Помощ за изчисляване на вероятност

[Morningstar]

Здравейте,

Сблъсках се с проблем, който на пръв поглед ми се стори лесен, но се оказа че не мога да реша с ограничените си знания по комбинаторика и статистика.
Моля Ви за помощ - решение би било идеално, или поне някакви насоки.

Проблемът може да се сведе до следната задача:
Дадени са X на брой кутии и Y на брой топки.
Всички топки се "разхвърлят" по кутиите на случаен принцип.

Каква е вероятността да има ПОНЕ една кутия, в която да има ТОЧНО една топка?

[inveidar]

Всички възможни разхвърляния са [tex]x^y[/tex], защото всяка топка можем да сложим в една от [tex]x[/tex]-те кутии. Благоприятните случаи са когато в една от кутиите има точно една топка. Това става по х начина, а останалите [tex]y-1[/tex] топки трябва да разхвърляме в [tex]x-1[/tex] кутии, т.е по [tex](x-1)^{y-1}[/tex] начина. Така броят на благоприятните случаи е [tex]x.(x-1)^{y-1}[/tex]. Вероятността е [tex]\frac{x.(x-1)^{y-1}}{x^y}=[/tex][tex]\Big(\frac{x-1}{x}\Big)^{y-1}[/tex]. Имаш ли отговор? Съмнявам се, че благоприятните случаи, така както аз ги броя може и да се припокриват?

[inveidar]

Това, което съм написал, е вярно ако топките са различими.

[Morningstar]

Здравей inveidar,

Първо, благодаря ти за включването.

Може би не съм обяснил достатъчно ясно условието, затова - няколко бързи пояснения:

1. Топките предполагам че са неразличими.
2. Не, нямам отговор. Това не е задача за развлечение, а реален проблем който се опитвам да реша. Готов съм да почерпя каса бира всеки който ми помогне, стига да е над 18 години . На практика ми трябва формула, която да дава поне приблизителна стойност.
3. Проблемът сякаш е малко по-сложен от това което си разбрал. Може би не съм обяснил добре. Ти даваш решение в случай че в една от кутиите има точно една топка, а останалите са разхвърляни произволно. Но пропускаш да добавиш вероятността в две и повече кутии да има по една топка, което също е решение.

Докато го мислих, изчислих поетапно вероятностите за някои малки стойности на X и Y, но не ми върши работа, тъй като по моя метод при големи стойности става много трудоемко за изчисление, а и ми трябва формула, а не метод/алгоритъм.

Ето пример:
2 кутии, 3 топчета

Възможни подредби
1. |0| |3| : първа кутия 0 топчета, втора кутия - 3 топчета
2. |3| |0|
3. |1| |2| - благоприятна
4. |2| |1| - благоприятна
Вероятността за всяка от подредбите 1 и 2 е [tex](\frac{1}{2})^{3}[/tex], т.е. общата вероятност да се падне 1 или 2 е 0.125+0.125 = 0.25.
Съответно, общата вероятност да се случи една от благоприятните подредби: 3 или 4 е P = 1-0.25 = 0.75.

Проблемът ми е, че с увеличаването на кутиите/топчетата сложността нараства рязко, тъй като възможните подредби стават много!
Само за пример, при 3 кутии и 4 топчета:
|0| |0| |4| x 3 (т.е. три такива подредби, тъй като четирите топчета може да са в първата, втората или третата кутия) - неблагоприятно
|0| |1| |3| x 6 - благоприятно
|0| |2| |2| x 3 - неблагоприятно
|1| |1| |2| x 3 - благоприятно
Т.е. общо 15 подредби, 9 от тях са OK.

От начало ми се струваше лесен проблем, но вече се съмнявам, че въобще може да се изрази с формула... ?!?

Нека касите бира са две?

[inveidar]

Здравей inveidar,

3. Проблемът сякаш е малко по-сложен от това което си разбрал. Може би не съм обяснил добре. Ти даваш решение в случай че в една от кутиите има точно една топка, а останалите са разхвърляни произволно. Но пропускаш да добавиш вероятността в две и повече кутии да има по една топка, което също е решение.

Произволното разхвърляне на останалите различими топки включва в себе си в две и повече кутии да има по една топка.
Ако са неразличими е друго. Ще го мислим още.

[inveidar]

Здравей inveidar,

Първо, благодаря ти за включването.


Ето пример:
2 кутии, 3 топчета

Възможни подредби
1. |0| |3| : първа кутия 0 топчета, втора кутия - 3 топчета
2. |3| |0|
3. |1| |2| - благоприятна
4. |2| |1| - благоприятна
Вероятността за всяка от подредбите 1 и 2 е [tex](\frac{1}{2})^{3}[/tex], т.е. общата вероятност да се падне 1 или 2 е 0.125+0.125 = 0.25.
Съответно, общата вероятност да се случи една от благоприятните подредби: 3 или 4 е P = 1-0.25 = 0.75.

Проблемът ми е, че с увеличаването на кутиите/топчетата сложността нараства рязко, тъй като възможните подредби стават много!
Само за пример, при 3 кутии и 4 топчета:
|0| |0| |4| x 3 (т.е. три такива подредби, тъй като четирите топчета може да са в първата, втората или третата кутия) - неблагоприятно
|0| |1| |3| x 6 - благоприятно
|0| |2| |2| x 3 - неблагоприятно
|1| |1| |2| x 3 - благоприятно
Т.е. общо 15 подредби, 9 от тях са OK.

От начало ми се струваше лесен проблем, но вече се съмнявам, че въобще може да се изрази с формула... ?!?

Нека касите бира са две?

Да разбирам ли, че топчетата са повече от кутиите? Това ми е важно. И мисля, че задачата ти е решима! Сложи бирата да се студи!

[Morningstar]

Да разбирам ли, че топчетата са повече от кутиите? Това ми е важно. И мисля, че задачата ти е решима! Сложи бирата да се студи!

Да, топчетата са значително повече от кутиите. Обратното няма практическо значение в моя случай.

Кажи предпочитана марка и дай адрес на ЛС за куриера