¿Cómo pueden los objetos distinguibles comportarse como si fueran indistinguibles?

Question

Soy discapacitado mental: No puedo imaginar canicas indistinguibles. Sin embargo, puedo imaginar que existen secuencias de manipulaciones (aleatorias) sobre canicas reales (distinguibles) que hacen que acaben en cajas reales (distinguibles) según la distribución de Bose-Einstein: Por ejemplo, en el caso de $2$ canicas y $3$ cajas se supone que los siguientes seis acuerdos son igualmente probables:

$$\begin{gather} &\_\_\_ &\_\_\_ &\_\_\_\\ &.. & & \end{gather}$$ $$\begin{gather} &\_\_\_ &\_\_\_ &\_\_\_\\ & &.. & \end{gather}$$ $$\begin{gather} &\_\_\_ &\_\_\_ &\_\_\_\\ & & &.. \end{gather}$$ $$\begin{gather} &\_\_\_ &\_\_\_ &\_\_\_\\ &. &. & \end{gather}$$ $$\begin{gather} &\_\_\_ &\_\_\_ &\_\_\_\\ &. & &. \end{gather}$$ $$\begin{gather} &\_\_\_ &\_\_\_ &\_\_\_\\ & &. &. \end{gather}$$

(Los acuerdos de este tipo pueden enumerarse en el caso de $n$ canicas y $m$ cajas. Así que la distribución de Bose-Einstein se puede definir en general).

¿Se pueden describir las manipulaciones que dan lugar a la distribución de Bose-Einstein? Restricción de las manipulaciones: no se puede elegir una disposición completa de canicas. Sólo se pueden elegir cajas individuales y canicas individuales.

Answer 1

Al menos para el caso de 2 canicas en 3 cajas, se necesita una "fuerza de atracción" sobre las canicas para que después de lanzar la primera canica en una caja al azar, la segunda canica tenga más probabilidades de ir a la misma caja que la primera canica que a cualquiera de las dos cajas vacías.

Esto se puede calcular con la probabilidad condicional: $$ \begin{aligned} \frac{1}{6}=P(\text{both in first box})&=P(X_2=1 \text{ and } X_1=1)\\ &=P(X_2=1|X_1=1)\cdot P(X_1=1)\\ &=P(X_2=1|X_1=1)\cdot \frac{1}{3}. \end{aligned} $$ Así, $P(X_2=1|X_1=1)=1/2$ . Entonces, que caiga en una de las dos casillas restantes con igual probabilidad también.

Esto da $$ P(x_2=i \text{ and } X_1=i) =\frac{1}{6} $$ para $i=1,2,3$ y $$ P(x_2=j \text{ and } X_1=i) =\frac{1}{6} $$ para cualquier $i\neq j$ .

Imagino que este patrón se puede extender a que haya más canicas y cajas, pero no lo sé con certeza. Lo pensaré.

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Si quieres la fórmula genérica para el número de combinaciones que dan como resultado $b_0$ cajas vacías, $b_1$ cajas con 1 canica, $b_2$ cajas con 2 canicas, etc. y las probabilidades asociadas, he resuelto la fórmula general en este post de stackexchange .

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Otro ejemplo:

Considere la posibilidad de lanzar 3 canicas en 2 cajas. Si pensamos que las lanzamos secuencialmente, entonces la primera tiene la misma probabilidad de ir a cualquiera de las dos cajas (probabilidad 1/2), la segunda canica tiene el doble de probabilidad de ir a la caja con la primera canica (probabilidad 2/3), y la tercera canica tiene la misma probabilidad de ir a cualquiera de las dos cajas si ambas están ocupadas, y el triple de probabilidad de caer en la caja que contiene las canicas uno y dos si cayeron en la misma caja (probabilidad 3/4). De este modo, todas las disposiciones tienen la misma probabilidad

Answer 2

Dejemos que $q \in (0,1)$ sea algún parámetro arbitrario.

Dejemos que $X_1,\dots,X_m$ ser independiente distribuido geométricamente variables aleatorias con parámetro $q$ . Por ejemplo, cada $X_i$ se puede obtener lanzando una moneda (sesgada) hasta obtener cara y contando el número de colas antes de que se produzca.

Para todos $i \in \{1,\dots,m\}$ , poned $X_i$ canicas en el $i$ -en la caja.

La disposición resultante de las canicas sigue la distribución de Bose-Einstein de $N = X_1 + \cdots X_m$ canicas en $m$ cajas.

Si se busca un número determinista $n$ de canicas, sólo hay que repetir este proceso hasta $N=n$ . La elección de $q$ puede optimizarse para maximizar la probabilidad de este evento.

Answer 3

Después de haber recibido dos bonitas respuestas, aquí escondo la que me he inventado mientras tanto: Elige un par ordenado de cajas con igual probabilidad. A continuación, coge una bola de la primera caja y ponla en la segunda [del par ordenado]. Si la primera está vacía, no hagas nada. (Esta se puede generalizar como las soluciones de Camaredes).

Answer 4

Sé que puede ser un poco tarde, pero todavía quiero discutir esto con la gente si es posible:

Los diferentes resultados pueden deberse a diferentes supuestos, un ejemplo es Paradoja de Bertrand . (El truco aquí es cómo definimos "igualmente probable") Y supongo que esto también podría explicarse de esa manera.

En la distribución de Bose-Einstein, si etiquetamos las bolas para distinguirlas: $$|1|\:\:\:|2|\:\:\:|\:\:| \: and \: |2|\:\:\:|1|\:\:\:|\:\:|$$ son las mismas situaciones, lo que significa que no importa qué balón entra en cada caja.

En el comentario anterior: " Here is a "manipulation" which does not lead to the desired distribution. Choose a marble (distinguishable marbles!) such that every marbles are equally likely to be chosen. Then choose a box such that every boxes are equally likely to be chosen. Find the marble chosen in the boxes and put in the box chosen. In the case of 3 boxes and 2 marbles the described manipulation will lead to the following distribution on the arrangements listed above: 1/9, 1/9, 1/9, 2/9, 2/9, 2/9. But I want ,manipulations that lead to 1/6, ... 1/6. "
En la situación del comentario, si etiquetamos las bolas para distinguirlas:
$$|1|\:\:\:|2|\:\:\:|\:\:| \: and \: |2|\:\:\:|1|\:\:\:|\:\:|$$ son situaciones diferentes. Pero $$|1 2|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|\:\:| \: and \: |2 1|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|\:\:|$$ se consideran iguales.
Esto significa que en nuestro supuesto, qué bola está en qué casilla importa, pero el orden en que entraron en la casilla no importa. Por eso tenemos 9 como denominador.

Sin embargo, si cambiamos un poco la suposición - la caja puede registrar el orden en que las cosas entraron en ella. Entonces obtendremos tres situaciones más, es decir, 12 en total:

$$|1 2|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|\:\:|$$ $$|2 1|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|\:\:|$$ $$|1|\:\:\:|2|\:\:\:|\:\:|$$ $$|1|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|2|$$ $$|2|\:\:\:|1|\:\:\:|\:\:|$$ $$|\:\:|\:\:\:|1 2|\:\:\:|\:\:|$$ $$|\:\:|\:\:\:|2 1|\:\:\:|\:\:|$$ $$|\:\:|\:\:\:|1|\:\:\:|2|$$ $$|2|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|1|$$ $$|\:\:|\:\:\:|2|\:\:\:|1|$$ $$|\:\:|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|1 2|$$ $$|\:\:|\:\:\:|\:\:|\:\:\:|2 1|$$

Entonces la probabilidad volverá a ser $\frac{1}{6}$ de nuevo. Espero que esto tenga sentido.