Задача про вагоныи пассажиров (ТВ)

[мат-ламер]

--mS-- в сообщении #470956 писал(а):

А в исходной задаче при размещении неразличимых пассажиров ответ - $1/11$.

Ранее предлагался ответ $5040/50840$. Он что, неправильный? Или речь идёт о разных задачах? (Может пассажиры разные?)

[tess]

Уважаемый ewert! Я сейчас не о задаче, а о совете alex заняться мне чем нибудь другим. Мне кажется, такого в клубе не должно быть. Я попросил alex проверить правильность моего доказательства бесконечности простых чисел, а также решить две задачки. Может ли математик от такой несложной (но по-моему, интересной) просьбы отказаться? Но я ему не буду советовать заняться чем-нибудь другим. Сегодня годовщина смерти Высоцкого, "Его прощаю, его прощаю..."
С уважением

[ewert]

--mS-- в сообщении #471167 писал(а):

Ну, поехали... :( Исходы независимыми быть не могут - они несовместны.

Приехали. Вы уверены, что действительно не поняли, о какой независимости шла речь?...

--mS-- в сообщении #471167 писал(а):

Откуда Вы знаете мотивы пассажиров, выбирающих себе вагоны? Может, им нравится кучковаться или они боятся пустоты и темноты?

Отсюда:

ewert в сообщении #471066 писал(а):

Просто за неимением дополнительной информации

Есть основания считать выбор независимым (фактически это, конечно, не совсем так, но это -- типичная ситуация для такого рода учебных задач). И нет никаких оснований предполагать какую-либо явную зависимость. Следовательно: по умолчанию -- выбор независим.

--mS-- в сообщении #471167 писал(а):

покупатель приходит в магазин, где есть 7 видов пирожных, и выбирает 4 пирожных. Предполагается, что любой набор выбранных пирожных равновозможен.

Ага, я понял: поскольку в этой задачке явно указывается, что равновероятными считаются именно наборы -- без такого указания равновероятными пришлось бы считать не наборы, а, наоборот, наборы. Логично.

[--mS--]

мат-ламер в сообщении #471175 писал(а):

--mS-- в сообщении #470956 писал(а):

А в исходной задаче при размещении неразличимых пассажиров ответ - $1/11$.

Ранее предлагался ответ $5040/50840$. Он что, неправильный? Или речь идёт о разных задачах? (Может пассажиры разные?)

Он неправильный. Правильный - $5040/59049$. И тот, что выше - тоже правильный. В другой задаче.

Да, речь идёт о разных задачах. Пассажиры, может, и одинаковые, а вот априорные предположения о том, какие исходы полагаются равновозможными, у разных людей в этой ветке разные.

[мат-ламер]

Я просто запяматовал пятизначное число в знаменателе, помню что $3^{10}$. Однако, если alex1910 правильно решил задачу, за что его тут все ругают?

[--mS--]

ewert в сообщении #471191 писал(а):

Приехали. Вы уверены, что действительно не поняли, о какой независимости шла речь?...

Оп! Мне предлагается что-то понимать дополнительно к тому, что Вы написали? Извините, я просто следую Вашему примеру: цепляюсь к неосторожным словам. "Исходы равновозможны и независимы" - это в любом случае Ваши слова.

ewert в сообщении #471191 писал(а):

Есть основания считать выбор независимым (фактически это, конечно, не совсем так, но это -- типичная ситуация для такого рода учебных задач). И нет никаких оснований предполагать какую-либо явную зависимость. Следовательно: по умолчанию -- выбор независим.

Спасибо, кэп. Вы снова повторяете то, что я давно сказала по поводу исходной постановки задачи. Что слова "наудачу" следует трактовать именно так. Что Вы пытаетесь доказать, кому и зачем?
Однако - ещё раз - постановка задачи, в которой различимы (и равновозможны) лишь размещения, отличающиеся числом пассажиров в вагонах, имеет не меньше смысла. Как и в задаче с пирожными. Ещё в задаче про лифт часто такое предположение постулируют.

Хотя, возвращаясь к смыслу: выше не шла речь ни про какой смысл. Речь шла о решении задачи в явным образом постулированных tess условиях неразличимости пассажиров и равновозможности пресловутых $66$ исходов. В этих условиях возражения против его решения ещё будут?

ewert в сообщении #471191 писал(а):

Ага, я понял: поскольку в этой задачке явно указывается, что равновероятными считаются именно наборы -- без такого указания равновероятными пришлось бы считать не наборы, а, наоборот, наборы. Логично.

Ну я же не приготовишке текст приводила, а знатоку учебных задач? Который знает, что за задача, откуда, как в точности звучит формулировка. Не нравится слово "набор" - давайте заменим на "состав". Я так понимаю, что по существу возражений нет, и Вы согласились, что в задачах классической вероятности возможно использование сочетаний с повторениями?

-- Вт июл 26, 2011 00:39:58 --

мат-ламер в сообщении #471199 писал(а):

Я просто запяматовал пятизначное число в знаменателе, помню что $3^{10}$. Однако, если alex1910 правильно решил задачу, за что его тут все ругают?

Правильно решить тривиальную задачу - не доблесть. Ругал тут пока что он, а не его: Вы ничего не перепутали?

[мат-ламер]

А, дошло. --mS--. Т.е. Вы доказываете, что если люди одинаковые, то уже ответ будет $1/11$, а не $5040/3^{10}$? Пока не понял, на что влияет одинаковость людей, но буду разбираться.

[--mS--]

мат-ламер в сообщении #471214 писал(а):

А, дошло. --mS--. Т.е. Вы доказываете, что если люди одинаковые, то уже ответ будет $1/11$, а не $5040/3^{10}$? Пока не понял, на что влияет одинаковость людей, но буду разбираться.

Справедливости ради, не я, а tess. Другой справедливости ради, одинаковость людей - плохой термин. Наденьте в условиях исходной задачи абсолютно чёрные очки (в которых все кошки серы), вероятность от этого не поменяется. Дело не в одинаковости, а в нежелании считать (в классической схеме) разными исходы, отличающиеся лишь номерами людей в вагонах. То, что называют "неразличимостью" шаров.

[ewert]

--mS-- в сообщении #471202 писал(а):

постановка задачи, в которой различимы (и равновозможны) лишь размещения, отличающиеся числом пассажиров в вагонах, имеет не меньше смысла. Как и в задаче с пирожными.

Минимум два дефекта (возможно, нашлось бы и больше, но лень искать, да и ни к чему, собственно).

Во-первых, различение лишь количеств выглядит в случае пассажиров бессмысленным абсолютно. Достаточно огрубить задачу; ну пусть вагонов лишь два. Тогда это -- чистенькая схема Бернулли. Ну пусть условно чистенькая; но то, что разные пассажиры хоть в каком-то смысле друг от друга не зависят -- это-то, я надеюсь, очевидно?... Между тем схема Бернулли даёт результат просто-таки патологически отличающийся от результата при равновероятности набора количеств.

Во-вторых, Ваша аналогия с пирожными была крайне неудачна. Во втором случае присутствовал лишь один выборщик, и ему можно при желании было приписать какие угодно побуждения -- в т.ч. и такое крайне экзотическое, как скрупулёзный подсчёт всех вариантов количеств. В случае с разными мемберами это как-то не пройдёт.

мат-ламер в сообщении #471214 писал(а):

А, дошло. --mS--. Т.е. Вы доказываете, что если люди одинаковые, то уже ответ будет $1/11$,

Да. Только тут существенно, что в Писании было сказано именно "в один, в другой и в третий", а не "в первый, во второй и в третий".

Только к одинаковости это всё равно ни малейшего отношения не имеет.

-- Пн июл 25, 2011 23:29:16 --

мат-ламер в сообщении #471199 писал(а):

alex1910 правильно решил задачу, за что его тут все ругают?

Вообще-то за дело: за несколько избыточную экспрессивность. Это независимо от правильности решения (в которое я, правда, не вчитывался, но идеология выглядит правильной).

[Лукомор]

--mS-- в сообщении #471167 писал(а):

Нет, не будет. Вы повторяете ту же ошибку, что и alex1910 - если Вы перестали различать исходы в числителе, перестаньте и в знаменателе, чтобы не делить число деревьев на число слонов.

Если перестать различать исходы, то от моей ошибки мы перейдём к вашей, только и всего.
Вот простой пример.
Подбрасываем две монеты.
Если их каким-то образом различать, то вероятность события: обе монеты выпали гербом - будет равна 1/4. Если мы перестанем их различать, вероятность двух гербов сразу станет равна 1/3.
Но монеты (и пасажиры) не знают, различаем мы их, или нет.

[ewert]

Лукомор в сообщении #471259 писал(а):

Подбрасываем две монеты.Если их каким-то образом различать, то вероятность события: обе монеты выпали гербом - будет равна 1/4. Если мы перестанем их различать, вероятность двух гербов сразу станет равна 1/3.

Ещё раз: неразличимость тут совершенно не при чём.

Если мы их не различаем, то у нас получается три элементарных исхода: 00, 01, 11. Но мы всегда можем их принудительно различить, и тогда исходов станет четыре: 00, 01, 10, 11.

Мы имеем полное право и на первый подход, и на второй; вопрос совершенно не в этом. Вопрос в том, при каком подходе исходы можно считать равновероятными (если вообще можно). Для ответа на этот вопрос нужна дополнительная информация. Здесь такая информация есть: бросания независимы. Откуда уже однозначно следует, что равновероятность получится именно при втором подходе (а при первом -- соответственно, не получится).

-- Вт июл 26, 2011 13:34:31 --

Кстати, вспомнилась по этому поводу одна замечательная задачка:

"В урне десять шаров двух цветов. В неё добавили белый шар, после чего один шар извлекли. Какова вероятность того, что он тоже окажется белым? Все исходные составы шаров в урне считать равновероятными."

Замечательна она тем, что ответ не зависит от того, считать ли равновероятными $11$ возможных составов или $2^{10}$. А почему не зависит -- становится понятно, если решать эту задачку разумно.

[Лукомор]

ewert в сообщении #471286 писал(а):

Если мы их не различаем, то у нас получается три элементарных исхода: 00, 01, 11. Но мы всегда можем их принудительно различить, и тогда исходов станет четыре: 00, 01, 10, 11.

Мы имеем полное право и на первый подход, и на второй

О подбрасывании монет.
Есть вполне определенная физическая процедура, которую можно производить неограниченное количество раз.
При достаточно большом количестве повторений этой процедуры, частота некоторого благоприятного исхода будет сходиться к его вероятности.
Наше математическое описание такой процедуры должно объективно отражать этот процесс, и результат расчёта вероятности должен совпадать с результатом, полученным экспериментальным путём.
Такая же ситуация должна быть и с пассажирами/вагонами.
Наша математическая модель должна давать вполне определённую вероятность определённого события, которую, в принципе, можно получить экспериментально.
К сожалению, бытует мнение, что мы можем различать события и получить одно значение вероятности, или не различать события, и получить другое значение вероятности.
И оба этих значения будут правильными.
И мне показалось, что, в данной теме, кое-кто придерживается подобного мнения.
Возвращаясь к монетам, естественно, можно считать четыре равновероятных варианта по 0.25, либо три варианта, из которых один имеет вероятность 0.5, а два других по 0.25.
Но ни в коем случае не три варианта по 0.33....
Лично мне так кажется.

[tess]

Решаю Вашу эадачу, ewert, двумя путями.
а) Белых шаров может быть от 1 до 9, чёрных соответственно от 9 до 1. После опускания белого шара белых может быть от 2 до 10. Всё в кучу, белых 54, чёрных 45. Искомая вероятность 54 к 99 или 6 к 11.
б) Вспомнив про Буриданова осла, сразу даю ответ 6 к 11.
С уважением

[ewert]

tess в сообщении #471313 писал(а):

Всё в кучу,

Не слыхал про такую теорему. И теорему про осла -- тоже.

Кстати: имелось в виду, конечно, не от 1 до 9, а от 0 до 10.

[--mS--]

ewert в сообщении #471222 писал(а):

но то, что разные пассажиры хоть в каком-то смысле друг от друга не зависят -- это-то, я надеюсь, очевидно?...

Разумеется, нет. Кто Вам вообще такое сказал про пассажиров, про которых Вы сами захотели ничего не знать?

-- Вт июл 26, 2011 21:35:28 --

Лукомор в сообщении #471259 писал(а):

Если перестать различать исходы, то от моей ошибки мы перейдём к вашей, только и всего.
Вот простой пример.
Подбрасываем две монеты.
Если их каким-то образом различать, то вероятность события: обе монеты выпали гербом - будет равна 1/4. Если мы перестанем их различать, вероятность двух гербов сразу станет равна 1/3.
Но монеты (и пасажиры) не знают, различаем мы их, или нет.

О боже, ещё один... Монеты с заведомой независимостью результатов бросков тут ни при чём совершенно. Берём два шарика, кладём в два ящика. Объявляем, что варианты размещений "оба в первом", "оба во втором", "по одному в каждом" равновозможны. Выше приводились примеры условно-практических постановок задач, в которых такое допущение разумно. Я уж даже не произношу фамилий Бозе и Эйнштейна с их распределением вкупе...