Шанс того, що зразок завантажувального пристрою точно такий же, як і оригінальний зразок

Просто хочу перевірити деякі міркування.

Якщо мій оригінальний зразок має розмір і я завантажую його, то мій процес роздумів такий: $n$

$\frac{1}{n}$ - це шанс будь-якого спостереження, отриманого з оригінальної вибірки. Щоб наступний розіграш не був попередньою вибіркою спостереження, ми обмежимо розмір вибірки до . Таким чином, ми отримуємо цю закономірність: $n-1$

\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n - 1} \cdot \frac{1}{n - 2} \dots \frac{1}{n - (n - 1)} = \frac{1}{n!} .

$\frac{1}{n} \cdot \frac{1}{n-1} \cdot \frac{1}{n-2} \cdots \frac{1}{n-(n-1)} = \frac{1}{n!}.$

Це правильно? Я натрапляю на те, чому це не може бути . $(\frac{1}{n})^n$

— Джаянт.М
джерело

Я не впевнений, що я слідкую за вами. Чому ви хочете "переконатися, що наступний розіграш не є попереднім зразком"? Під час завантаження програми ідея полягає у вибірці із заміною. Тобто, ви робите хочете, щоб це було можливо , що наступний розіграш таким же , як той , який ви вже зробили.

— gung - Відновіть Моніку

але чи це не означає, що завантажений зразок не є таким, як початковий зразок?

— Jayant.M

Я не стежу за тобою. Ви не обов'язково хочете, щоб зразок чобіт був ідентичним вашому зразку, ви просто хочете ставитися до вибірки як до моделі населення.

— gung - Відновіть Моніку

Отже, моє запитання полягає в тому, яка ймовірність того, що зразок завантажувального пристрою збігається з оригінальним зразком. Мені цікаво, щоб завантажувальний

— прилад

Вибачте, якщо моє питання не було зрозумілим!

— Jayant.M

Зауважте, що на кожній позиції спостереження ( $i=1, 2, ..., n$ ) ми можемо вибрати будь-який із $n$ спостереження, тому є $n^n$ можливі повторні зразки (з дотриманням порядку, в якому вони складаються) яких $n!$ є "однаковою вибіркою" (тобто містять усі $n$ оригінальні спостереження без повторів; це пояснює всі способи замовлення зразка, з якого ми розпочали).

Наприклад, з трьома спостереженнями, a, b і c, у вас є 27 можливих вибірок:

aaa aab aac aba abb abc aca acb acc 
baa bab bac bba bbb bbc bca bcb bcc 
caa cab cac cba cbb cbc cca ccb ccc

Шість із них містять по одному з a, b і c.

Тому $n!/n^n$ - це ймовірність повернення початкового зразка.

Убік - швидке наближення ймовірності:

Врахуйте, що :

\sqrt{2 π} н^{н + \frac{1}{2}} е^{- н} \leq н! \leq е н^{н + \frac{1}{2}} е^{- н}

${\sqrt {2\pi }}\ n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}\leq n!\leq e\ n^{n+{\frac {1}{2}}}e^{-n}$

тому

\sqrt{2 π} н^{\frac{1}{2}} е^{- н} \leq н! / н^{н} \leq е н^{\frac{1}{2}} е^{- н}

${\sqrt {2\pi }}\ n^{{\frac {1}{2}}}e^{-n}\leq n!/n^n \leq e\ n^{{\frac {1}{2}}}e^{-n}$

При цьому нижня межа є звичайною, заданою для наближення Стірлінга (яка має малу відносну похибку для великих $n$ ).

[Госпер запропонував використовувати $n! \approx \sqrt{(2n+\frac13)\,\pi}n^ne^{-n}$ що дало б наближення $\sqrt{(2n+\frac13)\pi}\,e^{-n}$ для цієї ймовірності, яка працює досить добре $n=3$ або навіть аж до $n=1$ залежно від того, наскільки жорсткі ваші критерії.]

(Відповідь на коментар :) Ймовірність не отримати певного спостереження в даній резорті є $(1-\frac{1}{n})^n$ що для великих $n$ приблизно $e^{-1}$ .

Детальніше див.
Чому в середньому кожен зразок завантажувальної програми містить приблизно дві третини спостережень?

— Glen_b -Встановити Моніку
джерело

Дякую! як цікава точка, який шанс не отримати певний запис у вибірці? наприклад, з розподілом

a, b, c

$a,b,c$ Ви дали, є 8/27 шанс не отримати зразок з

a

$a$

— Jayant.M

Це вже описано в інших відповідях на сайті, але я додав його вище (коротко).

— Glen_b -Встановіть Моніку

Отже, це ймовірність отримання вибірки, яка є перестановкою вихідної вибірки. Натомість вірогідність отримати абсолютно таку ж послідовність, що і в оригінальній вибірці (таким чином, ті ж елементи в тому ж порядку)

(\frac{1}{n})^{n}

$(\frac {1}{n})^n$ . Правильно?

— DeltaIV

@deltaiv так, лише один із

n!

$n!$ домовленості в оригінальному порядку.

— Glen_b -Встановіть Моніку

Наближення Госпера не працює навіть до

n = 1

$n=1$ , а не лише до

n = 3

$n=3$ ? Я думаю 0,499 (за

n = 2

$n=2$ ) є досить хорошим наближенням до 0,5 та 0,996 (для

n = 1

$n=1$ ) також досить близько до 1,0.

— Karl Ove Hufthammer