Una urna tiene 4 bolas de 4 colores diferentes,Rojo, Azul,Verde,Amarillo.

Question

Una urna tiene $4$ bolas de $4$ diferentes colores; rojo, azul, verde y amarillo. Cojo una bola al azar en el primero, y si es de color rojo, pinto es azul y devolverla a la urna. Si es el azul, me pintarlo de verde. Si es de color verde, me pintarlo de amarillo. Si es de color amarillo, me pinte de rojo. ¿ se espera que el número de ensayos para obtener todos los $4$ bolas del mismo color?

Recordatorio:

$$\color{red}{red}\to \color{blue}{blue}$$ $$\color{blue}{blue}\to \color{green}{green}$$ $$\color{green}{green}\to \color{yellow}{yellow}$$ $$\color{yellow}{yellow}\to \color{red}{red}$$

Realmente estoy atascado con este problema. Ayuda!

Answer 1

Este problema es equivalente a uno en el que hay cuatro personas en cuatro habitaciones que se unió a cíclicamente por los pasillos. Inicialmente, cada habitación tiene una de las cuatro personas, y en cada turno, una persona (no una habitación) es elegido al azar, y esta persona se mueve hacia la izquierda. ¿Cuánto tiempo antes de que terminen en la misma habitación?

Se puede definir una cadena de Markov que registra la posición relativa de las cuatro personas. Será más fácil explicar esto primero para el caso de tres personas. Sólo hay cuatro estados posibles:

• Una persona en cada una de las tres habitaciones que denotamos $111$.
• Dos personas en una habitación, y una persona en la habitación de al lado, que denotamos $21$.
• Una persona en una habitación, y dos personas en la habitación de al lado, que denotamos $12$.
• Todas las tres personas en una habitación, que denotamos $3$.

La dinámica de la cadena son también bastante simple:

• De $111$, sólo podemos mover a $21$. Porque nosotros sólo nos preocupamos de la relación de posicionamiento de la gente, de los tres posibles resultantes de acuerdos son idénticos (arriba a la rotación).

• De $21$, sólo podemos mover a $12$.

• De $12$, nos movemos a $3$ con una probabilidad de $1/3$, e $111$ con una probabilidad de $2/3$.

Para cualquier estado $k$, vamos a $t_k$ denotar la espera de tiempo para alcanzar el estado de $3$. A continuación,$t_3 = 0$, y

$$ t_{111} = 1+t_{21} \\ t_{21} = 1+t_{12} \\ t_{12} = 1+\frac{2t_{111}}{3} $$

Este rendimientos $t_{12} = 7$, $t_{21} = 8$, y, en particular, $t_{111} = 9$.

Con cuatro personas, obtenemos las siguientes ecuaciones:

$$ t_{1111} = 1+t_{211} \\ t_{211} = 1+\frac{3t_{121}}{4}+\frac{t_{202}}{4} \\ t_{121} = 1+\frac{3t_{112}}{4}+\frac{t_{31}}{4} \\ t_{31} = 1+\frac{3t_{22}}{4}+\frac{t_{103}}{4} \\ t_{202} = 1+t_{112} \\ t_{112} = 1+\frac{t_{1111}}{2}+\frac{t_{22}}{4}+\frac{t_{103}}{4} \\ t_{22} = 1+\frac{t_{211}}{2}+\frac{t_{13}}{2} \\ t_{103} = 1+\frac{3t_{211}}{4}+\frac{t_{13}}{4} \\ t_{13} = 1+\frac{3t_{121}}{4} $$

Cuando uno resuelve esta pila de ecuaciones, se obtiene la $t_{1111} = \frac{1042}{15} = 69\frac{7}{15}$, en línea con Remy de simulación de valor.

Answer 2

Esto no es una solución sino un empírica de simulación mediante R. tal vez podría ser útil como un cheque de alguien del trabajo:

values=c() 
for(i in c(1:(10^5))){
count=0
urn<-c("red","blue","green","yellow")
while(length(unique(urn))!=1){ #while loop ends when the urn contains 1 unique element
u=floor(runif(1,1,5)) #random integer between 1 and 4, inclusive
urn[u]<-ifelse(urn[u]=="red","blue",ifelse(urn[u]=="blue","green",
ifelse(urn[u]=="green","yellow",ifelse(urn[u]=="yellow","red"))))
#changes the value at the randomly selected index to be the newly painted ball color
count=count+1}
i=i+1
values<-c(values,count)} #adds number of iterations needed in that trial to the vector
mean(values)

[1] 69.40828

El valor esperado debe venir a ser en el $65-75$ gama. De nuevo, esto no es de ninguna manera una solución. Será interesante ver cómo se compara con la solución analítica.

Answer 3

Hasta una permutación cíclica de los colores no son los diez estados $$1234, \ 1123, \ 1223, \ 1233, \ 1122, \ 1133, \ 1222, 1333,\ 1112, \ 1111\ .$$ Denotar por $t_\iota$ el número esperado de movimientos para alcanzar el estado de $1111$ de estado $\iota$. Entonces usted tiene nueve ecuaciones, el cual $$t_{1233}=1+{1\over4}t_{1122}+{1\over4} t_{1333}+{1\over2}t_{1234}$$ es un ejemplo. La resolución de estas ecuaciones da, en particular, $$t_{1234}={1042\over15}\approx69.4667\ ,$$ como en Brian Tung respuesta.

Answer 4

He sustituido los colores con los números de $1,2,3,4$ en el siguiente código de java. Cuando puse el código que me dieron el valor esperado $70$ de 10000 iteraciones.

import java.util.Scanner;

class prob1
{
 public static void main(String args[])
{Scanner s=new Scanner(System.in);
int n=s.nextInt();

int m=0;
for(int i=0;i<=n-1;i++)       
 {  int A[] ={1,2,3,4}; int c=0;        
  while((A[0]!=A[1])||(A[0]!=A[2])||(A[0]!=A[3]))
 {     
       c++;
     double ran= 4*Math.random();
int r=(int) ran;

  if(A[r]==1){A[r]=2;}
  else if(A[r]==2){A[r]=3;}
  else if(A[r]==3){A[r]=4;}
  else{A[r]=1;}

System.out.print(A[0]+"-"+A[1]+"-"+A[2]+"-"+A[3]);
}
m=m+c;
}
System.out.println((double) m/n);


}
}