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Autor Tema: Repartir m bolas en n urnas sin dejar vacías  (Leído 879 veces)
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Brenda.G
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« : 07/11/2017, 07:58:31 am »

Hola, no se si estoy en lo correcto escribiendo aquí pero si alguien me puede echar una mano...
Es con un problema que he visto por aquí: se colocan [texx]n[/texx] bolas en [texx]n[/texx] urnas. Calcular la probabilidad de que las [texx]n[/texx] urnas queden ocupadas y luego, de que quede una sola urna vacía.
Mi duda es por que los casos posibles se hacen con variaciones con repetición si no se deberían de repetir porque ti tengo nada bolas y n urnas...
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Luis Fuentes
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« Respuesta #1 : 07/11/2017, 08:20:22 am »

Hola

 Bienvenida al foro.

 Recuerda leer y seguir  las reglas del mismo así como el tutorial del LaTeX para escribir las fórmulas matemáticas correctamente.

 En particular para un nuevo problema abre un nuevo hilo.

Hola, no se si estoy en lo correcto escribiendo aquí pero si alguien me puede echar una mano...
Es con un problema que he visto por aquí: se colocan [texx]m[/texx] bolas en [texx]n[/texx] urnas. Calcular la probabilidad de que las [texx]n[/texx] urnas queden ocupadas y luego, de que quede una sola urna vacía.
Mi duda es por que los casos favorables se hacen con variaciones con repetición si no se deberían de repetir porque ti tengo nada bolas y n urnas...

 Los casos totales son [texx]n^m[/texx], ya que cada una de las [texx]m[/texx] bolas pude ir a una de las [texx]n[/texx] urna.

 Para calcular los casos en los que las urnas quedan todas ocupadas, contemos primero aquellos en que alguna urna queda vacía.

 Lo haremos por el principio de inclusión exclusión.

 Si [texx]A_i[/texx] es el conjunto de casos en los que la urna [texx]i[/texx] queda vacía se tiene que: el número de casos en los que alguna urna queda vacía es:

[texx] \displaystyle\sum_{i=1}^n{}c(A_i)- \displaystyle\sum_{1\leq i<j\leq n}c(A_i\cap A_j)+ \displaystyle\sum_{1\leq i<j<k\leq n}c(A_i\cap A_j\cap A_k)+\ldots[/texx]

 donde [texx]c(X)[/texx] es el cardinal de [texx]X[/texx].

 Es claro que:

 [texx]c(A_i)=(n-1)^m[/texx], ya que cada bola puede ir [texx]n-1[/texx] urnas (cualquiera menos la [texx]i[/texx]-ésima)

 [texx]c(A_i\cap A_j)=(n-2)^m[/texx], ya que cada bola puede ir [texx]n-2[/texx] urnas (cualesquiera menos la [texx]i[/texx]-ésima y [texx]j[/texx]-ésima)

 etcéra

 Por tanto los casos en los que alguna urna queda vacía son:

[texx] \displaystyle\sum_{i=1}^n{}(-1)^{i-1}\displaystyle\binom{n}{i}(n-i)^m[/texx]

 Y los casos en los que ninguna queda vacía:

[texx] n^m- \displaystyle\sum_{i=1}^n{}(-1)^{i-1}\displaystyle\binom{n}{i}(n-i)^m= \displaystyle\sum_{i=0}^n{}(-1)^{i}\displaystyle\binom{n}{i}(n-i)^m[/texx]

 Para la segunda parte, si queremos que exactamente la urna [texx]i[/texx] quede vacía, tenemos que contar las formas de que m bolas ocupen todas las [texx]n-1[/texx] urnas restantes. Pero eso lo hemos hecho en el apartado anterior (basta cambiar [texx]n[/texx] por [texx]n-1[/texx]).  Como tenemos [texx]n[/texx] urnas los casos favorables ahora serían:

[texx]n\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}{}(-1)^{i}\displaystyle\binom{n-1}{i}(n-1-i)^m[/texx]

Saludos.

P.D. También puede formalizarse todo esto en términos de los números de Stirling.
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« Respuesta #2 : 07/11/2017, 08:37:08 am »

Gracias por la respuesta, no se muy bien como funciona esto y me he confundido la escribir el problema. Son [texx]n[/texx] bolas en [texx]n[/texx] urnas.
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Luis Fuentes
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« Respuesta #3 : 07/11/2017, 08:56:11 am »

Hola

Gracias por la respuesta, no se muy bien como funciona esto y me he confundido la escribir el problema. Son [texx]n[/texx] bolas en [texx]n[/texx] urnas.

La solución que te he dado es general; la puedes particularizar para [texx]m=n[/texx].

Aunque en ese caso particular el razonamiento puede simplicarse mucho.

Si tenemos [texx]n[/texx] urnas y [texx]n[/texx] bolas, para que ninguna quede vacía una bola ha de ir en cada urna y por tanto las distintas formas de repartirlas son las permutaciones de [texx]n[/texx] elementos: [texx]n![/texx].

En la segunda parte, para que exactamente una urna quede vacía, en otra tiene que haber exactamente dos bolas y en las restantes una. Entonces:

- Tenemos [texx]n[/texx] opciones para la urna vacía.
- [texx]n-1[/texx] para la urna con dos bolas.
- [texx]\displaystyle\binom{n}{2}[/texx] posibilidades para elegir las dos bolas que van a la urna que elegimos antes.
- [texx](n-2)![/texx] formas de permutar las bolas restantes en las [texx]n-2[/texx] urnas restantes.

En total:

[texx]n(n-1)\displaystyle\binom{n}{2}(n-2)!=\displaystyle\binom{n}{2}n![/texx] casos favorables.

Saludos.
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« Respuesta #4 : 07/11/2017, 09:00:58 am »

Vale, gracias, esto ya lo entiendo.
Y para los casos posibles, por que se usa variaciones con repetición?
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« Respuesta #5 : 07/11/2017, 09:05:57 am »

Hola

Vale, gracias, esto ya lo entiendo.
Y para los casos posibles, por que se usa variaciones con repetición?

Porque estás contando las distintas formas de meter [texx]n[/texx] bolas distintas en [texx]n[/texx] urnas distintas, es decir, los distintos grupos de [texx]n[/texx] elementos (porque hay [texx]n[/texx] bolas) elementos que puedes formar escogidos entre en [texx]n[/texx] posibles (escogemos para cada bola a que urna va) pudiendo repetir (a una misma urna pueden ir diferentes bolas) e importando el orden (estamos considerando las bolas distintas, no es lo mismo por ejemplo mandar a la urna 1, la bola 1 o la bola 2).

Saludos.
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« Respuesta #6 : 07/11/2017, 09:38:56 am »

Muchas gracias!

Un saludo.
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