Теория вероятности

[emptygap]

Привет всем,

у меня тут случилась загвоздка по поводу 2 задач:

1 - В группе 20 учеников, 5 из них вызываются к доске каждый урок. Какова вероятность, что 1) определенный ученик 2) любовй ученик за 10 уроков будет вызван хотя бы 2 раза?
2 - Какова вероятность выпадения 2 раза подряд в первый раз ( при n-ом и n+1-ом броске) одной и той же стороны монеты, если ее бросают бесконечно много раз?

Буду очень благодарна за помощь (:

[provincialka]

В первой задаче, наверное, имелось в виду, что "каждый урок 5 из них вызываются к доске", а то получается, что вызывают одних и тех же.
Это схема Бернулли, решайте через биномиальное распределение.

[TOTAL]

emptygap в сообщении #725739 писал(а):

у меня тут случилась загвоздка

В чем конкретно загвозда?

[provincialka]

Кстати, что означают в задаче 1.2 слова "любой ученик"? Ровно один? Хотя бы один? Каждый?

[emptygap]

provincialka в сообщении #725762 писал(а):

получается, что вызывают одних и тех же.

Нет, там случайным образом каждый раз выбираются пятеро.

[ewert]

emptygap в сообщении #725797 писал(а):

а ответом будет [(1-p)^(n-1)]*p*[(1-p)^n]*P, правильно?

Неправильно. Во-первых, это не по-ТеХовски и, соответственно, невозможно читать. Во-вторых, в том, что всё-таки удаётся разглядеть, степени очевидно неверны.

emptygap в сообщении #725797 писал(а):

В первой части вероятностью будет (0,25^2)*((1-0.25)^8), что на самом деле оказалось супер логично.

Логично. Но и суперневерно. Во-первых, Вам же сказали, что там Бернулли. Во-вторых, в условии есть ещё и слова "хотя бы".

emptygap в сообщении #725797 писал(а):

Во второй части, мне кажется, вступает в ход распределение.

Во второй части формулировка по-прежнему бессмысленна.

[gris]

Во второй, вероятно, надо найти матожидание "первого раза", сразу после которого следует абсолютно такой же "второй раз".
Либо надо найти вероятность того, что "первый раз" наступит при n-ном броске, что является этапом к решению первого предположения.

[ewert]

gris в сообщении #725800 писал(а):

Во второй, вероятно, надо найти матожидание "первого раза", после которого сторона повторяется.

Это уже потом, если приспичит. А пока что запрашивается лишь вероятность в зависимости от $n$.

[gris]

Да Вы знали! А чего же тогда говорите про бессмысленность. А как я успел поправиться

[emptygap]

ewert в сообщении #725799 писал(а):

Во-вторых, в условии есть ещё и слова "хотя бы"

Так будет правильней: $P=1-P_{10}(0)-P_{10}(1)=1-C^{0}_{10}\cdot 0,25^{0}\cdot0,75^{10}-C^{1}_{10}\cdot0,25\cdot0,75^{9}$ ?

Во второй задаче я еще раз все проверила и у меня выходит что-то вроде
$P=P_{n} \cdot P_{n+1}=(\frac{1}{2})^{n-1} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}$

[Deggial]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
Причина переноса: формулы не оформлены $\TeX$ом

emptygap, наберите формулы $\TeX$ом. Инструкции по оформлению формул здесь или здесь (или в этом видеоролике).
После исправлений сообщите в теме Сообщение в карантине исправлено, и тогда тема будет возвращена.

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
вернул

[gris]

2) Какова вероятность того, что всё дело завершится на номере 1? Ну то есть если $n=1$, то результат уже второго броска совпадает с первым? Мне кажется, что это $1/2$. Подставляем в Вашу формулу и видим $1/4$.

[emptygap]

gris в сообщении #725856 писал(а):

2) Какова вероятность того, что всё дело завершится на номере 1? Ну то есть если $n=1$, то результат уже второго броска совпадает с первым? Мне кажется, что это $1/2$. Подставляем в Вашу формулу и видим $1/4$.

Здесь как раз она будет $1/4$, ибо вероятность независимых событий перемножается, а у нас их два - так что $1/4$

[gris]

Вы правильно сказали, между прочим . Благоприятствующих исходов два, а вероятность каждого будет $1/4$, так что в сумме $1/2$. Вам надо почётче разобраться с событиями.
У монеты две стороны. И нас интересует не дубль какой-то одной из них, а просто дубль. То есть орёл-орёл и решка-решка оба подходят. Так что формула очень близка к правильной.

[emptygap]

gris в сообщении #725871 писал(а):

Вы правильно сказали, между прочим . Благоприятствующих исходов два, а вероятность каждого будет $1/4$, так что в сумме $1/2$. Вам надо почётче разобраться с событиями.
У монеты две стороны. И нас интересует не дубль какой-то одной из них, а просто дубль. То есть орёл-орёл и решка-решка оба подходят. Так что формула очень близка к правильной.

Ах да, Вы чертовски правы.
Да, мне нужно при $n=1$ получить $1/2$. Значит, одной $1/2$ в моей формуле оказалось больше.
Тогда $P=(p)^{n-1} \cdot 1 \cdot p$, где $p=1/2$.