Prawdopodobieństwo wyciągnięcia kuli.

[pawlo392]

Mam mały problem z tym zadaniem.
Rozważmy taki eksperyment, iż mamy w urnie czarne "c" i białe "b" kule. Pytamy się jaka jest szansa, że w k-tym losowaniu wyjmiemy białą kulę. Losujemy bez zwracania. Łatwo zauważyć, iż wynik powinien wyjść \(\displaystyle{ \frac{b}{c+b} }\). Chciałem podejść do tego w ten sposób.
Za moc omegi bierzemy wszystkie możliwość wylosowania białych kul, tj. \(\displaystyle{ {c+b \choose b} }\). Teraz mam problem z dobrym określeniem zdarzeń sprzyjających.

[Janusz Tracz]

jaka jest szansa, że w \(\displaystyle{ k}\)-tym losowaniu wyjmiemy białą kulę. Losujemy bez zwracania. Łatwo zauważyć, iż wynik powinien wyjść \(\displaystyle{ \frac{b}{c+b} }\)

Dlaczego? Gdy losujemy \(\displaystyle{ k}\) razy bez zwracania to wynik powinien zależeć od \(\displaystyle{ k}\). Ja to widzę tak:
Niech \(\displaystyle{ b_k}\) oznacza wylosowanie białej kuli w \(\displaystyle{ k}\) tym losowaniu analogicznie \(\displaystyle{ c_k}\). Gdy losowań jest \(\displaystyle{ k=1}\) to mamy

\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left(b_1\right)=\frac{b}{c+b}}\)

Jednak gdy \(\displaystyle{ k=2}\) to

\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left(b_2\right)=\mathbb{P}\left(b_2|b_1\right)+\mathbb{P}\left(b_2|c_1\right)=\mathbb{P}\left(b_2\right)=\mathbb{P}\left(b_2|b_1\right)+\mathbb{P}\left(b_2|c_1\right)=\frac{b-1}{c+b-1}+\frac{b}{c+b-1}}\)

gdy \(\displaystyle{ k=3}\) to

\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left(b_3\right)=\mathbb{P}\left(b_3|b_1 \ i \ b_2\right)+\mathbb{P}\left(b_3|b_1 \ i \ c_2\right)+\mathbb{P}\left(b_3|c_1 \ i \ b_2\right)+\mathbb{P}\left(b_3|c_1 \ i \ c_2\right)}\)

Ogólnie:

\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left(b_k\right)=\sum_{i=0}^{k}\left(\begin{array}{c}k-1\\ i\end{array}\right)\mathbb{P}\left(b_k| \underbrace{bbb...b}_{k-1-i}\underbrace{ccc...c}_{i}\right)=\sum_{i=0}^{k}\left(\begin{array}{c}k-1\\ i\end{array}\right)\frac{b-k+1+i}{c+b-k+1}}\)

interpretacja jest taka, że prawdopodobieństwo w \(\displaystyle{ k}\) tym losowaniu jest sumą prawdopodobieństw warunkowych gdzie w \(\displaystyle{ k-1}\) wcześniejszych losowaniach wyciągnęliśmy już jakąś kombinację kul białych i czarnych (kolejność nie ma znaczenia).

[pawlo392]

Jednak gdy \(\displaystyle{ k=2}\) to

\(\displaystyle{ \mathbb{P}\left(b_2\right)=\mathbb{P}\left(b_2|b_1\right)+\mathbb{P}\left(b_2|c_1\right)=\mathbb{P}\left(b_2\right)=\mathbb{P}\left(b_2|b_1\right)+\mathbb{P}\left(b_2|c_1\right)=\frac{b-1}{c+b-1}+\frac{b}{c+b-1}}\)

Troszkę chyba przekombinowałeś. Ze zwykłego drzewka mamy \(\displaystyle{ \frac{b}{c+b} \cdot \frac{b-1}{c+b-1}+ \frac{c}{c+b} \cdot \frac{b}{c+b-1}= \frac{b}{c+b}}\)

[janusz47]

Drzewko to wynika z twierdzenia zupełnego (całkowitego) dla \(\displaystyle{ k = 2 }\) - doświadczenia losowego dwuetapowego.

[Janusz Tracz]

Nie przekombinowałem ale jednak błąd poczyniłem we wzorze. Jeszcze raz dla \(\displaystyle{ k=2}\).

\(\displaystyle{ P(b_2)=P(b_2\ i\ b_1)+P(b_2\ i \ c_1)}\)

(co omyłkowo zapisałem za pomocą p. Warunkowego)

Czyli prawdopodobieństwo wylosowania \(\displaystyle{ p_2}\) jest równe prawdopodobieństwu wylosowania \(\displaystyle{ b_2}\) i \(\displaystyle{ b_1}\) lub \(\displaystyle{ b_2}\) i \(\displaystyle{ c_1}\) a to rozpisuje się dalej jako:

\(\displaystyle{ P(b_2)=P(b_2\ |\ b_1)P(b_1)+P(b_2\ | \ c_1)P(c_1)}\)

A to równa się tyle ile napisałeś. Można zatem zignorować dalszy wzór który podałem. Ale idea wyliczania \(\displaystyle{ P(b_k)}\) jest chyba jasna. To w ramach poprawki poprawki piszę, bo pewnie można to szybciej wyliczać.