Sólo puso una bola en un recipiente vacío si ambas bandejas estaban vacías. Creo que hay una recursividad para encontrar la probabilidad de $k$ bandejas vacías cuando ha $n$ papeleras y $m$ bolas y $n$ papeleras. Vamos a llamar a esta probabilidad $p(k,m,n)$. Entonces
$$p(k,m,n) = \frac{(k+1)k}{n(n-1)}p(k+1,m-1,n) + \left(1-\frac{k(k-1)}{n(n-1)}\right)p(k+1,m-1,n)$$
comenzando con $p(n,0,n)=1$ e $p(k,0,n)=0$ cuando $k \not=n$, y claramente debe haber al menos un recipiente vacío en todo momento y no más de $n$ lo $p(k,m,n)=0$ cuando $k \lt 1$ o $k \gt n$.
El número esperado de bandejas vacías luego se $\sum\limits_{k=1}^n k\, p(k,m,n)$, y en un sentido esto proporciona una respuesta para cualquiera de los valores específicos de $n$ e $m$, pero sospecho que es posible hacerlo mejor.
Algunos cálculos empíricos sugieren (con $0^m$ ser $1$ cuando $m=0$ e $0$ cuando $m \gt 0$) que
- para $n=2$ la expectativa es $0^m+1$
- para $n=3$ la expectativa es $\frac12 0^m + \frac32 \left(\frac23\right)^m + 1$
- para $n=4$ la expectativa es $\frac15 0^m + \left(\frac12\right)^m + \frac95 \left(\frac56\right)^m + 1$
- para $n=5$ la expectativa es $\frac1{14} 0^m + \frac12\left(\frac25\right)^m + \frac{10}7 \left(\frac7{10}\right)^m + 2 \left(\frac9{10}\right)^m + 1$
la cual puede escribirse como
- para $n=2$ la expectativa es $\frac1{1\cdot1^m}\left(1(1-1)^m+1(1-0)^m\right)$
- para $n=3$ la expectativa es $\frac1{2\cdot3^m}\left(1(3-3)^m+3(3-1)^m+2(3-0)^m\right)$
- para $n=4$ la expectativa es $\frac1{5\cdot6^m}\left(1(6-6)^m+5(6-3)^m+9(6-1)^m+5(6-0)^m\right)$
- para $n=5$ la expectativa es $\frac1{14\cdot10^m}\left(1(10-10)^m+7(10-6)^m+20(10-3)^m+28(10-1)^m+14(10-0)^m\right)$
y parece como si debería ser posible encontrar el número esperado de bandejas vacías para su pregunta siguiendo este patrón, al menos como la suma de $n+1$ términos relacionados con el triángulo de números, catalán números y los valores de la catalana triángulo (todos los cuales pueden ser expresados como coeficientes binomiales). Me sorprendería si hubiera una forma cerrada más
Por ejemplo, para $n=6$ este patrón sugiere la $\frac1{42\cdot15^m}\left(1(15-15)^m+9(15-10)^m+35(15-6)^m+75(15-3)^m+90(15-1)^m+42(15-0)^m\right)$ que también se podría haber escrito como $\frac1{42} 0^m + \frac3{14}\left(\frac13\right)^m + \frac56 \left(\frac35\right)^m + \frac{25}{14} \left(\frac45\right)^m + \frac{15}{7}\left(\frac{14}{15}\right)^m + 1$ y este parece ser correcta
