Wrzucanie n+2 przedmiotów do n ponumerowanych pudełek

[Filippo9669]

Cześć, mam zadanie o następującej treści:
W \(\displaystyle{ n}\) ponumerowanych pudełkach rozmieszczono losowo \(\displaystyle{ n+2}\) przedmioty. Jakie jest prawdopodobieństwo, że co najwyżej jedno pudełko jest puste?

W treści zadania nie ma sprecyzowane, czy przedmioty są rozróżnialne, czy nie, więc chcę rozważyć dwa przypadki:

1. Przedmioty nierozróżnialne:

\(\displaystyle{ |\Omega|= {n+2+n-1 \choose n+2} = {2n+1 \choose n+2}}\)

\(\displaystyle{ A = A _{1} \cup A _{2} }\), gdzie

\(\displaystyle{ A _{1} -}\) żadne pudełko nie jest puste (wybieram na jeden sposób ciąg pudełek taki, że w każdym jest jedna kula, potem kombinacje bez powtórzeń – dwa przedmioty i \(\displaystyle{ n}\) pudełek
\(\displaystyle{ A _{2} -}\) najpierw wybieram jedno pudełko, które będzie puste, potem uzupełniam \(\displaystyle{ n - 1}\) pudełek \(\displaystyle{ n - 1}\) przedmiotami, na końcu zaś muszę \(\displaystyle{ 3}\) pozostałe przedmioty umieścić w \(\displaystyle{ n - 1}\) pozostałych pudełkach)

\(\displaystyle{ |A _{1}| = {n+2-1 \choose 2}={n+1 \choose 2}}\)
\(\displaystyle{ |A_{2}| = {n \choose 1} {n-1 \choose n-1} {n-1+3-1 \choose 3} }\)

2. Przedmioty rozróżnialne

\(\displaystyle{ |\Omega|= n^{n+2} }\)

\(\displaystyle{ A = A _{1} \cup A _{2} }\), gdzie

\(\displaystyle{ A _{1} -}\) żadne pudełko nie jest puste (wybór \(\displaystyle{ n}\) przedmiotów spośród \(\displaystyle{ n+2}\) i umieszczenie ich na \(\displaystyle{ n!}\) sposobów, potem dwa pozostałe przedmioty na \(\displaystyle{ n ^{2} }\) sposobów)
\(\displaystyle{ A _{2} -}\) jedno pudełko jest puste (wybieram na \(\displaystyle{ n}\) sposobów puste pudełko, potem postępuję tak, jak wyżej)

\(\displaystyle{ |A _{1}| = {n+2 \choose n} \cdot n! \cdot n ^{2}}\)
\(\displaystyle{ |A _{2}| = n \cdot {n+2 \choose n} \cdot (n-1)! \cdot (n-1) ^{2}}\)

Czy takie podejścia mają sens?
Odpowiedź do zadania (liczność zbioru zdarzenia sprzyjającego) to \(\displaystyle{ \frac{n \cdot (n+1) \cdot (n^{2}-n+3) }{6} }\), co raczej nie zgadza się z żadną z powyższych. Przeczuwam jednak, że chodzi o przedmioty rozróżnialne, jako że taka klasa ma realnie większy sens.

[kerajs]

Pierwsze rozwiązanie jest poprawne.

Odpowiedź do zadania (liczność zbioru zdarzenia sprzyjającego) to \(\displaystyle{ \frac{n \cdot (n+1) \cdot (n^{2}-n+3) }{6} }\), co raczej nie zgadza się z żadną z powyższych.

A jednak się zgadza, gdyż dokładnie tyle wynosi moc zbioru A z przypadku 1. Teraz wystarczy ją podzielić przez moc zbioru wszystkich możliwych zdarzeń, a uzyskasz szukane prawdopodobieństwo.

[JHN]

Mam wrażenie, że liczysz krotnie pewne ustawienia...
Dla rozróżnialnych elementów liczyłbym tak:
\(\displaystyle{ A_1}\): wybieram jedno pudełko i trzy przedmioty wkładam do niego, pozostałe permutuje w pudełkach albo wybieram dwa pudełka, wybieram dwa przedmioty do pierwszego z nich i z pozostałych wybieram dwa przedmioty do drugiego z nich, pozostałe permutuje, zatem
\(\displaystyle{ |A_1|= {n \choose 1}\cdot {n +2 \choose 3}\cdot (n-1)! + {n \choose 2}\cdot {n+2 \choose 2}\cdot {n \choose 2} \cdot (n-2)! }\)
\(\displaystyle{ A_2}\): wybieram jedno pudełko i zamykam go dla przedmiotów, następnie liczę analogicznie do \(\displaystyle{ A_1}\)
\(\displaystyle{ |A_2|= {n \choose 1} \left[
{n-1 \choose 1}\cdot {n+2 \choose 4} \cdot (n-2)!+
{n-1 \choose 1}\cdot {n +2 \choose 3}\cdot {n-2 \choose 1} {n-1 \choose 2} \cdot (n-3)! + \\
+{n-1 \choose 3}\cdot {n+2 \choose 2}\cdot {n \choose 2}\cdot {n-2 \choose 2} \cdot (n-4)! \right] }\)

Pozdrawiam

[edited] i niepotrzebnie...
PS. Nie pamiętam polecenia "nowa linia" w kodzie