Diez canicas puestas en una caja, color de cada conjunto por lanzamiento de una moneda justa. Se sacan (con reposición) diez canicas blancas. ¿Probabilidad de que todas las canicas sean blancas?

Question

La siguiente pregunta proviene de la sección de probabilidad del Prueba del Titán *.

* Evitaré el debate sobre si esta prueba mide con precisión lo que pretende, ni si tales objetivos son significativos. La prueba parece contener algunos rompecabezas matemáticos interesantes, ¡y eso es lo que cuenta!

Supongamos que eres la verdad es que se le dijo que se introducían diez canicas en una caja, todas ellas idénticas excepto que sus colores se determinaban al lanzar una moneda imparcial. Cuando salía cara, se introducía una canica blanca, y cuando salía cruz, una negra. Se mete la mano en la caja, se saca una canica, se inspecciona su color y luego devolverlo a la caja . Agita la caja para mezclar las canicas al azar, y luego mete la mano y vuelve a seleccionar una canica al azar . Si inspeccionas diez canicas sucesivamente de esta manera y todas resultan ser blancas, ¿cuál es la probabilidad [probabilidad], con el porcentaje entero más cercano, de que las diez canicas de la caja sean blancas?

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No estoy seguro de cómo abordar esta cuestión en el marco de la probabilidad frecuentista. Parece que se justifica un enfoque bayesiano.

El punto de partida crucial es: ¿qué distribución a priori debe utilizarse?

Mi primer instinto sería basar el anterior en un distribución binomial ya que se nos dice que la caja se llenó a través de un proceso de Bernoulli. Artículos como http://www.amstat.org/publications/jse/v12n2/zhu.pdf abordar aquellos casos en los que "no existe una opinión previa sólida sobre lo que es p", esto no parece aplicarse aquí.

Así que define

$b_n = {\displaystyle{\binom{10}{n}}}\dfrac{1}{2^{10}} \tag{1}$

para la distribución previa de las canicas negras.

Déjalo:

• $n$ sea el número de canicas negras en la caja
• $A_{0}$ sea el caso de que se extraigan 10 canicas blancas
• $A_{0,n}$ sea el caso de que se extraigan 10 canicas blancas y la caja contenga $n$ canicas negras
• $B_n$ sea el evento previo que contenía la caja $n$ canicas negras

Entonces

$P(A_0) = \sum\limits_{n=0}^{10}{P(A_{0,n})} \tag{2}$

y por el Teorema de Bayes

$P(A_{0,n}) = P(A_0 \cap B_n) = P(B_n)P(A_0|B_n) \tag{3}$

donde

$P(B_n) = b_n = {\displaystyle{\binom{10}{n}}}\dfrac{1}{2^{10}} \tag{4}$ y $P(A_0|B_n) = \Big(1-\dfrac{n}{10}\Big)^{10} \tag{5}$

La respuesta que buscamos es $\dfrac{P(A_{0,0})}{P(A_{0})}$ . Esto puede calcularse utilizando (2) a (5).

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¿Parece correcto el planteamiento?

Si es así, ¿cómo podría deshacerme de la desagradable normalización en el último paso? Fíjate en que no he afirmado (ni podría hacerlo) que $p(A_0) = 1$ .

Answer 1

Probabilidad $p$ de tener $n$ bolas blancas dentro de la caja es: $$p(n) = \frac{\binom{10}n}{2^{10}}$$

Con $n$ bolas blancas en la caja, la probabilidad $q$ de seleccionar una bola blanca todo $10$ tiempos es:

$$q(n) = \left(\frac{n}{10}\right)^{10}$$

Así que la probabilidad de obtener 10 bolas Y que la caja tenga $n$ blancos es:

$$ p(n) q(n) $$

Con esto, la probabilidad de obtener $10$ bolas blancas de una caja llena por su método descrito es:

$$ \sum\limits_{i=0}^{10} p(i)q(i) $$

El resultado final (creo) sería, entonces, la posibilidad de que una caja tenga $10$ bolas blancas y tú recibiendo $10$ de la posibilidad total de obtener $10$ bolas, es decir:

$P_{\text{final}} = \dfrac{p(10)q(10)}{\sum\limits_{i=0}^{10} p(i)q(i)} = \dfrac{1}{1024} \times \dfrac{8000000000}{111304237} \approxeq 0.07019$

Answer 2

Consideraremos el caso general de $m$ canicas colocadas en la bolsa, $n$ sorteos independientes con reemplazo, y el número observado de canicas blancas $x$ y sustituirlo por $m = n = x = 10$ para obtener la probabilidad deseada.

Dejemos que $X$ sea la variable aleatoria que cuenta el número de canicas blancas observadas entre $n$ sorteos independientes. Como las canicas se extraen con reemplazo después de que la distribución de canicas sea fija (pero desconocida), la variable aleatoria condicional $X \mid p$ sigue una distribución binomial con parámetros $n$ y probabilidad de sacar blancas $p$ , donde $p$ es a su vez una variable aleatoria.

Desde $p = H/m$ donde $H$ es el número de veces que se lanzó una cara de una moneda justa de $m$ ensayos y, por tanto, el número de canicas blancas colocadas en la bolsa. Así, $H \sim \operatorname{Binomial}(m,0.5)$ y $p$ es simplemente una transformación de escala de $H$ . Con esto se completa la especificación del modelo jerárquico.

La clave es calcular la probabilidad incondicional $$\Pr[X = x].$$ Por la ley de la probabilidad total, $$\begin{align*} Pr[X = x] &= \sum_{h=0}^m \Pr[X = x \mid p = h/m]\Pr[H = h] \\ &= \sum_{h=0}^m \binom{n}{x} (h/m)^x (1-h/m)^{n-x} \binom{m}{h} 2^{-m} \\ &= 2^{-m} \binom{n}{x} \sum_{h=0}^m \binom{m}{h} (h/m)^x (1-h/m)^{n-x}.\end{align*}$$ Entonces, por el teorema de Bayes, $$\Pr[H = h \mid X = x] = \frac{\Pr[X = x \mid p = h/m]\Pr[H = h]}{\Pr[X = x]},$$ que nos permite calcular la distribución posterior del número de canicas blancas en la bolsa, dado el número observado de canicas blancas extraídas $x$ . Para el caso concreto $m = n = x = 10$ obtenemos $$\Pr[X = 10] = 2^{-10} \frac{111304237}{7812500},$$ y para $h = 10$ el numerador es simplemente $\Pr[H = 10] = 2^{-10}$ por lo que la probabilidad deseada es $$\Pr[H = 10 \mid X = 10] = \frac{7812500}{111304237} \approx 0.0701905.$$

Esta pregunta invita claramente a más generalizaciones, como por ejemplo: ¿qué pasa si la moneda está sesgada? A la inversa, dados otros parámetros del modelo, ¿cuál es el número mínimo de extracciones necesarias para obtener una probabilidad posterior de que la bolsa contenga un determinado número de canicas blancas con una probabilidad superior a algún umbral crítico $\pi$ ? ¿Cuál es la expectativa posterior y la varianza del número de canicas blancas en la bolsa dada la muestra?