Bolas de urna y probabilidades

Question

Piensa en las siguientes bolas como individuos de poblaciones.

Digamos que tengo $U$ urnas, y algunos balones. Ambos números son realmente grande. Tan grande, que autores como Blanchard y Diamond han aproximado las operaciones binomiales que siguen con probabilidades de Poisson.

Las bolas son rojas ( $R$ ) o verde ( $G$ ). Al principio del periodo, cada bola se lanza (al azar, iid) a una urna. No hay posibilidad de fallar (es decir, cada bola está en algunos urna). Algunas urnas tendrán más de una bola, otras pueden no tener ninguna.

Hay dos ejercicios que quiero hacer en este montaje, y no estoy seguro de hasta qué punto se solapan (es decir, que ayudarme a entender uno me ayudaría a entender el otro también), así que publicaré ambos.

Mi problema es que tengo un pensamiento binomial, y se puede ver en la estructura que he impuesto para resolver las siguientes probabilidades. ¿Debo cambiar a las probabilidades de Poisson en su lugar? ¿Cuál es la Lo mejor de todo es ¿Cómo se resuelven los siguientes montajes?

Bola roja en solitario

Me gustaría calcular la probabilidad ex-ante de que una bola roja (desde la perspectiva de una bola roja) sea lanzada a una urna en la que no hay otra bola roja.

Hasta ahora, estaba pensando en hacer

$$ Prob(\text{sole red ball}) = \sum_{x = 1}^{R + G} Prob(\text{Urn has $ x $ balls}) \cdot \sum_{y=0}^{x-1}Prob(\text{No other red ball } | x \text{ balls}) $$

Bola roja Super Ball

De cada urna, una bola roja se convierte en una súper bola. Esta probabilidad es uniforme. Me gustaría calcular la probabilidad de que una bola roja se convierta en una superbola.

Mi idea abstracta era de nuevo similar:

$$ Prob(\text{red ball becomes super ball}) = \sum_{x = 1}^{R + G} Prob(\text{Urn has $ x $ balls}) \cdot \sum_{y=0}^{x-1}Prob(\text{$ y $ other red balls | $ x $ total balls }) \frac{1}{1+y} $$

Answer 1

(Si las urnas son vacantes y las bolas son parados, ¿qué distinción entre los trabajadores desempleados refleja la dicotomía Rojo/Verde?)

Cada bola tiene delante una caja idéntica, cada una con exactamente los mismos billetes de lotería, su billete tiene un número, y cada número corresponde a una urna.

Decimos "¡Adelante!" y cada bola extrae "al azar" (es decir, con la misma probabilidad) un billete de la caja que tiene delante. Nótese que el requisito de que las probabilidades sean Uniformes, impone la condición de que, si queremos tener distribuciones adecuadas, el número de urnas debe ser finito (ni siquiera contablemente infinito -véase este post en statistics.se ) Entonces:

BOLA ROJA SOLO
Desde el punto de vista de una sola bola roja, ¿cuál es la probabilidad de que saque un número que no saque ninguna otra bola roja?

Dado que cada bola extrae independientemente de las demás, está claro que no nos importa en absoluto la existencia de bolas verdes, hasta el punto de que no existe un límite superior de "número de bolas en una urna" (si existiera, las extracciones no serían independientes). Por lo tanto, las bolas verdes (su número y lo que sacan de sus casillas) pueden mantenerse al margen.

Como las bolas rojas son indistinguibles, tomemos $R_1$ como nuestro héroe. Si saca el número $1$ (es decir, condicionado a) queremos la probabilidad

$$\Pr(R_j \neq 1 \mid R_1 =1)\;\; j=2,...N_R$$ Pero los sorteos son independientes por lo que queremos simplemente

$$\Pr(R_j \neq 1) = \prod_{j=2}^{N_R}[1-\Pr(R_j = 1)] = (1-1/N_U)^{N_R-1}$$

Pero $R_1$ puede dibujar no sólo $"1"$ pero cualquier número, y cada uno con probabilidad $1/N_U$ . Por lo tanto, la probabilidad del evento que queremos, denótese $\Pr(\text{RBS})$ es ( Ley de la probabilidad total )

$$ \Pr(\text{RBS}) = \sum_{i=1}^{N_U}\left(\frac {1}{N_U}\right)\cdot \Pr(R_j \neq i \mid R_1 =i) = \left(\frac {1}{N_U}\right)\sum_{i=1}^{N_U}(1-1/N_U)^{N_R-1}$$

$$\implies \Pr(\text{RBS}) = \left(\frac {1}{N_U}\right) \cdot N_U \cdot (1-1/N_U)^{N_R-1} = (1-1/N_U)^{N_R-1}$$

...de nuevo.

Esto es intuitivo: cuanto mayor sea el número de urnas, mayor será la probabilidad. Cuanto mayor sea el número de bolas rojas, menor será la probabilidad.

Ahora, defina la rigidez del mercado de trabajo como $$\theta = N_U/N_R \implies N_R = \frac 1 {\theta} N_U$$

(aquí la "U" denota "urnas", es decir, vacantes). Entonces

$$\Pr(\text{RBS}) = \left(1-\frac 1{N_U}\right)^{\frac 1 {\theta} N_U-1}$$

Si $N_U$ crece "en grande" entonces lo anterior se aproxima bien por

$$\Pr(\text{RBS}) \approx e^{-\frac 1 {\theta} }$$

Cuanto mayor sea la rigidez del mercado de trabajo, mayor será la probabilidad de que un desempleado sea emparejado en solitario con una vacante (de nuevo, ignorando lo que representan los Verdes).

Answer 2

Bola roja en solitario

Para cualquier bola roja en una urna, la probabilidad de que otra bola roja falle en esa urna es $1-\frac{1}{U}$ . La probabilidad de que todas las demás bolas rojas fallen esa urna es el producto de la probabilidad de que todas fallen esa urna, o $\left(1-\frac{1}{U}\right)^{R-1}$ .

Bola roja superbola

Las bolas son simétricas, por lo que $\Pr[\text{a red ball is a superball}] = \frac{\mathbb{E}[\text{# superballs}]}{R}$ . El número esperado de superbolas es el número esperado de urnas con un número no nulo de bolas rojas. La probabilidad de que una urna tenga $\geq 1$ la bola roja es $1 - \left(1-\frac{1}{U}\right)^R$ porque la probabilidad de que cada bola roja pierda la urna es $\left(1-\frac{1}{U}\right)^R$ . Por lo tanto, el número esperado de urnas con un número no nulo de bolas rojas es $U$ veces esta probabilidad. Así que $$ \Pr[\text{a red ball is a superball}] = \frac{U}{R}\left(1 - \left(1-\frac{1}{U}\right)^R\right) . $$

Answer 3

Esto es un complemento/comentario a la respuesta de Alecos, que dijo que

Nótese que el requisito de que las probabilidades sean Uniformes, impone la condición de que, si queremos tener distribuciones adecuadas, el número de urnas debe ser finito

Denotemos el tamaño total del mundo como $N$ . Denotemos las urnas como $U_N$ , bolas como $B_N$ y digamos que lanzamos al azar todas las bolas en una urna. Las urnas y las bolas están "escaladas", es decir $U_N = uN$ , $B_N = bN$ para dos constantes $u$ , $b$ . Entonces la distribución de bolas para cualquier urna es Binomial

$$ Prob(k \text{ balls arrive}) = Binomial(k; n=B_N, p=1/U_N)$$

En el siguiente paso, quiero dejar que el número de urnas y bolas llegue al infinito. Tenga en cuenta que si $np$ converge a un número finito a medida que dejamos que $N\to \infty$ la distribución de llegadas de bolas para cualquier urna particular se aproxima (con bastante precisión) por

$$ Prob(k \text{ balls arrive for N ``large''}) = Poisson(k; \lambda=np)$$

Y de hecho, debido a la configuración, $np = B_N/U_N = b/u$ converge como $N\to \infty$ .