Простая задача на вероятность

[rar]

Производится 3 выстрела по мишени. Вероятность попадания в "яблочко" равна $p_1=0,2$, а вероятность попадания в кольцо - $p_2=0,6$. Какова вероятность попадания в "яблочко" 2 раза в эти трех выстрелах?

Мое решение:
$p(A)=C_{3}^{2}p_1^2(1-p_1)=3\cdot 0,2^2\cdot 0,8=0,096$

Это правильно решение или нет?

[gris]

Ну да, схема Бернулли. А кольцо, наверное, для других вопросов?

[rar]

gris в сообщении #280837 писал(а):

Ну да, схема Бернулли. А кольцо, наверное, для других вопросов?

Это сам сделал задачу, на основе другой более серьезной. Дело в том, что у меня есть решение этой большой задачи, но там, почему-то по-другому находят. Сейчас покажу.

Стрелок произвел 3 выстрела по круглой мишени, состоящей из "яблочка" и охватывающего его кольца. Стрелок попадает в "яблочко" с вероятностью $p_1=0,2$ и в кольцо - $p_2=0,6$. Найти ряд распределения случайной величины $\xi$ - разность между числом попаданий в "яблочко" и в кольцо (может принимать отрицательные значения!). Ну и мат. ож., дисп, т.д.

Пока занимаюсь рядом распределения.
$\xi=\{-3, -2, -1, 0, 1, 2, 3\}$ - это понятно.

В решении (не из книги, человек один делал), который у меня есть, вероятность каждого числа находят, почему-то по другому, а не по схеме Бернулли. И результаты не совпадают.

Например вероятность о которой я писал выше находят вот так:
$p(\xi =2)=\frac{3!}{2!0!1!}0,6^0\cdot 0,2^2\cdot 0,2^1=0,024$.
Одна из 0,2 - это вероятность промаха.
И подобной формулой находят другие вероятности. Я не понял, что это за формула. И как же делать правильно?

[gris]

Подождите. Вам нужно два попадания в яблочко и одно не в яблочко ( то, что Вы нашли),
Или попадание два раза в яблочко и один раз в молоко?
В формуле Вашего друга должна быть степень 2 над 0.2

[rar]

gris в сообщении #280843 писал(а):

Подождите. Вам нужно два попадания в яблочко и одно не в яблочко ( то, что Вы нашли),
Или попадание два раза в яблочко и один раз в молоко?

Да, 2 раза в яблочко, 0 в кольцо, и 1 промах в 3-х выстрелах.

-- Пт янв 15, 2010 20:45:15 --

gris в сообщении #280843 писал(а):

В формуле Вашего друга должна быть степень 2 над 0.2

Ошибся при переписывании.

[gris]

Но Вы нашли не то.
У Вашего друга - обобщённая формула Бернулли. По ней надо считать.

[rar]

gris в сообщении #280848 писал(а):

Но Вы нашли не то.
У Вашего друга - обобщённая формула Бернулли. По ней надо считать.

Понял. А только ли по ней? Без неё можно как-то подсчитать?

[ewert]

rar в сообщении #280842 писал(а):

Например вероятность о которой я писал выше находят вот так:
$p(\xi =2)=\frac{3!}{2!0!1!}0,6^0\cdot 0,2^2\cdot 0,2^1=0,024$.

$\frac{3!}{2!0!1!}$ -- это $C_3^2\cdot C_{3-2}^0$. Количество расставить по 3-м позициям сперва 2 попадания в яблочко, а потом по оставшимся (3-2)-м позициям 0 попаданий в кольцо (в оставшихся (3-2-0) позициях автоматически окажутся промахи). Так что обобщение довольно очевидно. А иначе никак.

[gris]

Если при $n$ равноправных испытаниях могут появиться события $A_1...A_k$ c вероятностями $p_1...p_k$, то вероятность того, что $A_i$ появится $m_i$ раз ($\sum m_i=n$) равна

$$P_{m_1...m_k}=\dfrac{n!}{m_1!\cdot m_2!\cdots m_k!}\cdot p_1^{m_1}\cdot p_2^{m_2}\cdots p_k^{m_k}$$

Фу... Вроде бы правильно

ЗЫ конечно, $\sum p_i=1$

[rar]

ewert в сообщении #280850 писал(а):

rar в сообщении #280842 писал(а):

Например вероятность о которой я писал выше находят вот так:
$p(\xi =2)=\frac{3!}{2!0!1!}0,6^0\cdot 0,2^2\cdot 0,2^1=0,024$.

$\frac{3!}{2!0!1!}$ -- это $C_3^2\cdot C_{3-2}^0$. Количество расставить по 3-м позициям сперва 2 попадания в яблочко, а потом по оставшимся (3-2)-м позициям 0 попаданий в кольцо (в оставшихся (3-2-0) позициях автоматически окажутся промахи). Так что обобщение довольно очевидно. А иначе никак.

А можно более формально изложить, на общих переменных.

-- Пт янв 15, 2010 21:08:29 --

gris в сообщении #280851 писал(а):

Если при $n$ равноправных испытаниях могут появиться события $A_1...A_k$ c вероятностями $p_1...p_k$, то вероятность того, что $A_i$ появится $m_i$ раз ($\sum m_i=n$) равна

$$P_{m_1...m_k}=\dfrac{n!}{m_1!\cdot m_2!\cdots m_k!}\cdot p_1^{m_1}\cdot p_2^{m_2}\cdots p_k^{m_k}$$

Фу... Вроде бы правильно

Спасибо.

[ewert]

gris в сообщении #280851 писал(а):

Если при $n$ равноправных испытаниях могут появиться события $A_1...A_k$ c вероятностями $p_1...p_k$, то вероятность того, что $A_i$ появится $m_i$ раз ($\sum m_i=n$) равна

$$P_{m_1...m_k}=\dfrac{n!}{m_1!\cdot m_2!\cdots m_k!}\cdot p_1^{m_1}\cdot p_2^{m_2}\cdots p_k^{m_k}$$

Элементарный исход в этом опыте -- это определённая комбинация исходов испытаний (пронумерованных). У нас фиксированы количества для всех возможных исходов: $m_1,\;m_2,\;\ldots,\;m_k$. Эти варианты исходов могут по-разному расставляться по номерам испытаний. Количество вариантов расстановки: $C_n^{m_1}$ -- для первого исхода, затем $C_{n-{m_1}}^{m_2}$ -- для второго, $C_{n-{m_1}-{m_2}}^{m_3}$ -- для третьего и т.д. Перемножаем эти количества, сокращаем одинаковые факториалы и получаем указанную дробь. А потом умножаем на вероятность одного элементарного исхода.

[rar]

Ещё раз спасибо.