Supongamos que tenemos una lista de los elementos distintivos de la misma: $$X_0=\{x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n\}$$ Cada elemento tiene una masa de 1. Supongamos que tomamos dos elementos al azar y hacer un nuevo elemento apropiado de la masa. Para el ejemplo tomaremos $x_1$ $x_n$ y hacemos un nuevo elementos $(x_{n+1})$ de la masa en dos, ponemos el nuevo elemento en la lista así que, $$X_1=\{x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n,x_{n+1}\}$$ Ahora si repetimos este procedimiento $t$ veces vamos a tener $$X_t=\{x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n,x_{n+1},x_{n+2},x_{n+3},\cdots,x_{n+t}\}$$ Sin duda, el proceso de la toma de los dos elementos y hacer uno nuevo es al azar de las masas también será distribuida al azar. Ahora me pregunto ¿cualquier persona puede utilizar la teoría de la probabilidad y calcular la masa de la partícula $x_i$ en un momento dado?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Uno podría tratar de resolver el problema de forma recursiva. Puede haber mejores ideas y no puede ser una simple expresión. Esto es sólo un pensamiento.
Definir $x_i \hat{=} x_{n+i}$. Indicar la expectativa de que la masa de un elemento $x_i$$\mathbb{E}[x_i]$. Entonces la masa de $x_i$ es generado por dos elementos $x_j$$0 \leq j \leq i-1$. Denotar el caso de que $x_{i-1}$ es elegido para calcular la masa de $x_i$$A_i$. A continuación, $$\mathbb{E}[x_i] = \mathbb{E}[x_i | A_i] \mathbb{P}(A_i) + \mathbb{E}[x_i | A_i^c] \mathbb{P}(A_i^c)$$ Ya sabemos que si $x_{i-1}$ no se utiliza para calcular la nueva misa, a continuación, la expectativa debe permanecer la misma, lo $\mathbb{E}[x_i | A_i^c] = \mathbb{E}[x_{i-1}]$. La probabilidad de $A_i^c$ también es fácil de calcular, por $\mathbb{P}(A_i^c) = \frac{n+i-2}{n+i-1}\frac{n+i-3}{n+i-2}$$\mathbb{P}(A_i) = 1 -\mathbb{P}(A_i^c)$. $\mathbb{E}[x_i | A_i]$ puede ser calculado por $$ \mathbb{E}[x_i | A_i] = \mathbb{E}(x_{i-1}) + \mathbb{E}(X_{i-2}) = \mathbb{E}(x_{i-1}) + \frac{n + \sum_{j=1}^{i-2}{\mathbb{E}(x_j)}}{n+(i-2)}$$ Poner juntos: $$ \mathbb{E}[x_i] = \mathbb{E}[x_{i-1}] + \frac{2 \sum_{j=1}^{n+i-2}\mathbb{E}(x_j)}{(n+i-1)(n+i-2)} $$
Si tenemos dos discretas variables aleatorias $X_1,\, X_2$, $P(X_1=m)=p_1(m),\;P(X_2=m)=p_2(m)$ donde $0 \le m in \mathbb Z$, y considerar la ogf de cada $$ F_{\,j} (z) = \sum\limits_{0\, \le \,k} {p_{\,j} (k)\,z^{\,k} } $$ a continuación, la ogf de la suma será el producto de la sola ogf del $$ F_{\,1 + 2} (z) = F_{\,1} (z)\,F_{\,2} (z) = \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {\sum\limits_{0\, \le \,l\,\left( { \le \,k} \right)} {p_{\,1} (l)p_{\,2} (k - l)} } \right)\,z^{\,k} } $$
Así que si tenemos $q$ variables de la que podemos elegir uniformemente al azar el par $(i,j)$ de la suma, con una probabilidad de $1/q^2$, a continuación, la ogf de la suma será $$ \bbox[lightyellow] { F_{\,\Sigma \,p} (z) = {1 \over {p^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i,\,j\, \le \,q} {F_{\,i} (z)\,F_{\,j} (z)} } \etiqueta{1}$$
En nuestro caso estamos empezando con $n$ variables cuya mdf está dada por
$$
\delta (m - 1) = \left[ {1 = m} \right] = \binom {0}{m-1}
$$
donde $\delta$ denota la Delta de Kronecker y $[P]$ denota la Iverson soporte.
La ogf son idénticos e iguales a $z$.
Entonces $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ Y F_{\,n + 1} (z) = {1 \over {n^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i,\,j\, \le \,n} {F_{\,i} (z)\,F_{\,j} (z)} = \cr Y = {1 \over {n^{\,2} }}\sum\limits_{1\, \le \,i\, \le \,n} {F_{\,i} (z)\sum\limits_{1\, \le \,i\, \le \,n} {\,F_{\,j} (z)} } = {1 \over {n^{\,2} }}\left( {n\,F_{\,1} (z)} \right)^{\,2} = \cr Y = {1 \over {n^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i,\,j\, \le \,n} {\sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {\sum\limits_{0\, \le \,l\,\left( { \le \,k} \right)} {\left( \matriz{ 0 \cr l - 1 \cr} \right)\left( \matriz{ 0 \cr k - l - 1 \cr} \right)} } \right)\,z^{\,k} } } = \cr Y = {1 \over {n^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i,\,j\, \le \,n} {\sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( \matriz{ 0 \cr k - 2 \cr} \right)\,z^{\,k} } } = {1 \over {n^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i,\,j\, \le \,n} {z^{\,2} } = \cr y = z^{\,2} \cr} } \etiqueta{2}$$ y de continuar con $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ Y F_{\,n + 2} (z) = {1 \over {\left( {n + 1} \right)^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i,\,j\, \le \,n + 1} {F_{\,i} (z)\,F_{\,j} (z)} = \cr Y = {1 \over {\left( {n + 1} \right)^2 }}\sum\limits_{1\, \le \,i\, \le \,n + 1} {F_{\,i} (z)\sum\limits_{1\, \le \,\,j\, \le \,n + 1} {\,F_{\,j} (z)} } = \cr Y = {1 \over {\left( {n + 1} \right)^2 }}\left( {n\,z + z^2 } \right)^2 \cr} } \etiqueta{3}$$
Después de que la recurrencia es clara, y es $$ \bbox[lightyellow] { \left\{ \matriz{ F_{\,n,\,0} (z) = z \hfill \cr F_{\,n,\,q + 1} (z) = {{n^{\,2} } \over {\left( {n + p} \right)^{\,2} }}z^{\,2} \left( {1 + \sum\limits_{1\, \le k\, \le \,q} {{{F_{\,n,\,k} (z)\,} \over {n\,z}}\,} } \right)^{\,2} \quad \left| {\;0 \le q} \right. \hfill \cr} \right. } \etiqueta{4}$$ donde ahora tenemos que empezar y por separado el índice de $F$.
Tomando por ejemplo algunos de los primeros valores, obtenemos $$ \eqalign{ Y F_{2,\, 2} = 1/9 z^2 (z + 2)^2 \cr Y F_{2,\, 3} = 1/1296 z^2 (z + 2)^2 (2 z + z^2 + 9)^2 \cr Y F_{2,\, 4} = 1/41990400 z^2 (z + 2)^2 (18 z + 13 z^2 + 4 z^3 + z^4 + 144)^2 (2 z + z^2 + 9)^2 \cr \cr Y F_{3,\, 2} = 1/16 z^2 (z + 3)^2 \cr Y F_{3,\, 3} = 1/6400 z^2 (z + 3)^2 (3 z + z^2 + 16)^2 \cr Y F_{3,\, 4} = 1/1474560000 z^2 (z + 3)^2 (3 z + z^2 + 16)^2 (48 z + 25 z^2 + 6 z^3 + z^4 + 400)^2 \cr } $$ lo que muestra un claro patrón multiplicativo, que deberá ser investigada más a fondo.
