Değiştirmeden çizim yaparken beklenen sayıda farklı renk

İhtiva eden bir kabı düşünün topları ile, farklı renk renk topları oranıdır arasında topları ( ). Ben çizmek urn topları olmadan sayı en değiştirilmesi ve görünüm çizildi topları arasında farklı renklerin. dağılımının uygun özelliklerine bağlı olarak , bir fonksiyonu olarak beklentisi nedir ? $N$ $P$ $p_i$ $i$ $N$ $\sum_i p_i = 1$ $n \leq N$ $\gamma$ $\gamma$ $n/N$ $\mathbf{p}$

Daha fazla bilgi vermek için: eğer tüm için ve ise , o zaman her zaman tam olarak renk göreceğim , yani . Aksi takdirde, bu gösterilebilir ki beklentisi isimli . Sabit ve , tekdüze olduğunda çarpma faktörünün maksimum olacağı görülmektedir ; belki de görülen beklenen farklı renk sayısı ve örneğin entropisi olarak sınırlandırılabilir ? $N = P$ $p_i = 1/P$ $i$ $n$ $\gamma = P (n/N)$ $\gamma$ $>P(n/N)$ $P$ $N$ $n/N$ $\mathbf{p}$ $n/N$ $\mathbf{p}$

Bu, kupon toplayıcının problemiyle ilişkili gibi görünmektedir, ancak örnekleme değiştirilmeden gerçekleştirilir ve kuponların dağılımı eşit değildir.

probability expected-value coupon-collector-problem

— a3nm
kaynak

Bu sorun şöyle ifade edilebilir düşünüyorum: çok değişkenli hipergeometrik dağılım bir örnekte sıfır olmayan girişler beklenen sayı nedir?

— Kodiolog

Eğer olduğunu varsayalım renkleri . Let göstermektedirler toplar renk sayısı çok . Let ve izin oluşur grubu notate elemanı alt- . Let seçtiğimiz yolları sayısını göstermek seçilen sette farklı renklerin sayısı olacak şekilde yukarıdaki kümesinden elemanları . İçin , formül basittir: $k$ $k \leq N$ $b_i$ $i$ $\sum b_i = N$ $B = \{b_1, \ldots, b_k\}$ $E_i(B)$ $i$ $B$ $Q_{n, c}$ $n$ $c$ $c = 1$

Q_{n, 1} = \sum_{E \in E_{1} (B)} (\binom{\sum_{e \in E} e}{n})

$Q_{n, 1} = \sum_{E \in E_{1}(B)}\binom{\sum_{e \in E}e}{n}$

İçin biz boyutu topları setleri sayabilir en fazla 2 renk eksi tam bilgisi cihazı sayısı renk: $c = 2$ $n$ $1$

Q_{n, 2} = \sum_{E \in E_{2} (B)} (\binom{\sum_{e \in E} e}{n}) - (\binom{k - 1}{1}) Q_{n, 1}

$Q_{n,2} = \sum_{E \in E_{2}(B)}\binom{\sum_{e \in E}e}{n} - \binom{k - 1}{1}Q_{n, 1}$

$\binom{k - 1}{1}$ , toplamda renginiz varsa 2 renge sahip olacak şekilde sabit bir renge renk eklemenin yol sayısıdır . Genel formül, sabit renkleriniz varsa ve toplamda renkleri ( ) iken renkleri yapmak istiyorsanız . Şimdi için genel formülü türetmek için her şeye sahibiz : $k$ $c_1$ $c_2$ $k$ $c_1 \leq c_2 \leq k$ $\binom{k - c_1}{c_2 - c_1}$ $Q_{n, c}$

Q_{n, c} = \sum_{E \in E_{c} (B)} (\binom{\sum_{e \in E} e}{n}) - \sum_{i = 1}^{c - 1} (\binom{k - i}{c - i}) Q_{n, i}

$Q_{n, c} = \sum_{E \in E_{c}(B)}\binom{\sum_{e \in E}e}{n} - \sum_{i = 1}^{c - 1}\binom{k - i}{c - i}Q_{n, i}$

Eğer top çizerseniz , tam olarak renklere sahip olma olasılığı : $c$ $n$

P_{n, c} = Q_{n, c} / (\binom{N}{n})

$P_{n, c} = Q_{n, c} / \binom{N}{n}$

Ayrıca ise olduğunu unutmayın . $\binom{x}{y} = 0$ $y > x$

Muhtemelen formülün basitleştirilebileceği özel durumlar vardır. Bu kez bu basitleştirmeleri bulmak için uğraşmadım.

Eğer bağımlı renk sayısı aradığınız beklenen değer şudur: $n$

γ_{n} = \sum_{i = 1}^{k} P_{n, i} * i

$\gamma_{n} = \sum_{i = 1}^{k} P_{n, i} * i$

— jakab922
kaynak

Sen buna olasılığı, ancak tamsayılar toplamı olarak tanımladığım gibi görünüyor. Bir şeye bölmeyi unuttun mu?

P_{n, c}

$P_{n,c}$

— Kodiologist

Evet, sanırım haklısın. ile bölmeniz gerekiyor , ancak maalesef bu hala doğru değil. Eğer ve yukarıdaki formülde doublecounting yoktur.

(\binom{N}{n})

$\binom{N}{n}$

E, F \in E_{c} (B)

$E, F \in E_{c}(B)$

E \cap F \neq \emptyset

$E \cap F \neq \emptyset$

— jakab922

Formül elek yöntemi kullanılarak sabitlenebilir gibi görünüyor. Bugün daha sonra bir düzeltme göndereceğim.

— jakab922