6 шаров, 6 ящиков, ровно один пустой

[COBA]

Всем здравсвуйте :)
Меня ужасно запутала вот эта задачка:

Найти вероятность того, что при случайном размещении шести шаров по шести ящикам ТОЧНО один ящик окажется пустым. Предполагается, что в каждом ящике может оказаться любое количество шаров.

различными способами пробовал решить, но с ответом (написано, что 0,231) так и не совпало.. Всё же очень интересно решение... помогите пожалуйста)
Причём видел готовую формулу для общего случая подобной задачи, но она не интересует. Тут задача логически вроде просто должна решиться, но не пойму как...

[Brukvalub]

Сначала подсчитайте общее число размещений 6 шаров по 6 ящикам.
Потом уберите 1 пустой ящик, в остальные 5 киньте по 1 шару и найдите число размещений 1 оставшегося шара по 5 заполненным ящикам.
Наконец, разделите второе число на первое.

[ASA]

Brukvalub писал(а):

Потом уберите 1 пустой ящик

Каковым может быть любой из 6.

[COBA]

Спасибо..) у меня тоже была такая логика, но до ответа я её довести не смог...
Вот что получается:


Кол-во всех вариантов размещения 6 шаров по 6-ти ящикам:

N = \widetilde{{C}^{6}_{6}} = 462

Brukvalub писал(а):

Потом уберите 1 пустой ящик, в остальные 5 киньте по 1 шару и найдите число размещений 1 оставшегося шара по 5 заполненным ящикам.

Кол-во благоприятных размещений тогда получается M(A) = 5*6 = 30 ??

P(A) = {M(A)}/{N}= 0.065

Что я делаю не так? ответ слишком маленький же?...

И ещё... вот один из вариантов моего решения:
Количество НЕблагоприятных вариантов размещения шаров: когда во всех ящиках есть шары (6 вариантов) и когда только в 4 или менее ящиках есть шары( \widetilde{{C}^{6}_{4}} = 84 )
Значит число благоприятных размещений: M(A) = 462 - 84 - 6 = 372
То есть при таком решении ответ: 0,81 - слишком много...
И что тут я делаю не так? ))

[ewert]

COBA писал(а):

Кол-во всех вариантов размещения 6 шаров по 6-ти ящикам:

N = \widetilde{{C}^{6}_{6}} = 462

Нет, в знаменателе должно быть число типа $n^m$.

COBA писал(а):

Кол-во благоприятных размещений тогда получается M(A) = 5 ??

Вы забыли умножить на к-во способов предварительно положить в каждый ящик по шарику, чтоб обеспечить их непустоту, а оно довольно велико. Да, и выбор пустого ящика (как было метко замечено) тоже нельзя игнорировать.

[ASA]

COBA писал(а):

Кол-во всех вариантов размещения 6 шаров по 6-ти ящикам:
N = \widetilde{{C}^{6}_{6}} = 462

Что-то не то. Даже если размещать по одному шару в каждом ящике, это уже будет $6!=720$ вариантов.

[COBA]

ewert писал(а):

COBA писал(а):

Кол-во всех вариантов размещения 6 шаров по 6-ти ящикам:

N = \widetilde{{C}^{6}_{6}} = 462

Нет, в знаменателе должно быть число типа $n^m$.

Дело в том, что шары одинаковые... и не играет разницы какой шар будет в каком ящике и в каком порядке они туда будут попадать... поэтому $n^m$ не подходит... я так думаю..

ASA писал(а):

COBA писал(а):

Кол-во всех вариантов размещения 6 шаров по 6-ти ящикам:
N = \widetilde{{C}^{6}_{6}} = 462

Что-то не то. Даже если размещать по одному шару в каждом ящике, это уже будет $6!=720$ вариантов.

В данной задаче если размещать по одному шару в каждом ящике это будет 1 вариант)))

[PAV]

Ясно, что требуемое размещение получается тогда и только тогда, когда в одном ящике лежат два шара, а еще в четырех - по одному.

Подсчитать количество способов (числитель дроби) можно так: сначала из 6 ящиков выбирается один, который останется пустым; затем из оставшихся пяти выбирается один, в который попадут два шара; затем из 6 шаров выбираются два шара, которые лягут в этот ящик; затем оставшиеся 4 шара размещаются по одному в известные 4 ящика.

[ewert]

COBA в сообщении #202900 писал(а):

Дело в том, что шары одинаковые... и не играет разницы какой шар будет в каком ящике и в каком порядке они туда будут попадать...

Тут проблема в том, считать шары неразличимыми или нет. В принципе, возможен и тот подход, и другой. Но вот если мы хотим, чтобы все элементарные исходы опыта были равновероятны -- безусловно, шары должны быть различимы. Поскольку условием задачи, естественно, подразумевается, что каждый шар бросается независимо от остальных.

[PAV]

То, что я написал выше - для случая различимых шаров. Однако если шары неразличимые, то вероятность от этого не изменится, поэтому шары все равно можно считать различимыми.

Добавлено спустя 25 секунд:

Это достаточно стандартный прием.

[ewert]

PAV в сообщении #202902 писал(а):

Подсчитать количество способов (числитель дроби) можно так: сначала из 6 ящиков выбирается один, который останется пустым; затем из оставшихся пяти выбирается один, в который попадут два шара; затем из 6 шаров выбираются два шара, которые лягут в этот ящик; затем оставшиеся 4 шара размещаются по одному в известные 4 ящика.

Можно и так, хотя вариант Brukvalub'а мне более по душе. Но это дело вкуса.

Добавлено спустя 1 минуту 28 секунд:

PAV в сообщении #202904 писал(а):

Однако если шары неразличимые, то вероятность от этого не изменится,

Сильно не уверен. Т.е. может и так, но явных оснований для такого вывода не вижу.

[PAV]

ewert в сообщении #202905 писал(а):

Можно и так, хотя вариант Brukvalub'а мне более по душе.

В том способе нужно приложить особые усилия, чтобы не посчитать один и тот же вариант несколько раз.

[gris]

Предложу немного занудное решение.
Рассмотрим процесс раскладывани шариков, при котором получается требуемая конфигурация. Вначале кладём первый шар.
И начинаем действие. Второй шар мы можем положить к первому, но тогда остальные четыре придётся разложить в оставшиеся ящики по одному.
Либо второй шар мы можем положить в свободный ящик и перейти к укладке третьего шара.
Третий шар мы можем положить в один из занятых ящиков, но тогда остальные три кладём в свободные по одному. Но мы можем положить третий шар в пустой ящик и перейти к укладке четвертого шара.
Повторяем процесс для четвёртого и пятого шара.
Если мы пять шаров разложили по одному, то шестой должны положить в один из уже занятых ящиков.

А теперь используем формулу условной вероятности и сложим все непересекающиеся случаи успешной укладки шаров.

$$\frac16\cdot\frac56\cdot \frac46\cdot \frac36\cdot\frac26+$$

$$\frac56\cdot\frac26\cdot \frac46\cdot \frac36\cdot\frac26+$$

$$\frac56\cdot\frac46\cdot \frac36\cdot \frac36\cdot\frac26+$$

$$\frac56\cdot\frac46\cdot \frac36\cdot \frac46\cdot\frac26+$$

$$\frac56\cdot\frac46\cdot \frac36\cdot \frac26\cdot\frac56=$$

$$\frac56\cdot\frac46\cdot \frac36\cdot \frac26\cdot(\frac16+\frac26+\frac36+\frac46+\frac56)=$$

$$=\frac5{54}\cdot\frac52=\frac{25}{108}\approx 0,231$$

[ewert]

PAV в сообщении #202906 писал(а):

В том способе нужно приложить особые усилия, чтобы не посчитать один и тот же вариант несколько раз.

Мне кажется, что никаких спецусилий не нужно. Но зато там присутствует некая универсальная идея. Недопущение пустоты ящиков формально резко усложняет задачу. И тогда надо свести её к предыдущей, разбив процедуру на два этапа: сперва обеспечив минимальными средствами непустоту, а потом позаботившись обо всём остальном.

В частности, при этом не обязательно раскидывать по шести ящикам именно шесть шаров -- можно с тем же успехом и девятнадцать, допустим. А как на это среагирует Ваш вариант решения?...

Добавлено спустя 58 секунд:

gris в сообщении #202907 писал(а):

Предложу немного занудное решение.

Это -- очень мягко сказано!

[PAV]

Для случая неразличимых шаров метод подсчета количеств размещений, который предложил Brukvalub, самый лучший. Однако для случая различимых шаров возникают сложности, особенно в общем случае. А работать с неразличимыми шарами тут затруднительно, так как ситуация не классическая и исходы не равновероятны.