La question (légèrement modifiée) va comme suit et si vous ne l’avez jamais rencontrée auparavant, vérifiez-la dans l’exemple 6a, chapitre 2, de A premier cours de probabilité de Sheldon Ross :

Supposons que nous possédions une urne infiniment grande et une collection infinie de balles portant le numéro 1, le numéro 2, le numéro 3, etc. Prenons une expérience réalisée comme suit: entre 1 heure et 12 heures, des boules numérotées de 1 à 10 sont placées dans l'urne et une balle est retirée au hasard. (Supposons que le retrait ne prenne pas de temps.) À une demi-minute à midi, les boules numérotées de 11 à 20 sont placées dans l'urne et une autre balle est retirée au hasard. À 1/4 minute à 12 heures, des balles numérotées de 21 à 30 sont placées dans l'urne et une autre balle est retirée au hasard ... et ainsi de suite. La question d’intérêt est la suivante: combien de balles y at-il dans l’urne à midi?

Cette question, telle qu’elle est posée, oblige pratiquement tout le monde à se tromper - habituellement l’intuition est de dire qu’il y aura une infinité de balles à 12 heures. La réponse fournie par Ross, cependant, est qu’avec une probabilité 1 l’urne sera vide. à 12 heures

En enseignant la théorie des probabilités, ce problème est l’un des problèmes pour lesquels il est très difficile de donner une bonne explication intuitive.

D'une part, vous pourriez essayer de l'expliquer ainsi: "songez à la probabilité qu'une balle soit sur l'urne à 12 heures. Lors des tirages aléatoires infinis, elle sera finalement supprimée. d’eux peut être là à la fin ".

Cependant, les élèves discuteront correctement avec vous: "mais je mets 10 balles et j'en enlève une à chaque fois. Il est impossible qu'il n'y ait aucune balle à la fin".

Quelle est la meilleure explication que nous puissions leur donner pour résoudre ces intuitions contradictoires?

Je suis également ouvert à l’argument selon lequel la question est mal posée et que, si nous le formulons mieux, le "paradoxe" disparaît ou à l’argument selon lequel le paradoxe est "purement mathématique" (mais essayez d’être précis à ce sujet).

Ross décrit trois versions de ce "paradoxe" dans l'exemple 6a de son manuel . Dans chaque version, 10 balles sont ajoutées à l'urne et une balle est retirée à chaque étape de la procédure.

1. Dans la première version, la balle est retirée à la étape de -ème. Il reste une infinité de balles après minuit, car toutes les balles dont le nombre ne se termine pas par 0 sont toujours là.$10n$$n$

2. Dans la seconde version, balle -ième est enlevée à la étape de -ième. Il ne reste plus aucune balle après minuit, car chaque balle sera éventuellement retirée à l'étape correspondante.$n$$n$

3. Dans la troisième version, les balles sont retirées uniformément au hasard. Ross calcule la probabilité que chaque balle soit éliminée à l'étape et constate qu'elle converge vers comme (notez que cela n'est pas évident! Il faut en fait effectuer le calcul). Cela signifie, par l'inégalité de Boole , que la probabilité d'avoir zéro balle à la fin est également de .1 n → ∞ $n$$1$$n\to\infty$$1$

Vous dites que cette dernière conclusion n’est pas intuitive et difficile à expliquer; ceci est merveilleusement soutenu par de nombreuses réponses et commentaires confus dans ce même fil. Cependant, la conclusion de la deuxième version est tout aussi peu intuitive. Et cela n’a absolument rien à voir avec des probabilités ou des statistiques. Je pense qu'après avoir accepté la deuxième version, il n’ya plus rien de particulièrement surprenant dans la troisième version.

Ainsi, alors que la discussion "probabiliste" doit porter sur la troisième version [voir les réponses très éclairantes de @ paw88789, @Paul et @ekvall], la discussion "philosophique" devrait plutôt être centrée sur la deuxième version, qui est beaucoup plus simple et similaire. esprit à l’ hôtel Hilbert .

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La deuxième version est connue sous le nom de paradoxe de Ross-Littlewood . Je fais un lien vers la page Wikipedia, mais la discussion y est terriblement déroutante et je ne recommande pas de la lire du tout. Au lieu de cela, jetez un oeil à ce fil MathOverflow d'il y a des années . Il est maintenant fermé mais contient plusieurs réponses très perspicaces. Voici un bref résumé des réponses que je trouve les plus cruciales.

On peut définir un ensemble des boules présentes dans l'urne après l'étape . Nous avons que , , etc. Il existe une notion bien définie sur le plan mathématique de la limite d'une séquence d'ensembles et on peut prouver rigoureusement que la limite de cette séquence existe et qu'il s'agit de l'ensemble vide . En effet, quelles balles peuvent être dans la limite? Seuls ceux qui ne sont jamais supprimés. Mais chaque balle est finalement retirée. Donc, la limite est vide. Nous pouvons écrire . n S 1 = { 2 , ... 10 } S 2 = { 3 , ... 20 } ∅ S n → $S_n$$n$$S_1=\{2,\ldots 10\}$$S_2=\{3,\ldots 20\}$$\varnothing$$S_n \to \varnothing$

Dans le même temps, le nombredes billes de l'ensemble , également appelée cardinalité de cet ensemble, est égal à . La séquence est évidemment divergente, ce qui signifie que la cardinalité converge vers la cardinalité de , également appelée aleph-zero . Nous pouvons donc écrire que .S n 10 n - n = 9 n 9 n N ℵ 0 | S n | → ℵ $|S_n|$$S_n$$10n-n=9n$$9n$$\mathbb N$ $\aleph_0$$|S_n|\to \aleph_0$

Le "paradoxe" est maintenant que ces deux déclarations semblent se contredire:

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

Mais bien sûr, il n’ya pas de vrai paradoxe ni de contradiction. Personne n'a dit que prendre la cardinalité est une opération "continue" sur les ensembles, nous ne pouvons donc pas l'échanger avec la limite:En d'autres termes, du fait que pour tout le entier nous ne pouvons pas conclure que(la valeur au premier ordinal ) est égal à . Au lieu de cela,doit être calculé directement et s’avère être nul.

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

Donc, je pense que ce que nous en tirons est vraiment la conclusion que prendre des cardinalités est une opération discontinue ... [@HarryAltman]

Je pense donc que ce paradoxe n’est que la tendance humaine à supposer que les opérations "simples" sont continues. [@NateEldredge]

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Ceci est plus facile à comprendre avec des fonctions plutôt que des ensembles. Considérons une fonction caractéristique (aka indicateur) de l'ensemble définie comme étant égale à un sur l' intervalle et à zéro ailleurs. Les dix premières fonctions ressemblent à cela (comparez l'art ASCII de la réponse de @ Hurkyl):S n [ n , 10 n $f_n(x)$$S_n$$[n, 10n]$

$\quad\quad\quad$

Tout le monde conviendra que pour chaque point , nous avons . Cela signifie par définition que les fonctions convergent vers la fonction . Encore une fois, tout le monde sera d'accord avec cela. Cependant, notez que les intégrales de ces fonctions deviennent de plus en plus grandes et que la suite des intégrales diverge. En d'autres termes, lim f n ( a ) = 0 f n ( x ) g ( x ) = 0 ∫ ∞ 0 f ( x ) d x = 9 $a\in\mathbb R$$\lim f_n(a) = 0$$f_n(x)$$g(x)=0$$\int_0^\infty f(x)dx = 9n$

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

Ceci est un résultat d'analyse complètement standard et familier. Mais c'est une reformulation exacte de notre paradoxe!

Un bon moyen de formaliser le problème est de décrire l’état de la carafe non pas comme un ensemble (un sous-ensemble de ), car il est difficile de prendre des limites, mais comme une fonction caractéristique. Le premier "paradoxe" est que les limites ponctuelles ne sont pas identiques aux limites uniformes. [@ TheoJohnson-Freyd]$\mathbb N$

Le point crucial est que "à minuit midi", toute la séquence infinie est déjà passée , c'est-à-dire que nous avons fait un "saut trasfini" et sommes arrivés à l' état transfini . La valeur de l'intégrale "à minuit midi" doit être la valeur de l'intégrale de , et non l'inverse.lim f $f_\omega = \lim f_n(x)$$\lim f_n$

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Veuillez noter que certaines des réponses de ce fil sont trompeuses bien qu’elles soient hautement votées.

En particulier, @cmaster calcule qui est en effet infini, mais ce n’est pas ce que le paradoxe demande. Le paradoxe demande ce qui se passe après toute la séquence infinie d'étapes; c'est une construction transfinie et nous devons donc calculer qui est égal à zéro, comme expliqué ci-dessus.ballCount ( S ω$\lim_{n\to\infty} \operatorname{ballCount}(S_n)$$\operatorname{ballCount}(S_\omega)$

Hurkyl (dans une réponse) et Dilip Sarwate (dans un commentaire) donnent deux variantes déterministes communes de ce casse-tête. Dans les deux variantes, à l'étape , des billes à sont ajoutées à la pile ( ). 10 k - 9 10 k k = 1 , 2 , . . $k$$10k-9$$10k$$k=1,2,...$

Dans la variante de Hurkyl, la balle est supprimée. Dans cette variante, on peut définitivement argumenter qu'il ne reste plus aucune balle car la balle est retirée à l'étape .n $k$$n$$n$

Dans la variante de Dilip Sarwate, la balle est supprimée à l'étape , de sorte que dans cette variante, toutes les billes qui ne sont pas des multiples de restent. Dans cette variante, il y a une infinité de boules dans l'urne à la fin.k $10k$$k$$10$

Avec ces deux variantes comme cas extrêmes, nous voyons que beaucoup de choses différentes peuvent se produire en faisant ce processus. Par exemple, vous pouvez vous arranger pour avoir un jeu fini de boules à la fin, en procédant de la manière de Hurkyl mais en évitant le retrait de certaines boules. En fait, pour tout ensemble avec un complément infini infini (dans les nombres naturels (positifs)), vous pouvez avoir cet ensemble de billes restant à la fin du processus.$B$

Nous pourrions regarder la variation aléatoire du problème (donnée dans le post original) en sélectionnant une fonction avec les conditions que (i) est one-to-one et (ii) pour tout . f f ( k ) ≤ 10 k k ∈ $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$$f$$f(k)\le 10k$$k\in \mathbb{N}$

L'argument donné dans le livre de Sheldon Ross (référencé dans le post) montre que presque toutes (au sens probabiliste) de telles fonctions sont en fait sur des fonctions (surjections).

Je vois cela comme quelque chose d'analogue à la situation consistant à sélectionner un nombre, dans une distribution uniforme sur et à demander quelle est la probabilité que ce nombre soit dans l'ensemble de Cantor (j'utilise plutôt l'ensemble de Cantor plutôt que de le dire). les nombres rationnels parce que l'ensemble de Cantor est indénombrable). La probabilité est même s'il y a beaucoup de nombres (innombrables) dans l'ensemble de Cantor qui auraient pu être choisis. Dans le problème du retrait des balles, l'ensemble des séquences dans lesquelles il reste des balles joue le rôle de l'ensemble Cantor.[ 0 , 1 ] $x$$[0,1]$$0$

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Edit: BenMillwood souligne à juste titre qu’il existe des ensembles finis de balles qui ne peuvent pas être l’ensemble restant. Par exemple, ne peuvent pas être l'ensemble restant. Vous pouvez avoir au plus des premières boules restantes pour .90 % 10 n n = 1 , 2 , 3 , . . $1,2,...,10$$90\%$$10n$$n=1,2,3,...$

La réponse d'Enumaris est tout à fait juste sur le problème des limites divergentes. Néanmoins, il est possible de répondre à la question de manière non ambiguë. Donc, ma réponse va vous montrer précisément où la solution zéro balles ne va pas, et pourquoi la solution intuitive est la bonne.

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Il est vrai que pour toute balle , la probabilité qu’elle soit dans l’urne à la fin est nulle. Pour être précis, seule la limite est zéro: .P ( n ) P ( n ) = lim N → ∞ P ( n , N ) = $n$$P(n)$$P(n) = \lim_{N\to\infty} P(n, N) = 0$

Vous essayez maintenant de calculer la somme Le calcul interrompu saute directement dans cette partie , en indiquant que la limite est égale à zéro, de sorte que la somme ne contient que des termes de zéro, de sorte que la somme est égale à zéro lui-même: P(n,N) lim N → ∞ ballCount ( N

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

Cependant, ceci divise illégalement le en deux parties indépendantes. Vous ne pouvez pas simplement déplacer le dans la somme si les limites de la somme dépendent du paramètre du . Vous devez résoudre le dans son ensemble.lim lim$\lim$$\lim$$\lim$$\lim$

Ainsi, le seul moyen valable de résoudre ce problème est de résoudre la somme en premier, en utilisant le fait que pour tout fini . ∑ n ≤ 10 N n = 1 P ( n , N ) = 9 N N lim N → ∞ nombre de boules ( 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 solution intuitive a précisément fait cela, c’est la solution "intelligente" qui est fondamentalement défectueuse.

Cet argument est centré sur la tendance des ensembles et des séquences infinis à se comporter de manière non intuitive. Ce n'est pas plus surprenant que l' hôtel Hilbert . Dans un tel cas, vous aurez effectivement sorti un nombre infini de balles, mais vous en aurez mis un nombre infini. Considérez l’hôtel Hilbert à l’inverse. Vous pouvez supprimer un nombre infini d'invités de l'hôtel tout en conservant un nombre infini.

Que ce soit physiquement réalisable est une autre question.

En tant que tel, je le considérerais pas nécessairement mal formé, mais plutôt mis dans le mauvais livre. Cette sorte de question de comptage appartient à un cours de théorie des ensembles, pas à un cours de probabilité.

Je pense que cela aide à éliminer la composante temporelle superflue du problème.

La variante la plus élémentaire de ce paradoxe consiste à toujours supprimer la balle la moins numérotée. Pour faciliter le dessin, je n’ajouterai que deux balles à chaque étape.

La procédure décrit comment remplir une grille infinie à deux dimensions:

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

 :  :  :
 :  :  :

où chaque rangée est formée à partir de la précédente en ajoutant deux astérisques à droite puis en supprimant les plus à gauche.

Les questions que l'on se pose ensuite sont les suivantes:

Combien de colonnes se terminent par des astérisques répétés plutôt que par des points répétés?

À mon avis, l'idée d'associer à tort ce résultat à "la limite du nombre d'astérisques dans chaque rangée" est beaucoup moins convaincante.

Cette réponse vise à faire quatre choses:

1. Revoyez la formulation mathématique du problème de Ross, en montrant comment elle découle directement et sans ambiguïté de la description du problème.

2. Défendez la thèse selon laquelle la solution paradoxale de Ross est mathématiquement juste et pertinente pour notre compréhension du monde physique, qu'il soit ou non réalisable à 100% physiquement.

3. Discutez de certains arguments fallacieux enracinés dans l’intuition physique et montrez que la solution "physique" souvent énoncée des boules infinies à midi n’est pas seulement en contradiction avec les mathématiques, mais également avec la physique.

4. Décrivez une implémentation physique du problème qui pourrait rendre la solution de Ross plus intuitive. Commencez ici pour la réponse à la question initiale de Carlos.

1. Comment décrire mathématiquement le problème

Nous allons décompresser l'étape initiale "modélisation de processus infinis" de l'argument de Ross (p. 46) . Voici la déclaration que nous allons nous concentrer sur la justification:

Définissez comme étant l’événement où la balle numéro 1 est toujours dans l’urne après les n premiers retraits ont été effectués ... L’événement où la balle numéro 1 est dans l’urne à midi est juste l’événement .⋂ ∞ n = 1 E $E_n$$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$

Avant de déballer la déclaration de Ross, voyons comment il est même possible de comprendre le contenu de l'urne à midi, après une séquence infinie d'opérations. Comment pourrions-nous savoir ce qu'il y a dans l'urne? Eh bien, pensons à une balle spécifique ; vous pouvez imaginer ou ou ce que vous voulez. Si la balle été retirée à une étape du processus avant midi, elle ne sera certainement pas dans l'urne à midi. Et inversement, si une balle était dans l’urne à chaque étape du processus jusqu’à midi (après l’ajout de celle-ci), elle se trouvait dans l’urne à midi. Écrivons ces déclarations formellement:b = 1 1000 $b$$b=1$$1000$$b$

Une balle est dans l’urne à midi si et seulement si elle était dans l’urne à chaque étape avant midi, où est l’étape la balle a été ajouté à l'urne.n ∈ { n b , n b + 1 , n b + 2 , . . . } n $b$$n \in \{n_b, n_b + 1, n_b + 2, ...\}$$n_b$

Décomposons maintenant la déclaration de Ross - Que signifie en anglais simplifié? Prenons une seule réalisation du processus d'urne et discutons-en:$\bigcap_{n=1}^\infty E_n$ $x$

• $x \in E_1$ signifie que la boule 1 est dans l'urne après la phase 1 du processus.
• $x \in E_1 \bigcap E_2$ signifie que la balle 1 est dans l'urne après les étapes 1 et 2 du processus.
• $x \in E_1 \bigcap E_2 \bigcap E_3$ signifie que la balle 1 est dans l'urne après les étapes 1, 2 et 3 du processus.
• Pour tout , signifie que la balle est dans l'urne après les étapes à .X ∈ ⋂ n k = 1 E k 1 $k \in \{1, 2, 3, ...\}$$x \in \bigcap_{k=1}^n E_k$$1$$n$

Clairement, alors, signifie que, dans la réalisation de ce processus d'urne, la boule 1 est dans l'urne après les étapes 1, 2, 3, et cetera : tous les stades finis avant midi. L'intersection infinie est juste une autre façon d'écrire cela, donc contient précisément les réalisations du processus où la boule 1 était dans l'urne. étapes avant midi. Un événement est juste un ensemble défini de réalisations d'un processus, donc la dernière phrase est précisément équivalente à dire que est l'événement où la balle 1 était dans l'urne à toutes les étapes avant midi. pour ce processus aléatoire. x k ⋂ ∞ n = 1 E n ⋂ ∞ n = 1 E n ⋂ ∞ n = 1 E $x \in \bigcap_{k \in \{1, 2, 3...\}} E_k$$x$$k$$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

Maintenant, la ligne de frappe: par notre "si et seulement si" déclaration ci-dessus, c'est exactement la même chose que de dire que la balle 1 était dans l'urne à midi! Donc, est l’événement où la balle 1 est dans l’urne à midi, comme l’a déclaré Ross à l’origine. QED$\bigcap_{n = 1}^\infty E_n$

Dans la dérivation ci-dessus, tout ce que nous avons dit est également valable pour les versions déterministe et probabiliste, car la modélisation déterministe est un cas particulier de la modélisation probabiliste dans laquelle l'espace échantillon comprend un élément. Aucun concept théorique de mesure ou de probabilité n'a même été utilisé, mis à part les mots "événement" et "réalisation" (qui ne sont que du jargon pour "ensemble" et "élément").

2. La solution paradoxale est mathématiquement saine et pertinente pour la physique

Après ce point de configuration, les variantes déterministes et probabilistes divergent. Dans la variante déterministe (version 2 de l'article d'Amoeba), nous savons que la balle 1 est retirée à la première marche. et l'intersection infinie sont bien sûr également vides. De même, toute autre balle est retirée à l'étape et n'est pas présente à midi. Ainsi, l'urne ne peut contenir aucune balle numérotée à midi et doit donc être vide.b b $E_1 = \emptyset$$b$$b$$b$

Dans la variante probabiliste, le même phénomène se produit, mais dans un sens plus doux "en attente". La probabilité que la balle soit présente diminue à zéro à l'approche de midi, et à l'heure limite de midi, la balle est presque sûrement absente. Puisque chaque balle est présente avec une probabilité nulle et que la somme de zéros à l'infini est toujours nulle, il n'y a presque sûrement pas de billes dans l'urne à midi. Tout cela est montré de manière tout à fait rigoureuse par Ross; Les détails peuvent être complétés par une connaissance de la théorie de la mesure au niveau des cycles supérieurs, comme le montre la réponse de @ ekvall.

Si vous acceptez les arguments standard relatifs aux objets mathématiques exprimés sous la forme de séquences infinies, par exemple , l'argument ici devrait être tout aussi acceptable, car il repose exactement sur les mêmes principes. La seule question qui reste est de savoir si la solution mathématique s'applique au monde réel ou simplement au monde platonique des mathématiques. Cette question est complexe et est traitée plus en détail à la section 4.$0.999... = 1$

Cela dit, il n’ya aucune raison de présupposer que le problème des urnes infinies n’est pas physique, ou de le rejeter comme non pertinent, même s’il n’est pas physique. De nombreuses connaissances physiques ont été tirées de l'étude de structures et de processus infinis, tels que des fils infinis et des réseaux de percolation . Tous ces systèmes ne sont pas nécessairement physiquement réalisables, mais leur théorie façonne le reste de la physique. Le calcul lui-même est "non physique" à certains égards, car nous ne savons pas s'il est possible de réaliser physiquement les distances et les temps arbitrairement petits qui font souvent l'objet de son étude. Cela ne nous empêche pas d’utiliser incroyablement bien le calcul dans les sciences théoriques et appliquées.

3. Le manque de physique des solutions basées sur "l'intuition physique"

Pour ceux qui croient encore que les calculs de Ross sont faux ou physiquement inexacts dans la variante déterministe, et que la vraie solution physique est infiniment de balles: peu importe ce que vous pensez se passe à midi, il est impossible de nier la situation avant midi: chaque balle numérotée ajouté à l'urne est finalement supprimé. Donc, si vous pensez qu'il y a encore une infinité de balles dans l'urne à midi, vous devez admettre qu'aucune de ces balles ne peut être une balle ajoutée avant midi. Ces balles doivent donc provenir d'ailleurs: vous affirmez qu'un nombre infini de balles, sans rapport avec le processus du problème initial, apparaissent soudainement à l'existence à midi pour sauver la continuité de la cardinalité.Aussi peu physique que puisse paraître intuitivement la solution "ensemble vide", cette alternative est objectivement et manifestement non physique. Des collections infinies d'objets n'apparaissent pas en un instant pour satisfaire les intuitions pauvres de l'infini.

L’erreur courante ici semble être que nous pouvons simplement regarder le nombre de balles à l’approche de midi et supposer que la tendance divergente produit une infinité de balles à midi, sans tenir compte des balles prises et entrées. On a même tenté de justifier cela par le "principe d'indifférence", selon lequel la réponse ne devrait pas dépendre du fait que les balles soient étiquetées ou non.

En effet, la réponse ne dépend pas de savoir si les balles sont étiquetées ou non, mais c'est un argument pour la solution de Ross, pas contre. Du point de vue de la physique classique, les billes sont effectivement étiquetées, que vous les considériez comme étiquetées ou non. Ils ont une identité distincte et permanente qui équivaut à une étiquette, et une analyse véritablement physique doit en tenir compte, que des chiffres soient ou non écrits littéralement sur les billes. Les étiquettes elles-mêmes n'affectent pas directement la manière dont la solution est produite, mais elles sont nécessaires pour décrire exactement comment les billes sont déplacées. Certaines procédures laissent des balles dans l'urne pour toujours, d'autres enlèvent de manière prouvée chaque balle ajoutée et des étiquettes sont nécessaires pour même décrire la différence entre ces procédures.Vouloir ignorer les étiquettes n’est pas «physique», c’est négliger de comprendre suffisamment le problème physique pour le résoudre. (Il en va de même pour les variantes compliquées qui remodèlent les étiquettes à chaque étape. Ce qui compte, ce sont les balles qui se trouvent dans l’urne, pas les étiquettes que quelqu'un a placées ou remplacées. Cela peut être déterminé en ignorant complètement le schéma de ré-étiquetage compliqué et simplement en utilisant Un système d'étiquetage unique et immuable, celui du problème initial de Ross.)

La seule façon dont la distinction ne pourrait pas être vraie est si les "billes" étaient des particules de mécanique quantique. Dans ce cas, le principe d'indifférence échoue de façon spectaculaire. La physique quantique nous dit que les particules indiscernables se comportent de manière complètement différente de celles qui se distinguent. Cela a des conséquences incroyablement fondamentales pour la structure de notre univers, comme le principe d'exclusion de Pauli, qui est peut-être le principe le plus important de la chimie. Personne n'a encore tenté d'analyser une version quantique de ce paradoxe.

4. Description physique de la solution

Nous avons vu à quel point les intuitions "physiques" peuvent nous induire en erreur sur ce problème. Inversement, il s'avère qu'une description plus précise du problème sur le plan physique nous aide à comprendre pourquoi la solution mathématique est en réalité celle qui a le plus de sens physique.

Considérons un univers newtonien infini régi par les lois de la mécanique classique. Cet univers contient deux objets: une étagère infinie et une urne infinie, qui commencent à l'origine de l'univers et se côtoient, à une distance l'un de l'autre, pour toujours et à jamais. L'étagère repose sur la ligne pied, tandis que l'urne repose sur la ligne pied. Le long du plateau sont posées un nombre infini de balles identiques, régulièrement espacées d'un pied, la première étant à un pied de l'origine (la balle est donc sur la ligne pieds). L'urne - qui ressemble vraiment au plateau, mais un peu plus décorée, fermée et généralement d'urne - est vide.y = 1 $y = 0$$y = 1$$n$$x = n$

Une allée relie l’étagère et l’urne en bas, et au sommet de l’allée, à l’origine, se trouve un robot Endeavour doté d’une alimentation infinie. À compter de 11 heures, Endeavour s'active et commence à faire des zooms dans l'allée, transférant les balles entre urne et étagère selon les instructions programmées de Ross-Littlewood:

• Lorsque le programme de commandes balle à insérer dans l'Urne, la balle pieds de l'origine est transféré du plateau à l'Urne.$n$$n$
• Lorsque le programme de commandes balle à retirer de l'Urne, la balle pieds de l'origine est transférée du Urne au plateau.$n$$n$

Dans les deux cas, le transfert est effectué directement à travers, de sorte que la balle reste pieds de l'origine. Le processus se déroule comme spécifié dans le problème de Ross-Littlewood:$n$

• À 11 h 00, Endeavour transfère les boules 1 à 10 de l'étagère à l'urne, puis ramène l'une des boules à l'étagère.
• À 11 h 30, Endeavour transfère les boules 11 à 20 de l'étagère à l'urne, puis ramène l'une des boules à l'étagère.
• À 11h45, Endeavour transfère les boules 21 à 30 d'une étagère à une urne, puis ramène l'une des boules à l'étagère.
• etc...

Au fur et à mesure que le processus se poursuit, chaque nouvelle étape nécessite des trajets plus longs le long du couloir et seulement la moitié du temps nécessaire pour effectuer les trajets. Ainsi, Endeavour doit monter et descendre le couloir de manière exponentielle plus rapidement que midi approche. Mais il suit toujours le programme, car il a une alimentation infinie et peut aller aussi vite que nécessaire. Finalement, midi arrive.

Que se passe-t-il dans cette version du paradoxe plus imagée? Vu d'en haut, l'approche vers midi est vraiment spectaculaire. Dans l'urne, une vague de boules semble se propager à partir de l'origine. La taille et la vitesse de la Wave augmentent sans limite à l'approche de midi. Si nous prenions des photos immédiatement après chaque étape, à quoi ressemblerait la disposition des balles? Dans le cas déterministe, ils ressembleraient exactement aux fonctions de pas dans la réponse de Amoeba. Les positions de la balle suivraient précisément les courbes qu’il a tracées. $(x, y)$Dans le cas probabiliste, cela ressemblerait à peu près à la même chose, mais avec plus de dispersion près de l'Origin.

Lorsque midi arrive, nous faisons le point sur ce qui s'est passé. Dans la version déterministe, chaque balle a été transférée du plateau vers l'urne exactement une fois, puis reculée à une étape ultérieure, les deux transferts ayant lieu avant midi. À midi, l'univers doit être revenu à son état d'origine, à 11 heures. La vague n'est plus. Chaque balle est de retour exactement où elle a commencé. Rien n'a changé. L'urne est vide. Dans la version probabiliste, la même chose se produit, sauf que maintenant, le résultat est presque sûr plutôt que sûr.

Dans les deux cas, les "objections physiques" et les plaintes à propos de l'infini semblent disparaître. Bien sûr, l'urne est vide à midi. Comment aurions-nous pu imaginer autrement?

Le seul mystère qui reste est le destin d'Endeavour. Son déplacement par rapport à l'Origine et sa vitesse sont devenus arbitrairement grands à l'approche de midi. Donc, à midi, Endeavour est introuvable dans notre univers newtonien infini. La perte d'Endeavour est la seule violation de la physique survenue au cours du processus.

À ce stade, on pourrait objecter qu'Endeavour n'est pas physiquement possible, car sa vitesse augmente sans limite et violerait à terme la limite relativiste, la vitesse de la lumière. Cependant, nous pouvons légèrement modifier le scénario pour résoudre ce problème. Au lieu d'un seul robot, nous pourrions avoir une infinité de robots, chacun responsable d'une seule balle. Nous pourrions les programmer à l'avance pour assurer une coordination et un timing parfaits, conformément aux instructions de Ross.

Cette variation est-elle 100% physique? Probablement pas, car les robots devraient fonctionner avec un minutage arbitrairement précis. À l’approche de midi, la précision demandée finira par tomber en dessous du temps de Planck et créer des problèmes de mécanique quantique. Mais finalement, un fil infini et un réseau de percolation infini pourraient ne pas être aussi physiques. Cela ne nous empêche pas d'étudier des systèmes et des processus infinis et de déterminer ce qui se produirait si les contraintes physiques gênantes étaient suspendues.

4a. Pourquoi compter la monotonie est violée

Un certain nombre de sceptiques de Ross ont demandé comment il est possible que le nombre de balles dans l'urne augmente sans limite à l'approche de midi, puis soit nul à midi. En fin de compte, nous devons croire en une analyse rigoureuse de notre propre intuition, qui est souvent fausse, mais il existe une variation du paradoxe qui aide à éclairer ce mystère.

Supposons qu'au lieu de balles infiniment beaucoup, nous avons boules marquées 1, 2, 3, jusqu'à , et nous émettons l'ajout suivant les règles pour le moteur de balle:10 $10N$$10N$

• Si les instructions vous demandent de déplacer une balle qui n'existe pas, ignorez cette instruction.

Notez que le problème initial reste inchangé si nous y ajoutons cette instruction, car l'instruction ne sera jamais activée avec une infinité de billes. Ainsi, nous pouvons penser que le problème initial et cette nouvelle famille de problèmes font partie de la même famille, avec les mêmes règles. L'examen de la famille des finis , en particulier des très gros , peut nous aider à comprendre le cas "N = ".N $N$$N$$\infty$

Dans cette variante, les billes accumulent 9 par étape comme auparavant, mais seulement jusqu'à l'étape du processus. Ensuite, les numéros des balles à ajouter ne correspondent plus aux balles réelles. Nous ne pouvons que suivre les instructions pour retirer les balles. Le processus s'arrête après étapes supplémentaires, pour un total de étapes. Si est très grand, la phase de retrait seulement a lieu très près de midi, lorsque les tâches sont effectuées très rapidement et que l'urne est vidée très rapidement.9 N 10 N $N$$9N$$10N$$N$

Supposons maintenant que nous faisons cette variation de l'expérience pour chaque valeur de et que nous le nombre de billes en fonction du temps, , où varie de 0 à 1 heure après 11 heures (soit 11 heures à midi). Typiquement, augmente pendant un moment, puis retombe à zéro à ou avant . Dans la limite où approche l'infini, le graphe monte toujours plus haut et la chute est de plus en plus rapide. À midi, l'urne est toujours vide: . Dans le graphe limitant, , la courbe approche l'infini pour maisf N ( t ) t f N ( t ) t = 1 N f N ( 1 ) = 0 f ( t ) = lim N → ∞ f N ( t ) t < 1 f ( 1 ) = 0 N → $N$$f_N(t)$$t$$f_N(t)$$t=1$$N$$f_N(1) = 0$$f(t) = \lim_{N \rightarrow \infty} f_N(t)$$t < 1$$f(1) = 0$. C'est précisément le résultat obtenu par la preuve de Ross: le nombre de billes diverge à l'infini avant midi, mais est nul à midi. En d'autres termes, la solution de Ross préserve la continuité par rapport à N: la limite ponctuelle du nombre de balles étant donné que correspond au nombre de balles dans le cas de la balle infinie.$N \rightarrow \infty$

Je ne considère pas cela comme un argument fondamental pour la solution de Ross, mais cela peut être utile pour ceux qui sont perplexes quant à la raison pour laquelle le compte de billes augmente pour toujours, que de chuter à zéro à midi. Bien qu'étrange, il s'agit du comportement limitant de la version finie du problème en tant que , et ne constitue donc pas un "choc soudain" dans le cas infini.$N \rightarrow \infty$

Une réflexion finale

Pourquoi ce problème s’est-il révélé être un tel goudron pour un si grand nombre? Ma spéculation est que notre intuition physique est beaucoup plus vague que nous le pensons, et nous tirons souvent des conclusions basées sur des conceptions mentales imprécises et incomplètes. Par exemple, si je vous demande de penser à un carré qui est aussi un cercle, vous pouvez imaginer quelque chose de carré et de circulaire, mais ce ne sera pas précisément ces deux choses, ce serait impossible. L'esprit humain peut facilement mélanger des concepts vagues et contradictoires en une seule image mentale. Si les concepts sont moins familiers, comme l'infini, nous pouvons nous convaincre que ces vagues mélanges de pensées sont en réalité des conceptions de la vraie chose.

C'est précisément ce qui se passe dans le problème des urnes. Nous ne concevons pas vraiment le tout à la fois; nous pensons à des morceaux de celle-ci, comme le nombre de balles qu'il y a au fil du temps. Nous écartons des techniques prétendument non pertinentes, comme ce qui arrive à chaque petite balle avec le temps ou comment exactement une "urne" peut contenir une infinité de billes. Nous négligeons de détailler tous les détails avec précision, sans réaliser que le résultat est un mélange de modèles mentaux incohérents et incompatibles.

Les mathématiques sont conçues pour nous sauver de cette condition. Il nous discipline et nous oriente face à l'inconnu et à l'exotisme. Cela exige que nous réfléchissions à deux fois aux choses qui "doivent" être vraies ... non? Cela nous rappelle que, peu importe à quel point les choses deviennent étranges, un et un encore deux, une balle est dans une urne ou non, et une affirmation est vraie ou fausse. Si nous persévérons, ces principes éclaircissent finalement la plupart de nos problèmes.

Ceux qui subordonnent l'analyse mathématique à des intuitions "physiques" ou "de sens commun" le font à leurs risques et périls. Main dans la main sur les intuitions n'est que le début de la physique. Historiquement, toutes les branches de la physique qui ont réussi se sont finalement fondées sur des mathématiques rigoureuses qui éliminent les intuitions physiques incorrectes, renforcent celles qui sont correctes et permettent l’étude rigoureuse de systèmes idéaux, tels que le fil porteur de courant infini, qui éclaire le comportement du plus compliqué, le monde réel en désordre. Ross-Littlewood est un problème physique,typiquement interprétée comme une mécanique classique, et la mécanique classique a une base mathématique complètement mature et rigoureuse. Nous devrions nous appuyer sur la modélisation mathématique et l'analyse pour nos intuitions sur le monde de la physique classique, et non l'inverse.

Plusieurs affiches craignent que les calculs dans Ross ne soient pas rigoureux. Cette réponse aborde cela en prouvant l'existence d'un espace de probabilité où tous les ensembles de résultats considérés par Ross sont effectivement mesurables, puis répète les parties essentielles des calculs de Ross.

Trouver un espace de probabilité approprié

Pour conclure à la conclusion de Ross qu'il n'y a pas de balles dans l'urne à midi, presque sûrement, rigoureuses, nous avons besoin de l'existence d'un espace de probabilité où l'événement "pas de balles dans l'urne à 12 PM "peut être construit de manière formelle et s’avérer mesurable. À cette fin, nous utiliserons le théorème 33 [Ionescu - Tulcea] dans ces notes de conférence , légèrement reformulées, et une construction suggérée par @NateEldredge dans un commentaire à la question.$(\Omega, \mathcal F, P)$

Théorème. (Ionescu - Théorème de l'extension de Tulcea) Considérons une séquence d'espaces mesurables . Supposons que pour chaque , il existe une probabilité du noyau de à (en prenant un noyau insensible au premier argument, c’est-à-dire une mesure de probabilité). Ensuite, il existe une suite de variables aléatoires prenant des valeurs dans le correspondant , telles que, pour , la distribution conjointe den κ n ( Ξ 1 , X 1 ) × ⋯ x ( Ξ n - 1 , X n - 1 ) ( Ξ n , X n ) κ 1 X n , n = 1 , 2 , ... Ξ n$(\Xi_n, \mathcal X_n), n = 1, 2, \dots$$n$$\kappa_n$$(\Xi_1, \mathcal X_1) \times \dots \times(\Xi_{n-1}, \mathcal X_{n-1})$$(\Xi_n, \mathcal X_n)$$\kappa_1$$X_n, n = 1, 2, \dots$$\Xi_n$$n$κ 1 , … , κ $(X_1, \dots, X_n)$est-ce impliqué par les noyaux .$\kappa_1, \dots, \kappa_n$

On laisse dénoter l’étiquette de la balle enlevée au ème retrait. Il est clair que le processus (infini) , s'il existe, nous indique tout ce que nous devons savoir pour imiter les arguments de Ross. Par exemple, connaître pour un entier revient à connaître le nombre de boules dans l'urne après retrait : ce sont précisément les boules ajoutées avec les étiquettes , moins les balles retirées . De manière plus générale, les événements qui décrit, et combien, balles sont dans l'urne après tout retrait donné peut être formulée en termes du processus . n X = ( X 1 , X 2 , … ) X 1 , … , X m m ≥ 0 m { 1 , 2 , … , 10 m } { X 1 , … , X m } $X_n$$n$$X = (X_1, X_2, \dots)$$X_1, \dots, X_m$$m \geq 0$$m$$\{1, 2, \dots, 10m\}$$\{X_1, \dots, X_m\}$$X$

Pour nous conformer à l'expérience de Ross, nous avons besoin que, pour chaque , la distribution de soit uniforme sur . Nous avons également besoin que la distribution de soit uniforme sur . Pour prouver qu'un processus infini avec ces distributions en dimension finie existe bel et bien, nous vérifions les conditions du théorème d'extension Ionescu-Tulcea. Pour tout entier , prenons et définissons les espaces mesurables , oùX n ∣ X n - 1 , … , X 1 { 1 , 2 , … , 10 n } ∖ X 1 , … , X n - 1 X 1 { 1 , … , 10 } X = ( X 1 , X 2 , … ) n I n = { $n\geq 2$$X_n \mid X_{n-1}, \dots, X_{1}$$\{1, 2, \dots, 10n\} \setminus {X_1, \dots, X_{n-1}}$$X_1$$\{1,\dots, 10\}$$X = (X_1, X_2, \dots)$$n$( Ξ n , X n ) = ( I 10 n , 2 I 10 n ) 2 B B κ 1 ( Ξ 1 , X 1 ) 1 / 10 Ξ 1 n ≥ 2 ( x 1 , ... , x n - 1 ) ∈ Ç 1 × $\mathcal I_n = \{1, 2, \dots, n\}$$(\Xi_n, \mathcal X_n) = (\mathcal I_{10n}, 2^{\mathcal I_{10n}})$$2^B$ désigne la puissance ensemble de l'ensemble . Définissez la mesure sur comme celle qui met la masse sur tous les éléments de . Pour tout et définissez est le noyau de probabilité qui met une masse égale sur tous les points de et une masse égale à zéro sur tous les autres points, les entiers$B$$\kappa_1$$(\Xi_1, \mathcal X_1)$$1/10$$\Xi_1$$n \geq 2$ κ n ( x 1 , ... , x n - 1 , ⋅ ) Ξ n ∖ { x 1 , ... , x n - 1 } x i ∈ Ξ n , i = 1 , ... , n - 1 X ( Ω , F , P $(x_1, \dots, x_{n-1}) \in \Xi_1 \times \dots \times \Xi_{n-1}$$\kappa_n(x_1, \dots, x_{n-1}, \cdot)$$\Xi_n \setminus \{x_1, \dots, x_{n-1}\}$$x_i \in \Xi_n, i = 1, \dots, n - 1$. Par construction, les noyaux de probabilité correspondent à la probabilité d'élimination de l'uniforme spécifiée par Ross. Ainsi, le processus infini et l'espace de probabilité , dont l'existence est donnée par le théorème, nous donnent un moyen de réaliser formellement l'argument de Ross.$X$$(\Omega, \mathcal F, P)$

Soit l'ensemble des résultats tels que la balle est dans l'urne après le retrait . En termes de processus stochastique, signifie que, pour tout et tels que nous définissions , soit la balle n'a pas été retiré dans l' un des établit et y compris le e. Pour nous pouvons clairement définir puisque la balle n’a pas encore été ajoutée au tournant. Pour chaque et , l'ensemble i n X i n i ≤ 10 n E i n = ∩ n j = 1 { ω : X j ( ω ) ≠ i } i n i > 10 n E i n = ∅ i j i { ω : X j ( ω ) ≠ i } X j E $E_{in}$$i$$n$$X$$i$$n$$i \leq 10n$$E_{in} = \cap_{j = 1}^n\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$$i$$n$$i > 10n$$E_{in} = \emptyset$$i$$j$$i$$\{\omega: X_j(\omega) \neq i\}$ est mesurable puisque est une variable aléatoire (mesurable). Ainsi, est mesurable en tant qu'interésection finie d'ensembles mesurables.$X_j$$E_{in}$

Nous sommes intéressés par l'ensemble des résultats tels qu'il n'y a pas de balles dans l'urne à midi, c'est-à-dire tels que pour chaque entier , la balle n'est pas dans l'urne à midi. Pour chaque , soit l'ensemble des résultats ( ) tels que la balle est dans l'urne à 12 heures. Nous pouvons construire manière formelle en utilisant notre comme suit. Le fait que dans l'urne à midi est équivalent à l'être dans l'urne après chaque retrait effectué après son ajout à l'urne, donci i E i co ∈ Ohm i E i E i n i E i = ∩ n : i ≤ 10 n E i n E i$i = 1, 2\dots$$i$$i$$E_i$$\omega \in \Omega$$i$$E_i$$E_{in}$$i$$E_i = \cap_{n:i\leq 10n}E_{in}$. L'ensemble de résultats est maintenant mesurable en tant qu'intersection comptable d'ensembles mesurables, pour chaque .$E_i$$i$

Les résultats pour lesquels il y a au moins une balle dans l'urne à midi sont ceux pour lesquels au moins un des se produit, c'est-à-dire . L'ensemble de résultats est mesurable en tant qu'union comptable d'ensembles mesurables. Maintenant, est l’événement où il n’ya pas de balles dans l’urne à midi, ce qui est effectivement mesurable en tant que complément d’un ensemble mesurable. Nous concluons que tous les ensembles de résultats souhaités sont mesurables et que nous pouvons ensuite calculer leurs probabilités, comme le fait Ross. E = ∪ ∞ i = 1 E i E Ohm ∖ $E_i$$E = \cup_{i = 1}^\infty E_i$$E$$\Omega \setminus E$

Calcul de la probabilité$P(\Omega \setminus E)$

Nous notons d’abord puisque la famille d’événements est dénombrable, nous avons par sous-additivité comptable des mesures qui$E_i, i = 1, 2, \dots$

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

$$P(E) \leq \sum_{i = 1}^\infty P(E_i) = \lim_{N\to \infty}\sum_{i = 1}^N P(E_i).$$ Pour faciliter la notation, notons le nombre réel pour tout . Il est clair que , pour montrer que il suffit de montrer que pour tous . Cela équivaut à montrer que pour chaque , ce que nous allons faire maintenant.$P(E_i) = a_i$$i$$P(E) = 0$$\sum_{i = 1}^N a_i = 0$$N$$a_i = 0$$i$

À cette fin, notez que pour tout tel que ball a été ajouté à l’urne, c’est-à-dire , . En effet, si la balle est dans l’urne à l’étape , elle se trouve également dans l’urne à l’étape . En d’autres termes, les ensembles forment une séquence décroissante pour tout telle que . Pour faciliter la notation, notons . Ross prouve que comme et indique que cela peut aussi être montré pour tous les autresi 10 n ≥ i e i n ⊇ E i ( n + 1 ) i n + 1 n E i n n 10 n ≥ i a i n = P ( E i n ) a 1 n → 0 n → ∞ i un i n = ∏ n k = i [ 9 $n$$i$$10n \geq i$$E_{in} \supseteq E_{i(n + 1)}$$i$$n + 1$$n$$E_{in}$$n$$10n \geq i$$a_{in} = P(E_{in})$$a_{1n} \to 0$$n \to \infty$$i$, ce que je vais prendre pour vrai. La preuve consiste à montrer que et pour tout , un calcul élémentaire mais long, je ne vais pas répéter ici. Forts de ce résultat et du fait que la famille d'événements , est comptable pour chaque i , la continuité des mesures donnelim n → ∞ a i n = 0 i e i n 10 n > $a_{in} = \prod_{k = i}^n[9k / (9k + 1)]$$\lim_{n \to \infty}a_{in} = 0$$i$$E_{in}$$10n > i$

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

Nous concluons que , et donc tel que revendiqué. CQFDP ( Ohm ∖ E ) = $P(E) = 0$$P(\Omega\setminus E) = 1$

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Quelques malentendus courants:

1. Une réponse concerne le fait que (dans ma notation) . Cela n'a toutefois aucune incidence sur la validité de la solution, car la quantité indiquée à droite n'est pas celle qui présente un intérêt pour l'argument fourni.$\lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N \lim_{n \to \infty }a_{in} \neq \lim_{N \to \infty}\sum_{i = 1}^N a_{iN}$
2. Certains craignaient que la limite ne puisse pas être déplacée à l'intérieur de la somme, ou en d'autres termes ne puisse pas être échangée avec la somme dans le sens où il se peut que . Comme pour la remarque précédente, cela n’a aucune incidence sur la solution car la quantité à droite n’est pas celle qui nous intéresse.$\sum_{i = 1}^\infty \lim_{n \to \infty}a_{in} \neq \lim_{n \to \infty}\sum_{i = 1}^\infty a_{in}$

D'une part, vous pourriez essayer de l'expliquer ainsi: "pensez à la probabilité qu'une balle soit sur l'urne à midi. Elle sera finalement supprimée lors des tirages aléatoires infinis. d’eux peut être là à la fin ".

Je ne trouve pas cet argument convaincant. Si cet argument fonctionne, alors l'argument suivant fonctionne: chaque année, certaines personnes naissent (disons une fraction constante de la population totale) et certaines personnes meurent (supposons une fraction constante). Ensuite, comme à la limite une personne est presque certainement morte, la race humaine doit disparaître! Maintenant, la race humaine peut disparaître pour d'autres raisons, mais cet argument est de mise.

Cela n’a aucun sens pour ce problème d’avoir une solution lorsque les boules sont numérotées et d’avoir une réponse totalement différente lorsque les boules sont anonymes. Par symétrie, les étiquettes arbitraires ne devraient pas affecter la solution. Jaynes a appelé cet argument le principe d'indifférence , ce que j'accepte.

En d'autres termes, si quelqu'un vous disait qu'il mettait dix balles dans une urne et en retirait une à plusieurs reprises, et dans quelle mesure l'urne était-elle pleine dans la limite, votre réponse serait-elle "Cela dépend du fait que les balles soient numérotées"? Bien sûr que non. Le contenu de cette urne diffère tout comme l'urne dans ce problème.

Par conséquent, je pense que la solution réside dans la façon dont nous formalisons le problème. De la définition habituelle de la limite de la théorie des ensembles , nous avons

lim sup n → ∞ S n = ⋂ n ≥ 1 ⋃ j ≥ n S

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

Que la limite de la cardinalité de l'ensemble soit

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

et la cardinalité de la -limit de l'ensemble soit$\liminf$

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

Je propose que la limite de la théorie des ensembles soit redéfinie de sorte que:

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

Cet “ensemble anonyme” spécial décrit ce qui se passe à l'infini. Tout comme représente le comportement limitant des nombres, remplace le comportement limitant des ensembles. À savoir, nous avons , et . L'avantage de ce formalisme est qu'il nous donne une continuité de cardinalité et une cohérence avec le principe d'indifférence . ∞ α i ∉ α k ∀ i | α k | = $\alpha_k$$\infty$$\alpha$$i \notin \alpha_k \forall i$$|\alpha_k| = k$

Pour le problème des urnes, nous avons est l'ensemble des boules dans l'urne. Et Ainsi, les éléments ne "tombent pas d'une falaise" à l'infini, ce qui n'a pas plus de sens que donner à l'humanité de disparaître simplement parce qu'aucun homme n'est immortel.lim n → ∞ S n = a ∞$S_n = \{n+1, \dotsc, 10n\}$

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

De même, supposons que nous modifions le problème de manière à ce qu'une balle soit ajoutée à chaque étape et que la balle portant le numéro le plus bas soit supprimée. Alors, combien de balles sont dans l'urne dans la limite? Les ensembles anonymes donnent la réponse intuitive:

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

Je reconnais que les mathématiciens peuvent ne pas être d’accord sur les solutions à ce paradoxe, mais pour moi, c’est la résolution la plus intuitive.

Le problème est soit mal formé ou non dans la logique du premier ordre.

Cause fondamentale: l'exécution de la "dernière" étape écrira un nombre infini de chiffres sur une balle, ce qui obligera cette étape à s'exécuter elle-même dans un temps infini.

La capacité d'exécuter un processus infini avec une étape infinie implique la capacité de résoudre tous les problèmes de logique du premier ordre ( Gödel est donc faux) en exécutant la séquence suivante H (pour le théorème 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

où le pas infini est de désolidariser la sortie

Le programme dans asymptotic_coroutine est simplement une recherche exhaustive d'un théorème qui prouve (ou réfute) X. La conversion de P en S donne "aa", "ab", "ac", ... "a∨", ... où chaque symbole pouvant apparaître dans un théorème est généré. Il en résulte que tous les théorèmes des _{caractères de} log de longueur N _sont générés à tour de rôle. Comme N croît sans limite dans la boucle externe, tous les théorèmes seront générés.

Le côté faux n'est jamais terminé, mais nous n'avons pas à nous en soucier, car nous sommes autorisés à exécuter des étapes infinies. En fait, nous dépendons de cela pour détecter l’indépendance, car les deux parties ne finiront jamais. Sauf pour une chose. Nous avons laissé exécuter un nombre infini d'étapes dans un temps fini par augmentation asymptotique de la vitesse d'exécution. C'est la partie surprenante. L'asymptotic_coroutine qui ne finit jamais et ne génère jamais de sortie a "fini" * après l'heure asymptotique et n'a toujours pas généré de sortie.

* Si nous plaçons un OUTPUT après le FOR N = 1 ... il ne sera pas atteint mais nous n'allons pas le faire.

La forme forte du théorème d'inachèvement de Gödel peut être énoncée "Pour chaque système logique de premier ordre F, il existe une déclaration G _F qui est vraie dans F mais ne peut pas être prouvée qu'elle est vraie dans F." Mais la méthode de preuve H ne peut pas ne pas prouver que toutes les affirmations doivent être vraies dans F (H).

Dilemme: ¬Gödel ∨ ¬ (les étapes infinies sont autorisées)
Par conséquent:
Dilemme: ¬Gödel ¬ (315502 est bien formé dans la logique du premier ordre)

Soit x le nombre de boules supprimées et y le nombre de boules restantes. Après chaque cycle, y = 9x. Comme x> 0, y> 0. Il y aura une infinité de balles dans l'urne à midi.

Les solutions basées sur les probabilités entraînent des difficultés parce que les probabilités de séries infinies sont délicates. ET Jaynes a décrit quelques paradoxes apparents de la probabilité, comme celui-ci, dans son livre Probability Theory: The Logic of Science . Je n'ai pas ma copie sous la main, mais la première partie du livre est disponible en ligne auprès de Larry Bretthorst ici . La citation suivante est extraite de la préface.

Pourtant, quand tout est dit et fait, nous constatons, à notre propre surprise, qu’il ne reste qu’un accord philosophique en vrac; sur de nombreuses questions techniques, nous sommes tout à fait en désaccord avec De Finetti. Il nous semble que sa façon de traiter des ensembles infinis a ouvert la boîte de paradoxes inutiles et inutiles de Pandore; la non-compatibilité et l'additivité finie sont des exemples abordés au chapitre 15.

Le paradoxe des ensembles infinis est devenu une infection morbide qui se propage aujourd’hui d’une manière qui menace la vie même de la théorie des probabilités et qui nécessite un retrait chirurgical immédiat. Dans notre système, après cette chirurgie, de tels paradoxes sont évités automatiquement; elles ne peuvent pas découler d'une application correcte de nos règles de base, car elles n'admettent que des ensembles finis et des ensembles infinis qui se présentent comme des limites bien définies et bien comportées d'ensembles finis. Le paradoxe a été provoqué par (1) le saut direct dans un ensemble infini sans spécifier de processus limitant pour définir ses propriétés; et ensuite (2) poser des questions dont les réponses dépendent de la manière dont la limite a été approchée.

Par exemple, la question: «Quelle est la probabilité qu’un entier soit pair?» Peut avoir la réponse souhaitée (0, 1), en fonction du processus de limitation qui consiste à définir «l’ensemble des entiers» (comme un des séries conditionnellement convergentes peuvent être amenées à converger vers n’importe quel nombre, selon l’ordre dans lequel nous fixons les conditions.

À notre avis, on ne peut pas dire qu'un ensemble infini possède une quelconque «existence» et des propriétés mathématiques - du moins dans la théorie des probabilités - jusqu'à ce que nous ayons spécifié le processus limitant qui doit le générer à partir d'un ensemble fini. En d’autres termes, nous naviguons sous la bannière de Gauss, Kronecker et Poincaré plutôt que Cantor, Hilbert et Bourbaki. Nous espérons que les lecteurs qui en seront choqués étudieront l’inculpation du bourbakisme par le mathématicien Morris Kline (1980) et qu’ils supporteront ensuite assez longtemps pour voir les avantages de notre approche. Des exemples apparaissent dans presque chaque chapitre.

L'utilisation de limites dans la réponse de @enumaris (+1) permet de contourner la supercherie d'infinis en probabilité.

Quelle est la meilleure explication que nous puissions leur donner pour résoudre ces intuitions contradictoires?

Voici la meilleure réponse, et cela a très peu à voir avec les probabilités. Toutes les balles ont des numéros, appelons-les numéros de naissance. Les numéros de naissance commencent par B1, B2, B3 ... et vont à l'infini, car nous ne nous arrêtons jamais vraiment. Nous nous approchons de minuit mais continuons à ajouter et à enlever des balles, c’est pourquoi il n’ya pas de numéro final de balle. C'est une considération très importante, d'ailleurs.

Nous mettons les balles dans une boîte en 10 lots de balles, tels que le lot n ° 7: B71, B72, ..., B80. Oublions cela pendant une minute et concentrons-nous sur les balles retirées de la boîte. Ils viennent dans un ordre aléatoire . J'expliquerai plus tard pourquoi le caractère aléatoire est important, mais pour le moment, tout ce que cela signifie, c'est que toute balle avec un numéro Brith de B1 à B10k qui est toujours dans la case à l'étape K peut être retirée. Nous allons indexer les balles que nous retirons en fonction de l'ordre dans lequel elles ont été enlevées, appelons-les numéros de mort: D1, D2, D3 ... NSP.

À minuit, nous mettons un nombre infini de balles dans une boîte et nous ne manquons sûrement pas de balles à retirer. Pourquoi? Parce que nous avons d'abord mis 10 balles, ENLEVER SEULEMENT une. Donc, il y a toujours une balle à enlever. Cela signifie que nous avons également retiré un nombre infini de balles avant 12 h.

Cela signifie également que chaque balle retirée était indexée de 1 à l'infini, c'est-à-dire que nous pouvions associer chaque balle retirée à une balle placée dans la boîte: B1 à D1, B2 à D2, etc. Cela signifie que nous avons retiré autant de balles que nécessaire. nous avons mis dedans, parce que chaque numéro de naissance a été apparié avec chaque numéro de décès.

Maintenant c'était la solution. Pourquoi défait-il notre intuition? C'est élémentaire, Dr Watson. La raison en est que nous savons sûrement que pour tout K ceci est vrai : C'est pourquoi après K pas, nous ne devrions pas pouvoir retirer toutes les balles de la boîte, car nous avons mis 10K balles et n'en avons enlevé que K. Droite?

$$K<10K$$

Il y a un petit problème. Le problème, c’est que lorsque , ce n’est plus vrai: C’est pourquoi l’intuition s’effondre.$K=\infty$

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

Maintenant, si les balles n'ont pas été retirées au hasard. Deux choses peuvent se produire, comme dans la réponse canonique de @ amoeba. Tout d'abord, supposons que nous mettons 10 balles puis retirons immédiatement la dernière. C'est comme si nous ne mettions que neuf balles. Cela correspond à notre intuition, et à midi, il y aura un nombre infini de balles. Comment venir? Parce que nous ne retirions pas les balles au hasard, nous l'algorithme selon lequel les numéros de naissance étaient associés aux numéros de décès sous la forme au moment du retrait . Nous avons donc associé chaque balle retirée à l'une des balles que nous avons : , cela signifie qu'une tonne de balles n'a jamais été associée B1, B2 ,. .., B9, B11, ... etc.$B10K=DK$ $B10\to D1,B20\to D2,B30\to D3,\dots$

La deuxième chose qui peut arriver avec une suppression de balle non aléatoire est également liée à l'appariement lors de la suppression: nous corrélons BK = DK. Nous pouvons faire cela en éliminant une balle avec BK à chaque étape K, ce qui garantit que BK est apparié à DK. De cette façon, chaque balle retirée est appariée avec chaque balle que nous avons insérée, c’est-à-dire le même résultat final que lors du tirage au sort des balles retirées. Évidemment, cela signifie qu'il ne reste aucune balle dans la boîte après midi.

Je viens de montrer que le problème a très peu à voir avec les probabilités en tant que telles. Cela a tout à voir avec des pouvoirs infinis d'ensembles comptables (?). Le seul problème réel que j'ai évité de discuter est de savoir si les ensembles sont vraiment dénombrables. Vous voyez que lorsque vous vous approchez de minuit, votre taux d'insertion de billes augmente assez rapidement, c'est le moins que l'on puisse dire. Donc, il n'est pas si simple de déterminer si le nombre de balles que nous mettons dans la boîte est réellement comptable.

Démêler

Maintenant, je vais démêler cette solution canonique du paradoxe et revenir à notre intuition.

Comment est-il possible que nous mettions 10 balles dedans, en retirions une et que nous manquions toujours de toutes les balles à 12 heures? Voici ce qui se passe réellement. 12 heure est inaccessible .

Laissez comme reformuler le problème. Nous ne divisons plus les intervalles de temps par deux. Nous mettons et retirons les balles chaque minute. N'est-ce pas exactement la même chose que dans le problème initial? Oui et non.

Oui, parce que nulle part dans mon exposé ci-dessus je n’ai explicitement fait référence au temps mais à la toute fin. Je comptais les pas k. Nous pouvons donc continuer à compter les pas et les balles mortes par k.

Non, parce que maintenant on ne va jamais s'arrêter . Nous continuerons à ajouter et à supprimer des balles jusqu'à la fin des temps, ce qui n'arrive jamais. Alors que dans le problème original, la fin est à 12 heures.

Cela explique comment notre intuition échoue. Bien que nous mettions les balles à un taux de retrait de 9x, car le temps ne se termine jamais, chaque balle que nous mettons sera éliminée! Cela peut prendre un nombre infini de minutes, mais c'est OK, car il nous reste un nombre infini de minutes. C'est la vraie solution du problème.

Dans cette formulation, demanderiez-vous "combien de balles sont dans la boîte après l'infini est terminé?" Non! Parce que c'est une question absurde. C'est pourquoi la question initiale est également absurde. Ou vous pourriez appeler cela mal posé.

Maintenant, si vous revenez au problème initial, alors la fin des temps se produit apparemment. Il est 12 heures. Le fait que nous ayons cessé de mettre des balles signifie que le temps vient de se terminer et que nous sommes allés au-delà de la fin. Donc, la vraie réponse à la question est que 12 heures ne devraient jamais se produire. C'est inaccessible.

Il vaut la peine de lire la réponse de l'amibe qui est excellente et clarifie beaucoup le problème. Je ne suis pas exactement en désaccord avec sa réponse, mais je tiens à souligner que la solution du problème repose sur une certaine convention. Ce qui est intéressant, c’est que ce type de problème montre que cette convention, bien que souvent utilisée, est discutable.

Tout comme il dit, il y a un problème technique à prouver que pour chaque balle, la probabilité de rester dans l'urne pour toujours est égale à 0. À part ce point, le problème ne concerne pas les probabilités. Un équivalent déterministe peut être donné. C'est beaucoup plus facile à comprendre. L'idée clé est la suivante: comme chaque balle est absente de l'urne à un moment donné, l'urne à la fin est vide. Si vous représentez la présence dans l'urne de chaque boule par une séquence de zéros et de uns, chaque séquence est 0 dans une certaine plage et sa limite est donc 0.

Maintenant, le problème peut être simplifié encore plus. J'appelle les moments 1, 2, 3 .... pour la simplicité:

• moment 1: mettre la balle 1 dans l'urne
• moment 2: retirez-le
• moment 3: mettre la balle 2 dans l'urne
• moment 4: retirez-le
• moment 5: mettre la balle 3 dans l'urne
• ...

Quelles balles à la fin (midi)? Avec la même idée, même réponse: aucune.

Mais fondamentalement, il n’ya aucun moyen de savoir, car le problème ne dit pas ce qui se passe à midi. En fait, il est possible qu'à la fin des temps, Pikachu vienne subitement dans l'urne. Ou peut-être que toutes les balles s'effondrent soudainement et se fondent en une grosse boule. Cela ne veut pas dire que cela se veut réaliste, ce n'est simplement pas spécifié.

Le problème ne peut être résolu que si une certaine convention nous dit comment aller à la limite: une hypothèse de continuité. L'état de l'urne à midi est la limite de ses états précédents. Où devrions-nous chercher une hypothèse de continuité qui nous aiderait à répondre à la question?

Dans les lois physiques? Les lois physiques assurent une certaine continuité. Je pense à un modèle classique simpliste, ne faisant pas appel à la physique moderne. Mais fondamentalement, les lois physiques apporteraient exactement les mêmes questions que les mathématiques: la façon dont nous décrivons la continuité des lois physiques repose sur une question mathématique: qu'est-ce qui est continu, comment?

Nous devons rechercher une hypothèse de continuité de manière plus abstraite. L'idée habituelle est de définir l'état de l'urne en fonction de l'ensemble des boules dans . 0 signifie absent, 1 signifie présent. Et pour définir la continuité, nous utilisons la topologie de produit, également appelée convergence par point. On dit que l'état à midi, est la limite des états avant midi selon cette topologie. Avec cette topologie, il y a une limite, et c'est 0: une urne vide.$\{0;1\}$

Mais maintenant, nous modifions un peu le problème pour remettre en cause cette topologie:

• moment 1: mettre la balle 1 dans l'urne
• moment 2: retirez-le
• moment 3: mettre la balle 1 dans l'urne
• moment 4: retirez-le
• moment 5: mettre la balle 1 dans l'urne
• ...

Pour la même topologie, la séquence d'états n'a pas de limite. C'est là que je commence à voir le paradoxe comme un vrai paradoxe. Pour moi, ce problème modifié est essentiellement le même. Imagine que tu es l'urne. Vous voyez des balles qui vont et viennent. Si vous ne pouvez pas lire le numéro, que ce soit la même balle ou une autre ne change pas ce qui vous arrive. Au lieu de voir les balles comme des éléments distincts, vous les voyez comme une quantité de matière entrant et sortant. La continuité pourrait naturellement être définie en regardant les variations de la quantité de matière. Et il n'y a en effet aucune limite. D'une certaine manière, ce problème est identique au problème initial, où vous décidez d'ignorer l'identité de la balle, ce qui conduit à une métrique différente et à une notion différente de convergence. Et même si vous pouviez voir le nombre sur les balles,

Dans un cas, la limite de la séquence de vos états est "vide", dans l'autre cas, la limite est indéfinie.

La formalisation du problème avec la topologie du produit repose fondamentalement sur la séparation de ce qui se passe pour chaque balle différente, créant ainsi une métrique reflétant la "distinction". Seulement à cause de cette séparation, une limite peut être définie. Le fait que cette séparation soit si fondamentale dans la réponse, mais pas pour décrire "ce qui se passe" dans l'urne (un point qui peut être contesté à l'infini), me fait penser que la solution est la conséquence d'une convention plutôt que d'une vérité fondamentale.

Pour moi, le problème, considéré comme purement abstrait, a une solution tant que les informations manquantes sont fournies: l'état à midi est la limite des états précédents et limite dans quel sens. Cependant, en pensant intuitivement à ce problème, la limite de la séquence d'états n'est pas quelque chose que l'on peut penser d'une seule manière. Fondamentalement, je pense qu’il n’ya aucun moyen de répondre.

Je souhaite rendre une reformulation aussi facile que possible pour rendre la réponse de 0 plus intuitive, en partant de l'exemple simplifié selon lequel les balles ne sont pas retirées au hasard, mais la balle est supprimée à la ième étape.$n$$n$

Considérez ceci: j'ai mis toutes les balles dans l'urne au début. À l'étape 1, je sors la balle 1. À l'étape 2, je retire la balle 2, et ainsi de suite. Des doutes que l'urne sera vide après des pas infinis?

D'accord. Mais si je ne mets pas toutes les balles dans l'urne au début, mais seulement quelques balles, comment l'urne pourrait-elle être plus pleine à la fin?

Le but de cet article est de faire valoir pour la dernière option des PO que nous avons besoin d’une meilleure formulation. Ou du moins, la preuve de Ross n’est pas aussi claire que cela puisse paraître au début, et certainement, la preuve n’est pas si intuitive qu’elle est bien placée pour suivre un cours d’introduction à la théorie des probabilités. Cela demande beaucoup d'explications à la fois pour comprendre les aspects paradoxaux et une fois que cela a été clarifié aux points où la preuve de Ross passe très rapidement, ce qui rend difficile de voir sur quels axiomes, théorèmes et interprétations implicites la preuve dépend.

En rapport avec cet aspect, il est très amusant de lire les derniers mots de Teun Koetsier dans "Didactiek rencontré un seul joueur de tennis de table?"

De plus, nous ne sommes pas encore passés à dire: «Les paradoxes sont une fenêtre sur la confusion».

Traduit "Si nous ne sommes pas attentifs, cela devient" Les paradoxes sont une fenêtre sur la confusion ""

Vous trouverez ci-dessous une description des arguments "normaux" susceptibles de passer lors des discussions sur les tâches superposées, et plus particulièrement le paradoxe déterministe de Ross-Littlewood. Après cela, lorsque nous mettons toute cette discussion de côté, nous examinons le cas particulier du paradoxe probabiliste de Ross-Littlewood , qui apporte des éléments supplémentaires , qui sont toutefois perdus et déroutants dans le contexte plus large des super-tâches.

Trois cas déterministes et discussion sur les super-tâches

Le paradoxe de Ross-Littlewood connaît de nombreux résultats différents en fonction de la manière dont les balles sont déplacées de l'urne. Pour les étudier, commençons par utiliser la description exacte du problème décrite par Littlewood en tant que cinquième problème dans son manuscrit de 1953.

Version 1 L'ensemble de billes restant dans l'urne est vide

Le paradoxe de Ross-Littlewood, ou le paradoxe de Littlewood-Ross, est apparu pour la première fois en tant que cinquième problème dans le manuscrit de Littlewood datant de 1953, "un mélange de mathématicien"

Un paradoxe à l'infini. Les boules numérotées 1, 2, ... (ou pour un mathématicien les nombres eux-mêmes) sont placées dans une boîte comme suit. De 1 heure à midi, les chiffres 1 à 10 sont entrés et le numéro 1 est retiré. Entre 1/2 minute et midi, les chiffres 11 à 20 sont entrés, le numéro 2 est retiré, etc. Combien sont dans la boîte à midi?

Littlewood est bref sur ce problème, mais donne une belle représentation comme l'ensemble des points:

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

pour lequel on s'aperçoit facilement qu'il est 'nul'.

Version 2 L'ensemble des billes restant dans l'urne a une taille infinie

Ross (1976) ajoute deux autres versions à ce paradoxe. Nous examinons d'abord le premier ajout:

Supposons que nous possédions une urne infiniment grande et une collection infinie de boules portant le numéro 1, le numéro 2, le numéro 3, etc. Prenons une expérience réalisée comme suit: entre 1 heure et 12 heures, des boules numérotées de 1 à 10 sont placées dans l'urne et la boule numéro 10 est retirée. (Supposons que le retrait ne prenne pas de temps.) À 12 minutes 12 heures, les boules numérotées de 11 à 20 sont placées dans l'urne et la boule numéro 20 est retirée. À 14 minutes à midi, les boules numérotées de 21 à 30 sont placées dans l'urne et la boule numéro 30 est retirée. À 18 minutes à midi, et ainsi de suite. La question d’intérêt est la suivante: combien de balles y at-il dans l’urne à midi?

Evidemment, la réponse est infinie puisque cette procédure laisse toutes les boules avec des nombres dans l'urne, qui sont infiniment nombreuses.$x \mod 10 \neq 0$

Avant de passer au second ajout de Ross, qui comprenait des probabilités, nous passons à un autre cas.

Version 3 L'ensemble des billes restant dans l'urne est un ensemble fini de taille arbitraire

L’urne peut avoir un nombre quelconque de balles à 12 heures, en fonction de la procédure de déplacement des balles. Tymoczko et Henle (1995) ont décrit cette variation comme étant le problème de la balle de tennis.

Tom est dans une grande boîte, vide sauf pour lui-même. Jim se tient à l'extérieur de la boîte avec un nombre infini de balles de tennis (numérotées 1, 2, 3, ....). Jim lance les balles 1 et 2 dans la boîte. Tom ramasse une balle de tennis et la jette. Ensuite, Jim lance les balles 3 et 4. Tom ramasse une balle et la jette. Ensuite, Jim lance les balles 5 et 6. Tom ramasse une balle et la jette. Ce processus se répète un nombre infini de fois jusqu'à ce que Jim ait jeté toutes les balles. Une fois encore, nous vous demandons d'accepter d'accomplir un nombre infini de tâches dans une période de temps limitée. Voici la question: combien de balles sont dans la boîte avec Tom lorsque l'action est terminée?

La réponse est quelque peu inquiétante: cela dépend. Pas assez d'informations ont été données pour répondre à la question. Il peut rester un nombre infini de balles ou n'en avoir aucune.

Dans l'exemple du manuel, ils plaident pour les deux cas, infini ou fini (Tymoczko et Henle, considèrent le cas intermédiaire comme un exercice), mais le problème est pris plus loin dans plusieurs articles de revues dans lesquels le problème est généralisé, de sorte que nous pouvons obtenir un nombre quelconque en fonction de la procédure suivie.

Les articles sur les aspects combinatoires du problème (où l'accent n'est toutefois pas mis sur les aspects à l'infini) sont particulièrement intéressants. Par exemple, compter le nombre d’ensembles possibles que nous pouvons avoir à tout moment. Dans le cas de l’ajout de 2 boules et de l’enlèvement de 1 chaque étape, les résultats sont simples et le nombre de jeux possibles dans la n-ième étape est le n + 1-ème nombre de catalan. Par exemple, 2 possibilités {1}, {2} dans la première étape, 5 possibilités {1,3} {1,4} {2,3} {2,4} et {3,4} dans la deuxième étape, 14 dans le troisième, 42 dans le quatrième, etc. (voir Merlin, Sprugnoli et Verri 2002, Le problème de la balle de tennis ). Ce résultat a été généralisé à différents nombres de billes d’addition et de soustraction, mais cela va trop loin pour ce poste.

Arguments basés sur le concept de supertasks

Avant d’aborder la théorie des probabilités, de nombreux arguments peuvent déjà être avancés contre les cas déterministes et la possibilité de compléter la surcharge. De même, on peut se demander si le traitement théorique des ensembles est une représentation valide de la représentation cinématique de la sur-tâche. Je ne veux pas discuter si ces arguments sont bons ou mauvais. Je les mentionne pour souligner que le cas probabiliste peut être comparé à ces arguments de «surcapacité» et peut être perçu comme contenant des éléments supplémentaires qui n'ont rien à voir avec les supertasks. Le cas probabiliste a un élément unique et distinct (le raisonnement avec la théorie de la probabilité) qui n’est ni prouvé ni réfuté par la contestation ou le cas des supertasques.

• Arguments de continuité : Ces arguments sont souvent plus conceptuels. Par exemple, l’idée que la sur-tâche ne peut pas être achevée, comme le font valoir Aksakal et Joshua, et une démonstration claire de ces notions est la lampe de Thomson , qui dans le cas du paradoxe de Ross Littlewood serait comme demander, a été la dernière retirée nombre impair ou pair?

• Arguments physiques: Il existe également des arguments qui remettent en cause la construction mathématique comme étant pertinente pour la réalisation physique du problème. Nous pouvons avoir un traitement mathématique rigoureux d'un problème, mais il reste à savoir si cela a réellement une incidence sur l'exécution mécanique de la tâche (au-delà des notions simplistes telles que la suppression de certaines barrières du monde physique en tant que limitations de vitesse ou exigences en énergie / espace) .

  • Un des arguments pourrait être que la limite de la théorie des ensembles est un concept mathématique qui ne décrit pas nécessairement la réalité physique.

    Par exemple, considérons le problème différent suivant: L’urne contient une balle dans laquelle nous ne bougeons pas . À chaque étape, nous effaçons le numéro précédemment inscrit sur la balle et réécrivons un nouveau numéro inférieur. L'urne sera-t-elle vide après une infinité d'étapes? Dans ce cas, il semble un peu plus absurde d'utiliser la limite théorique définie, qui est l'ensemble vide. Cette limite est intéressante en tant que raisonnement mathématique, mais représente-t-elle la nature physique du problème? Si nous permettons aux balles de disparaître des urnes à cause d'un raisonnement mathématique abstrait (qui, peut-être, devrait plutôt être considéré comme un problème différent ), nous pourrions aussi bien faire disparaître l'urne entière?

  • En outre, la différenciation des balles et leur attribuer un ordre semble "non physique" (cela concerne le traitement mathématique des sets, mais les balles de l'urne se comportent-elles comme ces sets?). Si nous voulions remanier les balles à chaque étape (par exemple, chaque étape change une balle de la pile au rebut avec une balle de la pile restante de billes infinies), oubliant ainsi la numérotation basée sur le moment où elles entrent dans l'urne ou le nombre qu'elles ont reçu depuis le début, les arguments basés sur les limites théoriques des ensembles n'ont plus aucun sens car les ensembles ne convergent pas (il n'y a pas de solution stable une fois qu'une balle a été écartée de l'urne, elle peut revenir).

    Du point de vue de l'exécution des tâches physiques de remplissage et de vidage de l'urne, il semble que cela ne devrait pas avoir d'importance que nous ayons ou non des chiffres sur les balles. Cela rend le raisonnement théorique des ensembles plus comme une pensée mathématique sur des ensembles infinis plutôt que le processus réel.

Quoi qu’il en soit, si nous insistons sur l’utilisation de ces paradoxes infinis à des fins didactiques, et donc avant d’aborder la théorie des probabilités, nous devons d’abord nous battre pour obtenir une idée acceptable de (certaines) supertasques acceptées par les plus sceptiques / obstinés. penseurs, il peut être intéressant d’utiliser la correspondance entre le paradoxe de Zeno et le paradoxe de Ross-Littlewood décrits par Allis et Koetsier (1995) et brièvement décrits ci-dessous.

Dans leur analogie, Achilles essaie de rattraper la tortue tandis que les deux croisent des drapeaux placés de cette manière, avec une distance telle que la distance d’Achille avec drapeaux est deux fois la distance de la tortue avec drapeaux, à savoir . Puis jusqu'à 12h la différence entre les drapeaux qu'auront la tortue et Achille sera de plus en plus grande . Mais finalement, à midi, personne, à l'exception des Eleatics, ne dira qu'Achille et la tortue ont atteint le même point et (ainsi) aucun drapeau entre eux.

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

Le cas probabiliste et comment il ajoute de nouveaux aspects au problème.

La deuxième version ajoutée par Ross (dans son manuel), supprime les balles en fonction de la sélection aléatoire

Supposons maintenant que chaque fois qu’une balle doit être retirée, cette balle est choisie au hasard parmi celles présentes. En d’autres termes, supposons qu’au bout d’une minute à midi, les balles numérotées de 1 à 10 soient placées dans l’urne et qu’une balle soit sélectionnée au hasard et retirée, et ainsi de suite. Dans ce cas, combien de balles y a-t-il dans l'urne à midi?

La solution de Ross est que la probabilité est 1 pour l'urne étant vide. Cependant, bien que l'argumentation de Ross semble solide et rigoureuse, on peut se demander quel genre d'axiomes sont nécessaires à cet égard et lequel des théorèmes utilisés pourrait être mis en évidence par des hypothèses implicites qui pourraient ne pas être fondées sur ces axiomes (par exemple, le présupposé les événements de midi peuvent se voir attribuer des probabilités).

En résumé, le calcul de Ross est une combinaison de deux éléments qui divisent l’événement d’une urne non vide en un nombre considérable de sous-ensembles / événements et prouvent que, pour chacun de ces événements, la probabilité est nulle:

1. Pour, , l’événement où le numéro de balle est dans l’urne à 12 heures, nous avons$F_i$$i$$P(F_1) = 0$

2. Pour, , la probabilité que l’urne ne soit pas vide à 12 heures nous avons$P(\bigcup_1^\infty F_i)$

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

Le cas probabiliste du paradoxe de Ross-Littlewood, sans raisonnement sur les supertasks

Dans la forme la plus nue du paradoxe, le débarrassant de tout problème de performances de super-tâches, on peut s’interroger sur le problème "plus simple" de la soustraction d’ensembles infinis. Par exemple, dans les trois versions, nous obtenons:

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

et le problème se réduit à une soustraction d'ensemble telle que .$S_{added}-S_{removed,1} = \emptyset$

Toute séquence infinie, , est une séquence (également) possible qui décrit l’ordre dans lequel les boules peuvent être retirées dans une réalisation probabiliste de Ross Problème de Littlewood. Appelons ces séquences infinies des séquences RL.$S_{RL} =\lbrace a_k \text{ without repetitions and } a_k < 10k \rbrace$

Maintenant, la question plus générale, sans le raisonnement paradoxal à propos des supertasks, concerne la densité des séquences RL qui ne contiennent pas l’ensemble entier$\mathbb{N}$

Une vue graphique du problème.

imbriqué, fractale, structure

Avant la version modifiée de cette réponse, j'avais déjà avancé un argument selon lequel il existait une carte injective «des séquences infinies qui vident l'urne» et «des séquences infinies ne contenant pas le nombre 1».

Ce n'est pas un argument valable. Comparez par exemple avec la densité de l'ensemble des carrés. Il existe une infinité de carrés (et la relation bijective et ), mais l'ensemble des carrés a une densité nulle dans .$n \mapsto n^2$$n^2 \mapsto n$$\mathbb{N}$

L'image ci-dessous donne une meilleure idée de la diminution de la probabilité que la balle 1 dans l'urne diminue à chaque pas supplémentaire (et nous pouvons en dire autant pour toutes les autres balles). Même si la cardinalité du sous-ensemble de toutes les séquences RL (les séquences de boules déplacées) est égale à la cardinalité de toutes les séquences RL (l'image présente une sorte de structure fractale et l'arbre contient une infinité de copies de ses douze).

croissance de l'espace d'échantillonnage, nombre de chemins

L'image montre toutes les réalisations possibles pour les cinq premières étapes, avec le schéma du problème de la balle de tennis (le problème de la balle de tennis, chaque étape: ajoute 2 supprime 1, croît moins vite et est plus facile à afficher). Les lignes turquoise et violette affichent tous les chemins possibles qui peuvent se dérouler (imaginez à chaque étape nous lançons un dé de taille et, en fonction de son résultat, nous sélectionnons l’un des chemins , ou en d’autres termes, en fonction des résultats. on enlève une des balles dans l'urne).$n$$n+1$$n+1$$n+1$

Le nombre de compositions d'urnes possibles (les cases) augmente avec le n + 1 ème nombre catalan , et le nombre total de chemins augmente avec la factorielle. Pour le cas des compositions d’urne avec la boule numéro 1 à l’intérieur (de couleur gris foncé) et les chemins menant à ces cases (en violet), les chiffres se déroulent exactement de la même manière, mais cette fois-ci c’est le n-ième numéro catalan et le factoriel.$C_{n+1}$$(n+1)!$$n!$

densité des chemins qui laissent la balle intérieur$n$

Ainsi, pour les chemins qui mènent à une urne avec la boule numéro 1 à l'intérieur, la densité est Et diminue à mesure que devient plus grand. Bien que de nombreuses réalisations conduisent à la recherche du numéro dans la boîte, la probabilité approche de zéro (je dirais que cela ne le rend pas impossible, mais ne se produit sûrement pas, et le principal truc de l'argument de Ross est que l’union de nombreux événements null dénombrables est également un événement nul).$\frac{(n)!}{(n+1)!}$$n$$n$

Exemple de chemins pour les cinq premières étapes du problème de la balle de tennis (chaque étape: ajouter 2 supprimer 1)

Les arguments de Ross pour une urne certainement vide.

Ross définit les événements (sous-ensembles de l'espace échantillon), , qu'une boule numérotée trouve dans l'urne à l'étape . (Dans son manuel, il omet en fait l’indice et plaide pour la balle 1).$E_{in}$$i$$n$$i$

Preuve étape 1)

Ross utilise sa proposition 6.1. pour des séquences d'événements croissantes ou décroissantes (par exemple, décroissant équivaut à ).$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset E_4 \supset ...$

Proposition 6.1: Si est une séquence d'événements croissante ou décroissante, alors$\lbrace E_n, n\geq 1 \rbrace$

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

En utilisant cette proposition, Ross déclare que la probabilité d’observer la balle à 12 heures (qui est l’événement ) est égale à$i$$lim_{n \to \infty} E_{in}$

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

Allis et Koetsier soutiennent qu'il s'agit d'une de ces hypothèses implicites. La sur-tâche elle-même n’implique pas (logiquement) ce qui se passe à midi et les solutions au problème doivent reposer sur des hypothèses implicites, c’est-à-dire que nous pouvons utiliser le principe de continuité sur le jeu de billes à l’intérieur de l’urne pour indiquer ce qui se passe. à l'infini. Si une limite (théorique des ensembles) à l'infini est une valeur particulière, alors à l'infini, nous aurons cette valeur particulière (il ne peut y avoir de saut soudain).

Une variante intéressante du paradoxe de Ross-Littlewood consiste à renvoyer également au hasard des balles qui avaient été jetées auparavant. En cela, il n'y aura pas de convergence (comme la lampe de Thomson) et nous ne pouvons pas définir aussi facilement la limite des séquences (qui ne diminue plus).$E_{in}$

Preuve étape 2)

La limite est calculée. C'est une simple étape algébrique.

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

Preuve étape 3)

On fait valoir que les étapes 1 et 2 fonctionnent pour tout par un simple énoncé$i$

"De même, nous pouvons montrer que pour tout "$P(F_i)=0$$i$

où est l'événement où la balle a été sortie de l'urne lorsque nous avons atteint 12 heures.$F_i$$i$

Bien que cela puisse être vrai, on peut s'interroger sur l'expression du produit dont l'indice inférieur va maintenant à l'infini:

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

Je n'ai pas grand chose à dire à ce sujet, sauf que j'espère que quelqu'un pourra m'expliquer si cela fonctionne.

Il serait également intéressant d’obtenir de meilleurs exemples intuitifs sur la notion que les séquences décroissantes , qui sont requises pour la proposition 6.1, ne peuvent pas toutes commencez avec l’indice de nombre de pas, , égal à 1. Cet indice doit augmenter à l’infini (ce qui n’est pas seulement le nombre de pas qui devient infini, mais la sélection aléatoire de la balle à écarter devient infinie et le nombre de boules pour lesquelles on observe que la limite devient infinie). Bien que cette technicité puisse être abordée (et a peut-être déjà été faite dans les autres réponses, de manière implicite ou explicite), une explication approfondie et intuitive pourrait être très utile.$E_{in}, E_{in+1}, E_{in+2}, ...$$n$

Dans cette étape 3, cela devient plutôt technique, alors que Ross est très bref à ce sujet. Ross présuppose l’existence d’un espace de probabilité (ou du moins n’est pas explicite à ce sujet) dans lequel nous pouvons appliquer ces opérations à l’infini, de la même manière que nous pouvons appliquer les opérations dans des sous-espaces finis.

La réponse de ekvall fournit une construction, utilisant le théorème d'extension dû à Ionescu-Tulcea , donnant un espace produit infini dans lequel nous pouvons exprimer les événements par le produit infini des noyaux de probabilité, ce qui donne le .$\sum_{k=0}^\infty \Omega_i \bigotimes_{k=0}^\infty \mathcal{A}_i$$P(E_i)$$P=0$

Cependant, cela n’est pas expliqué de manière intuitive. Comment pouvons-nous montrer intuitivement que l'espace événementiel fonctionne? Le complément est un ensemble nul (et non pas un nombre 1 comportant un nombre infini de zéros, comme dans la version ajustée du problème de Ross-Littlewood de Allis et Koetsier) et qu’il s’agit d’un espace de probabilité?$E_{i}$

Preuve étape 4)

L'inégalité de Boole est utilisée pour finaliser la preuve.

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

L'inégalité est prouvée pour des ensembles d'événements qui sont dénombrables finis ou infinis. Ceci est vrai pour le .$F_i$

Cette preuve de Ross n'est pas une preuve au sens constuctiviste. Au lieu de prouver que la probabilité est presque égale à 1 pour que l'urne soit vide à 12 heures, il prouve que la probabilité est presque égale à 0 pour que l'urne soit remplie de toute balle portant un nombre fini.

Souvenir

Le paradoxe déterministe de Ross-Littlewood contient explicitement l'ensemble vide (c'est ainsi que ce post a commencé). Cela rend moins surprenant que la version probabiliste aboutisse à l'ensemble vide et que le résultat (qu'il soit vrai ou non) n'est pas tellement plus paradoxal que les versions non probabilistes de RL. Une expérience de pensée intéressante est la version suivante du problème RL:

• Imaginez que vous démarrez avec une urne remplie d'une infinité de balles et commencez à vous en débarrasser au hasard. Cette surcharge, si elle se termine, doit logiquement vider l'urne. Depuis, si ce n'était pas vide, nous aurions pu continuer. (Cette expérience de pensée, cependant, étend la notion de sur-tâche et a une fin vaguement définie. Est-ce quand l'urne est vide ou quand nous arrivons à midi?)

La technique de la preuve de Ross a quelque chose d'insatisfaisant, ou du moins une meilleure intuition et explication avec d'autres exemples pourraient être nécessaires pour pouvoir pleinement apprécier la beauté de la preuve. Les quatre étapes forment ensemble un mécanisme qui peut être généralisé et éventuellement appliqué pour générer de nombreux autres paradoxes (bien que j’ai essayé, j’ai échoué).

Nous pouvons être en mesure de générer un théorème tel que pour tout autre espace d’échantillon approprié dont la taille augmente vers l’infini (l’espace d’échantillon du problème RL a ). Si nous pouvons définir un ensemble d'événements dénombrables qui sont une suite décroissante avec une limite 0 lorsque le pas augmente, alors la probabilité que l'événement correspondant à l'union de ces événements passe à zéro à l'approche de l'infini. Si nous pouvons faire en sorte que l'union des événements soit l'espace entier (dans l'exemple RL, le vase vide n'était pas inclus dans l'union dont la probabilité est nulle, il n'y a donc pas de paradoxe grave), alors nous pouvons créer un paradoxe plus grave qui défie la cohérence des axiomes en combinaison avec la déduction transfinie.$card(2^\mathbb{N})$$E_{ij}$$j$

• Un exemple (ou une tentative de création) est la division infinie- ment fréquente d'un pain en morceaux plus petits (pour remplir les conditions mathématiques, supposons que nous ne fassions que le fractionnement en morceaux ayant la taille d'un nombre rationnel positif). Pour cet exemple, nous pouvons définir des événements (à l’étape x, nous avons un morceau de taille x), qui sont des séquences décroissantes et la limite de probabilité pour les événements passe à zéro (de même que le paradoxe RL, les séquences décroissantes ne se produisent plus loin dans le temps, et il existe une convergence ponctuelle mais non uniforme).

  Nous devrions en conclure que lorsque nous aurons terminé cette surcharge de travail, le pain a disparu . Nous pouvons aller dans différentes directions ici. 1) On pourrait dire que la solution est l’ensemble vide (bien que cette solution soit beaucoup moins agréable que dans le paradoxe RL, car l’ensemble vide ne fait pas partie de l’espace échantillon) 2) On pourrait dire qu’il existe une infinité de morceaux non définis ( par exemple, la taille de l'infiniment petit) 3) ou peut-être devrions-nous conclure (après avoir établi la preuve de Ross et trouvé vide) que ce n'est pas une super-tâche qui peut être complétée? Que la notion de finir un tel sur-travail puisse être faite mais n’existe pas nécessairement (une sorte de paradoxe de Russell).

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Une citation de Besicovitch imprimée dans le recueil de Littlewood:

"La réputation d'un mathématicien repose sur le nombre de mauvaises preuves qu'il a données".

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Allis, V., Koetsier, T. (1995), De quelques paradoxes de l'infini II , Journal britannique pour la philosophie des sciences , p. 235-247.

Koetsier, T. (2012), Didactiek a rencontré un témoin , une balle de ping-pong, Nouvelles archives de Wiskunde , 5/13 nr4, pp. 258-261 ( original néerlandais , traduction possible via Google et d'autres méthodes)

Littlewood, JE (1953), Le recueil d'un mathématicien , p. 5 ( lien gratuit via archive.org )

Merlin, D., Sprugnoli, R. et Verri MC (2002), Le problème de la balle de tennis , Journal of Combinatorial Theory , p. 307-344.

Ross, SM (1976), Un premier cours sur les probabilités , (section 2.7)

Tymoczko, T. et Henle, J. (original de 1995) ( référence de la 2e édition de 1999 sur Google ), Sweet Reason: guide de terrain pour la logique moderne.

OK, je vais réessayer.

La réponse est que le paradoxe est purement mathématique. Les réponses d'Enumaris et de cmaster indiquent ce qui se passe d'une manière, mais c'est une autre façon de voir le problème. Le problème est de savoir comment nous traitons les probabilités à l'infini, comme Jaynes l'a écrit (voir mon autre tentative de réponse pour plus de détails).

Une série infinie est généralement traitée comme si elle n'avait pas de fin, mais dans ce problème, il y a une heure de fin (12:00) et donc logiquement, même si ce n'est mathématiquement, il y a un dernier cycle d'ajout et de retrait de boules: celui qui se produit infiniment avant 12h. L'existence d'un «dernier» cycle nous permet d'examiner les probabilités à la fois en amont et en aval dans le temps.

Considérons les dix dernières boules ajoutées. Pour chacun d'entre eux, leur probabilité d'être éliminé est égale à zéro car ce ne sont que des billes infinies qui pourraient être supprimées. Ainsi, la probabilité qu’il reste au moins dix balles à 12 heures est de 1.

CQFD Un argument probabiliste qui ne mène à aucun non-sens.

Récemment, plusieurs commentaires de Wilhelm, Wolfgang Mückenheim, m'ont amené à reconsidérer certaines formulations dans ma réponse. Je publie cela comme une nouvelle réponse, principalement en raison de l’approche différente de cette réponse, qui ne consiste pas à argumenter sur l’enseignement de ce problème, mais à dire que le paradoxe est invalide.

Wilhelm explique dans son long manuscrit que

Les transactions ne sont possibles qu'aux étapes finies (aucune action possible "entre tous et ").$n$$n$$\omega$

Cela m'a rappelé le terme

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

qui est dérivé du travail de Ross. Ce terme est indéterminé lorsque le chemin vers l'infini n'est pas défini pour la limite suivante.

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

Cela semble ressembler au point que Wilhelm discute et est également mentionné dans la réponse de aksakal. Les pas dans le temps deviennent infiniment petits, nous pourrons donc atteindre 12 heures, mais nous devrons en même temps ajouter et supprimer un nombre infini de billes (non physique). C'est une fausse idée de lier cette surcharge à un processus tel que la flèche de Zénon, tout comme l'interrupteur de la lampe paradoxale de Thompson ne peut pas avoir une position définie à la fin d'une surcharge.

En termes de limite, nous pouvons dire que le chemin physique vers l'infini que nous prenons est

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

donc pas zéro mais infini.

Je crois que cet exemple prend en charge "si la prémisse est fausse alors le conditionnel est vrai"

Dans cet univers, il n'y a pas d'urnes infinies ni de collection infinie de balles. Il est impossible de diviser le temps en petites pièces arbitrairement.

Sheldon Ross a donc raison de dire que l'urne est vide à midi. Les étudiants qui disent que l'urne a des boules infinies à 12h00 sont tout aussi bien.

Si vous répondez que l'urne a 50 balles, alors vous avez également raison.

Je n'ai pas rigoureusement prouvé que cet univers ne contient pas d'urnes infinies ni de boules infinies et que le temps n'est pas atomique - je ne fais que croire en ces choses. Si vous croyez que ces trois affirmations sont fausses, alors vous croyez que le problème de Ross est empiriquement falsifiable. J'attends vos résultats expérimentaux.

Je soutiens l'opinion selon laquelle le problème est mal posé. Lorsque nous considérons quelque chose de transfini, nous devons souvent utiliser une limite. Il semble qu'ici c'est le seul moyen. Puisque nous distinguons différentes boules, nous avons un processus de dimension infinie où représente le temps, s'il existe la balle au temps et sinon.

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

Maintenant, c'est à la discrétion de chacun de convergence à utiliser: uniforme, composante, , etc. Inutile de dire que la réponse dépend du choix.$l_p$

Le malentendu dans ce problème vient du fait que nous avons négligé le fait que les questions métriques sont cruciales pour la convergence de vecteurs de dimension infinie. Sans choisir le type de convergence, aucune réponse correcte ne peut être donnée.

(Il y a convergence de composants vers un vecteur zéro. Alors que norme compte le nombre de balles, le processus est en train d'exploser dans cette norme.)$l_1$

Plus d'intuition que l'éducation formelle, mais:

Si les intervalles jusqu'à minuit sont réduits de moitié, nous n'atteignons jamais minuit ... nous ne nous approchons que de manière asymptotique; donc on pourrait dire qu'il n'y a pas de solution.

Alternativement, en fonction du phrasé:

• comme il y a des intervalles infinis de +10 balles, la réponse est infinie
• comme il y a des intervalles infinis de (+10 balles - 1), la réponse est 10 * infinie -1 * infinite = 0?
• comme il y a des intervalles infinis de (+9 boules) + 1 la réponse est infinie + 1

Réécriture: 16 janvier 2018

Section 1: Contour

Les résultats fondamentaux de ce post sont les suivants:

• La balle à mi-chemin a une probabilité d'environ de rester dans la limite lorsque le pas est - il s'agit à la fois d'une observation du monde réel et d'un calcul mathématique. La fonction dérivée a un domaine des rationnels dans . Par exemple, la probabilité dans la limite de la moitié de la boule restante correspond à la valeur de domaine . Cette fonction peut calculer la probabilité de rester pour toute fraction de la taille de l'étape.$0.91$$\infty$
  $(0,1]$$1/2$
• L'analyse de Ross n'est pas erronée, mais incomplète car elle tente d'itérer les rationnels par ordre de grandeur . Les rationnels ne peuvent pas être itérés par ordre de grandeur. Par conséquent, l'analyse de Ross ne peut accéder à l'ensemble du domaine et ne peut offrir qu'une vue limitée du comportement global.$\left(i,\infty\right), i=1..\infty$
  
• L'analyse de Ross tient toutefois compte d'un comportement observable particulier: à la limite, il n'est pas possible, par itération en série de 1, d'atteindre la première boule restante.
• Les séquences limites de Ross possèdent de belles propriétés convaincantes qui semblent intuitivement uniques.
  Cependant, nous montrons un autre ensemble de séquences limites qui vérifient les mêmes propriétés et donnent les valeurs de notre fonction.

La section 2 "Notation et terminologie" couvre la notation et la terminologie utilisées dans ce poste.

La section 3 "The Halfway Ballset" introduit une observation du monde réel - la convergence dans la limite de la probabilité de rester d'une balle dont l'index est situé à mi-chemin de toutes les billes insérées. Cette valeur limite est d'environ 91%. Le cas du demi-jeu est généralisé à tout rationnel dans , qui ont tous des valeurs limites non nulles. $(0,1]$

La section 4 "Résolution du paradoxe" présente un cadre unifié pour inclure à la fois les résultats de Ross et les résultats du "domaine rationnel" (décrits ici). Comme on l'a déjà noté, l'analyse de Ross n'offre qu'une vision limitée du comportement global. Par conséquent, la source du paradoxe est identifiée et résolue.

En annexe quelques autres résultats moins importants sont discutés:

• "Espérances dans la limite" calcule le nombre attendu de balles restant jusqu'à une fraction de la taille de pas comprise.
• Un corollaire de ce résultat est de déterminer l’indice de la première balle qui doit rester supérieur à un.

Section 2: Notation et terminologie

• Nous étiquetons les index de billes insérés à l’étape comme et appelons cet ensemble la ième "boule". Ballset est un mot, créé pour ce poste. Cette terminologie s'écarte malheureusement de la terminologie de Ross, mais elle rend également le texte beaucoup plus clair et plus court.$n$$\{n.1, n.2, n.3, ..... n.10\}$$n$
  
• La notation fait référence à l’événement où la balle dans le ballon reste à l’étape , ignorant les autres billes du ballon.$E(a,b)$$a.1$$a$$b$
• La notation est une abréviation de et fait référence à la probabilité de . Notez que toutes les balles dans ballset ont la même probabilité de rester. - La valeur de est .$P(a,b)$$P(E(a,b))$$E(a,b)$
  $a.i$$a$
  $P(E(a,b))$$\prod_{k=a}^{b} \frac{9k}{(9k+1)}$
• La limite de Ross est la probabilité lorsque va à l'infini: -$P(a)$$P(a,b)$$b$
  $P_{lim1}(a) = \lim_{b\rightarrow\infty} P(a,b)$
• La limite rationnelle est définie comme la limite lorsque les indices de bille et vont à l'infini tout en maintenant un rapport constant: -$a$$b$$P_{lim2}(a,b) = \lim_{k\rightarrow\infty} P(ka,kb)$

Section 3: Le ballon de mi-course

A chaque étape , même , le ballset à mi - chemin est défini comme étant le ième ballset. À chaque étape paire , la probabilité à mi-chemin de rester est définie par . Dans la limite , la moitié de la probabilité de rester est donc . Le théorème 1 ci-dessous donne une valeur numérique pour la moitié de la probabilité de rester.$2n$$n$$2n$$P(n,2n)$
$n\rightarrow\infty$$\lim_{n\rightarrow\infty} P(1*n,2*n)$

Théorème 1 - Limite de probabilité d'éléments dans une séquence de domaines préservant les rapports

$$\begin{equation} \lim_{n\rightarrow\infty} P(a*n,b*n) = (\frac{a}{b})^\frac{1}{9} \end{equation}$$ Le la preuve est donnée ci-dessous juste avant l'annexe.

Selon le théorème 1, la moitié de la probabilité de rester dans la limite est ce qui donne une valeur décimale approximative de .$(\frac{1}{2})^\frac{1}{9}$$0.925875$

Vérification de la santé mentale Permet de faire une vérification de la santé mentale pour voir si la limite numérique pour la probabilité à mi-parcours "semble correcte".

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

Les 4 premières lignes représentent les probabilités à mi-chemin de rester pour les valeurs de numéro d'étape de , , et , respectivement. La dernière ligne est la limite. Il semble que les probabilités à mi-chemin convergent effectivement vers la limite prévue. Cette observation du monde réel, qui ne cadre pas avec le cadre de Ross, doit être expliquée. $10^3$$10^4$$10^5$$10^6$

** Section 4 "Résolution du paradoxe" **

Cette section explique un cadre unifié pour l'analyse de Ross et l'analyse du domaine rationnel. En les regardant ensemble, le paradoxe est résolu.

La limite rationnelle est réductible à une fonction des rationnels aux réels : où et . Ici indique le plus grand commun diviseur. Équivalemment, les instructions sont " et sont mutuellement premiers ", et" est la fraction réduite de . $P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$(0,1]$

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

La limite de Ross peut être écrite comme la limite d'une suite de limites rationnelles: Le tuple n'est pas membre des rationnels de ; il appartient à . Par conséquent, la limite de Ross est isomorphe à la fonction sur le domaine et son image est toujours l'unique réel .

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

La limite de Ross et la limite rationnelle ont la même fonction sur deux domaines disjoints et respectivement. La limite de Ross considère uniquement le cas des index de jeu de billes rétrogradés comme infiniment petit par rapport à la taille de pas. $[0,0]$$(0,1]$

L’analyse de Ross-limit prédit que dans la limite, l’accès séquentiel aux valeurs pour n’atteindra jamais une valeur autre que zéro. Ceci est correct et correspond à l'observation du monde réel.$P_{lim1}(i)$$i=1,2,...\infty$

L'analyse de la limite rationnelle prend en compte les observations du monde réel, telles que le demi-jeu de balles, que la limite de Ross ne prend pas en compte. La fonction est la même mais le domaine est au lieu de$P_{lim2}(a,b)$$(0,1]$$[0,0]$

Le diagramme ci-dessous décrit les séquences limites de Ross et les séquences limites rationnelles.

Il est probablement juste de dire que l'analyse de Ross comprend une hypothèse implicite selon laquelle la limite de Ross et son domaine constituent l'ensemble du domaine d'intérêt. L'intuition qui sous-tend implicitement l'hypothèse de Ross est due aux quatre conditions ci-dessous, même si elles ne sont pas explicitement reconnues:

Soit est la ième séquence limite de Roth. Soit l’union des séquences limites de Roth. $S_i = P(i,n), n=1,...,\infty$$i$$S = \cup_{i=(1...\infty)} S_i$

• (1) Les séquences sont disjointes et chaque séquence converge.$S_i$
• (2) L’union des éléments de toutes les séquences couvre exactement l’ensemble des nuplets (balle, pas) entrant en jeu:$S$$\{ (i,n)\ |\ i\leq n\ \land \ i,n\in Q \}$
• (3) Toutes les séquences sont infinies dans , l'index de pas, de sorte qu'elles ne se terminent pas "à l' ".$S_i$$n$
• (4) Les séquences forment elles-mêmes une super-séquence . Par conséquent, cette super séquence peut être "créée" de manière itérative, c'est-à-dire qu'elle est dénombrable.$S_i$$\{ S_i \}_{i_in (1...\infty) }$

Il n’est pas immédiatement évident qu’un autre système de séquences limites pourrait satisfaire les points (1) - (4) ci-dessus.

Cependant, nous allons maintenant aborder un autre système de séquences limites satisfaisant bien les points précédents (1) - (4).

Soit , où , représente la suite rationnelle limite Soit les nuplets mutuellement premiers de : = . Soit l'union desdites suites limites rationnelles: $S_{p,q}$$gcd(p,q)=1$

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

Il est clair que les séquences dont l'union est satisfont aux propriétés ci-dessus (1) - (3). Les indices sont exactement les rationnels de . Pour satisfaire la condition (4), nous devons montrer que les rationnels de sont dénombrables. $S_{p,q}$$S^*$
$(p,q)$$(0,1]$$(0,1]$

La (séquence de Farey) 2 d’ordre est la séquence de fractions complètement réduites comprises entre 0 et 1 qui, au plus bas terme, ont des dénominateurs inférieurs ou égaux à , classés par ordre croissant de taille. Voici les huit premières séquences de Farey:$n$$n$

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

Soit la ième séquence de Farey sans le premier élément .$F^*_n$$n$$0/1$

Soit l’union des suites limites rationnelles qui ont au moins un élément jusqu’à l’étape : $S^*_n$$n$

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

Les éléments de index convertis de fractions en tuples indexent exactement les éléments de . Le tableau suivant compare le regroupement des séquences limites dans l'analyse de Ross et l'analyse de la limite rationnelle:$F^*_n$$S^*_n$

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

Enfin, étant donné qu'il existe des méthodes [ 3 ], [ 4 ] pour créer de manière itérative la super séquence , la condition (4) est également remplie.$F^*_n$

L'une de ces méthodes, une variante de l'arbre de Stern-Brocot, est la suivante:

Le médiant de deux rationnels et est défini par$a/c$$b/d$$\frac{a+b}{c+d}$

• Définir$F*_n = \emptyset$
• Ajouter à$1/n$$F*_n$

• Boucle pour en$i$$1...(\|F*_{n-1}\|-1)$

  • Ajouter à F * _n $$F*_{n-1}[i]$

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

  • Si ajoute x à$denom(x) \leq n$$F*_n$
  • continuer la boucle
• Ajouter à$F*_{n-1}[n]$$F*_n$

Le paradoxe a été résolu.

Preuve du théorème 1 Notons d'abord que: où la dernière transformation est la transformation Sterling.

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

Puis, en substituant syntaxiquement et un dans la dernière équation (forme Sterling), nous obtenons $a\rightarrow a*n$$b\rightarrow b*n$

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

Annexe: Autres résultats

Des attentes à la limite

Cette section donne une expression fermée du nombre attendu de billes restant jusqu’à toute fraction de la taille de pas.
Un corollaire de ce résultat est une approximation numérique de l'indice de la première boule qui doit rester supérieure à un.

( À suivre )

Modifier Modifier

Longue histoire courte. Le soi-disant paradoxe est une erreur de forme indéterminée, une erreur de débutant dont le résultat est similaire à une erreur de division par zéro prouvant que . De telles erreurs, dans ce cas pour compter des nombres, produisent naturellement des réponses qui peuvent être 0, ou .$1=2$$n$$\infty$

BTW, quand on ajoute un nombre infini de probabilités infinitésimales, on crée , une forme indéterminée, et la preuve de Ross n’est pas correcte. Pour obtenir une réponse correcte, utilisez la règle de L'Hôpital. l'infini n'est pas un nombre . Traiter l'infini comme s'il s'agissait d'un nombre entraîne des erreurs.$\frac{1}{\infty}\infty$