Матожидание биноминального равно матожиданию "хотя бы один"?

[upgrade]

Otta
Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно одна из них принимает значение $1$ с вероятностью $p$, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$
$M\xi=C_n^1 p^k q^{n-k}$
Хотя бы это верно?

[Otta]

upgrade в сообщении #1558008 писал(а):

Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$
$M\xi=C_n^1 p^k q^{n-k}$

А кто такое $k$? слева его нет, с.в. ни от каких $k$ не зависит.

[upgrade]

Otta в сообщении #1558010 писал(а):

А кто такое $k$? слева его нет, с.в. ни от каких $k$ не зависит

Это $1$, в данном случае $k=1$
$M\xi=C_n^1 p^1 q^{n-1}$

[Otta]

Давайте начнем с другого конца. Какое распределение у случайной величины $\xi$, какие значения она принимает и с какими вероятностями.

[upgrade]

Последняя $\xi$ (а не в стартовом посте) принимает значение $1$ с вероятностью $p^1q^{n-1}$ либо $0$ с вероятностью $1-p^1q^{n-1}$

[Otta]

upgrade
У нее не такое матожидание.

[upgrade]

Да, не такое...

-- 20.06.2022, 20:39 --

А вот такое: принимает значение $1$ с вероятностью $C_n^1 p^1q^{n-1}$ либо $0$ с вероятностью $1-C_n^1 p^1q^{n-1}$

[Otta]

upgrade
Хорошо. Пусть распределение - такое. Матожидание у такой с.в. тоже такое. Что дальше?

[upgrade]

Otta
Дальше:
Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно две из них принимают значение $1$ с вероятностью $p$, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$
$M\xi=2\cdot C_n^2 p^2 q^{n-2}$
...
Сумма математических ожиданий всех таких $\xi$
$M\xi=\sum\limits_{k=0}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}$
Вероятность того, что хотя бы одно из $\xi$ примет хотя бы одно значение из $k (0 \leqslant k \leqslant n)$ - $\sum\limits_{k=0}^{n}C_n^k p^k q^{n-k}$
Соответственно, математическое ожидание такой с.в. $\sum\limits_{k=0}^{n}kC_n^k p^k q^{n-k}$
"хотя бы одно из событий" - тоже самое, что "меньше или равно максимальному числу возможных событий"
Ну и отсюда уже вот это (с ошибкой в скобках м.о. с суммой)
$M\xi=\sum\limits_{k=0}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}=M(\sum\limits_{i=0}^n \xi_i \leqslant n)$
С вероятностями
$P(1\leqslant\xi\leqslant n)=\sum\limits_{k=1}^{n}C_n^k p^k q^{n-k}$

[mihaild]

upgrade в сообщении #1558025 писал(а):

Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно две из них принимают значение $1$ с вероятностью $p$, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$

А что еще известно про эти $\xi_i$? Если они независимые одинаково распределенные бернуллиевские с параметром $\alpha$, то получаем $C_n^2 \alpha^2 (1 - \alpha)^{n - 1} = p$, из чего $\alpha$, скорее всего, не выражается. Ну а мат. ожидание $\xi$, понятно, будет $(n + 1) \alpha$.

Вообще мне кажется что вы хотите поговорить о мат. ожидании числа наборов из $k$ переменных, таких что все переменные в наборе единицы, а вне набора - нули. Которое, понятно, равно вероятности того, что такой набор найдется (т.к. если и найдется - то максимум 1).

upgrade в сообщении #1558025 писал(а):

Сумма математических ожиданий всех таких $\xi$

Каких "таких"? У вас $\xi_i$ во всех примерах одни и те же, или разные? Если одни и те же, то как мат. ожидание $\xi$ может отличаться?

upgrade в сообщении #1558025 писал(а):

$M(\sum\limits_{i=0}^n \xi_i \leqslant n)$

Ну нельзя так писать. В такой записи смысла не больше, чем в $\star\limits_{\int}^{(}$.

upgrade в сообщении #1558025 писал(а):

$P(1\leqslant\xi\leqslant n)=\sum\limits_{k=1}^{n}C_n^k p^k q^{n-k}$

Ну слева $1$, справа $1^n$, они действительно равны, а что?

(Оффтоп)

А еще если у вас сумма от 0 до $n$, то в ней $n + 1$ слагаемое.

[Евгений Машеров]

upgrade в сообщении #1557997 писал(а):

Это - $1\cdot C_n^1 p^1q^{n-1}$ - математическое ожидание того, что произойдет ровно одно событие из $n$ - ровно одна какая то из $\xi_1...\xi_n$ примет значение $1$
Это - $2\cdot C_n^2 p^2q^{n-2}$ - математическое ожидание того, что произойдет ровно два события из $n$ - ровно две каких то из $\xi_1...\xi_n$ примут значение $1$

У "события, что произойдёт" нет математического ожидания. Может быть вероятность. Матожидание есть у некоторой величины (а может, и нет его...). Насколько я понимаю, Вы неявно вводите величины, k-тая из которых принимает значение k, если в n испытаниях произошло ровно k успехов. И то, что Вы выписали - уже матожидания этих величин. Затем, КМК, Вы рассматриваете сумму этих величин и её матожидание. Поскольку события "произошло k успехов" для разных k взаимоисключающие, то матожидание этой величины равно сумме матожиданий. Что вполне верно, но не парадоксально, а тривиально. "Парадокс" (на самом деле софизм, если Вы понимаете, что это софизм, или псевдопарадокс, если ещё не поняли) возникает потому, что Вы вводите в рассмотрение иную величину, "в n испытаниях было неизвестно сколько успехов".

[upgrade]

mihaild в сообщении #1558034 писал(а):

А что еще известно про эти $\xi_i$?

Одинаково распределенные, могут принимать значение $1$ с вероятностью $p$ либо $0$ с вероятностью $q=1-p$.

mihaild в сообщении #1558034 писал(а):

т.к. если и найдется - то максимум 1

Найдется, но разве один, а не $C_n^k$ наборов?

mihaild в сообщении #1558034 писал(а):

У вас $\xi_i$ во всех примерах одни и те же, или разные?

Да, те, которые последние $\xi$ - разные, а $\xi_i$ одинаково распределенные. Хотел поставить для $\xi$ верхние индексы ($\xi^1, \xi^2$, ...), но какие-то степени получаются.

mihaild в сообщении #1558034 писал(а):

Ну нельзя так писать.

Это понятно, но надо как-то покороче определить такую с.в. $\xi$.
Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно $k$ из них принимают значение $1$ с вероятностью $p$ каждая, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$

mihaild в сообщении #1558034 писал(а):

Ну слева $1$

Слева не $1$, т.к. с.в. $\xi$ может принять значение $0$.

Евгений Машеров
По-моему мне удалось явно определить с.в.:

upgrade в сообщении #1558008 писал(а):

Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно одна из них принимает значение $1$ с вероятностью $p$, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$
$M\xi=C_n^1 p^k q^{n-k}$

($1$ вместо $k$)

Евгений Машеров в сообщении #1558047 писал(а):

Поскольку события "произошло k успехов" для разных k взаимоисключающие

Это если "произошло ровно k успехов".

[Otta]

upgrade в сообщении #1558052 писал(а):

Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно одна из них принимает значение $1$ с вероятностью $p$, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$
$M\xi=C_n^1 p^k q^{n-k}$

В этом месте Вы $\xi$ определяете двояко: один способ $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
другой

upgrade в сообщении #1558017 писал(а):

А вот такое: принимает значение $1$ с вероятностью $C_n^1 p^1q^{n-1}$ либо $0$ с вероятностью $1-C_n^1 p^1q^{n-1}$

такой. Это разные распределения и у них разные матожидания. Так что не надо обозначать их одним символом.

Цель работы по-прежнему не ясна.

----

Каждую строчку я комментировать не буду, определитесь с тем, что Вы делаете.

[Евгений Машеров]

upgrade в сообщении #1558052 писал(а):

Дана выборка из $n$ случайных величин $\xi_1,...\xi_n$, ровно одна из них принимает значение $1$ с вероятностью $p$, случайная величина $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
Надо найти математическое ожидание с.в. $\xi$
$M\xi=C_n^1 p^k q^{n-k}$

Если из n величин значение 1 принимает ровно одна, то их сумма величина детерминированная, и для неё считать матожидание

(Оффтоп)

половое излишество: паркетный пол линолеумом покрывать.

несколько избыточно, оно в точности равно единице.
Правда, неясно, куда тут приткнуть вероятность.

[upgrade]

Евгений Машеров в сообщении #1558060 писал(а):

Если из n величин значение 1 принимает ровно одна

Она принимает значение $1$ с вероятностью $p$, то есть все слагаемые нули - тоже может быть.

П.С.
У меня в $\xi_1...\xi_n$ и $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$ правильнее, наверно либо
$\xi_0...\xi_n$ и $\xi=\sum\limits_{i=0}^n \xi_i$
либо
$\xi_1...\xi_n$ и $\xi=\sum\limits_{i=1}^n \xi_i$
чуть позже перепишу