boyutunda bir desteden kart çekilirken beklenmeyen kart sayısı

10

Bir deste kartımız var. Değiştirme ile rastgele rastgele kartlar çiziyoruz. berabere bittikten sonra beklenen kart sayısı kaçtır? $n$ $2n$

Bu soru, 2.12 sorunun 2. bölümüdür.

M. Mitzenmacher ve E. Upfal, Olasılık ve Hesaplama: Rastgele Algoritmalar ve Olasılıksal Analiz , Cambridge University Press, 2005.

Ayrıca, değer için, bu bir ev ödevi sorunu değildir. Kendi kendine çalışma ve sadece sıkıştım.

Cevabım şu ana kadar:

, . sonra görülen farklı kart sayısı olsun . Sonra: $X_i$ $i$

$E[X_i] = \displaystyle \sum_{k=1}^{n} k (\frac{k}{n}P(X_{i-1}=k) + \frac{n-k-1}{n} P(X_{i-1}=k-1))$

Buradaki fikir, her çektiğimizde ya gördüğümüz bir kart çiziyoruz ya da görmediğimiz bir kart çiziyoruz ve bunu tekrar tekrar tanımlayabiliyoruz.

Son olarak, biz kaç soruya cevap değil sonra görülen çizer, olacak . $2n$ $n-E[X_{2n}]$

Bunun doğru olduğuna inanıyorum, ancak daha basit bir çözüm olmalı.

Herhangi bir yardım büyük mutluluk duyacağız.

probability expected-value

— Craig Wright
kaynak

Simüle ettiniz ve sonuçları karşılaştırdınız mı?

— Adam

10

İpucu: Herhangi bir çekilişte, bir kartın seçilme olasılığı . Yenisiyle çizim yaptığımız için, her çekilişin diğerlerinden bağımsız olduğunu söyleyebiliriz. Yani bir kartın seçilmeme olasılığı ... $\frac{n-1}{n}$ $2n$

3

(+1) Bu iyi bir ilk başlangıç sağlar. Bunu beklentinin doğrusallığı ile birleştirmek ekonomik ve zarif bir çözüme yol açar.

— kardinal

6

İpucu için Mike teşekkür ederim.

Ben de bunu buldum.

Let Bernoulli rastgele değişken ise kart çekilir olmamıştı. Daha sonra , ancak o zamandan beri için aynı olan , izin . $X_i$ $X_i = 1$ $i^{th}$ $p_i = P(X_i=1) = (\frac{n-1}{n})^{2n}$ $p_i$ $i$ $p=p_i$

Şimdi , çekildikten sonra çekilmeyen kart sayısı olsun . $\displaystyle X = \sum_{i=1}^n X_i$ $2n$

Sonra $\displaystyle E[X] = E[\sum_{i=1}^n X_i] = \sum_{i=1}^n E[X_i] = \sum_{i=1}^n p = np$

Ve bence öyle.

— Craig Wright
kaynak

4

(+1) Ayrıca büyük için .

n

$n$

p \approx e^{- 2}

$p \approx e^{-2}$

— Dilip Sarwate

Bundan biraz daha karmaşık olabilir. (İ) kartının kaçırılma olasılığı sizin yazdığınız gibidir. Ancak, kartın (i) kaçırıldığını öğrendikten sonra, kartın (j) eksik olma olasılığı değişir. Bağımsızlık sorununun nihai sonucu değiştirip değiştirmeyeceğini bilmiyorum ama türetmeyi zorlaştırıyor.

— Emil Friedman

@Emil Friedman: Özetler bağımsız olsun ya da olmasın beklenti doğrusaldır. Bağımsızlık eksikliği, varyans gibi miktarları etkiler, ancak beklentiyi etkilemez.

— Douglas Zare

4

İşte teoriyi doğrulamak için bazı R kodları.

evCards <- function(n) 
{
    iter <- 10000;
    cards <- 1:n;
    result <- 0;
    for (i in 1:iter) {
        draws <- sample(cards,2*n,T);
        uniqueDraws <- unique(draws,F);
        noUnique <- length(uniqueDraws);
        noNotSeen <- n - noUnique;
        result <- result + noNotSeen;
    }
    simulAvg <- result/iter;
    theoryAvg <- n * ((n-1)/n)^(2*n);
    output <-list(simulAvg=simulAvg,theoryAvg=theoryAvg);
    return (output);
}

— Varty
kaynak