Jugadores y entradas
Estás entre los N jugadores que jugarán una competición. Se utiliza una lotería para determinar la ubicación de cada jugador. Tienes una ventaja. Se ponen dos boletos con su nombre en un sombrero, mientras que para cada uno de los otros jugadores solo se coloca un boleto con su nombre en el sombrero. El sombrero está bien agitado y los boletos se sacan uno a uno del sombrero. El orden de los nombres que aparecen determina la ubicación de cada jugador. ¿Cuál es la probabilidad de que se le asigne la$n$th lugar para $n = 1, 2, . . . , N$?
La probabilidad de que mi nombre aparezca en $k$th intentos es $\frac{2}{N}(\frac{N-2}{N})^{k-1}$ (es decir, decir $k-1$ fracasos antes del primer éxito en $k$). Yo se que la solucion es$\prod_{k=1}^{n-1}\frac{2}{2+N-n}\frac{N-k}{2+N-k}$.
Dejar $A_i$ sea el evento en el que mi nombre compairs aparezca en $i$th intentos. Entonces:
$\mathbb{P}(A_1)=\frac{2}{N+1}$;
$\mathbb{P}(A_2)=\mathbb{P}(\bar{A_1})\mathbb{P}(A_2|\bar{A_1})=(\frac{N-1}{N+1})(\frac{2}{N})$
$\mathbb{P}(A_3)=\mathbb{P}(\bar{A_1}\cap \bar{A_2})\mathbb{P}(A_3|\bar{A_1}\cap \bar{A_2})=(\frac{N-1}{N+1})(\frac{N-2}{N})(\frac{2}{N-1})$.
Por eso pensé que
$\mathbb{P}(A_n)=(\frac{N-1}{N+1})\cdot (\frac{N-2}{N})\cdot ... \cdot (\frac{N-n-1}{N+1-n})\cdot (\frac{2}{N-n})$
pero no puedo llevarme al producto anterior. Donde me equivoco
Respuestas
Obtengo (casi) el mismo resultado que usted, bajo el supuesto de que "Una vez que se ha elaborado y colocado un nombre, se ignoran los boletos futuros con ese nombre":
$(\color{green}{\text{green part edited}})$ $$\mathbb{P}(A_n)=\left(\frac{N-1}{N+1}\right)\cdot \left(\frac{N-2}{N}\right)\cdot ... \cdot \color{red}{\left(\frac{N-n+1}{N+3-n}\right)}\cdot \left(\frac{2}{N\color{green}{+2}-n}\right),$$
existen $n-1$ términos que tratan con la primera $n-1$empates fallidos y el último con empate exitoso. Los denominadores disminuyen en 1 en cada factor a medida que el número de boletos para sacar disminuye en 1 después de cada sorteo. Por el primero$n-1$ términos (los sorteos fallidos) el enumerador también disminuye en 1, por lo que la diferencia entre el denominador y el enumerador siempre será $2$ en esos términos (que representan sus 2 boletos).
Ese resultado se puede escribir como
$$\frac{2}{N\color{green}{+2}-n}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{N-k}{N+2-k}.$$
Su "solución conocida" está dando el producto vacío por $n=1$, por lo que eso significaría una probabilidad 1, que obviamente no es correcta. Por lo tanto, compruebe si lo ha copiado correctamente.
Su solución se simplifica enormemente. Por alguna razón, \ cancel no funciona, así que intenté indicar lo que quiero decir mostrando los términos que cancelan en el mismo color. Desafortunadamente, solo puedo mostrar los primeros términos de esta manera.
$$\frac{\color{red}{N-1}}{N+1}\frac{\color{blue}{N-2}}{N} \frac{\color{green}{N-3}}{\color{red}{N-1}} \frac{\color{orange}{N-4}}{\color{blue}{N-2}}\dots $$
Aquí tienes una mejor forma de hacerlo.
Dejar $1\leq n\leq N$ser dado.
Dejar$A$ sea el evento de que su nombre esté en el $n$boleto. Dejar$B$ ser el evento que tu nombre no está en ninguna de las entradas $1,2,\dots,n-1$. Nosotros buscamos$\Pr(A\cap B)$.
$$\Pr(A\cap B) = \Pr(A)\Pr(B|A) = \boxed{\frac2{N+1}\frac{N+1-n}{N}}$$
El primer término es obvio. Para el segundo, hay$N$ lugares donde puede estar el otro boleto con su nombre, y $N+1-n$ de ellos vienen después del $n$boleto.
Si lleva a cabo la simplificación descrita anteriormente, llegará a esta sencilla respuesta.
Tal vez no entiendo cómo se está llevando a cabo este experimento de probabilidad, pero obtengo una respuesta diferente a la de los demás. Tal vez alguien pueda señalar por qué mi razonamiento es incorrecto, si es que lo es.
Supongamos que una vez que se ha elegido el nombre de un jugador, se ignoran las entradas futuras con ese nombre.
El número de formas en que se pueden sacar los boletos para que su nombre aparezca en la $n^{th}$ la ranura es ${2 \choose 1} \cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot (N-1)!$
El número total de formas en que se pueden sacar boletos es ${2 \choose 1}\cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot N!$
Dividir estos dos da la codiciada probabilidad de $$\frac{ 2 \cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot (N-1)! }{ 2 \cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot N! }=\frac{1}{N}$$
Para ver esto, podemos mirar un ejemplo específico. Suponga que es la persona número 1 jugando a la lotería con$N-1=2$ otras personas y $ \{1,1^*\} $ representa sus dos tickets contribuyentes del $N+1=4$entradas en el sombrero. Denotaremos la recogida de todas las entradas en el sombrero por$\{1,1^*,2,3\}$. Podemos enumerar todo${2 \choose 1}\cdot {{3-1} \choose {3-1}} \cdot 3!=12$ posibles ordenamientos de los nombres explícitamente: $$\{1,2,3\}, \{ 1,3,2\}, \{ 2,1,3\}, \{ 3,1,2\}, \{2,3,1 \},\{3,2,1 \}$$ $$\{1^*,2,3\}, \{ 1^*,3,2\}, \{ 2,1^*,3\}, \{ 3,1^*,2\}, \{2,3,1^* \},\{3,2,1^*\}$$ La probabilidad de que esté asignado a la $n^{th}$ la ubicación es $ \frac{1}{N}=\frac{1}{3}$ para $n=1,2,3$ lo que tiene mucho sentido para mí.