Probabilidad de que un lápiz esté desafilado

Question

Supongamos que un estudiante tiene $n$ lápices, cada uno de ellos afilado. Tiene sus exámenes finales preparados. Cada día, antes del examen, elige al azar un lápiz para escribir la prueba. ¿Cuál es la probabilidad de que el $k$ -¿el lápiz que coge está (todavía) afilado? Ten en cuenta que, una vez usado, el lápiz pierde el filo, y un lápiz sin filo no se vuelve a afilar.

La respuesta que se da es $\left(1-\frac{1}{n}\right)^{k-1}$ .

Tengo entendido que si $P(k)$ es la probabilidad de que el lápiz elegido en el $k$ l día es nítido: Entonces, $P(k=1) = 1$ ya que todos los lápices están afilados. Para $k>1,$ $\displaystyle P(k) = \sum_{i=1}^{k-1} \frac{n-i}{n}$ ya que podemos tener $i=1,2, \cdots k-1$ lápices romos. Pero esto es claramente erróneo ya que la probabilidad no puede exceder $1$ lo que hace aquí.

Preguntas:

1. ¿En qué me he equivocado?
2. Veo la recursividad $P(k) = P(k-1) \left(1-\frac{1}{n}\right)$ que pueden ser de utilidad. ¿Puedo resolverlo utilizando esta recursividad?

Answer 1

El espacio de probabilidad está formado por secuencias $(p_1,p_2,\dots,p_k)$ de longitud $k$ donde $p_i$ denota el lápiz elegido para el $i^{th}$ examen para cada $i\in \{1,\dots,k\}$ . El espacio muestral tiene $n^k$ resultados, y las hipótesis del problema implican que todos ellos son igualmente probables. Por lo tanto, basta con contar el número de resultados favorables en los que el $k^{th}$ lápiz es diferente de todos los demás lápices elegidos, y dividir por $n^k$ .

El número de resultados favorables es $n\times (n-1)^{k-1}$ . Esto se debe a que para especificar $(p_1,\dots,p_{k-1},p_k)$ hay $n$ opciones para el último lápiz, $p_k$ y luego están $n-1$ opciones para cada una de las primeras $k-1$ lápices, ya que cada uno de ellos puede ser cualquiera de los $n-1$ lápices además de $p_k$ .

Por lo tanto, la probabilidad es $$ \frac{n\times (n-1)^{k-1}}{n^k}=(1-\tfrac1n)^{k-1}.\tag*{$ \blacksquare $} $$

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En su intento, está aplicando incorrectamente la ley de la probabilidad total. Sea $A$ sea el caso de que el $k^{th}$ lápiz está afilado, y para cada $i\in \{1,\dots,k-1\}$ , dejemos que $B_i$ ser el caso de que haya $i$ lápices romos en el momento de elegir su $k^{th}$ lápiz. Es cierto que $$ P(A)=\sum_{i=1}^{k-1} P(A\mid B_i)P(B_i) $$ Además, es cierto que $P(A\mid B_i)=\frac{n-i}{n}$ . Por lo tanto, la respuesta correcta es $$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{n-i}{n}\cdot \color{red}{P(B_i)}.$$ Esto es semánticamente cercano a lo que escribiste, pero olvidaste el $P(B_i)$ . Desde $P(B_i)$ no es fácil de calcular, no recomiendo este método.

En cuanto al método de recurrencia, creo que tienes razón en que algo así podría funcionar. Para que el $k^{th}$ Para que un lápiz esté afilado, tienen que ocurrir dos cosas.

1. En $k^{th}$ lápiz tiene que ser diferente del primer lápiz. La probabilidad de que esto ocurra es $(1-\frac1n)$ .

2. En $k^{th}$ el lápiz debe ser diferente de los lápices $2$ a través de $k-1$ . Por inducción, la probabilidad de esto es $(1-\frac1n)^{k-2}$ .

Mientras puedas convencerte de que estos dos sucesos son independientes, se deduce por inducción que la probabilidad del $k^{th}$ que un lápiz esté afilado es $(1-\tfrac1n)\times (1-\tfrac1n)^{k-2}=(1-\frac1n)^{k-1}$ .