Probabilité de tirer une boule noire dans un ensemble de boules noires et blanches avec des conditions de remplacement mixtes

Lorsqu'une balle noire est tirée, elle n'est pas remplacée dans le jeu, mais les boules blanches sont remplacées.

J'y ai pensé, avec les notations:

$b$ , $w$ le nombre initial de boules noires et blanches
$x_i = (b - i)/(b + w - i)$

La probabilité de tirer une boule noire $Pb(n)$ après n tirages:

\begin{aligned} P b (0) & = x_{0} \\ P b (1) & = (1 - x_{0}) x_{0} + x_{0} x_{1} \\ P b (2) & = (1 - x_{0})^{2} x_{0} + x_{0} x_{1} (1 - x_{0}) + x_{0} x_{1} (1 - x_{1}) + x_{0} x_{1} x_{2} \\ P b (n) & = \sum_{k = 0}^{n - 1} (\prod_{i = 0}^{k} x_{i} \prod_{i <= k}^{n - k t e r m s} 1 - x_{i}) \end{aligned}

$\eqalign{ Pb(0) &= x_0\\ Pb(1) &= (1-x_0)x_0 + x_0x_1\\ Pb(2) &= (1-x_0)^2x_0 + x_0x_1(1-x_0)+ x_0x_1(1-x_1) + x_0x_1x_2 \\ Pb(n) &= \sum\limits_{k=0}^{n-1} (\prod\limits_{i=0}^k x_i \prod\limits_{i<=k}^{n-k\ terms} 1-x_i) }$

Cette somme semble infinie avec n, même si certains termes sont nuls puisque $x_{i \ge b}=0$

Sauf : $b=1$
$Pb(n) = (1-x_0)^nx_0$

Pour : $b=2$
$Pb(n)= x_0(1-x_1)^n + x_0x_1\sum\limits_{i+j=n-1} (1-x_0)^i(1-x_1)^j$

Existe-t-il une solution connue à ce problème?

conditional-probability randomness

— caub
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Soit le nombre initial de boules blanches et les boules noires . La question décrit une chaîne de Markov dont les états sont indexés par les nombres possibles de boules noires Les probabilités de transition sont $w$ $b$ $i \in \{0, 1, 2, \ldots, b\}.$

p_{w} (i, i) = \frac{w}{w + i}, p_{w} (i, i - 1) = \frac{i}{w + i} .

$p_w(i, i) = \frac{w}{w+i}, \quad p_w(i,i-1) = \frac{i}{w+i}.$

Le premier décrit le dessin d'une boule blanche, auquel cas ne change pas, et le second décrit le dessin d'une boule noire, auquel cas est réduit de . $i$ $i$ $1$

A partir de maintenant, laissons tomber l'indice explicite " ", en prenant cette valeur comme fixe tout au long. Les valeurs propres de la matrice de transition sont $w$ $\mathbb{P}$

e = (\frac{w}{w + b - i}, i = 0, 1, \dots, b)

$\mathbf{e} = \left(\frac{w}{w+b-i},\ i = 0, 1, \ldots, b\right)$

correspondant à la matrice donnée par $\mathbb{Q}$

q_{i j} = (- 1)^{i + j + b} (j + w) (\binom{b}{j}) w^{j - b} (\binom{b - j}{i}) (b - i + w)^{b - j - 1}

$q_{ij} = (-1)^{i+j+b} (j+w) \binom{b}{j} w^{j-b} \binom{b-j}{i} (b-i+w)^{b-j-1}$

dont l'inverse est

(q^{- 1})_{i j} = \frac{w^{b - i} (\binom{j}{b - i}) (b - j + w)^{i - b}}{(\binom{b}{b - i})} .

$(q^{-1})_{ij} = \frac{w^{b-i} \binom{j}{b-i} (b-j+w)^{i-b}}{\binom{b}{b-i}}.$

C'est,

P = Q Diagonal (e) Q^{- 1} .

$\mathbb{P} = \mathbb{Q}\ \text{Diagonal}(\mathbf{e})\ \mathbb{Q}^{-1}.$

Par conséquent, la distribution après transitions hors de l'état est donnée par le vecteur de probabilités $n$ $b$

p_{n} = (0, 0, \dots, 0, 1) P^{n} = (0, 0, \dots, 0, 1) Q Diagonal (e^{n}) Q^{- 1} .

$\mathbf{p}_n = (0,0,\ldots,0,1) \mathbb{P}^n = (0,0,\ldots,0,1)\mathbb{Q}\ \text{Diagonal}(\mathbf{e}^n)\ \mathbb{Q}^{-1}.$

Autrement dit, la chance qu'il reste boules noires après tirages est $i$ $n$

p_{n i} = \sum_{j = 0}^{b} q_{n j} e_{j}^{n} (q^{- 1})_{j i} .

$p_{ni} = \sum_{j=0}^b q_{nj} e_j^n (q^{-1})_{ji}.$

Par exemple, en commençant par un nombre quelconque de boules blanches et boules noires, la distribution de probabilité après tirages est $b=2$ $n \ge 1$

\begin{aligned} Pr (i = 2) & = p_{n 2} & = \frac{w^{n}}{(2 + w)^{n}} \\ Pr (i = 1) & = p_{n 1} & = \frac{2 w^{n - 1}}{(1 + w)^{n - 1}} - \frac{2 w^{n - 1} (1 + w)}{(2 + w)^{n}} \\ Pr (i = 0) & = p_{n 0} & = 1 - \frac{2 w^{n - 1}}{(1 + w)^{n - 1}} + \frac{w^{n - 1}}{(2 + w)^{n - 1}} . \end{aligned}

$\eqalign{ \Pr(i=2) &= p_{n2} &= \frac{w^n}{(2+w)^n} \\ \Pr(i=1) &= p_{n1} &= \frac{2w^{n-1}}{(1+w)^{n-1}} - \frac{2 w^{n-1}(1+w)}{(2+w)^n} \\ \Pr(i=0) &= p_{n0} &= 1 - \frac{2 w^{n-1}}{(1+w)^{n-1}} + \frac{w^{n-1}}{(2+w)^{n-1}}. }$

Les courbes de cette figure suivent les probabilités des états (bleu), (rouge) et (or) en fonction du nombre de tirages lorsque ; c'est-à-dire que l'urne commence par deux boules noires et cinq boules blanches. $i=0$ $i=1$ $i=2$ $n$ $w=5$

L'état (à court de boules noires) est un état absorbant : dans la limite où croît sans limite, la probabilité de cet état s'approche de l'unité (mais ne l'atteint jamais exactement). $i=0$ $n$

— whuber
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très bien, donc (pour b = 2) le proba pour dessiner un noir après n tirages, est Pr (i = 2) * 2 / (w + 2) + Pr (i = 1) * 1 / (w + 1) ? les dimensions des matrices sont bxb non? et Pr (i) est pii?

— caub

J'ai supprimé l'indice dans les formules finales, donc est par exemple. Les matrices ont des dimensions par .

n

$n$

Pr (i = 2)

$\Pr(i=2)$

p_{n 2},

$p_{n2},$

b + 1

$b+1$

b + 1

$b+1$

— whuber