Ci sono 100 scatole e 200 palle per le quali é equiprobabile in quale scatola andranno a finire.
Qual é la probabilità che nessuna scatola resti vuota ?
Ho una mia soluzione, ma voglio prima leggere il vostro parere.
Ci sono 100 scatole e 200 palle per le quali é equiprobabile in quale scatola andranno a finire.
Qual é la probabilità che nessuna scatola resti vuota ?
Ho una mia soluzione, ma voglio prima leggere il vostro parere.
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Livello 7
Sulla base del tuo commento sono andato a rivedere una domanda a cui avevo risposto in precedenza :
https://www.sosmatematica.it/forum/domande/esercizio-di-combinatoria-4/#post-88313
per cui dovrò modificare la risposta che ti ho fornito ieri sera a letto. Lo farò in giornata in quanto devo uscire. Ciao
Calcoliamo la probabilità richiesta andando a calcolare il rapporto p=v/n in due modi.
1° modo
n=COMB'(100,200)=COMB(100+200-1,200)= COMB(299,200)
v=COMB'(100,100)=COMB(100+100-1,100)=COMB(199,100)
Quindi:
p = COMB(199, 100)/COMB(299, 200)
p = 3.266343394·10^(-23)
Probabilità estremamente bassa!
2° modo
n=(200 + 99)!/(200!·99!) = 299!/(200!·99!)
v=(100 + 99)!/(100!·99!) = 199!/(100!·99!)
Quindi:
p=(100 + 99)!/(100!·99!)/((200 + 99)!/(200!·99!))
p = 3.266343394·10^(-23)
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Genius III
n= numero casi egualmente possibili:
=(101+200)!/(101!*200!)
v= numero casi favorevoli:
=(101+100)!/(101!*100!)
Può essere?
NO.
Vedi altri miei post!!!
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Genius III
@lucianop Potresti provare a spiegare il ragionamento.
Io ho pensato così. Se le palle fossero solo tre, e le scatole solo due, la prima palla potrebbe
avere due destinazioni, la seconda due, la terza due : in tutto 2^3 = 8 modi di collocarle.
Così i casi possibili sarebbero s^p = 100^200.
Per i casi favorevoli supponiamo di aver messo una palla in ogni scatola per non lasciarla
vuota e si ripete il ragionamento sulle restanti : 100^100.
La probabilità sarebbe allora 100^100/100^200 = 100^(-100) = 10^(-200).
Questo varrebbe se le palle fossero distinguibili. Se sono indistinguibili e conta solo quante ce ne
sono in ogni scatola, per i casi favorevoli si devono usare le combinazioni con ripetizione per cui
p = C (200 + 100 -1, 100 - 1) = C(299,99) e f = C(100 + 100 - 1, 100 - 1 ) = C(199,99).
Per avere uno schema risolutivo semplice e poi estendere il risultato ottenuto al caso proposto da te, facciamo direttamente l'esempio da te riportato con 3 palle indistinguibili e due scatole.
"in quanti modi possiamo distribuire le 3 palle (indistinguibili) in due scatole ? (qui rappresentate come cassetti)"
Per rispondere a questa domanda possiamo farlo con due modalità diverse.
1° modo
Attraverso le combinazioni con ripetizione
COMB'(2,3)=COMB(2+3-1,3)=COMB(4, 3) = 4
2° modo
Attraverso lo schema di sopra
Le due scatole sono affiancate quindi abbiamo 3 pareti rappresentate da 3 I. Le pareti terminali le dobbiamo considerare fisse, le palle sono rappresentate da O
Con questa rappresentazione ti sei riportato al gioco degli ANAGRAMMI che puoi risolvere con le permutazioni con ripetizione di 4 elementi : tre O ed una I il cui numero è dato da:
4!/(3!·1!) = 4
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Genius III
@lucianop perfetto, quindi le hai interpretate come "indistinguibili" e in questo caso mi convince che occorrono le combinazioni con ripetizione.
Penso proprio che si debbano utilizzare le Combinazioni con ripetizione! Ciao.