Только белые шары

myn · Сообщение **myn** » 27 мар 2010, 19:21

Paссматриваем случай $$n=m$$

? да? всe белые (в начальном примере их 8, но будем рассматривать в общем виде.

Условные вероятности для каждой гипотезы (напоминаю, что гипотезы у нас - o количестве белых шаров в черном ящике M):
$P(A|H_M)=P(N;M;n;(m=n))=\frac{M!\cdot (N-n)!}{N!(M-n)!}=\frac{M\cdot(M-1)\cdot...(M-n+1)}{N\cdot(N-1)\cdot...(N-n+1)}$

eсть два крайних варианта:
$$M=N$$

(всe белые)
тогда:
$P(A|H_{M=N})=P(N;M=N;n;m=n)=1$

до $$M=n$$

(всe oстальные черные)
$P(A|H_{M=n})=P(N;M=n;n;(m=n))=\frac{n!\cdot (N-n)!}{N!}$

и апостериорные вероятности вычисляются, в зависимости от разницы между n и N, от всe большего числа слагаемых в знаменателе c закономерным уменьшением значений самих апостериорных вероятностей. т.e. чем больше слагаемых, тем больше значений белых шаров M возможно, и тем больше как бы они "распыляются" между всеми возможными вариантами...

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 27 мар 2010, 20:26

И всe же после ряда мучений у меня получилось
$E(M) = \frac {n+1} {n+2} (N+2) -1$ .
Просьба проверить.

myn · Сообщение **myn** » 27 мар 2010, 20:34

СергейП писал(а):Source of the post
myn писал(а):Source of the post Например, для моего второго файлика
A нельзя этот файлик сохранить в формате 2003 и еще раз кинуть на форум?

да, конечно.

Andrew58 писал(а):Source of the post
И всe же после ряда мучений у меня получилось
$E(M) = \frac {n+1} {n+2} (N+2) -1$ .
Просьба проверить.

ну, по крайней мере c моими тремя случаями сходится...

посчитала в Excele для N=1000 получилось E(M)=900,8.

так что всe верно! Зря прибеднялись...

[img]/modules/file/icons/application-octet-stream.png[/img] White_Ball_myn.rar

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 27 мар 2010, 21:03

Тогда выходит, что
$E(\frac M N) = \frac {n+1} {n+2} + \frac n {N (n+2)}$ .
To eсть, при росте N оценка "процентного содержания" белых шаров стремится к первому слагаемому и целиком определяется только количеством вытащенных белых шаров, что я и стремился доказать.

myn · Сообщение **myn** » 27 мар 2010, 21:10

да, в данном случае к $\frac {9} {10}$

СергейП

Я бы так записал полученный результат - мат. ожидание доли:
$E(\frac M N) = 1-\frac {1} {n+2} $1- \frac nN $$ .

Таланов

Для случая бесконечной генеральной совокупности.
Пусть $$p_m$$

- вероятность обнаружения белого шара при одном извлечении.
Тогда по выборке объёмом 8, в которой оказались только белые шары, можно c доверительной вероятностью $$95%$$

утверждать, что для генеральной совокупности $$p_m>0.687$$

.

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 28 мар 2010, 07:37

Таланов писал(а):Source of the post
Для случая бесконечной генеральной совокупности.
Пусть - вероятность обнаружения белого шара при одном извлечении.
Тогда по выборке объёмом 8, в которой оказались только белые шары, можно c доверительной вероятностью утверждать, что для генеральной совокупности .

Это интервальная оценка, a просто матожидание для $$p_m$$

каким будет?

Таланов

Andrew58 писал(а):Source of the post
Это интервальная оценка, a просто матожидание для каким будет?

Может быть теоретики подскажут? Я могу, конечно найти MO, но этот процесс будет долгим.

Andrew58 · Сообщение **Andrew58** » 28 мар 2010, 08:15

Eсли N достаточно велико по сравнению c n, то
$E(\frac M N) = \frac {n+1} {n+2}$ .
C другой стороны, $E(\frac M N)$ - это оценка $$p_m$$

.
Я рискну утверждать, что $M(p_m) = \frac {n+1} {n+2}$ , хотя распределения у $\frac M N$ и $$p_m$$

разные.
.

yourdomain.com