Dni bez awarii

[jacklosi]

Geneza zadania: Zakładamy, że w roku wystąpi \(\displaystyle{ N}\) awarii w jednym miejscu. Zakładamy, że ekipa naprawcza da radę usunąć wszystkie awarie, które wystąpiły w jednym dniu, w ciągu tego samego dnia. Pytanie: Jaka jest oczekiwana ilość wyjazdów ekipy naprawczej w ciągu roku.
Przełożyłem to na kulki i przegródki. Spuszczamy \(\displaystyle{ N}\) kulek do \(\displaystyle{ 365}\) przegródek. Jaka jest oczekiwana ilość przegródek zapełnionych?
Zadanie wydawało mi się proste: wartość oczekiwana równa się sumie iloczynów prawdopodobieństwa i wartości zmiennej. Zmienna to ilość dni z awariami. Zamiast awarii i dni biorę \(\displaystyle{ 4}\) kulki i \(\displaystyle{ 3}\) przegródki. Zmienna losowa to ilość przegródek zajętych.
Prawdopodobieństwo przegródki jednej: pierwsza kulka może spaść byle gdzie, druga tylko tam, gdzie pierwsza, czyli z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\), trzecia kulka z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\), czwarta kulka z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\), razem \(\displaystyle{ 1 \cdot 1 \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{27}}\) , sprawdzam, jest dobrze.
Prawdopodobieństwo przegródek dwóch: pierwsza kulka może spaść byle gdzie, druga kulka byle gdzie, trzecia kulka już tylko z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\), czwarta kulka z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\), razem \(\displaystyle{ 1 \cdot 1 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3}}\) . Powinna wyjść dystrybuanta \(\displaystyle{ \frac{4}{9}}\), minus \(\displaystyle{ P(1)=\frac{1}{27}= \frac{11}{27}}\), sprawdzam, powinno być \(\displaystyle{ \frac{14}{27}}\).
Co w tym rachunku jest źle?
Zmniejszyłem ilość kulek do \(\displaystyle{ 3}\). Jedna przegródka się zgadza, trzy się zgadzają, dwie się nie zgadzają. Zastosowałem rachunek z prawdopodobieństwem warunkowym: po drugiej kulce hipoteza \(\displaystyle{ B_{1}}\), że druga kulka trafiła do zapełnionej, hipoteza \(\displaystyle{ B_{2}}\), że do pustej. Wychodzi tyle ile trzeba. Tyle że nie bardzo rozumiem, dlaczego, i jak to zrobić dla kulki czwartej, nie mówiąc o piątej i siedemsetnej.
Dla ułatwienia podam, że 3 przegródki zamieniłem na cyfry w układzie trójkowym, a kulki na czterocyfrowe liczby. Każdej liczbie przyporządkowuję ilość różnych cyfr (w liczbie 0000 jest jedna cyfra, w liczbie 0200 są dwie różne cyfry, w liczbie 1200 są trzy różne cyfry). Zliczam ilość liczb 1-cyfrowych, 2-cyfrowych i 3-cyfrowych. Te ilości to ilości zdarzeń sprzyjających. I to się zgadza z tym, co wychodzi z symulacji. I to by była słuszna droga, gdyby nie fakt, że po pierwsze nie widzę żadnej reguły wiążącej wartość liczby z ilością różnych cyfr, a po drugie, przy 365 przegródkach Excel nie wytrzyma.
Miałem nadzieję, nawiasem mówiąc, że te liczności (porównywałem dla 3 przegródek i 4 kulek) mają coś wspólnego z liczbami Stirlinga. Ale raczej nie mają.
Może jest jakiś gotowy rozkład prawdopodobieństwa, opisujący coś podobnego? Ja nie znalazłem. Ja w ogóle się dziwię, że taki na przypadek nie natrafiłem za pierwszym googlowaniem, bo on przecież jest niesamowicie przydatny do logistyki wszelkiej.
Czy ktoś spotkał się z czymś takim?
Serdecznie pozdrawiam forumowiczów i z góry dziękuję za liczne, konstruktywne propozycje.

[Kartezjusz]

1. Mogą w dwóch przegródkach stać się dwie sytuacje
A. Kulka druga spada tam gdzie pierwsza
B. druga kulka spada gdzie indziej. Każde prawdopodobieństwo liczysz osobno.

[jacklosi]

Dziękuję, też tak się domyślałem, chociaż nie wiem dlaczego. Ale co dalej? Przy piątej, szóstej itd. kulce to będzie nie drzewo, to będzie dżungla. Pozdrawiam

[jacklosi]

Zrobiłem, okazało się prostsze, niż się bałem.