условные мат.ожидания, количества шаров в урне...

[--mS--]

Вообще-то мы тут условную вероятность считаем через вероятность пересечения, а не наоборот. А у Вас она с неба упала.

[ewert]

В точности наоборот. В этой задаче даром сваливается в руки (сводится к схеме Бернулли) именно условная вероятность, а вот вероятность пересечения уже надо считать по теореме умножения.

[--mS--]

Попробуйте обосновать, что условная вероятность именно такова, как у Вас написано. Строго.

P.S. Если бы автор темы мог выписать эту условную вероятность так же просто, как это сделали Вы, у неё не возникло бы вопроса, как её найти, не так ли? Так зачем предлагать путь, заведомо для автора невозможный?

[ewert]

Достаточно просто прочитать левую часть равенства.
Там написано: "вероятность того, что $X$ равно $k$ при условии, что известно: $Z$ равно нулю". Условие в точности означает, что мы находимся в рамках схемы Бернулли: выбираются только чёрные или белые шары из числа имеющихся, а синие в розыгрыше просто не участвуют (выражаясь по-эстонски).

[--mS--]

Вот видите, строгого обоснования у Вас просто нет. А определение условной вероятности есть у каждого.

[ewert]

Да, у вас круче.

Вы сначала выводите полиномиальное распределение из биномиального, пользуясь теоремой умножения вероятностей (а именно так оно и получается). Затем, ещё раз применяя теорему умножения, получаете из полиномиального распределения биномиальное.

Логично.

[--mS--]

Я не пользуюсь теоремой умножения вероятностей. Вообще никак и нигде. Я пользуюсь полиномиальным распределением. Более того: это не я решаю задачу, а Виктория, обратите, пожалуйста, внимание. Мне её решать нет нужды - я и так умею работать с УМО.

[Виктория123]

--mS-- писал(а):

Для вычисления вероятностей $\mathsf P(X=k, Z=i)$ тоже используйте полиномиальное (триномиальное) распределение. Есть независимые испытания с тремя исходами - выпасть белому, чёрному, синему шару. Их вероятности известны (пропорциональны числу шаров каждого цвета). Ищем вероятность сколько-то раз случиться первому исходу, сколько-то раз второму, сколько-то раз третьему.

Вот я посчитала,как Вы,--mS--,написали

$$P(X=k/Z=i)=\frac {P(X=k,Z=i) }{P(Z=i)}={C^k_n\cdot(\frac x {x+y+z})^k\cdot C^{n-k-i}_n\cdot(\frac y {x+y+z})^{n-k-i}}}$$

$$E(X=k/Z=i)=\sum\limits_k{C^k_n\cdot(\frac x {x+y+z})^k\cdot C^{n-k-i}_n\cdot(\frac y {x+y+z})^{n-k-i}}}=(n!)^2\cdot(\frac {y} {x+y+z})^{n-i} \cdot\sum\limits_k{\frac {k\cdot x^k} {k!\cdot y^k\cdot(n-k)!\cdot(n-k-i)!\cdot(k+i)!}}$$

А как теперь такой ряд считать?

[--mS--]

Виктория123 писал(а):

--mS-- писал(а):

Для вычисления вероятностей $\mathsf P(X=k, Z=i)$ тоже используйте полиномиальное (триномиальное) распределение. Есть независимые испытания с тремя исходами - выпасть белому, чёрному, синему шару. Их вероятности известны (пропорциональны числу шаров каждого цвета). Ищем вероятность сколько-то раз случиться первому исходу, сколько-то раз второму, сколько-то раз третьему.

Вот я посчитала,как Вы,--mS--,написали

$$P(X=k/Z=i)=\frac {P(X=k,Z=i) }{P(Z=i)}={C^k_n\cdot(\frac x {x+y+z})^k\cdot C^{n-k-i}_n\cdot(\frac y {x+y+z})^{n-k-i}}}$$

Неправильно посчитали. Давайте отдельно. Чему равна вероятность $\mathsf P(X=k, Z=i)$ или, что то же самое, $\mathsf P(X=k, Z=i, Y=n-k-i)$? А ещё лучше, вероятность $\mathsf P(Z=i, X=k, Y=n-k-i)$. Откуда там взялся коэффициент $C_n^{n-k-i}$?

[Виктория123]

Да,ошиблась,тогда использовав полиномиальное распределение,получится вот так
$\mathsf P(Z=i,X=k,Y=n-k-i)=\frac {n!} {i!k!(n-k-i)!}\cdot(\frac z {x+y+z})^i\cdot(\frac x{x+y+z})^k\cdot(\frac y {x+y+z})^{n-k-i}$
А

$$P(Z=i)=C^i_n\cdot(\frac z {x+y+z})^i$$

Так?


Тогда такой ряд получится

$$E(X=k/Z=i)=\sum\limits_kk\cdot{\frac {n!} {i!k!(n-k-i)!}\cdot(\frac x{x+y+z})^k\cdot(\frac y {x+y+z})^{n-k-i}}=({n-i})!\cdot{y^{n-i}}\sum\limits_k{\frac {x^k} {({k-1})!y^k(n-k-i)!}$$

[--mS--]

Так. Теперь поделите одно на другое, получив тем самым $\mathsf P(X=k | Z=i)$. И разглядите полученное выражение повнимательнее. Обычно, прежде чем вычислять условное математическое ожидание, полезно понять, что за условное распределение у нас получилось: может быть, тогда и не придётся вычислять его матожидание, а можно будет просто выписать его.

[Виктория123]

$$P(X=k/Z=i)={\frac {(n-i)!} {(n-k-i)!\cdot{k!}}\cdot{x^k}\cdot{y^{n-k-i}}$$

Добавлено спустя 48 секунд:

--mS-- писал(а):

полезно понять, что за условное распределение у нас получилось: может быть, тогда и не придётся вычислять его матожидание, а можно будет просто выписать его.

Сейчас подумаю..
Ну по идее получилось биномиальное распределение

$$Bi(n-i;x) ?$$

Добавлено спустя 12 минут 50 секунд:

Если так ,то $E(X/Z=i)=x(n-i)$

[--mS--]

Куда $x+y$ делось из знаменателя? А, понятно, моя невнимательность. Пересчитайте $\mathsf P(Z=i)$. Это вероятность иметь $i$ синих шаров и $n-i$ других шаров. Схема Бернулли в явном виде. Число $x$ целое, и не может служить вероятностью у биномиального распределения. После того, как пересчитаете, ответ поменяется.

[Виктория123]

$\mathsf P(Z=i,X=k,Y=n-k-i)=\frac {n!} {i!k!(n-k-i)!}\cdot(\frac z {x+y+z})^i\cdot(\frac x{x+y+z})^k\cdot(\frac y {x+y+z})^{n-k-i}$
А

$$P(Z=i)=\frac {n!} {i!(n-i)!}\cdot(\frac z {x+y+z})^i\cdot(\frac {x+y} {x+y+z})^{n-i}$$

Так получается?

[--mS--]

Теперь точно так. Прошу прощения за невнимательность. Ну и снова сделайте те же выводы на основании условного биномиального распределения.