(Bose-Einstein eloszlás)?

Ha az utolsobol az 1.-be rakjuk a golyot ha az utolsot sorsoljuk ki, akkor szerintem nagyon hosszu ido utan:

(n-1+k-i alatt n-1)/(n-1+k alatt n-1)

Azt hiszem, picit más a végeredmény, de bizonyára ugyanaz a gondolatmenet:

A zárójeles dolog (golyó szomszéd urnába helyezgetése sokáig) csak egy véletlen eloszlás generálási módszer, a lényeg, hogy a végén véletlenszerűen vannak a golyók az urnákban.

k golyó n urnában ennyi módon lehet szétosztva:

(k+n-1 alatt k)

Hogy miért? Egymás melletti n urna között n-1 válaszfal van. Pl. így:

...|..|.|...|...

(4 fal, 5 urna, összesen 12 golyó)

Van k+n-1 objektum, amit permutálhatunk: ez (k+n-1)! és mivel a golyók is egyformák meg a falak is, osztani kell k! és (n-1)!-sal is. Az pedig (k+n-1 alatt k) ami ugyanaz, mint (k+n-1 alatt n-1).

Szóval ez az összes eset száma. A kedvező esetek azok, amikor az első urnában i darab golyó van.

Ha az elsőben i golyó van, akkor a maradék k-i golyót kell n-1 urnában szétosztani. Ennek ennyi módja lehet: (az előzőhöz hasonlóan, de most n-2 "fal" van)

(k-i + n-2 alatt k-i)

illetve ami ugyanez:

(k-i + n-2 alatt n-2)

Tehát a valószínűség:

(k-i + n-2 alatt n-2)/(k + n-1 alatt n-1)

Ez majdnem ugyanaz, mint a tied, BKRS, szerintem elírtad a minusz 1-et.

A kérdező magánban rákérdezett egy hasonló eloszlásra, ahol minden ugyanaz, mint itt, csak a golyók megkülönböztethetőek.

Maxwell-Boltzmann eloszlás néven kérdezett rá, bár nekem nem jön össze, hogy mi a kapcsolata ennek ahhoz. BKRS, van ötleted?

Mindenesetre a keresett valószínűség szerintem így alakul:

Összes eset száma: A k golyót plusz az n-1 válaszfalat ennyiféleképpen lehet sorbarakni:

(k+n-1)!/(n-1)!

Azért kell osztani (n-1)!-sal, mert a válaszfalak egyformák, nem lehet megkülönböztetni őket. A golyókat viszont igen, ezért k!-sal nem kell osztani.

Kedvező esetek száma: Az első urnában van i golyó, ez i! féle módon lehet. Utána van egy válaszfal, majd a többi urnában (n-2 válaszfallal) van k-i golyó, ez pedig ennyiféleképpen lehet:

(k-i + n-2)!/(n-2)!

Tehát a valószínűség:

i!·((k-i+n-2)!/(n-2)!) / ((k+n-1)!/(n-1)!)

kicsit átrendezve:

i!·(k-i+n-2)!/(k+n-1)!·(n-1)!/(n-2)!

vagyis:

(n-1)·i!·(k-i+n-2)!/(k+n-1)!

Kicsit lehet formásabbra hozni, bár ez már csak ízlés kérdése:

(n-1)/((i+1)·(k+n-1 alatt i+1))

A Maxwell-Boltzmann statisztikás válaszom teljesen rossz. A lényeg, hogy a golyókat meg lehet különböztetni (mintha számozva lennének), de a sorrendjük egy urnán belül már lényegtelen (és ezt nem vettem figyelembe).

Szóval kedvező eset az, ha az első urnában i golyó van. Vagyis a számozott golyók közül ki kell választani i darabot, hogy azok lesznek benne. Ezt (k alatt i) módon lehet megtenni.

Az összes esetek száma: A k golyó közül bármelyik n féle urnába tehető, tehát a lehetőségek száma n^k.

A valószínűség tehát (k alatt i)/n^k