esiste una nozione matematicamente ben definita del limite di una sequenza di insiemi e si può dimostrare rigorosamente che il limite di questa sequenza esiste ed è l'insieme vuoto ∅ . In effetti, quali palle possono essere nel limite impostato? Solo quelli che non vengono mai rimossi. Ma ogni palla viene infine rimossa. Quindi il limite è vuoto. Possiamo scrivere$S_n$$n$$S_1=\{2,\ldots 10\}$$S_2=\{3,\ldots 20\}$$\varnothing$ .$S_n \to \varnothing$

Allo stesso tempo, il numero delle palle nel set S n , noto anche come cardinalità di questo set, è uguale a 10 n - n = 9 n . La sequenza 9 n è ovviamente divergente, nel senso che la cardinalità converge alla cardinalità di N , noto anche come aleph-zero ℵ 0 . Quindi possiamo scriverlo | S n | → ℵ 0 .$|S_n|$$S_n$$10n-n=9n$$9n$$\mathbb N$ $\aleph_0$$|S_n|\to \aleph_0$

Il "paradosso" ora è che queste due affermazioni sembrano contraddirsi a vicenda:

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

Ma ovviamente non esiste un vero paradosso e nessuna contraddizione. Nessuno ha detto che prendere la cardinalità sia un'operazione "continua" sui set, quindi non possiamo scambiarla con il limite: In altre parole, dal fatto che | S n | = 9 n per tutto il numero intero n ∈ N non possiamo concludere che | S ω | (il valore al primo ordinale ) è uguale a ∞ . Invece, | S ω

$$\lim |S_n| \ne |\lim S_n|.$$ $|S_n|=9n$$n\in \mathbb N$$|S_\omega|$$\infty$$|S_\omega|$ deve essere calcolato direttamente e risulta essere zero.

Quindi penso che ciò che ne ricava è davvero la conclusione che assumere cardinalità è un'operazione insoddisfacente ... [@HarryAltman]

Quindi penso che questo paradosso sia solo la tendenza umana ad assumere che le operazioni "semplici" siano continue. [@NateEldredge]

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Questo è più facile da capire con le funzioni anziché con i set. Considera una funzione caratteristica (aka indicatore) dell'insieme S n che è definita uguale a una sull'intervallo [ n , 10 n ] e zero altrove. Le prime dieci funzioni sembrano simili (confronta l'arte ASCII dalla risposta di @ Hurkyl):$f_n(x)$$S_n$$[n, 10n]$

$\quad\quad\quad$

Tutti concorderanno sul fatto che per ogni punto , abbiamo lim f n ( a ) = 0 . Questo per definizione significa che le funzioni f n ( x ) convergono alla funzione g ( x ) = 0 . Ancora una volta, tutti saranno d'accordo. Tuttavia, osservare che gli integrali di queste funzioni ∫ ∞ 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$diventa sempre più grande e la sequenza degli integrali diverge. In altre parole,

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

Questo è un risultato di analisi completamente standard e familiare. Ma è una riformulazione esatta del nostro paradosso!

Un buon modo per formalizzare il problema è quello di descrivere lo stato della brocca non come un insieme (un sottoinsieme di ), perché quelli sono difficili da prendere limiti, ma come la sua funzione caratteristica. Il primo "paradosso" è che i limiti puntuali non sono gli stessi dei limiti uniformi. [@ TheoJohnson-Freyd]$\mathbb N$

Il punto cruciale è che "a mezzanotte mezzogiorno" è già passata l'intera sequenza infinita , ovvero abbiamo fatto un "salto trasfino" e siamo arrivati ​​allo stato transfinito . Il valore dell'integrale "a mezzanotte mezzogiorno" deve essere il valore dell'integrale di lim f n , non viceversa.$f_\omega = \lim f_n(x)$$\lim f_n$

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Si noti che alcune delle risposte in questo thread sono fuorvianti nonostante siano altamente votate.

In particolare, @cmaster calcola che è davvero infinito, ma non è questo il paradosso. Il paradosso chiede cosa succede dopo l'intera sequenza infinita di passi; questa è una costruzione transfinita e quindi abbiamo bisogno di calcolare ballCount ( S ω ) che è uguale a zero come spiegato sopra.$\lim_{n\to\infty} \operatorname{ballCount}(S_n)$$\operatorname{ballCount}(S_\omega)$

Hurkyl (in una risposta) e Dilip Sarwate (in un commento) danno due varianti deterministiche comuni di questo puzzle. In entrambe le varianti, al passo , sfere 10 k - 9 attraverso 10 k vengono aggiunti alla pila ( k = 1 , 2 , . . . ). $k$$10k-9$$10k$$k=1,2,...$

Nella variazione di Hurkyl, la palla viene rimossa. In questa variante, in si può affermare definitivamente che non ci sono palle rimaste perché la palla n viene rimossa al passaggio n .$k$$n$$n$

Nella variazione di Dilip Sarwate, la palla viene rimossa nel passaggio k , quindi in questa variante rimangono tutte le palle che non sono multipli di 10 . In questa variante, ci sono infinite palle nell'urna alla fine.$10k$$k$$10$

Con queste due varianti come casi limite, vediamo che possono succedere molte cose diverse durante questo processo. Ad esempio, è possibile disporre di qualsiasi set finito di palline rimanenti alla fine, facendo il processo di Hurkyl ma saltando la rimozione di alcune palline. Infatti per qualsiasi set con complemento numerabile infinito (nei numeri (positivi) naturali), puoi avere quel set di palline che rimane alla fine del processo.$B$

Potremmo guardare la variazione casuale del problema (data nel post originale) come selezionando una funzione con le condizioni che (i) f è uno a uno e (ii) f ( k ) ≤ 10 k per tutti k ∈ N .$f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f$$f(k)\le 10k$$k\in \mathbb{N}$

L'argomentazione fornita nel libro di Sheldon Ross (a cui si fa riferimento nel post) mostra che quasi tutte (in senso probabilistico) tali funzioni sono in effetti su funzioni (suriezioni).

Vedo che ciò è in qualche modo analogo alla situazione di selezione di un numero, da una distribuzione uniforme su [ 0 , 1 ] e chiedendo qual è la probabilità che il numero si trovi nel set Cantor (sto usando il set Cantor piuttosto che dire i numeri razionali perché l'insieme Cantor non è numerabile). La probabilità è 0 anche se ci sono molti (innumerevoli molti) numeri nel set Cantor che avrebbero potuto essere scelti. Nel problema di rimozione della palla, l'insieme di sequenze in cui sono rimaste delle palle sta giocando il ruolo dell'insieme Cantor.$x$$[0,1]$$0$

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Modifica: BenMillwood sottolinea correttamente che ci sono alcuni set finiti di palle che non possono essere il set rimanente. Per esempio, non può essere il set rimanente. Puoi avere al massimo il 90 % del primo$1,2,...,10$$90\%$ palline rimanenti per n = 1 , 2 , 3 , . . . .$10n$$n=1,2,3,...$

La risposta di Enumaris ha perfettamente ragione sul problema dei limiti divergenti. Tuttavia, alla domanda si può effettivamente rispondere in modo inequivocabile. Quindi, la mia risposta ti mostrerà esattamente dove la soluzione Zero Ball va storta e perché la soluzione intuitiva è quella corretta.

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È vero, che per ogni palla , la probabilità che si trovi nell'urna alla fine P ( n ) è zero. Per essere precisi, è solo il limite che è zero: P ( n ) = lim N → ∞ P ( $n$$P(n)$ .$P(n) = \lim_{N\to\infty} P(n, N) = 0$

Ora, si tenta di calcolare la somma Il calcolo interrotto passa direttamente a quella parte P ( n , N ) , dicendo che è zero nel limite, quindi la somma contiene solo termini di zero, quindi la somma è zero stessa: lim N → ∞ ballCount ( N

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

Tuttavia, questo sta dividendo illegalmente il in due parti indipendenti. Non puoi semplicemente spostare il lim nella somma se i limiti della somma dipendono dal parametro del lim$\lim$$\lim$$\lim$ . Devi risolvere il nel suo insieme.$\lim$

Pertanto, l'unico modo valido per risolvere questo è risolvere prima la somma, usando il fatto che ∑ n ≤ 10 N n = 1 P ( n , N ) = 9 N per qualsiasi N finito . lim N → $\lim$$\sum_{n=1}^{n\leq 10N} P(n,N) = 9N$$N$

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

La soluzione intuitiva ha fatto esattamente questo, è la soluzione "intelligente" che è fondamentalmente rotta.

Questo argomento è incentrato sulla tendenza di infiniti insiemi e sequenze a comportarsi in modi unitari. Questo non è più sorprendente dell'hotel Hilbert . In tal caso, avrai effettivamente eliminato un numero infinito di palle, ma avrai inserito un numero infinito. Considera il Hilbert Hotel al contrario. Puoi rimuovere un numero infinito di ospiti dall'hotel e avere ancora un numero infinito.

Se questo è fisicamente realizzabile è un'altra domanda del tutto.

In quanto tale, lo considero non necessariamente mal formato, ma piuttosto inserito nel libro sbagliato. Questo tipo di domanda di conteggio appartiene a un corso di teoria dell'insieme, non a un corso di probabilità.

Penso che aiuti a rimuovere la componente temporale superflua del problema.

La variante più semplice di questo paradosso è quella di rimuovere sempre la palla con il numero più basso. Per facilità di disegno, aggiungerò anche solo due palline ad ogni passaggio.

La procedura descrive come compilare una griglia bidimensionale infinita:

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

 :  :  :
 :  :  :

dove ogni riga è formata dalla precedente aggiungendo due asterischi a destra, quindi rimuovendo quello più a sinistra.

Le domande che ci poniamo sono:

Quante colonne terminano con asterischi ripetuti anziché punti ripetuti?

A mio avviso, l'idea di equiparare erroneamente questo risultato al "limite del numero di asterischi in ciascuna riga" è molto meno convincente.

Questa risposta mira a fare quattro cose:

1. Ripassa la formulazione matematica del problema di Ross, mostrando come segue direttamente e inequivocabilmente dalla descrizione del problema.

2. Difendi la posizione secondo cui la soluzione paradossale di Ross è matematicamente solida e pertinente per la nostra comprensione del mondo fisico, indipendentemente dal fatto che sia realizzabile fisicamente al 100%.

3. Discutete di alcuni argomenti fallaci radicati nell'intuizione fisica e dimostrate che la soluzione "fisica" spesso dichiarata di infinite palle a mezzogiorno non è solo in contraddizione con la matematica, ma anche con la fisica.

4. Descrivi un'implementazione fisica del problema che potrebbe rendere la soluzione di Ross più intuitiva. Inizia qui per la risposta alla domanda originale di Carlos.

1. Come descrivere matematicamente il problema

Disimballeremo la fase iniziale di "modellizzazione di processi infiniti" dell'argomento di Ross (p. 46) . Ecco l'affermazione che ci concentreremo sulla giustificazione:

Definisci come l'evento in cui la palla numero 1 è ancora nell'urna dopo che sono stati effettuati i primi n prelievi ... L'evento in cui la palla numero 1 è nell'urna alle 12 PM è solo l'evento ⋂ ∞ n = 1 E n .$E_n$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$

Prima di disimballare la dichiarazione di Ross, consideriamo come sia persino possibile capire il contenuto dell'urna a mezzogiorno, dopo una sequenza infinita di operazioni. Come possiamo sapere cosa c'è nell'urna? Bene, pensiamo a una palla specifica ; puoi immaginare b = 1 o 1000 o qualunque cosa tu voglia. Se la palla b è stata espulsa ad un certo punto del processo prima di mezzogiorno, certamente non sarà nell'urna a mezzogiorno. E viceversa, se una determinata palla era nell'urna in ogni singola fase del processo fino a mezzogiorno (dopo che era stata aggiunta), allora era nell'urna a mezzogiorno. Scriviamo queste dichiarazioni formalmente:$b$$b=1$$1000$$b$

Una palla è nell'urna a mezzogiorno se e solo se era nel urna in ogni fase n ∈ { n b , n b + 1 , n b + 2 , . . . } prima di mezzogiorno, dove n b è lo stadio in cui la palla è stata aggiunta all'urna.$b$$n \in \{n_b, n_b + 1, n_b + 2, ...\}$$n_b$

Ora scompattiamo la dichiarazione di Ross: cosa significa in un inglese semplice? Prendiamo una singola realizzazione x del processo dell'urna e parliamone:$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$ $x$

• significa che la palla 1 è nell'urna dopo la fase 1 del processo.$x \in E_1$
• significa che la palla 1 è nell'urna dopo le fasi 1 e 2 del processo.$x \in E_1 \bigcap E_2$
• significa che la palla 1 è nell'urna dopo le fasi 1, 2 e 3 del processo.$x \in E_1 \bigcap E_2 \bigcap E_3$
• Per ogni , x ∈ ⋂ n k = 1 E k significa che la palla è nell'urna dopo le fasi da 1 a n .$k \in \{1, 2, 3, ...\}$$x \in \bigcap_{k=1}^n E_k$$1$$n$

Chiaramente, quindi, significa che, nella realizzazione x di questo processo di urna, la sfera 1 è nell'urna dopo le fasi 1, 2, 3, eccetera : tutto fasi finite k prima di mezzogiorno. L'intersezione infinita ⋂ ∞ n = 1 E n è solo un altro modo di scriverlo, quindi ⋂ ∞ 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$contiene precisamente le realizzazioni del processo in cui la sfera 1 era nell'urna in tutte le fasi prima di mezzogiorno. Un evento è solo un insieme definito di realizzazioni di un processo, quindi l'ultima frase equivale esattamente a dire che è l'evento in cui la sfera 1 era nell'urna in tutte le fasi prima di mezzogiorno, per questo processo casuale .$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

Ora, la battuta finale: con la nostra affermazione "se e solo se" sopra, questo è esattamente lo stesso che dire che la palla 1 era nell'urna a mezzogiorno! Quindi è l'evento in cui la palla 1 è nell'urna a mezzogiorno, proprio come aveva affermato Ross. QED$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

Nella derivazione sopra, tutto ciò che abbiamo detto è ugualmente valido per entrambe le versioni deterministica e probabilistica, perché la modellistica deterministica è un caso speciale di modellistica probabilistica in cui lo spazio campione ha un elemento. Non sono stati nemmeno usati concetti teorici o di probabilità di misura, al di là delle parole "evento" e "realizzazione" (che sono solo gergo per "insieme" ed "elemento").

2. La soluzione paradossale è matematicamente solida e rilevante per la fisica

Dopo questo punto di impostazione, le varianti deterministiche e probabilistiche divergono. Nella variante deterministica (versione 2 dal post di amoeba), sappiamo che la prima palla viene eliminata sul primo gradino, quindi e ovviamente anche l'intersezione infinita è vuota. Allo stesso modo, qualsiasi altra palla b viene estratta nella fase b e non è presente a mezzogiorno. Quindi l'urna non può contenere alcuna palla numerata b a mezzogiorno e deve quindi essere vuota.$E_1 = \emptyset$$b$$b$$b$

Nella variante probabilistica, si verifica lo stesso fenomeno, solo in un senso più "atteso". La probabilità che una determinata palla sia presente diminuisce a zero quando ci avviciniamo a mezzogiorno e al tempo limite di mezzogiorno, la palla quasi sicuramente non è presente. Poiché ogni palla è presente con probabilità zero e la somma di infinitamente molti zeri è ancora zero, quasi sicuramente non ci sono palle nell'urna a mezzogiorno. Tutto ciò è mostrato in modo completamente rigoroso da Ross; i dettagli possono essere compilati con una conoscenza della teoria delle misure a livello di laurea, come mostra la risposta di @ ekvall.

Se si accettano gli argomenti standard sugli oggetti matematici espressi come sequenze infinite, ad esempio , l'argomento qui dovrebbe essere altrettanto accettabile, in quanto si basa sugli stessi stessi principi. L'unica domanda che rimane è se la soluzione matematica si applica al mondo reale o solo al mondo platonico della matematica. Questa domanda è complessa ed è discussa ulteriormente nella sezione 4.$0.999... = 1$

Detto questo, non c'è motivo di presupporre che il problema dell'urna infinita sia non fisico, o di respingerlo come irrilevante anche se non è fisico. Molte intuizioni fisiche sono state acquisite dallo studio di strutture e processi infiniti, ad esempio fili infiniti e reticoli di percolazione . Non tutti questi sistemi sono necessariamente fisicamente realizzabili, ma la loro teoria modella il resto della fisica. Il calcolo stesso è "non fisico" in qualche modo, perché non sappiamo se sia possibile realizzare fisicamente le distanze e i tempi arbitrariamente piccoli che sono spesso oggetto di studio. Ciò non ci impedisce di mettere il calcolo a un uso incredibilmente buono nelle scienze teoriche e applicate.

3. L'insostenibilità delle soluzioni basate sull'intuizione fisica

Per coloro che credono ancora che la matematica di Ross sia sbagliata o fisicamente inaccurata nella variante deterministica, e la vera soluzione fisica è infinitamente molte palle: indipendentemente da ciò che pensi succeda a mezzogiorno, è impossibile negare la situazione prima di mezzogiorno: ogni palla numerata aggiunto all'urna alla fine viene rimosso. Quindi, se pensi che ci siano in qualche modo ancora infinite palle nell'urna a mezzogiorno, devi ammettere che nessuna di quelle palle può essere aggiunta prima di mezzogiorno. Quindi quelle palle devono essere venute da qualche altra parte: per stai affermando che un'infinità di palle, estranee al processo originale del problema, improvvisamente spuntano all'esistenza proprio a mezzogiorno per salvare la continuità della cardinalità dalla violazione.quanto non fisica come la soluzione del "set vuoto" possa sembrare intuitivamente, questa alternativa è obiettivamente e chiaramente non fisica. Infinite raccolte di oggetti non compaiono in un istante solo per soddisfare le povere intuizioni umane sull'infinito.

L'errore comune qui sembra essere che possiamo solo guardare il numero di palline mentre il tempo si avvicina a mezzogiorno e supporre che la tendenza divergente produca infinitamente molte palline a mezzogiorno, senza considerare esattamente quali palline vengono prese dentro e fuori. C'è stato anche un tentativo di giustificare ciò con il "principio di indifferenza", che afferma che la risposta non dovrebbe dipendere dal fatto che le palline siano etichettate o meno.

In effetti, la risposta non dipende dal fatto che le palline siano etichettate o meno, ma questo è un argomento per la soluzione di Ross, non contro di essa. Dal punto di vista della fisica classica, le palle sono effettivamente etichettate indipendentemente dal fatto che tu le consideri etichettate o meno. Hanno identità distinte, permanenti, equivalenti alle etichette, e un'analisi veramente fisica deve tener conto di ciò, indipendentemente dal fatto che i numeri siano letteralmente scritti sulle palle. Le etichette stesse non influiscono direttamente sull'uscita della soluzione, ma sono necessarie per descrivere esattamente come vengono spostate le sfere. Alcune procedure lasciano le palle nell'urna per sempre, altre in modo dimostrabile rimuovono ogni palla aggiunta e sono necessarie etichette per descrivere anche la differenza tra queste procedure.Il tentativo di ignorare le etichette non è "fisico", è solo trascurare di comprendere il problema fisico con precisione sufficiente per risolverlo. (Lo stesso vale per le varianti complicate che rimescolano le etichette in ogni fase. Ciò che conta è quali palle sono nell'urna, non le etichette che qualcuno ha posizionato o sostituito su di esse. Ciò può essere determinato ignorando completamente il complicato schema di rietichettatura e semplicemente usando un unico schema di etichettatura invariato, quello del problema originale di Ross.)

L'unico modo in cui la distinguibilità non sarebbe vera è se le "sfere" fossero particelle meccaniche quantistiche. In questo caso, il principio di indifferenza fallisce in modo spettacolare. La fisica quantistica ci dice che le particelle indistinguibili si comportano in modo completamente diverso da quelle distinguibili. Ciò ha conseguenze incredibilmente fondamentali per la struttura del nostro universo, come il principio di esclusione di Pauli, che è forse il singolo principio più importante della chimica. Nessuno ha ancora tentato di analizzare una versione quantistica di questo paradosso.

4. Descrivere la soluzione fisicamente

Abbiamo visto come vaghe intuizioni "fisiche" possono portarci fuori strada su questo problema. Al contrario, si scopre che una descrizione fisicamente più precisa del problema ci aiuta a capire perché la soluzione matematica è in realtà quella che ha più senso fisico.

Considera un universo newtoniano infinito governato dalle leggi della meccanica classica. Questo universo contiene due oggetti: uno scaffale infinito e un'urna infinita, che iniziano all'origine dell'Universo e corrono l'uno accanto all'altro, a un piede di distanza, per sempre e sempre. Lo scaffale si trova sulla linea piedi, mentre l'urna si trova sulla linea y = 1 piedi. Lungo la mensola sono disposte infinite palle identiche, distanziate uniformemente a un piede di distanza, il primo è un piede dall'origine (quindi palla$y = 0$$y = 1$ è sulla linea x = n piedi). L'urna - che è proprio come lo scaffale, ma un po 'più ornato, chiuso e generalmente urinario - è vuota.$n$$x = n$

Una navata laterale collega la mensola e l'urna in basso, e in cima alla navata laterale, all'origine, si trova un robot Endeavour con un alimentatore infinito. A partire dalle 11:00, Endeavour si attiva e inizia a zoomare avanti e indietro nella navata laterale, trasferendo le palle tra Urna e Mensola secondo le istruzioni programmate di Ross-Littlewood:

• Quando il programma comanda la palla da inserire nel urna, la sfera n piedi dalla originaria viene trasferito dal ripiano al urna.$n$$n$
• Quando il programma comanda la palla da rimuovere dal urna, la sfera n piedi dalla originaria viene trasferito dal urna allo scaffale.$n$$n$

In entrambi i casi, il trasferimento viene effettuato direttamente di fronte, quindi la palla rimane piedi dall'origine. Il processo si svolge come specificato nel problema Ross-Littlewood:$n$

• Alle 11:00, Endeavour trasferisce le palle 1-10 da Shelf a Urn, quindi sposta una delle palle Urn a Shelf.
• Alle 11:30, Endeavour trasferisce le palle 11-20 da Shelf a Urn, quindi sposta una delle palle Urn a Shelf.
• Alle 11:45, Endeavour trasferisce le palle 21-30 da Shelf a Urn, quindi sposta una delle palle Urn a Shelf.
• eccetera ...

Man mano che il processo continua, ogni nuovo passaggio richiede viaggi più lunghi su e giù per il corridoio e solo la metà del tempo per effettuare i viaggi. Pertanto, Endeavour deve spostarsi su e giù per il corridoio in modo esponenziale più velocemente quando mezzogiorno si chiude. Ma mantiene sempre il passo con il programma, perché ha un alimentatore infinito e può muoversi il più velocemente possibile. Alla fine arriva mezzogiorno.

Cosa succede in questa versione più vividamente immaginata del paradosso? Osservato dall'alto, l'approccio verso mezzogiorno è davvero spettacolare. All'interno dell'urna, un'onda di palline sembra propagarsi verso l'esterno dall'origine. Le dimensioni e la velocità dell'onda crescono senza limiti all'avvicinarsi di mezzogiorno. Se dovessimo scattare foto immediatamente dopo ogni passaggio, come sarebbe il layout delle palline? Nel caso deterministico, apparirebbero esattamente come le funzioni di passaggio nella risposta di ameba. Le posizioni della palla $(x, y)$ seguiranno esattamente le curve che ha tracciato. Nel caso probabilistico, sembrerebbe approssimativamente simile, ma con più barcollanti vicino all'origine.

Quando arriva mezzogiorno, facciamo il punto sull'accaduto. Nella versione deterministica, ogni palla è stata trasferita dallo Scaffale all'Urna esattamente una volta, quindi è stata spostata indietro in un secondo momento, con entrambi i trasferimenti prima di mezzogiorno. A mezzogiorno, l'Universo deve tornare al suo stato originale delle 11:00. The Wave non esiste più.Ogni palla è tornata esattamente dove è iniziata. Niente è cambiato. L'urna è vuota. Nella versione probabilistica accade la stessa cosa, tranne ora che il risultato è solo quasi sicuro piuttosto che sicuro.

In entrambi i casi, "obiezioni fisiche" e lamentele sull'infinito sembrano svanire nel nulla. Naturalmente l'urna è vuota a mezzogiorno. Come avremmo potuto immaginare diversamente?

L'unico mistero rimasto è il destino di Endeavour. Il suo spostamento dall'origine e la sua velocità divennero arbitrariamente grandi man mano che si avvicinava mezzogiorno, quindi a mezzogiorno, Endeavour non si trova da nessuna parte nel nostro infinito universo newtoniano. La perdita di Endeavour è l'unica violazione della fisica che si è verificata durante il processo.

A questo punto, si potrebbe obiettare che Endeavour non è fisicamente possibile, poiché la sua velocità cresce senza limiti e alla fine violerebbe il limite relativistico, la velocità della luce. Tuttavia, possiamo modificare leggermente lo scenario per risolvere questo problema. Invece di un singolo robot, potremmo avere infinitamente molti robot, ognuno responsabile di una singola palla. Potremmo programmarli in anticipo per garantire un coordinamento e un tempismo perfetti secondo le istruzioni di Ross.

Questa variazione è fisica al 100%? Probabilmente no, perché i robot dovrebbero operare con tempistiche arbitrariamente precise. All'avvicinarsi di mezzogiorno, la precisione richiesta alla fine scenderebbe al di sotto del tempo di Planck e creerebbe problemi meccanici quantistici. Ma alla fine, un filo infinito e un reticolo di percolazione infinito potrebbero non essere neanche così fisici. Ciò non ci impedisce di studiare sistemi e processi infiniti e determinare cosa accadrebbe se i vincoli fisici ostruttivi fossero sospesi.

4a. Perché il conteggio della monotonia è violato

Numerosi scettici di Ross si sono chiesti come sia possibile che il numero di palline nell'urna aumenti senza limite mentre ci avviciniamo a mezzogiorno, quindi è zero a mezzogiorno. Alla fine dobbiamo credere in un'analisi rigorosa sulla nostra intuizione, che è spesso sbagliata, ma c'è una variazione del paradosso che aiuta a illuminare questo mistero.

Supponiamo che invece di infinitamente molte palline, abbiamo palline N etichettate da 1, 2, 3, fino a 10 N e pubblichiamo la seguente aggiunta alle regole per il lanciatore di palline:$10N$$10N$

• Se le istruzioni ti chiedono di muovere una palla che non esiste, ignora quell'istruzione.

Nota che il problema originale è invariato se aggiungiamo ad esso questa istruzione, poiché l'istruzione non verrà mai attivata con infinitamente molte sfere. Pertanto, possiamo pensare al problema originale e a questa nuova famiglia di problemi di far parte della stessa famiglia, con le stesse regole. Esaminare la famiglia finita , specialmente per N molto grande , può aiutarci a capire il caso "N = ∞ ".$N$$N$$\infty$

In questa variazione, le palline accumulano 9 per passo come prima, ma solo fino al passo del processo. Quindi i numeri per le palline da aggiungere non corrispondono più alle palline reali e possiamo solo rispettare le istruzioni per rimuovere le palline e il processo si interrompe dopo 9 N passaggi aggiuntivi, per un totale di 10 N passaggi. Se $N$$9N$$10N$$N$ è molto grande, la fase di sola rimozione avviene molto vicino a mezzogiorno, quando i compiti vengono svolti molto rapidamente e l'urna viene svuotata molto rapidamente.

Supponiamo ora di fare questa variazione dell'esperimento per ogni valore di e di rappresentare graficamente il conteggio della palla nel tempo, f N ( t ) , dove t varia da 0 a 1 ora dopo le 11:00 (ovvero dalle 11:00 alle 12:00). Tipicamente f N ( t ) aumenta per un po ', quindi torna a zero in corrispondenza o prima di t = 1 . Nel limite quando N si avvicina all'infinito, il grafico sale sempre più in alto e la caduta è sempre più rapida. A mezzogiorno l'urna è sempre vuota: f N ( 1 ) = 0 . Nel grafico limitativo, f $N$$f_N(t)$$t$$f_N(t)$$t=1$$N$$f_N(1) = 0$ , la curva si avvicina all'infinito per t < 1 ma f ( 1 ) = 0 . Questo è esattamente il risultato derivato dalla dimostrazione di Ross: il conteggio delle palle diverge all'infinito prima di mezzogiorno, ma è zero a mezzogiorno. In altre parole, la soluzione di Ross mantiene la continuità rispetto a N: il limite puntuale della palla conta come N → $f(t) = \lim_{N \rightarrow \infty} f_N(t)$$t < 1$$f(1) = 0$$N \rightarrow \infty$ corrisponde al conteggio delle palle nell'infinita custodia.

Non considero questo un argomento principale per la soluzione di Ross, ma può essere utile per coloro che sono perplessi sul motivo per cui il conteggio delle palle aumenta per sempre, che si schianta a zero a mezzogiorno. Sebbene strano, è il comportamento limitante della versione finita del problema come , e quindi non si presenta come uno "shock improvviso" nel caso infinito.$N \rightarrow \infty$

Una riflessione finale

Perché questo problema ha dimostrato di essere un tale catrame per così tanti? La mia ipotesi è che la nostra intuizione fisica sia molto più vaga di quanto pensiamo, e spesso traggiamo conclusioni basate su concezioni mentali imprecise e incomplete. Ad esempio, se ti chiedo di pensare a un quadrato che è anche un cerchio, potresti immaginare qualcosa di quadrato e circolare, ma non sarà esattamente entrambe queste cose - sarebbe impossibile. La mente umana può facilmente unire concetti vaghi e contraddittori in un unico quadro mentale. Se i concetti sono meno familiari, come l'Infinito, possiamo convincerci che questi vaghi mashup mentali sono in realtà concezioni della Cosa Reale.

Questo è esattamente ciò che accade nel problema dell'urna. Non concepiamo veramente tutto in una volta; ne pensiamo a pezzetti, come quante palle ci sono nel tempo. Evitiamo tecnicamente apparentemente irrilevanti, come quello che succede a ogni umile pallina nel tempo, o come esattamente un'urna può contenere infinitamente molte palline. Trascuriamo di esporre con precisione tutti i dettagli, senza renderci conto che il risultato è un miscuglio di modelli mentali incoerenti e incompatibili.

La matematica è progettata per salvarci da questa condizione. Disciplina e accusa di fronte a ciò che non è familiare e all'esotico. Ci chiede di pensarci due volte sulle cose che "devono" essere vere ... giusto?Ci ricorda che non importa quanto siano strane le cose, una e una sono ancora due, una palla è in un'urna o no, e un'affermazione è vera o falsa. Se perseveriamo, questi principi alla fine porteranno chiarezza alla maggior parte dei nostri problemi.

Coloro che subordinano l'analisi matematica alle intuizioni "fisiche" o "di buon senso" lo fanno a loro rischio e pericolo. Agitare a mano sulle intuizioni è solo l'inizio della fisica. Storicamente, tutti i rami della fisica di successo si sono infine basati su una rigorosa matematica, che elimina le intuizioni fisiche errate, rafforza quelli corretti e consente lo studio rigoroso di sistemi ideali, come l'infinito filo portatore di corrente, che illumina il comportamento del mondo reale più complicato e disordinato. Ross-Littlewood è un problema fisico,tipicamente interpretato come uno di meccanica classica, e la meccanica classica ha una base matematica completamente matura e rigorosa. Dovremmo fare affidamento su modelli matematici e analisi per le nostre intuizioni sul mondo della fisica classica, non viceversa.

Diversi poster sono stati preoccupati che i calcoli in Ross potrebbero non essere rigorosi. Questa risposta affronta ciò dimostrando l'esistenza di uno spazio di probabilità in cui tutte le serie di risultati considerati da Ross sono effettivamente misurabili, e quindi ripete le parti vitali dei calcoli di Ross.

Trovare uno spazio di probabilità adatto

Per concludere Ross che non ci sono palle nell'urna alle 12 PM, quasi sicuramente, rigoroso, abbiamo bisogno dell'esistenza di uno spazio di probabilità dove l'evento "nessuna palla nell'urna alle 12 PM" può essere costruito formalmente e dimostrato di essere misurabile. A tal fine, useremo il Teorema 33 [Ionescu - Tulcea] in queste note della lezione , leggermente riformulato, e una costruzione suggerita da @NateEldredge in un commento alla domanda.$(\Omega, \mathcal F, P)$

Teorema. (Ionescu - Teorema di estensione di Tulcea) Considera una sequenza di spazi misurabili . Supponiamo che per ogni n esista un kernel di probabilità κ n da ( Ξ 1 , X 1 ) × ⋯ × ( Ξ n - 1 , X n - 1 ) a ( Ξ n ,X 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)$ (prendendo come un kernel insensibile al suo primo argomento, cioè una misura di probabilità). Quindi esiste una sequenza di variabili casuali X n , n = 1 $\kappa_1$ a valori nel corrispondente Ξ n , tale che, per ogni n , la distribuzione congiunta di ( X 1 , ... , X n ) è quello implicito i kernel κ 1 , … , κ n .$X_n, n = 1, 2, \dots$$\Xi_n$$n$$(X_1, \dots, X_n)$$\kappa_1, \dots, \kappa_n$

Lasciamo denota l'etichetta della palla rimosso al n ° di ritiro. È chiaro che il processo (infinito) X = $X_n$$n$ , se esiste, ci dice tutto ciò che dobbiamo sapere per imitare gli argomenti di Ross. Ad esempio, conoscendo X 1 , ... , X m per un numero intero m ≥ 0 equivale a conoscere il numero di palline nell'urna dopo il prelievo m : sono precisamente le palline aggiunte con etichette { 1 , 2 $X = (X_1, X_2, \dots)$$X_1, \dots, X_m$$m \geq 0$$m$ , meno le palle rimosse { X 1 , ... , X m } . Più in generale, gli eventi che descrive quali e quanti, palle sono nell'urna dopo ogni data di ritiro può essere espressa in termini di processo X .$\{1, 2, \dots, 10m\}$$\{X_1, \dots, X_m\}$$X$

Per conformarci all'esperimento di Ross abbiamo bisogno che, per ogni , la distribuzione di X n ∣ X n - 1 , ... , X 1 sia uniforme su { 1 , 2 , ... , 10 n } ∖ X 1 , ... , X n - 1 . Abbiamo anche bisogno che la distribuzione di X 1 sia uniforme su { 1 , … , 10 $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\}$. Per dimostrare l' esistenza di un processo infinito con queste distribuzioni a dimensione finita, controlliamo le condizioni del teorema di estensione Ionescu-Tulcea. Per qualsiasi numero intero n , sia I n = { 1 , 2 , … , n } e definisca gli spazi misurabili ( Ξ n , X n ) = ( I 10 n , 2 I 10 n$X = (X_1, X_2, \dots)$$n$$\mathcal I_n = \{1, 2, \dots, n\}$$(\Xi_n, \mathcal X_n) = (\mathcal I_{10n}, 2^{\mathcal I_{10n}})$, Dove indica la potenza impostata dell'insieme B . Definire la misura κ 1 su ( Ξ 1 , X 1 ) sia l'uno che mette massa 1 / 10 su tutti gli elementi Ξ 1 . Per ogni n ≥ 2 , e ( x 1 , … , x n - 1 ) ∈ Ξ 1 × ⋯ × Ξ n - 1 definire $2^B$$B$$\kappa_1$$(\Xi_1, \mathcal X_1)$$1/10$$\Xi_1$$n \geq 2$$(x_1, \dots, x_{n-1}) \in \Xi_1 \times \dots \times \Xi_{n-1}$ è il kernel di probabilità che mette uguale massa su tutti i punti in Ξ n ∖ { x 1 , … , x n - 1 } e massa zero su tutti gli altri punti, cioè sugli interi x i ∈ Ξ n , i = 1 , … , n - $\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$. Per costruzione, i kernel di probabilità concordano con la probabilità di rimozione uniforme specificata da Ross. Pertanto, il processo infinito e lo spazio di probabilità ( Ω , F , P ) , la cui esistenza sono dati dal teorema, ci danno un modo per portare formalmente l'argomento di Ross.$X$$(\Omega, \mathcal F, P)$

Sia denota l'insieme dei risultati in modo tale che la palla i sia nell'urna dopo il ritiro n . In termini del nostro processo stocastico X ciò significa che, per tutti i e n tale che i ≤ 10 n definiamo E i n th. Per i > 10 n possiamo definire chiaramente E i n = ∅ poiché la palla i non è ancora stata aggiunta al turno. Per ogni j e$E_{in}$$i$$n$$X$$i$$n$$i \leq 10n$ , cioè sfera io non ero rimosso in una qualsiasi delle estrazioni fino al$E_{in} = \cap_{j = 1}^n\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$$i$$n$$i > 10n$$E_{in} = \emptyset$$i$$j$ , l'insieme { ω : X j ( ω ) ≠ i } è misurabile poiché X j è una variabile casuale (misurabile). Così, E i n è misurabile come interesection finita di insiemi misurabili.$i$$\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$$X_j$$E_{in}$

Siamo interessati alla serie di risultati in modo tale che non ci sono nessun palline nell'urna alle ore 12 Cioè, la serie di risultati tali che per ogni intero , palla che non è nell'urna alle 12:00 Per ogni$i = 1, 2\dots$$i$$i$ , permettetemi l'insieme dei risultati ( w ∈ Ohm ) tale che la palla mi è nell'urna alle 12:00 possiamo costruire E ho formalmente usando la nostra E io n come segue. Che $E_i$$\omega \in \Omega$$i$$E_i$$E_{in}$$i$è nell'urna alle 12 PM equivale a essere nell'urna dopo ogni prelievo effettuato dopo che è stato aggiunto all'urna, quindi . L'insieme dei risultati E i è ora misurabile come intersezione numerabile di insiemi misurabili, per ogni i .$E_i = \cap_{n:i\leq 10n}E_{in}$$E_i$$i$

I risultati per i quali esiste almeno una palla nell'urna alle 12:00 sono quelle per le quali almeno una delle $E_i$ , ovvero . L'insieme dei risultati E è misurabile come unione numerabile di insiemi misurabili. Ora, Ω ∖ E è l'evento in cui non ci sono palle nell'urna alle 12 PM, che è effettivamente misurabile come il complemento di un set misurabile. Concludiamo che tutti i set desiderati di risultati sono misurabili e possiamo passare a calcolare le loro probabilità, come fa Ross.$E = \cup_{i = 1}^\infty E_i$$E$$\Omega \setminus E$

Calcolo della probabilità $P(\Omega \setminus E)$

Notiamo per prima cosa poiché la famiglia di eventi è numerabile, disponiamo per sub-additività numerabile di misure che$E_i, i = 1, 2, \dots$

Per facilità di notazione, denotiamo il numero reale P ( E i ) = a i per tutti i . Chiaramente, per mostrare che P ( E ) = 0 è sufficiente dimostrare che Σ N

$$P(E) \leq \sum_{i = 1}^\infty P(E_i) = \lim_{N\to \infty}\sum_{i = 1}^N P(E_i).$$ $P(E_i) = a_i$$i$$P(E) = 0$per tuttiN. Ciò equivale a mostrare cheai=0per ognii, cosa che faremo ora.$\sum_{i = 1}^N a_i = 0$$N$$a_i = 0$$i$

A tal fine, nota che per tutte le tale palla i è stata aggiunta all'urna, cioè 10 n ≥ i , E i n ⊇ E i ( n + i n = P ( E i n ) . Ross dimostra che un 1 $n$$i$$10n \geq i$ . Questo perché se la pallaiè nell'urna al passaggion+1, è anche nell'urna al passaggion. In altre parole, le serie E i n formano una sequenza decrescente per tutte lentale che10n≥i. Per facilità di notazione, lascia$E_{in} \supseteq E_{i(n + 1)}$$i$$n + 1$$n$$E_{in}$$n$$10n \geq i$$a_{in} = P(E_{in})$ come n → ∞ e afferma che questo può anche essere visualizzato per tutti gli altri [ 9 k / ( 9 k + 1 ) ] e lim n → ∞ a i n$a_{1n} \to 0$$n \to \infty$ , che prenderò come vero. La prova consiste nel mostrare che a i n = ∏ n k = $i$$a_{in} = \prod_{k = i}^n[9k / (9k + 1)]$ per tutti i , un calcolo elementare ma lungo che non ripeterò qui. Grazie a questo risultato e al fatto che la famiglia di eventi E i n , 10 n > i è numerabile per ognii, la continuità delle misure dà$\lim_{n \to \infty}a_{in} = 0$$i$$E_{in}$$10n > i$

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

Concludiamo che , e quindi P ( Ω ∖ E ) = 1 come rivendicato. QED.$P(E) = 0$$P(\Omega\setminus E) = 1$

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Alcuni fraintendimenti comuni:

1. Una risposta riguarda il fatto che (nella mia notazione) . Ciò, tuttavia, non ha alcuna influenza sulla validità della soluzione poiché la quantità sul lato destro non è quella di interesse per l'argomento fornito.$\lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N \lim_{n \to \infty }a_{in} \neq \lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N a_{iN}$
2. C'è stato un certo timore che il limite non possa essere spostato all'interno della somma, o in altre parole non possa essere scambiato con la somma, nel senso che può accadere che . Come l'osservazione precedente, questo è irrilevante per la soluzione perché la quantità sul lato destro non è quella di interesse.$\sum_{i = 1}^\infty \lim_{n \to \infty}a_{in} \neq \lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^\infty a_{in}$

Da un lato, potresti provare a spiegarlo in questo modo: "pensa alla probabilità che una pallina mi trovi sull'urna alle 12 PM. Durante gli infiniti sorteggi casuali, alla fine verrà rimossa. Dato che vale per tutte le palline, nessuna alla fine possono esserci ".

Non trovo questa discussione convincente. Se questo argomento funziona, allora funziona il seguente argomento: Ogni anno nascono alcune persone (diciamo una frazione costante della popolazione totale) e alcune persone muoiono (supponiamo che una frazione costante). Quindi, poiché nel limite ogni persona in particolare è quasi sicuramente morta, allora la razza umana deve estinguersi! Ora, la razza umana potrebbe estinguersi per altri motivi, ma questa discussione è spazzatura.

Non ha senso che questo problema abbia una soluzione quando le palline sono numerate e che ha una risposta totalmente diversa quando le palline sono anonime. Per simmetria, le etichette arbitrarie non dovrebbero influire sulla soluzione. Jaynes definì questo argomento il principio di indifferenza , che accetto.

In altre parole, se qualcuno ti dicesse che hanno messo dieci palline in un'urna e ne hanno rimosso ripetutamente una, e quanto è piena l'urna nel limite, la tua risposta sarebbe "Dipende dal fatto che le palline siano numerate"? Ovviamente no. Il contenuto di quell'urna diverge proprio come l'urna in questo problema.

Pertanto, penso che la soluzione risieda nel modo in cui formalizziamo il problema. Dalla solita definizione di limite teorico impostato , abbiamo

lim sup n → ∞ S n =

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

Lascia che sia il limite della cardinalità del set

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

e la cardinalità del -limit del set sia$\liminf$

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

Propongo di ridefinire il limite teorico impostato in modo che:

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

Questo speciale "set anonimo" descrive cosa succede all'infinito. Proprio come ∞ rappresenta il comportamento limitante dei numeri, α rappresenta il comportamento limitante degli insiemi. Vale a dire, abbiamo i ∉ α k ∀ i e | α k | = k . Il vantaggio di questo formalismo è che ci dà continuità di cardinalità e coerenza con il principio di indifferenza .$\alpha_k$$\infty$$\alpha$$i \notin \alpha_k \forall i$$|\alpha_k| = k$

Per il problema dell'urna, abbiamo è l'insieme di palline nell'urna. E lim n → $S_n = \{n+1, \dotsc, 10n\}$ Pertanto, gli elementi non "cadono da una scogliera" all'infinito, il che non ha più senso di quanto abbia senso per l'umanità estinguersi semplicemente perché nessun uomo è immortale.

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

Allo stesso modo, supponiamo di modificare il problema in modo che ad ogni passo venga aggiunta una palla e la palla con il numero più basso venga rimossa. Quindi, quante palle ci sono nell'urna nel limite? I set anonimi danno la risposta intuitiva:

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

Riconosco che i matematici non possono essere d'accordo sulle risoluzioni a questo paradosso, ma per me questa è la risoluzione più intuitiva.

Il problema è o mal formato o non nella logica del primo ordine.

Causa principale: l'esecuzione dell'ultimo "passo" scriverà un numero infinito di cifre su una palla, facendo sì che quel passo impieghi un tempo infinito per essere eseguito.

La capacità di eseguire un processo infinito con un passaggio infinito implica la capacità di risolvere tutti i problemi logici del primo ordine ( Gödel è quindi falso) la seguente sequenza H (per teorema X):

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

dove il passo infinito sta annullando l'output

Il programma all'interno della asymptotic_coroutine è semplicemente una ricerca esaustiva di un teorema che dimostra (o confuta) X. La conversione di P in S risulta in "aa", "ab", "ac", ... "a∨", ... dove viene generato ogni simbolo che può apparire in un teorema. Ciò si traduce nella generazione a turno di tutti i teoremi dei _{caratteri di} log di lunghezza N. Poiché N cresce senza limiti nel circuito esterno, questo alla fine genererà tutti i teoremi.

Il lato falso non finirà mai, ma non dobbiamo preoccuparcene perché ci è permesso eseguire infiniti passaggi. In effetti dipendiamo dalla possibilità di farlo per rilevare l'indipendenza poiché entrambe le parti non finiranno mai. Tranne una cosa. Abbiamo permesso di eseguire un numero infinito di passaggi in un tempo finito con un aumento asintotico della velocità di esecuzione. Questa è la parte sorprendente. La routine asintomatica che non finisce mai e non genera mai l'output è "finita" * dopo il tempo asintotico e non ha ancora generato alcun output.

* Se posizionassimo un OUTPUT dopo FOR N = 1 ... ∞ non ​​verrebbe raggiunto ma non lo faremo.

La forte forma del teorema di incompletezza di Gödel può essere dichiarata "Per ogni sistema logico di primo ordine F c'è un'affermazione G _F che è vera in F ma non può essere dimostrata vera in F." Ma il metodo di prova H non può non dimostrare tutte le affermazioni che devono essere vere in F (H).

Dilemma: ¬Gödel ∨ ¬ (sono ammessi infiniti passaggi)
Pertanto:
Dilemma: ¬Gödel ∨ ¬ (315502 è ben formato nella logica del primo ordine)

Sia x il numero di palline che sono state rimosse e y il numero di palline rimaste. Dopo ogni ciclo y = 9x. Come x> 0, y> 0. Ci saranno infinite palle nell'urna alle 12:00.

La ragione per cui le soluzioni basate sulle probabilità portano a difficoltà è che le probabilità di serie infinite sono difficili. ET Jaynes ha scritto di alcuni diversi paradossi apparenti di probabilità, come questo, nel suo libro Probability Theory: The Logic of Science . Non ho la mia copia a portata di mano, ma la prima parte del libro è disponibile online da Larry Bretthorst qui . La seguente citazione è dalla prefazione.

Tuttavia, quando tutto è detto e fatto, scopriamo, con nostra sorpresa, che rimane poco più che un semplice accordo filosofico; su molte questioni tecniche non siamo fortemente d'accordo con de Finetti. Ci sembra che il suo modo di trattare insiemi infiniti abbia aperto una scatola di Pandora di paradossi inutili e inutili; nonconglomerabilità e additività finita sono esempi discussi nel capitolo 15.

Il paradosso di insiemi infiniti è diventato un'infezione morbosa che si sta diffondendo oggi in un modo che minaccia la vita stessa della teoria della probabilità e richiede l'immediata rimozione chirurgica. Nel nostro sistema, dopo questo intervento chirurgico, tali paradossi vengono evitati automaticamente; non possono derivare dalla corretta applicazione delle nostre regole di base, poiché tali regole ammettono solo insiemi finiti e insiemi infiniti che sorgono come limiti ben definiti e ben educati di insiemi finiti. Il paradosso è stato causato dal (1) saltare direttamente in un insieme infinito senza specificare alcun processo di limitazione per definirne le proprietà; e poi (2) porre domande le cui risposte dipendono da come è stato raggiunto il limite.

Ad esempio, la domanda: "Qual è la probabilità che un numero intero sia pari?" Può avere qualsiasi risposta per favore in (0, 1), a seconda di quale processo limitante è definire "l'insieme di tutti i numeri interi" (proprio come un le serie condizionatamente convergenti possono essere convertite in qualsiasi numero per favore, a seconda dell'ordine in cui disponiamo i termini).

A nostro avviso, non si può dire che un insieme infinito possieda alcuna “esistenza” e proprietà matematiche - almeno nella teoria della probabilità - fino a quando non abbiamo specificato il processo limitante che è quello di generarlo da un insieme finito. In altre parole, navighiamo sotto lo stendardo di Gauss, Kronecker e Poincar ́e piuttosto che Cantor, Hilbert e Bourbaki. Speriamo che i lettori che ne rimangano scioccati studino l'accusa di bourbakismo da parte del matematico Morris Kline (1980), e poi sopportino con noi il tempo necessario per vedere i vantaggi del nostro approccio. Gli esempi compaiono in quasi tutti i capitoli.

L'uso dei limiti nella risposta di @enumaris (+1) fornisce un modo per aggirare la delicatezza degli infiniti nella probabilità.

Qual è la migliore spiegazione che possiamo dare loro per risolvere queste intuizioni contrastanti?

Ecco la risposta migliore e ha ben poco a che fare con le probabilità. Tutte le palle hanno numeri, chiamiamoli numeri di nascita. I numeri di nascita iniziano da B1, B2, B3 ... e vanno all'infinito, perché davvero non ci fermiamo mai. Ci avviciniamo alle 12:00, ma continuiamo ad aggiungere e rimuovere palline, ecco perché non c'è un numero finale di palline. Questa è una considerazione molto importante, tra l'altro.

Mettiamo le palline in una scatola in 10 lotti di palline, come il lotto # 7: B71, B72, ..., B80. Dimentichiamoli per un minuto e concentriamoci sulle palle che vengono rimosse dalla scatola. Vengono a caso ordine . Spiegherò perché la casualità è importante in seguito, ma per ora tutto ciò che significa è che qualsiasi palla con un numero di brith da B1 a B10k che è ancora nella casella al punto K può essere estratta. Indiceremo le palline che rimuoviamo dall'ordine in cui sono state rimosse, chiamiamole numeri di morte: D1, D2, D3 ... DK.

Alle 12:00 abbiamo messo un numero infinito di palline in una scatola e sicuramente non abbiamo mai finito le palline per rimuoverle. Perché? Perché prima abbiamo messo 10 palline, ALLORA SOLO rimuoverne una. Quindi, c'è sempre una palla da rimuovere. Ciò significa che abbiamo rimosso anche un numero infinito di palline entro le 12:00.

Questo significa anche che ogni pallina rimossa è stata indicizzata da 1 a infinito, cioè che potremmo accoppiare ogni pallina rimossa a una palla che è stata messa nella scatola: da B1 a D1, da B2 a D2, ecc. Ciò significa che abbiamo rimosso tante palle quante abbiamo inserito, perché ogni numero di nascita era associato a ciascun numero di morte.

Questa era la soluzione. Perché sconfigge il nostro intuito? È elementare, dottor Watson. Il motivo è perché sappiamo sicuramente che per tutte le K vale: Ecco perché dopo K passi, non dovremmo essere in grado di rimuovere tutta la palla dalla scatola, perché mettiamo 10K palle e ne rimuoviamo solo K. Giusto?

$$K<10K$$

C'è un piccolo problema Il fatto è che quando non è più vero: 10 × ∞ ≮ ∞ Ecco perché l'intuizione si interrompe.$K=\infty$

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

Ora, se le palle non sono state rimosse a caso. Due cose possono accadere come nella risposta canonica di @ amoeba. Innanzitutto, supponiamo di mettere 10 palline e di rimuovere immediatamente l'ultima. È come se stessimo inserendo solo nove palline. Questo corrisponderà al nostro intuito, e alle 12:00 ci sarà un numero infinito di palline. Come mai? Poiché non stavamo rimuovendo le palline in modo casuale, stavamo seguendo l'algoritmo in cui i numeri di nascita erano accoppiati ai numeri di morte come al momento della rimozione . Quindi, abbiamo abbinato ogni palla rimossa a una delle palle che abbiamo inserito: B 10 → D 1 , B 20 → D 2 , $B10K=DK$ , questo significa che una tonnellata di palle non è mai stata accoppiata mai B1, B2, ..., B9, B11, ... ecc.$B10\to D1,B20\to D2,B30\to D3,\dots$

La seconda cosa che può accadere con la rimozione della palla non casuale è anche correlata all'accoppiamento alla rimozione: correliamo BK = DK. Possiamo farlo rimuovendo una palla con BK ad ogni passo K, il che assicura che BK sia accoppiato a DK. In questo modo ogni palla rimossa viene accoppiata con ogni palla che inseriamo, cioè lo stesso risultato finale come nel sorteggio casuale di palle rimosse. Ovviamente, questo significa che non ci sono palle rimaste nella scatola dopo le 12:00.

Ho appena dimostrato che il problema ha molto poco a che fare con le probabilità di per sé. Ha tutto a che fare con i poteri di infiniti insiemi numerabili (?). L'unico vero problema che ho evitato di discutere è se i set sono davvero numerabili. Quando ti avvicini alle 12:00, la frequenza degli inserti a sfera aumenta piuttosto rapidamente, per dirla leggermente. Quindi, non è così banale immaginare se il numero di palline che mettiamo nella scatola sia effettivamente numerabile.

Svelare

Ora, svelerò questa soluzione canonica del paradosso e tornerò al nostro intuito.

Com'è possibile che mettiamo 10 palline dentro, ne rimuoviamo una e finiamo ancora tutte le palline a 12 ore? Ecco cosa sta realmente accadendo. 12 ore non sono raggiungibili .

Lasci riformulare il problema. Non dimezziamo più gli intervalli di tempo. Mettiamo e rimuoviamo le palle ogni minuto. Non è esattamente lo stesso del problema originale? Sì e no.

Sì, perché da nessuna parte nella mia esposizione precedente ho fatto esplicito riferimento al tempo, ma alla fine. Stavo contando i passaggi k. Quindi, possiamo continuare a contare i passi e le palle morte per k.

No, perché ora non ci fermeremo mai . Continueremo ad aggiungere e rimuovere le palline fino alla fine dei tempi, che non arriva mai. Mentre nel problema originale la fine è alle 12 ore.

Questo spiega come la nostra intuizione fallisce. Sebbene mettiamo le palline con un tasso di rimozione di 9 volte, poiché il tempo non finisce mai, ogni pallina che mettiamo verrà rimossa alla fine! Potrebbe richiedere un numero infinito di minuti, ma va bene, perché abbiamo un numero infinito di minuti rimanenti. Questa è la vera soluzione del problema.

In questa formulazione chiederesti "quante palle ci sono nella scatola dopo che l'infinito è finito?" No! Perché è una domanda senza senso. Ecco perché anche la domanda originale è priva di senso. O potresti chiamarlo mal posto.

Ora, se torni al problema originale, apparentemente la fine dei tempi accade. È alle 12. Il fatto che abbiamo smesso di mettere le palle significa che il tempo è appena finito e abbiamo raggiunto oltre la fine. Quindi, la vera risposta alla domanda è che le 12 non dovrebbero mai verificarsi. È irraggiungibile.

Vale la pena leggere la risposta di ameba che è semplicemente eccellente e chiarisce molto il problema. Non sono esattamente in disaccordo con la sua risposta, ma voglio sottolineare che la soluzione del problema si basa su una determinata convenzione. Ciò che è interessante è che questo tipo di problema mostra che questa convenzione, sebbene usata spesso, è discutibile.

Proprio come dice che c'è un punto tecnico nel dimostrare che per ogni palla la probabilità di rimanere nell'urna per sempre è 0. A parte questo punto, il problema non riguarda le probabilità. Un equivalente deterministico può essere dato. È molto più facile da capire. L'idea chiave è: poiché ogni palla è assente dall'urna da un certo punto nel tempo, l'urna alla fine è vuota. Se rappresenti la presenza nell'urna di ogni palla con una sequenza di zeri e di uno, ogni sequenza è 0 da un certo intervallo, quindi il suo limite è 0.

Ora il problema può essere semplificato ancora di più. Chiamo i momenti 1, 2, 3 .... per semplicità:

• momento 1: metti la palla 1 nell'urna
• momento 2: rimuoverlo
• momento 3: metti la palla 2 nell'urna
• momento 4: rimuoverlo
• momento 5: metti la palla 3 nell'urna
• ...

Quali palle alla fine (mezzogiorno)? Con la stessa idea, stessa risposta: nessuna.

Ma fondamentalmente, non c'è modo di saperlo, perché il problema non dice cosa succede a mezzogiorno. In realtà, è possibile che alla fine dei tempi, Pikachu arrivi improvvisamente nell'urna. O forse tutte le palle improvvisamente collassano e si fondono in una grande palla. Non significa che questo sia pensato per essere realistico, non è semplicemente specificato.

Il problema può essere risolto solo se una determinata convenzione ci dice come andare al limite: un'ipotesi di continuità. Lo stato dell'urna a mezzogiorno è il limite dei suoi stati prima. Dove dovremmo cercare un presupposto di continuità che ci aiuti a rispondere alla domanda?

Nelle leggi fisiche? Le leggi fisiche assicurano una certa continuità. Penso a un modello classico semplicistico, che non invoca la vera fisica moderna. Fondamentalmente, le leggi fisiche porterebbero esattamente le stesse domande di quelle matematiche: il modo in cui scegliamo di descrivere la continuità per le leggi fisiche si basa sul porre la domanda matematicamente: che cosa è continuo, come?

$\{0;1\}$

Ma ora modifichiamo un po 'il problema per sfidare questa topologia:

• momento 1: metti la palla 1 nell'urna
• momento 2: rimuoverlo
• momento 3: metti la palla 1 nell'urna
• momento 4: rimuoverlo
• momento 5: metti la palla 1 nell'urna
• ...

Per la stessa topologia, la sequenza di stati non ha limiti. È qui che inizio a vedere il paradosso come un vero paradosso. Per me questo problema modificato è essenzialmente lo stesso. Immagina di essere l'urna. Vedi le palle che vanno e vengono. Se non riesci a leggere il numero su di esso, se si tratta della stessa palla o di un'altra non cambia ciò che ti sta accadendo. Invece di vedere le palle come singoli elementi distinti, le vedi come una quantità di materia che entra e esce. La continuità potrebbe naturalmente essere definita osservando le variazioni della quantità di materia. E non c'è davvero alcun limite. In un certo senso questo problema è lo stesso del problema originale in cui si decide di ignorare l'identità della palla, portando così a una diversa metrica e una diversa nozione di convergenza. E anche se potessi vedere il numero sulle palle,

In un caso, il limite della sequenza dei tuoi stati è "vuoto", nell'altro caso il limite non è definito.

La formalizzazione del problema con la topologia del prodotto si basa fondamentalmente sulla separazione di ciò che accade a ciascuna sfera diversa e sulla creazione di una metrica che riflette la "distinzione". Solo a causa di questa separazione, è possibile definire un limite. Il fatto che questa separazione sia così fondamentale per la risposta ma non fondamentale per descrivere "cosa sta succedendo" nell'urna (un punto che è infinitamente discutibile), mi fa pensare che la soluzione sia la conseguenza di una convenzione piuttosto che una verità fondamentale.

Per me, il problema, se considerato puramente astratto, ha una soluzione fintanto che vengono fornite le informazioni mancanti: che lo stato a mezzogiorno è il limite degli stati precedenti e il limite in che senso. Tuttavia, quando si pensa a questo problema in modo intuitivo, il limite della sequenza di stati non è qualcosa che si può pensare in un unico modo. Fondamentalmente, penso che non ci sia modo di rispondere.

I want to make a reformulation that is as easy as possible to make the answer of 0 more intuitive, starting from the simplified example that balls are not removed randomly, but ball $n$ is removed at the $n$-th step.

Consider this: I put all balls into the urn at the beginning. In step 1, I take out ball 1. In step 2, I take out ball 2, and so on. Any doubt that the urn will be empty after infinite steps?

Okay. But if I don't put all balls into the urn at first, but only some balls, how could the urn be fuller in the end?

Lo scopo di questo post è di discutere per l'ultima opzione dei PO che abbiamo bisogno di una formulazione migliore. O almeno, la prova di Ross non è così chiara come può sembrare all'inizio, e certamente, la prova non è così intuitiva da essere in una buona posizione per essere in un corso introduttivo per la teoria della probabilità. Richiede molte spiegazioni sia nella comprensione degli aspetti paradossali, sia una volta chiarita la spiegazione nei punti in cui la prova di Ross passa molto rapidamente, rendendo difficile vedere da quali assiomi, teoremi e interpretazioni implicite da cui dipende la prova.

In relazione a questo aspetto è molto divertente leggere le ultime parole di Teun Koetsier in "Didactiek met oneindig veel pingpongballen?"

Als we niet oppassen dan wordt het "Paradoxes a window to confusion".

Tradotto "Se non stiamo attenti allora diventa 'Paradossi una finestra di confusione'"

Di seguito è una descrizione degli argomenti "regolari" che possono passare nelle discussioni sui superattività, e più specificamente il paradosso deterministico di Ross-Littlewood. Dopo questo, quando mettiamo da parte tutta questa discussione, viene dato uno sguardo al caso speciale del paradosso probabilistico Ross-Littlewood come fornire elementi aggiuntivi , che tuttavia si perdono e confondono nell'ambiente più ampio con i super-compiti.

Tre casi deterministici e discussione sui superattività

Il paradosso di Ross-Littlewood conosce molti risultati diversi a seconda del modo in cui le palle vengono spostate dall'urna. Per indagare su questi, iniziamo usando la descrizione esatta del problema come Littlewood descrive come il quinto problema nel suo manoscritto del 1953

Versione 1 Il set di palline rimaste nell'urna è vuoto

Il paradosso di Ross-Littlewood, o paradosso di Littlewood-Ross, apparve per la prima volta come il quinto problema nel manoscritto di Littlewood del 1953 "miscellanea di un matematico"

Un paradosso infinito. Le palle numerate 1, 2, ... (o per un matematico i numeri stessi) vengono messe in una scatola come segue. A 1 minuto a mezzogiorno vengono inseriti i numeri da 1 a 10 e il numero 1 viene rimosso. A 1/2 minuto a mezzogiorno vengono inseriti i numeri da 11 a 20 e il numero 2 viene rimosso e così via. Quanti ce ne sono a mezzogiorno?

Littlewood è a corto di questo problema, ma offre una buona rappresentazione come insieme di punti:

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

per il quale si nota facilmente che è "null".

Versione 2 Il set di palline rimaste nell'urna ha una dimensione infinita

Ross (1976) aggiunge altre due versioni a questo paradosso. Per prima cosa diamo un'occhiata alla prima aggiunta:

Supponiamo di possedere un'urna infinitamente grande e una collezione infinita di palline etichettate con la palla numero 1, numero 2, numero 3 e così via. Considera un esperimento eseguito come segue: da 1 minuto a 12 PM, le palline numerate da 1 a 10 vengono posizionate nell'urna e la pallina numero 10 viene ritirata. (Supponi che il ritiro non richieda tempo.) Dalle 12 alle 12 PM, le palline numerate da 11 a 20 vengono posizionate nell'urna e la pallina numero 20 viene ritirata. Tra le 14 e le 12, le palline numerate da 21 a 30 vengono posizionate nell'urna e la pallina numero 30 viene ritirata. Dalle 18 alle 12 e così via. La domanda di interesse è: quante palle ci sono nell'urna alle 12:00?

Ovviamente la risposta è infinito poiché questa procedura lascia tutte le palline con i numeri $x \mod 10 \neq 0$ nell'urna, che sono infinitamente molti.

Prima di passare alla seconda aggiunta di Ross, che includeva le probabilità, passiamo a un altro caso.

Versione 3 L'insieme di palline rimaste nell'urna è un insieme finito di dimensioni arbitrarie

L'urna può avere un numero qualsiasi di palline alle 12 pm a seconda della procedura di spostamento delle palline. Questa variazione è stata descritta da Tymoczko e Henle (1995) come il problema delle palline da tennis.

Tom è in una grande scatola, vuota tranne se stesso. Jim è fuori dalla scatola con un numero infinito di palline da tennis (numerate 1, 2, 3, ....). Jim lancia le palle 1 e 2 nella scatola. Tom prende una palla da tennis e la lancia. Successivamente Jim lancia le palle 3 e 4. Tom prende una palla e la lancia. Successivamente Jim lancia le palle 5 e 6. Tom prende una palla e la lancia. Questo processo continua un numero infinito di volte fino a quando Jim non ha lanciato tutte le palle. Ancora una volta, ti chiediamo di accettare di compiere un numero infinito di compiti in un periodo di tempo finito. Ecco la domanda: quante palle ci sono nella scatola con Tom quando l'azione è finita?

La risposta è alquanto inquietante: dipende. Non sono state fornite informazioni sufficienti per rispondere alla domanda. Potrebbe esserci un numero infinito di palline rimaste o potrebbe non essercene nessuna.

Nell'esempio del libro di testo sostengono i due casi, infiniti o finiti (Tymoczko e Henle, lasciano il caso intermedio come esercizio), tuttavia il problema è ulteriormente approfondito in numerosi articoli di riviste in cui il problema è generalizzato in modo tale da poter ottenere qualsiasi numero a seconda della procedura seguita.

Particolarmente interessanti sono gli articoli sugli aspetti combinatori del problema (dove l'attenzione non è, tuttavia, sugli aspetti all'infinito). Ad esempio contando il numero di set possibili che possiamo avere in qualsiasi momento. Nel caso di aggiungere 2 palline e rimuovere 1 ogni passaggio i risultati sono semplici e lì il numero di set possibili nell'n-esimo passaggio è il n + 1-esimo numero catalano. Ad esempio 2 possibilità {1}, {2} nel primo passaggio, 5 possibilità {1,3} {1,4} {2,3} {2,4} e {3,4} nel secondo passaggio, 14 in il terzo, 42 nel quarto, eccetera (vedi Merlino, Sprugnoli e Verri 2002, Il problema delle palline da tennis ). Questo risultato è stato generalizzato a diversi numeri di palle di aggiunta e sottrazione, ma questo va troppo lontano per questo post ora.

Argomenti basati sul concetto di superattività

Prima di arrivare alla teoria della probabilità, molti argomenti possono già essere fatti contro i casi deterministici e la possibilità di completare il supertask. Inoltre, ci si può chiedere se il trattamento teorico impostato sia una rappresentazione valida della rappresentazione cinematica del supertask. Non desidero discutere se questi argomenti siano positivi o negativi. Li menziono per evidenziare che il caso probabilistico può essere contrastato con questi argomenti di "supertask" e può essere visto come contenente elementi aggiuntivi che non hanno nulla a che fare con i supertask. Il caso probabilistico ha un elemento unico e separato (il ragionamento con la teoria della probabilità) che non è né provato né confutato discutendo o per il caso dei supertask.

• Argomenti di continuità : questi argomenti sono spesso più concettuali. Ad esempio, l'idea che il supertask non possa essere finito come Aksakal e Joshua discute nelle loro risposte, e una chiara dimostrazione di queste nozioni è la lampada di Thomson , che nel caso del paradosso di Ross Littlewood sarebbe come chiedere, è stata l'ultima rimossa numero pari o dispari?

• Argomenti fisici: esistono anche argomenti che sfidano la costruzione matematica come rilevante per la realizzazione fisica del problema. Possiamo avere un rigoroso trattamento matematico di un problema, ma rimane una domanda se questo abbia davvero a che fare con un'esecuzione meccanicistica del compito (al di là delle nozioni semplicistiche come rompere alcune barriere del mondo fisico come limiti di velocità o requisiti di energia / spazio) .

  • Un argomento potrebbe essere che il limite teorico impostato è un concetto matematico che non descrive necessariamente la realtà fisica

    Ad esempio, considera il seguente problema diverso: L'urna ha una palla all'interno della quale non ci muoviamo. Ogni passaggio cancelliamo il numero precedentemente scritto sulla palla e riscriviamo un nuovo numero più basso su di esso. L'urna sarà vuota dopo infiniti passaggi? In questo caso sembra un po 'più assurdo usare il limite teorico impostato, che è l'insieme vuoto. Questo limite è utile come ragionamento matematico, ma rappresenta la natura fisica del problema? Se permettiamo alle palline di sparire dalle urne a causa di un ragionamento matematico astratto (che, forse, dovrebbe essere considerato più come un problema diverso ), allora anche noi potremmo far scomparire l'intera urna?

  • Inoltre, la differenziazione delle palle e l'assegnazione di un ordine sembrano "non fisiche" (è rilevante per il trattamento matematico delle serie, ma le sfere nell'urna si comportano come quelle serie?). Se dovessimo rimescolare le palline ad ogni passo (ad es. Ogni passo cambierebbe casualmente una palla dalla pila scartata con una palla dalla pila rimanente di palle infinite), dimenticando così la numerazione in base a quando entrano nell'urna o al numero che hanno ottenuto dall'inizio, quindi gli argomenti basati sui limiti teorici impostati non hanno più senso perché gli insiemi non convergono (non esiste una soluzione stabile una volta che una palla è stata scartata dall'urna, può tornare di nuovo).

    Dal punto di vista dell'esecuzione dei compiti fisici di riempimento e svuotamento dell'urna sembra che non dovrebbe importare se abbiamo o meno dei numeri sulle palle. Ciò rende il ragionamento teorico dell'insieme più simile a un pensiero matematico su insiemi infiniti piuttosto che al processo reale.

Ad ogni modo, se insistiamo sull'uso di questi infiniti paradossi per scopi didattici, e quindi, prima di arrivare alla teoria della probabilità, dobbiamo prima lottare per avere un'idea accettabile di (certi) super-compiti accettati dai più scettici / testardi pensatori, allora potrebbe essere interessante usare la corrispondenza tra il paradosso di Zenone e il paradosso di Ross-Littlewood descritto da Allis e Koetsier (1995) e brevemente descritto di seguito.

Nella loro analogia Achille sta cercando di raggiungere la tartaruga mentre entrambi incrociano bandiere posizionate in modo tale, a distanza

$$F(n)=2^{-10 \log n}$$ tale che la distanza di Achille con $n$ le bandiere sono il doppio della distanza della tartaruga con $10n$ bandiere, vale a dire $F(n) = 2 F(10n)$. Quindi fino alle 12.pm. la differenza nelle bandiere che la tartaruga e Achille avranno passato sta crescendo . Ma alla fine alle 12:00 nessuno, tranne gli Eleatici, avrebbe sostenuto che Achille e la tartaruga hanno raggiunto lo stesso punto e (quindi) hanno zero bandiere tra di loro.

Il caso probabilistico e come aggiunge nuovi aspetti al problema.

La seconda versione aggiunta da Ross (nel suo libro di testo), rimuove le palle in base alla selezione casuale

Supponiamo ora che ogni volta che una palla deve essere ritirata, quella palla sia selezionata casualmente tra quelle presenti. Cioè, supponiamo che tra 1 minuto e 12 le palline numerate da 1 a 10 siano posizionate nell'urna e che una pallina sia selezionata e ritirata casualmente, e così via. In questo caso, quante palle ci sono nell'urna alle 12:00?

La soluzione di Ross è che la probabilità è 1 per l'urna vuota. Tuttavia, mentre l'argomentazione di Ross sembra solida e rigorosa, ci si potrebbe chiedere che tipo di assiomi sono necessari per questo e quale dei teoremi usati potrebbe essere messo sotto stress da ipotesi implicite che potrebbero non essere fondate in quegli assiomi (per esempio il presupposto che gli eventi a mezzogiorno possono essere assegnati probabilità).

Il calcolo di Ross è in breve una combinazione di due elementi che divide l'evento di un'urna non vuota in numerosi sottoinsiemi / eventi e dimostra che per ciascuno di questi eventi la probabilità è zero:

1. Per, $F_i$, l'evento che il numero di palla $i$ è nell'urna alle 12 di sera, abbiamo $P(F_1) = 0$

2. Per, $P(\bigcup_1^\infty F_i)$, abbiamo la probabilità che l'urna non sia vuota alle 12 di sera

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

Il caso probabilistico del paradosso di Ross-Littlewood, senza ragionare sui super-compiti

Nella forma più nuda del paradosso, togliendolo da qualsiasi problema nell'esecuzione di superattività, potremmo chiederci quale sia il problema "più semplice" di sottrarre insiemi infiniti. Ad esempio nelle tre versioni otteniamo:

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

e il problema si riduce a una sottrazione definita come $S_{added}-S_{removed,1} = \emptyset$.

Qualsiasi sequenza infinita, $S_{RL} =\lbrace a_k \text{ without repetitions and } a_k < 10k \rbrace$, è una (altrettanto) possibile sequenza che descrive l'ordine in cui le palle possono essere rimosse in una realizzazione probabilistica del problema Ross-Littlewood. Consente di chiamare queste sequenze infinite Sequenze RL.

Ora, la domanda più generale, senza il paradossale ragionamento sui supertask, riguarda la densità delle sequenze RL che non contengono l'intero set $\mathbb{N}$

Una visione grafica del problema.

nidificato, frattale, struttura

Prima della versione modificata di questa risposta avevo avanzato un argomento che utilizzava l'esistenza di una mappa iniettiva dalle "sequenze infinite che svuotano l'urna" alle "sequenze infinite che non contengono il numero 1".

Questo non è un argomento valido. Confronta ad esempio con la densità dell'insieme dei quadrati. Ci sono infiniti quadrati (e c'è la relazione biiettiva$n \mapsto n^2$ e $n^2 \mapsto n$), ma l'insieme dei quadrati ha densità zero in $\mathbb{N}$.

L'immagine in basso crea una visione migliore di come, con ogni ulteriore passo, la probabilità della palla 1 nell'urna diminuisca (e possiamo argomentare lo stesso per tutte le altre palle). Anche se la cardinalità del sottoinsieme di tutte le sequenze RL (le sequenze di sfere spostate) è uguale alla cardinalità di tutte le sequenze RL (l'immagine mostra una sorta di struttura frattale e l'albero contiene infinitamente molte copie di dodici).

crescita dello spazio di campionamento, numero di percorsi

L'immagine mostra tutte le possibili realizzazioni per i primi cinque passaggi, con lo schema per il problema della palla da tennis (il problema della palla da tennis, ogni passaggio: aggiungi 2 rimuovi 1, cresce meno velocemente ed è più facile da visualizzare). Le linee turchesi e viola mostrano tutti i possibili percorsi che possono svolgersi (immagina ad ogni passo$n$ lanciamo un dado di dimensioni $n+1$ e in base al risultato selezioniamo uno dei $n+1$ percorsi, ovvero in base ai risultati rimuoviamo uno dei $n+1$ palle nell'urna).

Il numero di possibili composizioni di urna (le caselle) aumenta come n + 1 ° numero catalano $C_{n+1}$e il numero totale di percorsi aumenta con il fattoriale $(n+1)!$. Nel caso delle composizioni dell'urna con la sfera numero 1 all'interno (di colore grigio scuro) e i percorsi che portano a queste caselle (viola), i numeri si svolgono esattamente allo stesso modo, tuttavia questa volta è l'ennesimo numero catalano e il fattoriale$n!$.

densità di percorsi che lasciano la palla $n$ dentro

Quindi, per i percorsi che portano a un'urna con dentro la palla numero 1, la densità è $\frac{(n)!}{(n+1)!}$ e diminuisce come $n$diventa più grande. Mentre ci sono molte realizzazioni che portano a trovare il numero di palla$n$ nel riquadro, la probabilità si avvicina allo zero (direi che questo non lo rende impossibile, ma quasi sicuramente non sta accadendo, e il trucco principale nell'argomento di Ross è che l'unione di molti eventi null numerabili è anche un evento null) .

Esempio di percorsi per i primi cinque passaggi nel problema della pallina da tennis (ogni passaggio: aggiungi 2 rimuovi 1)

Argomentazioni di Ross per un'urna sicuramente vuota.

Ross definisce gli eventi (sottoinsiemi dello spazio campione), $E_{in}$, che una palla numerata $i$ è nell'urna al passo $n$. (nel suo libro di testo in realtà lascia fuori il pedice$i$ e sostiene la palla 1).

Prova di passaggio 1)

Ross usa la sua proposta 6.1. per aumentare o diminuire le sequenze di eventi (ad esempio, diminuire è equivalente a$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset E_4 \supset ...$).

Proposizione 6.1: If $\lbrace E_n, n\geq 1 \rbrace$ è quindi una sequenza crescente o decrescente di eventi, quindi

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

Usando questa proposizione Ross afferma che la probabilità di osservare la palla $i$ alle 12 (che è l'evento $lim_{n \to \infty} E_{in}$) è uguale a

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

Allis e Koetsier sostengono che questa è una di quelle ipotesi implicite. Il supertask dodici non implica (logicamente) cosa succede alle 12 pm e le soluzioni al problema devono fare ipotesi implicite, che è in questo caso che possiamo usare il principio di continuità sul set di palline all'interno dell'urna per affermare cosa succede all'infinito. Se un (set teoria) limite all'infinito è un particolare valore, allora all'infinito ci sarà avere quel valore particolare (non può esserci salto improvviso).

Una variante interessante del paradosso di Ross-Littlewood è quando restituiamo anche casualmente palle che erano state scartate in precedenza. In questo non ci sarà convergenza (come la lampada di Thomson) e non possiamo definire facilmente il limite delle sequenze$E_{in}$ (che non sta più diminuendo).

Prova di passaggio 2)

Il limite è calcolato. Questo è un semplice passo algebrico.

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

Prova di passaggio 3)

Si sostiene che i passaggi 1 e 2 funzionano per tutti $i$ con una semplice dichiarazione

"Allo stesso modo, possiamo dimostrarlo $P(F_i)=0$ per tutti $i$"

dove $F_i$ è l'evento che palla $i$ è stato tolto dall'urna quando abbiamo raggiunto le 12 pm

Sebbene ciò possa essere vero, potremmo chiederci l'espressione del prodotto il cui indice inferiore ora va all'infinito:

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

Non ho molto da dire al riguardo, tranne che spero che qualcuno possa spiegarmi se funziona.

Sarebbe anche bello ottenere migliori esempi intuitivi sull'idea che le sequenze decrescenti $E_{in}, E_{in+1}, E_{in+2}, ...$, che sono richiesti per la proposizione 6.1, non tutti possono iniziare con l'indice del numero di passaggio, $n$, essendo uguale a 1. Questo indice dovrebbe aumentare all'infinito (che non è solo il numero di passaggi che diventano infiniti, ma anche la selezione casuale della palla da scartare diventa infinita e il numero di palle per cui osserviamo il limite diventa infinito). Mentre questo tecnicismo potrebbe essere affrontato (e forse è già stato fatto nelle altre risposte, implicitamente o esplicitamente), una spiegazione approfondita e intuitiva, potrebbe essere molto utile.

In questo passaggio 3 diventa piuttosto tecnico, mentre Ross è molto breve. Ross presuppone l'esistenza di uno spazio di probabilità (o almeno non esplicito al riguardo) in cui possiamo applicare queste operazioni all'infinito, proprio come possiamo applicare le operazioni in sottospazi finiti.

La risposta di ekvall fornisce una costruzione, usando il teorema di estensione dovuto a Ionescu-Tulcea , ottenendo uno spazio di prodotto infinito$\sum_{k=0}^\infty \Omega_i \bigotimes_{k=0}^\infty \mathcal{A}_i$ in cui possiamo esprimere gli eventi $P(E_i)$ dall'infinito prodotto di kernel probabilistici, risultante in $P=0$.

Tuttavia non è spiegato in senso intuitivo. Come possiamo mostrare intuitivamente che lo spazio degli eventi$E_{i}$lavori? Che il complemento sia l'insieme null (e non un numero 1 con infiniti zeri, come è la soluzione nella versione modificata del problema Ross-Littlewood di Allis e Koetsier) e che è uno spazio di probabilità?

Prova di passaggio 4)

La disuguaglianza di Boole viene utilizzata per finalizzare la prova.

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

La disuguaglianza è dimostrata per insiemi di eventi che sono numerabili finiti o infiniti. Questo è vero per il$F_i$.

Questa dimostrazione di Ross non è una dimostrazione in senso costruttivista. Invece di dimostrare che la probabilità è quasi 1 per l'urna di essere vuota alle 12 pm, sta dimostrando che la probabilità è quasi 0 per l'urna di essere riempita con qualsiasi palla con un numero finito su di essa.

Ricordo

Il paradosso deterministico di Ross-Littlewood contiene esplicitamente l'insieme vuoto (è così che è iniziato questo post). Ciò rende meno sorprendente il fatto che la versione probabilistica finisca con l'insieme vuoto e il risultato (che sia vero o no) non è tanto più paradossale delle versioni RL non probabilistiche. Un interessante esperimento mentale è la seguente versione del problema RL:

• Immagina di iniziare con un'urna piena di infinitamente molte palline e inizia a scartare casualmente le palline da esso. Questo supertask, se finisce, deve logicamente svuotare l'urna. Da allora, se non fosse vuoto avremmo potuto continuare. (Questo esperimento mentale, tuttavia, estende la nozione di un supertask e ha una fine vagamente definita. È quando l'urna è vuota o quando arriviamo alle 12:00?)

C'è qualcosa di insoddisfacente nella tecnica della dimostrazione di Ross, o almeno una migliore intuizione e spiegazione con altri esempi potrebbero essere necessarie per poter apprezzare appieno la bellezza della dimostrazione. I 4 passaggi insieme formano un meccanismo che può essere generalizzato e possibilmente applicato per generare molti altri paradossi (anche se ho provato non ci sono riuscito).

Potremmo essere in grado di generare un teorema tale che per qualsiasi altro spazio campione adatto che aumenta di dimensioni verso l'infinito (lo spazio campione del problema RL ha $card(2^\mathbb{N})$). Se riusciamo a definire un insieme numerabile di eventi$E_{ij}$ che sono una sequenza decrescente con un limite 0 come passaggio $j$aumenta, quindi la probabilità dell'evento che è l'unione di quegli eventi va a zero quando ci avviciniamo all'infinito. Se riusciamo a rendere l'unione degli eventi come l'intero spazio (nell'esempio RL il vaso vuoto non è stato incluso nell'unione la cui probabilità va a zero, quindi non si è verificato alcun grave paradosso) allora possiamo fare un paradosso più grave che sfida la coerenza degli assiomi in combinazione con la deduzione transfinita.

• Uno di questi esempi (o un tentativo di creare) è la divisione infinita di un pane in pezzi più piccoli (al fine di soddisfare le condizioni matematiche diciamo che facciamo solo le divisioni in pezzi che hanno le dimensioni di un numero razionale positivo). Per questo esempio possiamo definire eventi (nel passaggio x abbiamo un pezzo di dimensione x), che sono sequenze decrescenti e il limite della probabilità per gli eventi va a zero (allo stesso modo del paradosso RL, le sequenze decrescenti si verificano solo ulteriormente e più avanti nel tempo, e c'è convergenza puntuale ma non uniforme e uniforme).

  Dovremmo concludere che quando finiamo questo supertask che il pane è scomparso . Possiamo andare in diverse direzioni qui. 1) Potremmo dire che la soluzione è l'insieme vuoto (sebbene questa soluzione sia molto meno piacevole rispetto al paradosso RL, perché l'insieme vuoto non fa parte dello spazio campione) 2) Potremmo dire che ci sono infiniti pezzi indefiniti ( es. la dimensione di infinitamente piccola) 3) o forse dovremmo concludere (dopo aver eseguito la prova di Ross e aver trovato vuoto) che questa non è una superattività che può essere completata? Che l'idea di finire un supertask possa essere fatta ma non necessariamente "esiste" (una sorta di paradosso di Russell).

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Una citazione di Besicovitch stampata nella miscellanea di Littlewood:

"la reputazione di un matematico si basa sul numero di prove negative che ha dato".

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

Koetsier, T. (2012), Didactiek incontrò oneindig veel pingpongballen, Nieuw Archief voor Wiskunde , 5/13 nr4, pp. 258-261 ( originale olandese , la traduzione è possibile tramite google e altri metodi)

Littlewood, JE (1953), Miscellany di un matematico , pp. 5 ( link gratuito via archive.org )

Merlin, D., Sprugnoli, R. e Verri MC (2002), The tennis ball problem , Journal of Combinatorial Theory , pp. 307-344

Ross, SM (1976), Un primo corso in probabilità , (sezione 2.7)

Tymoczko, T. and Henle, J. (1995 originale) ( riferimento alla 2a edizione del 1999 su google ), Sweet Reason: una guida sul campo alla logica moderna

OK, ci riproverò.

La risposta è che il paradosso è puramente matematico. La risposta di Enumaris e di cmaster racconta cosa sta succedendo in un modo, ma questo è un altro modo per vedere il problema. Il problema è come affrontiamo le probabilità con gli infiniti, come ha scritto Jaynes (vedi la mia altra tentata risposta per i dettagli).

Una serie infinita viene generalmente trattata come se non avesse fine, ma in questo problema c'è un tempo di fine (12PM) e quindi logicamente, anche se non matematicamente, c'è un ultimo ciclo di addizione e rimozione di palline: quello che succede infinitamente prima delle 12:00. L'esistenza di un "ultimo" ciclo ci consente di esaminare le probabilità sia all'indietro che in avanti nel tempo.

Considera le ultime dieci palline aggiunte. Per ognuno di essi la probabilità di essere rimossi è zero perché sono ciascuno solo una delle palle a sfioro che potrebbero essere rimosse. Quindi la probabilità che rimangano almeno dieci palline alle 12 PM è l'unità.

QED. Un argomento probabilistico che non porta a sciocchezze.

Recentemente diversi commenti di Wilhelm, Wolfgang Mückenheim, mi hanno spinto a riconsiderare alcune formulazioni nella mia risposta. Sto pubblicando questa come una nuova risposta principalmente perché il diverso approccio di questa risposta, non discutendo sull'insegnamento di questo problema, ma piuttosto sul fatto che il paradosso sia invalido.

Wilhelm discute nel suo lungo manoscritto che

Le transazioni sono possibili solo a passi finiti $n$ (non è possibile alcuna azione "tra tutti $n$ e $\omega$").

Questo mi ha ricordato il termine

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

che deriva dal lavoro di Ross. Questo termine è indeterminato quando il percorso verso l'infinito non è definito per il seguente limite.

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

Questo sembra assomigliare al punto di cui Wilhelm discute e viene anche menzionato nella risposta di aksakal. I passi nel tempo diventano infinitamente piccoli, quindi saremo in grado di raggiungere le 12:00 in quel senso, ma allo stesso tempo dovremo aggiungere e rimuovere un numero infinito (non fisico) di palline. È una falsa idea allegare questo supertask a un processo come la freccia di Zenone, proprio come l'interruttore della paradossale lampada di Thompson non può avere una posizione definita alla fine di un supertask.

In termini di limite possiamo dire che il percorso fisico verso l'infinito che prendiamo è

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

quindi non zero ma infinito.

Credo che questo esempio supporti "se la premessa è falsa, allora il condizionale è vero"

In questo universo, non ci sono urne infinite e nessuna raccolta infinita di palle. È impossibile dividere il tempo in pezzi arbitrariamente piccoli.

Quindi Sheldon Ross ha ragione nel dire che l'urna è vuota alle 12:00. Gli studenti che affermano che l'urna ha palle infinite alle 12:00 hanno lo stesso diritto.

Se hai risposto che l'urna ha 50 palline, allora hai anche ragione.

Non ho rigorosamente dimostrato che questo universo non contiene urne infinite e palle infinite e che il tempo non è atomico - credo solo a queste cose. Se ritieni che queste tre affermazioni siano sbagliate, allora ritieni che il problema di Ross sia empiricamente falsificabile. Sto aspettando i tuoi risultati sperimentali.

Appoggio l'opinione secondo cui il problema non è corretto. Quando consideriamo qualcosa di transfinito, spesso dobbiamo usare un limite. Sembra che qui sia l'unico modo. Dal momento che distinguiamo diverse sfere, abbiamo un processo infinito dimensionale

$$(X_{t,1}, X_{t,2},...),$$ dove $t=-1,-1/2,-1/4,...$ rappresenta il tempo, $X_{t,j}=1$ se c'è la palla $j$ al momento $t+0$ e $X_{t,j}=0$ altrimenti.

Ora è a discrezione di ognuno quale convergenza usare: uniforme, componente, $l_p$, ecc. Inutile dire che la risposta dipende dalla scelta.

L'incomprensione in questo problema deriva dal trascurare il fatto che le questioni metriche sono cruciali quando consideriamo la convergenza di vettori di dimensione infinita. Senza scegliere il tipo di convergenza, non è possibile fornire una risposta corretta.

(C'è una convergenza componente per zero vettore. Mentre $l_1$ la norma conta il numero di palline, quindi in questa norma il processo sta esplodendo.)

Più intuizione dell'istruzione formale, ma:

Se gli intervalli a mezzanotte si stanno dimezzando, non arriviamo mai a mezzanotte ... ci avviciniamo solo asintoticamente; così si potrebbe sostenere che non v'è alcuna soluzione.

In alternativa, a seconda del fraseggio:

• poiché ci sono intervalli infiniti di +10 palline, la risposta è infinita
• come ci sono intervalli infiniti di (+10 palle - 1) la risposta è 10 * infinito -1 * infinito = 0?
• poiché ci sono intervalli infiniti di (+9 palle) +1 la risposta è infinita + 1

Riscrivi: 16 gennaio 2018

Sezione 1: Schema

I risultati fondamentali di questo post sono i seguenti:

• La palla a metà strada ha una probabilità di circa $0.91$ di rimanere nel limite durante il passaggio $\infty$ - questa è sia un'osservazione del mondo reale che derivata matematicamente.
  La funzione derivata ha un dominio dei razionali in$(0,1]$. Ad esempio, la probabilità nel limite della palla a metà strada rimanente corrisponde al valore del dominio$1/2$. Questa funzione può calcolare la probabilità di rimanere per qualsiasi frazione della dimensione del passo.
• L'analisi di Ross non è sbagliata ma è incompleta perché tenta di iterare i razionali in ordine di grandezza $\left(i,\infty\right), i=1..\infty$.
  Le razionali non possono essere ripetute in ordine di grandezza. Pertanto, l'analisi di Ross non può accedere al dominio completo e può offrire solo una visione limitata del comportamento totale.
• L'analisi di Ross tiene comunque conto di un comportamento osservabile in particolare: nel limite non è possibile attraverso l'iterazione seriale da 1 a raggiungere il primo balletto rimanente.
• Le sequenze limite di Ross hanno alcune proprietà convincenti che sembrano intuitivamente uniche.
  Tuttavia, mostriamo un altro set di sequenze di limiti che soddisfano le stesse belle proprietà e forniscono i valori per la nostra funzione.

La sezione 2 "Notazione e terminologia" copre la notazione e la terminologia utilizzate in questo post.

La sezione 3 "The Halfway Ballset" introduce un'osservazione del mondo reale - la convergenza nel limite della probabilità di rimanere di una palla il cui indice è a metà strada tra tutte le palle inserite. Questo valore limite è di circa il 91%. Il caso del balletto a metà strada è generalizzato a qualsiasi razionale in$(0,1]$, che hanno tutti valori limite diversi da zero.

La sezione 4 "Risoluzione del paradosso" presenta un quadro unificato per includere sia i risultati di Ross sia i risultati di "dominio razionale" (qui descritti). Come già notato, l'analisi di Ross offre solo una visione limitata del comportamento totale. Quindi, la fonte del paradosso viene identificata e risolta.

Nell'appendice vengono discussi altri risultati meno importanti:

• "Aspettative nel limite" calcola il numero previsto di palline rimaste fino a e compresa qualsiasi frazione della dimensione del passo.
• Un corollario di questo risultato sta determinando l'indice della prima palla che ha un'aspettativa di rimanere maggiore di una.

Sezione 2: Notazione e terminologia

• Etichettiamo gli indici a sfera inseriti al passaggio $n$ come $\{n.1, n.2, n.3, ..... n.10\}$ e chiama questo set il $n$th "ballset". Ballset è una parola, creata per questo post.
  Questa terminologia purtroppo si discosta dalla terminologia di Ross, ma rende anche il testo molto più chiaro e più breve.
• La notazione $E(a,b)$ si riferisce all'evento che palla $a.1$ nel balletto $a$ rimane al passo $b$, ignorando le altre palle nel ballset.
• La notazione $P(a,b)$ è un'abbreviazione di $P(E(a,b))$ e si riferisce alla probabilità di $E(a,b)$.
  Nota che tutte le palle$a.i$ nel balletto $a$hanno la stessa probabilità di rimanere.
  -- Il valore di$P(E(a,b))$ è $\prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)}$.
• Il limite di Ross $P(a)$ è la probabilità $P(a,b)$ come $b$va all'infinito:
  -$P_{lim1}(a) = \lim_{b\rightarrow\infty} P(a,b)$
• Il limite razionale è definito come il limite come l'indice di entrambe le sfere $a$ e passo $b$ vai all'infinito mantenendo un rapporto costante: - $P_{lim2}(a,b) = \lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb)$

Sezione 3: il balletto a metà strada

Ad ogni passo pari $2n$, il balletto a metà strada è definito come $n$th ballset. Ad ogni passo pari$2n$, la probabilità a metà strada di rimanere è definita come $P(n,2n)$.
Nel limite come$n\rightarrow\infty$, la probabilità a metà di rimanere è quindi $\lim_{n\rightarrow\infty} P(1*n,2*n)$.
Il teorema 1 di seguito fornisce un valore numerico per la probabilità a metà strada di rimanere.

Teorema 1 - Limite di probabilità degli elementi in una sequenza di domini che preserva il rapporto

$$\begin{equation} \lim_{n\rightarrow\infty} P(a*n,b*n) = (\frac{a}{b})^\frac{1}{9} \end{equation}$$ La dimostrazione è riportata di seguito poco prima dell'appendice.

Secondo il Teorema 1, la probabilità a metà del rimanere nel limite è $(\frac{1}{2})^\frac{1}{9}$ che valuta un valore decimale approssimativo di $0.925875$.

Controllo di integrità Consente di eseguire un controllo di integrità per vedere se il limite numerico per la probabilità a metà strada "sembra corretto".

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

Le prime 4 righe sono le probabilità a metà strada di rimanere per i valori del numero di passo di $10^3$, $10^4$, $10^5$, e $10^6$, rispettivamente. L'ultima riga è il limite. Sembra che le probabilità a metà strada stiano effettivamente convergendo al limite previsto.
Questa osservazione del mondo reale, che non rientra nella struttura di Ross, deve essere spiegata.

** Sezione 4 "Risoluzione del paradosso" **

Questa sezione spiega un quadro unificato sia per l'analisi di Ross che per l'analisi del dominio razionale, osservandoli insieme il paradosso viene risolto.

Il limite razionale $P_{lim2}(a,b)$ è riducibile a una funzione dalle razionali $(0,1]$ ai reali $(0,1]$:

$$\begin{array}{rcl} P_{lim2}(a,b) &=& lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb) \\ &=& (\frac{a'}{b'})^\frac{1}{9} \end{array}$$ dove $gcd(a',b')=1$ e $\frac{a'}{b'} = \frac{a}{b}$. Qui$gcd()$indica il massimo comun divisore. Le dichiarazioni equivalenti sono "$a'$ e $b'$ sono reciprocamente primi "e"$\frac{a'}{b'}$ è la frazione ridotta di $\frac{a}{b}$.

Il limite di Ross può essere scritto come il limite di una sequenza di limiti razionali:

$$\begin{array}{rclr} P_{lim1}(a) &=& lim_{k\rightarrow\infty} P(a,k) & \\ &=& lim_{i,k\rightarrow\infty} P(ka/i,kb) & \text{for some } b \\ &=& lim_{i\rightarrow\infty} P_{lim2}(a/i,b) & \\ &=& lim_{i\rightarrow\infty} P_{lim2}(0,b) & \end{array}$$ La tupla $(0,b)$ non è un membro dei razionali in $(0,1]$; appartiene a$[0,0]$. Pertanto il limite di Ross è isomorfo alla funzione $P_{lim2}(a,b)$ sul dominio $[0,0]$ e la sua immagine è sempre il reale unico $0$.

Il limite di Ross e il limite razionale sono la stessa funzione su due domini disgiunti $[0,0]$ e $(0,1]$rispettivamente. Il limite di Ross considera solo il caso di indici ballset che sono stati retrocessi infinitamente piccoli rispetto alla dimensione della scala.

L'analisi Ross-limit prevede che nel limite, accedendo ai valori $P_{lim1}(i)$ in sequenza per $i=1,2,...\infty$ non raggiungerà mai un valore diverso da zero.
Questo è corretto e corrisponde all'osservazione del mondo reale.

L'analisi del limite razionale tiene conto delle osservazioni del mondo reale come il balletto a metà strada di cui il limite di Ross non tiene conto. La funzione è la stessa$P_{lim2}(a,b)$ ma il dominio lo è $(0,1]$ invece di $[0,0]$

Lo schema seguente mostra sia le sequenze dei limiti di Ross sia le sequenze dei limiti razionali.

È probabilmente giusto affermare che l'analisi di Ross include un'ipotesi implicita che il limite di Ross e il suo dominio siano l'intero dominio di interesse. L'intuizione implicitamente alla base dell'assunto di Ross è come dovuta alle quattro condizioni seguenti, anche se non sono esplicitamente riconosciute:

Permettere $S_i = P(i,n), n=1,...,\infty$ essere il $i$la sequenza limite di Roth. Permettere$S = \cup_{i=(1...\infty)} S_i$ essere l'unione delle sequenze limite di Roth.

• (1) Le sequenze $S_i$ sono disgiunti e ogni sequenza converge.
• (2) L'unione di elementi di tutte le sequenze $S$ copri esattamente l'insieme di tutte le tuple (palla, passaggio) che entrano in gioco: $\{ (i,n)\ |\ i\leq n\ \land \ i,n\in Q \}$
• (3) Tutte le sequenze $S_i$ sono infiniti in $n$, l'indice dei passaggi, in modo che non terminino "in anticipo".
• (4) Le sequenze $S_i$ essi stessi formano una super sequenza $\{ S_i \}_{i_in (1...\infty) }$. Pertanto tale super-sequenza può essere "creata" iterativamente, i, e ,, sono numerabili.

Non è immediatamente evidente che un altro sistema di sequenze di limiti potrebbe soddisfare i punti precedenti (1) - (4).

Tuttavia, discuteremo ora un altro sistema di sequenze di limiti che soddisfano effettivamente i punti precedenti (1) - (4).

Permettere $S_{p,q}$, dove $gcd(p,q)=1$, rappresentano la sequenza del limite razionale

$$\begin{equation} S_{p,q} = \{ (kp,kq) \}_{k\in (1...\infty)} \end{equation}$$ Permettere $D^*$ essere le tuple reciprocamente prime di $D$: = $D^* =\{ (p,q)\in D \land gcd(p,q)=1 \}$. Permettere$S^*$ essere l'unione di dette sequenze di limiti razionali: $S^* = \cup_{d\in D^*} S_{p,q}$

Chiaramente le sequenze $S_{p,q}$ di chi è l'unione $S^*$soddisfare le proprietà sopra (1) - (3).
Gli indici$(p,q)$ sono esattamente le motivazioni su $(0,1]$. Per soddisfare la condizione (4) dobbiamo dimostrare che i razionali sono attivi$(0,1]$ sono numerabili.

La (sequenza Farey) 2 dell'ordine$n$ è la sequenza di frazioni completamente ridotte tra 0 e 1 che quando in termini più bassi hanno denominatori inferiori o uguali a $n$, disposti in ordine crescente. Ecco le prime otto sequenze di Farey:

 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}

Permettere $F^*_n$ rappresenta il $n$la sequenza Farey senza il primo elemento $0/1$.

Permettere $S^*_n$ essere l'unione di sequenze di limiti razionali che hanno almeno un elemento fino al passo compreso $n$:

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

Gli elementi di $F^*_n$ indice, convertito da frazioni in tuple, indicizza esattamente gli elementi di $S^*_n$. La tabella seguente confronta il raggruppamento delle sequenze di limiti nell'analisi di Ross e l'analisi del limite razionale:

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

Infine, poiché esistono metodi [ 3 ], [ 4 ] per creare iterativamente la super sequenza$F^*_n$, anche la condizione (4) è soddisfatta.

Uno di questi metodi, una variante dell'albero Stern-Brocot, è il seguente:

Il mediatore di due razionali $a/c$ e $b/d$ è definito come $\frac{a+b}{c+d}$

• Impostato $F*_n = \emptyset$
• Aggiungere $1/n$ per $F*_n$

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

  • Aggiungere $F*_{n-1}[i]$ a F * _n $

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

  • Se $denom(x) \leq n$ aggiungere x a $F*_n$
  • continua il ciclo
• Aggiungere $F*_{n-1}[n]$ per $F*_n$

Il paradosso è stato risolto.

Proof of Theorem 1 Prima nota che:

$$\begin{eqnarray} P(E_{a,b}) &=& \prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)} \\ &=& \frac{\Gamma \left(a+\frac{1}{9}\right) \Gamma (b+1)}{\Gamma (a) \Gamma\left(b+\frac{10}{9}\right)} \\ &=& (a-1)^{\frac{1}{2}-a} \left(a-\frac{8}{9}\right)^{a-\frac{7}{18}} b^{b+\frac{1}{2}} \left(b+\frac{1}{9}\right)^{-b-\frac{11}{18}} \end{eqnarray}$$ dove l'ultima trasformazione è la trasformazione Sterling.

Quindi, sostituendo sintatticamente $a\rightarrow a*n$ e $b\rightarrow b*n$ nell'ultima equazione (forma in sterline) che otteniamo

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

Appendice: altri risultati

Aspettative nel limite

Questa sezione fornisce un'espressione chiusa per il numero atteso di palline rimaste fino a e compresa qualsiasi frazione della dimensione del gradino.
Un corollario di questo risultato è un'approssimazione numerica dell'indice della prima palla che ha un'aspettativa di rimanere maggiore di una.

( Continua )

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Per farla breve. Il cosiddetto paradosso è un errore di forma indeterminata, un errore per principianti con un risultato simile a un errore di divisione per zero che dimostra che$1=2$. Tali errori, in questo caso per il conteggio dei numeri, producono naturalmente risposte che possono essere 0,$n$ o $\infty$.

A proposito, quando si aggiunge un numero infinito di probabilità infinitesimali si crea $\frac{1}{\infty}\infty$, una forma indeterminata e la prova di Ross non è corretta. Per ottenere una risposta corretta, utilizzare La regola di L'Hopital. l'infinito non è un numero . Trattare l'infinito come se fosse un numero porta ad errori.