Probabilidad de cada balón que ocurre en varias muestras al azar independientes

Question

Una urna contiene 5 diferentes bolas numeradas. Elige 2 sin reemplazo. Usted, a continuación, restablezca la urna y elegir otro 2 sin reemplazo. Hacer esto una vez más. Ahora tienes tres muestras aleatorias de tamaño 2. ¿Cuál es la probabilidad de que todas las bolas numeradas aparecer al menos una vez en su 3 muestras aleatorias de tamaño 2?

Mi forma de pensar de una manera de lograrlo es a través de complementos. Hallar la probabilidad de que una de las bolas que faltan, dos, y tres. Luego de restar todas estas situaciones de uno. Es este un sólido enfoque?

Aquí está la obra:

P(todas las bolas numeradas aparecer al menos una vez) = 1 - P(al menos una bola falta)

P(al menos una bola falta) = P(una bola falta) + P(dos bolas que faltan) + P(tres bolas que faltan)

He encontrado las probabilidades de una pelota, dos bolas, y tres bolas falta para ser el siguiente:

P(una bola falta) = $$\left(1*{4 \choose 2}/{5 \choose2}\right)^2$$

P(dos bolas que faltan) = $$\left(1*{3 \choose 2}/{5 \choose2}\right)^2$$

P(tres bolas que faltan) = $$\left(1*{2 \choose 2}/{5 \choose2}\right)^2$$

Esto es porque la primera vez se puede elegir cualquiera de las tres bolas, en una pelota que faltan caso, sólo se puede elegir dos bolas de cuatro cuando hay cinco pelotas posibles. Usted puede elegir cualquiera de las dos que son originales o cualquier combinación con diferentes arbitrario dos, sino una sola que debe ser dejado fuera. Esto es cierto tanto para las muestras aleatorias después de la primera. Los pensamientos?

Answer 1

Os animo a trabajar a través de los detalles de su propio enfoque. Aquí es mi alternativa.

Después de que el primer dibujo (un par de pelotas), tenemos exactamente dos bolas (de cinco posibles) que se han elaborado (y nunca podremos llegar a menos que este en la final).

El segundo dibujo puede afectar de bolas que se han visto. Hay tres posibles resultados en cuanto al número de diferentes bolas extraídas en el primer o el segundo dibujo.

0. Podríamos obtener el mismo dos bolas como hicimos la primera vez.

1. Podríamos conseguir uno de los dos originales bolas y una tercera bola no se ve en el primer dibujo.

2. Podemos conseguir ninguno de los dos originales bolas, por lo que dos nuevas bolas de este segundo dibujo (para un total de cuatro visto después de tanto los dibujos).

Dado que no se $\binom{5}{2}=10$ maneras el segundo dibujo puede ocurrir, contando el número de $2$-subconjuntos de los cinco (distinta) de bolas, que debe ser bastante fácil determinar la probabilidad de cada uno de estos tres resultados. Sólo uno de los diez maneras corresponda el caso 0. Caso 2. corresponde a $\binom{3}{2}=3$ de ellos. Tanto el caso 1. ha probabilidad de $6$ fuera de diez, o $0.6$.

Si el caso 0. ocurrió en el segundo dibujo, nada de lo que sucede en el tercer y último dibujo se traducirá en obtener los cinco bolas. Vamos a dejar de obtener todos los cinco pelotas al menos una vez.

Si el caso 1. ocurrió en el segundo dibujo, entonces tenemos una "oportunidad". Hemos visto tres de las bolas, y lo que se necesita es dibujar exactamente las dos bolas en el tercer dibujo que no se había visto antes. Como se acaba de señalar, la oportunidad de hacer que en el tercer dibujo es el mismo caso 0. en el segundo dibujo: una oportunidad en diez.

Por último, si el caso 2. ocurrió en el tercer dibujo, va a ser mucho más propensos a tener éxito en conseguir la desaparición de una pelota (tenemos dos "posibilidades" para hacerlo). Un cálculo simple muestra que la probabilidad de ir del caso 2. en el segundo dibujo a conseguir que todos los cinco pelotas en el final es: cuatro ocasiones en diez. (Podría ser más fácil contar cuántas maneras hay para fallar para obtener la última bola, a saber, seis maneras de diez).

Ahora ponga los posibles caminos para el éxito juntos en una que no se superponen. Podríamos obtener todos los cinco pelotas en tres planos:

A. Obtención de caso 1. en el segundo dibujo y el llenado de la muestra en el tercer dibujo. La probabilidad es $0.6 \times 0.1 = 0.06$.

B. Obtención de caso 2. en el segundo dibujo de muestreo y de la falta de la quinta pelota en el tercer dibujo. La probabilidad es $0.3 \times 0.4 = 0.12$.

Agregar las probabilidades de estos distintos resultados y que tiene la combinación de la probabilidad de que todos los cinco bolas aparecerá al menos una vez en las tres muestras.

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Permítanme explicar cómo se puede hacer este cálculo escala hasta similares, pero las situaciones más complicadas. En la cadena de Markov enfoque, que hemos esbozado en palabras de arriba, uno se identifica a los "estados" que se producen y las probabilidades (cuando el dibujo está hecho) de la transición de un estado a otro. Luego nos formato de todas estas probabilidades en un estado de transición de la matriz.

Aquí se han considerado los estados basándose en cuántas bolas se han visto. Originalmente las pelotas, se ha visto, y es posible que hasta cinco bolas será visto (después de tres empates). Así que vamos a la etiqueta de los seis estados $B_0,B_1,\ldots,B_5$ según cuántas bolas se han visto.

El Lector se dará cuenta de que cuando un sorteo comienza en el estado de $B_0$, hay una probabilidad de $1$ que una transición a un estado de $B_2$ va a ocurrir. Del mismo modo las probabilidades de transición de estado $B_2$ se calculó de la siguiente manera:

$$ \begin{align*} B_2 &\to B_0 &: \; 0.0 \\ &\to B_1 &: \; 0.0 \\ &\to B_2 &: \; 0.1 \\ &\to B_3 &: \; 0.6 \\ &\to B_4 &: \; 0.3 \\ &\to B_5 &: \; 0.0 \end{align*} $$

If we compile all the transition probabilities into a matrix, where $M_{ij}$ is the chance of going from $B_i$ to $B_j$, then:

$$ M = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1.0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.4 & 0.6 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.1 & 0.6 & 0.3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0.3 & 0.6 & 0.1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.6 & 0.4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1.0 \end{bmatrix} $$

Letting $p_0,p_1,\ldots,p_5$ be the probabilities of states before a draw and $q_0,q_1,\ldots,q_5$ the probabilities after a draw. Then:

$$ \begin{bmatrix} p_0 & p_1 & p_2 & p_3 & p_4 & p_5 \end{bmatrix} M = \begin{bmatrix} q_0 & q_1 & q_2 & q_3 & q_4 & q_5 \end{bmatrix} $$

Given that the initial "probability" distribution of states (before any drawing) is $p_0 = 1$ and the rest zeros, it is not terribly hard to show that the distribution after three drawings is:

$$ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} M^3 = \begin{bmatrix} 0.00 & 0.00 & 0.01 & 0.24 & 0.57 & 0.18 \end{bmatrix} $$

La última entrada de esta última distribución de probabilidad de los estados es nuestra respuesta.

Answer 2

El siguiente enfoque es factible sólo porque los números son muy pequeños.

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que en el primer sorteo tenemos dos bolas, decir #4 y #5. A continuación, nuestro evento deseado puede ocurrir de dos maneras: (i) se obtienen dos nuevas bolas en el Sorteo de 2, y el faltante en el Sorteo de 3, o (ii), llegamos a una de las bolas #4 o #5 y una nueva en el Sorteo de 2, y el resto de los necesarios en el Sorteo de 3.

Caso (i): La probabilidad de que dos nuevas bolas en el Sorteo de 2 es $\frac{\binom{3}{2}}{\binom{5}{2}}$. Dado que tenemos dos nuevos en el Sorteo de 2, la probabilidad de recoger el último que necesitaba en el Sorteo de 3 es $\frac{4}{\binom{5}{2}}$.

Caso (ii): La probabilidad de uno nuevo y uno viejo en el Sorteo de 2 es $\frac{(3)(2)}{\binom{5}{2}}$. Dado que esto ocurrió, la probabilidad de que dos de nuevo en Empate 3 es $\frac{1}{\binom{5}{2}}$.

El resto es un corto de cálculo.