Skąd wiemy, że prawdopodobieństwo rzutu 1 i 2 wynosi 1/18?

Od pierwszej klasy prawdopodobieństwa zastanawiałem się nad następującymi kwestiami.

Obliczanie prawdopodobieństw zwykle wprowadza się poprzez stosunek „wydarzeń uprzywilejowanych” do wszystkich możliwych zdarzeń. W przypadku rzutu dwiema 6-stronnymi kostkami ilość możliwych zdarzeń wynosi , jak pokazano w poniższej tabeli.$36$

$$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|} \hline &1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline 1 & (1,1) & (1,2) & (1,3) & (1,4) & (1,5) & (1,6) \\ \hline 2 & (2,1) & (2,2) & (2,3) & (2,4) & (2,5) & (2,6) \\ \hline 3 & (3,1) & (3,2) & (3,3) & (3,4) & (3,5) & (3,6) \\ \hline 4 & (4,1) & (4,2) & (4,3) & (4,4) & (4,5) & (4,6) \\ \hline 5 & (5,1) & (5,2) & (5,3) & (5,4) & (5,5) & (5,6) \\ \hline 6 & (6,1) & (6,2) & (6,3) & (6,4) & (6,5) & (6,6) \\ \hline \end{array}$$

Gdybyśmy zatem byli zainteresowani obliczeniem prawdopodobieństwa zdarzenia A „rzutu i ”, zobaczylibyśmy, że istnieją dwa „zdarzenia uprzywilejowane” i obliczyli prawdopodobieństwo tego zdarzenia jako .2 $1$$2$$\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

Teraz zawsze zastanawiałem się: powiedzmy, że niemożliwe byłoby rozróżnienie między dwiema kośćmi i obserwowalibyśmy je dopiero po rzucie, więc na przykład obserwowalibyśmy: „Ktoś daje mi pudełko. Otwieram pudełko. Jest i ”. W tym hipotetycznym scenariuszu nie bylibyśmy w stanie rozróżnić dwóch kości, więc nie wiedzielibyśmy, że możliwe są dwa zdarzenia prowadzące do tej obserwacji. W takim razie nasze możliwe wydarzenia chcieliby, aby:$1$$2$

$$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|} \hline (1,1) & (1,2) & (1,3) & (1,4) & (1,5) & (1,6) \\ \hline & (2,2) & (2,3) & (2,4) & (2,5) & (2,6) \\ \hline & & (3,3) & (3,4) & (3,5) & (3,6) \\ \hline & & & (4,4) & (4,5) & (4,6) \\ \hline & & & & (5,5) & (5,6) \\ \hline & & & & & (6,6) \\ \hline \end{array}$$

i obliczalibyśmy prawdopodobieństwo zdarzenia A jako $\frac{1}{21}$ .

Ponownie jestem w pełni świadomy faktu, że pierwsze podejście doprowadzi nas do prawidłowej odpowiedzi. Pytanie, które sobie zadaję to:

Skąd wiemy, że $\frac{1}{18}$ jest poprawny?

Dwie odpowiedzi, na które wpadłem, to:

• Możemy to sprawdzić empirycznie. O ile mnie to interesuje, muszę przyznać, że sam tego nie zrobiłem. Ale wierzę, że tak by było.
• W rzeczywistości możemy rozróżniać kości, tak jak jedna jest czarna, a druga niebieska, lub rzucać jedną przed drugą lub po prostu wiedzieć o możliwych zdarzeniach, a następnie wszystkie standardowe teorie działają.$36$

Moje pytania do Ciebie to:

• Jakie są inne powody, dla których wiemy, że jest poprawny? (Jestem pewien, że musi być kilka (przynajmniej technicznych) powodów i dlatego opublikowałem to pytanie)$\frac{1}{18}$
• Czy istnieje jakiś podstawowy argument przemawiający przeciwko założeniu, że w ogóle nie możemy rozróżnić kości?
• Jeśli założymy, że nie możemy rozróżnić kości i nie mamy możliwości sprawdzenia empirycznego prawdopodobieństwa, to czy nawet poprawne, czy też coś przeoczyłem?$P(A) = \frac{1}{21}$

Dziękuję za poświęcenie czasu na przeczytanie mojego pytania i mam nadzieję, że jest ono wystarczająco szczegółowe.

Wyobraź sobie, że rzuciłeś swoją sześciokątną kostką i dostałeś ⚀. Rezultat był tak fascynujący, że zadzwoniłeś do swojego przyjaciela Dave'a i powiedziałeś mu o tym. Ponieważ był ciekawy, co dostanie, rzucając swoją piękną sześciościenną kostką, rzucił ją i dostał ⚁.

Standardowa kość ma sześć boków. Jeśli nie oszukujesz, ląduje z każdej strony z jednakowym prawdopodobieństwem, tj. na razy. Prawdopodobieństwo wyrzucenia ⚀, tak samo jak w przypadku innych stron, to . Prawdopodobieństwo, że rzucisz ⚀, a twój przyjaciel rzuci ⚁, to ponieważ dwa zdarzenia są niezależne i mnożymy niezależne prawdopodobieństwa. Mówiąc inaczej, istnieje układów takich par, które można łatwo wymienić (tak jak już to zrobiłeś). Prawdopodobieństwo zdarzenia odwrotnego (rzucasz ⚁ i twój przyjaciel rzuca ⚀) to również$1$$6$$\tfrac{1}{6}$$\tfrac{1}{6} \times \tfrac{1}{6} = \tfrac{1}{36}$$36$$\tfrac{1}{36}$. Prawdopodobieństwa, że ​​rzucisz ⚀ i twój przyjaciel rzuci ⚁ lub że rzucisz ⚁, a twój przyjaciel rzuci ⚀, są wyłączne , więc dodajemy je . Spośród wszystkich możliwych ustaleń dwa spełniają ten warunek.$\tfrac{1}{36} + \tfrac{1}{36} = \tfrac{2}{36}$

Skąd to wszystko wiemy? Cóż, ze względu na prawdopodobieństwo , kombinatorykę i logikę, ale ci trzej potrzebują pewnej wiedzy faktograficznej, na której mogą polegać. W oparciu o doświadczenia tysięcy graczy i niektórych fizyków wiemy , że nie ma powodu, aby sądzić, że rzetelna sześciokątna kostka ma inną szansę na wylądowanie z każdej strony. Podobnie nie mamy powodu podejrzewać, że dwa niezależne rzuty są w jakiś sposób powiązane i wpływają na siebie nawzajem.

Możesz sobie wyobrazić pudełko z biletami oznaczone przy użyciu wszystkich kombinacji (z powtórzeniami) liczb od do . Ograniczyłoby to liczbę możliwych wyników do i zmieniłoby prawdopodobieństwo. Jeśli jednak pomyślisz o takiej definicji w kategoriach kostek, musisz wyobrazić sobie dwie kostki, które są w jakiś sposób sklejone. Jest to coś zupełnie innego niż dwie kości, które mogą funkcjonować niezależnie i mogą być rzucane samodzielnie, lądując z każdej strony z jednakowym prawdopodobieństwem, bez wpływu na siebie.$2$$1$$6$$21$

To powiedziawszy, trzeba komentować, że takie modele są możliwe, ale nie dla rzeczy takich jak kości. Na przykład w fizyce cząstek opartej na obserwacjach empirycznych okazało się, że statystyka Bosego-Einsteina dla cząstek nierozróżnialnych (patrz także problem gwiazd i słupków ) jest bardziej odpowiednia niż model cząstek wyróżnialnych. Kilka uwag na temat tych modeli można znaleźć w części Prawdopodobieństwo lub prawdopodobieństwo poprzez Oczekiwanie Petera Whittle'a lub w pierwszym tomie Wstępu do teorii prawdopodobieństwa i jej zastosowań przez Williama Fellera.

Myślę, że przeoczysz fakt, że nie ma znaczenia, czy „my” potrafimy rozróżnić kości, czy nie, ale ważne jest, że kości są wyjątkowe i wyraźne i działają z własnej woli.

Więc jeśli w scenariuszu zamkniętego pudełka otworzysz pudełko i zobaczysz 1 i 2, nie wiesz, czy to czy ( 2 , 1 ) , ponieważ nie możesz rozróżnić kości. Jednak zarówno ( 1 , 2 ), jak i ( 2 , 1 ) doprowadziłyby do tego samego obrazu, który widzisz, to jest 1 i 2. Zatem są dwa wyniki faworyzujące ten obraz. Podobnie dla każdej nie tej samej pary istnieją dwa wyniki faworyzujące każdą wizję, a zatem istnieje 36 możliwych wyników.$(1,2)$$(2,1)$$(1,2)$$(2,1)$

Matematycznie wzór na prawdopodobieństwo zdarzenia to

$$\dfrac{\text{Number of outcomes for the event}}{\text{Number of total possible outcomes}}.$$

Jednak ta formuła obowiązuje tylko wtedy, gdy każdy wynik jest jednakowo prawdopodobny . W pierwszej tabeli każda z tych par jest jednakowo prawdopodobna, więc formuła obowiązuje. W drugiej tabeli każdy wynik nie jest jednakowo prawdopodobny, więc formuła nie działa. Sposób na znalezienie odpowiedzi za pomocą swojego stołu to

$(1,2)$$(2,1)$$\dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{1}{18}$

Innym sposobem myślenia o tym jest to, że ten eksperyment jest dokładnie taki sam, jak rzucenie każdą kością osobno, gdzie można dostrzec Die 1 i Die 2. W ten sposób wyniki i ich prawdopodobieństwa będą pasować do eksperymentu zamkniętego pudełka.

Wyobraźmy sobie, że pierwszy scenariusz polega na rzucie jedną czerwoną kością i jedną niebieską kością, podczas gdy drugi polega na rzuceniu parą białych kości.

$$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \frac{\textrm{Blue}}{\textrm{Red}}&1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline 1 & (1,1) & \mathbf{(1,2)} & (1,3) & (1,4) & (1,5) & (1,6) \\ \hline 2 & \mathbf{(2,1)} & (2,2) & (2,3) & (2,4) & (2,5) & (2,6) \\ \hline 3 & (3,1) & (3,2) & (3,3) & (3,4) & (3,5) & (3,6) \\ \hline 4 & (4,1) & (4,2) & (4,3) & (4,4) & (4,5) & (4,6) \\ \hline 5 & (5,1) & (5,2) & (5,3) & (5,4) & (5,5) & (5,6) \\ \hline 6 & (6,1) & (6,2) & (6,3) & (6,4) & (6,5) & (6,6) \\ \hline \end{array}$$ $\frac{2}{36}$$\frac{1}{18}.$

$(n,n)$

Następne pytanie brzmi: „skąd mam wiedzieć, że nie wszystkie zdarzenia są jednakowo prawdopodobne?” Jednym ze sposobów myślenia o tym jest wyobrażenie sobie, co by się stało, gdybyś mógł rozróżnić dwie kości. Być może umieściłeś mały ślad na każdej kości. To nie może zmienić wyniku, ale zmniejsza problem poprzedni. Alternatywnie, załóżmy, że wypisujesz tabelę tak, aby zamiast niebieskiego / czerwonego napisy: Left Die / Right Die.

W kolejnym ćwiczeniu zastanów się nad różnicą między widzeniem uporządkowanego wyniku (czerwony = 1, niebieski = 2) a nieuporządkowanym (jedna kość pokazująca 1, jedna kość pokazująca 2).

Kluczową ideą jest to, że jeśli wymienisz 36 możliwych wyników dwóch dających się odróżnić kości, wyszczególnisz równie prawdopodobne wyniki. To nie jest oczywiste ani aksjomatyczne; jest to prawdą tylko wtedy, gdy twoje kości są uczciwe i nie są w jakiś sposób połączone. Jeśli wyszczególnisz wyniki nierozróżnialnych kości, nie są one równie prawdopodobne, ponieważ dlaczego tak powinny być, bardziej niż wyniki „wygrać na loterii” i „nie wygrać na loterii” są równie prawdopodobne.

Aby dojść do wniosku, potrzebujesz:

• Pracujemy z uczciwymi kośćmi, dla których wszystkie sześć liczb jest równie prawdopodobne.
• Dwie kości są niezależne, więc prawdopodobieństwo, że kostka numer dwa uzyska określoną liczbę, jest zawsze niezależne od tego, jaką liczbę dała kostka numer jeden. (Wyobraź sobie, że zamiast tego dwukrotnie rzucasz tą samą kostką na lepką powierzchnię, która spowodowała, że ​​drugi rzut wypadł inaczej.)

$(a,b)$$a$$b$$(a,b)$$(b,a)$$a \neq b$$(a,b)$$(b,a)$

Pomysł, że można uzyskać prawdopodobieństwa, po prostu licząc możliwości, opiera się na założeniach równego prawdopodobieństwa i niezależności. Te założenia rzadko są weryfikowane w rzeczywistości, ale prawie zawsze w przypadku problemów w klasie.

Jeśli przełożysz to na monety - powiedzmy, przerzucając dwa nie do odróżnienia grosze - staje się to kwestia tylko trzech wyników: 2 głów, 2 ogonów, 1 każdego, a problem jest łatwiejszy do zauważenia. Ta sama logika ma zastosowanie i widzimy, że jest bardziej prawdopodobne, że zdobędziesz 1 z nich niż 2 lub 2 ogony.

To śliskość twojego drugiego stołu - reprezentuje wszystkie możliwe wyniki, nawet jeśli nie wszystkie są równo ważonymi prawdopodobieństwami , jak w pierwszym stole. Trudno byłoby określić, co oznacza każdy wiersz i kolumna w drugiej tabeli - mają one znaczenie tylko w połączonej tabeli, w której każdy wynik ma 1 pole, niezależnie od prawdopodobieństwa, podczas gdy pierwsza tabela wyświetla „wszystkie równie prawdopodobne wyniki kostki 1, z których każda ma swój wiersz ”, i podobnie dla kolumn i kostki 2.

Zacznijmy od stwierdzenia, że ​​nie do odróżnienia rzuć tylko 21 możliwymi wynikami, podczas gdy dające się odróżnić rzuty 36 możliwymi wynikami.

Aby sprawdzić różnicę, zdobądź parę identycznych białych kości. Pokryj go materiałem pochłaniającym promieniowanie UV, takim jak filtr przeciwsłoneczny, który jest niewidoczny gołym okiem. Kości nadal wydają się nierozróżnialne, dopóki nie spojrzysz na nie w czarnym świetle, gdy powleczona kostka wydaje się czarna, a świeca czysta.

Ukryj parę kości w pudełku i potrząśnij nimi. Jakie są szanse, że dostaniesz 2 i 1 po otwarciu pudełka? Intuicyjnie możesz pomyśleć, że „rzucanie 1 i 2” to tylko 1 z 21 możliwych wyników, ponieważ nie możesz rozróżnić kości. Ale jeśli otworzyć okno pod czarnym świetle, to można ich odróżnić. Kiedy potrafisz rozróżnić kości, „rzucanie 1 i 2” to 2 z 36 możliwych kombinacji.

Czy to oznacza, że ​​czarne światło ma moc zmieniania prawdopodobieństwa uzyskania określonego wyniku, nawet jeśli kości są wystawione na działanie światła i obserwowane po rzucie? Oczywiście nie. Nic nie zmienia kości po tym, jak przestaniesz potrząsać pudełkiem. Prawdopodobieństwo danego wyniku nie może się zmienić.

Ponieważ pierwotne założenie zależy od zmiany, która nie istnieje, uzasadnione jest stwierdzenie, że pierwotne założenie było nieprawidłowe. Ale co z pierwotnym założeniem jest niepoprawne - że nieodróżnialne kości rzucają tylko 21 możliwych wyników, lub że możliwe do odróżnienia kości rzucają 36 możliwych wyników?

Najwyraźniej eksperyment z czarnym światłem wykazał, że obserwacja nie ma wpływu na prawdopodobieństwo (przynajmniej w tej skali - prawdopodobieństwo kwantowe to inna materia) ani na odrębność obiektów. Termin „nierozróżnialny” opisuje jedynie coś, czego obserwacja nie może odróżnić od czegoś innego. Innymi słowy, fakt, że kości wyglądają tak samo w pewnych okolicznościach (tj. Że nie znajdują się pod czarnym światłem), a inne nie mają żadnego wpływu na fakt, że są naprawdę dwoma odrębnymi przedmiotami. Byłoby to prawdą, nawet jeśli okoliczności, w których można je rozróżnić, nigdy nie zostaną odkryte.

Krótko mówiąc: twoja umiejętność rozróżnienia rzucanych kości nie ma znaczenia przy analizie prawdopodobieństwa określonego wyniku. Każda kość jest z natury odrębna. Wszystkie wyniki oparte są na tym fakcie, a nie z punktu widzenia obserwatora.

Możemy wywnioskować, że twoja druga tabela nie odzwierciedla dokładnie scenariusza.

Wyeliminowałeś wszystkie komórki poniżej i na lewo od przekątnej, na podstawie przypuszczalnej podstawy, że (1, 2) i (2, 1) są zgodne, a zatem zbędne.

Zamiast tego załóżmy, że rzucasz jedną kością dwa razy z rzędu. Czy można liczyć 1-wtedy-2 jako identyczny wynik jak 2-wtedy-1? Najwyraźniej nie. Chociaż wynik drugiego rzutu nie zależy od pierwszego, nadal są to odrębne wyniki. Nie można wyeliminować przegrupowań jako duplikatów. Rzucanie dwiema kostkami jednocześnie jest takie samo, jak rzucanie jedną kostką dwa razy z rzędu. Dlatego nie możesz wyeliminować przegrupowań.

(Nadal nie jestem przekonany? Oto tego rodzaju analogia. Idziesz z domu na szczyt góry. Jutro wracasz. Czy był jakiś moment w oba dni, kiedy byłeś w tym samym miejscu? Może? Teraz wyobraź sobie idziesz z domu na szczyt góry, a tego samego dnia inna osoba idzie ze szczytu góry do domu. Czy jest taki dzień, kiedy się spotykasz? Oczywiście, że tak. Są to te same pytania. w czasie zdarzeń nieplątanych nie zmienia to odliczeń, które można wywnioskować z tych zdarzeń).

$1$$2$

Jeśli wiemy, że dwie kości są uczciwe i zostały wyrzucone, prawdopodobieństwo wynosi 1/18, jak wyjaśniono w pozostałych odpowiedziach. Fakt, że nie wiemy, czy kość z 1 o kość z 2 została rzucona jako pierwsza, nie ma znaczenia, ponieważ musimy uwzględnić oba sposoby - a zatem prawdopodobieństwo wynosi 1/18 zamiast 1/36.

Ale jeśli nie wiemy, który proces doprowadził do uzyskania kombinacji 1-2, nie możemy nic wiedzieć o prawdopodobieństwie. Może osoba, która wręczyła nam pudełko, celowo wybrała tę kombinację i przyłożyła kostkę do pudełka (prawdopodobieństwo = 1), a może potrząsnęła pudełkiem, rzucając kostką (prawdopodobieństwo = 1/18), lub może wybrała losowo kombinacja z 21 kombinacji w tabeli podanej nam w pytaniu, a zatem prawdopodobieństwo = 1/21.

Podsumowując, znamy prawdopodobieństwo, ponieważ wiemy, jaki proces prowadzi do końcowej sytuacji, i możemy obliczyć prawdopodobieństwo dla każdego etapu (prawdopodobieństwo dla każdej kości). Proces ma znaczenie, nawet jeśli nie widzieliśmy go.

Aby zakończyć odpowiedź, podam kilka przykładów, w których proces ma duże znaczenie:

• Przerzucamy dziesięć monet. Jakie jest prawdopodobieństwo, że zdobędziesz głowy dziesięć razy? Widać, że prawdopodobieństwo (1/1024) jest znacznie mniejsze niż prawdopodobieństwo otrzymania 10, jeśli wybiorimy losową liczbę od 0 do 10 (1/11).
• Jeśli podobał ci się ten problem, możesz spróbować z problemem Monty Hall . Jest to podobny problem, w którym proces ma znacznie większe znaczenie niż oczekiwałaby nasza intuicja.

Prawdopodobieństwo zdarzenia A i B oblicza się, mnożąc oba prawdopodobieństwa.

Prawdopodobieństwo wyrzucenia 1, gdy jest sześć możliwych opcji, wynosi 1/6. Prawdopodobieństwo wyrzucenia 2, gdy jest sześć możliwych opcji, wynosi 1/6.

1/6 * 1/6 = 1/36.

Jednak zdarzenie nie jest uzależnione od czasu (innymi słowy, nie jest wymagane, aby rzucić 1 przed 2; tylko, że rzucamy zarówno 1, jak i 2 w dwóch rzutach).

W ten sposób mógłbym rzucić 1, a następnie 2 i spełnić warunek wyrzucenia zarówno 1, jak i 2, lub mógłbym wyrzucić 2, a następnie 1 i spełnić warunek wyrzucenia zarówno 1, jak i 2.

Prawdopodobieństwo wyrzucenia 2, a następnie 1 ma takie same obliczenia:

1/6 * 1/6 = 1/36.

Prawdopodobieństwo A lub B jest sumą prawdopodobieństw. Powiedzmy, że zdarzenie A wykonuje 1, a następnie 2, a zdarzenie B wykonuje 2, a następnie 1.

Prawdopodobieństwo zdarzenia A: 1/36 Prawdopodobieństwo zdarzenia B: 1/36

1/36 + 1/36 = 2/36, co zmniejsza się do 1/18.