นี่คือวิธีการอีกวิธีหนึ่งที่ไม่เกี่ยวข้องกับการสอบถามซ้ำ มันยังคงใช้ผลรวมและผลิตภัณฑ์ที่มีความยาวขึ้นอยู่กับพารามิเตอร์ ก่อนอื่นฉันจะให้การแสดงออกจากนั้นอธิบาย
เรามี
P(|L1∩L2∩⋯∩Lm|=k)=(nk)∏ni=1(nai)∑j=0min(a1,…,am)−k(−1)j(n−kj)∏l=1n(n−j−kal−j−k).
แก้ไข:ในตอนท้ายของการเขียนทั้งหมดนี้ฉันตระหนักว่าเราสามารถรวมการแสดงออกข้างต้นเล็กน้อยโดยการรวมค่าสัมประสิทธิ์ทวินามเป็นความน่าจะเป็น hypergeometric และสัมประสิทธิ์ trinomial สำหรับสิ่งที่คุ้มค่านิพจน์ที่แก้ไขคือ
นี่เป็นตัวแปรสุ่ม hypergeometric โดยที่จับจะถูกพรากไปจากประชากรขนาดมีสถานะสำเร็จHyp(n,j+k,al)alnj+k
∑j=0min(a1,…,am)−k(−1)j(nj,k,n−j−k)∏l=1nP(Hyp(n,j+k,al)=j+k).
Hyp(n,j+k,al)alnj+k
รากศัพท์
มาดูสัญกรณ์กันก่อนเพื่อให้ข้อโต้แย้ง combinatorial ง่ายขึ้นในการติดตาม (หวังว่า) ตลอดเราจะพิจารณาและถาวร เราจะใช้เพื่อแสดงชุดคำสั่ง -tuplesโดยที่อันน่าพอใจ1 , ... , ม C ( ฉัน) ม( L 1 , ... , L เมตร ) L ฉัน ⊆ SSa1,…,amC(I)m(L1,…,Lm)Li⊆S
- |Li|=ai ; และ
- L1∩⋯∩Lm=Iฉัน
นอกจากนี้เราจะใช้สำหรับคอลเล็กชันเหมือนกันยกเว้นว่าเราต้องการแทนความเท่าเทียมกัน L 1 ∩⋯∩ L m ⊇IC′(I)L1∩⋯∩Lm⊇I
การสังเกตที่สำคัญคือค่อนข้างง่ายที่จะนับ นี่เป็นเพราะเงื่อนไขเทียบเท่ากับสำหรับทั้งหมดดังนั้นในแง่นี้จะลบการโต้ตอบระหว่างค่าแตกต่างกัน สำหรับแต่ละจำนวนเป็นไปตามข้อกำหนดคือเนื่องจากเราสามารถสร้างโดยเลือกเซตย่อยของมีขนาดแล้ว unioning กับฉันมันติดตามว่า
L 1 ∩⋯∩ L เมตร ⊇ฉัน L ฉัน ⊇ฉันฉันฉันฉัน L ฉัน( | S | - |ฉัน|C′(I)L1∩⋯∩Lm⊇ILi⊇IiiiLiLฉันS∖ฉันเป็นฉัน-| ฉัน| ฉัน| C′(I)| =n∏i=1(|S|-|I|(|S|−|I|ai−|I|)LiS∖Iai−|I|I
|C′(I)|=∏i=1n(|S|−|I|ai−|I|).
ตอนนี้ความน่าจะเป็นแบบดั้งเดิมของเราสามารถแสดงผ่านดังนี้:
C
P(|L1∩L2∩⋯∩Lm|=k)=∑I:|I|=k|C(I)|∑all I⊆S|C(I)|.
เราสามารถทำให้เรียบง่ายสองอันที่นี่ได้ทันที ก่อนอื่นตัวหารจะเหมือนกับ
ประการที่สองอาร์กิวเมนต์การเปลี่ยนรูปแสดงว่าขึ้นอยู่กับว่าผ่านความสำคัญเท่านั้น. เนื่องจากมีส่วนย่อยของมี cardinalityดังนั้นจึงเป็นไปตามที่
โดยที่เป็นเซตย่อยที่กำหนดโดยพลการของมีภาวะเชิงการนับ
|C′(∅)|=∏i=1n(|S|ai)=∏i=1n(nai).
|C(I)|I|I|(nk)Sk∑I:|I|=k|C(I)|=(nk)|C(I0)|,
I0Sk .
เมื่อย้อนกลับไปตอนนี้เราได้ลดปัญหาการแสดง
|C(I0)|=∑j=0min(a1,…,am)−k(−1)j(n−kj)∏l=1n(n−j−kal−j−k).
ให้เป็นส่วนย่อยที่แตกต่างของที่เกิดขึ้นจากการเพิ่มว่าองค์ประกอบหนึ่งที่จะ{0} จากนั้น
(นี่เป็นเพียงการบอกว่าถ้าดังนั้นมีแต่ยังไม่มีองค์ประกอบเพิ่มเติมใด ๆ ) ตอนนี้เราได้เปลี่ยนปัญหาการนับเป็นปัญหาการนับซึ่งเรารู้วิธีจัดการมากขึ้น โดยเฉพาะอย่างยิ่งเรามี
J1,…,Jn−kSI0
C(I0)=C′(I0)∖(⋃i=1n−kC′(Ji)).
L1∩⋯∩Lm=I0L1∩⋯∩LmI0CC′|C(I0)|=|C′(I0)|−∣∣∣⋃i=1n−kC′(Ji)∣∣∣=∏l=1n(n−kal−k)−∣∣∣⋃i=1n−kC′(Ji)∣∣∣.
เราสามารถใช้การยกเว้นแบบรวมเพื่อจัดการกับขนาดของการแสดงออกของสหภาพข้างต้น ที่สำคัญก็คือความสัมพันธ์ที่นี่สำหรับที่ว่างเปล่า ,
นี่เป็นเพราะถ้ามีจำนวนของแล้วมันก็จะมีการรวมกัน เรายังทราบด้วยว่าชุดมีขนาด. ดังนั้น
I⊆{1,…,n−k}
⋂i∈IC′(Ji)=C′(⋃i∈IJi).
L1∩⋯∩LmJi⋃i∈IJi|I0|+|I|=k+|I|∣∣∣⋃i=1n−kC′(Ji)∣∣∣=∑∅≠I⊆{1,…,n−k}(−1)|I|−1∣∣∣⋂i∈IC′(Ji)∣∣∣=∑j=1n−k∑I:|I|=j(−1)j−1∏l=1n(n−j−kal−j−k)=∑j=1n−k(−1)j−1(n−kj)∏l=1n(n−j−kal−j−k).
(เราสามารถ จำกัดค่าที่นี่เนื่องจากผลิตภัณฑ์ของสัมประสิทธิ์ทวินามเป็นศูนย์เว้นแต่สำหรับทั้งหมดคือ .)
jj≤al−klj≤min(a1,…,am)−k
ในที่สุดโดยการแทนที่การแสดงออกในตอนท้ายลงในสมการสำหรับด้านบนและรวบรวมผลรวมเราได้รับ
ตามที่อ้างสิทธิ์|C(I0)|
|C(I0)|=∑j=0min(a1,…,am)−k(−1)j(n−kj)∏l=1n(n−j−kal−j−k)