Cálculo del valor esperado de las cámaras no vacías. ¿Qué falla en mi solución?

Question

Insertar $5$ diferentes bolas para $12$ diferentes cámaras, todas las opciones son igualmente probables. Sea $X$ sea el número de cámaras no vacías, calcule $\mathbb{E}[X]$

Sé que $\mathbb{E}(X)=\sum_{t \in R_{X}} t \cdot \mathbb{P}(X=t)$ por lo que sólo necesito calcular $\mathbb{P}(X=t)$ para cada $1\leq t \leq 5$ $$\mathbb{P}(X=1)= \frac{1}{12^4}$$ $$\mathbb{P}(X=2)= \frac{11 \cdot 2^3}{12^4}$$ $$\mathbb{P}(X=3)= \frac{11\cdot 10\cdot 3^2}{12^4}$$ $$\mathbb{P}(X=4)= \frac{11\cdot 10 \cdot 9 \cdot4}{12^4}$$ $$\mathbb{P}(X=5)= \frac{11\cdot 10 \cdot 9 \cdot8}{12^4}$$

ahora sólo tengo que sustituir estos valores en la expresión $$\mathbb{E}(X)=\sum_{t \in R_{X}} t \cdot \mathbb{P}(X=t)$$ pero no obtengo la respuesta correcta. Supongo que me he equivocado al desarrollar las expresiones anteriores. Las opciones son:

A. $\displaystyle \frac{161051}{20736}$

B. $\displaystyle \frac{161051}{248832}$

C. $\displaystyle \frac{87781}{20736}$

D. $\displaystyle \frac{87781}{248832}$

Answer 1

Sólo decir que la linealidad de las expectativas funciona bien aquí.

La probabilidad de que una cámara dada no esté vacía es $$p=1-\left(\frac {11}{12}\right)^5=\frac {87781}{248832}$$ .

Como hay $12$ cámaras, la respuesta es entonces $$12p=12\times \frac {87781}{248832}=\boxed {\frac {87781}{20736}}$$

Answer 2

Si sólo se trata de una pregunta de respuesta múltiple, todos esos cálculos son innecesarios. A saber, como $1\le X\le 5$ tenemos $1\le\mathbb E(X)\le 5$ lo que implica que la única solución que puede correcto es C. Es decir, A es mayor que $5$ y B y D son menores que $1$ .

Answer 3

Estás contando de menos. Supongo que la idea con:

$$\mathbb P(X=k)=\frac{12\cdot 11\cdot\ldots\cdot (12-k+1)\cdot k^{5-k}}{12^5}$$

es la siguiente: la primera bola puede ir a una de $12$ cámaras, la segunda va a una de $11$ restantes, etc. - hasta llenar el $k$ cámaras - y luego el resto $5-k$ bolas entran libremente en las ya definidas $k$ cámaras.

Esto no tiene en cuenta la posibilidad de que el primer $k$ las bolas no van todas a cámaras diferentes. Por ejemplo, para $k=2$ Puede hacer que la segunda bola vaya a la misma cámara que la primera y que sólo la tercera vaya a una cámara diferente. Este evento no se cuenta.

Como resultado, sus probabilidades son menores de lo necesario y no suman $1$ .

Answer 4

Como ya se ha señalado, las probabilidades que has escrito no son correctas. La probabilidad correcta de $k$ de $n$ contenedores no vacíos después de $m$ bolas se colocan en las papeleras es $$\mathsf P(X=k)=\frac{\binom nk {m \brace k}k!}{n^m}.$$

En este caso, el factor $\binom nk$ cuenta el número de maneras de elegir el $k$ bins no vacíos, y el factor ${m \brace k}k!$ (donde ${m \brace k}$ se refiere a Número de Stirling del segundo tipo ) cuenta el número de maneras de distribuir $m$ bolas distintas entre estos $k$ contenedores.

Es el factor ${m \brace k}$ que falta en su solución. El origen del error era (como se explica en una respuesta anterior) el orden indebidamente fijo de colocación de las bolas en los contenedores.