Различные "ветви" реальности. Работа с линиями вероятности и выбор плана будущего в собственной Искре. Практика Может быть возможной связь между параллельными мирами
Согласно многомировой интерпретации квантовой физики, мы живем в бесконечной сети альтернативных вселенных. Это серьезное заявление, которое несет определенные и крайне серьезные научные, философские и экзистенциальные последствия. Давайте рассмотрим десять из них.
Согласно гипотезе создателя квантовой механики Хью Эверетта, мы живем во Вселенной, точнее в мультивселенной, в которой постоянно рождается и ответвляется множество последовательных миров, в каждом из которых присутствует другая версия вас.
Квантовые физики использовали многомировую интерпретацию, чтобы устранить неприятный недостаток копенгагенской интерпретации, а именно утверждение, что ненаблюдаемое явление может существовать в двух состояниях. То есть вместо того, чтобы утверждать, что одновременно жив и мертв, многомировая интерпретация гласит, что кот просто «разветвился» в разных мирах: в одном он жив, в другом мертв.
Спустя 60 лет после своего представления, многомировая интерпретация остается довольно спорным вопросом. В опросе 2013 года, проведенном среди квантовых физиков, только пятая часть указала, что приветствует многомировую интерпретацию (для сравнения: копенгагенской интерпретации придерживается 42% физиков). Тем не менее среди сторонников мультиверса есть весьма именитые ученые из области квантовой физики - Дэвид Дойч, Скотт Ааронсон, Шон Кэрролл.
Независимо от того, в каком состоянии пребывает эта теория, крайне интересно размышлять о ее последствиях.
Мы живем в мультивселенной гигантских размеров
Космологи принимают факт того, что наблюдаемый нами мир один, как сам собой разумеющийся. Размышления о множественной вселенной долгое время считались научной ересью, но вероятность того, что это правда, растет все больше и больше. Физики и метафизики, космологи, антропологи, квантовые фанатики - все начинают задумываться об этом.
Основным утверждением многомировой интерпретации является то, что все сущее состоит из квантовой суперпозиции невообразимо большого - или бесконечного - числа вселенных. Если эта интерпретация является верной, должно быть совершенно поразительное количество альтернативных миров.
Цельность вашей жизни -иллюзия
ММИ также нарушает наше представление о личности. Мы все воспринимаем свою жизнь как единое и цельное путешествие через пространство и время. В действительности мы представляем собой экспоненциально растущий набор событий, которые разветвляются от момента к моменту. В результате мы должны думать о себе не как о личности, а как о дробной части.
Причина этой иллюзии в том, что множественный опыт пережить невозможно, поэтому мы остаемся с осознанием того, что мы - один человек. Но это не означает, что наш опыт реальности подлинный или реальный. Мы должны признать - посредством ММИ - что наши жизни не являются в точности такими, какими кажутся.
Существует множество версий вас
Если ММИ верна, существует (или бесконечное) количество ваших версий, каждая из которых воспринимает мир как отдельная личность и не знает о существовании других версий. Следовательно, сам объем альтернативных жизненных путей чрезвычайно велик. С самого рождения вы - или то, что вам кажется вами - разветвлялись в разных мирах. Полный набор вас - это массивная корневая система, которая разрастается экспоненциально, и каждый корень представляет новую жизнь.
Поскольку ММИ подразумевает постоянную изменчивость, зависимость от вероятностей, каждый новый экземпляр вас должен быть отличным, наблюдая мир, в котором произошел альтернативный исход событий вашей жизни. Следовательно, существуют миры, в которых вы до сих пор живете с бывшими, являетесь более или менее успешным, уже умерли или пережили смерть близких, которые живы в настоящем мире. Могут существовать даже злобные версии вас, где вы террристы или убийцы. Возможности практически безграничны, пока не нарушаются основы физики.
У вас все еще есть свобода воли
Учитывая, что все возможные решения будут приниматься различными версиями вас, ММИ довольно трудно объяснить вопрос свободы воли. Если все варианты выбора уже сделаны в альтернативных мирах, зачем тогда проходить через все неприятности, взвешивая все за и против, принимая решения? Коллективная судьба ваших альтер-эго уже предопределена, выбор сделан за вас.
Эксперт ММИ Майкл Клайв-Прайс указывает, что хотя все решения уже приняты, некоторые принимаются чаще остальных. Другими словами, каждая ветвь решения обладает собственным «весом», который влияет на обычные законы квантовой статистики.
Кроме того, ММИ означала бы определенный недетерминизм бытия, хотя и неинтуитивным образом. Всякий раз, когда мы задаемся вопросом: «Мог ли я принять другое решение или поступить иначе?», ММИ отвечает, что да, конечно. И не только вы, но и альтернативная версия вас тоже могла. А вот почему вы выбрали этот вариант, добились тех или иных результатов, все это сводится к влиянию квантовых событий на классические объекты - в том числе и на размышления в вашей голове.
Где-то там могут существовать крайне странные миры
ММИ обязательно приводит к весьма странным возможностям. Опять же, все точки разветвления возможны ровно до тех пор, пока вы не нарушаете законы физики. Важно отметить, однако, что учитывая весь объем всевозможных миров, более вероятно, что вы окажетесь в наиболее возможном и рациональном из миров, поскольку они возникают с высокой частотой.
Но есть и миры, в которых происходят крайне странные вещи. К примеру, кто-то подбрасывает монетку 1000 раз, и вместе с этим возникает мир, в котором он выбрасывает решку 1000 раз подряд.
Также существуют миры, в которых кто-то будет угадывать абсолютно все прогнозы спортивных матчей. Миры, в которых человек без музыкального образования, впервые увидев фортепиано, сыграет 3-й фортепианный концерт Рахманинова, как сыграл бы сам маэстро. Шансы, однако, такого события ничтожно малы и выходят за пределы астрономических вероятностей, хотя, конечно, в числе бесконечно возможных вариантов имеются.
Впрочем, именно этот пункт скептики выделяют как самый острый, сводящий рациональность ММИ к минимуму.
Вы в некотором роде бессмертны
Этот мысленный эксперимент называется «квантовое самоубийство». Представьте себе ситуацию, в которой человек играет в русскую рулетку, в которой полбарабана револьвера заложено пулями. В такой суперпозиции каждый поворот барабана будет сбрасывать шансы на самоубийство человека до 50/50. Но ММИ говорит нам, что должен быть мир, в котором человек никогда не застрелит себя даже после 50 поворотов барабана. Хотя шансы, что это случится, стремятся к нулю, но где-нибудь это да должно произойти.
Что любопытно, физик Макс Тегмарк говорит, что данный эксперимент может служить доказательством ММИ, только потребует смерти множества людей, прежде чем один счастливчик доберется до финиша.
Другой взгляд на квантовое бессмертие утверждает, что версия нас самих всегда должна существовать, чтобы наблюдать Вселенную. Пол Халперн, автор «кота Шредингера», выразил это так:
«Что такое выживание человека? Все мы - совокупность частиц, установленная квантовыми правилами на глубочайшем уровне. Если каждый раз, когда происходит квантовый переход, наши тела и сознания раскалываются, будут копии, которые переживают каждый возможный результат, в том числе и тот, который определяет, жить нам или умереть. Предположим, что в одном случае конкретный набор квантовых переходов приводит к неправильному распределению клеток и вызывает смертельную форму рака. Для каждого перехода всегда будет альтернатива, которая не приводит к раку. Получается, всегда будут ветки с выжившими. Добавим к этому допущение, что наше сознание всегда будет пребывать только в живых копиях, и мы сможем выжить в любом числе потенциально опасных событий, связанных с квантовыми переходами».
Может быть возможной связь между параллельными мирами
В 1995 году квантовый физик Райнер Плага предложил экспериментально проверить ММИ, описав процедуру «межмирового» обмена информацией и энергией посредством «слабой связи».
С помощью стандартного квантово-оптического оборудования одиночный ион можно изолировать от окружения в ионной ловушке. Затем можно провести квантово-механическое измерение с двумя отдельными результатами на примере другой системы, тем самым создав два параллельных мира. В зависимости от результата, ион будет возбужден только в одном из этих параллельных миров, прежде чем произойдет декогеренция иона в процессе взаимодействия окружающей средой. Плага утверждает, что мы могли бы обнаружить это возбуждение в другом параллельном мире, что обеспечило бы ММИ доказательствами - и предоставило бы возможный способ послать весточку в параллельную реальность.
Никаких парадоксов путешествий во времени
Все просто: наличие альтернативных миров будет означать отсутствие единой шкалы времени, по которой можно перемещаться.
Если кто-то отправится назад во времени, это будет означать перемещение в совершенно новые временные парадигмы. Соответственно, в ММИ парадоксы вроде возвращения в прошлое и убийства дедушки просто не находят места.
Все уже случалось и снова случится
Самое интересное следствие из бесконечного числа миров заключается в том, что все уже произошло. Более того, произойдет еще и бесконечное число раз.
По материалам IO9
1. Ω = {11,12,13,14,15,16, 21, 22,..., 66},
2. Ω = {2,3,4,5,6, 7,8,9,10,11,12}
3. ● A = {16,61,34, 43, 25, 52};
● B = {11,12, 21,13,31,14, 41,15, 51,16, 61}
● C = {12, 21,36,63,45, 54,33,15, 51, 24,42,66}.
● D = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 2 ИЛИ 3 };
● E = {СУММА ОЧКОВ РАВНА 10}.
Описать событие: С = {ЦЕПЬ ЗAМКНУТA} для каждого случая.
Решение. Введем обозначения: событие A - контакт 1 замкнут; событие В - контакт 2 замкнут; событие С - цепь замкнута, лампочка горит.
1. Для параллельного соединения цепь замкнута, когда хотя бы один из контактов замкнут, поэтому С = A + В ;
2. Для последовательного соединения цепь замкнута, когда замкнуты оба контакта, поэтому С = A · В .
Задача. 1.1.4 Составлены две электрические схемы:
Событие A - цепь замкнута, событие A i - I –й контакт замкнут. Для какой из них справедливо соотношение
A1 · (A2 + A3 · A4) · A5 = A?
Решение . Для первой схемы A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), так как параллельному соединению соответствует сумма событий, а последовательному соединению - произведение событий. Для второй схемы A = A 1 (A2 + A3 A4 A5). Следовательно, данное соотношение справедливо для второй схемы.
Задача. 1.1.5 Упростить выражение (A + B)(B + C)(C+ A).
Решение. Воспользуемся свойствами операций сложения и умножения событий.
(A + B)(B + C)(A + C) =
(AB + AC + B B + BC)(A + C) =
= (AB + AC + B + BC)(A + C) =
(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =
= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.
Задача. 1.1.6 Доказать, что события A, AB и A+B Образуют полную группу.
Решение. При решении задачи воспользуемся свойствами операций над событиями. В начале покажем, что эти события попарно несовместны.
A теперь покажем, что сумма этих событий дает пространство элементарных событий.
Задача. 1.1.7 С помощью схемы Эйлера–Венна проверить правило де-Моргана:
А) Заштриховано событие AB.
Б) Событие A - вертикальная штриховка; событие B - горизонтальная штриховка. Событие
{A+B} - заштрихованная область.
Из сопоставления рисунков а) и в) следует:
Задача. 1.2.1 Сколькими способами можно рассадить 8 человек:
1. В один ряд?
2. За круглым столом?
Решение.
1. Искомое число способов равно числу перестановок из 8, т. е.
P8 = 8! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 40320
2. Так как за круглым столом выбор первого человека не влияет на чередование элементов, то первым можно взять любого, а оставшихся упорядочим относительно выбранного. Это действие можно осуществить 8!/8 = 5040 способами.
Задача. 1.2.2 На курсе изучается 5 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на субботу, если в этот день должны быть две различные пары?
|
Решение. Искомое число способов есть число размещений
Из 5 по 2, так как нужно учесть порядок пар:
Задача. 1.2.3 Сколько экзаменационных комиссий, состоящих из 7 человек, можно составить из 15 преподавателей?
Решение. Искомое число комиссий (без учета порядка) - это число сочетаний из 15 по 7:
Задача. 1.2.4 Из корзины, содержащей двадцать пронумерованных шаров выбирают на удачу 5 шаров. Определить число элементов пространства элементарных событий этого опыта, если:
Шары выбираются последовательно один за другим с возвращением после каждого извлечения;
Шары выбирают один за другим, не возвращая;
Выбирают сразу 5 шаров.
Решение.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар также равно 20 и т. д. Тогда число способов извлечь 5 шаров в этом случае равно 20 · 20 · 20 · 20 · 20 = 3200000.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар после извлечения не вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар стало равно 19 и т. д. Тогда число способов извлечь 5 шаров без возвращения равно 20 · 19 · 18 · 17 · 16 = A52 0
Число способов извлечь из корзины 5 шаров сразу равно числу сочетаний из 20 по 5:
Задача. 1.2.5 Подброшены две игральные кости. Найти вероятность события A того, что выпадет хотя бы одна единица.
Решение. На каждой кости может выпасть любое число очков от 1 до 6. Поэтому пространство элементарных событий содержит 36 равновозможных исходов. Событию A благоприятствуют 11 исходов: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1,5), (5,1), (1,6), (6,1), поэтому
Задача. 1.2.6 На красных карточках написаны буквы у, и, я, к, ц, ф, н, на синих - буквы а, а, о, т, т, с, ч. После тщательного перемешивания, что вероятнее: с первого раза из букв на красных карточках составить слово «функция» или из букв на синих карточках слово «частота»?
Решение. Пусть событие A - наудачу составленное из 7 букв слово «функция», событие B - наудачу составленное из 7 букв слово «частота». Так как упорядочиваются два множества из 7 букв, то число всех исходов для событий A и B равно n = 7!. Событию A благоприятствует один исход m = 1, так как все буквы на красных карточках различны. Событию B благоприятствуют m = 2! · 2! исходов, так как буквы «а» и «т» встречаются дважды. Тогда P(A) = 1/7! , P(B) = 2! 2! /7! , P(B) > P(A).
Задача. 1.2.7 На экзамене студенту предлагается 30 билетов; в каждом билете два вопроса. Из 60 вопросов, вошедших в билеты, студент знает только 40. Найти вероятность того, что взятый студентом билет будет состоять
1. из известных ему вопросов;
2. из неизвестных ему вопросов;
3. из одного известного и одного неизвестного вопроса.
Решение. Пусть A - событие, состоящее в том, что на оба вопроса студент знает ответ; B - не знает ответа на оба вопроса; C - на один вопрос знает ответ, на другой - не знает. Выбор двух вопросов из 60 можно осуществить n = C260 = 60 2·59 = 1770 способами.
1. Имеется m = C240 = 40 2·39 = 780 возможностей выбора известных студенту вопросов. Тогда P(A) = M N = 17 78 70 0 = 0,44
2. Выбор двух неизвестных вопросов из 20 можно осуществить m = C220 = 20 2·19 = 190 способами. В таком случае
P(B) = M N = 11 79 70 0 = 0,11
3. Существует m = C14 0 ·C21 0 = 40·20 = 800 способов выбрать билет с одним известным и одним неизвестным вопроcом. Тогда P(C) = 18 70 70 0 = 0,45.
Задача. 1.2.8 По трем каналам послана некоторая информация. Каналы работают независимо друг от друга. Найти вероятность того, что информация достигнет цели
1. Только по одному каналу;
2. Хотя бы по одному каналу.
Решение. Пусть A - событие, состоящее в том, что информация достигает цели только по одному каналу; B - хотя бы по одному каналу. Опыт - передача информации по трем каналам. Исход опыта - информация достигла цели. Обозначим Ai - информация достигает цели по i-му каналу. Пространство элементарных событий имеет вид:
Событию B благоприятствуют 7 исходов: все исходы, кромеТогда n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8 ; P(B) = 7 8.
Задача. 1.2.9 На отрезке единичной длины случайным образом появляется точка. Найти вероятность того, что расстояние от точки до концов отрезка больше 1/8.
Решение. По условию задачи искомому событию удовлетворяют все точки, появляющиеся на интервале (a; b).
|
Так как его длина s = 1 - 1 8 + 1 8 = 3 4, а длина всего отрезка S = 1, то искомая вероятность равна P = s/S = 3/14 = 0.75.
Задача. 1.2.10 В партии из N изделий K изделий являются бракованными. Для контроля выбирается m изделий. Найти вероятность того, что из M Изделий L Окажутся бракованными (событие А).
Решение. Выбор m изделий из n можно осуществить способами, а выбор L бракованных из k бракованных - способами. После выбора L бракованных изделий останется (m - L ) годных, находящихся среди (n - k) изделий. Тогда число исходов, благоприятствующих событию A, равно·
И искомая вероятность
Задача. 1.3.1 B урне 30 шаров: 15 красных, 10 синих и 5 белых. Найти вероятность того, что наугад вынутый шар - цветной.
Решение. Пусть событие A - вынут красный шар, событие B - вынут синий шар. Тогда события (A + B) - вынут цветной шар. Имеем P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Так как
События A и B несовместны, то P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0.83.
Задача. 1.3.2 Вероятность того, что будет снег (событие A), равна 0.6, А того, что будет дождь (событие B), равна 0.45. Найти вероятность плохой погоды, если вероятность дождя со снегом (событие AB) равна 0.25.
Решение. События A и B совместны, поэтому P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.6 + 0.45 - 0.25 = 0.8
Задача. 1.3.3 B первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором - 3 белых и 9 черных шаров, в третьем - 6 белых и 6 черных шаров. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что все вынутые шары белые.
Решение. Событие A - вынут белый шар из первого ящика, B - из второго ящика, C – из третьего. Тогда P(A) = 12 2 = 1 6; P(B) = 13 2 = 1 4; P(C) = 16 2 = 1 2. Событие ABC - все вынутые
Шары - белые. События A, B,C - независимые, поэтому
P(ABC) = P(A)·P (B)·P (C) = 1 6 · 1 4 · 1 2 = 41 8 = 0.02
Задача. 1.3.4 B электрическую цепь последовательно включены 5 Элементов, работающие независимо друг от друга. Вероятность отказов первого, второго, третьего, четвертого, пятого элементов соответственно равны 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Найти вероятность того, что тока в цепи не будет (событие A).
Решение. Так как элементы включены последовательно, то тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один элемент. Событие Ai(i =1...5) - откажет I - й элемент. События
Задача. 1.3.5 Цепь состоит из независимых блоков, соединенных в систему с одним входом и одним выходом.
Выход из строя за время Т различных элементов цепи - независимые события, имеющие следующие вероятности P 1 = 0.1; P2 = 0.2; P3 = 0.3; P4 = 0.4. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Найти надежность системы.
Решение. Если событие A - {СИСТЕМА НАДЕЖНА}, Ai - {i - й БЛОК РАБОТАЕТ БЕЗОТКАЗНО}, то A = (A1 + A2)(A3 + A4). События A1+A2, A3+A4 - независимые, события A1 и A2, A3 и A4 - совместные. По формулам умножения и сложения вероятностей
Задача. 1.3.6 Рабочий обслуживает 3 станка. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0.9, для второго станка - 0.8, для третьего станка - 0.7.
Найти вероятность того, что в течение некоторого часа
1. Потребует внимания второй станок;
2. Потребуют внимания два станка;
3. Потребуют внимания не менее двух станков.
Решение. Пусть Ai - i-й станок потребует внимания рабочего,- i-й станок не потребует внимания рабочего. Тогда
Пространство элементарных событий:
1. Событие A - потребует внимания второй станок: Тогда
Так как события несовместные и независимые. P(A) = 0.9·0.8·0.7 + 0.1·0.8·0.7 + 0.9·0.8·0.3 + 0.1·0.8·0.3 = 0.8
2. Событие B - потребуют внимания два станка:
3. Событие C - потребуют внимания не менее двух стан
ков:
Задача. 1.3.7 B машину «Экзаменатор» введено 50 Вопросов. Студенту предлагается 5 Вопросов и ставится оценка «отлично», если на все вопросы получен верный ответ. Найти вероятность получить “отлично”, если студент подготовил только 40 Вопросов.
Решение. A - {ПОЛУЧЕНА ОЦЕНКА «ОТЛИЧНО»}, Ai - {ОТВЕТИЛ НА i - й ВОПРОС}. Тогда A = A1A2A3A4A5, имеем:
Или, другим способом - c помощью формулы классической вероятности:И
Задача. 1.3.8 Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в I , II , III , IV ящике, соответственно равны 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Найти вероятность того, что сборщику придется проверить все 4 ящика (событие A ).
Решение. Пусть Ai - {Нужная сборщику деталь находится в i-м ящике.} Тогда
Так как события несовместны и независимы, то
Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек являются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружились серьезные изменения в легких. Среди некурящих изменения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изменения в легких, является курящим?
Решение. Введем гипотезы: H1 - обследованный является постоянно курящим, H2 - является некурящим. Тогда по условию задачи
P(H1)= ------- =0,4, P(H2)=--------- =0,6
Обозначим через A событие, состоящее в том, что обследованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи
По формуле (1.15) находим
Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна
Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех заводов: 30% с первого завода, 20% - со второго, 50% - с третьего. Продукция первого завода содержит 20% телевизоров со скрытым дефектом, второго - 10% , третьего - 5%. Какова вероятность приобрести исправный телевизор?
Решение. Рассмотрим события: A - приобретен исправный телевизор; гипотезы H1, H2, H3 - телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего завода. По условию задачи
По формуле (1.15) находим
Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором - 10 белых и 10 черных шаров, в третьем - 20 черных шаров. Из наугад выбранного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.
Решение. Пусть событие A - вынут белый шар, гипотезы H1, H2, H3 - шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим
ТогдаПо формуле (1.15) находим
По формуле (1.16) находим
Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигналов «точка» и «тире». Статистические свойства помех таковы, что искажаются в среднем 2/5 Сообщений «точка» и 1/3 Сообщений «тире». Известно, что среди передаваемых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотношении 5: 3. Определить вероятность того, что принят передаваемый сигнал, если:
А) принят сигнал «точка»;
Б) принят сигнал «тире».
Решение. Пусть событие A - принят сигнал «точка», а событие B - принят сигнал «тире».
Можно сделать две гипотезы: H1 - передан сигнал «точка», H2 - передан сигнал «тире». По условию P(H1) : P(H2) =5: 3. Кроме того, P(H1) + P(H2) = 1. Поэтому P(H1) = 5/8, P(H 2 ) = 3/8. Известно, что
Вероятности событий A И B Находим по формуле полной вероятности:
Искомые вероятности будут:
Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защищены от воздействия помех. Вероятность того, что защищенный канал в течении времени T не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала - 0.8. Найти вероятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени T , причем оба канала не защищены от воздействия помех.
Решение. Пусть событие A - оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 - Выбран защищенный канал, A2 - Выбран незащищенный канал.
Запишем пространство элементарных событий для опыта - {выбрано два канала}:
Ω = {A1A1, A1A2, A2A1, A2A2}
Гипотезы:
H1 - оба канала защищены от воздействия помех;
H2 - первый выбранный канал защищен, второй выбранный канал не защищен от воздействия помех;
H3 - первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;
H4 - оба выбранных канала не защищены от помех. Тогда
И
Задача. 1.5.1 По каналу связи передается 6 Сообщений. Каждое из сообщений может быть искажено помехами с вероятностью 0.2 Независимо от других. Найти вероятность того, что
1. 4 сообщения из 6 не искажены;
2. Не менее 3 из 6 переданы искаженными;
3. Хотя бы одно сообщение из 6 искажено;
4. Не более 2 из 6 не искажены;
5. Все сообщения переданы без искажения.
Решение. Так как вероятность искажения 0.2, то вероятность передачи сообщения без помех - 0.8.
1. Используя формулу Бернулли (1.17), найдем вероят
ность передачи 4 сообщений из 6 без помех:
2. не менее 3 из 6 переданы искаженными:
3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
4. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
5. все сообщения переданы без искажения:
Задача. 1.5.2 Вероятность того, того, что летом день будет ясным, равна 0.42; вероятность пасмурного дня равна 0.36 и переменной облачности - 0.22. Сколько дней из 59 можно ожидать ясных и пасмурных?
Решение. Из условия задачи видно, что надо искать наиболее вероятное число ясных и пасмурных дней.
Для ясных дней P = 0.42, N = 59. Составляем неравенства (1.20):
59 0.42 + 0.42 - 1 < m0 < 59 0.42 + 0.42.
24.2 ≤ Mo ≤ 25.2 → Mo = 25.
Для пасмурных дней P = 0.36, N = 59 и
0.36 59 + 0.36 - 1 ≤ M 0 ≤ 0.36 59 + 0.36;
Следовательно 20.16 ≤ M 0 ≤ 21.60; → M 0 = 21.
Таким образом, наиболее вероятное число ясных дней Mo =25, пасмурных дней - M0 = 21. Тогда летом можно ожидать Mo + M0 =46 ясных и пасмурных дней.
Задача. 1.5.3 На лекции по теории вероятностей присутствует 110 студентов курса. Найти вероятность того что
1. k студентов (k = 0,1,2) из присутствующих родились первого сентября;
2. хотя бы один студент курса родился первого сентября.
P =1/365 очень мала, поэтому используем формулу Пуассона (1.22). Найдем параметр Пуассона. Так как
N = 110, то λ = np = 110 1 /365 = 0.3.
Тогда по формуле Пуассона
Задача. 1.5.4 Вероятность того, что деталь не стандартная, равна 0.1. Сколько деталей нужно отобрать, чтобы с вероятностью P = 0.964228 Можно было утверждать, что относительная частота появления нестандартных деталей отклоняется от постоянной вероятности p = 0.1 По абсолютной величине не более, чем на 0.01 ?
Решение.
Требуемое число N Найдем по формуле (1.25). Имеем:
P = 1.1; q = 0.9; P = 0.96428. Подставим данные в формулу:
Откуда находим
По таблице значений функции Φ(X ) находим, что
Задача. 1.5.5 Вероятность выхода из строя за время Т одного конденсатора равна 0.2. Определить вероятность того, что за время Т из 100 конденсаторов выйдут из строя
1. Ровно 10 конденсаторов;
2. Не менее 20 конденсаторов;
3. Менее 28 конденсаторов;
4. От 14 до 26 конденсаторов.
Решение. Имеем П = 100, P = 0.2, Q = 1 - P = 0.8.
1. Ровно 10 конденсаторов.
Так как П Велико, воспользуемся локальной теоремой Муавра - Лапласа:
Вычислим
Так как функция φ(х) - четная, то φ(-2,5) = φ(2,50) = 0,0175 (находим по таблице значений функции φ(х). Искомая вероятность
2. Не менее 20 конденсаторов;
Требование, чтобы из 100 конденсаторов из строя вышли не менее 20, означает, что из строя выйдут либо 20, либо 21, ..., либо 100. Таким образом, Т1 = 20, Т 2 =100. Тогда
По таблице значений функции Φ(x) Найдем Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0.5. Искомая вероятность:
3. Менее 28 конденсаторов;
(здесь было учтено, что функция Лапласа Ф(x) - нечетная).
4. От 14 до 26 конденсаторов. По условию M1=
14, m2 = 26.
Вычислим x 1,x2:
Задача. 1.5.6 Вероятность появления некоторого события в одном опыте равна 0.6. Какова вероятность, что это событие появиться в большинстве из 60 опытов?
Решение. Количество M Появлений события в серии испытаний находится в промежутке . «В большинстве опытов» означает, что M Принадлежит промежутку По условию N = 60, P = 0.6, Q = 0.4, M 1 = 30, m2 = 60. Вычислим x1 и x2:
|
Случайные величины и их распределения
Задача. 2.1.1 Дана таблица, где в верхней строке указаны возможные значения случайной величины X, а в нижней - их вероятности.
Может ли эта таблица быть рядом распределения X?
Ответ: Да, так как p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1
Задача. 2.1.2 Выпущено 500 Лотерейных билетов, причем 40 Билетов принесут их владельцам выигрыш по 10000 Руб., 20 Билетов - по 50000 Руб., 10 Билетов - по 100000 Руб., 5 Билетов - по 200000 Руб., 1 Билет - 500000 Руб., остальные - без выигрыша. Найти закон распределения выигрыша для владельца одного билета.
Решение.
Возможные значения X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Вероятности этих возможных значений:
Искомый закон распределения:
Задача. 2.1.3 Стрелок, имея 5 Патронов, стреляет до первого попадания в цель. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0.7. Построить закон распределения числа использованных патронов, найти функцию распределения F (X ) и построить ее график, найти P(2 < x < 5).
Решение.
Пространство элементарных событий опыта
Ω = {1, 01, 001, 0001, 00001, 11111},
Где событие {1} - попал в цель, событие {0} - не попал в цель. Элементарным исходам соответствуют следующие значения случайной величины числа использованных патронов: 1, 2, 3, 4, 5. Так как результат каждого следующего выстрела не зависит от предыдущего, то вероятности возможных значений:
P1 = P(x1 = 1) = P(1) = 0.7; P2 = P(x2 = 2) = P(01) = 0.3 · 0.7 = 0.21;
P3 = P(x3 = 3) = P(001) = 0.32 · 0.7 = 0.063;
P4 = P(x4 = 4) = P(0001) = 0.33 · 0.7 = 0.0189;
P5 = P(x5 = 5) = P(00001 + 00000) = 0.34 · 0.7 + 0.35 = 0.0081.
Искомый закон распределения:
Найдем функцию распределения F (X ), Пользуясь формулой (2.5)
X ≤1, F(x) = P(X < x) = 0
1 < x ≤2, F(x) = P(X < x) = P1 (X1 = 1) = 0.7
2 < x ≤ 3, F(x) = P1 (X = 1) + P2(x = 2) = 0.91
3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =
= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973
4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +
+ P4(x = 4) = 0.973 + 0.0189 = 0.9919
X > 5, F (x) = 1
Найдем P(2 < x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < X < 5) = F(5) - F (2) = 0.9919 - 0.91 = 0.0819
Задача. 2.1.4 Дана F (X ) некоторой случайной величины:
Записать ряд распределения дляX.
Решение.
Из свойств F
(X
)
Следует, что возможные значения случайной величины X
-
Точки разрыва функции F
(X
),
А соответствующие им вероятности - скачки функции F
(X
).
Находим возможные значения случайной величины X={0,1,2,3,4}.
Задача. 2.1.5 Установить, какая из функций
Является функцией распределения некоторой случайной величины.
В случае утвердительного ответа, найти вероятность того, что соответствующая случайная величина принимает значения на [-3,2].
Решение. Построим графики функций F1(x) и F2(x):
Функция F2(x) не является функцией распределения, так как не является неубывающей. Функция F1(x) является
Функцией распределения некоторой случайной величины, так как является неубывающей и удовлетворяет условию (2.3). Найдем вероятность попадания на промежуток:
Задача. 2.1.6 Дана плотность вероятности непрерывной случайной величины X:
Найти:
1. Коэффициент C;
2. Функцию распределения F(x);
3. Вероятность попадания случайной величины в интервал (1, 3).
Решение. Из условия нормировки (2.9)находим
Следовательно,
По формуле (2.10) находим:
Таким образом,
По формуле (2.4) находим
Задача. 2.1.7 Случайное время простоя радиоэлектронной аппаратуры в ряде случаев имеет плотность вероятности
Где M = lge = 0.4343...
Найти функцию распределения F(x).
Решение. По формуле (2.10) находим
Где
Задача. 2.2.1 Дан ряд распределения дискретной случайной величины X:
Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратичное отклонение, M, D[-3X + 2].
Решение.
По формуле (2.12) находим математическое ожидание:
M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 · 0.2 + 20 · 0.15 + 30 · 0.25 + 40 · 0.4 = 28.5
M = 2M[X] + M = 2M[X] + 5 = 2 · 28.5 + 5 = 62. По формуле (2.19) найдем дисперсию:
Задача. 2.2.2 Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение непрерывной случайной величины X, функция распределения которой
.
Решение. Найдем плотность вероятности:
Математическое ожидание найдем по формуле (2.13):
Дисперсию найдем по формуле (2.19):
Найдем сначала математическое ожидание квадрата случайной величины:
Среднее квадратичное отклонение
Задача. 2.2.3 X имеет ряд распределения:
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y = EX.
Решение. M [ Y ] = M[ EX] = e -- 1 · 0.2 + e0 · 0.3 + e1 · 0.4 + e2 · 0.1 =
0.2 · 0.3679 + 1 · 0.3 + 2.71828 · 0.4 + 7.389 · 0.1 = 2.2.
D[Y] = D = M[(eX)2 - M2 [E X] =
[(e-1)2 0.2 + (e0)2 0.3 + (e1)2 0.4 + (e2)2 0.1] - (2.2)2 =
= (e--2 0.2 + 0.3 + e2 0.4 + e4 0.1) - 4.84 = 8.741 - 4.84 = 3.9.
Задача. 2.2.4 Дискретная случайная величина X Может принимать только два значения X1 И X2, причем X1 < x2. Известны вероятность P1 = 0.2 Возможного значения X1, математическое ожидание M[X] = 3.8 И дисперсия D[X] = 0.16. Найти закон распределения случайной величины.
Решение. Так как случайная величина X принимает только два значения x1 и x2, то вероятность p2 = P(X = x2) = 1 - p1 = 1 - 0.2 = 0.8.
По условию задачи имеем:
M[X] = x1p1 + x2p2 = 0.2x1 + 0.8x2 = 3.8;
D[X] = (x21p1 + x22p2) - M2[X] = (0.2x21 + 0.8x22) - (0.38)2 = 0.16.
Таким образом получили систему уравнений:
Условию x1
Задача. 2.2.5 Случайная величина X подчинена закону распределения, график плотности которого имеет вид:
Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение.
Решение.
Найдем дифференциальную функцию распределения f(x). Вне интервала (0, 3) f(x) = 0. На интервале (0, 3) график плотности есть прямая с угловым коэффициентом k = 2/9, проходящая через начало координат. Таким образом,
Математическое ожидание:
Найдем дисперсию и среднее квадратичное отклонение:
Задача. 2.2.6 Найти математическое ожидание и дисперсию суммы очков, выпадающих на четырех игральных кубиках при одном бросании.
Решение.
Обозначим A - число очков на одном кубике при одном бросании, B – число очков на втором кубике, C - на третьем кубике, D - на четвертом кубике. Для случайных величин A, B, C, D закон распределения один.
Тогда M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3.5
|
Задача. 2.3.1 Вероятность того, что частица, вылетевшая из радиоактивного источника, будет зарегистрирована счетчиком, равна 0.0001. За время наблюдения из источника вылетело 30000 Частиц. Найти вероятность того, что счетчик зарегистрировал:
1. Ровно 3 частицы;
2. Ни одной частицы;
3. Не менее 10 частиц.
Решение.
По условию П
= 30000, P
= 0.0001. События, состоящие в том, что частицы, вылетевшие из радиоактивного источника, зарегистрированы, независимы; число П
Велико, а вероятность P
Мала, поэтому воспользуемся распределением Пуассона:Найдем λ: λ
= п
P =
30000 0.0001 = 3 = М[Х]. Искомые вероятности:
Задача. 2.3.2 В партии 5% нестандартных деталей. Наудачу отобраны 5 деталей. Написать закон распределения дискретной случайной величины X - числа нестандартных деталей среди пяти отобранных; найти математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Дискретная случайная величина X - число нестандартных деталей - имеет биномиальное распределение и может принимать следующие значения: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Вероятность нестандартной детали в партии p = 5/100 = 0.05. Найдем вероятности этих возможных значений:
Напишем искомый закон распределения:
Найдем числовые характеристики:
0 0.7737809 + 1 0.2036267 + 2 0.0214343+
3 0.0011281 + 4 0.0000297 + 5 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250
M[X] = N p = 5 0.05 = 0.25.
D[X] = M – M 2 [X] = 02 0.7737809 + 12 0.2036267+
22 0.0214343 + 32 0.0011281 + 42 0.0000297 + 52 0.0000003- 0.0625 =
0.2999995 - 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375
Или D [ X ] = n p (1 - P) = 5 0.05 0.95 = 0.2375.
Задача. 2.3.3 Время обнаружения цели радиолокатором распределено по показательному закону
Где 1/ λ = 10 Сек. - среднее время обнаружения цели. Найти вероятность того, что цель будет обнаружена за время от 5 До 15 Сек. после начала поиска.
Решение. Вероятность попадания случайной величины X В интервал (5, 15) Найдем по формуле (2.8):
ПриПолучаем
0.6065(1 - 0.3679) = 0.6065 0.6321 = 0.3834
Задача. 2.3.4 Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону с параметрами a = 0, σ = 20 Мм . Записать дифференциальную функцию распределения F (X ) и найти вероятность того, что при измерении допущена ошибка в интервале от 5 До 10 Мм .
Решение. Подставим значения параметров a и σ в дифференциальную функцию распределения (2.35):
По формуле (2.42) найдем вероятность попадания случайной величины X В интервале , т. е. A = 0, B = 0.1. Тогда дифференциальная функция распределения F(x) Будет иметь вид
|
человека содержится некий план, с которым пришла сюда душа, все варианты развития событий, в том числе. Можно туда зайти и просмотреть последствия важных решений, которые мы принимаем. Например, о смене работы и образа жизни. Делать это можно как в самостоятельных медитациях, так и в совместных процессах ведущий-ведомый. Ниже описание того, как это было проделано в сеансе
Вероятностные линии
Проецирую три ветки:
1) остаться в Москве на имеющейся работе;
2) продать или сдать квартиру и уехать в Азию к друзьям, чтобы войти партнером в их туристический бизнес;
3) идеальный вариант: ухожу с работы, участвую в бизнесе друзей на проектной основе, при этом есть свой собственный дом, но не в Москве (то ли тоже Азия, но другая, то ли Восточная Европа, то ли Латинская Америка - большая светлая вилла, в которой можно принимать гостей и проводить ретриты), есть пара - собственные партнерские отношения, и есть свое дело.
Выстраиваем все три ветки как дороги, смотрим, есть ли ответвления.
Московская ветка - прочный толстый серый канат, тусклый и надежный, не оторвешься, не потеряешься. От каната идет несколько более тонких веревок, какие то поярче и поинтересней, но ни одна не привлекает, не зовет и не светится. Ощущение - я по прежнему люблю Москву, но эта тема себя изжила.
Ветка с Азией и друзьями - очень яркая и наглядная, но короткая и жидкая, что ли. В ней не хватает потенциала для того,чтобы уверенно развернуться в перспективе. Недостаточно ресурса.
Идеальная третья картинка разделилась на несколько географических точек на карте, каждая со своим специфическим налетом. Третья ветка, внутри которой есть моя собственная история - наиболее привлекательна, конечно же, для меня. Она не такая осязаемая сейчас как московская и не такая цветная как вторая, Но она зовет к себе. И светится, наполненная изнутри. Как тонкий живой лучик, пульсирует и переливается.
Выбор своего пути
В этой версии развития событий я свободно перемещаюсь по всему миру при желании. Доход у меня ниже, чем в Москве, но его достаточно, чтобы ни в чем не нуждаться и ни в чем себе не отказывать, пусть и в меру. Я приезжаю на проекты к друзьям, они гостят у меня. Я что-то пишу и работаю с людьми, делаю это в удовольствие. Имеется еще какой то светский бизнес проект, который тоже более-менее успешен, и дает стабильный заработок.
При этом есть близкий человек, с которым мы совместно реализуем эту историю, в паре. Для того, чтобы она проявилась, нужно не только мое намерение, и с той и с моей стороны потребуется некая плата, само собой, как за любой выбор. Как только ты что-то выбираешь, ты автоматически от чего то отказываешься.. Это всегда страшно и небезопасно, к тому же. Плата как отказ от имеющегося комфорта или свободы. Плата как позволение войти в свою жизнь чему то совершенно новому и неизвестному, пусть и заманчивому. Чистая свобода воли и чистота намерений и с той, и с другой стороны. А там уж - как сложится.. В ином ключе (не на чистом волеизъявлении) эта тема просто не взлетит.
Весь этот процесс сейчас в развертке пребывает. Эта ветка находится на стадии вызревания, и если все сложится хорошо, то она сможет полностью проявиться в моей реальности. Смотрим, есть ли помехи или камни на этой идеальной для меня линии. Вижу упавшее дерево, прямо на дороге. Это страхи и недоверие к самой себе. Из серии - это слишком хорошо, чтобы так оно все и сложилось, так не бывает, это все иллюзии и сказки, придуманные самой себе. Расчищаю дорогу.
Следующий важный шаг - принять окончательное собственное решение - нужно ли туда вообще забрасывать внимание, в эту ветку-мечту, поскольку "отмотать" так просто не получится потом. Понимаю для себя, что так или иначе уже давно напитываю ее энергией и внутренне активирую. И это происходит даже не из-за упрямства или желания, чтобы было по моему.
Гораздо более тонкие вещи и знаки, которые сигнализируют о том, что это судьба, как бы громко это ни звучало. Эта ветка постепенно становится все более и более ощутимой. Она уплотняется, медленно и верно. Хотя, конечно же, все еще крайне неопределенно и может свернуться в любой момент, но есть ощущение, что она сама ко мне идет, эта ветка.
Поскольку она давно уже была спроектирована и предопределена, заказана, можно сказать. И я понимаю, куда это ведет. И как оно складывается. И что это правильное развитие событий. Хотя иногда тупо боюсь в это поверить..
И еще очень не хочется эту ветку цементировать. Делать жесткой и однозначной.. Не нужно в нее встраивать жесткую привязку к определенному месту или роду занятий, или к чему то еще. Хочется чтобы в ней было много стихии: воздуха, воды, огня, земли, чтобы она дышала, чтобы была гибкой и неразрушимой - мобильной, трансформируемой и перенастраиваемой. И чтобы все, что в ней происходило, было бы результатом сотворчества, не автономными действиями. Это в любом случае парная история, она не может родиться как принуждение, тут важна максимальная корректность - ни в коем случае не навязывать и не давить.. Все на свободе воли. А дальше - куда позовет*
Усиление ветки вниманием
Протягиваю из своей Искры луч в направлении этой ветки, в ту точку, куда она стремится, соединяюсь с ней своим вниманием. Тем самым Искра начинает работать на реализацию этой цели, якорится в ней. Я могу этого не осознавать, но работа будет вестись: формирование событий в пространстве будет происходить таким образом, чтобы эта цель была максимально приближена к моей реальности, к своей реализации.
Луч Искры трансформируется в гравитационный луч и притягивает объекты и события из той ветки вероятностей ко мне, как магнитом. Цель становится совсем близкой, можно сказать, я сейчас в ней. Как телепорт, когда не стараешься перейти в новое место всем своим телом, а материализуешь искомое пространство вокруг себя: настраиваешься на цель и притягиваешь ее к себе. И чем ближе она к тебе находится, тем больше твоя воля распространяется на ее реализацию. А уже Искра ответственна за то, чтобы сформировать те события, которые повлекут за собой воплощение этой ветки в действительность, позволят ей сыграть.
Рисую свое будущее светом своей Искры. Там так классно, в этой линии вероятностей - очень красивая история, куда хочется всех позвать в гости.. Большая светлая комната, наполненная жизнью, солнцем и воздухом.. Даю ей топливо, заряжаю потенциалом, чтобы она получила возможность проявиться в реальности. Когда будет готовность принять финальное решение или понадобится посмотреть какие то ответы по развитию этой ветки, можно просто вспоминать это состояние притяжения, пропитываться эмоционально атмосферой и настроением этой комнаты, почувствовать эмоцию творчества и партнерства. Эмоция созидания - это всегда любовь..
Проявление и закрепление результата
Чтобы запечатлеть ту картинку, которая выглядит такой привлекательной, но зыбкой сейчас, нужно пропустить через него свет, влить эмоцию, зарядить позитивом. Войти в состояние ананды - радостного подъема, любящего и любимого существа, влюбленного и наполненного любовью и перенаправить это свое внутреннее топливо в идеальный вариант развития событий.
Прочистить путь и снять вопросы. Сонастроить с другими ветками реальности, окружающими меня и сопричастных игроков, чтобы все это синхронизировалось по месту и по времени. Совпало с намерениями, волей и свободой выбора. Напитать все это своим собственным светом, теплом и любовью для реализации в будущем своего творческого потенциала в том ключе, который так нравится. Экспонировать нужный результат так, чтобы изображение впечаталось светом в чувствительную пленку - канву грядущих событий, прожгло в ней свой оттиск как световая проекция. И выдержать немного, чтобы эффект был как можно ярче.
Теперь нужно обработать созданный отпечаток мечты, чтобы он перешел в слой материальной реальности. Следующий этап - стабилизация. Нужно добавить в картинку немного энергии темноты и холода, чтобы она выкристаллизовалась и приобрела более твердые очертания, перешла из состояния волшебного миража в более плотные слои, закрепилась и проявилась.
Работа с негативным отпечатком.. Результат буквально фиксируется на листе реальности, примерно также, как когда на аналоговую фотобумагу проецируем изображение с аналоговой фотопленки, а потом льем по очереди проявитель и закрепитель чтобы можно было в деталях рассмотреть, что же такое мы запечатлели с помощью света и намерения и войти туда, когда это будет уместно и своевременно.
Поскольку за общение с миром и творческую реализацию отвечает горловая чакра, отправляю туда, в избранную ветку луч из горловой чакры. За ним попросился луч и из второй чакры, следом - из третьей. Потом и остальные чакры подключились, получился такой лучевой душ, как из цветика-семицветика. Промываю и просушиваю все получившееся, наполняю движением, материальной энергией земли, видением, всеми качествами жизненной силы и магнетизма, притягиваю ветку вероятности в свою реальность еще больше, связываю напрямую с каждым из чакральных центров, прописываю ее там в них..
* человек забывает, что будущее многовариантно и часто приявзывается к шаблонным моделям (таковые обычно определяются нумерологией, астрологией и тп). На самом деле каждый из нас -- это поток, а потоку нужно течь, не зацикливаться на рамках, с легкостью отпускать старое и впускать новое, адаптироваться. Поэтому, если будете делать подобные практики, ни в коем случае не "цементируйте" свое намерение, тк мир всегда предлагает еще более классыне варианты, о которых мы сами можем даже не догадываться, особенно сейчас.
Реальность многомерна, мнения о ней многогранны. Здесь показана лишь одна или несколько граней. Не стоит принимать их за истину в последней инстанции, ибо , а у каждого уровня сознания и . Учимся отделять наше от не нашего, либо добывать информацию автономно)
ТЕМАТИЧЕСКИЕ РАЗДЕЛЫ:
| | | | | | | | |
К интересным выводам в ходе исследования свойств времени и возможности путешествий в прошлое и будущее пришел кандидат технических наук В.Чернобров. Так, в частности, он пишет:
«Настоящее есть переход, превращение многовариантного, легко изменяемого Будущего в одновариантное и неизменное Прошлое. Отсюда следует, что полеты в Прошлое (при «отрицательной» плотности-скорости t/tо) и в Будущее будут происходить по-разному.
В какой-то степени их можно сравнить с перемещениями муравья по дереву: из любой точки дерева (из Настоящего) для муравья открывается всего 1 путь вниз (в Прошлое) и множество путей вверх (в Будущее).
Однако среди всех путей в Будущее несомненно существуют наиболее вероятные варианты, маловероятные и почти невероятные. Движение в Будущее будет тем более нестабильным и энергоемким, чем менее вероятным окажется данный вариант Будущего.
В соответствии с данным «законом кроны дерева», возвращение в Настоящее возможно только в том случае, если при пребывании в Прошлом путешествующий не вмешивается в происходящее вокруг него и не изменяет ход прошедшей Истории; в противном случае хронопутешественник вернется в параллельное Настоящее из Прошлого по другой ветви Истории.
Проникновение в Будущее из Настоящего затруднено выбором ветви перемещения, но возвращение из любого варианта Будущего в Настоящее возможно при любом сценарии поведения. Если перед вами не окажется слияний разных вариантов Истории».
Таким образом, даже современные научные исследования подтверждают многомерность времени и разновариантность будущего, а также возможность перемещений в различные его вероятности.
Существует гипотеза, согласно которой ключевые моменты судьбы каждого человека, так называемые «развилки» вероятностей, порождают различные «ветви» реальности в зависимости от наших поступков.
Все эти «ветви» существуют во Вселенной одновременно. Но человеку доступно существование только на одной такой «ветви», хотя иногда и происходят случаи спонтанного перехода с одной «ветви» реальности на другую.
В пользу существования различных вероятностей будущей («ветвей» Древа Жизни, «бороздок» Колеса Времени и т.п.) свидетельствует история, происшедшая с Густавом и Йоханом Шредерманами. Началась она весной 1973 года, когда семья Шредерманов (муж, жена и сын) переехали из Берлина на ферму под Зальцбургом.
Младший из Шредерманов все лето бегал по окрестностям и однажды обнаружил в лесу покосившийся домик, обходя который чуть не провалился в заросший колодец, но вовремя уцепился за куст. Возвращаясь домой, он испытал странное головокружение и дома сразу же лег в постель. На следующее утро в дверь дома раздался стук, а когда мальчик открыл ее, то увидел самого себя, мокрого и перепачканного грязью.
Оказалось, что все прошлое у обоих мальчиков полностью совпадает, разные вероятности судеб начинаются после инциндента у колодца, в который один из них провалился, а другой удержался.
Возможно, что сильный стресс и испуг провалившегося мальчика благодаря измененному состоянию сознания переместили его в другую ветвь реальности, где уже существовал он же, но не провалившийся в колодец.
Характерно, что в последствии родители присвоили мальчикам новые имена и каждый из них жил собственной судьбой: один занялся экспортом пива, другой стал архитектором.