Demostración de una identidad combinatoria sin doble contabilidad

Question

Considere el siguiente problema:

Tenemos una colección de m blanco y n bolas negras. Elegimos k bolas ( k m + n ) sin de reemplazo. ¿Cuál es el número esperado de bolas blancas en la muestra?

Método de recuento 1: La proporción de bolas blancas en la colección es m /( m + n ). Si muestreamos repetidamente la colección, esperamos que, por término medio, nuestra muestra tenga la misma proporción. Por lo tanto, el número esperado de bolas blancas en una muestra de tamaño k es km /( m + n ).

As a side note, I think the above argument somehow depends on the unbiasedness of 
the mean estimator. Am I right?

Método de recuento 2: Calculamos directamente el número esperado de bolas blancas en la muestra:

$$ \frac{\sum_{i=0}^{k} i\binom{m}{i}\binom{n}{k-i}}{\binom{m+n}{k}} \enspace.$$

---

Entonces, llegamos a la identidad: $$ \sum_{i=0}^{k} i\binom{m}{i}\binom{n}{k-i} = \frac{km}{m+n}\binom{m+n}{k} \enspace.$$

¿Cómo se puede demostrar el resultado anterior sin contar dos veces?

Parece que se puede probar utilizando La identidad de Vandermonde así como $i\binom{m}{i} = m\binom{m-1}{i-1}$ . Pero, ¿existe un enfoque más sencillo (que no dependa de identidades adicionales como la de Vandermonde)?

Answer 1

Si queremos evaluar

$$\sum_{q=0}^k q{m\choose q}{n\choose k-q} = \sum_{q=1}^k q{m\choose q}{n\choose k-q} = m \sum_{q=1}^k {m-1\choose q-1}{n\choose k-q}$$

hay una prueba muy sencilla utilizando la representación integral

$${n\choose k-q} = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k-q+1}} (1+z)^n \; dz.$$

Este valor es cero cuando $q\gt k$ por lo que podemos extender la suma hasta el infinito para obtener

$$\frac{m}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} (1+z)^n \sum_{q\ge 1} {m-1\choose q-1} z^q \; dz \\ = \frac{m}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} (1+z)^n z (1+z)^{m-1} \; dz \\ = \frac{m}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k}} (1+z)^{m+n-1} \; dz.$$

Esto es

$$m{m+n-1\choose k-1} = \frac{km}{m+n} {m+n\choose k}.$$

Answer 2

Para $i=1$ a $k$ definimos la variable aleatoria indicadora $X_i$ por $X_i=1$ si el $i$ -la bola elegida es blanca, y por $X_i=0$ de lo contrario. Entonces el número $W$ de bolas blancas recogidas viene dada por $$W=X_1+X_2+\cdots+X_k.$$ Por el linealidad de la expectativa tenemos $$E(W)=E(X_1)+E(X_2)+\cdots+E(X_k).\tag{1}$$ Para cualquier $i$ la probabilidad de que el $i$ -la bola elegida es blanca es $\frac{m}{m+n}$ . Esto se debe a que cualquier bola tiene la misma probabilidad de ser la obe elegida $i$ -a.

Así, $\Pr(X_i=1)=\frac{m}{n}$ y por lo tanto $E(X_i)=\frac{m}{m+n}$ . De (1) se deduce que $E(W)=k\cdot \frac{m}{m+n}$ .