交換条件が混在する黒と白のボールのセットで黒のボールを描く確率

黒いボールが描かれた場合、セットでは置き換えられず、白いボールが置き換えられます。

私はこれについて、次の表記で考えました：

$b$ 、 $w$ 黒と白のボールの初期数
$x_i = (b - i)/(b + w - i)$

nがドローした後に黒いボールをドローする確率 $Pb(n)$ ：

\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}

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

この合計は、いくつかの用語がnullであっても、と無限のようだn個 $x_{i \ge b}=0$

除く： $b=1$
$Pb(n) = (1-x_0)^nx_0$

以下のための： $b=2$
$Pb(n)= x_0(1-x_1)^n + x_0x_1\sum\limits_{i+j=n-1} (1-x_0)^i(1-x_1)^j$

この問題の既知の解決策はありますか？

conditional-probability randomness

— カウブ
ソース

白いボールの初期数をとし、黒いボールをます。問題は、その状態ブラックボールの可能な番号で索引付けされるマルコフ連鎖説明遷移確率は $w$ $b$ $i \in \{0, 1, 2, \ldots, b\}.$

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

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

最初は白のボールを描くことを説明し、その場合は変化しません。2番目は黒のボールを描くことを説明し、その場合が減少します。 $i$ $i$ $1$ ます。

今後は、この値を固定して、明示的な添え字 " "を削除してみましょう。遷移行列の固有値あります $w$ $\mathbb{P}$

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

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

で与えられる行列対応 $\mathbb{Q}$

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}

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

その逆は

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

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

あれは、

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

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

したがって、が状態から遷移した後の分布は、確率のベクトルによって与えられます。 $n$ $b$

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

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

つまり、チャンスがある後に残された黒のボールされて描きます $i$ $n$

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

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

$b=2$ $n \ge 1$

\begin{aligned} Pr （ 私 = 2 ） & = p_{ん 2} & = \frac{w^{ん}}{（ 2 + w ）^{ん}} \\ Pr （ 私 = 1 ） & = p_{ん 1} & = \frac{2 w^{ん - 1}}{（ 1 + w ）^{ん - 1}} - \frac{2 w^{ん - 1} （ 1 + w ）}{（ 2 + w ）^{ん}} \\ Pr （ 私 = 0 ） & = p_{ん 0} & = 1 - \frac{2 w^{ん - 1}}{（ 1 + w ）^{ん - 1}} + \frac{w^{ん - 1}}{（ 2 + w ）^{ん - 1}} 。 \end{aligned}

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

$i=0$ $i=1$ $i=2$ $n$ $w=5$ ます。つまり、つぼは2つの黒いボールと5つの白いボールで始まります。

$i=0$ $n$

— whuber
ソース

とてもいいので、（b = 2の場合）n回の描画後に黒を描画する確率は、Pr（i = 2）* 2 /（w + 2）+ Pr（i = 1）* 1 /（w + 1）です。？行列の次元はbxbですよね？そしてPr（i）はpiiですか？

— caub 2014

n

$n$

Pr (i = 2)

$\Pr(i=2)$

p_{n 2},

$p_{n2},$

b + 1

$b+1$

b + 1

$b+1$