taka sama ilość kul

[wiwnes691]

Z urny zawierającej \(\displaystyle{ n}\) białych i \(\displaystyle{ n}\) czarnych kul wyciągamy losowo parzystą liczbę kul (wszystkie odróżnialne próbki zawierające parzystą liczbę kul, włącznie z próbką liczności 0, są równo prawdopodobne)
Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród wyciągniętych kul będzie tyle samo kul białych co czarnych?

[Premislav]

Nie wiem, po co w ogóle rozważać losowanie zera kul, typowe udziwnianie.

Wynik to najwyraźniej \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{n+1} \frac{{n \choose k}^{2}}{ {2n \choose 2k}}}\) - jeśli trzeba to jakoś wytłumaczyć, to napisz.

Oczywiście pewnie ktoś by stwierdził, nie całkiem bez słuszności, że to nie jest zwarta postać, więc to jeszcze nie odpowiedź. Ale nie chce mi się tego zwijać. Jak dobrze popatrzysz, to sprowadzisz ten wyraz do jakichś tam iloczynów/ilorazów liczb Catalana przemnożonych przez jakieś tam cuś, ale nie wiem, czy pomoże to w odszukaniu zwartej postaci, więc to może być bezużyteczny trop. Ja bym tego nie zwijał.
Może jest jakieś zwięźlejsze rozwiązanie.

[wiwnes691]

Nie rozumiem czemu dzielimy przez \(\displaystyle{ n+1}\) reszta ok.
Fajnie byłoby wiedzieć jak to zwinąć . Jeśli ktoś zna odpowiedź będę wdzięczna za zaspokojenie swojej ciekawości

[Premislav]

Zastosowałem wzór na prawdopodobieństwo całkowite. Ale Jeezu no, ja to jestem tak strasznie mało inteligentny, że aż dziwię się, że nie byłem w szkole specjalnej.
To: wszystkie odróżnialne próbki zawierające parzystą liczbę kul, włącznie z próbką liczności 0, są równo prawdopodobne nie znaczy przecież, że prawdopodobieństwo wylosowania zera kul jest takie samo, jak prawdopodobieństwo wylosowania dwóch kul itd. gdyż dwie kule możemy wylosować na \(\displaystyle{ {2n \choose 2}}\) sposobów (znowu ten sam fenomen: więcej czytam niż siedzę nad matmą, a w zadaniach z matmy padam na czytaniu ze zrozumieniem), a zero kul na jeden sposób. Boooże...
Podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ k}\)-elementowego, które są parzystej liczebności mamy \(\displaystyle{ 2^{k-1}}\), gdzieś tu na forum był ładny dowód z myślenia (czyli na pewno nie był mój). O, proszę:
136045.htm
Zatem moc omegi to \(\displaystyle{ 2^{2n-1}}\), zaś liczba podzbiorów o parzystej liczebności elementów, w których to jest tyle samo kul białych i czarnych dana jest przez \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{n}{n \choose k}{n \choose k}={2n \choose n}}\) (to jak rozumiem widzisz, sądząc po komentarzu do poprzedniego posta). Czyli odpowiedź to \(\displaystyle{ \frac{{2n \choose n}}{2^{2n-1}}}\)