来自相同种群的多次采样的交集概率

这是一个示例情况：

• 我的人口为10,000。每个项目都有一个唯一的ID。
• 我随机挑选100件物品并记录ID
• 我把100件物品放回了人口中
• 我再次随机选择100个项目，记下ID并替换。
• 总共我重复了5次随机抽样

概率是多少 $X$ 5个随机抽样中出现多少个项目？

我不是很精通统计。这是正确的吗$X = 10$？

• 对于每个采样，从10,000起的100个项目的可能组合数为 ${\rm binom}(10000, 100)$
• 在100种商品的所有可能组合中， ${\rm binom}(9990, 90) * {\rm binom}(100, 10)$ 组合包含10个特定项目
• 包含10个特定项目的概率为 $({\rm binom}(9990, 90) * {\rm binom}(100, 10)) / {\rm binom}(10000, 100)$
• 以5的幂计算的概率代表5个独立采样。

因此，从本质上讲，我们只是计算5个独立的超几何概率，然后将它们相乘？我觉得我在某处缺少一步。

递归计算机会。

让 $p_s(x)$ 恰好是 $x$ 价值观 $0 \le x \le k$，全部选中 $s\ge 1$ 独立抽签 $k$ 来自以下人群的商品（无替换商品） $n \ge k \gt 0$成员。（让我们$n$ 和 $k$ 在分析期间固定不变，因此无需明确提及。）

让 $p_s(x\mid y)$ 如果完全是 $y$ 在第一个中选择值 $s-1$ 然后画 $x \le y$他们中的最后一次抽奖被选中。然后，因为有的子集的那些元件元件和剩余的子集元件分开的其他的选自群体成员，$\binom{y}{x}$$x$$y$$\binom{n-y}{k-x}$$k-x$$n-y$

总概率定律

对于，可以确定：这是初始分布。$s=1$$x=k$

通过次重复获得完整分布所需的总计算量为。这不仅相当快，算法也很容易。等待粗心的程序员的一个陷阱是，这些概率可能变得非常小，并且下溢浮点计算。以下实现通过计算数组的列中的值来避免这种情况。$s$$O(k^2 s)$R$\log(p_s(x))$$1, 2, \ldots, s$

lp <- function(s, n, k) {
  P <- matrix(NA, nrow=k+1, ncol=s, dimnames=list(0:k, 1:s))
  P[, 1] <- c(rep(-Inf, k), 0)
  for (u in 2:s) 
    for (i in 0:k) {
      q <- P[i:k+1, u-1] + lchoose(i:k, i) + lchoose(n-(i:k), k-i) - lchoose(n, k)
      q.0 <- max(q, na.rm=TRUE)
      P[i+1, u] <- q.0 + log(sum(exp(q - q.0)))
    }
  return(P)
}
p <- function(...) zapsmall(exp(lp(...)))

通过让和来获得问题的答案。$s=5,$ $n=10000=10^4$$k=100=10^2$ 输出是数组，但是大多数数字是如此之小，我们可能会关注非常小的。这是与对应的前四行：$101\times 5$$x$$x=0,1,2,3$

p(5, 1e4, 1e2)[1:4, ]

输出是

  1         2         3      4        5
0 0 0.3641945 0.9900484 0.9999 0.999999
1 0 0.3715891 0.0099034 0.0001 0.000001
2 0 0.1857756 0.0000481 0.0000 0.000000
3 0 0.0606681 0.0000002 0.0000 0.000000

值标记行，而值标记列。第5列显示在所有五个样本中出现一个元素的可能性很小（大约百万分之一），并且基本上没有机会在所有五个样本中出现两个或多个元素。$x$$s$

如果您想看看这些机会有多小，请查看它们的对数。以10为基数很方便，我们不需要很多数字：

u <- lp(5, 1e4, 1e2)[, 5]
signif(-u[-1] / log(10), 3)

输出告诉我们小数点后有多少个零：

    1     2     3     4     5     6     7     8     9    10  ...   97    98    99   100 
  6.0  12.3  18.8  25.5  32.3  39.2  46.2  53.2  60.4  67.6 ... 917.0 933.0 949.0 967.0 

第一行中的数字是值。例如，通过计算发现在所有五个样本中恰好出现三个值的机会为，实际上，该点之前有零。第一个有效数字。作为检验，最后的值是一个圆形的版本。（计算第一个样本在接下来的四个样本中再次出现的机会）等于$x$exp(u[4])$0.000\,000\,000\,000\,000\,000\,1434419\ldots$$18$$967.0$$967.26$$\binom{10000}{100}^{-4}$$10^{-967.26}.$

我只是遇到了一个类似的问题，即使我也不知道这是否是正确的解决方案，还是这样处理的：

您有兴趣在5个样本中出现项目，总共项目中有个。您可能会想到带有白球和黑球的骨灰盒。取出球，是您的集合中所有白色球的概率。如果您（独立地）执行次，则将其乘以：。$X$$100$$10,000$$X$$10,000-X$$100$$p_h$$X$$5$$p = {p_h}^5$

我什至可以再想一步，将其围绕二项式分布：如果您有一个硬币出现，概率为（您有所有物品的概率），并且扔了次，那获得个头的可能性？。$p_h$$5$$5$$p = {5\choose 5}{p_h}^5 (1-{p_h})^{5-5} = {p_h}^5$

数量的项目出现在所有5个随机抽样中的概率是多少？$X$

根据汉斯所说的，您希望始终在其余10000-的100和100- ID的每个样本中获得相同的 ID 。这样对于一个给定的样品的概率通过用于超几何函数给出成功在100平局从10000有人口可能成功的状态：。对于5个样本，您将采用。$X$$X$$X$$X$$X$$P = \frac{{X \choose X}{10000-X \choose 100-X}}{10000 \choose 100}$$P^5$

但是，我们假设知道共享的 ID，并且有方式来选择这些 ID。因此，您的最终答案将是。$X$$10000 \choose X$$X$${10000 \choose X} P^5$