p(n)可以有通项公式吗？
罐子里有 a(a>0) 个黑石头和 b(b>0) 个白石头。从罐子里随便拿一块石头，如果是黑石头，就把两块石头放在罐子里：你拿出来的那块和一块新的黑石头。
如果是白石头，就把白石头留在罐子外面。重复这个实验，直到取出 a 个白石头。
设p(n)是结束n次试验的概率。那么，p(n)可以有通项公式吗？ https://s1.ax1x.com/2023/05/19/p9hc0mt.md.jpg 本帖最后由 yigo 于 2023-5-19 14:58 编辑
对于分子，后一次试验相对于前一次试验，要么是白球数减1，要么是黑球数加1，所以n次试验，白球从b，b-1，到1，黑球从a，a+1，到a+n-b-1。所以分子是：
\( \displaystyle\prod_{k=1}^n (a_{n,k-1}.\delta_k+b_{n,k-1}.(1-\delta_k))=1*2*...*b*a*(a+1)*...*(a+n-b-1)=\frac {b!*(a+n-b-1)!}{(a-1)!}\)
分母比较麻烦，每一种排列都不一样，
\( \displaystyle\prod_{k=1}^n (a_{n,k-1}+b_{n,k-1})=\prod_{k=1}^n (a+b-k+1+2\sum_{i=1}^{k-1}\delta_i)=(a+b)\prod_{k=1}^{n-1} (a+b-k+2\sum_{i=1}^{k}\delta_i)\) 本帖最后由 yigo 于 2023-5-19 22:53 编辑
找到一个递推式(不是很确定对不对，有点乱，取球的黑白球数和瓶子里的黑白球数感觉没理清楚)：
\(P(n,a,b)=\frac{1}{a+n-b+1}(\frac{b-1}{n-1}P(n-1,a,b-1)+\frac{n-b}{n-1}P(n-1,a-1,b))\)
n次试验结束，那么前n-1次试验，黑球取了n-b次，白球取了b-1次，瓶子里剩下1个白球，a+n-b个黑球，故最后一次取到白球的概率是\(\frac{1}{a+n-b+1}\)，
前n-1次试验（a个黑球，b-1个白球）分为两类：第n-1次取到黑球和第n-1次取到黑球白，占比分别为\(\frac{n-b}{n-1},\frac{b-1}{n-1}\)，
第n-1次取到黑球，把这个黑球当做白球，就相当于a-1个黑球，b个白球，n-1次试验取完白球的概率为\(P(n-1,a-1,b)\)，（这里感觉也有问题）
第n-1次取到白球，就相当于a个黑球，b-1个白球，n-1次试验取完白球的概率为\(P(n-1,a,b-1)\)。得到上式。
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以第一次来划分，应该是对的了。
n次取完白球概率为\(P(n,a,b)\)，
第1次取球取到黑球概率\(\frac{a}{a+b}\)，之后黑球数\(a+1\)，白球数\(b\)，\(n-1\)次取完白球，概率为\(P(n-1,a+1,b)\)，故第一次取到黑球，n次取完白球的概率为\(\frac{a}{a+b}P(n-1,a+1,b)\)，
第1次取球取到白球概率\(\frac{b}{a+b}\)，之后黑球数\(a\)，白球数\(b-1\)，\(n-1\)次取完白球，概率为\(P(n-1,a,b-1)\)，故第一次取到白球，n次取完白球的概率为\(\frac{b}{a+b}P(n-1,a,b-1)\)，
故\(P(n,a,b)=\frac{a}{a+b}P(n-1,a+1,b)+\frac{b}{a+b}P(n-1,a,b-1)\)。
当\(n<b\)时，\(P(n,a,b)=0\)，
\(P(b,a,b)=\frac{a!b!}{(a+b)!}=\frac{1}{C_{a+b}^b}\)，
归纳了一下，求得\(P(n=b+1,a,b)=\frac{(ab)(a!b!)}{(a+b+1)!}\)。
\(P(n,1,1)=\frac{1}{n(n+1)}\)，初始1个黑球1个白球，取完白球的需要的次数期望是∞。
1个黑球和至少多少个白球，才能保证取完白球次数期望收敛？
应该不存在收敛解，要取完白球，最后都要经过至少一个黑球一个白球，而这都不收敛。 本帖最后由 yigo 于 2023-5-20 01:17 编辑
\(P(n=b+0,a,b)=\frac{a!b!}{(a+b)!}=\frac{C_{a+0-1}^0C_{b+0-1}^0}{C_{a+b+0}^0}*\frac{1}{C_{a+b}^b}\)
\(P(n=b+1,a,b)=\frac{(ab)a!b!}{(a+b+1)!}=\frac{C_{a+1-1}^1C_{b+1-1}^1}{C_{a+b+1}^1}*\frac{1}{C_{a+b}^b}\)
\(P(n=b+2,a,b)=\frac{(ab/2)(a+1)!(b+1)!}{(a+b+2)!}=\frac{C_{a+2-1}^2C_{b+2-1}^2}{C_{a+b+2}^2}*\frac{1}{C_{a+b}^b}\)
猜测：
\(P(n=b+m,a,b)=\frac{C_{a+m-1}^mC_{b+m-1}^m}{C_{a+b+m}^m}*\frac{1}{C_{a+b}^b}=\frac{ab}{(a+m)(b+m)}\frac{(a+m)!(b+m)!}{m!(a+b+m)!}\) yigo 发表于 2023-5-19 23:57
\(P(n=b+0,a,b)=\frac{a!b!}{(a+b)!}=\frac{C_{a+0-1}^0C_{b+0-1}^0}{C_{a+b+0}^0}*\frac{1}{C_{a+b}^b}\)
...
谢谢 yigo!!! 这样写好像会好看一点。
\(p(n,a,b)=\frac{a*b*n!(n+a-b)!}{(n+a+1)!(n-b+1)!}\)
\(a=1,2,3,4,5,6,...\ \ b=1,2,3,4,5,6,...\ \ n\geqslant b-1\) 求证。 \(\D\sum_{n=b-1}^{\infty}\frac{a*b*n!(n+a-b)!}{(n+a+1)!(n-b+1)!}≡1\)
\(a=1,2,3,4,5,6,...\ \ b=1,2,3,4,5,6,...\) 本帖最后由 yigo 于 2023-5-21 22:58 编辑
条件改成每次试验，取出一块颜色（黑或白）的石头，并放进一块与之相反颜色（白或黑）的石头，那么n次试验结束后才第一次出现白色石头取完的概率是多少?
递推式子类似：
\(\displaystyle P(n,a,b)=\frac{a}{a+b}P(n-1,a-1,b+1)+\frac{b}{a+b}P(n-1,a+1,b-1)\)
递推过程中除最后一次试验，白球数为0，前n-1次白球数不小于1，黑球数可能出现0(此时a可取到0,b≥1)。
\(\displaystyle P(n=b,a,b)=\frac{b!}{(a+b)^b}\)
\(\displaystyle P(n=b+1,a,b)=0\)
\(\displaystyle P(n=b+2,a,b)=\frac{b!}{(a+b)^{b+2}}(\frac{b(b+3)}{2}a+\frac{(b-1)b(b+4)}{6})=\frac{b!}{(a+b)^{b+2}}(C_{b+2}^2a+C_{b+2}^3-a-b)\)
\(\displaystyle P(n=b+3,a,b)=0\)
若前n-1次试验可以出现白球消失的情况(此时b可取到0)，则：
\(\displaystyle P^{'}(n=b+2,a,b)=\frac{b!}{(a+b)^{b+2}}(\frac{(b+1)(b+2)}{2}a+\frac{b(b+1)(b+2)}{6})=\frac{b!}{(a+b)^{b+2}}(C_{b+2}^2a+C_{b+2}^3)\)
下面这串数(2--19)的通项公式应该怎么写？ 谢谢各位网友！
{9/(4*2^(1/3)), 3/2, 9/8*(3/2)^(1/3), 9/(5*2^(2/3)), 3/4*(5/2)^(1/3), (9*3^(1/3))/14, 9/16*(7/2)^(1/3), 1/2^(1/3), (9*3^(2/3))/(20*2^(1/3)),
(9*5^(1/3))/22,3/8*(11/2)^(1/3),(9*3^(1/3))/(13*2^(2/3)),9/28*(13/2)^(1/3),(3*7^(1/3))/10,9/32*(15/2)^(1/3),9/17,1/4*(17/2)^(1/3),(9*3^(2/3))/38,
Table, {n, 2, 19}] // ToRadicals
$a_n=\frac{9}{2n}* (\frac{n-1}{2})^{\frac{1}{3}}$
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