Encuentra una oportunidad de que la intersección de las entradas del juego de poder sea un juego vacío

Question

Se nos da un conjunto $A = \{1,2, ...n\}$ . $k$ entradas escogidas del conjunto de energía de $A$ .
La tarea es encontrar la probabilidad de que $A_1 \cap A_2 \space \cap \space... \cap \space A_k = \emptyset $ .

Se me ocurrió una solución, pero el resultado parece demasiado complicado y probablemente con un mejor conocimiento de la combinatoria se podría hacer mejor y encontrar una respuesta real.
Solución
Nos han dado: $card(A)=n$ y $X_i \in 2^A$ . Demostraremos $card(X_i) = m_i$

Además, derivé las siguientes fórmulas:
Posibilidad de aparición de un elemento específico $a$ en el subconjunto $X_i$ : $ \frac {C_{n-1}^{m_i-1}}{C_{n}^{m_i}} = \frac {m_i} n$ .
Análogamente, la posibilidad de que aparezcan dos elementos específicos en el subconjunto $X_i$ : $ \frac {C_{n-2}^{m_i-2}}{C_{n}^{m_i}} = \frac {(m_i-1)m_i} {(n-1)n}$ .

La idea final es: la probabilidad de intersección $X_1,X_2...X_k$ ser un conjunto vacío es:
1 - P(intesección tiene tarjeta 1) - P(intesección tiene tarjeta 2) ... - P(intesección tiene tarjeta n).

Pude escribirlo como:
$$1 - \sum_ {i=1}^n \prod_ {j=1}^k \prod_ {l=1}^i \frac {m_j - l +1}{n - l +1}$$

¿Podría considerarse como una solución válida? También agradecería que me dieran pistas sobre los errores en ella. Gracias.

Answer 1

Esta no es una respuesta completa (creo que es todo un problema encontrar una). Sólo lo estoy resolviendo para un caso especial $k=2$ (y $n>0$ ) con el fin de inspirar, y dar la oportunidad de comparar con sus propios pensamientos.

Denota la cardinalidad de un conjunto $B$ por $\left|B\right|$ que tenemos:

$$P\left(X_{1}\cap X_{2}=\emptyset\right)=\sum_{r=0}^{n}P\left(X_{2}\subset A-X_{1}\mid\left|X_{1}\right|=r\right)P\left(\left|X_{1}\right|=r\right)$$

Los conjuntos $X_1$ y $X_2$ se supone que son distintos y si $X_1=\emptyset$ entonces eso no es una consecuencia directa de $X_1\cap X_2=\emptyset$ . En este sentido, tomamos el caso $X_1=\emptyset$ y volver en sí: $$P\left(X_{1}\cap X_{2}=\emptyset\right)=P\left(X_{1}=\emptyset\right)+\sum_{r=1}^{n}P\left(X_{2}\subset A-X_{1}\mid\left|X_{1}\right|=r\right)P\left(\left|X_{1}\right|=r\right)$$

$P\left(X_{1}=\emptyset\right)=2^{-n}$ , $P\left(X_{2}\subset A-X_{1}\mid\left|X_{1}\right|=r\right)=\dfrac{2^{n-r}}{2^{n}-1}$ y $P\left(\left|X_{1}\right|=r\right)=\dbinom{n}{r}2^{-n}$ .

La sustitución de esto lleva entonces a: $$P\left(X_{1}\cap X_{2}=\emptyset\right)=\frac{3^{n}-1}{4^{n}-2^{n}}$$

Answer 2

Una recursión : Dejemos que $T(n,k)$ sea el número de familia de subconjuntos (digamos $\{A_1,A_2,\dots A_k\}$ ) de $[n]:=\{1,2,3,\dots ,n\}$ tal que $\bigcap_{i=1}^{k}A_i=\emptyset$ . Definimos $T(n,k):=0$ si $2^n<k$ (en efecto, no permitimos las repeticiones entre $A_k$ 's).

Dejemos que $B(n,k,r)$ sea el número de familia de subconjuntos (digamos $\{B_1,B_2,\dots B_k\}$ ) de $[n]$ tal que $\mid \bigcap_{i=1}^{k}B_i\mid=r$ . Sea $I:=\bigcap_{i=1}^{k}B_i$ . Entonces, $\bigcap_{i=1}^{k}\left(B_i\setminus I \right)=\emptyset$ . Por lo tanto, $B(n,k,r)=\binom{n}{r}T(n-r,k)$ . Tenemos la recursión, $T(n,k)=\binom{2^n}{k}-\sum_{\text{over } r}B(n,k,r)$ , lo que lleva a

$$T(n,k)=\binom{2^n}{k}-\sum_{r=1}^{\lfloor n-\log_2k \rfloor}\binom{n}{r}T(n-r,k)$$

No tengo ni idea de cómo resolver esta recursión desde aquí. Podemos sustituir $\lfloor n-\log_2k \rfloor$ por $n$ ou $k$ (como $T$ es $0$ después de algún tiempo), si eso ayuda a resolver la recursión.