Probabilidad de que un muchacho torpe come 20 caramelos $k$

Question

Una semana o dos (o quizás más) hace la siguiente pregunta fue publicado y, a continuación, elimina justo cuando estaba llegando al final de mi solución. Por desgracia he olvidado de lo que mi solución iba a ser. No creo que el OP reposteado, de modo que aquí es una ligera variante de la misma.

Un niño tiene 20 dulces en su mano. Él se los come uno a la vez, pero cada el tiempo pone a uno en su boca hay una posibilidad de que él cae uno de esos restante en su mano. Esa oportunidad es $0.04n$ donde $n$ es el número de restantes (e independiente de todo lo demás). Así que después de comer las primera dulces hay una 0.76 posibilidad de que él se queda con sólo 18 dulces en su mano. Él nunca recoge caer los caramelos. Encontrar el probabilidad de que se termina comiendo $k$ de los caramelos.

Parte de la diversión es la elegancia o no de la solución. La serie que uno necesita para la suma con un andar enfoque no es difícil, sólo hay una (bastante obvio) trampa para el overhasty. Pero sería bueno pensar en un enfoque más elegante. Estoy agobiado en el trabajo hoy, pero va a tratar de reconstruir mi solución y post como respuesta el día de mañana (estoy en GMT+1, es decir, 5 horas antes de la EDT. Espero que sea la correcta jerga de vez en nueva york.).

Oh, yo bonita parcela siempre ayuda. Una solución para el caso general (en sustitución de 0.04 por una constante $p=\frac{1}{M}$ donde $M\ge N$, y el 20 por $N$) y las reglas de oro para lo que era necesario para él para comer, al menos, la mitad o lo que sería bueno también. El más sofisticado podría recitar los relacionados con la inferencia problema: suponiendo que su anterior creencia de que la $p$ es distribuido uniformemente sobre (1) $[0,1]$, (2) $[0,0.1]$, (3) $[0.9,1]$ (en tres casos distintos) y se observa que se le cae $k$, entonces ¿cuál es la distribución posterior para $p$?

Por CIERTO, de 66 años, yo no tienden a conseguir dado a la tarea. :)

Y no me importa soluciones con un elemento de software, siempre hay una explicación adecuada. También he reunido tres preguntas de diferentes niveles de dificultad porque están tan estrechamente relacionados. Para ser claro, yo daría la bienvenida a soluciones que abarcan sólo uno de (1) el problema básico (primer fondo amarillo de arriba) con 20 dulces y $p=0.04$, (2) el caso más general con $N$ dulces y $p=\frac{1}{M}$, y (3) la inferencia de la pregunta (el segundo fondo amarillo).

Answer 1

Configuración de recursividad:

probabilidad de $p\left(n,i\right)$de % que $i$ $n$ dulces se comen.

Ser encontrado: $p\left(20,k\right)$.

$p\left(n,i\right)=0$ if $2i<n\vee i>n$

$p\left(0,0\right)=1=p\left(1,1\right)$

Si $2i\geq n\geq2$ entonces: $$p\left(n,i\right)=0.04\left(n-1\right)p\left(n-2,i-1\right)+\left[1-0.04\left(n-1\right)\right]p\left(n-1,i-1\right)$ $

Tengo una hoja excel con los resultados de $n\leq20$.

Mirando el resultado más alto: la probabilidad de que el niño comerá $15$ $20$ dulces trata de $0.329869$.

Answer 2

Esta es sólo una respuesta parcial a (2), aunque también se confirma la respuesta existente para (1) y da una explicación para la elección de $p=\frac{1}{M}$$M\ge N$. Espero que inspire a alguien para venir para arriba con algunas nuevas ideas que conduzcan a una solución general.

(2) vamos a empezar por mirar el puro de problemas de probabilidad para el caso general de $N$ caramelos en la mano al niño inicialmente y una probabilidad de $pm$ que se le cae un caramelo como él lo pone a uno en su boca, donde $m$ es el número restante después de que se selecciona el uno para poner en su boca. Así que estamos tratando de encontrar a $k=f(N,p)$ que termina de comer $k$ de los caramelos. Dado que esta respuesta es ya bastante larga voy a tratar con el problema de inferencia en la parte (2) en una de respuestas separada.

Tenga en cuenta que debe comer uno para todos los dulces que se le cae, por lo $k\le\frac{N}{2}$. También es posible que no se caiga ningún modo $0\le k\le\frac{N}{2}$. La obvia trampa de la que he mencionado en la pregunta es que si se le cae un caramelo mientras se come su primer caramelo, a continuación, el número de caramelos que se reduce en 2, no 1.

Un poco de reflexión muestra que tenemos la relación de recurrencia $$f(n,k)=p(n-1)f(n-2,k-1)+\left(1-p(n-1)\right)f(n-1,k-1)\ \ (*)$$ El primer término en el lado derecho corresponde a su soltando un caramelo y el segundo término a su no dejar caer un caramelo. Así que el primer término ha $n$, que se reduce a $n-2$ y el segundo a $n-1$, mientras que el $k$ reduce a $k-1$ en ambos términos.

En este punto es perfectamente factible el uso de software para resolver los valores específicos. He perdido 10 minutos de no entrar al derecho de las condiciones de contorno en Mathematica RecurrenceTable función y se conecta a una hoja de cálculo de LibreOffice (una fuente abierta de MS Office) con los siguientes resultados para $p=0.04,N=20$:

$\begin{array}{lllllllllll} 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15\\ 0.000009 & 0.000936 & 0.017521 & 0.105922 & 0.270699 & 0.329869\\ & \\ 16 & 17 & 18 & 19 & 20\\ 0.202084 & 0.062766 & 0.009540 & 0.000640 & 0.000014\end{array}$

y, por tanto,$E(k)=14.82$, que de acuerdo con @drhab la primera vez que me encontré con la hoja de cálculo. Alentar!

Trazados en Mathematica se convierten en:

Para lidiar con el caso general, tenemos que investigar un poco más. Obviamente sólo podemos gestionar $k=N$ por no dejar caer ninguna dulces, por lo $(*)$ se convierte en $$f(n,n)=(1-p(n-1)f(n-1,n-1)$$ which we can easily iterate to get $$f(N,N)=(1-p)(1-2p)\dots(1-(N-2)p)(1-(N-1)p)$$ note that the problem only makes sense if $p<\frac{1}{N-1}$. The product can be written in terms of the gamma function, or more conveniently a pochhammer symbol. But we will lose a little generality by taking $p=\frac{1}{M}$ (as stated in the question), so that the expression becomes $$f(N,N)=\left(1-\frac{1}{M}\right)\left(1-\frac{2}{M}\right)\dots\left(1-\frac{N-2}{M}\right)\left(1-\frac{N-1}{M}\right)$$ Since we are assuming $p<\frac{1}{N-1}$ we have $M\ge N$, every term in the product is positive and we have $$f(N,N)=(M-1)!\frac{1}{M^{N-1}(M-N)!}\ \ (**)$$ Note that gives the correct answer (1= certainty) for $f(1,1)$.

Mirando a $k=1$, (*) y la colocación de $g(n)=f(n,n-1)$ da $$g(n)=(M-1)\frac{n-1}{M^{n-2}(M-n+2)!}+\frac{M-n+1}{M}g(n-1)\ \ (***)$$ and evidently $g(1)=f(1,0)=0$ (must always eat at least one), and $g(2)=f(2,1)=\frac{1}{M}$ (necessary and sufficient to drop one while eating first one). Continuing, as a check, $g(3)=f(3,2)$ is easily seen to be $\frac{3}{M}-\frac{1}{M^2}$ from first principles and the recurrence gives the same result. Continuing, we find $$g(4)=\frac{3}{4(M-2)}+\frac{9}{4M}-\frac{19}{2M^2}+\frac{6}{M^3}=\frac{3M^3-14M^2+25M-12}{(M-2)M^3}$$ que ya parece bastante complicado (en cualquiera de las dos últimas formas)!

Así que me decidí a especializarse a $M=N+5$ (que ajusta el problema original si $N=20$). Que da $$f(N,N)=\frac{(N+4)!}{(N+5)^{N-1}5!}$$ and $$g(n)=\frac{(N+4)(n-1)}{(N+5)^{n-2}(N+7-n)!}+\frac{N+6-n}{N+5}g(n-1)$$

Sin duda, uno podría presionar un poco, pero no puedo dejar de sentir que me estoy perdiendo algo.