Προβλήματα Μαθηματικών

24 Οκτωβρίου, 2019

Υπεργεωμετρική

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Themis Mitsis @ 9:47 μμ

Το πρόβλημα προτείνει ο Χρήστος Πελέκης.

Ένα δοχείο περιέχει A κόκκινες και N-A μπλε μπάλες. Επιλέγουμε ένα τυχαίο δείγμα μεγέθους n, και έστω X ο αριθμός των κόκκινων μπαλών. Τότε λέμε ότι η X ακολουθεί την υπεργεωμετρική κατανομή με παραμέτρους N, A, n και γράφουμε X\sim\text{Hyp}(N,A,n). Αν X\sim\text{Hyp}(N,A,n) και \mathbb E(X)=1, δείξτε ότι \mathbb P(X=1)\geq\mathbb P(X\geq2).

12 Σχόλια »

  1. Η ανισότητα του Markov δίδει: \mathbb P(X\geq 2)\leq\frac{\mathbb E(X)}{2}=\frac{1}{2}. Από την άλλη, χρησιμοποιώντας
    τη συνάρτηση πυκνότητας της υπεργεωμετρικής: \mathbb P(X=1)=\frac{A \binom{N-A}{n-1}}{\binom{N}{n}}.
    Αν ο λόγος αυτός είναι πάντα μεγαλύτερος ή ίσος από \frac{1}{2}, όλα καλά.. Είναι όμως;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 26 Οκτωβρίου, 2019 @ 12:16 πμ

  2. Καλή η προσπάθεια, όμως δε πρόκειται να δουλέψει.
    Για να το δεις αυτό, παρατήρησε ότι η υπόθεση \mathbb{E}(X)=1 σημαίνει ότι N=n\cdot A.
    Επίσης, δεν είναι δύκολο να δεις ότι, για σταθεροποιημένο A, ισχύει \lim_{n\to\infty} \mathbb{P}(X=1) = \left(1-\frac{1}{A}\right)^{A-1}.
    Συνεπώς, αν A\ge 2 και το n είναι πολύ μεγάλο, έχουμε \mathbb{P}(X=1)\approx \left(1-\frac{1}{A}\right)^{A-1} < 1/2.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Christos Pelekis — 26 Οκτωβρίου, 2019 @ 1:31 πμ

  3. Αυτό σημαίνει πως η Markov, «δε λέει πολλά» – δεν είναι αρκετά ισχυρή, για τη συγκεκριμένη άσκηση;
    Εσείς έχετε κατά νου διαφορετική προσέγγιση;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 8 Νοεμβρίου, 2019 @ 11:23 πμ

  4. Προφανώς, μπορεί να πάρει και τη τιμή μηδέν η τυχαία μεταβλητή X, έτσι;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 15 Νοεμβρίου, 2019 @ 2:07 μμ

  5. Βεβαίως.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Christos Pelekis — 15 Νοεμβρίου, 2019 @ 2:10 μμ

  6. Αρχικά σκέφθηκα να χρησιμοποιήσω το ότι η μέση τιμή της Τ.Μ. είναι γνωστή, χρησιμοποιώντας το γνωστό τύπο άθροισμα τιμών*αντίστοιχη πιθανότητα,
    αλλά το γεγονός ότι η ανισωτική σχέση δεν αναφέρει κάτι για τη τιμή μηδέν με κάνει να μη θέλω να χρησιμοποιήσω τον τύπο. (ο οποίος
    παρεμπιπτόντως θα οδηγήσει σε περίπλοκες πράξεις)

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 15 Νοεμβρίου, 2019 @ 6:09 μμ

  7. Συγγνώμη! Μηδέν επί οτιδήποτε=μηδέν..

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 15 Νοεμβρίου, 2019 @ 6:26 μμ

  8. Το σχόλιο αυτό απευθύνεται στον αγαπητό συνάδελφο κ. Παπαδημητρίου. Πιστεύεις κάποια σχέση τύπου Vandermonde θα «ξεδιάλυνε» τη
    κατάσταση με τις πράξεις που προκύπτουν στην άσκηση; Ρωτώ επειδή είδα κάποια λύση σου σε ένα άλλο πρόβλημα που τη χρησιμοποίησες. Περισσότερο
    από 3 χρόνια πίσω πρέπει να κοιτάξει ο αναγνώστης για να τη βρει.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 16 Νοεμβρίου, 2019 @ 3:01 μμ

  9. Αγαπητέ Κωνσταντίνε, δεν μου προκύπτει εδώ η Vandermonde, αλλά μια και με θυμήθηκες θα πω μια σκέψη. Γεια σου αγαπητέ Χρήστο.
    Η Ε(Χ)=1 γράφεται:
    0*Ρ(Χ=0)+1*Ρ(Χ=1)+2*Ρ(Χ=2)+..+η*Ρ(Χ=η) = 1 ⇒ Ρ(Χ=1)+2*Ρ(Χ≥2) ≤ 1 ⇒ 2*Ρ(Χ≥2) ≤ 1-Ρ(Χ=1) ⇒ 2*Ρ(Χ≥2) ≤ [Ρ(Χ=0)+Ρ(Χ=1)+Ρ(Χ≥2)] -Ρ(Χ=1) ⇒ Ρ(Χ≥2) ≤ Ρ(Χ=0) (1)
    Επίσης:
    C(N-A,n)=(N-A-n+1)/n*C(N-A,n-1) και αφού Ν=n*A, έχουμε:
    (N-A-n+1)/η = Α-Α/η-1+1/η =
    (Α-1)*(1-1/η) ≤ Α και
    C(N-A,n) ≤ Α*C(N-A,n-1) ⇒
    C(N-A,n)/C(N,n) ≤ Α*C(N-A,n-1)/C(N,n) ⇒
    P(X=0) ≤ P(X=1) (2)
    Από τις (1) και (2) προκύπτει:
    Ρ(Χ=1) ≥ Ρ(Χ≥2)

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — 16 Νοεμβρίου, 2019 @ 6:31 μμ

  10. Πάρα πολύ σωστά!

    Επέτρεψέ μου να το γράψω σε LaTex για να μπορεί να διαβαστεί καλύτερα.
    Παρατηρήστε ότι
    \mathbb{P}(X=0) + \mathbb{P}(X \ge 1) = 1 = \mathbb{E}(X) \ge \mathbb{P}(X\ge 1) + \mathbb{P}(X\ge 2)
    απ᾽όπου έχουμε
    \mathbb{P}(X=0) \ge \mathbb{P}(X\ge 2). (1)
    Επίσης, δεν είναι δύσκολο να δείτε ότι η μια τ.μ. $X\sim \text{Hyp}(nA, A,n)$ ικανοποιεί
    \frac{\mathbb{P}(X=1)}{\mathbb{P}(X=0)} = \frac{nA}{(n-1)(A-1)} > 1. (2)
    Οι (1) και (2) δίδουν το ζητούμενο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Christos Pelekis — 16 Νοεμβρίου, 2019 @ 6:56 μμ

  11. Εξαιρετικά και πολύ όμορφα, ευχαριστώ!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — 16 Νοεμβρίου, 2019 @ 7:12 μμ

  12. Θερμά συγχαρητήρια. Για να δούμε, η Τ.Μ. ακολουθεί τη κατανομή (τάδε) πώς φαίνεται: X\sim \text{Hyp}(nA, A, n) Good.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 16 Νοεμβρίου, 2019 @ 7:58 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Blog στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: