Bolas verdes y bolas rojas, problema de probabilidad

Question

Estoy estudiando para mi examen y me encontré con el siguiente empate sin reemplazo problema :

N boxes filled with red and green balls.

The box r contains r-1 red balls and N-r green balls.

We pick a box at random and we take 2 random balls inside it, without putting them  back.

1) What is the probability that the second ball is green ?

2) What is a probability that the second ball is green, knowing the first one is green.

No sé por dónde empezar, a todos aquellos dependance (r y N) están soplando mi mente.

No sé si debo concider como un Binomio de la ley (con Bernoulli : bola = verde, n=2, p = ?) o ir con la fórmula o algo más...

Podría alguien aconsejarme ?

Answer 1

Todas las cajas contienen $N - 1$ bolas. Esto es sólo un complicado probabilidad condicional problema. Deja mirada en una sola caja con $r$ bolas rojas y $g$ bolas verdes. ¿Cuál sería la probabilidad de obtener el verde en la segunda? También depende de si o no usted dibujar un rojo o verde de la primera. Si se dibuja un rojo primero, luego hay $\left.p(\text{second green } \right| \text{ first red}) = \frac{g}{r + g - 1}$. Sin embargo, si usted dibuja una bola verde primero y luego usted tiene uno menos verde a elegir entre: $\left.p(\text{second green } \right| \text{ first green}) = \frac{g - 1}{g + r - 1}$. Entonces, ¿cuáles son las posibilidades de cada condición sucediendo? $p(\text{first red}) = \frac{r}{g + r}$ $p(\text{first green}) = \frac{g}{r + g}$ . Por lo tanto, finalmente podemos escribir:

\begin{align} p(\text{second green}) =& \left.p(\text{second green } \right| \text{ first red})p(\text{first red}) + \left.p(\text{second green } \right| \text{ first green})p(\text{first green})\\ =& \frac{r}{r + g}\frac{g}{r+g-1} + \frac{g}{r + g}\frac{g-1}{r+g-1} = \frac{g(r + g - 1)}{(r + g)(r + g - 1)} = \frac{g}{r + g} \end{align}

No es de extrañar que el dibujo de la segunda verde tiene tan buena de una oportunidad de ser verde como la primera selección.

Por lo tanto para cada una de las $N$ cuadros que usted necesita para calcular los $p(\text{second green})$ (el cual es la probabilidad de sacar una verde en el primer intento). Ahora la condición es que elegimos cuadro de $r$ ha $p(\text{second green}) = p(\text{first green}) = \frac{N - r}{N - 1}$. La probabilidad de elegir la caja de $r$ entre $N$ respuestas es $\frac{1}{N}$ que da:

$$ p(\text{segundo verde}) = \sum_1^N \frac{1}{N}\frac{N - r}{N - 1} = \frac{1}{N(N - 1)}\sum_1^r (N - r) $$

La primera suma es muy fácil (sólo estás sumar el mismo número, $N$, $N$ veces) $\sum_1^N N = N\cdot N = N^2$. La segunda parte es fácil si te acuerdas de la suma de los primeros a $n$ enteros consecutivos es $\sum_1^n i = \frac{n(n + 1)}{2}$. Así que esto nos da:

$$ p(\text{verde}) = \frac{N^2 - \frac{N(N + 1)}{2}}{N(N - 1)} = \frac{2N^2 - N^2 - N}{2N(N - 1)} = \frac{N^2 - N}{2\left(N^2 - N\right)} = \frac{1}{2} $$

Para la parte $2$), que en realidad ya se calcula que la anterior: $\left.p(\text{second green }\right|\text{ first green}) = \frac{g - 1}{g + r - 1}$. Pero ahora es necesario que se suma la condición de que podría ser cualquiera de las $N$ (cajas deedición: sin Embargo, el último cuadro, cuadro de $N$, $0$ bolas verdes (y por lo tanto viendo verde primera significa que definitivamente no era de este cuadro. Tan sólo tenemos que suma más de la primera $N - 1$ cajas y dividir por $N - 1$, no $N$.):

\begin{align} \left.p(\text{second green }\right|\text{ first green}) =& \sum_1^{N - 1} \frac{1}{N - 1}\frac{N - r - 1}{N - 2} \\ =& \frac{N(N - 1) - (N - 1) - \frac{N(N - 1)}{2}}{N(N - 2)} \\ =& \frac{2N(N - 1) - 2(N - 1) - N(N - 1)}{2(N - 1)(N - 2)}\\ =& \frac{N(N - 1) - 2(N - 1))}{2(N - 1)(N - 2)} \\ =& \frac{(N - 1)(N - 2)}{2(N - 1)(N - 2)} \\ =& \frac{1}{2} \end{align}

Esto sólo es válido para $N > 2$ (ya que si $N = 1$ hay ningún bolas en cada cuadro y si $N = 2$ sólo hay una bola en cada caja). Este resultado sólo confirma que el dibujo de bolas son eventos independientes.

Answer 2

1) El número de bolas verdes en total es igual al número de bolas rojas. Escoger una caja al azar, sacando $2$ bolas y luego buscando en el segundo es en realidad 'el mismo' como escoger una bola de los 'grandes', cuadro que contiene todas las pelotas. El procedimiento seguido no tiene influye sobre las posibilidades de un balón para ser elegido. Cada uno de las bolas tiene la misma probabilidad de aparecer como el 'elegido' aquí. Así que la probabilidad de que esta bola es verde es $\frac{1}{2}$. Asimismo, la probabilidad de que la primera bola es verde también es $\frac{1}{2}$. Si $G_{i}$ denota el caso de que el $i$-th bola llevado a cabo verde, a continuación,$P\left(G_{1}\right)=P\left(G_{2}\right)=\frac{1}{2}$.

2) Esto es más complicado. Para ser encontrado es $P\left(G_{2}\mid G_{1}\right)$ y se basa en 1), podemos empezar con: $P\left(G_{2}\mid G_{1}\right)=\frac{P\left(G_{2}\cap G_{1}\right)}{P\left(G_{1}\right)}=2P\left(G_{2}\cap G_{1}\right)$. Así que ahora se trata de calcular el $P\left(G_{2}\cap G_{1}\right)$.

Para conveniencia notacional vamos a calcular el $P\left(R_{2}\mid R_{1}\right)$ en lugar de $P\left(G_{2}\mid G_{1}\right)$ Esto en el entendimiento de que $P\left(R_{2}\mid R_{1}\right)=P\left(G_{2}\mid G_{1}\right)$ debido a la simetría. Aquí $R_i$ denota el caso de que el $i$-ésimo de la bola es roja.

Deje $R$ el valor del índice de la casilla en la que se elige al azar. Entonces $$P\left(R_{2}\cap R_{1}\right)=\sum_{r=1}^{N}P\left(R_{2}\cap R_{1}\mid R=r\right)P\left(R=r\right)=\frac{1}{N}\sum_{r=1}^{N}P\left(R_{2}\cap R_{1}\mid R=r\right)$$

Aquí $P\left(R_{2}\cap R_{1}\mid R=r\right)=\frac{r-1}{N-1}\frac{r-2}{N-2}$ de modo que $P\left(R_{2}\cap R_{1}\right)=\frac{1}{N\left(N-1\right)\left(N-2\right)}\sum_{r=3}^{N}\left(r-1\right)\left(r-2\right)$. Por inducción se puede demostrar que $\sum_{r=3}^{N}\left(r-1\right)\left(r-2\right)=\frac{1}{3}N\left(N-1\right)\left(N-2\right)$ que conduce a la $P\left(R_{2}\cap R_{1}\right)=$$\frac{1}{3}$ y, finalmente, $P\left(R_{2}\mid R_{1}\right)=\frac{2}{3}$.

Este resultado desencadenantes la expectativa que hay un 'atajo' para esta ruta, ya que hay es en el caso 1).

---

Para continuar con mi último comentario acerca de un acceso directo para el caso 2); aquí es un poco de esfuerzo en esa dirección.

Creo que de los cuadros que contienen los pares ordenados de bolas de colores. Cada la caja contiene $\left(N-1\right)\left(N-2\right)$ de estos pares. En cuadro de $r\in\left\{ 1,\dots,N\right\} $ hay $\left(r-1\right)\left(r-2\right)$ el tipo de rojo-rojo, $\left(r-1\right)\left(N-r\right)$ de tipo rojo-verde, $\left(N-r\right)\left(r-1\right)$ de tipo verde-rojo y $\left(N-r\right)\left(N-r-1\right)$ de tipo verde-verde. Esto termina en total hay $N\left(N-1\right)\left(N-2\right)$ los pares. Se puede calcular que $\frac{1}{3}N\left(N-1\right)\left(N-2\right)$ son de tipo verde-verde, y fuera de curso $\frac{1}{2}N\left(N-1\right)\left(N-2\right)$ de los pares tiene un verde como la primera bola. Como en 1) ahora viene a recoger un pedido par de una gran caja que contiene todos los pares ordenados de bolas. Este debido a que cada par ordenado tiene la misma probabilidad de ser elegido. El procedimiento seguido para llegar a este punto no molestar. Que da $$P\left\{ \text{second green}\mid\text{first green}\right\} =\frac{P\left\{ \text{second green and first green}\right\} }{P\left\{ \text{first green}\right\} }=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}$$