¿Cuál es la razón por la que $p_i$ no depende de $i$?

Question

Considere la siguiente fórmula :

$$p_i=\sum_{j=1}^n\frac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2}{n}},$$

donde $i,n$ son enteros positivos y $i=1,\ldots,n^2$.

Supongamos que hay $n$ (cajas de las cajas con la etiqueta de la $1,2,\ldots,n$), cada uno con $n$ bolas. Las bolas en cada cuadro se ordenan de acuerdo a su tamaño. El $i$th $(i=1,2,\ldots,n^2)$ más pequeña pelota de entre todos los $n^2$ bolas es el $j$th más pequeña bola de $(j=1,2,\ldots,n)$ de un cuadro si y sólo si (1) la primera $(i-1)$ valores contienen exactamente $(j-1)$ 1. Esto se puede hacer en $\binom{i-1}{j-1}$ formas, $(2)$ $i$th valor es un porcentaje ( $1$ , (3) Y por lo tanto no son exactamente $(n-j)$ 1 se distribuye entre el resto de los $(n^2-i)$ valores. Esto se puede hacer en $\binom{n^2-i}{n-j}$ maneras.

El número total de maneras en que el $n^2$ bolas pueden ser asignados al azar a $n$ cajas de es $\binom{n^2}{n}$.

Entonces la probabilidad de que el $i$th más pequeña pelota de entre todos los $n^2$ bolas es el $j$th más pequeña bola de una caja que es

$$\frac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2}{n}}.$$

Seleccionamos un balón, si éste es el $1$st bolas más pequeños de la $1$st cuadro, o $2$nd bolas más pequeños de la $2$nd de caja, lo $n$th bolas más pequeños de la $n$th cuadro. No es posible que el $i$th más pequeña bola en general fue en dos cajas, pero tenía que ser en algún cuadro. Por lo tanto, el caso de que "el $i$th más pequeña bola estaba en el cuadro de $j$", es una partición exhaustiva de las posibilidades. En consecuencia, hay posibilidades de sumar. Por lo tanto la probabilidad de que el $i$th más pequeña bola es seleccionada es

$$p_i=\sum_{j=1}^n\frac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2}{n}}.$$

Yo esperaba diferente valor de $p_i$ diferentes $i$. Pero yo estaba asombrado de que la $p_i$ es el mismo para todos los $i$.

Parece

$$p_i=\sum_{j=1}^n\frac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2}{n}}=\frac{1}{n}.$$

Lo he comprobado mediante el cálculo de $p_i$ diferentes $n$ como $2$ o $3$.

¿Cuál es la razón por la que $p_i$ no depende de $i$?

¿Por qué esta fórmula compleja que no es nada pero un uniforme de probabilidad?

Answer 1

Aquí es una expresión algebraica de la verificación. Denotando con $[z^k]$ el coeficiente de $z^k$ en una serie que se puede escribir por ejemplo \begin{align*} [z^k](1+z)^n=\binom{n}{k} \end{align*}

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{\sum_{j=1}^n}&\color{blue}{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}\\ &=\sum_{j=0}^\infty [z^{j-1}](1+z)^{i-1}[u^{n-j}](1+u)^{n^2-i}\tag{1}\\ &=[u^n](1+u)^{n^2-i}\sum_{j=0}^\infty u^j[z^j]z(1+z)^{i-1}\tag{2}\\ &=[u^n](1+u)^{n^2-i}u(1+u)^{i-1}\tag{3}\\ &=[u^{n-1}](1+u)^{n^2-1}\tag{4}\\ &\color{blue}{=\binom{n^2-1}{n-1}=\frac{1}{n}\binom{n^2}{n}} \end{align*}

Comentario:

• En (1) se aplica el coeficiente de operador dos veces y establecer el límite superior de la serie a $\infty$ sin cambiar nada, ya que estamos añadiendo ceros sólo.

• En (2) utilizamos la linealidad del coeficiente de operador y aplicar la regla de $[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^{q}A(z)$.

• En (3) se aplica la norma de sustitución del coeficiente de operador con $z:=u$
  \begin{align*} A(u)=\sum_{j=0}^\infty a_j u^j=\sum_{j=0}^\infty u^j [z^j]A(z) \end{align*}

• En (4) vamos a hacer algunas simplificaciones y está listo para seleccionar el coeficiente de $[u^{n-1}]$.

Answer 2

$p_i = \sum^{n}_{j=1} \dfrac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2}{n}} = \sum^{n}_{j=1} \dfrac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2-1}{n-1}\times\dfrac{n^2}{n}} = \dfrac{1}{n}\sum^{n}_{j=1} \dfrac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2-1}{n-1}}$.

La fórmula dentro de la suma puede ser interpretado de la siguiente manera:

Digamos que tengo $n^2-1$ pelotas de que $i-1$ son el rojo y el $n^2-i$ azul. Si selecciono $n-1$ bolas de este conjunto, el probabilty de contraer $j-1$ bolas rojas y $n-j$ bolas de color azul es $\dfrac{\binom{i-1}{j-1}\binom{n^2-i}{n-j}}{\binom{n^2-1}{n-1}}$.

Ahora se nos suma más probabilidades de todos los posibles resultados, lo que es igual a $1$, por lo tanto $p_i = \dfrac{1}{n}$.