Prawdopodobieństwo - co najmniej jedna kula w urnie

[Vether]

Witam,
Mam problem z pewnym zadaniem z rachunku prawdopodobieństwa:

Mamy \(\displaystyle{ 5}\) kul, które losowo wkładamy do \(\displaystyle{ 4}\) urn. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w każdej urnie będzie co najmniej jedna kula?

To oczywiste, że w jednej urnie będą dwie kule, a w pozostałych po jednej. Tylko jak policzyć prawdopodobieństwo? Jest jakiś ciekawy sposób?

[loitzl9006]

To oczywiste, że w jednej urnie będą dwie kule, a w pozostałych po jednej.

A może się też zdarzyć, że w jednej urnie będą wszystkie kule, a pozostałe urny będą puste.

Wg mnie prawdopodobieństwo to będzie równe \(\displaystyle{ \frac{240}{1024}}\) a liczę tak:

Omega wynosi \(\displaystyle{ 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4\cdot 4=4^5}\) (pierwszą kulę możemy umieścić na cztery sposoby, drugą na cztery sposoby, ... , piątą też). Zakładam więc że kule są rozróżnialne.

Tak jak napisałeś w jednej urnie muszą być dwie kule a w pozostałych po jednej. Wybieramy dwie kule z pięciu na \(\displaystyle{ {5 \choose 2}}\) sposobów, i umieszczamy je w jednej z \(\displaystyle{ 4}\) urn. Robimy to więc na \(\displaystyle{ {5 \choose 2}\cdot 4}\) sposobów. Dalej - zostają nam trzy kule, rozmieszczamy je w trzech pozostałych urnach na \(\displaystyle{ 3!}\) sposobów.

Ostatecznie

\(\displaystyle{ P= \frac{{5 \choose 2}\cdot 4\cdot 3!}{4^5}= \frac{240}{1024}}\)

[Vether]

Mhm... Rozumiem. Zrobiłem to także drzewkiem i rzeczywiście wychodzi to samo Dziękuję.

A co w przypadku, gdy kule są nierozróżnialne?


EDIT: Nie, jednak nie wychodzi to samo domyślam się, że to dlatego, że u Pana urny są rozróżnialne, a w moim rozwiązaniu nie. Chyba...

Pytanie o nierozróżnialność kul nadal aktualne.

[mat_61]

Jeżeli urny są nierozróżnialne (a kule rozróżnialne), to zadanie sprowadza się do podziału \(\displaystyle{ 5}\)-elementowego zbioru na \(\displaystyle{ 1,2,3}\) lub \(\displaystyle{ 4}\) niepuste podzbiory.

Ilość możliwych podziałów można obliczyć wykorzystując np. liczby Stirlinga II rodzaju lub "na piechotę".

W powyższym przypadku należy podzielić pięć kul na maksymalnie cztery podzbiory (urny) w następujący sposób (w nawiasach jest podana liczba elementów w niepustych urnach):

1 urna niepusta: \(\displaystyle{ \left\{ 5\right\}}\)
2 urny niepuste: \(\displaystyle{ \red \left\{ 1\right\}+\left\{4\right\} ; \left\{ 2\right\}+\left\{3\right\}}\)
3 urny niepuste: \(\displaystyle{ \green \left\{ 1\right\}+\left\{1\right\}+\left\{3\right\} ; \left\{ 1\right\}+\left\{2\right\}+\left\{2\right\}}\)
4 urny niepuste: \(\displaystyle{ \blue \left\{ 1\right\}+\left\{1\right\}+\left\{1\right\}+\left\{2\right\}}\)

\(\displaystyle{ |\Omega|=1+\red \left[ {5 \choose 1} + {5 \choose 2} \right] +\green \left[ \frac{ {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 2} + {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 2} }{2!} \right] +\blue\left[ \frac{ {5 \choose 1} \cdot {4 \choose 1} \cdot {3 \choose 1} }{3!} \right] \black =...}\)

-- 31 mar 2014, o 20:58 --

Pytanie o nierozróżnialność kul nadal aktualne.

A urny są rozróżnialne czy nie?

Jeżeli tak, to skorzystaj z kombinacji z powtórzeniami. Jeżeli nie, to wariantów jest tak mało, że można je bez problemu wypisać i policzyć.

[Vether]

Hm... tylko problem jest tego typu, że... dla \(\displaystyle{ 5}\) rzeczywiście nie jest trudno wypisać i policzyć. Ale dla \(\displaystyle{ 10}\) to już tak sobie...

Problem jest taki, że mam zadanie:
\(\displaystyle{ 10}\) osób wsiada do pociągu z \(\displaystyle{ 9}\) wagonami. Oblicz prawdopodobieństwo, że w każdym wagonie będzie co najmniej jedna osoba.

I nie mam pojęcia, czy mam to zrobić dla rozróżnialnych osób i wagonów czy wręcz przeciwnie. Zrobiłem to dla rozróżnialnych osób i nierozróżnialnych wagonów, ale... Boję się, że to może być zły wybór Od tego zadania dość sporo zależy i nie chcę go zawalić... :/

Myślicie, że mogę sobie po prostu założyć, że pasażerowie są rozróżnialni?

[mat_61]

Jeżeli w treści zadania nie jest wyraźnie zaznaczona rozróżnialność/nierozróżnialność elementów, to ja zakładam wariant życiowy (co nie znaczy, że będzie to zawsze zbieżne z intencją autora zadania).

Ponieważ w rzeczywistości zarówno pasażerowie jak i wagony są z reguły rozróżnialni to tak bym założył, ewentualnie zaznaczając to w rozwiązaniu.

[Vether]

Ok, dzięki. Napiszę, że zakładam rozróżnialność