1と2をローリングする確率が1/18であることをどのようにして知ることができますか？

私の最初の確率クラス以来、私は次のことを考えていました。

確率の計算は通常、可能性のあるイベント全体に対する「お気に入りのイベント」の比率を介して導入されます。以下の表に示すように、2つの6面ダイスを振る場合、発生する可能性のあるイベントの量はです。$36$

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

したがって、イベントA「と振る」の確率の計算に興味がある場合、つの「お気に入りのイベント」があることがわかり、イベントの確率をとして計算します。。2 $1$$2$$\frac{2}{36}=\frac{1}{18}$

今、私をいつも不思議に思ったのは、2つのサイコロを区別することは不可能であり、サイコロが転がされた後にしかそれらを観察できないとしましょう。たとえば、「誰かが私に箱をくれます。$1$と2があり$2$ます。この仮想シナリオでは、2つのサイコロを区別することはできないため、この観測につながる2つの可能性のあるイベントがあることはわかりません。それから私達の可能なイベントはそれを好む：

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

そして、イベントAの確率を\ frac {1} {21}として計算し$\frac{1}{21}$ます。

繰り返しますが、私は最初のアプローチが正しい答えに私たちを導くという事実を完全に認識しています。私が自問している質問は：

$\frac{1}{18}$が正しいことをどのようにして知ることができますか？

私が思いついた2つの答えは次のとおりです。

• 経験的に確認できます。私がこれに興味を持っている限り、私は自分でこれをやっていなかったことを認める必要があります。しかし、そうだと思います。
• 現実には、一方が黒でもう一方が青のようにサイコロを区別したり、1つを他のサイコロの前に投げたり、可能性のあるイベントを知ってからすべての標準理論が機能します。$36$

あなたへの私の質問は：

• が正しいことを知る他の理由は何ですか？（いくつかの（少なくとも技術的な）理由があるに違いないと確信しているため、この質問を投稿しました）$\frac{1}{18}$
• サイコロをまったく区別できないと仮定することに反対する基本的な議論はありますか？
• サイコロを区別できず、確率を経験的に確認する方法がないと仮定した場合、は正しいのでしょうか、何かを見落としていましたか？$P(A) = \frac{1}{21}$

時間をかけて私の質問を読んでくれてありがとう、そしてそれが十分具体的であることを願っています。

フェアな6面ダイスを投げて⚀を得たと想像してください。結果はとても魅力的だったので、あなたはあなたの友人デイブに電話して、それについて彼に話しました。彼は彼の公正な6面ダイスを投げたときに彼が得るものに興味があったので、彼はそれを投げて⚁を得ました。

標準のダイには6つの側面があります。あなたが浮気されていない場合、それはすなわち、同じ確率でそれぞれの側に土地で回。⚀を投げる確率は、他の側と同じで、です。あなたが⚀投げる、という確率とあなたの友人は、⚁スローです 2つのイベントがあるので、独立したと乗算たち独立した確率。別の言い方をすれば、このようなペアの配置があり、簡単にリストできます（すでに行ったように）。反対のイベント（あなたがthrowを投げ、あなたの友人が⚀を投げる）の確率も$1$$6$$\tfrac{1}{6}$$\tfrac{1}{6} \times \tfrac{1}{6} = \tfrac{1}{36}$$36$$\tfrac{1}{36}$。あなたが⚀を投げ、あなたの友人が⚁ を投げる、またはあなたが⚁を投げ、あなたの友人が⚀を投げる確率は排他的であるため、それらを追加します。考えられるすべての取り決めの中で、この条件を満たす2つがあります。$\tfrac{1}{36} + \tfrac{1}{36} = \tfrac{2}{36}$

これをどうやって知るのでしょうか？さて、確率、組み合わせ論、および論理に基づいていますが、これらの3つは、信頼するために事実に関する知識が必要です。数千人のギャンブラーといくつかの物理学の経験に基づいて、公平な6面のダイスがそれぞれの側面に着地する可能性が高いこと以外に信じる理由はないことを知っています。同様に、2つの独立したスローが何らかの形で関連しており、互いに影響し合っていると疑う理由はありません。

からまでの数字のすべての組み合わせ（繰り返し）を使用してラベル付けされたチケットのあるボックスを想像できます。それは、可能な結果の数を制限し、確率を変更します。ただし、サイコロの観点からそのような定義を考えると、どういうわけか接着された2つのサイコロを想像する必要があります。これは、独立して機能し、お互いに影響を与えずに等しい確率で単独で各サイドに着地することができる2つのサイコロとは非常に異なるものです。$2$$1$$6$$21$

そうは言っても、サイコロのようなものではなく、そのようなモデルが可能であるとコメントする必要があります。たとえば、経験的観察に基づいた素粒子物理学では、区別できない粒子のボーズ・アインシュタイン統計（星と棒の問題も参照）は、識別可能な粒子モデルよりも適切であるように見えました。これらのモデルについてのコメントは、Peter Whittleによる「Probability」または「Expectation via Expectation」、またはWilliam Fellerによる「確率論の紹介とその応用」の第1巻に記載されています。

「私たち」がサイコロを区別できるかどうかは問題ではなく、サイコロが一意であり、独自に行動することが重要であるという事実を見逃していると思います。

閉じたボックスのシナリオで、ボックスを開いて1と2 が表示された場合、サイコロを区別できないため、それがかかはわかりません。ただし、とはどちらも同じ視覚効果、つまり1と2になります。したがって、その視覚効果を好む2つの結果があります。同様に、同じではないペアごとに、各ビジュアルを支持する2つの結果があるため、36の可能な結果があります。（2 、1 ）（1 、2 ）（2 、1 $(1,2)$$(2,1)$$(1,2)$$(2,1)$

数学的には、イベントの確率の式は

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

ただし、この式は、各結果が等しく発生する可能性がある場合にのみ有効です。最初の表では、これらのペアのそれぞれが等しく発生する可能性があるため、式が成り立ちます。2番目の表では、各結果が等しくなる可能性は低いため、式は機能しません。テーブルを使用して答えを見つける方法は

1および2 =確率の確率 +の確率 =。（2 、1 ）$(1,2)$$(2,1)$$\dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{36} = \dfrac{1}{18}$

これについて考えるもう1つの方法は、この実験は各ダイを別々に転がすのとまったく同じで、ダイ1とダイ2を見つけることができるということです。したがって、結果とその確率はクローズドボックスの実験と一致します。

最初のシナリオでは、1つの赤のサイコロと1つの青のサイコロを転がし、2番目のシナリオでは、白のサイコロを転がします。

6）\\ \ hline \ end {array} 私たちの理想的なサイコロは公平で（各結果は同様に可能性があります）、すべての結果をリストしました。これに基づいて、1と2が確率で発生すると正しく結論付けます

$$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \frac{\textrm{Blue}}{\textrm{Red}}&1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline 1 & (1,1) & \mathbf{(1,2)} & (1,3) & (1,4) & (1,5) & (1,6) \\ \hline 2 & \mathbf{(2,1)} & (2,2) & (2,3) & (2,4) & (2,5) & (2,6) \\ \hline 3 & (3,1) & (3,2) & (3,3) & (3,4) & (3,5) & (3,6) \\ \hline 4 & (4,1) & (4,2) & (4,3) & (4,4) & (4,5) & (4,6) \\ \hline 5 & (5,1) & (5,2) & (5,3) & (5,4) & (5,5) & (5,6) \\ \hline 6 & (6,1) & (6,2) & (6,3) & (6,4) & (6,5) & (6,6) \\ \hline \end{array}$$ $\frac{2}{36}$またはここまでは順調ですね。$\frac{1}{18}.$

次に、代わりに2つの同じサイコロを振るとします。考えられるすべての結果を正しくリストしましたが、これらの結果がすべて同様に発生する可能性があると誤って想定しました。特に、結果は、他の結果の半分の可能性です。このため、結果の総数に対して希望する結果の数を合計して、確率を計算することはできません。代わりに、発生する確率によって各結果を重み付けする必要があります。計算を実行すると、同じようになります-分子内で二重に発生する可能性のある15のイベントと二重に発生する可能性がある15のイベントのうち1つ。$(n,n)$

次の質問は、「イベントがすべて等しく発生する可能性があるわけではないことをどのようにして知ることができますか？」です。これについて考える1つの方法は、2つのサイコロを区別できたらどうなるかを想像することです。おそらく、各ダイに小さなマークを付けます。これで結果を変えることはできませんが、前の問題を軽減します。あるいは、青/赤の代わりに左ダイ/右ダイと表示されるようにチャートを作成するとします。

さらなる演習として、順序付けられた結果（赤= 1、青= 2）と順序付けられていない結果（1つが1、1つが2）の違いを考えてください。

重要な考え方は、2つの区別可能なサイコロの36の可能な結果を​​リストすると、同様に可能性のある結果をリストしているということです。これは明らかではなく、公理的でもありません。サイコロが公平で、どういうわけか接続されていない場合にのみ当てはまります。区別できないサイコロの結果をリストした場合、それらが等しくなる可能性はありません。「宝くじに勝つ」と「宝くじに当たらない」という結果以上に等しくなる可能性があるからです。

結論を出すには、次のものが必要です。

• 私たちは公平なサイコロを使って仕事をしているので、6つの数字すべてが等しくありそうです。
• 2つのサイコロは独立しているため、2番のダイスが特定の番号を獲得する確率は、1番のダイスの番号とは無関係です。（代わりに、2つ目のロールが異なるようになったある種の粘着面で同じダイを2回ロールすることを想像してください。）

状況についてのこれら二つの事実を考えると、確率のルールは、任意のペア達成の確率ということを教えてくれ達成の確率でその達成の第一のダイ回に第二には。とまとめて開始イベントの単純な独立性がなくなるため、単に確率を掛けることができなくなります。代わりに、相互に排他的なイベントのコレクションを作成しているので（場合、とが異なる場合にそれらを取得する確率を安全に追加できます。a b （a 、b ）（b 、a ）a ≠ b （a 、b ）（b 、a $(a,b)$$a$$b$$(a,b)$$(b,a)$$a \neq b$$(a,b)$$(b,a)$

可能性を数えるだけで確率を得ることができるという考えは、等しい確率と独立性の仮定に依存しています。これらの仮定は実際にはめったに検証されませんが、ほとんど常に教室の問題で検証されます。

これをコインの用語に変換すると（たとえば、2つの区別できないペニーをひっくり返す）、3つの結果（2つのヘッド、2つのテール、それぞれ1つ）の問題になり、問題を見つけやすくなります。同じロジックが適用され、2つのヘッドまたは2つのテールを取得するよりも、それぞれ1つを取得する可能性が高いことがわかります。

これが2番目の表の滑りやすさです。最初の表のように、すべてが等しく重み付けされた確率ではない場合でも、考えられるすべての結果を表しています。2番目のテーブルの各行と列が何を意味するのかを正確に説明しようとするのは不明確です。それらは、尤度に関係なく、各結果が1ボックスの結合テーブルでのみ意味があります。ダイ1の結果と同じように、それぞれ独自の行があります」、列とダイ2でも同様です。

仮定を述べることから始めましょう：区別できないサイコロは21の可能な結果のみをロールし、区別可能なサイコロは36の可能な結果を​​ロールします。

違いをテストするには、同じ白いサイコロのペアを取得します。肉眼では見えない日焼け止めのような紫外線吸収材料でコートします。ダイは、コーティングされたダイが黒く見え、クリーンなダイが光るまで、ブラックライトの下で見るまで、区別できません。

サイコロのペアを箱に隠して振る。ボックスを開いたときに2と1が得られる確率はどのくらいですか？直観的には、サイコロを区別できないため、「1と2を振る」は21の可能な結果の1つに過ぎないと考えるかもしれません。しかし、ブラックライトの下でボックスを開くと、それらを区別できます。サイコロを区別できる場合、「1と2を振る」は36の可能な組み合わせの2つです。

それは、サイコロが光にさらされて転がされた後に観察されたとしても、ブラックライトには特定の結果を得る確率を変える力があるということですか？もちろん違います。箱を振るのをやめた後、サイコロは何も変わりません。特定の結果の確率は変更できません。

元の仮定は存在しない変更に依存するため、元の仮定が間違っていたと結論付けるのは合理的です。しかし、元の仮定は正しくありません-区別できないサイコロは21の可能性のある結果のみをロールしますか、または区別可能なサイコロは36の可能性のある結果をロールしますか？

明らかに、ブラックライト実験は、観測が確率（少なくともこのスケールでは-量子確率は別の問題です）またはオブジェクトの明瞭さに影響を与えないことを示しました。「区別できない」という用語は、観察が他の何かと区別できないものを単に示しています。言い換えれば、サイコロが特定の状況下で同じように表示されるという事実（つまり、ブラックライトの下にない）と、サイコロが真に2つの別個のオブジェクトであるという事実とは無関係です。あなたがそれらを区別できる状況が決して発見されない場合でも、これは真実です。

要するに、特定の結果の確率を分析するとき、転がっているサイコロを区別する能力は無関係です。各ダイは本質的に別個のものです。すべての結果は、観察者の視点ではなく、この事実に基づいています。

2番目のテーブルはシナリオを正確に表していないと推測できます。

（1、2）と（2、1）が合同で冗長な結果であると仮定して、対角線の下と左のすべてのセルを削除しました。

代わりに、1つのサイコロを連続して2回振るとします。1-then-2を2-then-1と同じ結果としてカウントすることは有効ですか？明らかにない。2番目のロールの結果は最初のロールの結果に依存していませんが、それでも明確な結果です。再配置を重複として削除することはできません。現在、2つのサイコロを一度に振ることは、1つのダイを2回連続で振ることと同じです。したがって、再配置を排除することはできません。

（まだ納得できませんか？ここに類推があります。あなたは家から山の頂上まで歩きます。明日戻ってきます。あなたが同じ場所にいた両方の日には、ある時点があったでしょうか？あなたはあなたの家から山の頂上まで歩き、同じ日に別の人が山の頂上からあなたの家まで歩きます。あなたが会うその日はいつですか？明らかにそうです。それらは同じ質問です。時にuntangledイベントこれらのイベントから作ることができる控除を変更しません。）

$1$$2$

2つのサイコロが公平であり、転がされていることがわかっている場合、他のすべての答えで説明されているように、確率は1/18です。両方の方法を考慮する必要があるため、1のダイスと2のダイスが最初にロールされたかどうかはわかりません。したがって、確率は1/36ではなく1/18です。

しかし、どのプロセスが1-2の組み合わせにつながったかわからない場合、確率については何も知ることができません。箱を渡した人が意図的にこの組み合わせを選んでサイコロを箱に貼り付けた（確率= 1）か、サイコロを転がして箱をシャックした（確率= 1/18）か、ランダムに選んだかもしれませんあなたが質問で私たちに与えた表の21の組み合わせからの組み合わせ、したがって、確率= 1/21。

要約すると、どのプロセスが最終的な状況につながるかを知っているため、確率を知っており、各段階の確率（各サイコロの確率）を計算できます。たとえそれが起こっているのを見ていなくても、プロセスは重要です。

答えを終わらせるために、プロセスが重要ないくつかの例を挙げます。

• 10枚のコインを裏返します。10回すべて頭をたてる確率は？0〜10（1/11）の間の乱数を選択した場合、確率（1/1024）は10を取得する確率よりもはるかに小さいことがわかります。
• この問題を楽しんだ場合は、モンティホールの問題を試すことができます。プロセスが私たちの直感が予想するものよりもはるかに重要な場合、それは同様の問題です。

イベントAおよびBの確率は、両方の確率を乗算して計算されます。

6つの可能なオプションがあるときに1を振る確率は1/6です。6つの可能なオプションがあるときに2を振る確率は1/6です。

1/6 * 1/6 = 1/36。

ただし、イベントは時間に依存していません（つまり、1を2の前にロールする必要はありません。1と2の両方を2つのロールにロールすることだけが必要です）。

したがって、1をロールしてから2をロールして1と2の両方をロールする条件を満たせるか、2をロールしてから1をロールして1と2をロールするという条件を満たすことができます。

2をローリングしてから1をローリングする確率は同じ計算になります。

1/6 * 1/6 = 1/36。

AまたはBの確率は、確率の合計です。したがって、イベントAが1、2の順にローリングし、イベントBが2、1の順にローリングするとします。

イベントAの確率：1/36イベントBの確率：1/36

1/36 + 1/36 = 2/36は、1/18に減少します。