Bardzo trudne - wielokrotne losowanie.

[Fibik]

Mamy zbiór \(\displaystyle{ N}\) elementowy, w którym jest \(\displaystyle{ m}\) różnych elementów (można przyjąć, że tymi elementami są liczby od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ m}\) ).

Losujemy z tego zbioru \(\displaystyle{ n}\) elementów.
Obliczyć prawdopodobieństwo \(\displaystyle{ P(k)}\) , gdzie \(\displaystyle{ k}\) jest liczbą różnych elementów.

Dwa przypadki:
A. Losujemy bez zwrotu.
B. Losujemy \(\displaystyle{ n}\) razy po jednej sztuce, za każdym razem zwracając ją, czyli zbiór ma zawsze \(\displaystyle{ N}\) elementów.

[Spektralny]

Nie za bardzo rozumiem zdanie "zbiór \(\displaystyle{ N}\) elementowy, w którym jest \(\displaystyle{ m}\) różnych elementów". Czy chodzi, że w zbiorze \(\displaystyle{ N}\) elementowym elementy są podzielone na \(\displaystyle{ m}\) różnych klas?

Wybieramy teraz \(\displaystyle{ n}\) elementów i pytamy o to czy należą one do różnych klas? Na pytanie o to na ile sposobów można podzielić zbiór \(\displaystyle{ n}\) elementowy na \(\displaystyle{ m}\) różnych klas odpowiadają \(\displaystyle{ S(n,k)}\).

[tomwanderer]

Nie za bardzo rozumiem zdanie "zbiór \(\displaystyle{ N}\) elementowy, w którym jest \(\displaystyle{ m}\) różnych elementów". Czy chodzi, że w zbiorze \(\displaystyle{ N}\) elementowym elementy są podzielone na \(\displaystyle{ m}\) różnych klas?

Według mnie chodzi pewnie o to, że mamy multizbiór.

[arek1357]

Co ten temat ma wspólnego z liczbami Stirlinga?

[Spektralny]

Co ten temat ma wspólnego z liczbami Stirlinga?

To, że jeżeli zinterpretujemy pytanie jako pytanie o liczbę podziałów zbioru na rozłączne klasy, to liczby Stirlinga drugiego rodzaju pojawią się naturalne.

[arek1357]

Ale w pytaniu tego bym się nie dopatrywał

[tomwanderer]

Jeżeli dobrze interpretuję treść zadania i mamy do czynienia z multizbiorem, to przydałyby się krotności wystąpienia każdego z elementów.
Przykładowo, ze zbioru \(\displaystyle{ 10}\) piłeczek czarnych i białych (więc \(\displaystyle{ 2}\) różne elementy), inne będzie prawdopodobieństwo wylosowania \(\displaystyle{ 2}\) różnych elementów jeżeli mamy \(\displaystyle{ 5}\) białych i \(\displaystyle{ 5}\) czarnych, a inne jeżeli mamy \(\displaystyle{ 1}\) białą i \(\displaystyle{ 9}\) czarnych.

[arek1357]

Oj tak, nie doczytałem zbyt dokładnie, jasne to będę L. Stirlinga...

W przypadku a) powinno być

Zakładam, że jest \(\displaystyle{ m}\) klas zbiorów z elementami nierozróżnialnymi między sobą, i tak:

\(\displaystyle{ r_{1},r_{2},...,r_{m}}\) są to zbiory o takich licznościach,

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{m}r_{i}=N}\)

I teraz możliwości wylosowania \(\displaystyle{ n}\) elementów z tego zbioru winno być tyle ile jest rozwiązań równań tego typu:

\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+...+x_{m}=n , 0 \le x_{i} \le r_{i}}\)

A teraz możliwości, że jest wylosowanych \(\displaystyle{ k}\) różnych elementów, i to powinno być ich tyle ile jest rozwiązań tego typu równań:

\(\displaystyle{ x_{1}+x_{2}+...+x_{k}=n , 1 \le x_{i} \le r_{i}}\)

Ale ilość rozwiązań tego równania muszę jeszcze przemnożyć przez:

\(\displaystyle{ {m \choose k}}\) - bo muszę wybrać dokładnie k elementów które będą między sobą różne spośród: \(\displaystyle{ m}\)

W przypadku b) każdą liczbę z każdego multizbioru losujecie dokładnie: \(\displaystyle{ \alpha_{i}}\)

razy co daje:

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \prod_{i=1}^{m}r_{i}^{\alpha_{i}}}\) - możliwości, gdzie:

\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{m}\alpha_{i}=n, 0 \le \alpha_{i}}\)

itd...

Zrobię to na przykładzie:

Niech w urnie będzie:

2 białe, 3 czarne, 2 zielone kule

Losujemy 3 kule i chcemy aby, obie były różnych kolorów.

tutaj:

\(\displaystyle{ N=7,n=3,m=3,k=2,r_{1}=2,r_{2}=3,r_{3}=2}\)

podpunkt a):

\(\displaystyle{ x+y+z=3, 0 \le x \le 2, 0 \le y \le 3, 0 \le z \le 2}\)

tworzymy wielomian charakterystyczny:

\(\displaystyle{ (1+x+x^2)^2(1+x+x^2+x^3)}\)

Współczynnik przy:

\(\displaystyle{ x^3}\)

będzie:8 , a więc jest osiem możliwości wszystkich.

Teraz interesuje nas aby były dwa różne kolory , jest ich:

\(\displaystyle{ {3 \choose 2}=3}\)

Do każdego przypadku liczymy ilość możliwości:

1. białe i czarne:

\(\displaystyle{ x+y=3, 1 \le x \le 2,1 \le y \le 3}\)

sposobów jest:

\(\displaystyle{ (x+x^2)(x+x^2+x^3)}\)

współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^3}\)wynosi: 2

2. białe i zielone:

\(\displaystyle{ x+y=3, 1 \le x \le 2,1 \le y \le 2}\)

sposobów jest:

\(\displaystyle{ (x+x^2)(x+x^2)}\)

współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^3}\)wynosi: 2

3. czarne i zielone:

\(\displaystyle{ x+y=3, 1 \le x \le 3,1 \le y \le 2}\)

sposobów jest:

\(\displaystyle{ (x+x^2+x^3)(x+x^2)}\)

współczynnik przy: \(\displaystyle{ x^3}\)wynosi: 2

Sumujemy te możliwości i wychodzi:

\(\displaystyle{ 6}\)

czyli:

\(\displaystyle{ P(k)=P(2)= \frac{6}{8}= \frac{3}{4}}\)

Przypadek b)

Wszystkich możliwości będzie:

\(\displaystyle{ \sum_{}^{} \prod_{}^{} r_{i}=(2^3+3^3+2^3)+(2^2 \cdot 3+2 \cdot 3^2+2^2 \cdot 2+2 \cdot 2^2+3^2 \cdot 2+3 \cdot 2^2)+2 \cdot 3 \cdot 2=131}\)

A teraz sprzyjających , czyli takich, że będzie tylko dwa kolory:

\(\displaystyle{ 2^2 \cdot 3+2 \cdot 3^2+2^2 \cdot 2+2 \cdot 2^2+3^2 \cdot 2+3 \cdot 2^2=76}\)

Czyli:

\(\displaystyle{ P(k)=P(2)= \frac{76}{131}}\)