Помогите понять задачу и найти формулу

[Estiva]

provincialka в сообщении #815721 писал(а):

Предыдущие распределяются как $(n-1)$ раз $A$ и $(n-k)$ раз $B$. То есть вероятность (как в биномиальном законе) $P(n-1+n-k,n-k)$ надо умножить еще на $\frac12$.

Вот тут я не понял, про это отрицательное распределение так сложно написано, что я не понимаю Не могу теперь представить, как выглядит формула

provincialka в сообщении #815743 писал(а):

то задачка крутовата. Хотя, что значит - только что? Заочник, что ли? Вроде сейчас сессия...

Нет, не заочник. Просто стало интересно разобраться наперёд, попросил задач каких-нибудь посложнее, и он мне дал одну, сказал, что я не решу.

[provincialka]

Estiva в сообщении #815760 писал(а):

про это отрицательное распределение так сложно написано,

Я же потом дала объяснение через события.

[Estiva]

provincialka в сообщении #815764 писал(а):

Estiva в сообщении #815760 писал(а):

про это отрицательное распределение так сложно написано,

Я же потом дала объяснение через события.

Я понял до момента умножения на $1/2$, пока что сама эта вероятность до умножения вот такая:
$C^{n}_{2n-k}$

[svv]

Estiva в сообщении #815770 писал(а):

сама эта вероятность до умножения вот такая:
$C^{n}_{2n-k}$

Что Вы, $C^{\text{что-то}}_{\text{что-то}}$ — это в нашей ситуации натуральное число, возможно, очень большое. На что Вы забыли домножить, чтобы вероятность получилась?

Estiva в сообщении #815770 писал(а):

Я понял до момента умножения на $1/2$

Первый стеллаж стал пустым, на нем $0$ деталей, на втором стеллаже $k$.
Какое состояние было до этого? Так как первый стеллаж только-только стал пустым, деталь брали с него. Значит, до этого была $1$ деталь на первом стеллаже и $k$ деталей на втором. К этому моменту было взято $n-1+n-k$ деталей. Какова вероятность, что, взяв $n-1+n-k$ деталей, кладовщик взял из них $n-1$ с первого и $n-k$ со второго стеллажа?

Теперь кладовщик должен взять ещё одну деталь. Но он может с вероятностью $\frac 1 2$ взять её с первого стеллажа (что приведет к его опустошению) и с вероятностью $\frac 1 2$ взять её со второго стеллажа. Успехом в этом испытании будет только первый вариант. Отсюда и множитель.

[Estiva]

svv в сообщении #815780 писал(а):

Estiva в сообщении #815770 писал(а):

сама эта вероятность до умножения вот такая:
$C^{n}_{2n-k}$

Что Вы, $C^{\text{что-то}}_{\text{что-то}}$ — это в нашей ситуации натуральное число, возможно, очень большое. На что Вы забыли домножить, чтобы вероятность получилась?

Домножить на вероятность успеха и неуспеха же?

svv в сообщении #815780 писал(а):

Estiva в сообщении #815770 писал(а):

Я понял до момента умножения на $1/2$

Первый стеллаж стал пустым, на нем $0$ деталей, на втором стеллаже $k$.
Какое состояние было до этого? Так как первый стеллаж только-только стал пустым, деталь брали с него. Значит, до этого была $1$ деталь на первом стеллаже и $k$ деталей на втором. К этому моменту было взято $n-1+n-k$ деталей. Какова вероятность, что, взяв $n-1+n-k$ деталей, кладовщик взял из них $n-1$ с первого и $n-k$ со второго стеллажа?

Теперь кладовщик должен взять ещё одну деталь. Но он может с вероятностью $\frac 1 2$ взять её с первого стеллажа (что приведет к его опустошению) и с вероятностью $\frac 1 2$ взять её со второго стеллажа. Успехом в этом испытании будет только первый вариант. Отсюда и множитель.

Здесь я теперь понял, но что это вообще за задача, как это называется? Схема Бернулли с бесконечным числом испытаний?

[svv]

Estiva в сообщении #815794 писал(а):

Домножить на вероятность успеха и неуспеха же?

Да. (Или «же», как Вам больше нравится.)
Лучше всего — найдите формулу для нужной вероятности в учебнике или справочнике. Обязательно покажите, что получилось.

Estiva в сообщении #815794 писал(а):

Схема Бернулли с бесконечным числом испытаний?

Нет, почему бесконечным? Испытаний было $n-1+n-k$. Надо найти вероятность того, что событие $A$ (был выбран первый стеллаж) наступило ровно $n-1$ раз. Соответственно, событие $\bar A$ (не был выбран первый стеллаж, т.е.выбран второй) наступило ровно $n-k$ раз.

Это, как уже сказано — за шаг до опустошения первого стеллажа.

-- Пт янв 17, 2014 19:33:44 --

На месте преподавателя я бы спросил: «А почему не вычислить сразу вероятность того, что в $n+n-k$ испытаниях $n$ раз выбирается первый стеллаж и $n-k$ раз второй?»

То есть зачем возвращаться на шаг назад, почему сразу не рассмотреть вероятность «интересного» события: после очередного взятия детали на первом стеллаже ничего, а на втором $k$ деталей? Зачем усложнять?

Интересно, сможете ответить? Если нет, то, будь я преподавателем, заподозрил бы неладное.

[--mS--]

Estiva в сообщении #815794 писал(а):

Здесь я теперь понял, но что это вообще за задача, как это называется? Схема Бернулли с бесконечным числом испытаний?

При чём тут вообще число испытаний? Схема Бернулли и есть последовательность испытаний.
А задача называется задачей Банаха о спичечных коробках.

[provincialka]

Тут надо вернуться к тому вопросу, с которого началось обсуждение. А именно, какой стеллаж считать "первым". Мы упростили задачу, зафиксировав номера с самого начала. Но в задаче этого, похоже, не требуется.

(to --mS--)

Может, вы зря раскрыли название задачи? Преподаватель специально дал другую обработку, чтобы ТС не смог нагуглить ответ...

[--mS--]

provincialka в сообщении #815912 писал(а):

(to --mS--)

Может, вы зря раскрыли название задачи? Преподаватель специально дал другую обработку, чтобы ТС не смог нагуглить ответ...

А смысл? Вы же её всё равно ТС решили. А сейчас решите и в предположении, что первый стеллаж - тот, куда первым залезли.

[provincialka]

Ну, до формулы все-таки не дошли... А тот, другой случай решать не буду.