Esquema de la urna de Pólya, demostración utilizando probabilidad condicional e inducción

Question

Problema

Una urna contiene $B$ bolas azules y $R$ bolas rojas. Supongamos que se extraen sucesivamente $n$ bolas al azar de manera que cuando se elige una bola, se devuelve a la urna nuevamente junto con $c$ bolas extras del mismo color. Para cada $n \in \mathbb N$, definimos $R_n=\{\text{la n-ésima bola extraída es roja}\}$ y $B_n=\{\text{la n-ésima bola extraída es azul}\}.$

Demuestra que $P(R_n)=\dfrac{R}{R+B}$.

Se me ocurrió intentar condicionar el evento $R_n$ a otro evento para poder usar la inducción. Por ejemplo, si $n=2$, puedo expresar $$P(R_2)=P(R_2|R_1)P(R_1)+P(R_2|B_1)P(B_1)$$$$=\dfrac{R+c}{R+B+c}\dfrac{R}{R+B}+\dfrac{R}{R+B+c}\dfrac{B}{R+B}$$$$=\dfrac{R}{R+B}.$$

Ahora, supongamos que la fórmula es verdadera para $n$, quiero mostrar que es verdadera para $n+1$.

Entonces, $P(R_{n+1})=P(R_{n+1}|R_n)P(R_n)+P(R_{n+1}|B_n)P(B_n)$$$=P(R_{n+1}|R_n)P(R_n)+P(R_{n+1}|B_n)(1-P(R_n))$$$$=P(R_{n+1}|R_n)\dfrac{R}{R+B}+P(R_{n+1}|B_n)(1-\dfrac{R}{R+B}).$$

Estoy teniendo dificultades para calcular $P(R_{n+1}|R_n)$ y $P(R_{n+1}|B_n)$. Agradecería si alguien pudiera completar mi respuesta o sugerirme cómo puedo terminar la demostración si lo que he hecho hasta ahora es correcto.

Answer 1

La clave es condicionar por la composición de la urna en el tiempo $n$, digamos $X_n$ bolas rojas y $Y_n$ bolas azules, ya que $$P(R_{n+1}\mid X_n,Y_n)=Z_n,\qquad Z_n=X_n/(X_n+Y_n).$$ Obviamente, $X_0=R$, $Y_0=B$, y, para cada $n$, $$X_n+Y_n=R+B+nc,$$ lo cual es determinístico. Condicionalmente a $(X_n,Y_n)$, se añaden $c$ bolas rojas con probabilidad $Z_n$ y cero en caso contrario, entonces $$E(X_{n+1}\mid X_n,Y_n)=X_n+cZ_n=(X_{n+1}+Y_{n+1})Z_n,$$ lo que implica $$E(Z_{n+1}\mid X_n,Y_n)=Z_n.$$ En particular, para cada $n$, $$P(R_{n+1})=E(Z_n)=Z_0=R/(R+B).$$

Answer 2

De hecho, todavía abogaría por el enfoque sugerido aquí con un pequeño cambio en la forma en que se presenta:

$P(R_1)=\frac{R}{R+B}$, ahora necesitamos demostrar que $P(R_n)=P(R_{n+1})$.

$P(R_{n+1})=P(R_{n+1}|R_n)P(R_n)+P(R_{n+1}|B_n)(1-P(R_n))

$X_n$, el número de bolas rojas en la urna en el paso $n$, es $P(R_n)T_n$, donde $T_n$ es el número total de bolas en el paso $n$ que es determinista.

$P(R_{n+1}|R_n)=\frac{T_nP(R_n)+c}{T_n+c}$

$P(R_{n+1}|B_n)=\frac{T_nP(R_n)}{T_n+c}$

$P(R_{n+1})=\frac{T_nP(R_n)+c}{T_n+c}P(R_n)+\frac{T_nP(R_n)}{T_n+c}(1-P(R_n))=P(R_n)$.

El enfoque no utiliza expectativas matemáticas, lo que puede considerarse como una ventaja porque este problema a menudo se les da a los estudiantes antes de estudiar expectativas matemáticas.

Answer 3

(Después de leer los comentarios abajo y consultar con un maestro, me di cuenta de que esta pista, al igual que el enlace publicado abajo, es esencialmente incorrecta si uno no tiene la intención de resolver el problema usando variables aleatorias. No eliminaré esta respuesta para que pueda servir como referencia futura, pero el OP debería desetiquetar esta respuesta ya que no es correcta)

Pista: Supongamos que justo antes de la n-ésima extracción hay $ r_n $ bolas rojas y $b_n$ bolas azules. Entonces $ P(R_n) = \dfrac{r_n}{r_n + b_n} \ $ y $ \ P(R_{n + 1} | R_n) = \dfrac{r_n + c}{r_n + b_n + c} \ $. De manera similar, puedes escribir las otras probabilidades en tu suma en términos de $r_n $ y $b_n$. Ahora intenta factorizar $P(R_n)$ y usa tu hipótesis inductiva.

Si aún estás atascado después de intentar aplicar la pista que publiqué anteriormente, este enlace podría ser útil: http://everything2.com/title/Polya+urn+scheme

Answer 4

$P(R_1)=\frac{r}{r+b}$ y $P(B_1)=\frac{b}{r+b}$

Aplicando el teorema de la probabilidad total tenemos:

\begin{eqnarray*} P(R_2)&=&P(R_2|R_1)P(R_1)+P(R_2|B_1)P(B_1)\\ &=& \frac{r+1}{r+b+1}\frac{r}{r+b}+\frac{r}{r+b+1}\frac{b}{r+b}\\ &=&\frac{r}{r+b} \end{eqnarray*}

Ahora probamos para $P(R_3)$

Nuevamente aplicamos el teorema de la probabilidad total:

\begin{eqnarray*} P(R_3)&=&P(R_3|R_1)P(R_1)+P(R_3|B_1)P(B_1) \end{eqnarray*}

Ahora la pregunta es ¿cuál es $P(R_3|R_1)$ y $P(R_3|B_1)$? Mostraremos que $P(R_3|R_1)=P(R_2|R_1)=\frac{r+1}{r+b+1}$. ¿Cómo? -- Es como sigue:

Aplicamos el teorema de la probabilidad total en probabilidad condicional. \begin{eqnarray*} P(R_3|R_1)&=&P(R_3\cap R_2|R_1)+P(R_3\cap B_2|R_1)\\ &=& P(R_3|R_2\cap R_1)P(R_2|R_1) + P(R_3|B_2 \cap R_1)P(B_2|R_1)\\ &=& \frac{r+2}{r+b+2}\frac{r+1}{r+b+1}+\frac{r+1}{r+b+2}\frac{b}{r+b+1}\\ &=&\frac{r+1}{r+b+1} \end{eqnarray*}

De la misma manera se puede demostrar que $P(R_3|B_1)=\frac{r}{r+b+1}$.

Ahora, bajo la hipótesis de inducción, tenemos:

$P(R_{n-1}|R_1)=\frac{r+1}{r+b+1}$ y $P(R_{n-1}|B_1)=\frac{r}{r+b+1}$

Por lo tanto,

\begin{eqnarray*} P(R_{n})&=& P(R_{n-1}| R_1)P(R_1) + P(R_{n-1}| B_1)P(B_1)\\ &=& \frac{r+1}{r+b+1}\frac{r}{r+b}+\frac{r}{r+b+1}\frac{b}{r+b}\\ &=&\frac{r}{r+b} \end{eqnarray*}

Este es un ejemplo clásico de Cadena de Markov