OSMG-2021-P4B

Enunciado

Temos dúas caixas con $N$ bólas numeradas do 1 ao $N$ en cada unha. Imos extraendo simultaneamente bólas unha a unha das dúas caixas, sen devolvelas, ata baleirar as caixas.

• Atopar a probabilidade de que en ningunha das extraccións os números das bólas coincidan.
• Atopar o límite da devandita probabilidade cando $N$ vai a infinito.

---

Resolución

Solución

Se pensamos nas posibles ordenacións que pode haber para extraer as bólas da primeira caixa, que son $N!$ en total, é obvio que todas resultan equiprobables. Polo tanto, poderemos resolver o problema (sen perda da xeralidade) supoñendo fixada unha certa ordenación na extracción das bólas da primeira caixa. $A_i,i\in \{1,\dots ,N\}$ denotará ao suceso consistente en que haxa coincidencia na extracción $i$. A probabilidade de que isto aconteza é $p(A_i)=\frac{(N-1)!}{N}=\frac{1}{N}$ (as posibilidades calcúlanse como todas as que ”fixando” a coincidencia na extracción $i$, quedando por ”decidir” $N-1$ extraccións). $B=A_1\cup A_2\cup \cdots A_N$ representa o suceso no que haxa polo menos unha coincidencia na extracción. Podemos ir calculando analogamente as seguintes probabilidades:

• Se $i\ne j$, $p(A_i\cap A_j)=\frac{(N-2)!}{N}=\frac{1}{N(N-1)}$.
• Se $i,j,k$ son distintos, $p(A_i\cap A_j\cap A_k)=\frac{1}{N(N-1)(N-2)}$.
• $⋮$
• $p(A_1\cap A_2\cap \cdots A_N)=\frac{(N-(N-0))!}{N!}=\frac{1}{N!}$. Polo Principio de Inclusión-Exclusión, $p(B)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{1}\right)\frac{1}{N}-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{2}\right)\frac{1}{N(N-1)}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{3}\right)\frac{1}{N(N-1)(N-2)}+\cdots +(-1{)}^N(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{N-1})\frac{1}{N(N-1)(N-2)\cdots 3\cdot 2}+(-1{)}^{N+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{N}\right)\frac{1}{N!}=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+\cdots +(-1{)}^N(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{N-1})\frac{1}{N(N-1)(N-2)\cdots 3\cdot 2}+(-1{)}^{N+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{N}\right)\frac{1}{N!}.$ Do anterior deducimos o primeiro apartado, que será $p(\overline{B})=\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}-\cdots +(-1{)}^N(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{N-1})\frac{1}{N(N-1)(N-2)\cdots 3\cdot 2}+(-1{)}^{N+1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{N}\right)\frac{1}{N!}.$ O segundo apartado podémolo deducir pola fórmula do Polinomio de Taylor: $e^{-1}=1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots =\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots$, que é precisamente o que buscamos no límite.

---

Dúbidas & Comentarios

Nesta sección pódesnos deixar as túas dúbidas e comentarios a cerca do problema anterior. Non teñas teima en preguntar, estamos aí para botar unha man!