Задача на условную вероятность

[Whitaker]

Здравствуйте уважаемые друзья!
Попалась задачка по теории вероятностей на тему-условная вероятность, которую что-то не получается решить... наверное потому, что тема новая и не разобрался пока полностью.
Наудачу выбираются два непустых подмножества $A, B$ множества из $n$ элементов. Найти $P\{|A|=a, |B|=b\mid A\cap B=\varnothing \}$
Если использовать классическое определение вероятности, то получается вроде такой ответ: $\dfrac{C_n^a \times C_{n-a}^b}{C_n^a\times C_n^b}=\dfrac{C_{n-a}^b}{C_n^b}$;
Если использовать формулу условной вероятности получается, что: $P\{|A|=a, |B|=b\ \mid A\cap B=\varnothing \}=\dfrac{P\{|A|=a, |B|=b, A\cap B=\varnothing \}}{P\{A\cap B=\varnothing \}}$. Но то, что стоит в знаменателе я найти не могу. Помогите пожалуйста.

С уважением, Whitaker.

[arseniiv]

А для множеств мощности 1, 2, 3 что-нибудь просматривается?

[Whitaker]

arseniiv
извините но я Вас не понял. Что просматривается? Вы про величину $P\{A\cap B=\varnothing \}$?

[arseniiv]

Да, именно про неё.

Итак, для приведённых $n$ вероятность в знаменателе получается соответственно $\frac0{1^2}$, $\frac2{3^2}$ и $\frac{12}{7^2}$. (Перебрал.) Похоже, нужно просто найти рекуррентное выражение (и далее) для числителей этих дробей. Если я не очень понятно выразился, эти числители равны $\left|\left\{ (A, B) \in {1..n}^2 \mid A, B \ne\varnothing \right\}\right|$.

Завтра я и сам попробую вывести, если лень не вернётся!

-- Вт фев 28, 2012 01:43:22 --

Добавляем к множеству один элемент, и появляется несколько новых пар из непересекающихся подмножеств. Рассмотрим только новые, старые мы уже должны были узнать. В одном из них должен быть новый элемент, а в другом не должен (а то они будут пересекающиеся). Пусть для определённости новый элемент в $A$. (С ним в $B$ мы получим такое же количество пар в силу симметрии.) Он может как добавляться к уже существующим парам, найденным в прошлый раз (было $(\{1,3\},\{2\})$ — будет и $(\{1,3,4\},\{2\})$), так и создать вполне определённое количество совсем новых пар вида $(\{4\},\ldots)$.

Может быть, я даже всё сейчас и учёл на ходу.

UPD: Последняя вероятность была неверная. Исправил.

-- Вт фев 28, 2012 01:45:52 --

Ну, число в знаменателе вероятности понятно откуда. Удачи! Интересно посмотреть, что там будет с рекуррентностью. Пошёл спать.

[Whitaker]

arseniiv
Большое спасибо Вам спасибо!
Честно говоря Ваше сообщение я просто бегло так прочитал. У нас уже довольно поздно... завтра разберу Ваше сообщение.
Спокойной ночи!

[arseniiv]

(Оффтоп)

У нас тоже 2:07. (Всё ждал какого-нибудь ответа из любопытства.) Спасибо и того же.

[PAV]

Достаточно очевидно, что знаменатель равен $(2^n-1)^2$. Он должен быть таким же и при вычислении верхней вероятности, потому что оба эти события должны считаться в одном вероятностном пространстве (классическом). Отсюда также следует, что считать их необязательно, потому что они все равно сократятся. Достаточно посчитать число благоприятных исходов для верхней и нижней ситуации.

А число исходов тоже считается совсем просто: для каждого элемента исходного множества должна быть одна из трех возможностей: либо быть включенным в $A$, либо в $B$, либо никуда. Нужно только учесть, что множества должны быть непустыми, для этого надо что-то вычесть. Как в методе включений-исключений.

[arseniiv]

PAV в сообщении #543371 писал(а):

для каждого элемента исходного множества должна быть одна из трех возможностей: либо быть включенным в $A$, либо в $B$, либо никуда

Ой как всё просто, а я собрался рекуррентности писать.

[Whitaker]

PAV
получается, что мой написанный ответ $\dfrac{C_{n-a}^{b}}{C_n^b}$ неверный да?

[arseniiv]

У меня получилось $P\{A\cap B=\varnothing \} = \frac{1 - 2^{n+1} + 3^n}{(2^n - 1)^2}$.

[Whitaker]

arseniiv
я тоже посчитал эту вероятность составив кое-какие выражения с биномиальными коэффициентами и у меня также получилось, что:
$P\{A\cap B=\varnothing \}=\dfrac{3^n-2^{n+1}+1}{(2^n-1)^2};$ Вероятность знаменателя мы нашли.
А как найти теперь вероятность числителя?
Не знаю, но у меня получилось, что $P\{|A|=a, |B|=b \mid, A\cap B=\varnothing\}=\dfrac{C_{n}^{a}\cdot C_{n-a}^{b}}{(2^n-1)^2}$
А у Вас что получилось?

[arseniiv]

А, тогоо числителя. Думал, вы её нашли и даже решил не трогать, оно меня испугало.

[Whitaker]

Почему испугало?
Просто интересно, что у Вас получилось. Хотелось бы сверить с результатами

[arseniiv]

Да, при втором взгляде выглядит несложно, но я по некоторым причинам пас.

[Whitaker]

Нам нужно найти $P \{|A|=a, |B|=b \mid A\cap B=\varnothing\}$; Из $n$-множества можно составить ровно $C_n^a$ $a$-подмножеств $A$. Кроме того, нам нужно чтобы $A\cap B=\varnothing$, а ведь осталось $(n-a)$ элементов, а из них $b$-подмножеств можно составить ровно $C_{n-a}^{b}$. Всего непустых подмножеств ровно $(2^n-1)^2$. По классическому определению вероятности получим, что: $P \{|A|=a, |B|=b \mid A\cap B=\varnothing\}=\dfrac{C_n^a\cdot C_{n-a}^{b}}{(2^n-1)^2}$
Надеюсь, что нигде не допустил ошибку

-- Вт фев 28, 2012 20:14:25 --

Подставляя найденные результаты получаем, что:
$P \{|A|=a, |B|=b \mid A\cap B=\varnothing\}=\dfrac{C_n^a\cdot C_{n-a}^{b}}{3^n-2^{n+1}+1}$