Ожидаемое количество невидимых карт при вытягивании карт из колоды размером

10

У нас есть колода из карт. Мы вытягиваем карты из него равномерно наугад с заменой. Какое ожидаемое количество карт никогда не выбирается после тиражей? $n$ $2n$

Этот вопрос является частью 2 проблемы 2.12 в

М. Митценмахер и Э. Упфал, Вероятность и вычисления: рандомизированные алгоритмы и вероятностный анализ , издательство Кембриджского университета, 2005.

Кроме того, для чего это стоит, это не проблема домашней работы. Это самообучение, и я просто застрял.

Пока что мой ответ:

Пусть $X_i$ будет количеством различных карт, увиденных после $i$ го тиража. Затем:

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

Идея в том, что каждый раз, когда мы рисуем, мы либо рисуем карту, которую видели, либо карту, которую не видели, и что мы можем определить это рекурсивно.

Наконец, ответ на вопрос, сколько мы не видели после $2n$ розыгрышей, будет $n-E[X_{2n}]$ .

Я считаю, что это правильно, но должно быть более простое решение.

Любая помощь будет принята с благодарностью.

probability expected-value

— Крейг Райт
источник

Вы имитировали это и сравнивали результаты?

— Адам

10

Подсказка: на любом данном розыгрыше вероятность того, что карта не выбрана, равна . И поскольку мы рисуем с заменой, я предполагаю, что мы можем сказать, что каждая ничья не зависит от других. Таким образом, вероятность того, что карта не выбрана в розыгрышах, равна ... $\frac{n-1}{n}$ $2n$

3

(+1) Это дает хороший первый старт. Сочетание этого с линейностью ожиданий приводит к экономичному и элегантному решению.

— кардинал

6

Спасибо, Майк, за подсказку.

Это то, что я придумал.

Пусть будет случайной величиной Бернулли, где если карта никогда не была разыграна. Тогда , но поскольку одинаково для всех , пусть . $X_i$ $X_i = 1$ $i^{th}$ $p_i = P(X_i=1) = (\frac{n-1}{n})^{2n}$ $p_i$ $i$ $p=p_i$

Теперь пусть будет количеством карт, которые не были разыграны после розыгрышей. $\displaystyle X = \sum_{i=1}^n X_i$ $2n$

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

И это все, я думаю.

— Крейг Райт
источник

4

(+1) Также обратите внимание, что для больших, .

n

$n$

p \approx e^{- 2}

$p \approx e^{-2}$

— Дилип Сарватэ

Это может быть немного сложнее, чем это. Вероятность того, что карта (i) будет пропущена, такая же, как вы написали. Однако, как только мы узнаем, что карта (i) была пропущена, вероятность пропустить карту (j) изменится. Я не знаю, изменит ли вопрос независимости окончательный результат, но усложнит ли вывод.

— Эмиль Фридман

@ Эмиль Фридман: Ожидание является линейным, независимо от того, являются ли слагаемые независимыми или нет. Отсутствие независимости влияет на такие величины, как дисперсия, но не на ожидание.

— Дуглас Заре

4

Вот некоторый R-код для проверки теории.

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
источник