стрельба по цели, дискретное распределение числа выстрелов

[PPrivett]

Условие:
Стрельбу по цели ведут до получения двух попаданий, но производят не более 6 выстрелов. Найти закон распределения, математическое ожидание и дисперсию числа произведённых выстрелов, если вероятность попадания при одном выстреле 0.2.
----------
Решаю:
1) Закон распределения: Х - случайная величина, число выстрелов. значения: 2, 3, 4, 5, 6.
для $X = 2..5$, вероятность нахожу по формуле Бернулли.
Как найти вероятность p для $X = 6$ ? У меня попаданий может быть 0..2.
Подозреваю, что $p_6 = 1-(p_2+p_3+p_4+p_5)$ (Скорей всего верно)
А как вывести вероятность того, что произведено 6 выстрелов, зная вероятности:
6 промахов; 1 попадания $+$ 5 промахов ; 2 попаданий$+$4 промахов. Или никак?

[ewert]

PPrivett в сообщении #464705 писал(а):

вероятность нахожу по формуле Бернулли.

Это не совсем Бернулли (т.е. Бернулли там участвует настолько косвенно, что лучше без него).

Например: что означает, что величина $X$ приняла значение, равное $4$? -- это означает, что на четвёртом выстреле мы обязательно попали, и при этом на предыдущих трёх попали ровно один раз. Вот и считайте.

Чем отличается случай $X=6$? -- тем, что больше мы стрелять не собираемся, поэтому нам не важно, что случилось на шестом.

[PPrivett]

Тогда получится :
$X=2;p_2=0.2^2$
$X=3;p_3=0.2\cdot0.8\cdot0.2$
$X=4;p_4=0.2\cdot0.8^2\cdot0.2$
$X=5;p_5=0.2\cdot0.8^3\cdot0.2$
$X=6;p_6=1-(p_2+p_3+p_4+p_5)$
???

[--mS--]

PPrivett в сообщении #464719 писал(а):

Тогда получится :
$X=2;p_2=0.2^2$

Верно.

PPrivett в сообщении #464719 писал(а):

$X=3;p_3=0.2\cdot0.8\cdot0.2$

Уже неверно. Разве вероятность один раз попасть при двух выстрелах есть $0.2\cdot0.8$? Это число есть вероятность попасть при первом выстреле и не попасть при втором. А куда делось событие "не попали при первом, попали при втором"? Как ищется вообще вероятность сколько-то раз попасть при данном числе выстрелов?

[PPrivett]

Неужто по формуле Бернулли?(В учебнике Гмурмана называется так)
$C^k_np^{k}(1-p)^{n-k}$

-- Вс июл 03, 2011 16:33:42 --
$X=2;p_2=0.2^2$
$X=3;p_3=2\cdot0.2\cdot0.8\cdot0.2$
$X=4;p_4=3\cdot0.2\cdot0.8^2\cdot0.2$
$X=5;p_5=4\cdot0.2\cdot0.8^3\cdot0.2$
$X=6;p_6=1-(p_2+p_3+p_4+p_5)$
???

[--mS--]

PPrivett в сообщении #464725 писал(а):

Неужто по формуле Бернулли?(В учебнике Гмурмана называется так)
$C^k_np^{k}(1-p)^{n-k}$

Например, по ней.

PPrivett в сообщении #464725 писал(а):

$X=3;p_3=3\cdot0.2\cdot0.8\cdot0.2$
$X=4;p_4=6\cdot0.2\cdot0.8^2\cdot0.2$

Вернитесь в начало и прочтите сообщение ewert'а выше.

[PPrivett]

--mS-- в сообщении #464726 писал(а):

PPrivett в сообщении #464725 писал(а):

Неужто по формуле Бернулли?(В учебнике Гмурмана называется так)
$C^k_np^{k}(1-p)^{n-k}$

Например, по ней.

PPrivett в сообщении #464725 писал(а):

$X=3;p_3=3\cdot0.2\cdot0.8\cdot0.2$

Вернитесь, и прочтите сообщение ewert'а выше.

Я только что поправил, глянь, щас верно?

[--mS--]

Коэффициенты проверьте. Начиная с $X=4$.
Да нет, это что-то мне приснилось. Теперь верно, да.

[PPrivett]

--mS-- в сообщении #464728 писал(а):

Коэффициенты проверьте. Начиная с $X=4$.

$C^1_n=\frac{n!}{1!(n-1)!}=n$
x=4,n=3
x=5,n=4

[ewert]

PPrivett в сообщении #464725 писал(а):

$X=6;p_6=1-(p_2+p_3+p_4+p_5)$

А ещё лучше:

$p_6=5\cdot0.2\cdot0.8^4+0.8^5$

(это даст возможность проконтролировать правильность вычислений сложением всех вероятностей).

[PPrivett]

С распределением разобрались, теперь все отсальное:
Математическое ожидание - сумма произведений $X_iP_i$
То есть $M(X)=X_2P_2+X_3P_3+X_4P_4+X_5P_5+X_6P_6$=2\cdot0.04+... Примерно 5.41.
Дисперсия -
$D(X)=(X_2-M(X))^2P_2+(X_3-M(X))^2P_3+(X_4-M(X))^2P_4+(X_5-M(X))^2P_5+(X_6-M(X))^2P_6$
Или
$D(X)=M(X^2)-(M(X))^2$
Примерно 1.26
Вроде все верно?

[spaits]

Всё верно. Красивая задача.