Na n kartonikach

[max123321]

Na \(\displaystyle{ n}\) kartonikach zapisano \(\displaystyle{ n}\) różnych liczb rzeczywistych. Kartoniki włożono do pudełka, starannie wymieszano, a następnie losowano kolejno bez zwracania. Niech \(\displaystyle{ A_k}\) oznacza zdarzenie, że \(\displaystyle{ k}\)-ta wylosowana liczba jest większa od poprzednich.
1) Udowodnić, że \(\displaystyle{ P(A_k) = 1/k, k = 1, 2, . . . , n}\).
2) Udowodnić, że zdarzenia \(\displaystyle{ A_1, A_2, . . . , A_n}\) są niezależne.

Jak to zrobić? Może mi ktoś pomóc?

[Tmkk]

Wszystkich możliwych opcji losowania jest \(\displaystyle{ n!}\).

Jeśli chodzi o moc zdarzenia \(\displaystyle{ A_k}\), spróbuj rozumować tak:
1) losujesz najpierw \(\displaystyle{ k}\) liczb.
2) wsród nich jest jedna największa, więc ona musi stać na \(\displaystyle{ k}\)-tym miejscu, aby zagwarantować warunek \(\displaystyle{ A_k}\).
3) pozostałe \(\displaystyle{ k-1}\) liczb z tej grupy możesz pomieszać dowolnie.
4) Teraz bierzesz pozostałe \(\displaystyle{ n-k}\) liczb i ustawiasz je dowolnie (na pozostałych \(\displaystyle{ n-k}\) miejscach, oczywiście).

Jeśli to rozpiszesz, to powinno załatwić punkt pierwszy. Punkt drugi robi się analogicznie, daj znać, gdyby był problem.

[max123321]

Ok, to ma sens. Zatem zgodnie z tym co napisałeś wychodzi:
\(\displaystyle{ P(A_k)= \frac{ {n \choose k} (k-1)!(n-k)!}{n!}= \frac{n!(k-1)!(n-k)!}{k!(n-k)!n!}= \frac{1}{k} }\)

A z tą niezależnością zdarzeń to nie wiem, bo to ma być niezależność zespołowa, więc tu będzie dużo przypadków do sprawdzenia. Nie wiem jak to jakoś uprościć. Proszę jeszcze zatem o pomoc z tym.

[Tmkk]

Tak, zgadza się.

Jeśli chodzi o podpunkt b), to rzeczywiście zapisanie tego będzie trochę męczące, ale nie jakieś szczególnie skomplikowane. Tak czy inaczej, zacznij najpierw od pokazania niezależności dla dwóch zbiorów, tzn

\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A_k \cap A_l) = \mathbb{P}(A_k)\mathbb{P}(A_l)}\), czyli właściwie, że \(\displaystyle{ \mathbb{P}(A_k \cap A_l) = \frac{1}{kl}}\).

Jeśli to się uda, to nietrudno będzie to uogólnić na trzy i więcej zbiorów (w razie czego pomogę z zapisem). Nie chcę Ci psuć zabawy, więc spróbuj sam. Trzeba jakoś podobnie pokombinować, jak wybierać te liczby, aby zagwarantować oba warunki \(\displaystyle{ A_k, A_l}\) (dla ustalenia uwagi, przyjmij, że \(\displaystyle{ k<l}\)).

[max123321]

Ok mam pewien pomysł na to \(\displaystyle{ P(A_k \cap A_l)}\):

Najpierw losujemy \(\displaystyle{ l}\) liczb. Wśród nich jest jedna największa to ona musi stać na miejscu \(\displaystyle{ l}\)-tym. Z pozostałych \(\displaystyle{ l-1}\) liczb losujemy \(\displaystyle{ k}\), wśród nich jest jedna największa, zatem musi stać na miejscu \(\displaystyle{ k}\)-tym. Pierwsze \(\displaystyle{ k-1}\) liczb permutujemy dowolnie i \(\displaystyle{ l-k-1}\) pozostałych liczb też permutujemy dowolnie. Na końcu poza tymi wylosowanymi \(\displaystyle{ l}\) liczbami, pozostałe \(\displaystyle{ n-l}\) liczb permutujemy dowolnie.

Czyli: \(\displaystyle{ P(A_k \cap A_l)= \frac{ {n \choose k} {l-1 \choose k}(k-1)!(l-k-1)!(n-l)! }{n!}=}\) \(\displaystyle{ =\frac{n!(l-1)!(k-1)!(l-k-1)!(n-l)!}{l!(n-l)!k!(l-k-1)!n!}= \frac{1}{kl} }\)
Zgadza się?
No dobra, a jak to uogólnić na więcej zbiorów?

[Tmkk]

Dokładnie tak, bardzo dobrze. To teraz można powiedzieć, że dla większej liczby zbiorów robi się tak samo : P A formalnie, to pewnie byłoby coś takiego:

Niech \(\displaystyle{ i_1 < i_2 < \ldots < i_k}\) i rozumując analogicznie (czyli losujemy \(\displaystyle{ i_k}\) liczb, największą dajemy na koniec, potem z tego losujemy \(\displaystyle{ i_{k-1}}\) liczb i największą dajemy na koniec, itd, itp, na koniec permutujemy poszczególne grupy), dostajemy napis

\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \ldots \cap A_{i_k}) = \frac{1}{n!} {n \choose i_k}{i_k-1 \choose i_{k-1}} \ldots {i_2-1 \choose i_1}(i_1-1)!(i_2-i_1-1)!\ldots (i_{k}-i_{k-1}-1)!(n-i_k)! }\)

I podobnie jak wcześniej, odpowiednie rzeczy będą się skracać. W symbolach Newtona, każde \(\displaystyle{ (i_l)!}\) z mianownika skraca się z \(\displaystyle{ (i_l-1)!}\), które występuje w kolejnym symbolu, pozostawiając \(\displaystyle{ \frac{1}{i_l}}\), dla każdego \(\displaystyle{ l = 2,3,\ldots ,k}\). Z ostatnim symbolem nie ma problemu, bo zaraz obok już czeka \(\displaystyle{ (i_1-1)!}\), aby się zjeść z \(\displaystyle{ (i_1)!}\) i dać \(\displaystyle{ \frac{1}{i_1}}\). W mianowniku każdego symbolu Newtona występują również wyrazy postaci \(\displaystyle{ (i_l - i_{l-1}-1)!}\), ale one też się skracają z tym iloczynem, który stoi dalej. Pozostaje tylko \(\displaystyle{ n!}\), które się zjada z mocą omegi. Ostatecznie

\(\displaystyle{ \mathbb{P}(A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \ldots \cap A_{i_k}) = \frac{1}{i_1i_2\ldots i_k}}\), czyli tyle, ile miało wyjść.