Distribución de bolas (iguales) en urnas sabiendo que algunas de las urnas tienen que quedar vacías

Continuando con los problemas de « bolas y urnas », ligados al patrón de combinaciones con repetición. El caso que se presenta ahora es similar al anterior, sin embargo, ahora fijaremos el número de urnas que deben quedar vacías al distribuir entre ellas un cierto número de bolas.

ENUNCIADO.
  a) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que $s$ cualesquiera de las urnas queden vacías ($s\le k$)?
  b) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que $s$ determinadas urnas queden vacías ?


SOLUCIÓN. En un artículo anterior se ha resuelto el problema básico de repartir $n$ bolas iguales en $k$ urnas, en el que se había justificado que la solución consiste en calcular el número de combinaciones con repetición de $n$ bolas elegidas en una gama de $k$ clases: $$\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right):=\dfrac{(n+(k-1))!}{n!\,(n-k)!}=\binom{n+(k-1)}{n}=\binom{n+(k-1)}{k-1}$$
a) Como $s$ urnas tienen que quedar vacías, ahora $k:=k-s$ en la solución del problema genérico, con lo cual tendremos $$\displaystyle \left(\binom{k-s}{n}\right)=\binom{n+((k-s)-1)}{(k-s)-1}=\binom{n+k-s-1}{k-s-1}\,\text{posibilidades}$$

b) Si $s$ determinadas urnas del total de $k$ urnas ($s\ge k$) tienen que quedar vacías, el problema difiere el algo del del apartado anterior. Debemos contabilizar primero de cuántas manera podemos elegir esas $s$ urnas que deberán quedar vacías, y ello se puede hacer de $\displaystyle \binom{k}{s}=k$ maneras distintas. A continuación, razonaremos de la siguiente manera: como de las $k-s$ urnas restantes no deberá quedar ninguna vacía, procedamos a ubicar exactamente $1$ bola en cada una de ellas para poder garantizar tal cosa, y, a continuación, veamos de cuántas manera podemos distribuir las $n-(k-s)$ bolas que nos quedan entre las $k-s$ urnas que deberán contener al menos una bola: estableciendo pues $n:=n-(k-s)$ y $k:=k-s$ en la solución genérica de distribución de bolas iguales en urnas distintas, la solución a este problema de reparto entre las urnas no vacías es $$\displaystyle \left(\binom{k-s}{n-(k-s)}\right)=\binom{(n-(k-s))+(k-s)-1}{(k-s)-1}=\binom{n-1}{k-s}$$
Por consiguiente, teniendo en cuenta además (como ya hemos dicho) las posibilidades que tenemos de elegir las $s$ urnas que han de quedar vacías, tendremos un total de $$\displaystyle \binom{k}{s}\cdot\binom{n-1}{k-s}\,\text{posibilidades}$$

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Veamos un caso concreto: EJEMPLO. Supongamos que tenemos $n:=8$ bolas a distribuir en $k:=4$ urnas, de entre las cuales:
  (1) $s:=3$ urnas cualesquiera han de quedar vacías
  (2) $s:=3$ urnas prefijadas han de quedar vacías
¿De cuántas maneras se podrá hacer eso?


SOLUCIÓN.
Recordemos ahora que $n:=8$, $k:=4$ y $s:=3$, luego de las soluciones genéricas deducidas arriba, obtenemos los siguientes resultados:

  (1)             $\displaystyle \binom{8+4-3-1}{4-3-1}=\binom{8}{0}=1$ posibilidad

  (2)             $\displaystyle \binom{4}{3}\cdot \binom{8}{0}=4 \cdot 1=4$ posibilidades
$\square$

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Referencias:
  [1] Hernández, V.; Vélez, R.: Dados, monedas y urnas, UNED, Madrid, 1995