1 ve 2 haddeleme olasılığının 1/18 olduğunu nasıl bilebiliriz?

İlk olasılık sınıfımdan beri aşağıdakileri merak ediyorum.

Olasılıkların hesaplanması genellikle "tercih edilen olayların" toplam olası olaylara oranı ile verilir. İki 6 taraflı zarın yuvarlanması durumunda, olası olayların miktarı aşağıdaki tabloda gösterildiği gibi .$36$

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

Bu nedenle A olayının " ve haddeleme " olasılığını hesaplamakla ilgiliysek, iki "tercih edilen olay" olduğunu görür ve olayın olasılığını .$1$$2$$\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

Şimdi, beni her zaman merak ettiren şey şu: Diyelim ki iki zar arasında ayrım yapmak imkansız ve onları yuvarlandıktan sonra gözlemleyecektik, örneğin “Birisi bana bir kutu veriyor. Kutuyu açıyorum. bir Orada ve ". Bu varsayımsal senaryoda, iki zar arasında ayrım yapamayacağımızdan, bu gözlemi sağlayan iki olası olayın olduğunu bilemeyiz. O zaman olası olaylarımız şöyle olur:$1$$2$

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

ve A olayının olasılığını olarak hesaplayacağız .$\frac{1}{21}$

Yine, ilk yaklaşımın bizi doğru cevaba götüreceğinin tamamen farkındayım. Kendime sorduğum soru şu:

in doğru olduğunu nasıl bilebiliriz ?$\frac{1}{18}$

Ortaya koyduğum iki cevap:

• Ampirik olarak kontrol edebiliriz. Bununla ilgilendiğim kadarıyla, bunu kendim yapmadığımı itiraf etmeliyim. Ama bence durum böyle olacak.
• Gerçekte zarlar arasında biri siyah diğeri mavi gibi ayırt edebilir ya da birbiri ardına fırlayabilir ya da sadece olası olayı ve sonra tüm standart teoriyi çalıştırabiliriz.$36$

Size sorularım:

• in doğru olduğunu bilmemiz için başka hangi nedenler var ? (Birkaç (en azından teknik) neden olması gerektiğinden eminim ve bu yüzden bu soruyu gönderdim)$\frac{1}{18}$
• Zarları ayırt edemeyeceğimizi varsaymak için bazı temel argümanlar var mı?
• Zarları ayırt edemeyeceğimizi ve olasılığı ampirik olarak kontrol edemediğimizi varsayarsak, doğru mu yoksa bir şeyi gözden kaçırmış mıyım?$P(A) = \frac{1}{21}$

Sorumu okumak için zaman ayırdığınız için teşekkür ederim ve umarım bu yeterince açıktır.

Adil altı taraflı kalıbı attığını ve ⚀ olduğunu hayal et. Sonuç o kadar büyüleyici oldu ki arkadaşın Dave'i aradın ve ona anlattın. Adil altı taraflı kalıbını fırlatırken ne alacağını merak ettiğinden, attı ve got aldı.

Standart bir kalıbın altı tarafı vardır. Sonra hile değilseniz o eşit olasılıkla her iki tarafında indirsinler yani de 6 kere. Diğer taraflarla aynı ⚀ fırlatma olasılığı, $1$$6$ . Throwvearkadaşınızın⚁ atma olasılığı,$\tfrac{1}{6}$ çünkü iki olaybağımsızdırve bağımsız olasılıkları çoğaltırız. Farklı bir şekildesöylersek, bu tür çiftlerin kolayca listelenebilecek36düzenlemesivardır(daha önce yaptığınız gibi). Karşı olayın olasılığı (⚁ ve arkadaşınızın ⚀ atar) da$\tfrac{1}{6} \times \tfrac{1}{6} = \tfrac{1}{36}$$36$ . Throw atmakvearkadaşınızın throw,yada atmak ⚁vearkadaşınızın atar ⚀ olasılıklarözel, bu yüzden onları ekleyin$\tfrac{1}{36}$ . Tüm olası düzenlemeler arasında, bu koşulu karşılayan iki tane var.$\tfrac{1}{36} + \tfrac{1}{36} = \tfrac{2}{36}$

Tüm bunları nasıl biliyoruz? Olasılık , kombinatorik ve mantık temelinde , ancak bu üçünün güvenmesi için bazı gerçek bilgilere ihtiyacı var. Binlerce kumarbaz ve bazı fiziğin deneyimlerine dayanarak, adil bir altı taraflı kalıbın her iki tarafta eşit bir iniş şansı dışında olduğuna inanmak için bir neden olmadığını biliyoruz. Benzer şekilde, iki bağımsız atışın bir şekilde ilişkili olduğundan ve birbirlerini etkilediğinden şüphelenmek için hiçbir nedenimiz yok .

Bir tahmin edebilirsiniz biletleri ile kutuyu tüm kullanılarak etiketli den sayılar (tekrarı ile) bu aşamaların 1 ile 6 . Bu, olası sonuçların sayısını 21 ile sınırlar ve olasılıkları değiştirir. Ancak zar açısından böyle bir tanım düşünürseniz, bir şekilde birbirine yapıştırılmış iki zar hayal etmeniz gerekir. Bu, bağımsız olarak işlev görebilen ve birbirlerini etkilemeden eşit olasılıkla her bir tarafa tek başına iniş yapılabilen iki zardan çok farklı bir şeydir.$2$$1$$6$$21$

Bütün bunlar, bir ihtiyaçları tür modeller olduğunu yorum yapmak vardır mümkün değil zar gibi şeyler için. Örneğin, ampirik gözlemlere dayanan parçacık fiziğinde, ayırt edilemeyen parçacıkların Bose-Einstein istatistiğinin (ayrıca bkz. Yıldızlar ve çubuklar problemi) ayırt edilebilir parçacıklar modelinden daha uygun olduğu ortaya çıktı. Peter Whittle'ın Beklenti Yoluyla Olasılık veya Olasılıktaki ya da olasılık teorisine giriş ve William Feller tarafından yapılan uygulamaların bir cildinde bu modeller hakkında bazı açıklamalar bulabilirsiniz .

Sanırım zarları ayırt edip edemeyeceğimiz önemli değil, zarların benzersiz ve farklı olması ve kendi kararlarına göre hareket etmesi önemli değil.

Kapalı kutu senaryosunda kutuyu açar ve 1 ve 2 görürseniz, veya ( 2 , 1 ) olup olmadığını bilmezsiniz , çünkü zarları ayırt edemezsiniz. Ancak, hem ( 1 , 2 ) hem de ( 2 , 1 ) gördüğünüz aynı görsele, yani 1 ve 2'ye yol açacaktır. Yani bu görseli destekleyen iki sonuç vardır. Benzer şekilde, aynı olmayan her çift için, her bir görseli destekleyen iki sonuç vardır ve bu nedenle 36 olası sonuç vardır.$(1,2)$$(2,1)$$(1,2)$$(2,1)$

Matematiksel olarak, bir olayın olasılığı için formül Olayın

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

Bununla birlikte, bu formül sadece her bir sonuç eşit derecede muhtemel olduğunda geçerlidir . İlk tabloda, bu çiftlerin her biri eşit derecede olasıdır, bu nedenle formül tutar. İkinci tablonuzda, her sonucun eşit olması olası değildir, bu nedenle formül çalışmaz. Cevabınızı masanızı kullanarak bulma şekliniz

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

Bunu düşünmenin başka bir yolu, bu deneyin her kalıbı ayrı ayrı yuvarlamakla aynıdır, burada Die 1 ve Die 2'yi tespit edebilirsiniz. Böylece sonuçlar ve olasılıkları kapalı kutu deneyi ile eşleşecektir.

İlk senaryonun bir kırmızı ve bir mavi kalıp yuvarlamayı, ikincisi ise bir çift beyaz zar yuvarlamayı içerir.

İlk durumda, olası her sonucu (kırmızı kalıp, mavi kalıp) olarak yazabilirsiniz, bu size bu tabloyu verir (sorunuzdan yeniden üretilir):

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

$(n,n)$

Bir sonraki soru "olayların eşit derecede olası olmadığını nasıl bilebilirim?" Bu düşünmek bir yolu ne olacağını hayal etmektir olabilir iki zar ayırt eder. Belki de her ölüme küçük bir iz koydunuz. Bu, sonucu değiştiremez, ancak bir önceki problemi azaltır. Alternatif olarak, grafiği Mavi / Kırmızı yerine Sol Kalıp / Sağ Kalıp okuyacak şekilde yazdığınızı varsayın.

Daha ileri bir alıştırma olarak, sıra dışı bir sonuç (kırmızı = 1, mavi = 2) ile sırasız bir sonuç (bir kalıp 1, bir kalıp 2 gösteren) görme arasındaki farkı düşünün.

Ana fikir, iki ayırt edilebilir zarın 36 olası sonucunu listelerseniz, eşit derecede olası sonuçları listelemenizdir . Bu açık ya da aksiyomatik değildir; bu sadece zarlarınız adil ve bir şekilde bağlı değilse doğrudur. Ayrıştırılamaz zarların sonuçlarını listelerseniz, bunlar eşit derecede olası değildir, çünkü neden olmasınlar, "piyangoyu kazanın" ve "piyangoyu kazanmayın" sonuçlarından daha fazla olabilirler.

Sonuca ulaşmak için şunlara ihtiyacınız vardır:

• Altı sayının da eşit derecede muhtemel olduğu adil zarlarla çalışıyoruz.
• İki zar bağımsızdır, böylece belirli bir sayı elde etmek için iki numaralı kalıbın olasılığı her zaman bir numaralı kalıbın verdiği sayıdan bağımsızdır. (Bunun yerine, aynı kalıbı ikinci ruloyu farklı yapan yapışkan bir yüzeye iki kez yuvarladığınızı düşünün.)

Durumla ilgili bu iki gerçek göz önüne alındığında, olasılık kuralları size herhangi bir çift elde etme olasılığının $(a,b)$ başarma olasılığı $a$ ilk ölüm zamanlarında $b$ikinci. Topaklaşmaya başlarsan$(a,b)$ ve $(b,a)$birlikte, artık size yardımcı olacak olayların basit bağımsızlığına sahip değilsiniz, bu yüzden olasılıkları çoğaltamazsınız. Bunun yerine, birbirini dışlayan özel etkinlikler koleksiyonu ($a \neq b$), böylece elde etme olasılıklarını güvenle ekleyebilirsiniz $(a,b)$ ve $(b,a)$ eğer farklılarsa.

Sadece olasılıkları sayarak olasılıkları elde edebileceğiniz fikri, eşit olasılık ve bağımsızlık varsayımlarına dayanır. Bu varsayımlar nadiren gerçekte doğrulanır, ancak neredeyse her zaman sınıf problemlerinde doğrulanır.

Bunu madeni paralara çevirirseniz - örneğin, ayırt edilemeyen iki peni çevirmek - bu sadece üç sonucun bir sorusu haline gelir: 2 kafa, 2 kuyruk, her biri 1 ve sorunun fark edilmesi daha kolaydır. Aynı mantık geçerlidir ve her birinin 1'inin 2 kafa veya 2 kuyruk almaktan daha olası olduğunu görüyoruz .

Bu, ikinci tablonuzun kayganlığıdır - ilk tabloda olduğu gibi, hepsi eşit ağırlıklı olasılıklar olmasa da, olası tüm sonuçları temsil eder . İkinci tablodaki her satır ve sütunun ne anlama geldiğini açıklamaya çalışmak kötü bir şekilde tanımlanmış olacaktır - bunlar, olasılıktan bağımsız olarak her sonucun 1 kutuya sahip olduğu birleşik tabloda anlamlıdır, ancak ilk tabloda "tüm her biri kendi sırasına sahip olan kalıp 1'in eşit derecede olası sonuçları "ve benzer şekilde sütunlar ve kalıp 2 için.

Varsayımı belirterek başlayalım: ayırt edilemez zar sadece 21 olası sonucu, ayırt edilebilir zar ise 36 olası sonucu döndürür.

Farkı test etmek için bir çift özdeş beyaz zar alın. Çıplak gözle görülmeyen, güneş kremi gibi UV emici bir malzemeyle kaplayın. Zarlar, siyah bir ışık altında, temiz kalıp parlarken kaplanmış kalıp siyah göründüğü sürece ayırt edilemez görünür.

Bir kutudaki zar çiftini gizleyin ve sallayın. Kutuyu açtığınızda 2 ve 1 alma olasılığınız nedir? Sezgisel olarak "1 ve 2'yi yuvarlamak", olası sonuçlardan sadece 1'i olduğunu düşünebilirsiniz, çünkü zarları birbirinden ayıramazsınız. Ancak kutuyu siyah bir ışık altında açarsanız, bunları birbirinden ayırabilirsiniz . Zarları ayırdığınızda, "1 ve 2'yi yuvarlamak" 36 olası kombinasyondan 2'sidir.

Bu, zar sadece ışığa maruz kaldığında ve yuvarlandıktan sonra gözlemlense bile, siyah bir ışığın belirli bir sonuç alma olasılığını değiştirme gücüne sahip olduğu anlamına mı geliyor ? Tabii ki değil. Kutuyu sallamayı bıraktıktan sonra hiçbir şey zarları değiştirmez. Belirli bir sonucun olasılığı değişemez.

Orijinal varsayım var olmayan bir değişikliğe bağlı olduğundan, orijinal varsayımın yanlış olduğu sonucuna varmak mantıklıdır. Peki ya orijinal varsayım yanlıştır - ayırt edilemez zarlar sadece 21 olası sonucu ya da bu ayırt edilebilir zar 36 olası sonuçları yuvarlar mı?

Açıkça görülüyor ki siyah ışık deneyi, gözlemin olasılık üzerinde (en azından bu ölçekte kuantum olasılığı farklı bir konudur) veya nesnelerin farklılığı üzerinde hiçbir etkisi olmadığını göstermiştir. "Ayırt edilemez" terimi sadece gözlemin başka bir şeyden ayırt edemediği bir şeyi tanımlar. Başka bir deyişle, zarların bazı koşullar altında aynı görünmesi (yani siyah bir ışık altında olmadıkları) ve başkalarının değil, gerçekten iki ayrı nesne oldukları gerçeğine dayanmaz. Aralarında ayrım yapabileceğiniz koşullar asla keşfedilmemiş olsa bile bu doğrudur.

Kısacası: Belirli bir sonucun olasılığını analiz ederken, yuvarlanan zarları ayırt etme yeteneğiniz önemsizdir. Her kalıp doğası gereği farklıdır. Tüm sonuçlar gözlemcinin bakış açısına değil, bu gerçeğe dayanmaktadır.

İkinci tablonuzun senaryoyu doğru bir şekilde temsil etmediğini belirleyebiliriz.

Diyagonalin altındaki ve solundaki tüm hücreleri, (1, 2) ve (2, 1) uyumlu ve dolayısıyla gereksiz sonuçlar olduğu varsayımına dayanarak ortadan kaldırdınız.

Bunun yerine bir kalıbı üst üste iki kez yuvarladığınızı varsayın. 1-then-2'yi 2-then-1 ile aynı sonuç olarak saymak geçerli midir? Açıkçası değil. İkinci rulo sonucu ilkine bağlı olmasa da, yine de farklı sonuçlardır. Yeniden düzenlemeleri kopya olarak kaldıramazsınız. Şimdi, iki zarın aynı anda yuvarlanması, bu amaç için bir kalıbın üst üste iki kez yuvarlanmasıyla aynıdır. Bu nedenle yeniden düzenlemeleri ortadan kaldıramazsınız.

(Hala ikna olmadınız mı? Burada bir çeşit benzetme var. Evinizden dağın tepesine doğru yürüyorsunuz. Yarın geri dönüyorsunuz. Aynı yerde bulunduğunuz her iki günde de bir zaman noktası var mıydı? evinizden dağın tepesine doğru yürürsünüz ve aynı gün başka bir kişi dağın tepesinden evinize yürür .. O gün görüştüğünüz herhangi bir zaman var mı? Açıkçası evet. Aynı soru. zamanında untangled bu olayların yapılabilir kesintiler değişmez olaylar.)

"Biri bana bir kutu veriyor. Kutuyu açıyorum. $1$ ve bir $2$", daha fazla bilgi olmadan, olasılık hakkında hiçbir şey bilmiyoruz.

İki zarın adil olduğunu ve yuvarlandığını bilersek, diğer tüm cevapların açıkladığı gibi olasılık 1/18'dir. 1 ile kalıbın önce 2 ile kalıbın haddelenip haddelenmediğini bilmiyoruz, çünkü her iki yolu da hesaba katmalıyız - ve bu nedenle olasılık 1/36 yerine 1/18'dir.

Ancak hangi işlemin 1-2 kombinasyona sahip olduğunu bilmiyorsak, olasılık hakkında hiçbir şey bilemeyiz. Belki bize kutuyu veren kişi sadece bu kombinasyonu seçti ve zarları kutuya yapıştırdı (olasılık = 1), ya da zarları yuvarlayarak kutuyu salladı (olasılık = 1/18) ya da rastgele birini seçmiş olabilir bize soruda verdiğiniz tablodaki 21 kombinasyonun kombinasyonu ve dolayısıyla olasılık = 1 / 21'dir.

Özet olarak, olasılığı biliyoruz çünkü hangi sürecin nihai duruma yol açtığını biliyoruz ve her aşama için olasılığı hesaplayabiliriz (her zar için olasılık). Süreç gerçekleştiğini görmesek bile süreç önemlidir.

Cevabı bitirmek için, sürecin çok önemli olduğu birkaç örnek vereceğim:

• On jeton çeviriyoruz. On kez kafa kafaya alma ihtimali nedir? Sadece 0 ile 10 (1/11) arasında rastgele bir sayı seçersek, olasılıkın (1/1024) 10 alma olasılığından çok daha küçük olduğunu görebilirsiniz.
• Eğer bu problemi yaşadıysanız , Monty Hall problemini deneyebilirsiniz . Sürecin, sezgilerimizin beklediğinden çok daha önemli olduğu benzer bir sorundur.

Olay A ve B olasılığı her iki olasılık da çarpılarak hesaplanır.

Altı olası seçenek olduğunda 1'i yuvarlama olasılığı 1/6'dır. Altı olası seçenek olduğunda 2'nin yuvarlanma olasılığı 1/6'dır.

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

Bununla birlikte, olay zamanında koşullu değildir (diğer bir deyişle, 1'den 2'ye önce rulo yapmamız gerekmez; sadece hem 1'i hem de 2'yi iki ruloya yuvarlamamız gerekir).

Böylece, 1 ve sonra 2'yi yuvarlayabilir ve hem 1 hem de 2'yi haddeleme koşulunu veya ben 2 ve sonra 1'i yuvarlayabilir ve hem 1 hem de 2'yi haddeleme koşulunu tatmin edebilirim.

2 ve sonra 1 haddeleme olasılığı aynı hesaplamaya sahiptir:

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

A veya B olasılıkları olasılıkların toplamıdır. Diyelim ki A olayı 1 sonra 2'yi yuvarlıyor ve B olayı 2 sonra 1'i yuvarlıyor.

Olay A'nın Olasılığı: 1/36 Olay B'nin Olasılığı: 1/36

1/36 + 1/36 = 2/36, 1/18'e düşer.