Игральные карты в задачах теорвера

[Munin]

Shtorm в сообщении #894627 писал(а):

Вот это будет правильно. А ещё лучше взять мои любимые шары и на каждом шаре написать обозначение шахматной клетки: a1,a2,....h8. И эти шары вытаскивать из мешка (из урны.)

Предлагаю радикальный вариант: распилить шахматную доску на отдельные клеточки, и вытаскивать их из мешка (из урны) :-) А после вытаскивания, и запоминания что вытащено, склеить обратно.

AV_77 в сообщении #894636 писал(а):

Пожалуй, подойдет что-то типа заточенного с двух сторон карандаша с $n$-угольником в сечении.

Причём на это уже давалась ссылка: https://en.wikipedia.org/wiki/Barrel_dice

-- 09.08.2014 16:48:33 --

gris в сообщении #894648 писал(а):

А вот задача по механике: Какой должна быть высота правильной $n$-гранной (включая основания) призмы с ребром основания $a$, чтобы вероятность выпадения каждой грани была одинаковой.

И то же для пирамиды.

[AV_77]

Munin в сообщении #894649 писал(а):

Причём на это уже давалась ссылка

Не заметил ссылки, извиняюсь

[Aritaborian]

Понял, зачем пирамидки или конусы ;-) Можно, конечно, и без них, просто бросать заново, если кость встаёт на торец, но так изящнее, да ;-) На практике это всё решает, но уводит в сторону от теоретического вопроса о существовании $n$-гранной (в случае Александрович семигранной) гайки кости с равной вероятностью выпадения каждой грани.
UPD. Александрович, вы придумали пятигранную призму со специально подобранными параметрами?

[Александрович]

Aritaborian в сообщении #894639 писал(а):

AV_77 в сообщении #894636 писал(а):

Пожалуй, подойдет что-то типа заточенного с двух сторон карандаша с $n$-угольником в сечении.

Бипирамида? Или призма с приставленными к основаниям пирамидами?

Где-то так. Возьмем два правильных тетраэдра и склеим их по какой-нибудь грани. Получится кость, типа классического кубика. Вероятность выпадания каждой грани 1/6. Берём далее тетраэдр и 5-тигранную пирамиду. Вероятность выпадания каждой грани 1/7. Тут главное чтобы центры тяжести обеих (или обоих?) фигур находились на одинаковом расстоянии от места склейки. Ну и т.д.

[Munin]

Aritaborian в сообщении #894652 писал(а):

уводит в сторону от теоретического вопроса о существовании $n$-гранной (в случае Александрович семигранной) гайки кости с равной вероятностью выпадения каждой грани.

1. post894649.html#p894649
2. Возьмите barrel dice с пирамидками, и скруглите рёбра между боковой гранью и смежными с ней гранями торцевых пирамидок. Получится "кривогранный полиэдр" (бывает же криволинейный треугольник, и даже двуугольник и одноугольник).

-- 09.08.2014 17:13:16 --

Александрович в сообщении #894655 писал(а):

Берём далее тетраэдр и 5-тигранную пирамиду.

Специалист совсем школьную геометрию забыл...

[druggist]

Munin в сообщении #894611 писал(а):

Простите, а в таком случае теряется вообще любая зависимость от и вы получаете просто различные кучки по одинаковых бумажек в каждой.

Не понял, я имел в виду дополнительное условие, когда исключаются кучки, получающиеся в результате перестановок. В случае статистики ФД (неупорядоченная выборка без возвращения), действительно, число различных выборок при наложении данного условия равно 1(поскольку кучки не могут содержать более 1-й бумажки). А число различных возможных выборок = статвес. Отсюда соответствующая статистика(БЭ, ФД, МБ -упорядоченная с возвращением)

О связи выборки и статистики см., например,:

Ширяев А.Н, Вероятность-1,Вероятность. В 2-х книгах, 3-е изд., 2004. Глава 1. стр.22-27
В книжке Колмогорова про это тоже есть, не помню точно ссылку

[Александрович]

Aritaborian в сообщении #894652 писал(а):

На практике это всё решает, но уводит в сторону от теоретического вопроса о существовании $n$-гранной (в случае Александрович семигранной) гайки кости с равной вероятностью выпадения каждой грани.

Да, это и семигранная призма, только основания её сточены по самое не моги.

[Munin]

druggist
Странно. Я Ширяева не читал. Ну, если так, как вы говорите, то вы, скорей всего, сами можете ответить на свой вопрос. Я пока не могу.

[Aritaborian]

Александрович в сообщении #894655 писал(а):

Берём далее тетраэдр и 5-тигранную пирамиду.

Правильные тетраэдр и пирамиду с квадратным основанием, так? И склеить их треугольными гранями, да? Получим некий выпуклый многогранник, имеющий шесть треугольных граней и одну квадратную.
Увы, не получим.

[Александрович]

Munin в сообщении #894658 писал(а):

Александрович в сообщении #894655 писал(а):

Берём далее тетраэдр и 5-тигранную пирамиду.

Специалист совсем школьную геометрию забыл...

А вы как-то по другому называете пирамиду с 5-ю гранями?

[Aritaborian]

Александрович, что насчёт

Aritaborian в сообщении #894671 писал(а):

Правильные тетраэдр и пирамиду с квадратным основанием, так? И склеить их треугольными гранями, да?

Я правильно понял идею?

[Munin]

druggist
Почитал Ширяева, разобрался. Ваш случай соответствует статистике Бозе-Эйнштейна при $M=1$ (в обозначениях Ширяева). То есть, в урне только один шар (с возвращением), а у неразличимых частиц - только один энергетический уровень. Вас такой ответ устроит?

[druggist]

Munin в сообщении #894679 писал(а):

Вас такой ответ устроит?

Нет, не устроит. М и n(в обозначениях Ширяева, а в моих - N и M соответственно) могут быть любыми. Мой случай соответствует ситуации, когда как и в статистике БЭ частицы неразличимы, но к тому же неотличимы и энергетические уровни :). Давайте на примере: M=3, n=3. Число различных выборок для статистики БЭ(неупорядоченных с возвращением)=статвес=10, МБ - 27, ФД - 1, моя статистика - 3

[druggist]

У Ширяева, кстати, подробно рассмотрен пример $M=3$, $n=2$ (стр.24, таблица 2), соответственно, БЭ - 6, МБ - 9, ФД - 3, МС - 2(в таблице нет)

[Munin]

druggist в сообщении #894694 писал(а):

Нет, не устроит. М и n(в обозначениях Ширяева, а в моих - N и M соответственно) могут быть любыми.

Ага. Но та процедура, которую вы провели, по сути стирает всю информацию о $m\in M_\text{Ширяева},$ поэтому какое бы $M_\text{Ширяева}$ вы ни взяли, ваш вариант эквивалентен варианту $C_{M+n-1}^n$ с $M_\text{Ширяева}=1.$ Если ваш вариант называть вариантом с $M,$ то эквивалентный ему стандартный можно обозначить с $M',$ тогда $M'=1.$

druggist в сообщении #894694 писал(а):

авайте на примере: M=3, n=3. Число различных выборок для статистики БЭ(неупорядоченных с возвращением)=статвес=10, МБ - 27, ФД - 1, моя статистика - 3

Положив $M_\text{Ширяева}=1,\quad n_\text{Ширяева}=3,$ имеем $C_{1+n-1}^n=1.$ Вы просто ошиблись, написав, что у вас число различных выборок 3. Вы их должны брать при одном постоянном $n_\text{Ширяева},$ и получится 1. Разумеется, $\sum\limits_{n=1}^{3}C_{1+n-1}^n=3.$ Но это не называется статвесом в физических статистиках.

-- 09.08.2014 20:31:58 --

druggist в сообщении #894710 писал(а):

У Ширяева, кстати, подробно рассмотрен пример $M=3$, $n=2$ (стр.24, таблица 2), соответственно, БЭ - 6, МБ - 9, ФД - 3, МС - 2(в таблице нет)

Выпишите конкретные события для "МС" для этого примера. Вы убедитесь, что не 2, а 1.