Numero previsto di carte invisibili quando si pescano carte da un mazzo di dimensioni

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Abbiamo un mazzo di $n$ carte. Ne pesciamo carte in modo uniforme a caso con sostituzione. Dopo $2n$ pesca qual è il numero atteso di carte mai scelte?

Questa domanda è parte 2 del problema 2.12 in

M. Mitzenmacher ed E. Upfal, Probabilità e informatica: algoritmi randomizzati e analisi probabilistica , Cambridge University Press, 2005.

Inoltre, per quello che vale, questo non è un problema di compiti a casa. È auto-studio e sono solo bloccato.

La mia risposta finora è:

Lasciate sia il numero di carte distinte visto dopo l' esimo disegnare. Poi: $X_i$ $i$

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

L'idea qui è che ogni volta che pesciamo, o pesciamo una carta che abbiamo visto o pesciamo una carta che non abbiamo visto, e che possiamo definirla in modo ricorsivo.

Infine, la risposta alla domanda, quanti non abbiamo visto dopo pareggi, sarà . $2n$ $n-E[X_{2n}]$

Credo che sia corretto, ma che ci deve essere una soluzione più semplice.

Qualsiasi aiuto sarebbe molto apprezzato.

probability expected-value

— Craig Wright
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Hai simulato e confrontato i risultati?

— Adam,

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Suggerimento: in ogni dato sorteggio, la probabilità che una carta non sia scelta è . E dal momento che stiamo disegnando con la sostituzione, presumo che possiamo dire che ogni sorteggio è indipendente dagli altri. Quindi la probabilità che una carta non sia scelta in pesca è ... $\frac{n-1}{n}$ $2n$

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(+1) Questo dà un buon primo inizio. Combinando questo con la linearità delle aspettative si ottiene una soluzione economica ed elegante.

— cardinale il

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Grazie Mike per il suggerimento.

Questo è quello che mi è venuto in mente.

Sia una variabile casuale di Bernoulli in cui se la carta non è mai stata pescata. Quindi , ma poiché è lo stesso per tutti , lascia che . $X_i$ $X_i = 1$ $i^{th}$ $p_i = P(X_i=1) = (\frac{n-1}{n})^{2n}$ $p_i$ $i$ $p=p_i$

Ora lascia che sia il numero di carte non pescate dopo pesca. $\displaystyle X = \sum_{i=1}^n X_i$ $2n$

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

E penso che lo faccia.

— Craig Wright
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(+1) Notare anche che per grande, .

n

$n$

p \approx e^{- 2}

$p \approx e^{-2}$

— Dilip Sarwate,

Potrebbe essere un po 'più complicato di così. La probabilità che la carta (i) sia mancata è come hai scritto. Tuttavia, una volta che sappiamo che la carta (i) è stata mancata, la probabilità di perdere la carta (j) cambia. Non so se la questione dell'indipendenza cambierà il risultato finale ma complica la derivazione.

— Emil Friedman,

@Emil Friedman: le aspettative sono lineari indipendentemente dal fatto che i riepiloghi siano indipendenti o meno. La mancanza di indipendenza influisce su quantità come la varianza, ma non sulle aspettative.

— Douglas Zare,

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Ecco del codice R per convalidare la teoria.

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
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