Kuzgun paradoksu - Raven paradox

Kuzgun paradoksu olarak da bilinen, Hempel'in paradoks , Hempel'in kuzgunlar , ya da nadiren kapalı Ornitoloji paradoksu , bir olduğunu paradoks nelerin sorusu kaynaklanan kanıtları açıklamada için. Ne siyah ne de kuzgun olan nesneleri gözlemlemek, sezgisel olarak bu gözlemler ilgisiz olsa da, tüm kuzgunların siyah olma olasılığını resmi olarak artırabilir.

Bu problem 1940'larda mantıkçı Carl Gustav Hempel tarafından tümevarımsal mantık ve sezgi arasındaki çelişkiyi göstermek için önerildi .

paradoks

Hempel, paradoksu şu hipotezle açıklıyor :

(1) Bütün kuzgunlar siyahtır . Bir ima şeklinde bu şu şekilde ifade edilebilir: Bir şey kuzgunsa siyahtır.

Via , tersine , bu ifadedir eşdeğer için:

(2) Bir şey siyah değilse, kuzgun değildir.

(2)'nin doğru olduğu her durumda, (1) de doğrudur - ve aynı şekilde, (2)'nin yanlış olduğu her durumda (yani, siyah olmayan bir şeyin kuzgun olduğu bir dünya tasavvur edilirse, var), (1) de yanlıştır.

Tüm kuzgunlar siyahtır gibi genel bir ifade verildiğinde , genel sınıfın belirli bir gözlemlenebilir örneğine atıfta bulunan aynı ifadenin bir biçimi, tipik olarak bu genel ifade için kanıt oluşturduğu kabul edilir. Örneğin,

(3) Evcil kuzgunum siyah.

tüm kuzgunların siyah olduğu hipotezini destekleyen kanıttır .

Paradoks, aynı işlem (2) numaralı ifadeye uygulandığında ortaya çıkar. Yeşil bir elmayı gören kişi şunları gözlemleyebilir:

(4) Bu yeşil elma siyah değil, kuzgun da değil.

Aynı mantıkla, bu ifade (2) eğer bir şey siyah değilse o zaman kuzgun olmadığının kanıtıdır . Ancak (yukarıdaki gibi) bu ifade mantıksal olarak (1) tüm kuzgunlar siyahtır ifadesine eşdeğer olduğundan , yeşil bir elmanın görülmesinin tüm kuzgunların siyah olduğu fikrini destekleyen bir kanıt olduğu sonucu çıkar. Bu sonuç paradoksal görünüyor çünkü bir elmaya bakarak kuzgunlar hakkında bilgi edinildiğini ima ediyor.

Önerilen kararlar

Nicod'un kriteri, yalnızca kuzgunların gözlemlenmesinin kişinin tüm kuzgunların siyah olup olmadığı konusundaki görüşünü etkilemesi gerektiğini söylüyor. Siyah kuzgunların daha fazla örneğini gözlemlemek görüşü desteklemeli, beyaz veya renkli kuzgunları gözlemlemek onunla çelişmeli ve kuzgun olmayan gözlemlerin herhangi bir etkisi olmamalıdır.

Hempel'in denklik koşulu, bir X önermesi, başka bir Y önermesi lehine kanıt sağladığında, X'in de mantıksal olarak Y'ye eşdeğer olan herhangi bir önerme lehine kanıt sağladığını belirtir.

Gerçekçi olarak, kuzgunlar kümesi sonludur. Siyah olmayan şeyler kümesi ya sonsuzdur ya da insan sayımının ötesindedir. "Bütün kuzgunlar siyahtır" ifadesini doğrulamak için tüm kuzgunları gözlemlemek gerekir. Bu zor ama mümkün. 'Siyah olmayan tüm şeyler kuzgun değildir' ifadesini doğrulamak için, siyah olmayan tüm şeyleri incelemek gerekir. Bu mümkün değil. Siyah bir kuzgunu gözlemlemek sınırlı miktarda doğrulayıcı kanıt olarak kabul edilebilir, ancak siyah olmayan bir kuzgunu gözlemlemek sonsuz küçük bir kanıt olacaktır.

Paradoks, Nicod'un kriteri ile Hempel'in denklik koşulunun karşılıklı olarak tutarlı olmadığını göstermektedir. Paradoksa yönelik bir çözüm, aşağıdakilerden en az birini reddetmelidir:

1. etkisi olmayan olumsuz durumlar (!PC),
2. denklik koşulu (EC) veya,
3. pozitif örneklerle doğrulama (NC).

Tatmin edici bir çözüm, neden safça bir paradoks gibi göründüğünü de açıklamalıdır . Paradoksal sonucu kabul eden çözümler bunu, sezgisel olarak yanlış olduğunu bildiğimiz ancak (PC) ile kolayca karıştırılabilen bir önerme sunarak yapabilirken (EC) veya (NC)'yi reddeden çözümler, sezgisel olarak bildiğimiz bir önerme sunmalıdır. doğru olabilir, ancak bu (EC) veya (NC) ile kolayca karıştırılır.

Kuzgun olmayanları ilgili olarak kabul etmek

Paradoksun bu sonucu sezgilere aykırı görünse de, bazı yaklaşımlar (renkli) kuzgun olmayanların gözlemlerinin aslında kuzgunların (evrensel siyahlığı) hakkındaki hipotezleri desteklemek için geçerli kanıtlar oluşturabileceğini kabul eder.

Hempel'in kararı

Hempel, sonucun paradoksal görünmesinin nedeninin, onsuz siyah olmayan bir kuzgunun gözleminin gerçekten de tüm kuzgunların siyah olduğuna dair kanıt sağlayacağı ön bilgilere sahip olmamız olduğunu öne sürerek paradoksal sonucu kabul etti.

Bunu, "Bütün sodyum tuzları sarı yanar" genellemesi örneğiyle açıklar ve bizden biri, sarıya dönüşmeyen renksiz bir alev içinde bir parça saf buz tuttuğunda meydana gelen gözlemi dikkate almamızı ister:

Bu sonuç, "Sarı yanmayan şey sodyum tuzu değildir" iddiasını doğrulayacak ve sonuç olarak eşdeğerlik koşulu sayesinde orijinal formülasyonu doğrulayacaktır. Bu neden bizi paradoksal olarak etkiliyor? Önceki durumu, kimyasal yapısını henüz bilmediğimiz bir cismin aleve tutulduğu ve onu sarıya çevirmediği ve sonraki analizin onun hiç sodyum içermediğini gösterdiği bir deney durumuyla karşılaştırdığımızda neden açıklığa kavuşur. tuz. Bu sonucun, hiç şüphesiz, hipotez temelinde beklenen şey olduğu konusunda hemfikiriz... bu nedenle, burada elde edilen veriler, hipotezi doğrulayan kanıtları oluşturmaktadır. ... Görünüşte paradoksal doğrulama durumlarında, genellikle verilen kanıtın, yalnızca E'nin H hipotezi ile ilişkisini fiilen yargılamıyoruz ... zımnen, H'nin, içinde E'den oluşan bir kanıt bütünü ile bir karşılaştırmasını ortaya koyuyoruz. elimizde bulunan ek bilgi miktarıyla bağlantılı olarak; örneğimizde bu bilgi (1) deneyde kullanılan maddenin buz olduğu ve (2) buzun sodyum tuzu içermediği bilgisini içerir. Bu ek bilgiyi verilmiş olarak kabul edersek, o zaman, elbette, deneyin sonucu, söz konusu hipoteze hiçbir güç katamaz. Ama ek bilgiye yapılan bu üstü kapalı göndermeden kaçınmaya dikkat edersek... paradokslar ortadan kalkar.

Standart Bayes çözümü

Önerilen en popüler çözümlerden biri, bir yeşil elmanın gözlemlenmesinin tüm kuzgunların siyah olduğuna dair kanıt sağladığı sonucunu kabul etmek, ancak kuzgun sayısı ile kuzgun sayısı arasındaki büyük farklılık nedeniyle sağlanan doğrulama miktarının çok küçük olduğunu iddia etmektir. siyah olmayan nesnelerin sayısı. Bu karara göre, sonuç paradoksal görünüyor, çünkü aslında sıfır olmayan ama son derece küçük olan bir yeşil elmanın gözlemlenmesiyle sağlanan kanıt miktarını sıfır olarak tahmin ediyoruz.

IJ Good'un 1960 yılında bu argümanı sunuşu, belki de en iyi bilinenidir ve argümanın varyasyonları, 1958'de sunulmasına ve argümanın ilk biçimleri 1940 gibi erken bir tarihte ortaya çıkmasına rağmen, o zamandan beri popüler olmuştur.

Good'un argümanı, bir nesne koleksiyonundaki tüm kuzgunların siyah olduğu hipotezi lehine siyah bir kuzgunun veya beyaz bir ayakkabının gözlemlenmesiyle sağlanan kanıtın ağırlığının hesaplanmasını içerir. Kanıtın ağırlığı, Bayes faktörünün logaritmasıdır ve bu durumda, gözlem yapıldığında hipotez olasılığının değiştiği faktördür . Argüman şöyle devam ediyor:

... her an görülebilecek, kuzgun ve siyah olan nesneler olduğunu ve nesnelerin her birinin görülme olasılığı olduğunu varsayalım . Izin olduğunu hipotez olmak olmayan siyah kuzgunlar ve hipotezler varsayalım başlangıçta equiprobable bulunmaktadır. Daha sonra, gerçekleşmesi durumunda lehine bir kara karga Bayes faktörü görmek için DİR${\görüntüleme stili N}$${\görüntüleme stili r}$${\görüntüleme stili b}$${\görüntüleme stili N}$${\displaystyle {\tfrac {1}{N}}}$${\görüntüleme stili H_{i}}$${\görüntüleme stili ben}$${\displaystyle H_{1},H_{2},...,H_{r}}$${\görüntüleme stili H_{0}}$

${\displaystyle {\tfrac {r}{N}}{\Big /}{\text{average}}\left({\tfrac {r-1}{N}},{\tfrac {r-2}{) N}},...\ ,{\tfrac {1}{N}}\sağ)\ =\ {\tfrac {2r}{r-1}}}$

yani yaklaşık 2 kuzgunun varlığı biliniyorsa çoktur. Ama beyaz bir ayakkabı görürsek faktör sadece

${\displaystyle {\tfrac {Nb}{N}}{\Big /}{\text{ortalama}}\left({\tfrac {Nb-1}{N}},{\tfrac {Nb-2}{) N}},...\ ,\max(0,{\tfrac {Nbr}{N}})\sağ)}$

${\displaystyle \ =\ {\frac {Nb}{\max \left(Nb-{\tfrac {r}{2}}-{\tfrac {1}{2}}\ ,\ {\tfrac {1}) {2}}(Nb-1)\sağ)}}}$

ve bu sadece tarafından birliğini aştığı yaklaşık eğer kıyasla büyüktür . Böylece beyaz bir ayakkabının görülmesiyle sağlanan kanıtın ağırlığı pozitiftir, ancak kuzgunların sayısının siyah olmayan nesnelerin sayısına kıyasla küçük olduğu biliniyorsa küçüktür.${\görüntüleme stili r/(2N-2b)}$${\görüntüleme stili Nb}$${\görüntüleme stili r}$

Olarak, her ne kadar, bu kararın savunucuları çoğu ve bunun varyantları Bayes olasılık savunucuları olmuştur ve şimdi yaygın Bayes Çözüm denir Chihara gözlemlediği, "diye bir şey yoktur Bayes çözümü. Birçok farklı vardır ' Bayesçilerin Bayesçi teknikleri kullanarak ortaya koydukları çözümler." Bayesci teknikleri kullanan (bazıları !PC'yi kabul eden ve bunun yerine NC'yi reddeden) dikkate değer yaklaşımlar arasında , yaklaşımının "bundan daha fazla Bayesci" olduğunu iddia eden Earman, Eells, Gibson, Hosiasson-Lindenbaum , Howson ve Urbach, Mackie ve Hintikka bulunmaktadır. aynı paradoksun 'Bayes çözümü' olarak adlandırılır". Carnap'ın endüktif çıkarım teorisini kullanan Bayesci yaklaşımlar arasında Humburg, Maher ve Fitelson & Hawthorne bulunur. Vranas, karışıklığı önlemek için "Standart Bayes Çözümü" terimini tanıttı.

karanfil yaklaşımı

Maher paradoksal sonucu kabul eder ve onu düzeltir:

Kuzgun olmayan (hangi renkte olursa olsun) tüm kuzgunların siyah olduğunu onaylar çünkü

(i) bu nesnenin kuzgun olmadığı bilgisi, bu nesnenin genellemeye karşı bir örnek olma olasılığını ortadan kaldırır ve

(ii) gözlemlenmeyen nesnelerin kuzgun olma olasılığını azaltır, böylece onların genellemeye karşı örnek olma olasılığını azaltır.

(ii)'ye ulaşmak için, (Bayesci bakış açısından) doğal olarak tümevarım uygulayan önceki olasılıkları atamanın bir yolu olan Carnap'ın tümevarımsal olasılık teorisine başvurur. Carnap'ın teorisine göre , kanıt gözlemlendikten sonra, bir nesnenin, , , bir yüklemine sahip olmasının sonsal olasılığı : ${\görüntüleme stili P(Fa|E)}$${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili F}$${\görüntüleme stili E}$

${\displaystyle P(Fa|E)\ =\ {\frac {n_{F}+\lambda P(Fa)}{n+\lambda }}}$

yüklemi olan ilk olasılık nerede ; incelenen nesnelerin sayısıdır (mevcut kanıtlara göre ); yüklemine sahip olduğu ortaya çıkan incelenen nesnelerin sayısıdır ve genellemeye karşı direnci ölçen bir sabittir. ${\görüntüleme stili P(Fa)}$${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili F}$${\görüntüleme stili n}$${\görüntüleme stili E}$${\displaystyle n_{F}}$${\görüntüleme stili F}$${\ Displaystyle \ lambda }$

Eğer sıfıra yakındır, yüklem sahip çıktı bir nesnenin tek gözlem sonra çok yakın bir olacaktır kaldıklarında, daha büyük olan , çok yakın olacak bağımsız yüklemi vardı gözlemlenen objelerin fraksiyonunun . ${\ Displaystyle \ lambda }$${\görüntüleme stili P(Fa|E)}$${\görüntüleme stili F}$${\ Displaystyle \ lambda }$${\görüntüleme stili n}$${\görüntüleme stili P(Fa|E)}$${\görüntüleme stili P(Fa)}$${\görüntüleme stili F}$

Maher, bu Carnapian yaklaşımını kullanarak, sezgisel olarak (ve doğru bir şekilde) yanlış olduğunu bildiğimiz, ancak paradoksal sonuçla kolayca karıştırdığımız bir önermeyi tanımlar. Söz konusu önerme, kuzgun olmayanları gözlemlemenin bize kuzgunların rengi hakkında bilgi vermesidir. Bu sezgisel olarak yanlış ve Carnap'ın tümevarım teorisine göre de yanlış olsa da, kuzgun olmayanları gözlemlemek (aynı teoriye göre) toplam kuzgun sayısı tahminimizi azaltmamıza neden olur ve böylece tahmini olası karşı-örnek sayısını azaltır. tüm kuzgunların siyah olduğu kuralı.

Bu nedenle, Bayesci-Karnapçı bakış açısından, kuzgunun gözlemlenmesi bize kuzgunların rengi hakkında hiçbir şey söylemez, ancak bize kuzgunların yaygınlığı hakkında bilgi verir ve "Bütün kuzgunlar siyahtır" düşüncesini azaltarak destekler. siyah olmayabilecek kuzgunların sayısının tahmini.

Arka plan bilgisinin rolü

Genel olarak paradoks ve özel olarak Bayes yaklaşımı tartışmalarının çoğu, arka plan bilgisinin uygunluğuna odaklanmıştır. Şaşırtıcı bir şekilde, Maher, arka plan bilgisinin olası konfigürasyonlarının geniş bir sınıfı için, siyah olmayan bir kuzgunun gözlemlenmesinin, siyah bir kuzgunun gözlemi ile tam olarak aynı miktarda doğrulama sağladığını gösterir. Düşündüğü arka plan bilgisinin konfigürasyonları, örnek bir önerme tarafından sağlananlardır , yani her biri tek bir bireye tek bir yüklem atfedilen, aynı bireyi içeren iki atomik önerme olmadan atomik önermelerin birleşimi olan bir önermedir. . Böylece, "A siyah kuzgundur ve B beyaz bir ayakkabıdır" şeklindeki bir önerme, "siyah kuzgun" ve "beyaz ayakkabı" yüklem olarak alınarak örnek bir önerme olarak kabul edilebilir.

Maher'in kanıtı, siyah olmayan bir kuzgunun gözlemlenmesinin siyah bir kuzgunun gözleminden çok daha az kanıt sağladığı Bayes argümanının sonucuyla çelişiyor gibi görünüyor. Bunun nedeni, Good ve diğerlerinin kullandığı arka plan bilgisinin örnek bir önerme biçiminde ifade edilememesidir - özellikle, standart Bayes yaklaşımının varyantları genellikle (Good'un yukarıda alıntılanan argümanda yaptığı gibi) toplam kuzgunlar, siyah olmayan nesneler ve/veya nesnelerin toplam sayısı bilinen miktarlardır. Maher, "Kara olmayan şeylerin kuzgunlardan daha fazla olduğunu düşünmemizin nedeni, bugüne kadar gözlemlediğimiz şeylerin doğru olmasıdır. Bu tür kanıtlar, bir örnek önerme ile temsil edilebilir. Ama ... arka plan kanıtı olarak herhangi bir örnek önerme, siyah olmayan bir kuzgun A'yı siyah bir kuzgunun yaptığı kadar güçlü bir şekilde onaylar ... Dolayısıyla benim analizim paradoksa verilen bu yanıtın [yani Standart Bayesian olan] doğru olamayacağını öne sürüyor."

Fitelson & Hawthorne, siyah olmayan bir kuzgunun gözlemlenmesinin siyah bir kuzgunun gözleminden daha az kanıt sağladığı koşulları inceledi. Bu ise, bu göstermektedir rastgele seçilmiş bir amacı, nesnenin siyah olduğu bir teklif, ve bir nesne, bir, daha sonra durum Raven bu önerme olduğu: ${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili Ba}$${\görüntüleme stili Ra}$

${\displaystyle {\frac {P({\overline {Ba}}|{\overline {H}})}{P(Ra|{\overline {H}})}}\ -\ P({\overline { Ba}}|Ra{\overline {H}})\ \geq \ P(Ba|Ra{\overline {H}}){\frac {P({\overline {Ba}}|H)}{P( Ra|H)}}}$

siyah olmayan bir kuzgunun gözleminden daha az kanıt sağlamak için siyah olmayan bir kuzgunun gözlemlenmesi için yeterlidir. Burada, bir önermenin üzerindeki bir çizgi, o önermenin mantıksal olarak olumsuzlandığını gösterir.

Bu koşul bize sağlanan kanıtlardaki farkın ne kadar büyük olduğunu söylemez , ancak aynı makalede daha sonra yapılan bir hesaplama, siyah bir kuzgunun sağladığı kanıtın ağırlığının, siyah olmayan bir kuzgun tarafından sağlanan kanıtın ağırlığını yaklaşık olarak aştığını göstermektedir . Bu, tüm kuzgunların siyah olmadığı hipotezi göz önüne alındığında, rengi bilinmeyen bir kuzgunun siyah olduğu keşfedildiğinde sağlanan ek bilgi miktarına (bit cinsinden, logaritmanın tabanı 2 ise) eşittir. ${\displaystyle -\log P(Ba|Ra{\overline {H}})}$

Fitelson & Hawthorne bunu şöyle açıklıyor:

Normal şartlar altında 0,9 veya 0,95 civarında olabilir; böylece 1.11 veya 1.05 yerde. Bu nedenle, tek bir siyah kuzgunun, siyah olmayan bir kuzgundan çok daha fazla destek sağlamadığı görünebilir. Bununla birlikte, makul koşullar altında, bir örnekler dizisinin (yani, n siyah olmayan kuzgunla karşılaştırıldığında n siyah kuzgun) mertebesinde olabilirlik oranlarının bir oranını verdiği ve bu , büyük için önemli ölçüde patlayan gösterilebilir .${\displaystyle p=P(Ba|Ra{\overline {H}})}$${\ Displaystyle 1/p}$${\görüntüleme stili n}$${\görüntüleme stili (1/p)^{n}}$${\görüntüleme stili n}$

Yazarlar, analizlerinin, siyah olmayan bir kuzgun olmayanın, kanıtlamaya çalışmasalar da, son derece az miktarda kanıt sağladığı varsayımıyla tamamen tutarlı olduğuna dikkat çekiyor; sadece siyah bir kuzgunun sağladığı kanıt miktarı ile siyah olmayan bir kuzgunun sağladığı kanıt miktarı arasındaki farkı hesaplarlar.

Olumlu örneklerden tümevarıma itiraz etmek

Paradoksu çözmek için bazı yaklaşımlar endüktif adıma odaklanır. Belirli bir örneğin (bir siyah kuzgun gibi) gözlemlenmesinin , genel hipoteze olan güveni zorunlu olarak artıran türden bir kanıt olup olmadığını tartışırlar (örneğin, kuzgunların her zaman siyah olması gibi).

Kırmızı ringa

Good, siyah bir kuzgunun gözlemlenmesinin tüm kuzgunların siyah olma olasılığını azalttığına ilişkin bir arka plan bilgisi örneği verir :

İki dünyadan birinde ya da diğerinde olduğumuzu bildiğimizi varsayalım ve H hipotezi, dünyamızdaki tüm kuzgunların siyah olduğudur. Bir dünyada yüz kara kuzgun olduğunu, kara olmayan kuzgun olmadığını ve bir milyon başka kuş olduğunu önceden biliyoruz; ve diğer dünyada bin kara kuzgun, bir beyaz kuzgun ve bir milyon başka kuş var. Dünyamızdaki tüm kuşlardan eşit olasılıklı rastgele bir kuş seçiliyor. Siyah bir kuzgun olduğu ortaya çıktı. Bu, tüm kuzgunların siyah olmadığı ikinci dünyada olduğumuzun güçlü bir kanıtı.

Good, beyaz ayakkabının " kırmızı bir ringa balığı " olduğu sonucuna varır : Bazen siyah bir kuzgun bile tüm kuzgunların siyah olduğu hipotezine karşı kanıt oluşturabilir , bu nedenle beyaz bir ayakkabının gözlemlenmesinin onu destekleyebileceği gerçeği şaşırtıcı değildir ve dikkate değer değildir. . Good'a göre Nicod'un kriteri yanlıştır ve bu nedenle paradoksal sonuç takip etmez.

Hempel bunu paradoksa bir çözüm olarak reddetti, 'c bir kuzgundur ve siyahtır' önermesinin "kendi başına ve başka hiçbir bilgiye atıfta bulunmadan" değerlendirilmesi gerektiğinde ısrar etti ve "... bölüm 5.2'de benim maddesinin (b) Aklın bir başarısızlık kısmen beyaz ayakkabı sonuçlarının böyle durumlarda paradoxicality çok görünüm bu atasözünü gözlemlemek için o ...."

O zaman ortaya çıkan soru, paradoksun kesinlikle hiçbir arka plan bilgisi bağlamında mı (Hempel'in öne sürdüğü gibi) yoksa kuzgunlar ve siyah nesnelerle ilgili olarak gerçekten sahip olduğumuz arka plan bilgisi bağlamında mı yoksa tüm nesnelerle ilgili olarak mı anlaşılacağıdır. arka plan bilgilerinin olası yapılandırmaları.

Good, arka plan bilgisinin bazı konfigürasyonları için, Nicod'un kriterinin yanlış olduğunu göstermişti ("tümevarımsal olarak desteklemeyi", "olasılığı arttırma" ile eşitlemeye istekli olmamız şartıyla - aşağıya bakınız). Good'un örneğinden çok farklı olan gerçek bilgi konfigürasyonumuzla ilgili olarak, Nicod'un kriterinin hala doğru olabileceği ve bu yüzden hala paradoksal sonuca ulaşabileceğimiz olasılığı kaldı. Öte yandan Hempel, arka plan bilgimizin kendisinin kırmızı ringa balığı olduğu ve tümevarımı tam bir bilgisizlik durumuyla ilgili olarak düşünmemiz gerektiği konusunda ısrar ediyor.

iyinin bebeği

Maher, önerdiği kararda, kuzgunların olmamasının çok olası olduğu durumlarda, "Bütün kuzgunlar siyahtır" önermesinin çok olası olduğu gerçeğini üstü kapalı olarak kullandı. Good, bu gerçeği daha önce Hempel'in, Nicod'un kriterinin arka plan bilgisinin yokluğunda geçerli olacağı yönündeki ısrarına yanıt vermek için kullanmıştı:

...resmi mantık, İngilizce sözdizimi ve öznel olasılık ile başa çıkabilmesini sağlayan yerleşik nöral devrelere sahip, sonsuz derecede zeki yeni doğmuş bir bebek hayal edin. Şimdi, bir kuzgunu ayrıntılı olarak tanımladıktan sonra, herhangi bir kuzgunun olma olasılığının son derece düşük olduğunu ve bu nedenle tüm kuzgunların siyah olmasının son derece muhtemel olduğunu, yani bu doğru olduğunu iddia edebilir . 'Öte yandan', 'eğer kuzgunlar varsa, o zaman çeşitli renklerde olmalarının makul bir şansı vardır. Bu nedenle, kara bir kuzgunun bile var olduğunu keşfedecek olsaydım , başlangıçta olduğundan daha az olası olduğunu düşünürdüm .'${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili H}$

Good'a göre bu, tam bir cehalet durumuna ulaşmak için makul olarak beklenebilecek kadar yakındır ve görünüşe göre Nicod'un koşulu hala yanlıştır. Maher, Carnap'ın tümevarım teorisini kullanarak, eğer tek bir kuzgun varsa, o zaman pek çok kuzgun olduğu fikrini resmileştirmek için Good'un argümanını daha kesin hale getirdi.

Maher'in argümanı, her birinin kuzgun olma olasılığı çok düşük olan (bin şansta bir) ve siyah olma olasılığı makul olmayan (on şansta bir) tam olarak iki nesneden oluşan bir evreni ele alır. Carnap'ın tümevarım formülünü kullanarak, iki nesneden birinin siyah bir kuzgun olduğu keşfedildiğinde tüm kuzgunların siyah olma olasılığının 0.9985'ten 0.8995'e düştüğünü bulur.

Maher, yalnızca paradoksal sonucun doğru olduğu değil, aynı zamanda arka plan bilgisinin yokluğunda Nicod'un kriterinin yanlış olduğu sonucuna varır (evrendeki nesnelerin sayısının iki olduğu ve kuzgunların siyah şeylerden daha az olası olduğu bilgisi hariç).

seçkin yüklemler

Quine, paradoksun çözümünün , doğal türler olarak adlandırdığı belirli yüklemlerin tümevarım açısından seçkin bir statüye sahip olduğunun kabul edilmesinde yattığını savundu . Bu, Nelson Goodman'ın yüklem grue örneğiyle açıklanabilir . Bir nesne 2021'den önce (diyelim ki) maviyse ve sonrasında yeşilse grue'dir. Açıkçası, 2021'den önce mavi olan nesnelerin daha sonra mavi kalmasını bekliyoruz, ancak 2021'den önce grue olduğu tespit edilen nesnelerin 2021'den sonra mavi olmasını beklemiyoruz, çünkü 2021'den sonra yeşil olacaklar. Quine'in açıklaması, "mavi"nin doğal bir tür olduğudur; tümevarım için kullanabileceğimiz ayrıcalıklı bir yüklem, "grue" ise doğal bir tür değildir ve onunla tümevarım kullanmak hataya yol açar.

Bu, paradoksa bir çözüm önermektedir - Nicod'un kriteri, "mavi" ve "siyah" gibi doğal türler için doğrudur, ancak "grue" veya "kuzgun olmayan" gibi yapay olarak uydurulmuş yüklemler için yanlıştır. Bu karara göre paradoks ortaya çıkar, çünkü aslında sadece doğal türler için geçerliyken, Nicod'un ölçütünü tüm yüklemler için geçerli olarak dolaylı olarak yorumluyoruz.

Belirli yüklemleri diğerlerine tercih eden başka bir yaklaşım Hintikka tarafından alındı. Hintikka, kuzgunların ve siyah şeylerin göreli frekansları hakkında bilgi kullanmayan paradoksa Bayesci bir yaklaşım bulmaya motive oldu . Göreceli sıklıklarla ilgili argümanların, A tipi olmayan nesneler hakkında bilgi edinmek amacıyla A tipi nesnelerin gözlemlerinden oluşan kanıtların algılanan alakasızlığını her zaman açıklayamayacağını iddia eder.

Onun argümanı, "kuzgun" ve "kara" dışındaki yüklemleri kullanarak paradoksu yeniden ifade ederek gösterilebilir. Örneğin, "Bütün erkekler uzundur", "Bütün kısa insanlar kadındır" ile eşdeğerdir ve bu nedenle rastgele seçilen bir kişinin kısa bir kadın olduğunu gözlemlemek, tüm erkeklerin uzun olduğuna dair kanıt sağlamalıdır. Kısa boylu insanlardan önemli ölçüde daha az erkek olduğunu gösterecek arka plan bilgimiz olmamasına rağmen, yine de kendimizi bu sonucu reddetme eğiliminde buluyoruz. Hintikka'nın örneği şudur: "... 'hiçbir maddi cisim sonsuza kadar bölünemez' gibi bir genelleme, kişinin kendi söylem evrenindeki maddi ve maddi olmayan varlıkların göreli frekansları hakkında ne düşündüğünden bağımsız olarak, maddi olmayan varlıklarla ilgili sorulardan tamamen etkilenmemiş görünmektedir. "

Onun çözümü, yüklemler kümesine bir düzen getirmektir . Mantıksal sistem bu düzenle donatıldığında, "Bütün kuzgunlar siyahtır" gibi bir genellemenin kapsamını , yalnızca kuzgunlar için geçerli olacak ve siyah olmayan şeyler için geçerli olacak şekilde sınırlamak mümkündür , çünkü düzen ayrıcalıkları olmayanlara kuzgundur. -siyah şeyler. Onun dediği gibi:

"'Bütün kuzgunlar siyahtır' genellemesinin kapsamının kuzgunlarla sınırlandırılabileceğini varsaymakta haklıysak, bu, olgusal durumla ilgili olarak güvenebileceğimiz bazı dış bilgilere sahip olduğumuz anlamına gelir. duruma ilişkin spontane görüşümüzü renklendiren bu bilgi, endüktif durumun olağan tedavilerine dahil edilmemiştir."

Hempel'in denklik koşulunun reddedilmesi

Paradoksun çözümüne yönelik bazı yaklaşımlar, Hempel'in denklik koşulunu reddeder. Yani, tüm kuzgunlar siyahtır gibi mantıksal olarak eşdeğer ifadeleri desteklemek için tüm siyah olmayan nesnelerin kuzgun olmadığı ifadesini destekleyen kanıtları dikkate almayabilirler .

seçici onay

Scheffler ve Goodman, Karl Popper'ın bilimsel hipotezlerin asla gerçekten doğrulanmadığı, yalnızca yanlışlandığı görüşünü içeren paradoksa bir yaklaşım benimsediler .

Yaklaşım, siyah bir kuzgunun gözlemlenmesinin "Bütün kuzgunlar siyahtır" olduğunu kanıtlamadığını, aksine "hiçbir kuzgun siyah değildir" hipotezini yanlışladığını belirterek başlar. Öte yandan, siyah olmayan bir kuzgun, hem "Bütün kuzgunlar siyahtır" hem de "Hiçbir kuzgun siyah değildir" ile tutarlıdır. Yazarların dediği gibi:

... tüm kuzgunların siyah olduğu ifadesi, yalnızca siyah bir kuzgunun kanıtıyla tatmin olmaz , aynı zamanda bu tür kanıtlar tarafından desteklenir , çünkü siyah bir kuzgun, tüm kuzgunların siyah olmadığı yönündeki aksi ifadeyi onaylamaz, yani onun inkarını yerine getirir. Başka bir deyişle, siyah bir kuzgun, tüm kuzgunların siyah değil, siyah olduğu hipotezini tatmin eder : böylece tüm kuzgunların siyah olduğunu seçici olarak doğrular .

Seçici doğrulama denklik koşulunu ihlal eder, çünkü siyah bir kuzgun seçici olarak "Bütün kuzgunlar siyahtır"ı onaylar ama "Siyah olmayan tüm şeyler kuzgun değildir" değil.

Olasılıklı veya olasılıksız tümevarım

Scheffler ve Goodman'ın seçici doğrulama kavramı, "lehinde kanıt sağlar..." yorumunun bir örneğidir ve "olasılığı artırmak..." ile örtüşmeyen bir yorumdur. denklik koşulu, çünkü mantıksal olarak eşdeğer önermeler her zaman aynı olasılığa sahip olmalıdır.

Siyah bir kuzgunun gözleminin, "Bütün kuzgunlar siyahtır" önermesinin olasılığını, "Siyah olmayan tüm şeyler kuzgun değildir" olasılığında tam olarak aynı değişikliğe neden olmadan artırması imkansızdır. Eğer bir gözlem birincisini tümevarımsal olarak destekliyorsa, ikincisini desteklemiyorsa, o zaman "tümevarımsal olarak destek" önermelerin olasılıklarındaki değişikliklerden başka bir şeye atıfta bulunmalıdır. Olası bir boşluk, "Hepsi"yi "Neredeyse tümü" olarak yorumlamaktır - "Neredeyse tüm kuzgunlar siyahtır", "Neredeyse tüm siyah olmayan şeyler kuzgun değildir" ile eşdeğer değildir ve bu önermelerin çok farklı olasılıkları olabilir.

Bu, olasılık teorisinin tümevarımsal akıl yürütmeyle ilişkisine dair daha geniş bir soruyu gündeme getiriyor. Karl Popper , olasılık teorisinin tek başına tümevarımı açıklayamayacağını savundu. Argümanı, bir hipotezi, kanıtların tümdengelimsel olarak gerektirdiği bir parçaya ve başka bir parçaya bölmeyi içerir . Bu iki şekilde yapılabilir. ${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$

İlk olarak, bölmeyi düşünün:

${\displaystyle H=A\ ve\ B\ \ \ \ \ \ E=B\ ve\ C}$

nerede , ve olasılıksal olarak bağımsızdır: vb. H ve E'nin böyle bir bölünmesinin mümkün olması için gerekli olan koşul , yani olasılıksal olarak . ${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$${\görüntüleme stili C}$${\görüntüleme stili P(A\ ve\ B)=P(A)P(B)}$${\görüntüleme stili P(H|E)>P(H)}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$

Popper'ın gözlem parçası, yani bir, yani destek alır aslında tümdengelim izler parçası iken, o tümdengelim takip etmez tüm hiçbir destek görüyor olduğunu - . ${\görüntüleme stili B}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$${\görüntüleme stili E}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$${\görüntüleme stili E}$${\görüntüleme stili P(A|E)=P(A)}$

İkincisi, bölme:

${\displaystyle H=(H\ veya\ E)\ ve\ (H\ veya\ {\overline {E}})}$

ayırır içine "nin mantıksal en güçlü parçası olan Popper söylediği gibi, (ya içeriğinin gelen [tümdengelim] izler) " ve o "tümünü içeren diyor, o ötesine geçer ". Diye devam ediyor: ${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili (H\ veya\ E)}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$${\displaystyle (H\ veya\ {\overline {E}})}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$

Does , bu durumda, faktör için herhangi bir destek sağlamak varlığında, tek başına elde etmek gereklidir ? Cevap: Hayır. Asla yapmaz. Gerçekten de, ya da olmadıkça karşı destekler (bu olasılıklar ilgi çekici değildir). ...${\görüntüleme stili E}$${\displaystyle (H\ veya\ {\overline {E}})}$${\görüntüleme stili E}$${\görüntüleme stili H}$${\görüntüleme stili E}$${\displaystyle (H\ veya\ {\overline {E}})}$${\görüntüleme stili P(H|E)=1}$${\görüntüleme stili P(E)=1}$

Bu sonuç, olasılık hesabının tümevarımsal yorumu için tamamen yıkıcıdır. Tüm olasılıksal destek tamamen tümdengelimlidir: bir hipotezin tümdengelimsel olarak kanıt tarafından gerektirmeyen kısmı, kanıtlar tarafından her zaman güçlü bir şekilde desteklenir ... Olasılıksal destek diye bir şey var; tümevarımsal destek diye bir şey bile olabilir (gerçi pek öyle düşünmüyoruz). Ancak olasılık hesabı, olasılık desteğinin tümevarımsal destek olamayacağını ortaya koymaktadır.

Ortodoks yaklaşım

Ortodoks Neyman- Pearson hipotez testi teorisi karar vermek nasıl gördüğü kabul veya reddetmek yerine hipoteze atanacak ne olasılık daha bir hipotez. Bu noktadan hareketle, "Bütün kuzgunlar siyahtır" hipotezi, daha fazla gözlem yapıldığında olasılığı bire doğru arttığı için kademeli olarak kabul edilmez , ancak elde edilen verilerin değerlendirilmesi sonucunda tek bir eylemde kabul edilir. zaten toplanmıştır. Neyman ve Pearson'ın dediği gibi:

Her bir ayrı hipotezin doğru mu yanlış mı olduğunu bilmeyi ummadan, onlarla ilgili davranışlarımızı yönetecek kurallar arayabiliriz, bu kuralları takip ederek uzun bir deneyim süresinde çok sık yanılmayacağız.

Bu yaklaşıma göre, bir hipotezin olasılığına herhangi bir değer atamak gerekli değildir , ancak kabul etmeye veya reddetmeye karar verirken hipotez verilen veya rekabet eden bir hipotez verilen verilerin olasılığını kesinlikle hesaba katmak gerekir. . Bir hipotezin kabulü veya reddi, beraberinde hata riskini taşır .

Bu, hipotezin nihai olasılığını elde etmek için gözlenen veriler ışığında revize edilen, hipoteze önceden bir olasılık atanmasını gerektiren Bayes yaklaşımıyla çelişir. Bayesian çerçevesinde, hipotezler kabul edilmediği veya reddedildiği için hata riski yoktur; bunun yerine olasılıklar atanır.

Paradoksun ortodoks bakış açısından bir analizi yapıldı ve diğer anlayışların yanı sıra eşdeğerlik koşulunun reddedilmesine yol açtı:

Açıktır ki, hem tüm P'lerin Q olduğu hipotezini kabul etmek hem de çelişkili olanı, yani tüm Q olmayanların P olmayanları reddetmek mümkün değildir . Yine de, Neyman-Pearson test teorisinde, "Tüm P'ler Q'dur" testinin mutlaka "Q olmayanların tümü P değildir " testi olmadığını veya bunun tersini görmek kolaydır . "Bütün P Q" bir test formunun bazı alternatif istatistiksel hipotezine başvuru gerektirir tüm p yılların Q, yukarıda "olmayan tüm Q'da olmayan P," bir test formunun bazı istatistiksel alternatif başvuru gerektirir, oysa bir tüm Q olmayanlar P değildir, . Ancak bu iki olası alternatifler grubu farklıdır... Böylece kişi, karşıt pozitifliği test edilmeden de test edilebilir.${\görüntüleme stili r}$${\görüntüleme stili 0<r<1}$${\görüntüleme stili r}$${\görüntüleme stili 0<r<1}$${\görüntüleme stili H}$

Maddi çıkarımı reddetme

Aşağıdaki önermelerin tümü birbirini ima eder: "Her nesne ya siyahtır ya da kuzgun değildir", "Her kuzgun siyahtır" ve "Siyah olmayan her nesne kuzgun değildir." Bu nedenle, tanım gereği mantıksal olarak eşdeğerdirler. Bununla birlikte, üç önermenin farklı alanları vardır: ilk önerme "her nesne" hakkında bir şeyler söylerken, ikincisi "her kuzgun" hakkında bir şeyler söyler.

İlk önerme, niceleme alanı sınırsız ("tüm nesneler") olan tek önermedir, bu nedenle birinci dereceden mantıkta ifade edilebilecek tek önerme budur . Mantıksal olarak şuna eşdeğerdir:

${\ Displaystyle \ forall \ x,Rx\ \rightarrow \ Bx}$

ve ayrıca

${\displaystyle \forall \ x,{\overline {Bx}}\ \rightarrow \ {\overline {Rx}}}$

nerede malzeme koşullu belirtir , buna göre "Eğer öyleyse " , " veya " anlamına gelebilir .${\görüntüleme stili\sağ ok }$${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$${\görüntüleme stili B}$${\displaystyle {\üzerine çizgi {A}}}$

Maddi imaların "eğer öyleyse " nin anlamını tam olarak yakalamadığı birkaç yazar tarafından tartışılmıştır (maddi imanın paradokslarına bakınız ). "Her nesne için, , ya siyah ya da kuzguni değil" dir gerçek hiçbir kuzgunlar varken. Bu nedenle, kuzgun olmadığında "Bütün kuzgunlar siyahtır" doğru kabul edilir. Ayrıca, Good ve Maher'in Nicod'un kriterini eleştirmek için kullandıkları argümanlar (yukarıdaki § Good'un bebeği ) bu gerçeğe dayanıyordu - "Bütün kuzgunlar siyahtır", kuzgun olmama olasılığının yüksek olduğu durumlarda oldukça olasıdır. ${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$${\görüntüleme stili x}$ ${\görüntüleme stili x}$

Herhangi bir kuzgunun yokluğunda tüm kuzgunların siyah olduğunu söylemek boş bir ifadedir. Hiçbir şeye atıfta bulunmaz. "Bütün kuzgunlar beyazdır" ifadesi eşit derecede alakalı ve doğrudur, eğer bu ifadenin herhangi bir doğru veya alakalı olduğu düşünülürse.

Bazı yorumlama başka yollar "Eğer bulmaya çalışmışlardır paradoks yaklaşımları sonra " ve "Tüm vardır ," "Bütün kuzgunlar siyahtır" ve arasındaki algılanan eşdeğerlik ortadan kaldıracaktır "olmayan tüm siyah şeyler olmayan kuzgunlar vardır." ${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$

Bu tür bir yaklaşım, "Eğer öyleyse " nin doğruluk değerine sahip olduğu , yani "Belirsiz" veya "Uygunsuz" olduğunda yanlış olduğu anlamına gelen çok değerli bir mantığın sunulmasını içerir . Böyle bir sistemde, , tersine otomatik izin verilmez: "Eğer o zaman " "Eğer eşdeğer değildir o zaman ". Sonuç olarak, "Bütün kuzgunlar siyahtır", "Siyah olmayan tüm şeyler kuzgun değildir" ile eşdeğer değildir. ${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$ ${\görüntüleme stili I}$${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$${\displaystyle {\üzerine çizgi {B}}}$${\displaystyle {\üzerine çizgi {A}}}$

, Tersine oluştuğunda, bu sistemde, modalite şartlı yer değişiklikleri göstermektedir ( "tereyağı bu parça halinde edilmiş , sonra 32 ° C'ye kadar ısıtıldı olan kullanılarak karşılaştırılması için erimiş") ( "tereyağı bu parça halinde olmuştu 32 ısıtıldı ° C sonra olurdu ) "erimiş. Bu argümana göre, bu, sarı ineklerin bizi kuzgunlar hakkında bilgilendirebileceği sonucuna varmak için gerekli olduğu iddia edilen eşdeğerliği ortadan kaldırır:

Doğru dilbilgisi kullanımında, bir çelişkili argüman tamamen göstergede belirtilmemelidir. Böylece:

Bu kibrit çizilirse yanacağı gerçeğinden, yanmazsa çizilmediği sonucu çıkar.

garip. Söylemeliyiz:

Bu maç çizilmişse eğer yanacaktır gerçeği bakıldığında, bunun eğer şu idi ışık için değil ederim çizik almamış. ...

Çelişki Yasasının bu yorumunun Hempel'in doğrulama paradoksu üzerinde ne gibi bir etkisi olduğu merak edilebilir. "Eğer bir kuzgunsa, o zaman siyahtır", " Siyah olmasaydı, kuzgun olmazdı " ile eşdeğerdir . Bu nedenle, ikincisini doğrulayan her ne ise, Denklik Koşulu ile birincisini de doğrulamalıdır. Doğru, ancak sarı inekler hala "Bütün kuzgunlar siyahtır" teyidini anlayamazlar, çünkü bilimde doğrulama tahminle sağlanır ve tahminler gösterge niteliğindeki ruh hali içinde düzgün bir şekilde ifade edilir. Bir karşı olguyu neyin doğruladığını sormak anlamsızdır.${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili bir}$

Hipotezleri kabul etmenin farklı sonuçları

Birkaç yorumcu, "Bütün kuzgunlar siyahtır" ve "Kara olmayan tüm şeyler kuzgun değildir" önermelerinin hipotezleri test etmek için farklı prosedürler önerdiğini gözlemlemiştir. Örneğin İyi yazıyor:

Önermeler olarak iki ifade mantıksal olarak eşdeğerdir. Ancak deneyci üzerinde farklı bir psikolojik etkiye sahiptirler. Tüm kuzgunların siyah olup olmadığını test etmesi istenirse, bir kuzgunun siyah olup olmadığına karar verir. Ancak kendisinden siyah olmayan tüm şeylerin kuzgun olup olmadığını test etmesi istenirse, siyah olmayan bir nesneyi arayabilir ve sonra onun kuzgun olup olmadığına karar verebilir.

Daha yakın zamanlarda, "Bütün kuzgunlar siyahtır" ve "Siyah olmayan tüm şeyler kuzgun değildir" kabul edildiğinde farklı etkilere sahip olabileceği öne sürülmüştür . Argüman, kuzgunların ve siyah nesnelerin toplam sayısının veya yaygınlığının bilinmediği ancak tahmin edildiği durumları dikkate alır. "Bütün kuzgunlar siyahtır" hipotezi kabul edildiğinde, argümana göre, tahmini siyah nesne sayısı artarken, tahmini kuzgun sayısı değişmez.

Kuzgunlar ve siyah nesneler hakkında aynı bilgilere sahip olan ve kuzgunların ve siyah nesnelerin sayıları konusunda aynı tahminlere sahip iki kişinin durumu ele alınarak açıklanabilir. Somutluk için, toplamda 100 nesne olduğunu ve ilgili kişilerin erişebildiği bilgilere göre, her nesnenin kuzgun olma olasılığı kadar kuzgun olmama ve siyah olma olasılığı da o kadar yüksek olduğunu varsayalım. siyah olmamak için:

${\displaystyle P(Ra)={\frac {1}{2}}\ \ \ \ \ \ \ P(Ba)={\frac {1}{2}}}$

ve önermeler farklı nesneler için bağımsızdır , vb. O zaman tahmini kuzgun sayısı 50'dir; tahmini siyah şey sayısı 50'dir; tahmini kara kuzgun sayısı 25'tir ve tahmini kara olmayan kuzgun sayısı (hipotezlerin karşı örnekleri) 25'tir. ${\ Displaystyle Ra,\ Rb}$${\görüntüleme stili bir}$${\görüntüleme stili b}$

Kişilerden biri "Bütün kuzgunlar siyahtır" hipotezinin istatistiksel bir testini (örneğin Neyman-Pearson testi veya birikmiş kanıt ağırlığının bir eşik ile karşılaştırılması) gerçekleştirirken, diğeri "Tüm kuzgunlar siyahtır" hipotezini test eder. siyah nesneler kuzgun değildir". Basitlik için, test için kullanılan kanıtın burada ele alınan 100 nesnenin toplanmasıyla hiçbir ilgisi olmadığını varsayalım. İlk kişi "Bütün kuzgunlar siyahtır" hipotezini kabul ederse, o zaman argümana göre, daha önce renkleri şüpheli olan yaklaşık 50 nesnenin (kuzgunlar) şimdi siyah olduğu düşünülürken, kalan nesneler hakkında farklı bir şey düşünülmez. (kuzgun olmayanlar). Sonuç olarak, siyah kuzgunların sayısını 50'de, kuzgun olmayan siyahların sayısını 25'te ve siyah olmayan kuzgun olmayanların sayısını 25'te tahmin etmelidir. Bu değişiklikleri belirterek, bu argüman açıkça "Tüm kuzgunlar" alanını kısıtlar. kuzgunlar için siyahtır.

Öte yandan, ikinci kişi "siyah olmayan tüm nesneler kuzgun değildir" hipotezini kabul ederse, o zaman her birinin kuzgun olup olmadığı belirsiz olan yaklaşık 50 siyah olmayan nesnenin kuzgun olmadığı düşünülecektir. -kuzgunlar. Aynı zamanda kalan yaklaşık 50 nesne (siyah nesneler) hakkında da farklı bir şey düşünülmeyecektir. Sonuç olarak, kara kuzgunların sayısını 25, kara kuzgun olmayanların sayısını 25 ve siyah olmayan kuzgunların sayısını 50 olarak tahmin etmelidir. farklı hipotezleri kabul ettiler, "Bütün kuzgunlar siyahtır"ı kabul etmek, "Siyah olmayan her şey kuzgun değildir"i kabul etmekle eşdeğer değildir; birincisini kabul etmek, daha fazla şeyin siyah olduğunu tahmin etmek anlamına gelirken, ikincisini kabul etmek, daha fazla şeyin kuzgun olmadığını tahmin etmeyi içerir. Buna uygun olarak, argüman devam ediyor, ilki kanıt olarak siyah olduğu ortaya çıkan kuzgunlara ve ikincisi kuzgun olmayan siyah olmayan şeylere ihtiyaç duyuyor.

varoluşsal varsayımlar

Bazı yazarlar, "Hepsi vardır " biçimindeki önermelerin, var olan nesnelerin var olduğunu varsaydığını ileri sürmüşlerdir . Bu analiz kuzgun paradoksuna uygulandı: ${\görüntüleme stili A}$${\görüntüleme stili B}$${\görüntüleme stili A}$

... : "Bütün kuzgunlar siyahtır" ve : " Kara olmayan tüm şeyler kuzgun değildir", farklı varoluşsal varsayımları nedeniyle ... kesinlikle eşdeğer değildir . Ayrıca, her ne kadar ve siyah olmayan Ravens yokluğunu - - Aynı düzenlilik tarif farklı mantıksal formları vardır. İki hipotezin farklı anlamları vardır ve tanımladıkları düzenliliği test etmek için farklı prosedürler içerir.${\görüntüleme stili H_{1}}$${\ Displaystyle H_{2}}$${\görüntüleme stili H_{1}}$${\ Displaystyle H_{2}}$

Değiştirilmiş bir mantık, '*' önvarsayım işlecini kullanarak varoluşsal ön kabulleri hesaba katabilir. Örneğin,

${\displaystyle \forall \ x,\ *Rx\rightarrow Bx}$

"Bütün kuzgunlar siyahtır" anlamına gelebilir ve bu örnekte var olduğu varsayılan siyah olmayan nesnelerin kuzgun olduğunu ve olmadığını belirtir.

... her hipotezin mantıksal biçimi , önerilen destekleyici kanıt türü bakımından onu ayırt eder: her hipotezin olası doğru ikame örnekleri , farklı nesne türleri ile ilgilidir. İki hipotezin farklı türde test prosedürleri içerdiği gerçeği, biçimsel dilde '*' operatörünün önüne farklı bir yüklem eklenerek ifade edilir. Önvarsayım operatörü böylece aynı zamanda bir uygunluk operatörü olarak da hizmet eder. " Bir kuzgundur" yükleminin önüne eklenir , çünkü "Tüm kuzgunlar siyahtır"a dahil edilen test prosedürüyle ilgili nesneler yalnızca kuzgunları içerir; o yüklem 'önüne getiriliyor içinde, siyah olmayan bir' sadece siyah olmayan şeyleri içerir "Tüm siyah olmayan şeyler nonravens olan" dahil test prosedürüne uygun nesneleri çünkü. ... Fregean terimlerini kullanırsak: varsayımları geçerli olduğunda, iki hipotez aynı göndergeye (hakikat-değerine), ancak farklı anlamlara sahiptir ; yani, o doğruluk değerini belirlemenin iki farklı yolunu ifade ederler.${\görüntüleme stili x}$${\görüntüleme stili H_{1}}$${\görüntüleme stili x}$${\ Displaystyle H_{2}}$

Ayrıca bakınız

• ilişkilendirme yanılgısı
• Bayesci epistemoloji
• siyah kuğu teorisi
• paradoksların listesi

Notlar

daha fazla okuma

• Çang, Hasok ; Fisher, Grant (2011). "Kuzgunların bize gerçekten öğrettiği şey: kanıtın içsel bağlamsallığı" . Dawid'de Philip; Eşleştirme, William L.; Vasilaki, Mimi (ed.). Kanıt, Çıkarım ve Sorgulama . İngiliz Akademisi Bildirileri. 171 . Oxford; New York: Oxford University Press. doi : 10.5871/bacad/9780197264843.003.0013 . ISBN'si 9780197264843. OCLC  709682874 .
• Franceschi, Paul (2011-02-04). "Kıyamet tartışması ve Hempel'in sorunu" . paulfranceschi.com . 2020-04-27 alındı .Başlangıçta Fransızca olarak yayınlanan bir makalenin İngilizce çevirisi: Franceschi, Paul (Mart 1999). "Yorum l'Urne de Carter et Leslie se déverse dans celle de Hempel". Kanada Felsefe Dergisi . 29 (1): 139–156. doi : 10.1080/00455091.1999.10717508 . JSTOR  40232048 .
• Hempel, Carl G. (Aralık 1943). "Tamamen sözdizimsel bir onay tanımı" (PDF) . Sembolik Mantık Dergisi . 8 (4): 122-143. doi : 10.2307/2271053 . JSTOR  2271053 .
• Hempel, Carl G. (1966). "Onay mantığında çalışmalar". Foster'da, Marguerite H.; Martin, Michael (ed.). Olasılık, Doğrulama ve Basitlik: Tümevarımsal Mantık Felsefesinde Okumalar . New York: Odyssey Basını. s. 145-183. OCLC  284885 .
• Whiteley, CH (Nisan 1945). "Hempel'in doğrulama paradoksları". akıl . 54 (214): 156-158. doi : 10.1093/mind/liv.214.156 . JSTOR  2250951 .