क्या कूपन कलेक्टर समस्या के सामान्य रूप के लिए कोई सूत्र है?

Question

मैं कूपन लेनेवालों की समस्या से लड़खड़ा गया और सामान्यीकरण के लिए एक सूत्र तैयार करने की कोशिश कर रहा था।

यदि अलग-अलग ऑब्जेक्ट हैं और आप उनमें से किसी भी (जहाँ ) की कम से कम प्रतियाँ एकत्र करना चाहते हैं , तो आपको कितनी यादृच्छिक वस्तुओं को खरीदना चाहिए, इसकी क्या अपेक्षा है? सामान्य कूपन कलेक्टर समस्या में और ।$N$$k$$m$$m \le N$$m = N$$k = 1$

एक संग्रह में 12 विभिन्न लेगो आंकड़े हैं। मैं प्रत्येक 10 (किसी भी 10) के आंकड़ों की 3 प्रतियां इकट्ठा करना चाहता हूं। मैं उन्हें बेतरतीब ढंग से एक बार में खरीद सकता हूं। इससे पहले कि मैं उनमें से प्रत्येक 10 की 3 प्रतियों को खरीदने के लिए कितने की उम्मीद करूं?

Comments

मुझे याद नहीं है कि उस विशेष सामान्यीकरण के लिए एक फार्मूला देखा हो, लेकिन उस तरह के एक-एक विशिष्ट प्रश्न के लिए, मैं सिमुलेशन का उपयोग करना चाहूंगा।

— Glen_b -Reinstate मोनिका

Answer 1

यह गणना करना आसान नहीं है, लेकिन यह किया जा सकता है, बशर्ते कि $\binom{m+k}{k}$ बहुत बड़ा नहीं है। (यह संख्या उन संभावित अवस्थाओं को गिनाती है जिन्हें आपको कूपन जमा करते समय ट्रैक करने की आवश्यकता होती है।)

आइए उत्तर की कुछ समझ पाने के लिए एक सिमुलेशन से शुरू करते हैं । यहां, मैंने लेगो के आंकड़े एक मिलियन बार एकत्र किए। इस भूखंड में काली रेखा कम से कम तीन अलग-अलग आंकड़ों को इकट्ठा करने के लिए आवश्यक खरीद की संख्या की आवृत्तियों को ट्रैक करती है।

ग्रे बैंड प्रत्येक गिनती के लिए लगभग दो-तरफा 95% विश्वास अंतराल है। इसके नीचे सभी एक लाल वक्र है: यह सही मूल्य है।

सही मान प्राप्त करने के लिए, आंकड़ों को एकत्रित करते समय मामलों की स्थिति पर विचार करें, जिनमें से संभव प्रकार हैं और आप कम से कम का विभिन्न प्रकारों का संग्रह करना चाहते हैं। केवल एक ही जानकारी जिसे आपको रखने की आवश्यकता है, आपने कितने आंकड़े नहीं देखे हैं, कितने आपने केवल एक बार देखे हैं, कितने आपने दो बार देखे हैं, और कितने आपने तीन या अधिक बार देखे हैं । हम इसे आसानी से एक में हैं जहां संबंधित , इंडेक्स हैं जो से माध्यम से होते हैं । सामान्य तौर पर, हम फॉर्म के मोनोमियल का उपयोग करेंगेकश्मीर = 3 मीटर = 10 एक्स मैं 0 0 एक्स मैं 1 1 एक्स मैं 2 2 एक्स मैं 3 3 मैं j कश्मीर = 0 कश्मीर = टी Π कश्मीर j = 0 एक्स मैं जे$n=12$$k=3$$m=10$$x_0^{i_0} x_1^{i_1} x_2^{i_2} x_3^{i_3}$$i_j$$k=0$$k=t$$\prod_{j=0}^k x_j^{i_j}$ ।

एक नई यादृच्छिक वस्तु को इकट्ठा करने पर, यह अनदेखी वस्तुओं में से एक होगा, जिसमें प्रायिकता , केवल एक बार प्रायिकता साथ देखी गई वस्तुओं में से एक है , और इसी तरह आगे। परिणाम को मोनोमियल के रैखिक संयोजन के रूप में व्यक्त किया जा सकता है,i 0 / n i 1 /$i_0$$i_0/n$$i_1/n$

$$x_0^{i_0} x_1^{i_1} x_2^{i_2} x_3^{i_3}\to \frac{1}{n}\left(i_0 x_0^{i_0-1}x_1^{i_1+1}x_2^{i_2}x_3^{i_3} + \cdots + i_3 x_0^{i_0}x_1^{i_1}x_2^{i_2-1}x_3^{i_3}\right).$$

यह रैखिक अंतर ऑपरेटर को करने का परिणाम है। प्रारंभिक स्थिति में, प्रारंभिक स्थिति में बार-बार आने वाले अनुप्रयोगों को बहुपद , जो अधिकांश शर्तों पर होगा, जहां का गुणांक होगा राज्य में होने का मौका है, जो द्वारा इंगित किया गया है। हमें केवल साथ पर शब्दों पर ध्यान देने की आवश्यकता है : उनके गुणांक का योग कूपन संग्रह को समाप्त करने का मौका होगा। इसलिए पूरी गणना के लिएx 12 0 = x n 0 p ( n + $(x_1 D_{x_0} + x_2 D_{x_1} + x_3 D_{x_2} + x_3 D_{x_3})/n$$x_0^{12}=x_0^n$$p$ Π कश्मीर j = 0 एक्स मैं जे जे पीमैं3≥टी(मीटर+1) ( n+$\binom{n+k}{k}$$\prod_{j=0}^k x_j^{i_j}$$p$$i_3 \ge t$$(m+1)\binom{n+k}{k}$ प्रत्येक चरण में आसान गणना, संग्रह के साथ लगभग निश्चित होने के लिए आवश्यक के रूप में कई बार दोहराया गया।

इस तरीके से प्रक्रिया को व्यक्त करना कंप्यूटर बीजगणित प्रणालियों की क्षमता का शोषण करना संभव बनाता है। उदाहरण के लिए, ड्रॉ तक के अवसरों की गणना करने के लिए एक सामान्य गणितज्ञ समाधान है। यह कुछ संभावनाओं को छोड़ देता है, लेकिन उनकी कुल संभावना से कम है , जिससे हमें वितरण की लगभग पूरी तस्वीर मिल जाती है।$6nk=216$$10^{-17}$

n = 12;
threshold = 10;
k = 3;

(* Draw one object randomly from an urn with `n` of them *)
draw[p_] := 
  Expand[Sum[Subscript[x, i] D[#, Subscript[x, i - 1]], {i, 1, k}] + 
      Subscript[x, k] D[#, Subscript[x, k]] & @ p];

(* Find the chance that we have collected at least `k` each of `threshold` objects *)
f[p_] := Sum[
  Coefficient[p, Subscript[x, k]^t] /. 
   Table[Subscript[x, i] -> 1, {i, 0, k - 1}], {t, threshold, n}]

(* Compute the chances for a long series of draws *)
q = f /@ NestList[draw[#]/n &, Subscript[x, 0]^n, 6 n k];

परिणाम, जो गणना करने के लिए लगभग दो सेकंड लेता है (अनुकरण की तुलना में तेजी से!) ड्रॉ की संख्या द्वारा अनुक्रमित संभावनाओं का एक सरणी है। यहां इसके अंतर का एक प्लॉट दिया गया है, जो गिनती के कार्य के रूप में आपकी खरीदारी को समाप्त करने की संभावनाएं हैं:

ये पहले आंकड़े में लाल पृष्ठभूमि वक्र को खींचने के लिए उपयोग की जाने वाली संख्याएं हैं। (ची-चुकता परीक्षण इंगित करता है कि सिमुलेशन इस गणना से काफी अलग नहीं है।)

हम अनुमानित संख्या द्वारा ड्रॉ की अनुमानित संख्या का अनुमान लगा सकते हैं ; परिणाम 14-15 दशमलव स्थानों के लिए अच्छा होना चाहिए। मैं प्राप्त करता (जो हर अंक में सही है, जैसा कि लंबी गणना से निर्धारित होता है)।$1-q$$50.7619549386733$