№11 ноябрь 2024
Портал функционирует при финансовой поддержке Министерства цифрового развития, связи и массовых коммуникаций.
|
Хм. А "выпадение бесконечной последовательности двоичных знаков" (каких-бы то ни было), это вообще принципиально возможное событие?
В споре не рождается истина, но убивается время.
|
|
|
|
|
eLectric, конечно же, Вы не сможете подбросить монету или игральную кость бесконечное число раз, однако, нелишне напрячь абстрактное мышление.
Примеры бесконечных последовательностей: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, ... — натуральные числа; ..., –4, –3,–2, –1, 0, 1, 2, 3, 4, 5, ... — целые числа; 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, ... — простые числа; дробная часть числа 1/3 = 0,3333333333333333333.... |
|
|
|
|
Пусть Q(n) – число всех n-членных q-угодных последовательностей. При n>q любую из них можно получить одним из двух взаимно исключающих способов: 1) К q-угодной (n-1)-членной дописываем любую из d букв. 2) К q-неугодной (n-q)-членной последовательности дописываем q раз любую букву, отличную от последней буквы этой последовательности Отсюда рекуррентность: Q(n)=d*Q(n-1)+(d-1)*(d^(n-q)-Q(n-q)) Поделив на d^n (число всех n-членных последовательностей) получим рекуррентность для вероятностей q-угодности: P(n)=P(n-1)+(d-1)*d^(-q)*(1-P(n-q)) Ясно что P(n) монотонно возрастающая и ограничена сверху единицей. Переходя к пределу при n -> oo, отсюда получим lim P(n)=1. В принципе нет сложностей, кроме вычислительных, для нахождения P(n). Если перейти от P(n) к дополнительной вероятности q-неугодности P’(n)=1-P(n), то рекуррентность примет вид линейной: P’(n)=P’(n-1) )-(d-1)*d^(-q)*P’(n-q) И проблема только лишь в нахождении корней характеристического многочлена степени q. Для q=2, к примеру, есть только одна проблема – отсутствие удобств для написания простейших формул, типа корней квадратного уравнения.
Наука умеет много гитик
|
|||
|
|
Обратите внимание, что вероятность бесконечной последовательности 11111... в точности равна вероятности последовательности 01111... или, скажем, 010101... Т.е., какую-бы бесконечную последовательность вы не указали, её вероятность равна нулю. Иначе говоря, как ни напрягай абстрактное мышление, не существует сколько-нибудь вероятной бесконечной последовательности. Если кто-то скажет, мол натуральный ряд чисел существует, тогда уточним, что означает слово "существует". Существование идеального и Существование физического это разные вещи. Подбрасывание монетки, это физическое событие. Можно рассматривать его вероятность. Можно рассматривать вероятность серии из конечного числа подбрасываний. Серия из бесконечного числа подбрасываний, это невозможное событие и рассматривать его вероятность вообще бессмысленно. Меня всегда занимал другой вопрос. В философии обычно противопоставляют случайное и необходимое. Так вот в самом ли деле знаки числа пи случайны? Или они необходимы? Скажем, третий знак числа пи равен "4". И вне зависимости от того, кто-бы это пи вычислял, в каком месте и в какое время он бы это не делал, третий знак с необходимостью всегда будет равен "4". Разве-ж это случайность?
В споре не рождается истина, но убивается время.
|
|||
|
|
|
eLectric, дробная часть числа π может служить эквивалентом практически невыполнимого эксперимента.
|
|
|
|
|
|
Рекомендую скопировать нижеприведённые знаки, и вставлять их при необходимости в ваши сообщения.
Другие отсутствующие на клавиатуре знаки можно взять с разных web-страниц. Правда, не все они корректно отображаются в текстовом формате. — → ← „” «» ° ¡ ¿ | – √ ≥ ± ÷ ∞ ∑ Ω α β γ δ ε ζ η θ ι κ λ μ ν ξ ο π ρ ς σ τ υ φ χ ψ ω ℓ × ? ¥ Ää Ææ Åå Àà Ââ Ãã Çç Èè Éé Êê Ëë Ðð Ìì Íí Îî Ïï £ Öö Øø Òò Óó Ôô Õõ Ññ $ ß Ùù Úú Ûû Üü Ýý Þþ |
|
|
|
|
|
Нашел ответ на свой вопрос: "До сих пор не доказана нормальность числа Пи: встречаются ли в нем все цифры от 0 до 9 одинаково часто, или какая-то цифра встречается чаще, чем другие".
В первых 200,000,000,000 десятичных знаках Пи цифры встречались с такой частотой: 0 1 2 3 4 20000030841 19999914711 20000136978 20000069393 19999921691 5 6 7 8 9 19999917053 19999881515 19999967594 20000291044 19999869180 Примерно одинаково. Интересные факты: 1. В десятичных позициях числа Пи 7, 22, 113, 355 — цифра 2. Дроби 22/7 и 355/113 - хорошие приближения к числу Пи. 2. Коханский нашел, что Пи является приблизительным корнем уравнения: 9х^4-240х^2+1492=0 3. Если записать заглавные буквы английского алфавита по часовой стрелке в круг и вычеркнуть буквы имеющие симметрию слева - направо: A,H,I,M,O,T,U,V,W,X,Y, то оставшиеся буквы образуют группы по 3,1,4,1,6 букв. (A) BCDEFG (HI) JKL (M) N (O) PQRS (TUVWXY) Z 6 3 1 4 1 Так что английский алфавит должен начинаться с буквы Н, I или J, а не с буквы А  |
|
|
|
|
Первое слагаемое, видимо, связано с числом последовательностей, полученных дописыванием любой из d букв. Q(n-1) умножается на d (число букв в алфавите), потому что за счет удлинения последовательности на одну позицию число угодных последовательностей увеличивается в d раз, как и общее число вариантов, верно? Второй член связан со вторым вариантом получения угодной последовательности. Здесь d^(n-q) - общее число вариантов "укороченной на q" последовательности (число размещений с повторениями из d по n-q), Q(n-q) - число неугодных последовательностей в "укороченной на q" последовательности, а их разность, умноженная на d-1 (приписываем не все d букв последовательности, а на одну меньше, так как одна буква в укороченной последовательности уже есть) - это и есть общее число вариантов последовательностей, полученных вторым способом. Похоже, что так. Может показаться,что это все еще не все стратегии получения угодных последовательностей, и между двумя крайними случаями "дописываем 1 букву" и "дописываем d-1 букву" должны быть еще варианты "дописываем d-b, 1 < b < d - 1" букву, которые тоже нужно считать. Однако, когда мы дописываем только первую из b букв, то автоматически получаем одну из n-q или n-1 последовательностей, которые уже посчитаны. Последний вопрос, который может интересовать, это все ли варианты учтены этими двумя стратегиями. Например, включают ли они варианты, когда в последовательности есть две и более серии по q цифр подряд. Быстро ответить на этот вопрос я затрудняюсь. С одной стороны, может показаться, что этот вариант включен, потому что угодную последовательность мы можем рассматривать как неугодную, к которой можно приписать q-1 символ, чтобы получить угодную (или точнее, дважды угодную). Но будет ли в этом случае второй член в сумме выше именно таким, какой он есть, я пока не уверен, нужно подумать над этим вопросом. |
|||||
|
|
|
Цифры последовательности взаимно независимы. Цифры в ней имеют равномерное распределение. В случае десятиричной системы счисления вероятность угадать цифру в любом месте последовательности равна 1/10. Вероятность угадать n десятиричных цифр случайной последовательности равна 1/10^n.
Есть 1000 комбинаций: 000, 001, 002, ..., 998, 999. Есть 9 комбинаций: 001, 002, 003, 004, 005, 006, 007, 008, 009 и 9 комбинаций: 100, 200, 300, 400, 500, 600, 700, 800, 900, и 2 комбинации: 000 и 000. В зависимости от постановки задачи (1. Какова вероятность встретить два нуля подряд в случайной последовательности из трёх десятеричных цифр? 2. Какова вероятность встретить ровно два нуля подряд в случайной последовательности из трёх десятеричных цифр?), ответ может быть: 1) 20/1000 = 1/50 = 0,02; 2) 18/1000 = 0,018. Решим задачу иначе. Вероятность выпадения двух нулей подряд равна 1/100, так как „00” есть один из ста возможных вариантов: 00, 01, 02, ..., 98, 99. В последовательности из трёх случайных цифр есть 2 позиции, каждая из которых может быть первой для подпоследнвательности „00”, поэтому надо удвоить ранее полученное значение вероятности: (1/100) × 2 = 2/100 = 1/50 = 0,02, что совпадает с решением „на пальцах”. Если же здесь надо найти вероятность следования ровно двух нулей, то вероятность 1/100 надо умножить на вероятноссь того, что третья цифра не ноль: (1/100) × (9/10) = 9/1000 = 0,009. А поскольку возможных позиций две, то это значение удваиваем: 0,009 × 2 = 0,018, что опять же совпадает с результатом, полученным более очевидным способом. Если наши последовательности и их подпоследовательности содержат иное количество цифр, задача решается аналогично. Если мы имеем второй вариант, то следует обращать внимание на возможное наличие слева и справа от подпоследовательности тех же цифр, что и в ней, умножая вероятность 1/10^n на 0,9 или на 0,9^2 = 0,81 — в зависимости от того, с одной (у крайних подпоследовательностей) или с двух сторон есть соседние цифры. Внимание: несоседние цифры в рассмотренных примерах на результаты не влияют!
7,110100100010000100000100000010000000100000000100000000010000 (дробная часть состоит из цифр записанных друг за другом всех последовательно возрастающих степеней (начиная с нулевой) числа 10); 6,101001000100001000001000000100000001000000001000000000100000 (дробная часть состоит из цифр записанных друг за другом всех последовательно возрастающих степеней (начиная с первой) числа 10); 5,123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343 (дробная часть состоит из цифр записанных друг за другом всех натуральных чисел); 4,149162536496481100121144169196225256289324361400441484529576 (дробная часть состоит из цифр записанных друг за другом квадратов всех натуральных чисел); 3,182764125216343512729100013311728219727443375409649135832685 (дробная часть состоит из цифр записанных друг за другом кубов всех натуральных чисел). А вдруг, эти числа числа лишь иррациональные, но не трансцендентные? Вот ещё одно особое число: 2,215907752239107054362901317000527044462013942310555577012003 (здесь и далее заведомо нет ни одной восьмёрки, а имеющиеся цифры распределены совершенно случайным образом). Какие будут мнения о нём и ему подобных числах?
Изменено:
Владимир Андреевич - 14.02.2010 18:59:44
|
|||||||||||||
|
|
|
При n>q рассмотрим n-членную q-угодную последовательность A. После удаления последней буквы получим последовательность A’. Эта последовательность либо q-угодна либо нет. В первом случае мы получаем, что A получена из q-угодной A’ приписыванием любой из d букв, что дает первое слагаемое в первое слагаемое d*Q(n-1) в рекуррентности. Во втором случае q-неугодная A’ приписыванием одной буквы становится q-угодной. Это означает, что A оканчивается на q одинаковых букв - в точности, то есть (q+1)-я буква с конца уже другая, иначе q-угодна A’. То есть A - результат приписывания q одинаковых букв к обрезанной с конца на q членов. Для приписывания имеем d-1 возможностей. Отсюда второе слагаемое (d-1)*(d^(n-q)-Q(n-q)). Начальные условия для линейной рекуррентности очевидны: P’(1)= … =P’(q-1)=1, P’(q)=1-d^(1-q)
Наука умеет много гитик
|
||||
|
|
||||
