Prawdopodobieństwo wylosowania rozwiązania

[blade]

Rozważamy wszystkie rozwiązania ze zbioru liczb całkowitych nieujemnych równania :
\(\displaystyle{ x_1+x_2+x_3+x_4 = 16}\).
Jakie jest prawdopodobieństwo, wylosowania rozwiązania spełniającego warunek \(\displaystyle{ x_1=5}\)?

Najpierw zamienię sobie równanie, aby nie było zera :

\(\displaystyle{ (x_1 +1) + (x_2 +1) + (x_3 + 1) + (x_4+1) = 20\\
y_1+y_2+y_3+y_4=20\\
|\Omega|={19 \choose 3} \\}\)

Teraz "pierwszą" kreskę ustawiam za piątą kulką, więc między \(\displaystyle{ 15}\) kulkami muszę wstawić dwie kreski na sposobów :
\(\displaystyle{ |A|={14\choose 2}}\)

Byłbym wdzięczny gdyby ktoś rzucił na to okiem:)

[Premislav]

Moim zdaniem \(\displaystyle{ \left| A\right|={13 \choose 2}}\).

[blade]

Też tak myślałem na początku, ale gdy pisałem tutaj, to już nie widziałem 13 po 2, nie wiem czemu i nie mogę sobie przypomnieć dlaczego pierwszą myślą było właśnie 13 po 2.

[Premislav]

To może taka szarlataneria:
powiedzmy, że mamy przedstawić liczbę \(\displaystyle{ 11}\) w postaci sumy trzech nieujemnych składników. Jeżeli skojarzymy to z kulami nierozróżnialnymi i przegródkami, to potrzebujemy dwóch przegródek, by to zrobić. To wyobraźmy sobie, że mamy \(\displaystyle{ 13}\) kul nierozróżnialnych i dwie z nich malujemy tak, aby pełniły rolę przegródek. Możemy wybrać te, które staną się przegródkami, na \(\displaystyle{ {13 \choose 2}}\) sposobów.

[blade]

Dobra, widzę jednak gdzie mam błąd..
Nie byłem konsekwentny w tym, że zwiększyłem \(\displaystyle{ x_1, ..., x_4}\) o jeden (aby nie mieć zer) więc w moim przypadku \(\displaystyle{ y_1}\) nie równa się 5, a 6, wtedy będzie oczywiście \(\displaystyle{ {13 \choose 2}}\), przepraszam za zamieszanie .