[set]

Hola alguien podría ayudarme?
Tengo el siguiente problema, de una urna con n bolas blancas y m bolas negras, extraemos las bolas una a una hasta que salen todas las bolas blancas. Y tengo que calcular la probabilidad de que queden exactamente k bolas negras dentro de la urna.
Tengo el problema resuelto pero la fórmula a la que he llegado no me sirve cuando n y m son grandes ya que me sale con unos factoriales del infierno.
Estoy tratando de pensar en un modelo recursivo pero no doy con el. Agradecería cualquier ayuda. un saludito.

[pepito]

A mí me sale que la probabilidad de que queden exactamente \( k \) bolas negras en la urna es \( \displaystyle\frac{\binom{m}{k}n(n-1+m-k)!k!}{(n+m)!} \).

Pensándolo de otra forma tal vez se pueda reescribir esta misma cantidad de otra manera, como decís, pero lo que pasa es que no sé exactamente cuál es tu duda. ¿Estás tratando de calcular algún límite cuando \( n,m\to+\infty \) obedeciendo a alguna proporción o diferencia constante o algo así?

En cualquier caso, sería útil que escribas cuál es la fórmula a la que vos llegaste y cuál es la dificultad puntualmente.

[set]

Buenos días Pepito, a mi me sale exactamente lo mismo que a ti. El problema es que me dijo que cuando n y m son muy grandes por ejemplo 100000 y 200000 por decir algo, esta fórmula conduce a un callejón sin salida, y que es puro maquillaje.Así que estoy tratando de llegar a otra que sea más sencilla, sobre todo por que luego en el mismo problema me piden que calcule cual es el número medio de bolas negras que quedan en la urna después de haber sacado todas las blancas.y este resultado es aún peor ya que queda un sumatorio de lo mismo que hemos calculado antes ya sabes.
Estoy perdida...

[pepito]

Estoy de acuerdo en que esto es puro maquillaje, lo que pasa es que eso que vos pretendés, en el caso general es dificilísimo o imposible de conseguir (por eso uno termina conformándose con este tipo de respuestas). Voy a ver si se me ocurre alguna otra forma de calcularlo. Pero si el problema es calcular la media, lo que podrías hacer es lo siguiente (es un ejercicio muy estándar):

Llamás \( X \) a la variable aleatoria que cuenta la cantidad de bolas negras que quedan en la urna, entonces \( X=X_1+\ldots+X_m \), donde, para cada \( 1\le i\le m \), es

\( X_i=\begin{Bmatrix} 1 & \mbox{ si la bola negra numero }i\mbox{ queda en la urna}\\0 & \mbox{si no}\end{matrix} \).

Entonces \( \mathbb{E}(X)=\mathbb{E}(X_1+\ldots+X_m)=\mathbb{E}(X_1)+\ldots+\mathbb{E}(X_m) \). Pero para cada \( 1\le i\le m \), es \( \mathbb{E}(X_i)=0\times P(X_i=0)+1\times P(X_i=1)=P(X_i=1) \). Ahora bien, la probabilidad de que una determinada bola negra quede en la urna es \( \frac{1}{n+1} \), dado que si uno mira a esta bola en conjunto con las blancas, cada una de esas \( n+1 \) tiene la misma probabilidad de ser la última de ellas en salir. O sea que \( \mathbb{E}(X)=\frac{m}{n+1} \).

Y de acá, tenés una igualdad que difícilmente habrías podido probar de no ser por este ejercicio:

\( \displaystyle\sum_{k=0}^mk\displaystyle\frac{\binom{m}{k}n(n-1+m-k)!k!}{(n+m)!}=\dfrac{m}{n+1} \)

Después veo si se me ocurre algo para calcular mejor la probabilidad puntual (sólo porque alguien te está asegurando que tal forma existe; si no, te admito que tal vez ni me molestaría).

[Carlos Ivorra]

Estoy tratando de pensar en un modelo recursivo pero no doy con el.

¿Te valdría \( P_{k+1}=\displaystyle\frac{m-k}{m-k+n-1}P_k \)?

Es lo que me sale al simplificar la fórmula de pepito.

[pepito]

¿Pero eso permite llegar a una fórmula cerrada?

Igualmente, me desdigo; esto no es puro maquillaje. Efectuar el cálculo \( \displaystyle\frac{\binom{m}{k}n(n-1+m-k)!k!}{(n+m)!} \), o lo que es lo mismo, \( n\displaystyle\frac{m(m-1)\ldots(m-k+1)}{(n+m)(n+m-1)\ldots(n+m-k)} \) requiere \( 2k \) multiplicaciones y una división. Está bien que la cantidad de operaciones crece con \( k \), y que para \( n \) y \( m \) muy grandes, podría ser muy trabajoso, pero igual es mucho menos que listar las \( (n+m)! \) permutaciones y decidir una por una si sirve o no. O sea, tal vez no sea la forma óptima de calcularlo, pero decir esto no es lo mismo que no decir nada (por eso digo, no es puro maquillaje).

[Carlos Ivorra]

¿Pero eso permite llegar a una fórmula cerrada?

No, simplemente pone en evidencia lo mismo que dices tú a continuación.

Igualmente, me desdigo; esto no es puro maquillaje. Efectuar el cálculo \( \displaystyle\frac{\binom{m}{k}n(n-1+m-k)!k!}{(n+m)!} \), o lo que es lo mismo, \( n\displaystyle\frac{m(m-1)\ldots(m-k+1)}{(n+m)(n+m-1)\ldots(n+m-k)} \) requiere \( 2k \) multiplicaciones y una división.

El único matiz es que si haces las 2k multiplicaciones, te pueden quedar números muy grandes que excedan la capacidad de una calculadora normal. Creo que es más eficiente hacer k multiplicaciones de k cocientes (lo que esencialmente es lo mismo que aplicar la expresión recurrente), porque así cada factor permanece entre 0 y 1.

Está bien que la cantidad de operaciones crece con \( k \), y que para \( n \) y \( m \) muy grandes, podría ser muy trabajoso, pero igual es mucho menos que listar las \( (n+m)! \) permutaciones y decidir una por una si sirve o no. O sea, tal vez no sea la forma óptima de calcularlo, pero decir esto no es lo mismo que no decir nada (por eso digo, no es puro maquillaje).

Coincido.

[pepito]

Claro, sería

\( \displaystyle\frac{\binom{m}{k}n(n-1+m-k)!k!}{(n+m)!}=n\displaystyle\frac{m(m-1)\ldots(m-k+1)}{(n+m)(n+m-1)\ldots(n+m-k)}=\\\\\dfrac{n}{n+m-k}\cdot\dfrac{m}{n+m}\cdot\dfrac{m-1}{n+m-1}\ldots\dfrac{m-k+1}{n+m-k+1} \)

[set]

hola chicos, gracias por vuestras aportaciones. Ayer poniéndome un ejemplo sencillo, llegué a la conclusión de que
P(de que al sacar todas las blancas queden k bolas negras en la urna)=P(de que las k primeras extracciones sean negras y la (k+1)-ésima sea blanca)=a la última fórmula que me habéis indicado la de las k multiplicaciones por los k cocientes.

[pepito]

¡Mirá vos! Sí, es otra manera de interpretar la última fórmula. Lo único, habría que escribirlo con el debido cuidado, usando probabilidad condicional (las probabilidades no se multiplican "porque sí"; no es lo mismo multiplicar esas probabilidades de las que hablás que aplicar el principio de multiplicación cuando uno está contando casos). Pero lo que decís es correcto.

Igualmente, lo ideal sería encontrar una expresión que involucre una cantidad fija de operaciones, aunque sospecho que en este caso, la arbitrariedad de \( k \) hace que eso sea imposible (al menos mi intuición indica que en un ejercicio así, es de esperar que, si el resultado no es una fórmula como esta, cuanto menos involucre alguna potencia \( k \)-ésima o algo así). Pero preguntale qué solución propone al que te hablaba del "callejón sin salida" y después contanos.