Обратная задача теории вероятностей

[BorisK]

epros в сообщении #1650712 писал(а):

Вам нужны равновероятности извлечения не шаров, а пар шаров из пары урн. Откуда Вы эту равновероятность взяли?

Теперь мы пришли к тому, что для доказательства моей гипотезы о равносильности условий независимости событий в разных урнах и равновероятности извлечения шаров в урнах в любом эксперименте требуется доказать равновероятность извлечения пар шаров (здесь ограничимся моделью с двумя переменными, т.е. пардон, с двумя урнами).
Напомню условие: В ЛЮБОМ ЭКСПЕРИМЕНТЕ, в каждой урне, содержащей $m$ шаров, вероятность извлечения любого шара равна $\frac 1m$.
В этом условии утверждается «физическая» независимость извлечений: какой бы мы ни извлекли шар из одной урны, вероятность излечения любого шара из другой урны равна $\frac 1m$. Но пока неясно, как доказать, что из «физической» независимости следует вероятностная независимость. Мне кажется, что это можно доказать, но пока это не доказано, я согласен считать утверждение о равносильности "физической" и вероятностной независимости гипотезой.

epros в сообщении #1650712 писал(а):

Я Вам "забыл" сказать, но урны устроены так, что вторая является "зеркальным" отображением первой, т.е. когда из первой извлекается белый шар, то из второй извлекается чёрный, а когда из первой извлекается чёрный шар, то из второй извлекается белый.

Тем самым Вы нарушаете «физическую» независимость. Это уже другая модель. И речь, значит, совсем не о том.
Все же, мне кажется, прогресс в дискуссии есть. Мы с большим трудом, но все-таки приняли урновую модель в качестве интерпретации формул исчисления высказываний, уточнили терминологию, сформулировали гипотезы. И, возможно, кто-то согласится с тем, что эта тема - новое направление исследований.

[epros]

BorisK в сообщении #1650801 писал(а):

Напомню условие: В ЛЮБОМ ЭКСПЕРИМЕНТЕ, в каждой урне, содержащей $m$ шаров, вероятность извлечения любого шара равна $\frac 1m$.

Добавляем условие, что сумма номеров двух извлечённых из двух урн шаров всегда равна шести. Т.е. возможны только такие пары: $(1,5)$, $(2,4)$, $(3,3)$, $(4,2)$, $(5,1)$. Первые три шара в первой урне белые, остальные - чёрные. Первые два шара во второй урне белые, остальные - чёрные. Так что при извлечении из первой урны, например, шара $2$ из второй урны автоматически извлекается шар $4$ (даже если мы этого не видим). Все условия соблюдены: Вероятности извлечения всех шаров в урне равны. При этом из двух урн всегда извлекаются шары разных цветов, никакой "независимости" событий $A$ и $B$ нет, так как $P(A \land B)=0$.

BorisK в сообщении #1650801 писал(а):

В этом условии утверждается «физическая» независимость извлечений: какой бы мы ни извлекли шар из одной урны, вероятность излечения любого шара из другой урны равна $\frac 1m$.

Непонятно что это за "физическая" независимость. Если Вы таким образом хотели сказать, что равны все условные вероятности $P(B_j|A_i)=\frac{1}{m}$, где индексы событий - это номера извлекаемых шаров, как и безусловные вероятности $P(A_i)=P(B_j)=\frac{1}{m}$, то это всё равно что определить равными вероятности извлечения всех пар шаров: $P(A_i \land B_j)= \frac{1}{m^2}$. А это, как я уже говорил, означает, что все вероятности на всём пространстве событий определены, Вам просто нечего добавлять в качестве условий задачи.

BorisK в сообщении #1650801 писал(а):

Это уже другая модель. И речь, значит, совсем не о том.

Это могло бы быть "совсем другой моделью", если бы сразу было определено, что такое "та" модель. Но этого не было сделано.

BorisK в сообщении #1650801 писал(а):

все-таки приняли урновую модель в качестве интерпретации формул исчисления высказываний

Может быть Вы дойдёте до однозначной постановки условий задачи, т.е. признаете наконец, что сформулировать условие независимости событий иначе как известной формулой теории вероятности Вам никак не удастся. Сколько бы Вы ни рассуждали о каких-то "урновых моделях", независимость между "урновыми событиями" сама по себе не возникнет, если не будет явно заложена в условия задачи.

BorisK в сообщении #1650801 писал(а):

И, возможно, кто-то согласится с тем, что эта тема - новое направление исследований.

И на школьную задачу-то со скрипом тянет. Для физмат школы - уже слабовато.

[BorisK]

Честно сказать, я уже устал от многочисленных затрат времени и сил, связанных с поиском и анализом неточностей, а иногда и явных ляпов, содержащихся в возражениях уважаемого Оппонента epros. Но, как я сейчас понимаю, в этом есть немалая доля моей вины, так как я до сих пор не определил четко, о чем идет речь.
Поэтому я сейчас сформулирую базовые принципы (БП$i$), на которых основана рассматриваемая здесь модель. Слово «принципы» здесь используются потому, что в них содержатся не только определения терминов, но формулировка (иногда с обоснованием) соотношений между соответствующими понятиями. Тогда вместо занудного анализа возражений уважаемых Оппонентов я могу просто указать им на нарушения определенных принципов, если таковые нарушения будут обнаружены. Если эти БП$i$ не будут приняты (корректировка шероховатостей в определениях не учитывается), то я вынужден буду приостановить свое участие в этом форуме. Хоть это и интересно, но у меня немало других неотложных дел и просто нет возможности тратить время и силы на эту ерунду.
* БП1: Урна, с помощью которой задана вероятность $\frac nm$ события, содержит $m$ шаров, пронумерованных от 1 до $m$. Физическим событием в урне называется извлечение шара с любым номером. Логическим событием в урне называется извлечение одного шара с номером из определенного множества номеров. Событие true означает извлечение любого шара с номером, содержащимся в диапазоне $[1,n]$, событие false – извлечение любого шара с номером в диапазоне $[n+1,m]$.
* БП2: Физическим событием для $N$ урн называет одновременное извлечение шаров с любыми номерами из всех урн. Результатом физического события для $N$ урн является кортеж номеров. Логическим событием для $N$ урн называется одновременное наступление логического события для всех $N$ урн. Результатом логического события для $N$ урн является кортеж логических констант (true или false).
* БП3: В каждом физическом событии, в каждой урне вероятность извлечения шара с любым номером одинакова и всегда равна $\frac 1m$.
* БП4: из БП3 следует физическая независимость: для любой пары $(A,B)$ урн: если из урны $A$ извлечен шар с номером $J$, то извлечение шара с любым номером из урны $B$ равновероятно.
* БП5: Вероятностная независимость для пары урн $(A,B)$ означает, что вероятность любой пары логических событий в этих урнах равна произведению вероятностей логических событий в отдельных урнах. Равносильность БП3 и БП5 пока не доказана.
* БП6: Каждой урне соответствует одна и только одна пропозициональная переменная.
* БП7: Между формулами исчисления высказываний, содержащих $N$ пропозициональных переменных, можно установить взаимно-однозначное соответствие с множеством логических событий в $N$ урнах. Кратко обоснование такое. Любую формулу исчисления высказываний можно представить в виде совершенной ДНФ (СДНФ), которая выражается как дизъюнкция разных конституент, т.е конъюнкций, в каждой из которых содержатся ровно $N$ пропозициональных переменных. Конституенту можно представить как кортеж логических констант (true или false). Этому кортежу соответствует определенное логическое событие в $N$ урнах, а формуле соответствует множество соответствующих логических событий в $N$ урнах.
* БП8: Условие или задача, в которой не определены пропозициональные переменные и не сформулирована соответствующая формула исчисления высказываний, не является корректно поставленной задачей в урновой модели.

epros в сообщении #1650879 писал(а):

Добавляем условие, что сумма номеров двух извлечённых из двух урн шаров всегда равна шести.

Нарушение БП8.

epros в сообщении #1650879 писал(а):

Непонятно что это за "физическая" независимость.

См. БП2, БП3, БП4.

epros в сообщении #1650879 писал(а):

BorisK в сообщении #1650801 писал(а):

Это уже другая модель. И речь, значит, совсем не о том.

Это могло бы быть "совсем другой моделью", если бы сразу было определено, что такое "та" модель. Но этого не было сделано.

Здесь я признаю ошибку в своем возражении, но определенный интерес представляет то Ваше высказывание, против которого я возражал

epros в сообщении #1650712 писал(а):

Я Вам "забыл" сказать, но урны устроены так, что вторая является "зеркальным" отображением первой, т.е. когда из первой извлекается белый шар, то из второй извлекается чёрный, а когда из первой извлекается чёрный шар, то из второй извлекается белый. Это значит, что $P(A \land B)=0$.

Грубая ошибка!
Фразе «урны устроены так, что вторая является "зеркальным" отображением первой, т.е. когда из первой извлекается белый шар, то из второй извлекается чёрный, а когда из первой извлекается чёрный шар, то из второй извлекается белый» соответствует не формула $A \land B$, а совсем другая формула, которую Вы можете узнать из любого учебного пособия по дискретной математике, в котором даются хотя бы начальные сведения по исчислению высказываний или булевой алгебре.

epros в сообщении #1650879 писал(а):

И на школьную задачу-то со скрипом тянет. Для физмат школы - уже слабовато.

Поскольку это суждение не обосновано, то я могу его считать личным мнением уважаемого Оппонента. А поскольку я уважаю мнения своих оппонентов, то не вижу смысла высказывать свои возражения.
Впрочем, статистика посещений этого форума показывает, что эта тема интересна для других участников. А может быть, им интересна перепалка, которую мы тут устроили?

[BorisK]

Уточняю БП7. Начало фразы «Между формулами исчисления высказываний, содержащих…» надо читать как «Для формул исчисления высказываний, содержащих…».
БП8 лучше сформулировать так: Условие или задача, в которой определены пропозициональные переменные и сформулирована соответствующая формула исчисления высказываний, в урновой модели считается корректной, в противном случае некорректной. Желательно также для каждого высказывания определить соответствующую урну, хотя бы с указанием того, что является успешным событием, а что неудачей.

[epros]

BorisK, я уже устал Вам разъяснять азы. Научитесь ставить вероятностные задачи. Для начала изучите, что такое "вероятностное пространство". А то эти Ваши "базовые принципы" - это вообще непонятно о чём.

BorisK в сообщении #1650951 писал(а):

* БП4: из БП3 следует физическая независимость: для любой пары $(A,B)$ урн: если из урны $A$ извлечен шар с номером $J$, то извлечение шара с любым номером из урны $B$ равновероятно.

Ни из какого БП3 это не следует, это совершенно новое требование. К тому же сформулировано совершенно непонятно. Условная равновероятность и безусловная равновероятность - это совершенно разные вещи. Почитайте про условную вероятность, чтобы понять, что это такое. Если же Вы требуете и того, и другого, то это означает, что Вы определяете классическое вероятностное пространство, в котором вероятность любого события становится известна, как только определено, из каких элементарных исходов состоит событие.

И если Вы хотели, чтобы разным пропозициональным переменным соответствовали независимые события, Вам совершенно не нужно было разоряться, придумывая "обоснование" этой независимости в виде какой-то "урновой модели", а достаточно было заложить эту независимость в условия задачи одним уравнением.

[BorisK]

epros в сообщении #1651000 писал(а):

А то эти Ваши "базовые принципы" - это вообще непонятно о чём.

Скажите конкретно, что именно Вам непонятно. Или это разговор ни о чем!
Или Вам не нравятся названия (БП, физическое событие, логическое событие)? Тогда предложите свои. Или лучше давайте не будем уходить в сторону от темы дискуссии, начиная спор о названиях.

epros в сообщении #1651000 писал(а):

BorisK в сообщении #1650951 писал(а):

* БП4: из БП3 следует физическая независимость: для любой пары $(A,B)$ урн: если из урны $A$ извлечен шар с номером $J$, то извлечение шара с любым номером из урны $B$ равновероятно.

Ни из какого БП3 это не следует, это совершенно новое требование. К тому же сформулировано совершенно непонятно. Условная равновероятность и безусловная равновероятность - это совершенно разные вещи. Почитайте про условную вероятность, чтобы понять, что это такое.

Я согласен не учитывать БП4 при обсуждении. А гипотезу «БП3 равносильно БП5» предлагаю обсудить отдельно, если у кого-то из участников дискуссии появится такое желание. А пока я согласен безоговорочно принять условие, что события в разных урнах характеризуются вероятностной независимостью. К основной теме дискуссии (обратная задача теории вероятностей, которая решается при условии, что формулы исчисления высказываний можно выразить с помощью вероятностных полиномов) это не имеет отношения. Но раз уж Вы завели речь об условной вероятности, то попробую уточнить, что в данной модели подразумевается под этим.
Пусть имеются 2 урны $U_A$ и $U_B$, в которых имеются соответственно $N_A$ и $N_B$ шаров, а $S_A$ и $S_B$ соответственно - множества номеров шаров в этих урнах. Пусть событие $A$ - это извлечение шара с номером $I$ из урны $U_A$, А событие $B$ - это извлечение шара с номером $J$ из урны $U_B$. Если мы говорим об условной вероятности, то БП4 можно понимать как $P(B \mid A) = P(B)$.
Но раз уж мы используем условную вероятность, то возникает вопрос, какой $\sigma$-алгебре соответствуют события $A$ и $B$, с учетом того, что в этой $\sigma$-алгебре события $A$ и $B$ были бы представлены множествами, с которыми можно выполнять операции $\cup$, $\cap$ и дополнения?
Такой $\sigma$-алгеброй может быть только двуместное отношение, элементами которого являются пары номеров шаров, например, (12, 4). Тогда событие $A$ можно выразить как декартово произведение (ДП) $\{I\} \times S_B$, а событие $B$ - как ДП $S_A \times \{J\}$. Т.е. в данном случае речь идет не об операциях с обычными множествами, а об операциях с разными ДП, которые являют собой множества пар. Нетрудно убедиться, что в этой $\sigma$-алгебре событию $A \cap B$ соответствует множество
$(\{I\} \times S_B) \cap (S_A \times \{J\})= \{(I,J)\}$
А как в этой $\sigma$-алгебре можно отобразить событие $A \cup B$? А вот так:
$A \cup B = (\{I\} \times S_B) \cup (S_A \times \{J\})$.
А как подсчитать количество элементов в этом множестве?
Для этого можно преобразовать объединение ДП в ортогональное объединение, в котором каждая пара ДП не пересекается. Этому условию соответствует следующая формула
$A \cup B = (\{I\} \times S_B) \cup ((S_A \setminus \{I\}) \times \{J\})$.
Тогда число пар событий легко подсчитывается: $N_B + N_A -1$.
Так что здесь не просто обычное пространство событий. Хотя бы потому, что здесь нужно использовать некоторые свойства ДП, которые не являются широко известными. Например, вычисление дополнения объединения произвольных ДП, их ортогонализация и т.д.
А если Вы не согласны с этой моделью, то предложите другую, попроще, но так чтобы события $A$ и $B$ были представлены множествами. Уверен, что у Вас это не получится.

epros в сообщении #1651000 писал(а):

Вам совершенно не нужно было разоряться, придумывая "обоснование" этой независимости в виде какой-то "урновой модели", а достаточно было заложить эту независимость в условия задачи одним уравнением.

Как уже было сказано выше, «заложить эту независимость в условия задачи одним уравнением» не получится. И заодно хотел бы напомнить, что тема дискуссии посвящена не независимости (об этом отдельный разговор), а обратной задаче теории вероятностей. Если Вы согласны с БП3, БП5, БП6 и БП7, то можно продолжить разговор на эту тему, если же не согласны, то объясните, почему. Иначе я просто буду отвечать на Ваши возражения фразой «Вы не соблюдаете правил ведения дискуссии».
Надеюсь, Администрация меня за это не накажет.

[epros]

BorisK в сообщении #1651166 писал(а):

Скажите конкретно, что именно Вам непонятно. Или это разговор ни о чем!

Мне непонятно, почему Вы не желаете ознакомиться с определением вероятностного пространства, а вместо этого придумываете какие-то "урновые модели". Если Вы хотите говорить о вероятностях, то никуда от понятия вероятностного пространства Вам не деться.

BorisK в сообщении #1651166 писал(а):

А пока я согласен безоговорочно принять условие, что события в разных урнах характеризуются вероятностной независимостью.

BorisK в сообщении #1651166 писал(а):

Как уже было сказано выше, «заложить эту независимость в условия задачи одним уравнением» не получится.

Либо закладываете, либо нет. Иначе не получится. Я уже неоднократно об этом говорил, но давайте ещё разок проиллюстрирую примером.

Скажем, Вы десять раз бросаете игральную кость. Т.е. результатом одного броска является число от 1 до 6, а результатом десяти бросков - кортеж из десяти таких чисел: $(x_1,x_2, \ldots, x_{10})$. Откуда мы можем знать, что результаты бросков "независимы"? Думаете, из какой-то "физики"? Да ничего подобного. Просто если мы заложим в условие задачи, что все кортежи чисел "равновероятны" (ещё раз повторяю, что это называется "классическое вероятностное пространство" и призываю с этим понятием ознакомиться), то чтобы нам определить вероятность любого события, нам нужно подсчитать какое количество кортежей в него входит и поделить на $6^{10}$ (количество всех кортежей). Например, вероятность выпадения в десяти бросках ровно трёх четвёрок - это количество кортежей, содержащих ровно три четвёрки, делённое на $6^{10}$. При таких условиях действительно окажется, что любое событие в одном броске (например, $A_3$: "В третьем броске выпало чётное число") будет независимым от любого события в другом броске (например, $B_4$: "В четвёртом броске выпало число от 3 до 6"). В этом нетрудно убедиться, подсчитав, что $P(A_3) P(B_4)=P(A_3 \land B_4)$.

Думаете, это как-то связано с тем, что броски "физически разные"? Нет. Это связано с тем, как определены вероятности на пространстве событий. Если мы определим их иначе, то не будет никакой "независимости" между событиями в разных бросках. С другой стороны, при данном определении вероятностей независимы оказались не только события в разных бросках, но и некоторые события в одном броске. Например, независимо событие $A_3$ и событие $B_3$: "В третьем броске выпало число от 3 до 6". Можете убедиться непосредственным вычислением.

BorisK в сообщении #1651166 писал(а):

И заодно хотел бы напомнить, что тема дискуссии посвящена не независимости (об этом отдельный разговор), а обратной задаче теории вероятностей.

Эта Ваша "обратная задача теории вероятностей" - на самом деле задача на школьную арифметику. Нужно всего лишь решить систему из нескольких простейших линейных уравнений с $2^n$ неизвестными, где $n$ - количество пропозициональных переменных. Тут нет никаких предметов для "дискуссий". Весь предмет этого затянувшегося обсуждения сводится к тому, что Вы не смогли корректно поставить задачу, т.е. явно сформулировать условие независимости событий или отказаться от оной независимости.

[BorisK]

epros в сообщении #1651177 писал(а):

Если Вы хотите говорить о вероятностях, то никуда от понятия вероятностного пространства Вам не деться.

Здесь я полностью согласен с Вами. Поэтому даю определение, в котором $n$-мерное вероятностное пространство $(\Omega, \mathfrak{U}, \mathbb{P})$ определяется так.
$\Omega$ - это декартово произведение (ДП) заданных множеств $S_i$ $(i=1,2, \dots , n)$. Каждое множество $S_i$ имеет конечную мощность $N_i$, элементы множества $S_i$ пронумерованы числами от 1 до $N_i$. Элементарным событием является $n$-ка номеров из соответствующих множеств $S_i$.
$\mathfrak{U}$ – все возможные подмножества множества $\Omega$.
$\mathbb{P}$ определяется так: для каждого $S_i$ вероятность каждого элемента $J$ определяется как $P(J) = \frac 1{N_i}$. При этом вероятности всех элементарных событий $(J_1, J_2, \dots , J_n)$ в $\Omega$ одинаковы, из чего следует равенство
$P(J_1, J_2, \dots , J_n) = \frac 1{N_1N_2 \dots N_n} \qquad (1)$.
Нетрудно доказать, что для элементарных событий из $\Omega$ и их подмножеств заданная вероятностная мера аддитивна.
Если считать, что каждое множество $S_i$ является областью значений соответствующей переменной $X_i$, то из равенства $(1)$ следует вероятностная независимость событий в переменных
$P(J_1, J_2, \dots , J_n) = P(J_1)P(J_2) \dots P(J_n)$.
С учетом этого признаю, что некоторые мои прежние высказывания относительно независимости событий в разных урнах не всегда правильны.
Для этого вероятностного пространства для каждого $S_i$ задано подмножество $T_i$, которое названо успешным событием. Вероятность каждого успешного события в каждом $S_i$ определяется как $\frac {\mid T_i \mid}{N_i}$, где $\mid T_i \mid$ - мощность множества $T_i$.
Подмножества элементов из $\Omega$ могут быть заданы не только перечислением элементов, но и как ДП подмножеств $S_i$ или объединениями таких ДП, что позволяет представить многие подмножества $\Omega$ в сжатом виде.
Это вероятностное пространство полностью соответствует предложенной мной урновой модели.

epros в сообщении #1651177 писал(а):

Скажем, Вы десять раз бросаете игральную кость.

Из дальнейшего следует, что это то же самое, как если бы мы сказали «одновременно бросается 10 игральных костей». Это событие полностью соответствует определенному мной вероятностному пространству. И еще предлагаю про игральные кости забыть, так как в них, в отличие от урн, весьма ограничено разнообразие значений вероятностей.

epros в сообщении #1651177 писал(а):

Эта Ваша "обратная задача теории вероятностей" - на самом деле задача на школьную арифметику. Нужно всего лишь решить систему из нескольких простейших линейных уравнений с $2^n$ неизвестными, где $n$ - количество пропозициональных переменных.

Наверное, здесь опечатка: не «с $2^n$ неизвестными», а с $n$ неизвестными. Или ошибка, не знаю.
Не согласен с тем, что это «задача на школьную арифметику». В этой модели возможны задачи, в которых степень полиномов может быть весьма большой (она может быть равной количеству переменных в соответствующей логической формуле). Может быть, я отстал от жизни, но мне кажется, что для решения системы $n$ полиномов $n$-ой степени школьной арифметики здесь недостаточно.
Но главное здесь не в этом. Вы, как обычно, исказили мою мысль, так как «забыли» сказать, что в задаче помимо решения систем полиномов требуется преобразовать в эти самые полиномы произвольные формулы исчисления высказываний. Это что, школьная арифметика? Может быть, Вы назовете школу, в которой этому учат? Или университет? Или предъявите учебник по математике, в котором об этом написано?
Так что здесь мой ответ такой: Вы не соблюдаете правил ведения дискуссии.

[epros]

BorisK в сообщении #1651213 писал(а):

$\mathbb{P}$ определяется так: для каждого $S_i$ вероятность каждого элемента $J$ определяется как $P(J) = \frac 1{N_i}$. При этом вероятности всех элементарных событий $(J_1, J_2, \dots , J_n)$ в $\Omega$ одинаковы, из чего следует равенство
$P(J_1, J_2, \dots , J_n) = \frac 1{N_1N_2 \dots N_n} \qquad (1)$.

Ещё раз, уже не помню в который: Из этого не следует. Я Вам даже приводил контрпример, когда события внутри отдельной урны равновероятны, но элементарные исходы для всего пространства событий не равновероятны.

Формула, которую Вы обозначили номером (1), является отдельным определением вероятностей элементарных исходов и это соответствует классическому вероятностному пространству.

BorisK в сообщении #1651213 писал(а):

И еще предлагаю про игральные кости забыть, так как в них, в отличие от урн, весьма ограничено разнообразие значений вероятностей.

Разницы на самом деле никакой. Можете считать, что у игральной кости не 6 граней, а сколько угодно.

BorisK в сообщении #1651213 писал(а):

Наверное, здесь опечатка: не «с $2^n$ неизвестными», а с $n$ неизвестными. Или ошибка, не знаю.

Это не опечатка и не ошибка, просто Вы так ничего и не поняли в той задаче стартового сообщения темы, которую пытались поставить. Если у Вас $n$ пропозициональных переменных: $A_1, A_2, \ldots, A_n$, то элементарными исходами являются всевозможные конъюнкции этих событий и их отрицаний. Чтобы полностью определить вероятностное пространство, нужно определить вероятность каждого элементарного исхода:
$P(A_1 \land A_2 \land \ldots \land A_n)=p_1$
$P(A_1 \land A_2 \land \ldots \land \neg A_n)=p_2$

$\ldots$

$P(\neg A_1 \land \neg A_2 \land \ldots \land \neg A_n)=p_{2^n}$.

В результате имеем $2^n$ переменных - вероятности элементарных исходов $p_i$, через сложение которых определяются вероятности любых событий.

BorisK в сообщении #1651213 писал(а):

Может быть, я отстал от жизни, но мне кажется, что для решения системы $n$ полиномов $n$-ой степени школьной арифметики здесь недостаточно.
Но главное здесь не в этом. Вы, как обычно, исказили мою мысль, так как «забыли» сказать, что в задаче помимо решения систем полиномов требуется преобразовать в эти самые полиномы произвольные формулы исчисления высказываний.

Любая формула исчисления высказываний путём тупого перебора всевозможных значений истинности пропозициональных переменных приводится к дизъюнкции из этих элементарных исходов. Можете называть это "преобразованием к ДНФ", но по сути это совершенно школьная задачка на перебор вариантов. Вероятность события, выражаемого этой формулой, таким образом сводится к сумме из нескольких вероятностей элементарных исходов $p_i$. Т.е., если у нас в условиях есть $k$ формул, для которых определены вероятности, то мы имеем $k$ простейших линейных уравнений для переменных $p_i$. Добавляем к ним условие нормировки: $p_1+p_2+\ldots +p_{2^n}=1$, а также, если Вы наконец решитесь сформулировать это явно, условие независимости тех или иных событий, и решаем эту систему уравнений. Вот и вся задача.

[BorisK]

epros в сообщении #1651252 писал(а):

Ещё раз, уже не помню в который: Из этого не следует.

Еще как следует! Речь идет о формуле
$P(J_1, J_2, \dots , J_n) = \frac 1{N_1N_2 \dots N_n} \qquad (1)$,
основанием для применения которой было предположение об одинаковости вероятностей элементарных событий $(J_1,J_2, \dots , J_n)$. Если вероятности элементарных событий одинаковы, то мы для вычисления вероятности одного события должны делить 1 на общее число этих событий в $\Omega$, т.е на $N_1N_2 \dots N_n$.

epros в сообщении #1651252 писал(а):

Это не опечатка и не ошибка.

В Вашем возражении речь идет о решений систем из нескольких уравнений с $2^n$ переменными. Ну, зачем же так подставляться?
Я хотел Вас спасти, предложив «опечатку». А вы опять за свое.
Если речь идет о системах уравнений, то любой школьник старших классов Вам скажет, для решения систем с $n$ неизвестными необходимо $n$ уравнений. По крайней мере, девятиклассники решают системы из двух нелинейных уравнений с двумя неизвестными. А далее Вы пишете полную ерунду:

epros в сообщении #1651252 писал(а):

Чтобы полностью определить вероятностное пространство, нужно определить вероятность каждого элементарного исхода:
… приведенную Вами систему с $2^n$ (!!!) уравнениями пропускаю (BorisK)
В результате имеем $2^n$ переменных - вероятности элементарных исходов $p_i$ …

Зачем Вам такое астрономическое (т.е. экспоненциальное) число переменных? И зачем называть переменными вероятности каждой конституетны тождественно истинной формулы? В постановке обратной задачи переменными названы вероятности событий, обозначенных пропозициональными переменными без отрицания, а константами вероятности некоторых множеств элементарных событий, которые соответствуют определенным формулам исчисления высказываний. И для решения обратной задачи переменных нужно всего $n$, а не $2^n$, как у Вас. Ерунда полная!
Прошу прощения! Немного погодя понял, что речь, видимо, идет не об $\Omega$, а о вероятностном пространстве при заданных вероятностях успешных событий. Но все равно здесь не надо $2^n$ переменных! Можно намного проще. Но пока не придумал, как.

epros в сообщении #1651252 писал(а):

Т.е., если у нас в условиях есть $k$ формул, для которых определены вероятности, то мы имеем $k$ простейших линейных уравнений для переменных $p_i$.

В этом возражении (полностью его не привожу) Вы пытаетесь простыми словами пересказать метод решения обратной задачи и тем самым доказать, что все это «совершенно школьная задачка». Но, если она школьная, как Вы утверждаете, то можете ли вы назвать учебник по математике, в котором решается задача логико-вероятностного моделирования (пусть даже без обратной задачи)?
Уверен, что не назовете. А раз так, то это все пустые слова.
Кроме того, из Вашего пересказа ясно, что Вы ничего не поняли (или не хотите понять, не знаю). Для формул с $k$ переменными возможны вероятностные полиномы $k$-й степени, а не «простейшие линейные», как Вы утверждаете. Покажу на примере. Пусть дана формула с тремя пропозициональными переменными:
$(A \wedge \neg C) \vee (\neg A \wedge B \wedge \neg C)$.
И дана вероятность этой формулы (константа) $p_i$. Эта формула ортогональная, и ее можно непосредственно преобразовать в вероятностный полином, в котором в качестве переменных используются вероятности $p(A),p(B)$ и $p(C)$. Тогда получим
$p(A)(1-p(C))+(1-p(A))p(B)(1-p(C))-p_i=0$.
Где Вы видите тут линейный полином? Это полином третьей степени, и он останется таковым, если мы раскроем скобки.
В Ваших возражениях много ошибок. Даже искажение мысли собеседника – это тоже ошибка – семантическая. Ошибаются все, но не все признают свои ошибки – это и к Вам относится. Я только не могу понять, допускаете ли Вы эти ошибки намеренно (тогда это элементарная провокация), либо просто в пылу полемического задора не замечаете их (тогда это недостаточное умение правильно аргументировать свои возражения).
И все же некоторые Ваши замечания оказались полезными для меня. Спасибо!

[BorisK]

Хотел бы уточнить некоторые детали в модели обратной задачи, которые принципиально ничего не меняют.
Первое. В формуле
$P(J_1, J_2, \dots , J_n) = \frac 1{N_1N_2 \dots N_n} \qquad (1)$
объекты, обозначенные $J_1, J_2, \dots , J_n$, можно считать переменными, так как они обозначают произвольное число из определенных множеств чисел (т.е. областей значений соответствующих переменных).

Второе. Предложенная уважаемым собеседником epros система уравнений
$P(A_1 \land A_2 \land \ldots \land A_n)=p_1$
$P(A_1 \land A_2 \land \ldots \land \neg A_n)=p_2$

$\ldots$

$P(\neg A_1 \land \neg A_2 \land \ldots \land \neg A_n)=p_{2^n}$.
не имеет смысла, так как все «переменные» $p_i$ в ней легко вычисляются, если задано определенное ранее $n$-мерное вероятностное пространство $(\Omega, \mathfrak{U}, \mathbb{P})$ и множества $T_i$ успешных событий в каждой координате.
Не нарушая общности, рассмотрим так называемое уравнение
$P(A_1 \land A_2 \land \ldots \land A_n)=p_1$.
В левой части «уравнения» речь идет о множестве событий, которое можно выразить с помощью ДП
$T_1 \times T_2 \times \dots \times T_n$.
Количество элементарных событий в этом ДП равно $T_1T_2 \dots T_n$. Тогда нетрудно подсчитать вероятность этого события:
$p_1= \frac {T_1T_2 \dots T_n}{N_1N_2 \dots N_n}=P(A_1)P(A_2) \dots P(A_n)$.
И не надо никаких уравнений!

-- 25.08.2024, 10:11 --

Прошу прощения! Поспешил, людей насмешил!
Формулу $T_1T_2 \dots T_n$ надо читать как формулу $ N_{T1}N_{T2} \dots N_{Tn}$, где $N_{Ti}$ - мощность множества $T_i$.
А формулу
$p_1= \frac {T_1T_2 \dots T_n}{N_1N_2 \dots N_n}=P(A_1)P(A_2) \dots P(A_n)$
надо читать соответственно как
$p_1= \frac {N_{T1}N_{T2} \dots N_{Tn}}{N_1N_2 \dots N_n}=P(A_1)P(A_2) \dots P(A_n)$.

[epros]

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

Еще как следует! Речь идет о формуле
$P(J_1, J_2, \dots , J_n) = \frac 1{N_1N_2 \dots N_n} \qquad (1)$,
основанием для применения которой было предположение об одинаковости вероятностей элементарных событий $(J_1,J_2, \dots , J_n)$.

Подумайте ещё раз. Помедитируйте над моим контрпримером, в котором было $P(J_i)=\frac{1}{N_i}$ для всех $i$, но $P(J_1, J_2, \dots , J_n) \ne \frac{1}{N_1N_2 \dots N_n}$.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

Если вероятности элементарных событий одинаковы

$P(J_i)=\frac{1}{N_i}$ не означает, что вероятности элементарных исходов одинаковы.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

Зачем Вам такое астрономическое (т.е. экспоненциальное) число переменных?

Сколько элементарных исходов в пространстве событий, столько и переменных для их вероятностей.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

И зачем называть переменными вероятности каждой конституетны тождественно истинной формулы?

Потому что вероятностное пространство определено, если определены вероятности всех элементарных исходов.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

В постановке обратной задачи переменными названы вероятности событий, обозначенных пропозициональными переменными без отрицания, а константами вероятности некоторых множеств элементарных событий, которые соответствуют определенным формулам исчисления высказываний.

Это была Ваша ошибка. Из-за непонимания того, что такое вероятностное пространство и, в частности, что такое элементарные исходы.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

Покажу на примере. Пусть дана формула с тремя пропозициональными переменными:
$(A \wedge \neg C) \vee (\neg A \wedge B \wedge \neg C)$.
И дана вероятность этой формулы (константа) $p_i$.

Покажу на Вашем же примере:
$p_{AB\overline{C}}+p_{A\overline{BC}}+p_{\overline{A}B\overline{C}}=p_i$ - одно из линейных уравнений определяет вероятность того одного события, которую Вы заложили в условия.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

Я только не могу понять, допускаете ли Вы эти ошибки намеренно

Просто постарайтесь предположить, что это не ошибки.

BorisK в сообщении #1651289 писал(а):

либо просто в пылу полемического задора не замечаете их

У меня нет никакого "задора", я уже задолбался повторять Вам одно и то же. Просто я вот такой небывало терпеливый, другие наверняка уже давно отказались попытаться Вам что-то объяснить. А я всё повторяю: Разберитесь, наконец, с тем, что такое вероятностное пространство.

BorisK в сообщении #1651348 писал(а):

Не нарушая общности, рассмотрим так называемое уравнение
$P(A_1 \land A_2 \land \ldots \land A_n)=p_1$.
В левой части «уравнения» речь идет о множестве событий, которое можно выразить с помощью ДП
$T_1 \times T_2 \times \dots \times T_n$.

$A_1 \land A_2 \land \ldots \land A_n$ - это не "множество событий", а один из элементарных исходов, каковых всего $2^n$ штук. Объединениями элементарных исходов можно составить любое событие: и $A_1$, и $A_2 \lor \neg A_5$, и $A_3 \to (A_7 \lor A_8)$, и вообще что захотите.

[BorisK]

epros в сообщении #1651351 писал(а):

Помедитируйте над моим контрпримером, в котором было $P(J_i)=\frac{1}{N_i}$ для всех $i$, но $P(J_1, J_2, \dots , J_n) \ne \frac{1}{N_1N_2 \dots N_n}$.

У меня к Вам большая просьба, повторить в ответе этот контрпример, а то я, прошу прощения, так и не смог его найти.

[epros]

BorisK в сообщении #1651359 писал(а):

У меня к Вам большая просьба, повторить в ответе этот контрпример, а то я, прошу прощения, так и не смог его найти.

epros в сообщении #1650879 писал(а):

Добавляем условие, что сумма номеров двух извлечённых из двух урн шаров всегда равна шести. Т.е. возможны только такие пары: $(1,5)$, $(2,4)$, $(3,3)$, $(4,2)$, $(5,1)$. Первые три шара в первой урне белые, остальные - чёрные. Первые два шара во второй урне белые, остальные - чёрные. Так что при извлечении из первой урны, например, шара $2$ из второй урны автоматически извлекается шар $4$ (даже если мы этого не видим). Все условия соблюдены: Вероятности извлечения всех шаров в урне равны. При этом из двух урн всегда извлекаются шары разных цветов, никакой "независимости" событий $A$ и $B$ нет, так как $P(A \land B)=0$.

[BorisK]

Спасибо! Я его видел, но не увидел совпадения с недавней формулировкой контрпримера. Ответ готовлю.