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CIMA 2019 - P6

Publicado: Jue 06 Jun, 2019 6:46 pm
por jujumas
Se tiene una urna con $2019$ bolitas rojas. Se van sacando bolitas de la urna. Cuando se saca una bolita roja, se agregan tantas bolitas azules como bolitas quedan en la urna. Cuando se saca una bolita azul, se continua sacando. ¿Cuál es la probabilidad de que la última bolita que se saque sea azul?

Re: CIMA 2019 - P6

Publicado: Mié 19 Jun, 2019 3:17 pm
por No, manzana
Este problema lo pensamos con azul la semana pasada y nos salió:

Sea $P(a,b)$ la probabilidad de que si hay inicialmente $a$ bolitas rojas y $b$ bolitas azules entonces la última bolita sacada de la urna sea roja. Está claro que $P(a,b)= \frac{a}{a+b}P(a-1,a+2b-1)+\frac{b}{a+b}P(a,b-1)$, además $P(0,b)=0$.

Probemos por inducción fuerte en $a$ que $P(a,b)=\frac{a}{2^{a-1}(a+b)}$ para todo $b \in \mathbb{N}_0$.

Si $a=0$, está claro que $P(0,b)=0$ para todo $b \in \mathbb{N}_0$.

Ahora supongamos que vale $P(a,b)=\frac{a}{2^{a-1}(a+b)}$ para todo $a \leq n$ y todo $b \in \mathbb{N}_0$. Para hacer el paso inductivo probemos por inducción en $b$ que $P(n+1,b)=\frac{n+1}{2^{n}(n+1+b)}$. Tenemos $P(n+1,0)=\frac{n+1}{n+1}P(n,n)=\frac{n+1}{n+1}\frac{1}{2^{n}}=\frac{n+1}{2^{n+1-1}(n+1)}$. Ahora supongamos que $P(n+1,m)=\frac{n+1}{2^{n}(n+1+m)}$, entonces:

$P(n+1,m+1)= \frac{n+1}{n+m+2}P(n,n+2m+2)+\frac{m+1}{n+m+2}P(n+1,m)=\frac{1}{n+m+2}\left( (n+1)P(n,n+2m+2)+(m+1)P(n+1,m) \right)=$
$=\frac{1}{n+m+2}\left( (n+1)\frac{n}{2^{n-1}(2m+2n+2)}+(m+1)\frac{n+1}{2^n(n+m+1)} \right)= \frac{n+1}{n+m+2}\left( \frac{n}{2^{n}(m+n+1)}+\frac{m+1}{2^n(n+m+1)} \right)=\frac{n+1}{2^{n}(n+m+2)}$

lo que concluye la inducción y la inducción fuerte inicial.

La respuesta al problema es $1-P(2019,2019)=1- \frac{2019}{2^{2019}\cdot 4038}$

Nota 1: Seguramente no hace falta usar inducción fuerte.
Nota 2: El proceso de descubrir que era $P(a,b)=\frac{a}{2^{a-1}(a+b)}$ no fue para nada trivial.