Теория вероятностей задача на схему Бернулли

[Key27]

iifat
Рассуждал так
Количество промахов k должно быть нечетным:
1 промах - $C_{r+1}^1p^r(1-p)^1$
3 промаха - $C_{r+3}^3p^r(1-p)^3$
5 промахов - $C_{r+5}^5p^r(1-p)^5$
...
k промахов(если k - любое нечетное) - $C_{r+k}^kp^r(1-p)^k$

Но $k$ это $k=N\cup{0}$, то есть нужно его ограничить
Допустим $n=2k+1=1,3,5...$ тогда формула примет вид
$C_{r+n}^kp^r(1-p)^n$ где $k$, может меняться от 0 до бесконечность(а значит и $n$ - но только нечетные числа)
А значит и суммирование нужно тоже делать по $k$

Если взять $r=1$ То нужно вычислить вероятность нечетного количества промахов до 1 попадания $C_{1+n}^np^r(1-p)^n$ $n=1,3,5...$

[Otta]

Key27 в сообщении #1304327 писал(а):

$C_{r+k}^k p^r(1-p)^k$ где $k$- кол-во промахов, а r - попаданий

На последнем месте не может быть промаха.

[Key27]

Otta
Тогда так
$C_{r+k}^k p^{r-1}(1-p)^k$

[Otta]

Неа. Промахов по-прежнему $r$, попаданий по-прежнему $k$. Расставляйте их по местам в соответствии с условием.

[Key27]

Otta
Тогда наверное
$C_{r+k-1}^k p^{r}(1-p)^k$

[iifat]

Key27 в сообщении #1304371 писал(а):

Но $k$ это $k=N\cup{0}$, то есть нужно его ограничить

Во-первых, таки ж будьте математиком: число не может быть объединением двух множеств. И откуда вы взяли мысль о каких-то ограничениях?

Key27 в сообщении #1304371 писал(а):

$C_{r+k}^kp^r(1-p)^k$

В общем, да (с поправкой Otta). А теперь выпишите рядом эту вашу формулу и сумму, которую вы написали. И увидьте разницу.

[arseniiv]

(Оффтоп)

Otta в сообщении #1304401 писал(а):

На последнем месте не может быть промаха.

Ой, как я вчера проглядел-то. Мне стоило сказать ещё тогда, а написал «верно».

[Key27]

Key27 в сообщении #1304223 писал(а):

найти вероятность того, что $\xi$- нечетное

А что в итоге с этим делать? Все неправильно или хоть что-то из того, что писал, есть правильное?

[Otta]

$P\{\xi\text{ --нечетное}\}=P\{\xi= \ldots\}=\ldots$

[Key27]

Otta в сообщении #1304926 писал(а):

$P\{\xi\text{ --нечетное}\}=P\{\xi= \ldots\}=\ldots$

$P\{\xi\text{ --нечетное}\}=P\{\xi=1,3,5 \ldots\}= C_{r+(2k-1)}^{2k-1}p^r(1-p)^{2k-1}$

[Otta]

"Нечетное" - это число, а не набор чисел. Вот это один, три, пять уберите и сделайте так, чтобы правая часть была равна предыдущей вероятности. Если сделаете верно, то и все тогда...
... можно писать сумму

[Key27]

$P\{\xi\text{ --нечетное}\}=P\{\xi= \ldots\}= C_{r+k-1}^{k}p^r(1-p)^{k}$
Тогда сумма должна быть по нечетным $k$

$$\sum\limits_{k=1,3,5}^{}$$

[Otta]

Ну вот, Вы опять все поломали. Зачем. Каковы нечетные числа, в каком виде они записываются? У Вас ведь даже вероятность нужная (хоть и не окончательная) была. Но только это вероятность чего?

[Key27]

Otta в сообщении #1305007 писал(а):

Каковы нечетные числа, в каком виде они записываются?

$2k-1$

Otta в сообщении #1305007 писал(а):

Но только это вероятность чего?

Что просто будет $r$ попаданий и $2k-1$ промахов. Не учитывается, что последним должен быть промах (поэтому нужно вычесть единицу из $r+(2k-1)$ )

[Otta]

Ну так и хорошо. Значит, кси равна чему? А чему равна вся вероятность (не забудьте посмотреть, какими могут быть $k$)?