长方体的骰子，掷出各个数字的几率
本帖最后由 majer 于 2021-11-13 23:53 编辑http://jandan.net/p/109828
链接里的问题是反着问的：要想让两个正方形面上的数字1或6，每个出现的几率仅是侧面2、3、4、5任何一个数出现几率的一半，应该把骰子的长边和短边比例设为多少？
下面评论里，那个投影到圆的观点应该是对的。但很难解释清楚。这个涉及到物理上的概率实现……不知道大家有啥看法。
另外，球面上，一个通过圆心的大圆和一个不通过圆心的小圆相割，它们两个在球面上截出的类似弯月牙的图形，面积是多少？因为投影的话，正方形面积不是投出一个球冠，而是像小丑帽子似的四角——球冠挖去四个上面的类月牙。
这个有简单的计算公式吗？就是用两个圆半径和它们所成的面角度，这些几何参量表示的公式。 这个问题就是二维情况分析起来也挺复杂的。我们还需要考虑能量衰变问题。
比如二维平面上长方形两边为a,b($a\gt b$)，
那么每次骰子随机落下时，重心落在短边所张范围的比例为\(\frac{\tan^{-1}(\frac ab)}{\frac{\pi}2}\). 但是假设初始落下能量充分大，正常情况，落下的骰子还会弹起，然后在落下，知道能量过低不能继续弹起，而后面能量低到一定情况，骰子还会变成滚动状态，这部分分析会非常复杂。 本帖最后由 northwolves 于 2021-11-14 12:47 编辑
假设骰子尺寸为$1*1*h$
易知
$P_{2345}= \frac{2}{\pi}\arctan(\frac{h}{\sqrt{h^2 + 2}}) $
$P_{16}= \frac{2}{\pi}\arctan(\frac{1}{h\sqrt{h^2 + 2}}) $
解方程 $\arctan(\frac{h}{\sqrt{h^2 + 2}})= 2\arctan(\frac{1}{h\sqrt{h^2 + 2}})$
得$h=root4{5}$ $P_{ab} = \frac{2}{\pi}\arctan(\frac{ab}{c\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}})$
$P_{bc} = \frac{2}{\pi}\arctan(\frac{bc}{a\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}})$
$P_{ca} = \frac{2}{\pi}\arctan(\frac{ca}{b\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}})$
参考：Cuboidal Dice and Gibbs Distributions 上面的Gibbs Distributions不错，但是概率分布明显和你给的结果不同。
文章中说，概率分布依赖于外部条件，如高度，弹性系数，边的形状等等，弹性系数越高，越偏向于最大的面落地。由于瑜伽砖弹性非常好，所以我试验结果总是躺平是合理的。
如果长方体三边分别为a,b,c,那么文章中结论是以三边为高的概率分别为$x^a:x^b:x^c$,其中x是一个待定系数。比如对于瑜伽砖，由于弹性很好，x会非常小。
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