Supongamos que cinco números enteros se eligen sucesivamente al azar entre 0 y 11, inclusive. ¿Encuentra la probabilidad de que no más de dos sean iguales?

Answer 1

Asumiré que el orden de selección es importante, y que 11223 no se incluiría en la probabilidad que desea, mientras que 11234 sí.

Primero determinaré cuántas formas hay para cumplir con la condición. La condición podría cumplirse si los 5 números fueran diferentes, la cantidad de formas de hacerlo sería [matemática] _ {12} P_5 [/ matemática].

La condición también podría cumplirse si 2 de los números fueran iguales y los otros 3 fueran todos diferentes. Para eso, elegimos qué 2 son iguales, luego multiplicamos por la cantidad de formas de ordenar los 4 números (el 1 compartido y los otros 3 que no se comparten). [matemáticas] _5C_2 \ cdot {} _ {12} P_4 [/ matemáticas]

En cuanto al denominador, hay 12 opciones para cada número, por lo que el denominador sería [matemática] 12 ^ 5 [/ matemática]

Eso significa que la probabilidad sería:

[matemáticas] \ dfrac {_ {12} P_5 + {} _5C_2 \ cdot {} _ {12} P_4} {12 ^ 5} = \ dfrac {95040 + 118800} {248832} = \ dfrac {55} {64} = 0.859375 [/ matemáticas]

Como me preguntaron esto en los comentarios, también calculé la probabilidad de incluir 11223.

Si se incluyera 11223, tendría que sumar los recuentos en los que tiene 2 conjuntos de 2 iguales y 1 diferente del otro 2. Primero, elija qué dígitos componen los 2 conjuntos de 2 que son iguales. Esto es similar a un binomio, pero en lugar de 2 cosas en el denominador, tendrá 3:

[matemáticas] \ dfrac {5!} {2! 2! 1!} [/ matemáticas]

Sin embargo, sería necesaria una corrección, porque elegir 12 y luego 34 sería lo mismo que elegir 34 y luego 12, por lo que tenemos que dividir por 2 porque cada combinación se duplica.

[matemáticas] \ dfrac {5!} {2! 2! 1! 2} [/ matemáticas]

Conociendo la cantidad de combinaciones de dígitos, multiplicamos por la cantidad de formas de ordenar los 3 números.

[matemáticas] \ dfrac {5! \ cdot {} _ {12} P_3} {2! 2! 1! 2} [/ math]

Eso se convertiría en:

[matemáticas] \ dfrac {5! \ cdot 12!} {9! 2! 2! 1! 2} [/ math]

[matemáticas] \ dfrac {12 \ cdot 11 \ cdot 10 \ cdot 5!} {2! 2! 1! 2} [/ matemáticas]

[matemáticas] \ dfrac {12 \ cdot 11 \ cdot 10 \ cdot 5 \ cdot 4 \ cdot 3} {2! 1! 2} [/ matemáticas]

[matemáticas] \ dfrac {79200} {4} = 19800 [/ matemáticas]

Por lo tanto, la nueva probabilidad sería:

[matemáticas] \ dfrac {95040 + 118800 + 19800} {248832} = \ dfrac {3245} {3456} = 0.9389467 \ overline {592} [/ matemáticas]

Otra forma de obtener eso sería tomar el 100% y restar la probabilidad de que 3, 4 o 5 sean iguales, no entraré en tantos detalles aquí, pero la probabilidad terminaría siendo:

[matemáticas] 1 – \ dfrac {\ binom {5} {5} {} _ {12} P_1 + \ binom {5} {4} {} _ {12} P_ {2} + \ binom {5} {3 } {} _ {12} P_3 + \ binom {5} {3} {} _ {12} P_2} {12 ^ 5} [/ matemáticas]

[matemáticas] = \ dfrac {3245} {3456} [/ matemáticas]

Cual es la misma respuesta. La razón por la que hay 2 términos con 5 elegir 3 es porque los últimos 2 podrían ser iguales o los últimos 2 podrían ser diferentes. Si son iguales, tienes 2 números para elegir. Si los últimos 2 son diferentes, tiene 3 números para elegir.

Answer 2

Considere la función de generación exponencial [1] (p. Ej.) Para elegir sucesivamente (con reemplazo) [matemáticas] 0,1,2,3 \ ldots [/ matemáticas] enteros del conjunto [matemáticas] S_0 = \ {0 \} [/ matemáticas], se da como:

[matemáticas] e ^ x = \ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 + \ tfrac {1} {2!} x ^ 2 + \ tfrac {1 } {3!} X ^ 3 + \ cdots \ tag {1} [/ math]

El coeficiente de [matemática] x ^ k / k! [/ Matemática] es la cantidad de formas de elegir enteros [matemática] k [/ matemática] de [matemática] S_0 [/ matemática], esto es trivialmente [matemática] 1 [ / math] en todos los casos como se ve inmediatamente en [math] (1) [/ math].

El egf para elegir sucesivamente (con reemplazo) [matemáticas] 0,1,2,3 \ cdots [/ matemáticas] enteros del conjunto [matemáticas] S_1 = \ {1 \} [/ matemáticas] es exactamente el mismo [matemáticas] e ^ x [/ matemáticas].

El egf para elegir sucesivamente (con reemplazo) [matemático] 0,1,2,3 \ cdots [/ matemático] enteros del conjunto [matemático] S_0 \ cup S_1 = \ {0,1 \} [/ matemático] es, Sin embargo, diferente:

Vemos que, sin generar funciones, para contar el número de formas de elegir sucesivamente [math] k [/ math] enteros de [math] S_0 \ cup S_1 [/ math] podemos sumar los casos

[matemáticas] \ tfrac {k!} {0! k!} + \ tfrac {k!} {1! (k-1)!} + \ tfrac {k!} {2! (k-2)!} + \ cdots + \ tfrac {k!} {k! 0!} = 2 ^ k \ tag * {} [/ math]

Esto es claramente [matemática] 2 ^ k [/ matemática] ya que podemos seleccionar [matemática] 1 [/ matemática] o [matemática] 2 [/ matemática] en cada elección sucesiva para las elecciones [matemática] k [/ matemática].

Vemos que esto es simplemente el coeficiente de [math] x ^ k / k! [/ Math] en el producto de los dos egfs para [math] S_0 [/ math] y [math] S_1 [/ math]:

[matemáticas] e ^ x \ cdot e ^ x = (e ^ x) ^ 2 = e ^ {2x} \ tag * {} [/ matemáticas]

Esta unificación paso a paso de conjuntos y multiplicación de egfs continúa de modo que para [matemática] S_0 \ cup S_1 \ cup S_2 = \ {0,1,2 \} [/ math] tenemos una función generadora

[matemáticas] e ^ {2x} \ cdot e ^ x = (e ^ x) ^ 3 = e ^ {3x} \ tag * {} [/ matemáticas]

es decir, la implicación es que egf para elecciones sucesivas del conjunto [matemáticas] S_0 \ cup \ cdots \ cup S_ {n-1} = \ {0,1,2,3, \ cdots, n-1 \} [/ matemáticas] es:

[matemáticas] (e ^ x) ^ n = \ left (\ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 + \ tfrac {1} {2!} x ^ 2 + \ tfrac {1} {3!} X ^ 3 + \ cdots \ right) ^ n \ tag {2} [/ math]

[matemáticas] e ^ {nx} = \ tfrac {1} {0!} n ^ 0x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} n ^ 1x ^ 1 + \ tfrac {1} {2!} n ^ 2x ^ 2 + \ tfrac {1} {3!} N ^ 3x ^ 3 + \ cdots \ tag {3} [/ math]

ambos serán útiles:

[math] (3) [/ math] es útil ya que nos proporciona una simplificación para el número total de opciones [math] k [/ math] ordenadas de nuestro conjunto, que, para ser justos, ya sabíamos que era [ matemáticas] n ^ k [/ matemáticas].

[math] (2) [/ math] es útil porque la interpretación del producto es que cada factor [math] e ^ x [/ math] representa el número posible de secciones de un entero dado. Multiplicarlos combina el diferente número posible de opciones de cada número entero.

Entonces, si, por ejemplo, solo queremos aquellas opciones ordenadas que contienen entre 0 y 2 copias de cada número entero, entonces solo nos interesa la parte de la expansión de [math] (2) [/ math] que surge de [math] x ^ 0/0! [/ Math], [math] x ^ 1/1! [/ Math] y [math] x ^ 2/2! [/ Math] términos:

[matemáticas] (e ^ x) ^ n = \ cdots + \ left (\ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 + \ tfrac {1} {2 !} x ^ 2 \ right) ^ n + \ cdots \ tag {4} [/ math]

Si, por otro lado, estamos interesados ​​en las opciones donde todos los enteros son diferentes o exactamente 1 de los enteros [math] n [/ math] tiene exactamente 2 copias y el otro [math] n-1 [/ math] tiene a lo sumo 1, entonces estamos interesados ​​en los dos términos:

[matemáticas] (e ^ x) ^ n = \ cdots + \ left (\ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 \ right) ^ n + \ binom {n} {1} \ frac {1} {2!} x ^ 2 \ left (\ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 \ right) ^ {n-1} + \ cdots \ tag {5} [/ math]

En nuestro caso [matemáticas] n = 12 [/ matemáticas] y [matemáticas] k = 5 [/ matemáticas].

Caso I:

Entonces, si la pregunta pretende que podamos tener entre 0 y 2 copias de cada número entero, entonces queremos usar el término del lado derecho en [math] (4) [/ math]:

[matemáticas] \ left [\ tfrac {1} {5!} x ^ 5 \ right] \ left (\ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 + \ tfrac {1} {2!} x ^ 2 \ right) ^ {12} = \ left (\ binom {12} {2} \ tfrac {1} {2! ^ 2} \ binom {10} {1} \ tfrac {1} {1!} + \ binom {12} {1} \ tfrac {1} {2!} \ binom {11} {3} \ tfrac {1} {1! ^ 3} + \ binom { 12} {5} \ tfrac {1} {1! ^ 5} \ right) 5! = 233 \, 640 \ tag * {} [/ math]

El operador [math] [x ^ k / k!] [/ Math] de arriba dice “encuentra el coeficiente de [math] x ^ k / k! [/ Math]”.

Caso II:

Alternativamente, si la pregunta pretende que tengamos como máximo 1 entero con 2 copias, entonces queremos el término del lado derecho en [math] (5) [/ math]:

[matemáticas] \ left [\ tfrac {1} {5!} x ^ 5 \ right] \ left (\ left (\ tfrac {1} {0!} x ^ 0 + \ tfrac {1} {1!} x ^ 1 \ right) ^ {12} + \ binom {n} {1} \ frac {1} {2!} X ^ 2 \ left (\ tfrac {1} {0!} X ^ 0 + \ tfrac {1 } {1!} X ^ 1 \ right) ^ {11} \ right) = \ left (\ binom {12} {5} + \ binom {12} {1} \ binom {11} {3} \ tfrac { 1} {2!} \ Right) 5! = 213 \, 840 \ tag * {} [/ math]

teniendo en cuenta [matemática] (3) [/ matemática] el número total de opciones ordenadas con repetición es [matemática] n ^ k = 12 ^ 5 [/ matemática] por lo que las probabilidades respectivas son:

[matemáticas] \ text {probabilidad caso I} = \ dfrac {233 \, 640} {12 ^ 5} \ aprox. 0.938947 \ tag {Respuesta I} [/ matemáticas]

[matemáticas] \ text {probabilidad del caso II} = \ dfrac {213 \, 840} {12 ^ 5} = 0.859375 \ tag {Respuesta II} [/ matemáticas]

Notas al pie

[1] 3.2 Funciones generadoras exponenciales