Değiştirmeden çizim yaparken beklenen sayıda farklı renk


15

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 ?P p i i N i p i = 1 n NNPpiiNipi=1nNγ n / N pγγn/Np

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 P ve N için , \ mathbf {p} tekdüze olduğunda n / N'yi çarpma faktörünün maksimum olacağı görülmektedir ; belki de görülen beklenen farklı renk sayısı n / N ve örneğin \ mathbf {p} entropisi olarak sınırlandırılabilir ?p i = 1 / P i n γ = P ( n / N ) γ > P ( n / N ) P N n / N p n / N pN=Ppi=1/Pinγ=P(n/N)γ>P(n/N)PNn/Npn/Np

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


1
Bu sorun şöyle ifade edilebilir düşünüyorum: çok değişkenli hipergeometrik dağılım bir örnekte sıfır olmayan girişler beklenen sayı nedir?
Kodiolog

Yanıtlar:


2

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 N b i i b i = N B = { b 1 , , b k } E i ( B ) i B Q n , c n c c = 1kkNbiibi=NB={b1,,bk}Ei(B)iBQn,cncc=1

Qn,1=EE1(B)(eEen)

İçin biz boyutu topları setleri sayabilir en fazla 2 renk eksi tam bilgisi cihazı sayısı renk:n 1c=2n1

Qn,2=EE2(B)(eEen)(k11)Qn,1

(k11) , 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 :c 1 c 2 k c 1c 2k ( k - c 1kc1c2kc1c2kQn,c(kc1c2c1)Qn,c

Qn,c=EEc(B)(eEen)i=1c1(kici)Qn,i

Eğer top çizerseniz , tam olarak renklere sahip olma olasılığı :ncn

Pn,c=Qn,c/(Nn)

Ayrıca ise olduğunu unutmayın .y>x(xy)=0y>x

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

Eğer bağımlı renk sayısı aradığınız beklenen değer şudur:n

γn=i=1kPn,ii

4
Sen buna olasılığı, ancak tamsayılar toplamı olarak tanımladığım gibi görünüyor. Bir şeye bölmeyi unuttun mu? Pn,c
Kodiologist

Evet, sanırım haklısın. ile bölmeniz gerekiyor , ancak maalesef bu hala doğru değil. Eğer ve yukarıdaki formülde doublecounting yoktur. (Nn)E,FEc(B)EF
jakab922

Formül elek yöntemi kullanılarak sabitlenebilir gibi görünüyor. Bugün daha sonra bir düzeltme göndereceğim.
jakab922
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.