Combinatoria de razonamiento en un problema de valor esperado

Question

Vi a este problema:

Hay una urna con $a$ rojo y $a$ bolas de color azul. Estamos sacando de él sin sustitución, hasta que hemos extraído todas las bolas de color azul (sabemos que hay $a$ de ellos). ¿Cuál es el valor esperado del número de bolas que quedan en la urna?

Esto puede ser resuelto mediante la toma de $a+ (a-1) {a \choose 1} + (a-2) {a+1 \choose 2}+\dotsb+1 {2a-2 \choose a-1 }$, y aplicando la identidad de $\sum_{i=0}^{k} {n+i \choose i}= {n+k+1 \choose k}$ varias veces. Da $\frac {2a \choose a+1} {2a \choose a}$, con lo cual se simplifica a $\frac {a}{a+1}$.

Hay un razonamiento en el que se produce este resultado directamente?

Answer 1

También tengo una heurística, no enfoque combinatorio.

Este problema puede ser refundida como cajas y bolas de problemas.

Imagine que usted disponga de todos los $a$ azul bolas en una fila. Ha $a$ bolas rojas en la mano. Imagino que hay "cajas" entre las bolas de color azul y dos "cajas" en los extremos de la fila. Deje $I_j$ indicar si o no el balón $j$th bola roja fue lanzado en el último cuadro. Podemos pretender que este último cuadro es la urna que contiene el número de bolas rojas $X$ restante después de que se ha dibujado el último azul. Observe que la probabilidad de que una bola roja es lanzado en el último bin es $\frac{1}{a+1}$. Entonces $$E[X] = E\left[\sum_{j = 1}^a I_j\right] = a P(I_j = 1) = \frac{a}{a+1}.$$

Answer 2

EDIT: La siguiente respuesta puede no ser tan "combinatoria" como usted desea, pero creo acondicionado en el primer sorteo y el uso de la recursividad puede dar alguna información sobre el problema.

Deje $p(a,b)$ ser el número esperado de bolas restantes cuando jugando el mismo juego, pero hay inicialmente $a$ bolas de color azul y $b$ bolas rojas. Claramente $p(1,1)=\frac{1}{2}$. Por el condicionamiento en el primer sorteo, $p(a,1)=\frac{1}{2}p(a-1,1)+\frac{1}{a+1}p(a,0)=\frac{a}{a+1}p(a-1,1)$, y por inducción $$p(a,1)=\frac{1} {+1}$$ Del mismo modo, $$p(1,b)=\frac{1}{b+1}p(0,b)+\frac{b}{b+1}p(1,b-1)$$ y por la inducción de nuevo podemos ver $$p(1,b)=\frac{b}{2}.$$ Esto sugiere que la respuesta general puede ser $p(a,b)=\frac{b}{a+1}$.

Ahora utilizando el doble de la inducción en $a, b$ da $$p(a,b)=\frac{a}{a+b}p(a-1,b)+\frac{b}{a+b}p(a,b-1)=\frac{b}{(a+1)},$$ a partir de la cual puede establecer $a=b$ para obtener su respuesta