"Négyféle nagy boríték lehetséges, de látni "benne" a közepes borítékokat is:
(a) PPP, KKK
(b) PPK, KKP
(c) PKP, KPK
(d) KPP, PKK"
Ez csak akkor van így, ha eleve nem engeded meg, hogy azonos sorszámú kis borítékban azonos színű kis boríték legyen.
Ha így van, akkor a kísérlet eleve nem találhat azonos számú kis borítékban egyforma színű korongot.
Az egész arra van felépítve, hogy a kísérletezők nem tudják, mi volt a nagy boríték összeállítási szabálya.
Te meg azt boncolgatod, hogy milyen kimenetelek lehetnek, ha eleve rögzíted a szabályt. Ennek nincs különösebb értelme. Pont az lenne a poén, hogy a kimenetelekből lehet-e következtetni a szabályra. Ezt te észre sem vetted, amit leírtál annak semmi értelme.
Ha nincs az a szabály (amit eleve érvényesnek vettél), akkor bizonyos valószínűséggel kellene lenni olyan soroknak is, amelyekben a boríték száma is, és a szín is egyforma. A szabályra pont abból lehet következtetni, hogy nincsenek, pedig a szabály nélkül lennének. De ezt te nem értetted meg.
A továbbiakat meg aztán végképp nem. De ahhoz hogy arról egyáltalán érdemes legyen beszélni, előbb azt a sokkal egyszerűbb dolgot kellene megértened, ami borítékba helyezés szabályára való következtetésre vonatkozik... Az ugyanis az lenne, hogy létezhet-e egyáltalán olyan borítékba helyezési szabály, amely így borítékokkal olyan eredményt hozna, mint a tényleges kvantumos kísérlet.
Hraskó Péter leírja a feltételeket. Az idézetek tőle.
Négyféle nagy boríték lehetséges, de látni "benne" a közepes borítékokat is:
(a) PPP, KKK
(b) PPK, KKP
(c) PKP, KPK
(d) KPP, PKK
(a) esetében hiába dobálják a kockákat a kis borítékok sorszámától függetlenül minden esetben (9) eltérő szín (PK) végeredmény lesz.
(b,c,d) esetében 3*5 esetben kapunk olyan végeredményt, amikor a színek eltérnek (PK), vagy (KP).
Ez összesen 24 eset, de ez nem mind különböző.
12 különböző kimenet lehetséges és látható, hogy nem azonos eséllyel jelenik meg minden kimenet.
1K1P 3 esetben
1K2P 2 esetben
1K3P 2 esetben
1P1K 1 esetben
2K1P 2 esetben
2K2P 3 esetben
2K3P 2 esetben
2P2K 1 esetben
3K1P 2 esetben
3K2P 2 esetben
3K3P 3 esetben
3P3K 1 esetben
"Tegyük fel azonban, hogy a türelmes tanulmányozás mégis fölfed egy egyszerű szabályosságot, amely kivétel nélkül mindig teljesül: azokban a sorokban, amelyekben a boríték száma mindkét oszlopban azonos, a két szín mindig különböző"
Ezzel a feltétellel igaz, hogy kiszűr 12 olyan kimenetet, amikor a színek megegyeznek, de ezzel elhagy 12 olyat is amikor eltérnek. Ám legyen.
Ezek maradnak:
1K1P 3 esetben
1P1K 1 esetben
2K2P 3 esetben
2P2K 1 esetben
3K3P 3 esetben
3P3K 1 esetben
"a táblázatban valójában csak 6 fordul elő: azok, amelyekben a színek különböznek egymástól."
De ez nem jelenti, hogy a 6 lehetőség azonos számban is fordul elő.
A valószínűségeknél mégis azonos súllyal veszik figyelembe.
"Ha az oszlopok sorrendjétől eltekintünk — vagyis pl. az (1P, 2K) és a (2K, 1P) típusú sorokat azonos csoportba soroljuk, — akkor csak a következő 15 különböző sortípus marad meg"
Ezt nem tehetjük meg, hiszen ez azonos lenne azzal a szituációval, mintha a két szoba között cserélgetnék az azonos sorszámú kis borítékokat, majd utána döntenék el dobókockával, hogy melyik legyen felbontva.
pl.
Említettem, hogy ha az (a) típusú nagy boríték kerül kiosztásra (KKK PPP), akkor a dobásoktól függetlenül minden esetben (9) különbözők lesznek a színek.
Nézzünk egy másik esetet:
1. szoba KKP
2. szoba PPK
ebben az esetben csak 5 olyan eset van, amikor különbözőek lesznek a színek.
Mi történik ha kicserélhetjük a két szoba között a kis borítékot, jelen esetben a 3-ast?
akkor KKK, PPP lesz a borítékok elosztása és teljesen más lesz a végeredmény, 9 olyan eset amikor különbözőek a színek.
Márpedig, amikor Hraskó 1P2K-t felcseréli 2K1P-re, mert azonos csoportba sorolja az eseteket. akkor ezt teszi.
A manipulált adatokból a végén valószínűséget számol, amiből természetesen nem az jön ki, ami normális logikával, matematikával kijönne.
Úgy tűnik, más problémák felé fordult a figyelmed. Végül is, a világegyetem mibenléte és nagy kérdéseinek mielőbbi megfejtése méltóbb kihívás számodra, mint pár alantas valószínűségszámítási kérdés... :-)
Bizonyos kombinációk többször, mások kevesebbszer fordulnak elő, ezért a fenti [2] pontban említett egyenlőség vagy igaz, vagy nem, de általánosságban nem lehet kijelenteni mind a 15 lehetőségre se ezt, se azt.
Ezt az állításodat pedig semmivel sem támasztottad alá.
Bocs a hallgatásért. A fórumtól, s a témától független dolgok jöttek közbe.
Akkor az utolsó verzió szerint, amit elfogadtál:
"ha előre rögzítettek a színek (korongok), mivel ezeket eleve úgy helyezték el a borítékba, hogy azonos számú borítékba ne kerüljön azonos szín, akkor 30 különböző kimenet lehetséges,
míg abban az esetben, ha a színek nem előre meghatározottak, akkor 36 különböző kimenet lehetséges."
Valójában a rögzített színű korongokból csak 24 féle különböző kimenet lehetséges, de nézzük mit ír Hraskó:
"Annak valószínűsége pedig, hogy az a kísérletező, akihez az (1P, 2K, 3K), vagy az (1P, 2K, 3P) típusú boríték került éppen a 2. kis borítékot nyissa fel (1/3)2 = 1/9-el egyenlő, mert mindkét kísérletező független kockadobással állapítja meg a felnyitandó boríték sorszámát.
Így [2]
"
Látszólag jó, de mit is írt a cikk elején:
"Ennek a kétoszlopos listának az első sorait látjuk az 1. táblázatban. A szám a boríték sorszámát, K és P a korong színét jelzi. A „valóságos" lista természetesen sokkal hosszabb és első ránézésre semmilyen szabályszerűséget sem árul el. Tegyük fel azonban, hogy a türelmes tanulmányozás mégis fölfed egy egyszerű szabályosságot, amely kivétel nélkül mindig teljesül: azokban a sorokban, amelyekben a boríték száma mindkét oszlopban azonos, a két szín mindig különböző"
Tehát a lehetséges kimenetekből csak a "kedvező" változatok (amikor a boríték sorszáma megegyezik és a színek eltérnek) vannak figyelembe véve.
Ezek száma 24, de ha a kis borítékok sorrendjétől is eltekintünk, akkor már csak 15 különböző lehetőség maradt.
Ezek valószínűségét természetesen nem lehet összevetni a teljes valószínűséggel, mert a valószínűségük nem egyenletes.
Bizonyos kombinációk többször, mások kevesebbszer fordulnak elő, ezért a fenti [2] pontban említett egyenlőség vagy igaz, vagy nem, de általánosságban nem lehet kijelenteni mind a 15 lehetőségre se ezt, se azt.
"ha a kvantumelmélet segítségével a megfigyelhető p valószínűségeket kiszámítjuk azt találjuk, hogy bizonyos körülmények között ezek az egyenlőtlenségek nem teljesülnek"
ha előre rögzítettek a színek (korongok), mivel ezeket eleve úgy helyezték el a borítékba, hogy azonos számú borítékba ne kerüljön azonos szín, akkor 30 különböző kimenet lehetséges,
míg abban az esetben, ha a színek nem előre meghatározottak, akkor 36 különböző kimenet lehetséges.
A hisztériázást te csinálod, mert az egyszerűbb mint a válasz.
Két egyszerű kérdést tettem fel:
A borítékos példa esetében (ahol a színek előre elrendezettek) hányféle kimenet lehetséges?
Amennyiben a színek nem előre meghatározottak, hányféle kimenet lehetséges?
A bizonyítást nekem kell levezetnem, de mivel én bármit állítok azt értelmezés nélkül hülyeségnek minősíted, ezért kérem tőled a válaszokat.
Avagy tényleg a hit mezsgyéjén vagyunk, ahol már kérdezni se szabad? :-)
Tehát ha nem akarsz megfutamodni, akkor várom a válasz, ami így tőlem független (és "vitathatatlanul" szakszerű) lesz.
A trollkodás az lenne, ha nem hagynám a fórumon a kvantumfizikához kapcsolódó témák kibontakozását.
Jelenleg lehetőség lenne a Bell egyenlőség elemzésére.
Ez erősen a témába vág. Bár lehet ezzel kizökkentem a társaságot a szokásos témájából.
Igaz az nem fórum függő, mert (szinte) mindegyiken az megy.
Részemről maradnék a Bell egyenlőtlenségnél.
Mivel bármit állítanék, az lenne a válasz, hogy nem értem, ezért kérdéseket szeretnék feltenni.
A többit elintézi a matematika.
"A Bell egyenlőtlenséget matematikusok és fizikusok is eléggé behatóan tanulmányozták. Akik nem értenek vele egyet azok még alaposabban áttanulmányozták logikailag is és fizikai megfontolások alapján is. Eddig nem jelezték, hogy hibás lenne, ha a feltevéseket (és a kísérleti tapasztalatokat) igaznak fogadjuk el. "
Ekkora előny biztosítás mellet is meghátrálsz? :-)
Kértem, hogy mutasd be a hibát, mert én nem találom. Ehhez képest úgy teszel, mintha nálam lenne a bizonyítási kényszer. Miért nekem kellene bizonyítanom bármit is amikor te tettél egy állítást, minden bizonyítás nélkül? Azt állítottad, hogy "egy rejtett matematikai hiba van benne.". Ezt kértem, hogy mutasd meg.
Ezek után mire véljem ezt a hisztériázást?
Direkt egy közös (Hraskó féle) forrás szöveget kerestem, s ezt kell értelmezned, hogy ne tudj az én szövegembe belekötni. Ebből kéne kezdetnek egy-két számértéket válaszolni. Igaz, itt nem elég csak bólogatni, s ismételni. Ha megvannak a válaszok, akkor majd továbblépünk, de úgy látom a taposás könnyebben megy.
El kéne döntened, hogy akkor most találtál egy rejtett matematikai hibát és azt be is tudod mutatni, vagy nem találtál, csak egy kicsit trollkodni akartál. Miért számít nálad "taposásnak", ha rákérdeznek egy állításodra?
"A matematikai logika ehhez biztosan elegendő lehet" Mivel ez esetben éppen a logikátlanság következne belőle, nem biztos. Ugyanis a matematikában valami előzményből szabályok által, következik valami. Amennyiben a Bell egyenlőtlenség igaz, akkor viszont egy előzményből bármi következhet, vagy eredményből bármilyen előzmény. :-) De ez csak filozófia, maradjunk az eredeti vonalon. :-)
Ez inkább ezoterika, ahhoz meg nem értek. Ezért aztán a kritikai megjegyzésed számomra értékelhtetlen marad. Maradjunk ennyiben.
Ezek azért lényegesek, mert a végén valószínűséget számol, s érteni kéne az oda vezető utat.
A Bell egyenlőtlenséget matematikusok és fizikusok is eléggé behatóan tanulmányozták. Akik nem értenek vele egyet azok még alaposabban áttanulmányozták logikailag is és fizikai megfontolások alapján is. Eddig nem jelezték, hogy hibás lenne, ha a feltevéseket (és a kísérleti tapasztalatokat) igaznak fogadjuk el.
Hraskó szemléltetése is logikailag hibátlannak tűnik számomra, ezért kértem, hogy vezesd le hol a bukfenc.
A matematikai logika ehhez biztosan elegendő lehet, ha tudod mi az.
Úgy vélem, nem illendő dolog a saját alapítású vállalkozásodat ezen a fórumon reklámozni, és "kuncsaftokat" innen toborozni. ... ... Engem ki is rúgott onnan a topik tulajdonosa, akit itt Szelki Lataként ismerünk.
Szóval megpróbálsz belerúgni Szelki Latába
Aztán 942-ben úgy teszel, mintha valaki más hozta volna szóba ezt az ügyedet:
Reméltem, hogy lezárhatjuk már ezt a kozmofórum ügyet, mivel nem vág ide egyáltalán, de úgy látszik te szükségét érezted, hogy engem áztass még egy kicsit. Ez nálad zsigeri szükséglet lehet.
Reméltem, hogy lezárhatjuk már ezt a kozmofórum ügyet, mivel nem vág ide egyáltalán, de úgy látszik te szükségét érezted, hogy engem áztass még egy kicsit. Ez nálad zsigeri szükséglet lehet.
Nem is kívánok az általad leírtakra részletesen reflektálni, csak annyit jegyeznék meg az itteni olvasók számára, hogy talán el tudják képzelni, hogy a történet nem úgy hangzik az én olvasatomban, mint amit te előadtál.
