Oyuncular ve biletler
Müsabaka oynayacak N oyuncu arasındasınız. Her oyuncunun yerleşimini belirlemek için bir piyango kullanılır. Bir avantajın var. Bir şapkaya isminizin yazılı olduğu iki bilet konulurken, diğer oyuncular için şapkaya sadece kendi adına bir bilet konur. Şapka iyice sallanır ve şapkadan birer birer bilet çekilir. Görünen isimlerin sırası, her bir oyuncunun sırasını belirler. Atanma olasılığınız nedir?$n$için inci yerleşim $n = 1, 2, . . . , N$?
Adımın çizilme olasılığı $k$Denemeler $\frac{2}{N}(\frac{N-2}{N})^{k-1}$ (yani söylemek $k-1$ ilk başarıdan önceki başarısızlıklar $k$). Biliyorum ki çözüm$\prod_{k=1}^{n-1}\frac{2}{2+N-n}\frac{N-k}{2+N-k}$.
İzin Vermek $A_i$ ismimin karşısına çıktığı olay ol $i$inci girişimler. Yani:
$\mathbb{P}(A_1)=\frac{2}{N+1}$;
$\mathbb{P}(A_2)=\mathbb{P}(\bar{A_1})\mathbb{P}(A_2|\bar{A_1})=(\frac{N-1}{N+1})(\frac{2}{N})$
$\mathbb{P}(A_3)=\mathbb{P}(\bar{A_1}\cap \bar{A_2})\mathbb{P}(A_3|\bar{A_1}\cap \bar{A_2})=(\frac{N-1}{N+1})(\frac{N-2}{N})(\frac{2}{N-1})$.
Böylece düşündüm ki
$\mathbb{P}(A_n)=(\frac{N-1}{N+1})\cdot (\frac{N-2}{N})\cdot ... \cdot (\frac{N-n-1}{N+1-n})\cdot (\frac{2}{N-n})$
ama beni yukarıdaki ürüne götüremem. Nerede yanılıyorum
Yanıtlar
"Bir ad çizilip yerleştirildikten sonra, bu ada sahip gelecekteki tüm biletler göz ardı edilir" varsayımı altında (neredeyse) sizinle aynı sonucu alıyorum:
$(\color{green}{\text{green part edited}})$ $$\mathbb{P}(A_n)=\left(\frac{N-1}{N+1}\right)\cdot \left(\frac{N-2}{N}\right)\cdot ... \cdot \color{red}{\left(\frac{N-n+1}{N+3-n}\right)}\cdot \left(\frac{2}{N\color{green}{+2}-n}\right),$$
var $n-1$ ilk ile ilgili terimler $n-1$başarısız çekilişler ve başarılı çekilişle sonuncusu. Her çekilişten sonra çekilecek bilet sayısı 1 azaldığından paydalar her faktörde 1 azalır. İlk için$n-1$ terimler (başarısız çekilişler) numaralandırıcı da 1 azalır, bu nedenle payda ve numaralandırıcı arasındaki fark her zaman olacaktır $2$ bu terimlerle (2 biletinizi temsil eder).
Bu sonuç şöyle yazılabilir:
$$\frac{2}{N\color{green}{+2}-n}\prod_{k=1}^{n-1}\frac{N-k}{N+2-k}.$$
"Bilinen çözümünüz" boş ürünü veriyor $n=1$, dolayısıyla bu, açıkça doğru olmayan olasılık 1 anlamına gelir. Bu yüzden lütfen doğru kopyalayıp kopyalayıp kopyalamadığınızı kontrol edin.
Çözümünüz büyük ölçüde basitleştiriyor. Bazı nedenlerden dolayı \ cancel çalışmıyor, bu yüzden aynı renkte iptal eden terimleri göstererek ne demek istediğimi belirtmeye çalıştım. Maalesef sadece ilk birkaç terimi bu şekilde gösterebilirim.
$$\frac{\color{red}{N-1}}{N+1}\frac{\color{blue}{N-2}}{N} \frac{\color{green}{N-3}}{\color{red}{N-1}} \frac{\color{orange}{N-4}}{\color{blue}{N-2}}\dots $$
İşte bunu yapmanın daha iyi bir yolu.
İzin Vermek $1\leq n\leq N$verilecek.
İzin Vermek$A$ adının üzerinde olduğu olay ol $n$inci bilet. İzin Vermek$B$ adını verdiğiniz etkinlik biletlerin hiçbirinde yer almasın $1,2,\dots,n-1$. Arıyoruz$\Pr(A\cap B)$.
$$\Pr(A\cap B) = \Pr(A)\Pr(B|A) = \boxed{\frac2{N+1}\frac{N+1-n}{N}}$$
İlk terim açıktır. İkincisi için var$N$ adınızın geçtiği diğer biletin olabileceği yerler ve $N+1-n$ onlardan sonra geliyor $n$inci bilet.
Yukarıda açıklanan basitleştirmeyi yaparsanız, bu basit cevaba geleceksiniz.
Belki bu olasılık deneyinin nasıl yapıldığını anlamıyorum ama herkesten farklı bir yanıt alıyorum. Belki birisi mantık yürütmemin neden uygunsuz olduğunu söyleyebilir, eğer herhangi biri varsa?
Bir oyuncunun adı seçildikten sonra, bu ada sahip gelecekteki tüm biletler göz ardı edildiğini varsayalım.
Adınızın görünmesi için biletlerin kaç kez çekilebileceği $n^{th}$ yuva ${2 \choose 1} \cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot (N-1)!$
Toplamda biletlerin çekilebileceği yol sayısı ${2 \choose 1}\cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot N!$
Bu ikisini bölmek, imrenilen bir olasılık verir. $$\frac{ 2 \cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot (N-1)! }{ 2 \cdot {{N-1} \choose {N-1}} \cdot N! }=\frac{1}{N}$$
Bunu görmek için belirli bir örneğe bakabiliriz. Bir piyangoda oynayan 1 numaralı kişi olduğunuzu varsayalım.$N-1=2$ diğer insanlar ve $ \{1,1^*\} $ katkıda bulunan iki biletinizi temsil eder $N+1=4$şapkadaki biletler. Şapkadaki tüm biletlerin koleksiyonunu şu şekilde göstereceğiz:$\{1,1^*,2,3\}$. Hepsini listeleyebiliriz${2 \choose 1}\cdot {{3-1} \choose {3-1}} \cdot 3!=12$ isimlerin olası sıralamaları açıkça: $$\{1,2,3\}, \{ 1,3,2\}, \{ 2,1,3\}, \{ 3,1,2\}, \{2,3,1 \},\{3,2,1 \}$$ $$\{1^*,2,3\}, \{ 1^*,3,2\}, \{ 2,1^*,3\}, \{ 3,1^*,2\}, \{2,3,1^* \},\{3,2,1^*\}$$ Atanma olasılığı $n^{th}$ yerleşim $ \frac{1}{N}=\frac{1}{3}$ için $n=1,2,3$ bu bana tamamen mantıklı geliyor.