Facendo seguito al mio post precedente, utilizzando la stessa notazione nonché gli stessi parallelismi, spero di fare cosa gradita nel generalizzare il problema, generalizzabile come già anticipato da fph, e come nemesi per i miei errori.
Siano date n palline e m colori.
Numeriamo le palline da 1 a n ( solo per impostare il problema).
Consideriamo tutte le n-ple formate dai simboli utilizzati per indicare i diversi colori possibili delle palline. Simboli diversi, colori diversi.
Ogni sequenza di colori delle n palline nel sacchetto, è descrivibile mediante una n-pla: basta estrarle una dopo l’altra senza rimpiazzo (si suppone che il sistema non venga alterato tra una estrazione e la successiva). E viceversa, ad ogni n-pla possiamo associare una sequenza iniziale di colori che costituirà il contenuto del sacchetto.
Ma allora lo spazio campione (cioè tutti i possibili scenari e/o macchinari) ha cardinalità ${{m}^{n}}$, ossia la cardinalità del prodotto cartesiano $\Omega =\underbrace{m\times m\times ...\times m}_{n\ volte}$ .
Inoltre, tutte le n-ple sono equiprobabili.
Indichiamo con ${{S}_{i}}$ le n-ple e sia l’evento ${{A}_{j}}$= “ esce una pallina del colore j-esimo”.
Si badi bene che ${{A}_{j}}$ è un evento descrivibile da un opportuno sottoinsieme di $\Omega $, e le ${{S}_{i}}$ n-ple $1\le i\le {{m}^{n}}$
costituiscono una partizione di $\Omega $. Poniamo, ma solo per semplicità, ${{S}_{1}}=\underbrace{\left( j,j,j,j,...,j \right)}_{n\ volte\ colore\ j}$.
Si tratta di calcolare $P({{S}_{1}}|{{A}_{j}})=\frac{P({{A}_{j}}|{{S}_{1}})\cdot P({{S}_{1}})}{P({{A}_{j}})}$ (*), dove $P({{A}_{j}})=\sum\limits_{i=1}^{{{m}^{n}}}{P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})\cdot P({{S}_{i}})}$ (**)
Poiché tutti le ${{S}_{i}}$ n-ple sono equiprobabili avremo che $P({{S}_{i}})=\frac{1}{{{m}^{n}}},\forall i=1...{{m}^{n}}$, e i fattori $P({{S}_{i}})$di (**) sono semplificabili in (*) con il numeratore.
Inoltre, $P({{A}_{j}}|{{S}_{1}})=1$, quindi $P({{S}_{1}}|{{A}_{j}})=\frac{1}{\sum\limits_{i=1}^{{{m}^{n}}}{P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})}}$ (***).
Calcoliamo $\sum\limits_{i=1}^{{{m}^{n}}}{P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})}$. (****)
Se la n-pla ${{S}_{i}}$ contiene r occorrenze del simbolo del colore j , r fissato e $1\le r\le n$, allora $P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})=\frac{r}{n}$, mentre nei casi in
cui NON ci sono occorrenze di j sarà $P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})=0$.
Ma quante sono le ${{S}_{i}}$ che hanno $r\ne 0$ occorrenze del simbolo j ??
Esse saranno nel numero di $\left( \begin{matrix}
n \\
r \\
\end{matrix} \right)\cdot {{\left( m-1 \right)}^{n-r}}$: infatti il fattore $\left( \begin{matrix}
n \\
r \\
\end{matrix} \right)$ conta in quanti modi le j possono occupare le r posizioni in una n-pla,
mentre il fattore ${{\left( m-1 \right)}^{n-r}}$ conta le scelte possibili tra i colori diversi dal j-esimo nei n-r posti della n-pla NON occupati dalle j.
Quindi
$\sum\limits_{i=1}^{{{m}^{n}}}{P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})}=\sum\limits_{1\le r\le n}{\frac{r}{n}\cdot \left( \begin{matrix}
n \\
r \\
\end{matrix} \right)\cdot {{(m-1)}^{n-r}}}=\sum\limits_{1\le r\le n}{\left( \begin{matrix}
n-1 \\
n-r \\
\end{matrix} \right)\cdot {{(m-1)}^{n-r}}}$
Posto $n-r=\alpha $, si ha $\sum\limits_{1\le r\le n}{\left( \begin{matrix}
n-1 \\
n-r \\
\end{matrix} \right)\cdot {{(m-1)}^{n-r}}}=\sum\limits_{\alpha =0}^{n-1}{\left( \begin{matrix}
n-1 \\
\alpha \\
\end{matrix} \right)\cdot {{(m-1)}^{\alpha }}}={{(m-1+1)}^{n-1}}={{m}^{n-1}}$
e, in definitiva,
$P({{S}_{1}}|{{A}_{j}})=\frac{1}{\sum\limits_{i=1}^{{{m}^{n}}}{P({{A}_{j}}|{{S}_{i}})}}=\frac{1}{{{m}^{n-1}}}$. □
CONTROEDIT: dopo osservazioni e consigli di fhp