20 globos son distribuidos entre los 6 hijos: Probabilidad de que un niño no obtiene globo?

Question

20 globos están distribuidos al azar entre 6 niños. ¿Cuál es la probabilidad de que al menos un niño no obtiene globo?

¿Cuál es el error en el siguiente razonamiento (sé que no tiene que ser un error; por simulación sé, que la probabilidad tiene que ser def. 0.15, que no es lo que la fórmula siguiente da):

Me pongo a pensar en el caso contrario: ¿Cuál es la probabilidad de que cada niño reciba por lo menos un globo. Allí están todos juntos ${20+6-1\choose 20} = {25\choose 20}$ formas de distribuir los globos entre los niños. El número de las formas (por ejemplo, distribuir globos de manera que cada niño reciba, al menos, un globo) es ${14+6-1\choose 14} = {19\choose 14}$.

Así, la probabilidad de que cada niño reciba, al menos, un globo, cuando los globos se distribuyen al azar entre los niños deben ser $$ \frac{19\choose 14}{25\choose 20}$$

Para el caso opuesto, es decir, la probabilidad de que al menos un niño no obtiene globo es: $$ 1 - \frac{19\choose 14}{25\choose 20} = 0.78114...$$

At which point did I get wrong??

BTW: I used the following R-Code to simulate:

  v <- vector()
  for (i in 1:100000){
     t <- table(sample(1:6, 20, replace=T))
     v[i] <- length(t)<6
  }
  print mean(v)

One Remark:

The answer from mlu is in my opinion correct; thank you very much for it! However: My questions was, where my mistake is in the above reasoning?

The number of different ways to distribute k indistinguishable balls (=balloons) into n distinguishable boxes (=children) is ${n+k-1\elegir k}$. Así que: ¿de dónde tuve realmente mal, porque el denominador de lo especificado anteriormente es correcto, ¿verdad? Así que ¿qué hay de malo sobre el contador?

Solución

Muchas gracias, de nuevo, mlu, por la respuesta como un comentario a continuación. Ahora lo tengo: me contó el número de particiones y trató de calcular la probabilidad con la de Laplace-Técnica (el numerador por el número total de casos, y el contador del número de casos nos interesa) pero echaba de menos, que no, que cada partición es igualmente probable. Por ejemplo, la partición cuando uno de los niños se todos los globos es mucho más improbable que la partición, que child1 a child4 hace 3 globos y child5 y child6 4 globos es mucho más probable, que es claro, incluso por la intuición: En el primer caso, siempre hay una posibilidad de poner el balón mientras que en el segundo caso hay (al menos al principio) muchas posibilidades para poner globos.

Answer 1

Permite asumir tanto los niños y los globos son distinguisable, con la etiqueta. A continuación, el número de distribuciones que corresponde a la selección de un 20 dígitos de la secuencia de números del 1 al 6, dando a $6^{20}$ posibilidades. Deje $E_k$ ser el caso de que el niño k no recibir un balón, este evento corresponde a la selección de un 20 dígitos de la secuencia no contiene el número de k dar $5^{20}$ posibilidades.

$$P(\cup_k E_k) = \sum_k P(E_k) - \sum_{k,l} P(E_k \cap E_l) + \sum_{k,l,m} P(E_k \cap E_l \cap E_m) \dots$$

$$ P(\cup_k E_k) = \sum_{n=1}^5 (-1)^{n+1}\frac{\left(\begin{matrix} 6 \\ n \end{matrix}\right)(6-n)^{20}}{6^{20}} = $$ $$ 6 \left(\frac{5}{6} \right)^{20} - 15 \left(\frac{4}{6}\right)^{20} + 20 \left(\frac{3}{6} \right)^{20} - 15 \left( \frac {2}{6} \right) ^{20} + 6 \left( \frac{1}{6} \right)^{20} $$

Answer 2

Comentario: Para mí los niños son distinguibles y los globos no son. (Parece, un niño que no recibe un globo pronto distinguir a sí mismo o a sí misma haciendo un alboroto.)

Considerar este problema. Rollo de una feria de morir 20 veces. ¿Cuál es la la probabilidad de que no todos los seis caras se ven? Es este problema fundamentalmente el mismo que el tuyo?

Mi código R (y resultado) para este problema:

 m = 10^6;  n = 6;  b = 20;  t = numeric(m)
 for(i in 1:m) {
   s = sample(1:n, b, rep = T)
   t[i] = length(unique(s))  }
 mean(t < 6)
 ## 0.151852

A mi el 95% de margen de simulación de error es de alrededor de $\pm .00075$. Adicional se ejecuta dio 0.15175, 0.151887 y 0.152094. Estos resultados no son muy de acuerdo con @Andrey. (Yo creo que tu código y los míos son equivalentes, salvo la mía se ejecuta mucho más rápido en un archivo de Windows XP de la máquina.)

Por otra parte, si hay 6 globos y 6 niños parece que el la respuesta es $1 - 6!/6^6$, y los resultados están de acuerdo con mi código, con la constante b adecuadamente cambiado.

Answer 3

Me gusta pensar en términos de bolas y cajas. Aquí tenemos a $20$ bolas, y $6$ cajas para poner nuestra $20$ bolas en. Además, se permiten cajas vacías de existir. La pregunta ahora es, "¿de cuántas maneras distintas podemos poner nuestras bolas en nuestras cajas de tal manera que hay al menos un cuadro con las pelotas?" Para encontrar la probabilidad, le basta con dividir por el número total de maneras en las que podemos poner nuestras bolas en nuestras cajas.

Gran, pero espera un segundo. Son nuestras cajas etiquetadas? Son nuestras bolas marcadas? Quién sabe? La discrepancia entre los dos cálculos se deriva de esta.

En el código R, las bolas son distinguibles, y los niños son indistinguibles.${}^\text{1}$ Este tipo de problema se trata con números de Stirling del segundo tipo. La mencionada probabilidad de aquí sería

$$ \frac{\sum\limits_{k=1}^5\begin{Bmatrix} 20\\k \end{Bmatrix}}{\sum\limits_{k=1}^6\begin{Bmatrix} 20\\k \end{Bmatrix}} \approx 0.155853. $$

En el cálculo se realiza con la mano, se supone que las bolas son indistinguibles, y los niños son distinguibles.

Si usted quiere asumir que ni los niños ni las bolas son diferenciables, entonces usted podría estar tratando con particiones de un número. Específicamente, nos encontraríamos con número de $k$-particiones de $20$$k\leq 5$, y dividirlo por el número de $k$-particiones de $20$$k\leq 6$.

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${}^\text{1}$Como un descargo de responsabilidad, yo no pueden leer el código R. Acabo de encontrar la probabilidad en virtud de los mencionados supuestos, y que coincide con la probabilidad incluido en el problema!