Probabilidad de seleccionar una bola de una caja.

Question

Supongamos que tenemos $12$ bolas idénticas. Piensa que las bolas tienen números de identificación distintos, $1-12$ . Tenemos $3$ cajas idénticas, cada una de las cuales puede contener exactamente $4$ bolas. Una tras otra, las bolas se lanzan al azar a una de las tres cajas.

Supongamos que el Sr. A comprará una bola de cada caja, por lo que comprará un total de tres bolas de las tres cajas. El hábito del Sr. A es comprar la bola de la caja cuyo ID es el más pequeño de todas las bolas de esa caja.

Por ejemplo, las bolas lanzadas al azar en una caja tienen ID $4$ , $8$ , $9$ y $12$ . Así que el Sr. A comprará la pelota con el DNI $4$ de esa caja.

Entonces el Sr. A va a otra caja y aquí las bolas tienen identificación $1$ , $3$ , $6$ y $11$ . Comprará el balón con el DNI $1$ de esa caja.

Por fin, el Sr. A va a la última caja y aquí las bolas tienen identificación $2$ , $5$ , $7$ y $10$ . Comprará el balón con el DNI $2$ de esa caja.

Mi pregunta es:

¿Cuál es la probabilidad de que el Sr. A compre la pelota con ID $i$ , donde $i=1,2,\ldots,12$ ?

Lo que creo es que hay que tener en cuenta las dos cosas siguientes para calcular la probabilidad:

$(1)$ la posición de un balón en el área. El Sr. A comprará la pelota con número de identificación $2$ si y sólo si la caja no contiene la bola con número de identificación $1$ .

$(2)$ Si el Sr. A compra una bola con la identificación más pequeña de la primera caja frente a él, entonces hay $11$ bolas restantes para comprar otras dos bolas o hay $8$ bolas (excluyendo todas las $4$ bolas de la primera caja)?

Answer 1

Obtuve la siguiente respuesta:

La probabilidad de que el Sr. A compre la bola con id $i$ es, $$p(i) := \left( \begin{array}{c} 8 \\ i-1 \end{array} \right) \frac{(12-i)!(i-1)!}{11!}\,. $$

Si sabe que esta respuesta es incorrecta, no dude en dejar de leer :)

El número total de formas en que se pueden distribuir las bolas entre tres cajas es $$n := \frac{12!}{(4!)^3}\,.$$

Supongamos que hay $12$ ranuras numeradas, una ranura debe ser ocupada exactamente por una bola, las ranuras $1$ a $4$ constituyen la caja $1$ , tragamonedas $5$ a $8$ constituyen la caja $2$ y el resto constituye la caja $3$ . Al principio consideraremos que todas las ranuras son distinguibles, pero al final consideraremos que todas las ranuras de una misma caja son indistinguibles entre sí.

Contaremos el número de formas de $i$ El balón se puede comprar en la caja $1$ . El $i$ La bola se puede colocar en cualquiera de los dos $4$ ranuras en la caja $1$ . Las bolas con id $1$ a $(i-1)$ puede colocarse en la caja $2$ y $3$ en $\left( \begin{array}{c} 8 \\ i-1 \end{array} \right)(i-1)!$ formas. Bolas con identificación $(i+1)$ a $12$ se pueden disponer en el resto de ranuras en $(12-i)!$ formas. Multiplicando todos estos números obtenemos $4 \left(\begin{array}{c} 8 \\ i-1 \end{array}\right) (i-1)! (12-i)!$ para imponer la indistinguibilidad de las ranuras en la misma caja debemos dividir este número por $(4!)^3$ . Por lo tanto, el número de maneras en que el $i$ El balón se puede comprar en la caja $1$ es: $$n_1(i) := \frac{4}{(4!)^3} \left(\begin{array}{c} 8 \\ i-1 \end{array}\right) (i-1)! (12-i)!\,.$$ Por lo tanto, la probabilidad del $i$ 'La bola que se compra de la caja uno es: $$p_1(i) := \frac{n_1(i)}{n}\,.$$ El $i$ La bola puede ser comprada en cualquiera de las tres casillas, por lo que la probabilidad neta de la $i$ 'El balón que se compra es: $$p(i) := 3 p_1(i) = \left( \begin{array}{c} 8 \\ i-1 \end{array} \right) \frac{(12-i)!(i-1)!}{11!}\,.$$

Answer 2

Bola $i$ se lanza a una caja con $3$ otras bolas. Hay $\binom{11}3$ posibles combinaciones para las tres bolas en la misma caja con bola $i,$ y todos ellos son igualmente probables. El hombre comprará la pelota $i$ si las otras tres bolas tienen números mayores que $i$ . Hay $12-i$ bolas con números mayores que $i,$ por lo que hay $\binom{12-i}3$ casos favorables, y la probabilidad de que el hombre compre bola $i$ es $$\frac{\binom{12-i}3}{\binom{11}3}=\frac{(12-i)(11-i)(10-i)}{990}.$$ Esto es equivalente a la respuesta publicada anteriormente por Nafiz Ishtiaque Ornob.

Answer 3

Para $1\lt j\lt k$ Hay $3!\binom{12-k}{3}\binom{8-j}{3}$ formas de comprar $1,j,k$ .

$3!$ debido a las disposiciones de $1,j,k$ . $\binom{12-k}{3}$ debido a la cantidad de formas de elegir $3$ bolas mayores que $k$ . $\binom{8-j}{3}$ debido a la cantidad de formas de elegir $3$ bolas mayores que $j$ de los que sobran al elegir $3$ mayor que $k$ .

El número de formas de $n$ para ser el más grande es $$ \begin{align} 3!\binom{12-n}{3}\sum_{j=2}^{n-1}\binom{8-j}{3} &=3!\binom{12-n}{3}\left[\binom{7}{4}-\binom{9-n}{4}\right]\\ &=3!\binom{7}{4}\binom{12-n}{3}-3!\binom{7}{4}\binom{12-n}{7} \end{align} $$ El número de formas de $n$ para ser el medio es $$ \begin{align} 3!\binom{8-n}{3}\sum_{k=n+1}^9\binom{12-k}{3} &=3!\binom{8-n}{3}\binom{12-n}{4}\\ &=3!\binom{7}{4}\binom{12-n}{7} \end{align} $$ Como el número total de arreglos es $\frac{12!}{(4!)^3}$ y $\frac{3!\binom{7}{4}}{\frac{12!}{(4!)^3}}=\frac1{165}$ la probabilidad de comprar la bola etiquetada $n$ sería $$ p(n)=\frac1{165}\binom{12-n}{3} $$