Cómo puedo solucionar los recipientes y bolas de problemas?

Question

A continuación es el problema que se quería resolver

Cuando hay $m$ bolas y $n$ cubos, pelotas son arrojados a contenedores donde cada pelota es lanzada en un bin uniformemente al azar. ¿Cuál es el número esperado de recipientes que contienen estrictamente más de 1 pelota?

Lo que estoy entendiendo es que, cada bola sorteo será independiente, y se espera que el número de bolas en cada cesta se $m/n$. Pero esto no parece que me ayude a resolver el problema.

He oído que este es muy similar al problema del cumpleaños, pero con diferente número de papeleras y número arbitrario de bolas.

¿Cómo debo enfoque de la solución de este problema?

Answer 1

Cuando se trata de encontrar la expectativa de un "complicado" variable aleatoria, puede intentar utilizar la técnica muy útil de escritura de la complicada variable como una suma de más simple de las variables y utilizando el hecho de que la expectativa de una suma de variables aleatorias es la suma de las expectativas de los individuos (nota esto es cierto de cualquier suma, la independencia no es necesaria).

Aquí, para cada $i=1$, $2$, $\ldots\,$, $n$, definir la variable aleatoria
$$X_i=\cases{1,& if the $i^{\rm th}$ bin contains 2 or more balls,\cr0,&otherwise.}$$

Ahora vamos a $X$ el número total de contenedores que contienen dos o más bolas. Tenga en cuenta que $X=\sum\limits_{i=1}^n X_i$.

Usando la linealidad de la expectativa: $$ \Bbb E(X)=\sum_{i=1}^n \Bbb E(X_i). $$

Nota de cada $X_i$ es una variable de Bernoulli, por lo $\Bbb E(X_i)=P[X_i=1]$ por cada $i$. Por otra parte, esta cantidad es independiente de $i$.

Así que, todo lo que tienes que hacer es encontrar la probabilidad de que un determinado bin tiene dos o más bolas (aquí, me gustaría calcular la probabilidad de que el complemento de este evento y restar de 1).

Answer 2

Para un depósito particular la probabilidad de que haya más de una bola es $1$ menos la probabilidad de que no tiene pelotas o una bola, es decir, $$1-\frac{(n-1)^m}{n^m} - \frac{m(n-1)^{m-1}}{n^m}.$$

El número esperado de contenedores con más de una bola es $n$ veces esta, es decir, algo como $$\frac{n^m-(n+m-1)(n-1)^{m-1}}{n^{m-1}}.$$

Answer 3

Sugiero mirar este Problema Relacionado con la

Como la respuesta sugerida en que el problema relacionado con los estados, el crédito para el usuario Henry.

Esta respuesta se trata de las bolas y cajas distinguibles por lo que cada el patrón es de igual probabilidad. Dudo que haya un práctico experimento para poner a prueba esta que no también es distinguible.

El número de maneras de colocar $m$ bolas en $n$ cajas de es $n^m$ desde cada bola puede ir en cualquiera de los cuadros.

El cálculo para el número de maneras de colocar $m$ bolas en $n$ cajas con cada cuadro de tener al menos una bola es más complicado. Vamos a llamar a $A(m,n)$. Si, a la hora de decidir qué hacer con el pasado bola, todo el resto de cuadros se completa, entonces se puede ir en cualquiera de las $n$ las cajas; sin embargo, si uno de los $n$ cajas está vacío y los demás total entonces debe de ir en el vacío. Así $$A(m,n) = n A(m-1,n) + n A(m-1,n-1)$$ and clearly $A(m,1) = 1$ (sólo hay una forma, con una el cuadro) y $A(m,n) = 0$ $m \le n$. $A(n,n)=n!$ como sería de esperar.

Así que la probabilidad de que todos los cuadros tienen al menos una bola es $$ \frac{n! \, S_2 (m,n)}{n^m}.$$

Por ejemplo, con 3 bolas y 2 cajas, esto da $\frac{2 \times 3}{8} = 3/4$.