Матожидание биноминального равно матожиданию "хотя бы один"?

[Евгений Машеров]

Ещё раз. Это каждая из величин принимает значение 1 с вероятностью p, независимо от значений прочих, или рассматриваются ситуации, когда не более одной величины принимают значение 1?

[upgrade]

Евгений Машеров
Каждая, но выбираются только такие наборы, сумма которых равна $1$, то есть в таком наборе независимых с.в. ровно одна приняла значение $1$.

[Otta]

upgrade в сообщении #1558087 писал(а):

Каждая, но выбираются только такие наборы, сумма которых равна $1$, то есть в таком наборе независимых с.в. ровно одна приняла значение $1$.

Ну и ладно. Взяли такой набор. И считаем $\xi$, равную сумме элементов набора. Чему она равна?

[upgrade]

Otta
Всегда 1. Но если с.в. принимают не 1, а отличные от нуля значения, т.е. ровно одна с.в. принимает отличное от нуля значение, но уже их сумма принимает разные значения.

[Otta]

upgrade в сообщении #1558094 писал(а):

Всегда 1. Но если с.в. принимают не 1, а отличные от нуля значения, т.е. ровно одна с.в. принимает отличное от нуля значение, но уже их сумма принимает разные значения.

Не-не. Никаких "но". Вы уже описали случайную величину. Описать ее совсем другим способом, так, чтобы это была совсем другая с.в., Вы не можете.
Итого. У Вас есть с.в., которая, как оказывается, равна единице. Всегда. Ее матожидание равно единице. Кстати же, это равно и сумме матожиданий - в этой сумме тоже будет ровно одна единичка, остальные нули.

Все так?

А вот дальше можете говорить про "но" - но это уже совсем про другое. И разумеется, с.в. может принимать разные значения. Например, биномиальное распределение именно так и делает. Я потому и спрашиваю уже который раз - а Вы чего хотите-то вообще?

[Евгений Машеров]

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. $\xi$
$M\xi=C_n^1 p^k q^{n-k}$
Хотя бы это верно?

Нет, конечно.

[mihaild]

upgrade в сообщении #1558052 писал(а):

Хотел поставить для $\xi$ верхние индексы ($\xi^1, \xi^2$, ...), но какие-то степени получаются

В греческом алфавите полно других букв. А еще есть латиница.

Евгений Машеров в сообщении #1558047 писал(а):

Поскольку события "произошло k успехов" для разных k взаимоисключающие, то матожидание этой величины равно сумме матожиданий

Часть перед запятой не нужна:)

[upgrade]

Otta в сообщении #1558095 писал(а):

Вы чего хотите-то вообще?

Случайная величина $\xi$ принимает значения $x_k=k (0 \leqslant k \leqslant n)$ с вероятностью $p_k = C_k^n p^k q^{n-k}$.
Математическое ожидание равно
$M\xi=\sum\limits_{k=0}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}$ (с. 26 В.А. Попов "Теория вероятностей. Часть 2. Случайные величины")

Доказать, что
$M\xi=\sum\limits_{k=1}^{n}k\cdot C_n^k p^k q^{n-k}$
$1-q^n=\sum\limits_{k=1}^n C_n^kp^kq^{n-k}$

(доказательство)

$$M\xi=\sum\limits_{k=0}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}=0\cdot C_n^k p^k q^{n-k}+\sum\limits_{k=1}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}=\sum\limits_{k=1}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}$$

$$M\xi=\sum\limits_{k=1}^{n}k C_n^k p^k q^{n-k}$$

$$(p+q)^n=\sum\limits_{k=0}^n C_n^kp^kq^{n-k}=C_n^0p^0q^{n-0}+\sum\limits_{k=1}^n C_n^kp^kq^{n-k}=q^n+\sum\limits_{k=1}^n C_n^kp^kq^{n-k}=1$$

$$1- q^n=\sum\limits_{k=1}^n C_n^kp^kq^{n-k}$$

$1-(q^n+npq^{n-1})=\sum\limits_{k=2}^n C_n^kp^kq^{n-k}$ - вероятность "хотя бы двух" событий и так далее

[Lia]

Отсутствует постановка задачи.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

См. выше.
Для исправлений доступно последнее сообщение ТС.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.