Permutaciones de bolas sin sustitución

Question

Esta es una pregunta de un ejemplo de examen parcial de estadística.

Una caja tiene 60 bolas - 15 son amarillas; 15 son rojas; 15 son blancas; 15 son verdes. Se seleccionan 14 bolas sin reemplazo y se colocan en 4 cajas, una para cada bola.

a) Calcula la probabilidad de que la caja 1 tenga 5 bolas, la caja 2 tenga 4 bolas la caja 3 tenga 3 bolas y la caja 4 tenga 2 bolas.

b) Calcula la probabilidad de que 2 cajas tengan 5 bolas, 1 caja tenga 3 bolas, y una caja tenga 1 bola.

Estaba un poco confundido sobre cómo enfocar esto. Estaba pensando que el número total de formas de distribuir las bolas debería ser $4^{14}\binom{60}{14}$ por lo que la probabilidad de la parte a debería ser algo así como $\frac{w}{4^{14}\binom{60}{14}}$ donde $w$ es el número de formas de cumplir los requisitos anteriores. Pero no estoy seguro de si ese es el enfoque correcto, o hacia dónde ir a partir de ahí. ¿Cuál es la forma correcta de resolver esto?

Answer 1

Creo que el problema no está claro. Supongo que lo que se pretende es esto: "elegir el $14$ bolas como se describe. ¿Cuál es la probabilidad de que haya $5$ de un color, $4$ de un segundo color, $3$ de un tercer color, y $2$ del color restante?"

Para responder a esa pregunta (que bien puede no ser la pretendida): Tenga en cuenta que hay $4$ maneras de elegir el primer color, y luego $\binom {15}5$ formas de elegir cinco de esas bolas. Luego hay $3$ formas de elegir el segundo color con $\binom {15}4$ formas de elegir cuatro de ellas. Siguiendo con esto vemos que hay $$\binom {15}5\times \binom {15}4\times \binom{15}3 \times \binom {15}2\times 4!$$ combinaciones que superan el primer requisito. Como hay $\binom {60}{14}$ combinaciones totales vemos que la probabilidad viene dada por el cociente: $$\frac {\binom {15}5\times \binom {15}4\times \binom{15}3 \times \binom {15}2\times 4!}{\binom {60}{14}}$$

Answer 2

Los colores no tienen nada que ver con el problema. Tampoco el hecho de que hubiera $60$ bolas para empezar.

Supondremos que cada uno de los $14$ Las bolas se "lanzan" hacia las cajas, digamos que de una en una, y que el lugar donde caen las distintas bolas es independiente de las demás.

Es conveniente suponer que las bolas son distintas (tienen números de identificación pintados con tinta invisible). Entonces hay $4^{14}$ posibilidades igualmente probables de dónde caen las distintas bolas.

Ahora contamos los "favourables". El $5$ las bolas que aterrizan en la Caja 1 pueden ser elegidas en $\binom{14}{5}$ formas. Para cada una de estas formas, el $4$ que la tierra en la Caja 2 puede ser elegida en $\binom{9}{4}$ formas, etc.

Así que el número de favourables es $\binom{14}{5}\binom{9}{4}\binom{5}{3}$ . Esto se simplifica a $\frac{14!}{5!4!3!2!}$ .

Se puede llegar a la misma cuenta de favourables utilizando coeficientes multinomiales .

Answer 3

Una pista: ¿A quién le importa qué bolas se seleccionaron? Que originalmente había $60$ Las bolas son un completo arenque multicolor.

Sólo buscamos la probabilidad de que las catorce bolas seleccionadas se coloquen en las cuatro cajas en la disposición dada. (Supongamos que no hay sesgo en la asignación de cajas).

¿De cuántas maneras podemos asignar casillas a las catorce bolas? ¿De cuántas maneras se puede asignar la caja 1 a 5 bolas, la caja 2 a cuatro bolas, la caja e a tres bolas y la caja 4 a las dos últimas bolas que quedan?

$$\frac{14!}{5!~4!~3!~2!}\Big/4^{14}$$