从中提取without时，其概率分布是否会发生变化，而无需平均替换？

9

假设我的骨灰盒包含N种不同颜色的球，每种颜色可以出现不同的次数（如果有10个红色球，那么也不必有10个蓝色球）。如果在绘制之前知道know的确切内容，我们可以形成离散的概率分布，该分布告诉我们绘制每种颜色的球的概率。我想知道的是，平均没有从骨灰盒上取下k个球后，分布如何变化。我了解到，随着我们从骨灰盒中提取物品，我们可以根据已取出的知识更新分布，但是我想知道的是，在移除k个球之后，我们期望分布的形状是什么。分布是平均变化还是保持不变？如果不保持相同，是否可以写出一些公式，以便在进行k次绘制后，我们期望新分布的平均外观如何？

probability discrete-data distributions

— 米尼科尔
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1

我可能是错的-但这感觉就像是知道先验分布，但没有任何可能性的信息（除了删除了k个球）。在那种情况下-我会认为后验等于前验。公平地讲，存在这样的可能性信息：球的数量减少了，并且（对于移除的一个球）分布是例如在9％的红色和10个黑色的可能性为50％和10个红色的和9个黑色的可能性为50％之间的双峰分布。我可能在这里错了

— Wouter

我的直觉是，就像您描述的后一种情况一样。我找不到任何谈论这种过程的人。

— mjnichol

7

“直接计算”：the中有个颜色的球。让我们集中讨论在第二次绘制时绘制一种特定颜色（例如白色）的可能性。令白球的数量为。令为在第平局获得的球的颜色。 $n$ $m$ $n_w$ $X_i$ $i$

$\begin{array}{rcl} P (X_{2} = W) & = & P (X_{2} = W | X_{1} = W) P (X_{1} = W) + P (X_{2} = W | X_{1} = \bar{W}) P (X_{1} = \bar{W}) \\ = & \frac{n_{w} - 1}{n - 1} \frac{n_{w}}{n} + \frac{n_{w}}{n - 1} \frac{n - n_{w}}{n} \\ = & \frac{n_{w} (n - n_{w} + n_{w} - 1)}{n (n - 1)} \\ = & \frac{n_{w}}{n} \\ = & P (X_{1} = W) \end{array}$ $\begin{eqnarray} P(X_2=W)&=&P(X_2=W|X_1=W)P(X_1=W)+P(X_2=W|X_1=\overline{W})P(X_1=\overline{W})\\ &=&\frac{n_w-1}{n-1}\frac{n_w}{n}+\frac{n_w}{n-1}\frac{n-n_w}{n}\\ &=&\frac{n_w(n-n_w+n_w-1)}{n(n-1)}\\ &=&\frac{n_w}{n}\\ &=&P(X_1=W) \end{eqnarray}$
当然，该参数同样适用于第二次绘制的任何颜色。在考虑以后的绘制时，我们可以递归地应用相同类型的参数。

[当然可以执行更直接的计算。认为前平局由白球和非白球组成（概率由超几何分布给出），并针对上述简单的步骤执行相应的计算，但在步骤进行平局；人们得到了类似的简化和取消，但是执行起来并没有特别的启发。] $k$ $i$ $k-i$ $k+1$
一个简短的论点是：考虑用数字随机标记球，然后按标记顺序将它们画出。现在的问题变成“给定标签放置在白球上的概率与标签放置在白球上的概率是否相同？” $1,2,...,n$ $k$ $1$

现在我们看到答案在标签的对称性上必须为“是”。同样，通过对称的球形颜色，我们说“白色”也没关系，因此标签和标签具有相同概率的论点适用于任何颜色。因此，第抽签的分布与第一次抽签的分布相同，只要我们没有较早抽签的其他信息即可（即，只要看不到较早抽签的球）。 $k$ $1$ $k$

— Glen_b-恢复莫妮卡
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与您的第二种方法紧密相关的是另一个简短的论点：想象一下所有可能去除球的序列（例如，先是蓝色，然后是白色，然后是白色，...可能就是这样的序列）。如果对于该集合中的每个序列，我们交换和元素，则只需置换集合。因此，对于位置有白色（或其他任何东西）球的每个序列，正好有一个位置有白色球的对应序列。因此，在位置或位置上出现白球的概率必须相同。我认为这本质上是尼尔的观点。

1^{s t}

$1^{st}$

k^{t h}

$k^{th}$

k

$k$

1

$1$

k

$k$

1

$1$

— 银鱼

@Silverfish是的，看着它，我的第二个参数本质上与Neil的置换参数相同。

— Glen_b-恢复莫妮卡2015年

感谢您的解释。这正是我需要看的！

— mjnichol

6

分布保持不变（假设至少剩下一个球）并不是唯一显而易见的唯一原因是信息太多。让我们剥离分散注意力的材料。

暂时忽略每个球的颜色。 专注于一个球。假设球将被随机移除（而不观察），然后将绘制并观察一个球。选择发生的顺序没有什么区别，因此您最好观察第一个绘制的球（如果您坚持要再移出另一个球）。分布显然没有改变，因为移除其他球不会受到影响。 $k$ $k+1$ $k$ $k$

这个论点-尽管完全正确-可能会使某些人感到不安。以下分析可能更为严格，因为它不会要求我们忽略选择顺序。

继续专注于你的球。它有一定的概率被选为第球。尽管易于计算，但我们不需要知道它的值：重要的是每个球的值必须相同（因为所有球都是等效的）并且它不为零。但是，如果它为零，则不会有任何球被选中：只要至少剩下一个球，。 $p_k$ $k+1$ $p_k$ $p_{k}\ne 0$

请再次注意颜色。 根据定义，将选择特定颜色的机会（在随机去除球之后）是所有原始色球的机会之和除以所有原始球的机会之和。当存在原本是颜色的球和球总量，该值是 $C$ $k$ $C$ $k_C$ $C$ $n$

{Pr}_{k} (C) = \frac{k_{c} p_{k}}{n p_{k}} = \frac{k_{c}}{n} .

${\Pr}_k(C) = \frac{k_c p_k}{n p_k} = \frac{k_c}{n}.$

当它不依赖于，QED。 $k\lt n$ $k$

— ub
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感谢您的评论。它帮助我更多地了解了基本流程！

— mjnichol

2

给个球的分布-在已经替换了球之后，在给定此类分布的分布的情况下，具有类别分布。 $k$ $E(D_k)$ $D_k$

我猜你在问是否恒定。 $E(D_k)$

我认为是这样。假设您最终画出了所有球。球的所有排列均可能。最初绘制的概率为。您可以将选择重新排列为同样可能的排列，最后选择第一个选择的球，第二个选择第一个的球。由于对称性，该球的期望值必须等于。通过归纳，全部相等。 $E(D_0)$ $E(D_1)$ $E(D_0)$ $E(D_i)$

— 尼尔·G
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您的意思是我在问是否对每个k都是常数，对吗？

E (D_{k})

$E(D_k)$

— mjnichol

@mjnichol对

— Neil G

0

“预期分布”不变。可以使用a论点！我将在稍后的答案中添加此类内容（我现在正在旅行）。

仅当您实际观察到抽奖时，以较早抽奖（为以后的抽奖）为条件的分布才会更改。如果您用紧紧的手从骨灰盒中拉出球，然后在不观察其颜色的情况下将其扔掉（我已经在课堂演示中有效地使用了这种剧院），则分配不会改变。这个事实有一个解释：概率是关于信息的，概率是一个信息概念。

因此，概率只有在获得新信息时才发生变化（即，条件概率）。拖拉球并在不观察的情况下将其扔掉不会给您任何新的信息，因此没有新的条件要处理。因此，当您以实际信息集为条件时，它并没有改变，因此条件分布无法改变。

 EDIT

我现在将不对这个答案提供更多细节，仅添加一个参考文献：Hosam M. Mahmoud：“Pólyan模型”（查普曼和霍尔），它像本问题中的那个一样对待模型，并且也更笼统地介绍了n方案，也可以通过使用ting方法获得极限结果。但是，本文中的问题不需要采用the方法。

— 凯捷蒂尔·哈沃森
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即使您实际观察抽签，分配（对于以后的抽签）也不会更改。为什么观察什么会改变任何东西？

— 尼尔·G

1

@Neil我认为kjetil是指以观察到的抽奖为条件的分布。

— 银鱼2015年

@银鱼：嗯，我明白了。没错，我很抱歉。

— Neil G

我将编辑，以便在两周内在家时更加清晰。现在就在威尼斯度假...

— kjetil b halvorsen