x, y, z

Поиск сообщений на форуме

Запрос:
Автор:
Номер темы:
Номер форума:
Сортировать:
Сообщения: 216
|1|2|3|4|5|…|22| >>>
Проблема свободы воли как проблема соотношения системы и ее частейФилософия
10 Авг 2020 14:45:57
Evgeniy

Проблема свободы воли как проблема соотношения системы и ее частей

Свобода воли

Свободу воли нередко прямо противопоставляют детерминизму. Детерминизм исключает свободу воли, но отсутствие детерминизма еще не гарантирует наличие свободы воли. Если поведение человека определяется физическими процессами в мозге, которые идут по законам физики, то так ли важно, предопределены эти физические процессы или на микроуровне происходят абсолютные случайности.

Даже если физические процессы абсолютно случайны, то это не значит, что сознание на них влияет. Вы можете смотреть розыгрыш лотереи в студии в прямом эфире, а можете смотреть в записи. В первом случае события случайны, во втором уже есть записанное видео с предопределенным концом. Но какая разница, если вы просто зритель?

Проблема свободы воли на самом деле сводится к проблеме отношения системы и ее частей. Сознание осознает себя целым, неделимым, не воспринимает себя как систему, состоящую из частей. Каждая отдельный атом моего тела — это не я, а все они в совокупности — уже я. Проблема именно в этом переходе. Как совокупность частей становится новой сущностью? В каком отношении находятся система и ее части? Система определяет поведение частей или части определяют поведение системы?

Здесь можно отметить, что система — это не просто совокупность частей, а структура, связи и соотношения между частями. Как известно, атомы, молекулы, клетки и даже органы в теле заменяются, не нарушая систему.
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
30 Сен 2019 18:40:49
Evgeniy

Единица уже не нужна, потому что не используем противоположное событие, используем только дополнение к множеству $P\{|A_{1}\cup A_{2}...\cup A_{r}|=k\}=P\{|\overline{A_{1}\cup A_{2}...\cup A_{r}}|=N-k\}=P\{|\overline{A_{1}}\cap \overline{A_{2}}...\cap \overline{A_{r}}|=N-k\}=\binom{N}{k}q^{r(N-k)}(1-q^r)^{k}$.
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
30 Сен 2019 17:06:36
Evgeniy

Если $|X \cup \overline{X}|=N$, то $\{|X|=k\} = \{|\overline{X}|=N-k\}$.
Поэтому
$\left\{\left|\bigcup\limits_{i=1}^{n}A_i\right|=k\right\} = \left\{\left|\overline{\bigcup\limits_{i=1}^{n}A_i}\right|=N-k\right\}= \left\{\left|\bigcap\limits_{i=1}^{n}\overline{A_i}\right|=N-k\right\}$
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
29 Сен 2019 20:34:46
Evgeniy

Извиняюсь, невнимательно прочитал вопрос.
Первое, что приходит в голову. Если множеству $A_i$ соответствует, к примеру, последовательность $01011...01$, то множеству $\overline{A_i}$ соответствует последовательность $10100...10$, то есть $0$ заменены на $1$, и наоборот. Элемент $a_j$ попадает в множество $\overline{A_i}$ с вероятностью $1-p$ и с вероятностью $p$ не попадает. Может, от этого отталкиваться.
Схема БернуллиМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
29 Сен 2019 19:18:35
Evgeniy

$P\left\{\bigcup\limits_{i=1}^r A_{i}\right\}=1-P\left\{\overline{\bigcup\limits_{i=1}^r A_{i}}\right\} = 1-P\left\{\bigcap\limits_{i=1}^r \overline{A_{i}}\right\}$

Используется соотношение для вероятности противоположного события $P(A)+P(\overline{A})=1$
и формула де-Моргана $\overline{\bigcup\limits_{i=1}^r A_{i}}=\bigcap\limits_{i=1}^r \overline{A_{i}}$
Как понимать равенство 0,(9) = 1?Математика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
18 Июл 2019 22:30:06
Evgeniy

См. Представление вещественных чисел в q-ой позиционной системе счисления https://forany.xyz/t-363
Представление вещественных чисел в q-ой позиционной системе счисленияМатематика
18 Июл 2019 22:29:13
Evgeniy

Представление вещественных чисел в $q$-ой позиционной системе счисления обосновывается следующим образом.

Пусть $q>1$.

Для любого вещественного числа $x>0$ найдется целое число $p$ такое, что
$q^{p}\le x < q^{p+1}$.
Целое число $p$ называется порядком числа $x$ в $q$-ой системе счисления.

Далее по аксиоме Архимеда найдется целое число $a_p$ такое, что
$a_pq^{p}\le x < (a_p+1)q^{p}$.
Покажем, что $a_p >0$. Действительно, если допустить противное $a_p \le 0$, то получим $x < (a_p+1)q^{p} \le q^{p}$, что противоречит неравенству $q^{p}\le x$.

Покажем, что $a_p < q$. Действительно, если допустить противное $a_p \ge q$, то получим $q^{p+1} \le a_pq^{p}\le x$, что противоречит неравенству $x < q^{p+1}$.

Таким образом, имеем $0<a_p<q$.

Также имеем $0\le x - a_pq^{p} < q^{p}$.

Далее для числа $x - a_pq^{p}$ по принципу Архимеда найдется целое число $a_{p-1}$ такое, что
$a_{p-1}q^{p-1}\le x - a_pq^{p} < (a_{p-1}+1)q^{p-1}$.
Покажем, что $a_{p-1} \ge 0$. Действительно, если допустить противное $a_{p-1} < 0$, то получим $x - a_pq^{p} < (a_{p-1}+1)q^{p-1} \le 0$, что противоречит неравенству $0\le x - a_pq^{p}$.

Покажем, что $a_{p-1} < q$. Действительно, если допустить противное $a_{p-1} \ge q$, то получим $q^{p} \le a_{p-1}q^{p-1}\le x - a_pq^{p}$, что противоречит неравенству $x - a_pq^{p}<q^{p}$.

Таким образом, имеем $0\le a_{p-1}<q$.

Продолжая так по аналогии, получим конечную, если на каком-то шаге $r_n=x$, или бесконечную последовательность $r_n$ такую, что
$r_n = a_{p}q^{p}+a_{p-1}q^{p-1}+\dots+a_{p-n}q^{p-n}$

$0<a_{p}<q,\quad 0\le a_{p-n}<q$

$r_n \le x < r_n+q^{p-n}$

$0 \le x - r_n < q^{p-n}$
Из этого следует, что $r_n \to x$ и $r_n+q^{p-n} \to x$ при $n\to+\infty$.

Покажем, что в последовательности цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$ в конце не может быть бесконечно много наибольших цифр (при $q=10$ наибольшая цифра $q-1=9$). Допустим противное: все цифры, после $a_{p-n}$, равны $w$, где $w$ наибольшая цифра, т.е. $w\ge q-1$. Тогда получим
$r_n = a_{p}q^{p}+a_{p-1}q^{p-1}+\dots+a_{p-n}q^{p-n}+wq^{p-n-1}+\dots+wq^{p-n-m}$,
откуда
$$r_{n+m}-r_{n}=wq^{p-n-1}+\dots+wq^{p-n-m}=wq^{p-n}\left( \frac{1}{q}+\dots+\frac{1}{q^m} \right)$$.
Переходя к пределу при $m\to+\infty$, с одной стороны имеем
$$\lim_{m\to+\infty}r_{n+m}-r_{n}=x-r_{n}<q^{p-n}$$,
с другой стороны
$$\lim_{m\to+\infty}r_{n+m}-r_{n}= \lim_{m\to+\infty}wq^{p-n}\left( \frac{1}{q}+\dots+\frac{1}{q^m} \right) = wq^{p-n}\lim_{m\to+\infty}\left( \frac{1}{q}+\dots+\frac{1}{q^m} \right)= \frac{w}{q-1}q^{p-n} \ge q^{p-n}$$.
Получили противоречие, которое доказывает утверждение.

Всякому вещественному числу $x>0$ соответствует единственная конечная или бесконечная последовательность цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$, причем в последовательности не может быть бесконечно много идущих подряд наибольших цифр. Единственность следует из однозначности алгоритма. Для обозначения порядка $p$, условились после $a_0$ ставить запятую.

Обратно, всякой последовательности цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$, где $0<a_{p}<q,\quad 0\le a_{p-n}<q$, соответствует единственное вещественное число $$x=\sum_{i=0}^{+\infty}a_{p-i}q^{p-i}$$. Единственность следует из единственности предела. Существование следует из того, что всякий ряд $$\sum_{i=0}^{+\infty}a_{p-i}q^{p-i}$$ сходится, поскольку его частичные суммы не убывают и ограничены сверху
$$\sum_{i=0}^{n}a_{p-i}q^{p-i} \le \sum_{i=0}^{n}wq^{p-i} = wq^{p}\sum_{i=0}^{n}\frac{1}{q^i}\le wq^{p}\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{1}{q^i} = \frac{wq^{p+1}}{q-1}$$,
где $w$ — наибольшая возможная цифра.

Итак, всякому вещественному числу $x>0$ взаимнооднозначно соответствует конечная или бесконечная последовательность цифр $a_{p},a_{p-1},\dots, a_{p-n},\dots$, причем в последовательности не может быть бесконечно много идущих подряд наибольших цифр.
Доказать неограниченность функцииМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
25 Апр 2019 20:47:39
Evgeniy

Можно выбрать $n$ настолько большим, что $n>A$ и $$\frac{1}{n}<\beta-\alpha$$.
По принципу Архимеда для любых чисел $$\frac{1}{n}>0$$ и $\alpha$ найдется натуральное число $m$ такое, что
$$\frac{1}{n}(m-1)\le \alpha < \frac{1}{n}m$$.
Из неравенств $$\frac{1}{n}(m-1)=\frac{m}{n}-\frac{1}{n}\le \alpha$$ и $$\frac{1}{n}<\beta-\alpha$$ следует, что $$\frac{m}{n}<\beta$$.
Нашли число $$x_0=\frac{m}{n}\in (\alpha,\beta)$$ такое, что $f(x_0)=n>A$.
Доказать, что функцию можно представить в виде суммы четной и нечетной функцийМатематика ≫ Разбираемся и решаем ≫ Учебные задачи
18 Апр 2019 21:14:00
Evgeniy

Чтоб говорить о четности/нечетности какой-либо функции, она должна быть определена на симметричном промежутке. Симметричность нужна для того, чтобы вместе с $f(x)$ была определена и $f(-x)$, то есть всякий $x$ должен входить в область определения $f$ вместе с $-x$, а это возможно только при симметричном промежутке.
Что такое o-малое и O-большоеМатематика
9 Апр 2019 15:29:52
Evgeniy

Что такое o-малое и O-большое

Определение 1. Говорят, что функция $f(x)$ есть о-малое от $g(x)$ при $x\to x_0$, записывая это как $f(x)=o(g(x))$ при $x\to x_0$, если в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\alpha(x)g(x)$, где $где \alpha(x)$ — бесконечно малая при $x\to x_0$.

Примечание. Данное определение задает целый класс функций, обладающих такими свойствами, поэтому правильнее было бы писать не $f(x)=o(g(x))$, а $f(x)\in o(g(x))$, но исторически сложилась традиция писать равенство.

Утверждение 2. $f(x)=o(g(x))$ при $x\to x_0$ тогда и только тогда, когда для любого $\varepsilon>0$ найдется окрестность $U(x_0)$ такая, что для любого $x\in U(x_0)$ верно неравенство $|f(x)|\le \varepsilon|g(x)|$.

Доказательство.

Пусть $f(x)=o(g(x))$ при $x\to x_0$ в смысле первого определения, то есть в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\alpha(x)g(x)$, где $\alpha(x)$ — бесконечно малая при $x\to x_0$. Так как $\alpha(x)$ бесконечно малая, то для любого $\varepsilon>0$ найдется окрестность $U'(x_0)\subseteq U(x_0)$ такая, что для любого $x\in U(x_0)$ верно $|\alpha(x)|<\varepsilon$, а следовательно в этой окрестности верно неравенство $|f(x)|=|\alpha(x)|\cdot|g(x)|\le \varepsilon|g(x)|$.

Обратно, пусть для любого $\varepsilon>0$ найдется окрестность $U(x_0)$ такая, что для всех $x\in U(x_0)$ верно выполняется неравенство $|f(x)|\le \varepsilon|g(x)|$. Из этого неравенство следует, что $f(x)=0$, если $g(x)=0$. Определим функцию
$\alpha(x)= \begin{cases} 0, & g(x)=0,\\ \frac{f(x)}{g(x)}, & g(x)\ne 0. \end{cases}$
Нетрудно проверить, что верно равенство $f(x)=\alpha(x)g(x)$, причем $\alpha(x)$ — бесконечно малая при $x\to x_0$.

Определение 3. Говорят, что функция $f(x)$ есть О-большое от $g(x)$ при $x\to x_0$, записывая это как $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_0$, если в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\beta(x)g(x)$, где $\beta(x)$ — ограниченная в $U(x_0)$.

Утверждение 4. $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_0$ тогда и только тогда, когда найдется окрестность $U(x_0)$ и константа $C$ такие, что для всех $x\in U(x_0)$ верно неравенство $|f(x)|\le C|g(x)|$.

Доказательство.

Пусть $f(x)=O(g(x))$ при $x\to x_0$ в смысле первого определения, то есть в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно представление $f(x)=\beta(x)g(x)$, где $\beta(x)$ — ограниченная в $U(x_0)$. Так как $\beta(x)$ ограниченная в $U(x_0)$, то найдется константа $C$ такая, что для любого $x\in U(x_0)$ верно $|\beta(x)|<C$, а следовательно в этой окрестности верно неравенство $|f(x)|=|\beta(x)|\cdot|g(x)|\le C|g(x)|$.

Обратно, пусть есть окрестность $U(x_0)$ и константа $C$ такие, что для всех $x\in U(x_0)$ верно неравенство $|f(x)|\le C|g(x)|$. Из этого неравенство следует, что $f(x)=0$, если $g(x)=0$. Определим функцию
$\beta(x)= \begin{cases} 0, & g(x)=0,\\ \frac{f(x)}{g(x)}, & g(x)\ne 0. \end{cases}$
Нетрудно проверить, что верно равенство $f(x)=\beta(x)g(x)$, причем $\beta(x)$ — ограниченная в $U(x_0)$.

Определение 5. Говорят, что функция $f(x)$ эквивалентна $g(x)$ при $x\to x_0$, записывая это как $f(x)\sim g(x)$ при $x\to x_0$, если в некоторой окрестности $U(x_0)$ верно равенство $f(x)=\gamma(x)g(x)$, где $\gamma(x)\to 1$ при $x\to x_0$.

Примеры

$x^2=o(x)$ при $x\to 0$.

$x=o(x^2)$ при $x\to +\infty$.

$x^n=o(e^x)$ при $x\to +\infty$ (при любом $n$).

$x^2=O(2x^2+3x-1)$ при $x\to +\infty$.

$$\frac{\sin x}{x}=O\left(\frac{1}{x}\right)$$ при $x\to +\infty$.

$$\frac{\sin x}{x}\sim x$$ при $x\to 0$.

$e^x-1\sim x$ при $x\to 0$.

$\ln(x+1)\sim x$ при $x\to 0$.
|1|2|3|4|5|…|22| >>>