No es un problema de 20 bolas en una bolsa.

Question

Estoy tratando de resolver este problema con resultados mixtos y he intentado varias maneras.

Este es el problema en su forma más fácil de explicar:

Hay una bolsa con 20 bolas de colores:

3 Azul 4 Rosa 5 Amarillo 8 Verde

Si saco bolas de la bolsa sin reemplazarlas hasta tener 3 del mismo color, ¿cuáles son las probabilidades de que las 3 bolas del mismo color sean Azules rosa, amarillo o verde?

Puedo calcular cosas como obtener 3 verdes con sólo 3 picos, etc., ya que creo que esto es 0,049122807, pero ¿tengo razón en que hay 27 formas de terminar con 3 verdes con todas las probabilidades diferentes?

Como el orden sólo es relevante en la elección final que te da 3 igual, hasta ese momento es irrelevante?

Pero la cosa se complica mucho más cuando se elige hasta 3 lo mismo.

Answer 1

Suponiendo que tengas mucho tiempo libre y una calculadora a mano, puedes intentar resolverlo con este método (o tal vez, como se sugiere más arriba, escribir un programa de ordenador para hacerlo):

Este método implica el uso de estados para denotar una situación particular en el problema.

Dejemos que $X_{b, p, y, g}$ denota el estado que tiene actualmente $b$ , $p$ , $y$ y $g$ Bolas azules, rosas, amarillas y verdes (fuera de la bolsa).

Entonces dejemos que $E(C_{b, p, y, g})$ denota la probabilidad de obtener 3 bolas de color $C$ en el estado $X_{b, p, y, g}$ .

Ahora, $b$ , $p$ , $y$ y $g$ sólo puede ser 0, 1 o 2 (cualquier otra cosa y ya tienes 3 bolas del mismo color). Por lo tanto, hay que tener en cuenta el $3^4=81$ estados en total.

Así que para un color en particular, $C$ la probabilidad de obtener 3 de ese color es $E(C_{0, 0, 0, 0})$ .

Digamos que ese color es el azul, por ejemplo.

Entonces:

$$E(B_{0, 0, 0, 0}) = \frac{3}{20}E(B_{1, 0, 0, 0})+\frac{4}{20}E(B_{0, 1, 0, 0})+\frac{5}{20}E(B_{0, 0, 1, 0})+\frac{8}{20}E(B_{0, 0, 0, 1})$$

$$E(B_{1, 0, 0, 0}) = \frac{2}{19}E(B_{2, 0, 0, 0})+\frac{4}{19}E(B_{1, 1, 0, 0})+\frac{5}{19}E(B_{1, 0, 1, 0})+\frac{8}{19}E(B_{1, 0, 0, 1})$$

En general, si $b,p,y,g<3$ :

$$ E(B_{b, p, y, g}) = \frac{3-b}{20-b-p-y-g}E(B_{b+1, p, y, g})+\frac{4-p}{20-b-p-y-g}E(B_{b, p+1, y, g})+\frac{5-y}{20-b-p-y-g}E(B_{b, p, y+1, g})+\frac{8-g}{20-b-p-y-g}E(B_{b, p, y, g+1})$$

Así que:

$$\small E(B_{b, p, y, g}) = \frac{(3-b)E(B_{b+1, p, y, g})+(4-p)E(B_{b, p+1, y, g})+(5-y)E(B_{b, p, y+1, g})+(8-g)E(B_{b+1, p, y, g+1})}{20-b-p-y-g}$$

Tenga en cuenta que:

$$E(B_{3, p, y, g})=1$$ $$E(B_{b, 3, y, g})=0$$ $$E(B_{b, p, 3, g})=0$$ $$E(B_{b, p, y, 3})=0$$

Así que, a no ser que quieras hacer muchos cálculos... un programa de ordenador puede ser útil.

He creado un programa que ha calculado las probabilidades utilizando este método. Sin embargo, no puedo estar 100% seguro de que sea correcto, ya que puedo haber cometido un error. No obstante:

Azul: $\small 0.036239070527$
Rosa: $\small 0.107921954207$
Amarillo: $\small 0.209518422754$
Verde: $\small 0.646320552513$

Answer 2

Como se señala al final, creo que ya tenemos una respuesta mejor que la que la de abajo, pero esto ofrece otra manera de enfocar el problema.

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Tienes que elegir al menos tres bolas para conseguir tres de un mismo color. Por el Principio de la Colocación, si has escogido nueve bolas, debes tener al menos tres de un color.

Así que primero obtendremos tres de un color cuando elijamos el $n$ de la pelota, para $3 \leq n \leq 9$ . Además, cuando eso ocurre, exactamente dos de los primeros $n-1$ las bolas serán serán del mismo color que el $n$ de la bola, y no habrá más de dos de cualquier otro color.

Por ejemplo, considere el caso en el que primero obtiene tres bolas del del mismo color en el $6$ la vez que sacas una bola. Eso significa que ya has sacado cinco bolas, no más de dos de un mismo color. Hay varias formas posibles de hacerlo:

• Dos de cada uno de los dos colores, uno de un tercer color. En realidad sólo importa cuáles son los dos primeros colores, así que hay $\binom 42 = 6$ diferentes combinaciones de colores a considerar.
• Dos de un color y uno de cada uno de los otros colores; hay $4$ combinaciones de colores a tener en cuenta.

Una combinación de colores es $2$ verde, $2$ rosa, $1$ o bien azul o bien amarillo. Hay $\binom 82$ formas de elegir dos bolas verdes, $\binom 42$ formas de elegir dos bolas rosas, y $8$ maneras de elegir una bola de uno de los colores restantes. Hay un total de $\binom{20}{5}$ formas igualmente probables de elegir cinco bolas, por lo que la probabilidad de que la primeras cinco bolas tengan esta combinación de colores es $$ P(2G,2P,1) = \frac{8 \binom 82 \binom 42}{\binom{20}{5}}. $$ Si esta combinación particular sale en las primeras cinco bolas, entonces tenemos $6$ de $15$ bolas restantes que son verdes, por lo que la posibilidad de elegir esta combinación de las cinco primeras bolas y obtener una tercera bola verde es $$ P(2G,2P,1) P(G \mid 2G,2P,1) = \left(\frac{8 \binom 82 \binom 42}{\binom{20}{5}}\right) \frac{6}{15}. $$

La probabilidad de que la sexta bola sea verde dado que exactamente dos de las primeras cinco bolas son verdes, es la misma independientemente del color de las otras tres bolas, por lo que en lugar de $P(G \mid 2G,2P,1)$ podemos escribir $P(G \mid 2G,3)$ .

La probabilidad de que nos detengamos después de elegir $6$ bolas porque tenemos tres bolas verdes es entonces \begin{split} & P(2G,2P,1) P(G \mid 2G,3) \\ & \qquad + P(2G,2B,1) P(G \mid 2G,3) \\ & \qquad + P(2G,2Y,1) P(G \mid 2G,3) \\ & \qquad + P(2G,1B,1P,1Y) P(G \mid 2G,3) \\ & = (P(2G,2P,1) + P(2G,2B,1) + P(2G,2Y,1)+ P(2G,1B,1P,1Y)) P(G \mid 2G,3). \end{split}

De forma similar, podemos encontrar la probabilidad de parar después de elegir el $n$ de la bola para cada $n$ y cada color.

Hay $28$ tales probabilidades a trabajar para determinar la probabilidad total de cada color ( $21$ si simplemente se restan las las probabilidades de tres colores de $1$ para obtener la probabilidad del cuarto color probabilidad; pero haciendo el otro $7$ probabilidades explícitamente le da una comprobación de errores). No todas son tan complicadas de calcular como el ejemplo ejemplo; cada una de las cuatro probabilidades de la novena bola es sólo una fracción de la forma $\frac{n}{12}$ multiplicado por $P(2B,2P,2Y,2G)$ .

En principio podrías hacerlo con una simple calculadora, un lápiz y unas cuantas hojas de papel, pero pensándolo bien el algoritmo recursivo con $324$ probabilidades (una para cada color para cada uno de $81$ "estados"; véase la otra respuesta) puede ser preferible, ya que tiene una fórmula recursiva relativamente sencilla.

Answer 3

Las soluciones ya dadas proporcionan las probabilidades correctas, pero recorren todos los estados del sistema. El único estado que nos interesa es aquel en el que se extrae la bola ganadora. Por lo tanto: $$P(\text{m wins}) = \sum_{states\,S_j} P(\text{m wins on next draw}\mid S_j)P(S_j|\text{draw} \sum_{k=1}^4i_k(S_j)) P(\text{draw}\sum_{k=1}^4i_k(S_j))$$ Donde $(n_1,n_2,n_3,n_4)$ es el vector de números iniciales de cada clase de bola y $S_j=(i_1(S_j),i_2(S_j),i_3(S_j),i_4(S_j))$ es el vector de números actuales de bolas extraídas. Entonces $m$ sólo puede ganar en el sorteo actual si $2$ bolas de color $m$ y $3$ se han sacado bolas de ningún color. $$P(\text{m wins on next draw}|S_j)=\left\{\array{\frac{n_m-i_m(S_j)}{\sum_{k=1}^4(n_k-i_k(S_j))} & i_m(S_j)=2\text{ and }\max(i_k(S_j),1\le k\le4)<3 \\ 0 &\text{ otherwise }}\right.$$ Podemos aprovechar lo que sabemos sobre el recuento para deducir la probabilidad de cada estado dado el número de bolas totales de ese estado que se han extraído. $$P(S_j|\text{draw}\sum_{k=1}^4i_k(S_j))=\frac{\prod_{k=1}^4{n_k\choose i_k(S_j)}}{{\sum_{k=1}^4n_k\choose \sum_{k=1}^4i_k(S_j)}}$$ Si suponemos que la extracción de bolas continúa hasta que la bolsa esté vacía, aunque el juego haya terminado en ese momento, tenemos $$P(\text{draw}\sum_{k=1}^4i_k(S_j))=1$$ Podemos expresar estas ecuaciones en un programa corto:

module combinations
   implicit none
   contains
      elemental function choose(n,k)
         integer, intent(in) :: n, k
         integer choose
         integer i

         choose = 1
         do i = 1, k
            choose = choose*(n-k+i)/i
         end do
      end function choose
end module combinations

program bag20
   use combinations
   implicit none
   integer, parameter :: REAL64 = kind([double precision::])
   integer iblue, ipink, iyellow, igreen, I(4)
   integer, parameter :: N(4) = [3,4,5,8]
   real(REAL64) :: P(4) = 0

   do iblue = 0, 2
      do ipink = 0, 2
         do iyellow = 0, 2
            do igreen = 0, 2
               I = [iblue,ipink,iyellow,igreen]
               where(I==2) P = P+product(choose(N,I))/ &
                  real(choose(sum(N),sum(I)),REAL64)*(N-I)/sum(N-I)
            end do
         end do
      end do
   end do
   write(*,'(2(g0:1x))') 'pblue = ',P(1),'ppink = ',P(2), &
      'pyellow = ',P(3),'pgreen = ',P(4)
end program bag20

edit: Acabo de darme cuenta de que la misma fórmula, pero reordenada ligeramente y con un razonamiento diferente, fue publicada por @Graham Kemp aquí . Paradójicamente tampoco nadie admitió entenderlo en ese hilo.