probabilidad de la secuencia de enteros

Question

Supongamos que usted tiene los números del 1 al 10. Usted puede elegir cuatro de ellos, pero los números contiguos deben tener una diferencia absoluta mayor que 1. Por ejemplo, usted puede elegir $$ 1-3-6-10$$ $$ 4-2-5-1$$ pero no se puede elegir $$ 1-2-4-8$$ $$ 4-1-3-2$$ ¿Cuál es la probabilidad de que usted elija la admisibilidad de una secuencia?

Yo no podía resolver matemáticamente así que escribí un pequeño código en R require(gtools) x=permutations(10 ,4) y = abs(apply(x,1,diff)) cf = function(x){ is.element(1,x) } z=apply(y,2,cf) x[z==F,] sum(z==F)/(dim(x)[1])

Si no me equivoco, usted puede elegir la admisibilidad de una secuencia de con $0.4861111$ de probabilidad. Se puede demostrar matemáticamente?

Answer 1

Lo hice en excel. Las entradas son el número de cuerdas aceptables de longitud de 1 a 4 termina en el número de la izquierda. $$\begin {array} {c c c c c c}1&1&8&57&413\\2&1&7&50&362\\3&1&7&51&368\\4&1&7&51&367\\5&1&7&51&367\\6&1&7&51&367\\7&1&7&51&367\\8&1&7&51&368\\9&1&7&50&362\\10&1&8&57&413\\&&&&3754\end {array}$$ The total is $ 3754 $ out of $ 10000 $ for a chance of $ 0.3754$

Answer 2

Otro enfoque para el recuento: Formulario de la $10 \times 10$ de la matriz de transición $M$ donde $m_{i,j}=0$ al $|i-j|<2$, y de lo contrario,$m_{i,j}=1.$, Entonces la matriz $N=M^3$ tiene su $(i,j)$ entrada como el recuento del número de vanos cadenas de longitud 4, que comienzan con $i$ y terminar con $j$. (Esto supone, como en Ross respuesta anterior que las repeticiones son, por ejemplo, la cadena de 2-4-2-5 es ACEPTAR).

Por lo que la suma de todos los elementos de a $M^3$ da el número total de posibles cadenas de longitud 4. Para extraer la suma de uno puede pre y postmultiply por una fila, respectivamente columna, la matriz de todos los 1. Esto le da un gran total de 3754 de acuerdo con Ross respuesta.

He tratado de modificar este método de contar el número de cadenas en el que las repeticiones no son permitidos. Que hasta el momento se me escapa, aunque tengo algunas ideas.

EDIT: he encontrado una manera de hacer el recuento con las repeticiones no se permite. Comenzamos con el número de $3754$ que cuenta con repeticiones permitidas y resta de este los posibles casos que han repeticiones. Hay cuatro tipos de repeticiones. La forma más fácil contar es la forma$(a,x,y,a)$, que se obtiene sumando los elementos de la diagonal de a $M^3$. (Desde $a$ se produce en el final, y la matriz de transición de barras de las transiciones a elementos adyacentes, este número está bien). Hay, a continuación, $336$ cadenas de tipo $a,x,y,a$.

Los otros tipos de repetición naturalmente grupo en tres tipos: tipo a $(a,x,a,y),$ otro tipo de $(x,a,y,a)$ con la misma cuenta como $(a,x,a,y)$ por la simetría, y la superposición de estos dos tipos, a los que se $(a,b,a,b)$ cuyo recuento se debe agregar de nuevo desde que se puso el doble de contado. Para el tipo de $(a,x,a,y)$ formamos en la fila de la matriz de los elementos de la diagonal de a $M^2$ y que se multiplican por $M$, y la suma de los diez entradas, dando a $520$ repeticiones de tipo $(a,x,a,y).$ Luego hay otro $520$ tipo $(x,a,y,a)$, como se nota por la simetría. Finalmente el número de cómputo doble de las cadenas de $(a,b,a,b)$ es sólo la suma de los elementos de $M$ $72.$

Por lo que el cálculo es $$3754-336-520-520+72=2450.$$ Es decir, el número total de posibles cadenas, en el sentido de que todos los términos al menos en la distancia $2$ aparte, y no las entradas repetidas, es exactamente $2450.$ Si se utiliza el espacio muestral de todas las cadenas de longitud cuatro sin repeticiones, yo.e $10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7,$ se obtiene por la probabilidad de que el número de $$p=\frac{2450}{5040}=\frac{35}{72}=0.486111\cdots,$$ que coincide con la respuesta obtenida por el OP del programa.