Urna zawiera N kul

[max123321]

Urna zawiera \(\displaystyle{ N}\) kul w tym \(\displaystyle{ b}\) białych. Losujemy bez zwracania \(\displaystyle{ n}\) kul i definiujemy zmienną losową \(\displaystyle{ X}\) jako liczbę wylosowanych kul białych. Znaleźć wartość oczekiwaną i wariancję \(\displaystyle{ X}\).

Proszę o sprawdzenie poniższego rozwiązania:
Prawdopodobieństwo, że wylosowano \(\displaystyle{ k}\) kul białych wynosi \(\displaystyle{ \frac{ {b \choose k} {N-b \choose n-k} }{ {N \choose n} }}\) zatem wartość oczekiwana wynosi:
\(\displaystyle{ \EE\X= \sum_{i=0}^{n}i \cdot \frac{ {b \choose i} {N-b \choose n-i} }{ {N \choose n} }}\) i wariancja:
\(\displaystyle{ \EE X^2=\sum_{i=0}^{n}i^2 \cdot \frac{ {b \choose i} {N-b \choose n-i} }{ {N \choose n} }}\)
czyli:
\(\displaystyle{ VarX=\sum_{i=0}^{n}i^2 \cdot \frac{ {b \choose i} {N-b \choose n-i} }{ {N \choose n} }-\left( \sum_{i=0}^{n}i \cdot \frac{ {b \choose i} {N-b \choose n-i} }{ {N \choose n} } \right) ^2}\).
Niestety nie potrafię napisać tego w lepszej postaci. Można to jakoś przekształcić?

Poza tym to zadanie z tego co wiem można jakoś inaczej zrobić nie licząc rozkładu, ktoś wie jak?

[Premislav]

Pokażę, jak można zwinąć te sumy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}i \cdot \frac{ {b \choose i} {N-b \choose n-i} }{ {N \choose n} }=\\= \frac{1}{{N\choose n}}\sum_{i=1}^{n} i \cdot {b \choose i} {N-b \choose n-i}=\\=\frac{b}{{N\choose n}} \sum_{i=1}^{n}{b-1 \choose i-1}{N-b \choose n-i}=\\=\frac{b}{{N\choose n}} \sum_{i=1}^{b}{b-1\choose i-1}{N-b \choose n-i}=\\=\frac{b}{{N\choose n}}{N-1 \choose n-1}=\frac{bn}{N}}\)

Pierwsza równość: wyciągnąłem przed sumę niezależne od zmiennej indeksowania wyrażenie \(\displaystyle{ \frac{1}{{N\choose n}}}\) i zauważyłem, że „zerowy" wyraz naszej sumy wynosi zero (więc sumowanie zacząłem od \(\displaystyle{ i=1}\)).
Druga równość: użyłem tożsamości \(\displaystyle{ i{b\choose i}=b{b-1\choose i-1}}\), której dowód to zwykłe rozpisanie silni na pałę i skracanie (choć można to też udowodnić przez interpretację kombinatoryczną).
Trzecia równość: odnotowałem, że dla \(\displaystyle{ i>b}\) jest \(\displaystyle{ {b-1\choose i-1}=0}\), więc obciąłem górny indeks sumowania do \(\displaystyle{ b}\).
Czwarta równość: skorzystałem z takiej oto prostej tożsamości
\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{n}{n \choose j}{N-n \choose m-j}={N\choose m}, \ n\le m}\)
Ma ona pewnie ładny dowód kombinatoryczny (ale to nie moje klimaty, ja z kombinatoryki miałem kiedyś wrzesień), a ja pokażę jej dowód z wielomianami:
na dwa sposoby znajdujemy współczynnik przy \(\displaystyle{ x^m, \ m\in\left\{ 0,1, \ldots N\right\}}\) w wielomianie \(\displaystyle{ P(x)=(x+1)^N}\). Z jednej strony ze wzoru dwumianowego Newtona wynika, że jest on równy \(\displaystyle{ {N\choose m}}\), z drugiej strony weźmy liczbę \(\displaystyle{ n\le N}\) i zapiszmy
\(\displaystyle{ P(x)=(1+x)^n(1+x)^{N-n}}\), czyli wymnażamy wielomiany
\(\displaystyle{ (1+x)^n}\) i \(\displaystyle{ (1+x)^{N-n}}\), otrzymując \(\displaystyle{ P(x)}\). Współczynnik przy \(\displaystyle{ x^m}\) w takim iloczynie jest równy właśnie \(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{n}{n \choose j}{N-n \choose m-j}}\), ponieważ również ze wzoru dwumianowego Newtona mamy
\(\displaystyle{ (x+1)^n= \sum_{j=0}^{n} {n\choose j}x^j}\) a także
\(\displaystyle{ (x+1)^{N-n}= \sum_{k=0}^{N-n} {N-n\choose k}x^k}\) i po wymnożeniu tego przy \(\displaystyle{ x^m}\) stoją takie wyrazy postaci \(\displaystyle{ {n\choose j}{N-n\choose k}}\), które spełniają \(\displaystyle{ j+k=m}\), tj. \(\displaystyle{ k=m-j}\). Stąd rzeczony współczynnik przy \(\displaystyle{ x^m}\) to
\(\displaystyle{ \sum_{j=0}^{n} {n\choose j}{N-n\choose m-j}}\), co kończy dowód.

Teraz (nie będę się już tak rozpisywał, bo i tak wyszedł post-kombajn) zwinę tę drugą sumę:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n}i^2 \cdot \frac{ {b \choose i} {N-b \choose n-i} }{ {N \choose n} }=\\=\frac{1}{{N\choose n}} \sum_{i=1}^{n}i^2{b \choose i}{N-b \choose n-i}=\\=\frac{b}{{N\choose n}} \sum_{i=1}^{b}i{b-1\choose i-1}{N-b \choose n-i}=\\=\frac{b}{{N\choose n}} \sum_{i=1}^{b}(i-1+1){b-1\choose i-1}{N-b\choose n-i}=\\=\frac{b}{{N\choose n}} \left(\sum_{i=2}^{b}(i-1){b-1\choose i-1}{N-b\choose n-i}+\sum_{i=1}^{b}{b-1\choose i-1}{N-b\choose n-i} \right)=\\=\frac{b}{{N\choose n}} \left((b-1)\sum_{i=2}^{b}{b-2\choose i-2}{N-b\choose n-i}+\sum_{i=1}^{b}{b-1\choose i-1}{N-b\choose n-i} \right)=\\=\frac{b}{{N\choose n}}\left((b-1){N-2\choose n-2}+{N-1\choose n-1} \right)=\\= \frac{b(b-1)n(n-1)}{N(N-1)}+\frac{bn}{N}}\)

Oczywiście nie będę się bawić w jakieś bezsensowne sprowadzanie do wspólnego mianownika i tak dalej, bo to już na jedno wychodzi.
Jak to obliczyć sprytniej? Być inteligentnym, ja niestety nie jestem, tego nie przeskoczę. Może jak się dłużej zastanowisz, to na coś wpadniesz. Aha, właściwie te sumy powinienem ucinać na \(\displaystyle{ \min\left\{ b,n\right\}}\), ja tu milcząco założyłem, że \(\displaystyle{ b\le n}\), ale nie chce mi się już tego poprawiać, nie zmienia to w każdym razie wyniku.

[karolex123]

A może by skorzystać z liniowości wartości oczekiwanej? Mam na myśli zdefiniowanie nowych \(\displaystyle{ b}\) zmiennych lodowych- numerujemy kule białe od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ b}\), i kładziemy \(\displaystyle{ X_i= \begin{cases} 1 &\text{, jeśli i- ta kula biała znajduje się wśród wylosowanych} \\ 0 &\text{ w przeciwnym razie.} \end{cases}}\). Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ X}\) jest sumą zmiennych \(\displaystyle{ X_i}\). Nietrudno zobaczyć, że każda ze zmiennych losowych \(\displaystyle{ X_i}\) ma tę samą wartość oczekiwaną równą \(\displaystyle{ \PP(X_i =1)}\)

[max123321]

O właśnie Karolex, o coś takiego mi chodziło. Czyli idąc Twoim tropem
\(\displaystyle{ \EE X_i=0 \cdot P(X_i=0)+1 \cdot P(X_i=1)= \frac{ {N-1 \choose n-1} }{ {N \choose n} }= \frac{n}{N}}\) i dalej
\(\displaystyle{ \EE X=EX_1+...+EX_b= \frac{bn}{N}}\)
i to się zgadza z tym co napisał Premislav.

A jak zrobić analogiczny numer dla wariancji?