Два кубика

[StaticZero]

Dmitriy40 в сообщении #1112845 писал(а):

для суммы не более 5?

StaticZero в сообщении #1112810 писал(а):

Пусть мы хотим вычислить вероятность того, что в результате броска выпадет сумма очков $s \leqslant 5$.

Dmitriy40 в сообщении #1112845 писал(а):

Но и не 21

Пусть имеется ну вот в точности одинаковые кубики. 21 имелось ввиду количество различимых комбинаций.

Если я теперь хочу пересчитать вероятности от 36 полных комбинаций в 21 неразличимую, то как нужно перейти к вероятностям?
Пусть по вертикали отложен какой-то кубик, по горизонтали — оставшийся. Тогда имеем табличку с исходами:

$$ \begin{bmatrix} & \mathbf 1 & \mathbf 2 & \mathbf 3 & \mathbf 4 & \mathbf 5 & \mathbf 6\\ \mathbf 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \mathbf 2 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \mathbf 3 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \mathbf 4 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \mathbf 5 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\ \mathbf 6 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \end{bmatrix} \text{или} \begin{bmatrix} & \mathbf 1 & \mathbf 2 & \mathbf 3 & \mathbf 4 & \mathbf 5 & \mathbf 6\\ \mathbf 1 & 1 & 2 & 2 & 2 & 2 & 2\\ \mathbf 2 & & 1 & 2 & 2 & 2 & 2\\ \mathbf 3 & & & 1 & 2 & 2 & 2\\ \mathbf 4 & & & & 1 & 2 & 2\\ \mathbf 5 & & & & & 1 & 2\\ \mathbf 6 & & & & & & 1 \end{bmatrix} $$

Как теперь нужно сделать переход?

-- 06.04.2016, 20:50 --

А, я, кажется, понял. Каждая комбинация-"не-дубль" будет весить $\dfrac{1}{18}$, а дубли — $\dfrac{1}{36}$. То есть будем иметь

(Табличка)

$$ \begin{bmatrix} & \mathbf 1 & \mathbf 2 & \mathbf 3 & \mathbf 4 & \mathbf 5 & \mathbf 6\\ \mathbf 1 & \dfrac{1}{36} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18}\\ \\ \mathbf 2 & & \dfrac{1}{36} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18}\\ \\ \mathbf 3 & & & \dfrac{1}{36} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18}\\ \\ \mathbf 4 & & & & \dfrac{1}{36} & \dfrac{1}{18} & \dfrac{1}{18}\\ \\ \mathbf 5 & & & & & \dfrac{1}{36} & \dfrac{1}{18}\\ \\ \mathbf 6 & & & & & & \dfrac{1}{36} \end{bmatrix} $$

Правильно?

[Dmitriy40]

Сформулируйте точнее определение "различимой" комбинации.

При одновременном однократном броске двух одинаковых кубиков будут различимы все 36 комбинаций - 6 вариантов на одном кубике и 6 независимых вариантов на другом кубике. И они все различимы.

Если Вы хотите посчитать вероятность выпадения на одном из кубиков (любом!! они неразличимы же по вашему!) числа больше чем на другом, то единственным не подходящим вариантом будет выпадение двух одинаковых чисел, что имеет вероятность $\frac{1}{6}$ (6 вариантов для одного кубика с вероятностью $\frac{1}{36}$ для одного из вариантов для второго). Значит вероятность выпадения на любом кубике числа больше чем на другом составляет $\frac{30}{36}=\frac{5}{6}$.
Ещё раз подчеркну, не на первом меньше чем на втором, а именно на одном из двух больше чем на другом. Если Вы бросаете два кубика одновременно у Вас нет ни первого ни второго, есть два одинаковых.

А 21 вариант исходов может появиться если как вам уже выше сказали бросать кубики не одновременно, а последовательно и с дополнительным условием перебрасывать второй до посинения. Это совершенно другая задача, с другими исходами и другими вероятностями.
Потому невозможно перейти от 36 исходов к 21 без изменения условия бросания кубиков или методики подсчёта "различимых" комбинаций.

[StaticZero]

Dmitriy40 в сообщении #1112869 писал(а):

Сформулируйте точнее определение "различимой" комбинации.

Ну вот мы кинули кубики, тут же отвернулись. Движение их остановилось — мы разворачиваемся. По идее, если оба кубика — одинаковые, то между комбинациями $(1, 4)$ и $(4, 1)$ разницы никакой, лишь только она встречается чаще дублей в два раза. В этом смысле они являются неразличимыми.

Dmitriy40 в сообщении #1112869 писал(а):

на одном кубике

Dmitriy40 в сообщении #1112869 писал(а):

на другом кубике

Ну, мы ж не можем указать кто из них, скажем, первый, а кто второй, так как они равнозначны...

[Dmitriy40]

StaticZero в сообщении #1112872 писал(а):

они равнозначны

Именно поэтому я и старался писать один и другой, а не первый и второй.

StaticZero в сообщении #1112872 писал(а):

В этом смысле они являются неразличимыми.

Да, тогда Вы в табличке в офтопе всё написали правильно. Видимо я просто недопонял сразу, зациклился на сумме двух кубиков, прошу прощения.

-- 06.04.2016, 21:43 --

Ещё можно было правую табличку с количеством "поглощаемых" (неразличимых) исходов поделить на общее количество всех исходов (36) и сразу получить табличку вероятностей.

[StaticZero]

Dmitriy40 в сообщении #1112896 писал(а):

Ещё можно было правую табличку с количеством "поглощаемых" (неразличимых) исходов поделить на общее количество всех исходов (36) и сразу получить табличку вероятностей.

Ну, это я и сделал. Ответ, очевидно, тот же: $\dfrac{5}{18}$. Ключевым для меня было осознать, что при замене "базиса" всех исходов условие равновероятности может нарушиться.

Благодарю всех участников дискуссии.

[provincialka]

Это давняя проблема, ставившая в тупик не одно поколение учеников. Причем некоторые бывают на удивление "упёртыми". Классический вариант: какова вероятность выпадения Орла и Решки на двух одинаковых монетах? Помнится,одного студента мне так и не удалось убедить, что всё-таки $\frac12$ а не $\frac13$

[StaticZero]

provincialka в сообщении #1112961 писал(а):

выпадения Орла и Решки на двух одинаковых монетах?

"Базис" исходов состоит из трёх элементов: О-О, О-Р, Р-Р. Теперь, как я уяснил, табличка вероятностей будет

$$ \dfrac{1}{4}, \ \dfrac{1}{2}, \ \dfrac{1}{4}. $$

Соответственно, ответ...

[provincialka]

Да, верно. Но вот объяснить, почему так, удаётся не всем. Тут проблема в том, что мы описываем все-таки "реальность" на абстрактном языке теории вероятностей. А значит, без некоторых предположений об этой реальности не обойтись.
Их (предположения), кстати, можно проверить статистически.

[StaticZero]

provincialka в сообщении #1112993 писал(а):

мы описываем все-таки "реальность" на абстрактном языке теории вероятностей

Можно ли, например, думать о том, что количество выпадений (на одной монете) решки при $n$ бросках задаётся формулой $n/2 + \mathrm o(n)$, собственно, чтобы было

$$ P = \lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{N_\mathrm{success}}{N_\mathrm{total}} = \lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{n/2 + \mathrm o(n)}{n} = \dfrac{1}{2}, $$

или это вредно и не нужно? Типа как ввести поправочку, которая говорит, что при малых $n$ всё очень плохо, а при $n \to \infty$ уничтожается?

[provincialka]

Нет, не надо так думать. Вы хотите применить частотное определение вероятности? Об этом написано, думаю много разного, я не специалист.

Вообще стоит различать теорию вероятностей -- абстрактную теоретическую дисциплину, построенную аксиоматически, -- и "реальность", массовые события, выборки, статистику и т.п. Одно используется для другого (ТВ в МС), но не совпадает с ним.

То есть когда мы говорим о монете/кубике, считаете ли вы, что это реальный физический объект или абстракция?
Если абстракция, вы можете "назначать" вероятности исходов достаточно произвольно, причем иногда можно даже представить себе эксперимент, приводящий именно к "нужному" распределению. Выше вам был описан вариант эксперимента для "неразличимости" кубиков.

[Лукомор]

StaticZero в сообщении #1112872 писал(а):

Ну, мы ж не можем указать кто из них, скажем, первый, а кто второй, так как они равнозначны...

Почему не можем?
Можем!
Сходу просматриваются два способа...
1. Бросать кубики по очереди: сначала один, потом другой.
Тогда тот который бросили раньше уместно назвать "первым", а тот который бросили позднее - "вторым".
2. Если уж так необходимо бросать кубики одновременно, можно более досконально прописать процедуру фиксации результата.
Например:
Берем в руки один (любой) кубик. Записываем:"На первом кубике - 4 очка".
Кладем кубик на стол.
Берем в руки другой кубик. Записываем:"На втором кубике - 3 очка".
Кладем кубик на стол. Результат зафиксирован.
При этом не важно, что при следующем испытании "первым" будет назначен другой кубик.
Потому как у кубиков нет памяти...

[StaticZero]

Лукомор в сообщении #1113035 писал(а):

Почему не можем?
Можем!

В данном контексте "не можем" нужно читать, как "не имеем права".

[arseniiv]

А это не даёт определённости в выборе из возможных вероятностных пространств. Если же представить, что происходит с натуральными физическими кубиками, когда их кидают, всегда можно проследить, где какой оказался, и пронумеровать их как угодно, потому что они, например, всегда занимают разные места в пространстве.

Для 21 равновероятного исхода $\{\{m,n\} : m,n\in1..6\}$ приходится придумывать хитрые способы (ладно, не очень хитрые — отсечение неподходящих значений довольно часто используется), или надо будет кидать кубики со специально подобранными скоростями в специально подобранную коробку, или взять роботов в форме кубиков, и т. п..

Вернёмся к обычной ситуации с 36 равновероятными исходами $\{(m,n) : m,n\in1..6\}$: если мы пронумеровали кубики, но потом тот, кто их подобрал и их порядка не знает, может с вероятностью $p$ записать числа на них в «правильном» порядке, а в противном случае — перепутать порядок, посмотрите, как изменится ситуация (вероятности исходов).

(А потом смотрите ответ)

Разумеется, никакой разницы с ситуацией без перепутывания.

-- Чт апр 07, 2016 22:06:08 --

(Или другой ответ на тот же пост)

StaticZero в сообщении #1113063 писал(а):

В данном контексте "не можем" нужно читать, как "не имеем права".

В комбинаторике это будет что-то значить: это изменит число того, что мы считаем. Вместо 36 станет 21, знатная разница. Но в теории вероятностей нам важны как раз вероятности разных событий. Элементарных же исходов мы можем взять хоть континуум (разобъём квадрат $[0;1]\times[0;1]$ на 36 клеток и будем кидать туда точку с равномерно распределёнными координатами) — интересующие нас события станут другими множествами, но соотношения между их вероятностями останутся на месте. Потому мало сказать, можем ли мы отличить ⚁⚄ от ⚄⚁.

[StaticZero]

arseniiv в сообщении #1113098 писал(а):

Для 21 равновероятного исхода $\{\{m,n\} : m,n\in1..6\}$ приходится придумывать хитрые способы (ладно, не очень хитрые — отсечение неподходящих значений довольно часто используется), или надо будет кидать кубики со специально подобранными скоростями в специально подобранную коробку, или взять роботов в форме кубиков, и т. п..

Спасибо вам, в том числе, что донесли указанную идею до моего разума. :)

arseniiv в сообщении #1113098 писал(а):

вероятностью $p$ записать числа на них в «правильном» порядке

Если дубель, то $p = 1$. Иначе $p = 0{,}5$. Верно?

[arseniiv]

Я неудачно выразился. Вероятность взять числа на кубиках не в том порядке, который мы определили. Тогда для дубля это ни к чему не приведёт, а для не-дубля — сменит порядок. Сама $p$ здесь параметр.