Zapałki Banacha

Hej,

Mam pytanie. Robiłem zadanie z zapałek banacha (zad 6 LINK )
Moje pytanie jest takie - czy odpowiedź:

$$ 2\cdot\binom{2n-k}{n-k}p^{n-k}q^{n} $$

jest poprawna?

Oraz - czemu to jest rozkład dwumianowy ujemny? Przecież to jest jak w morde strzelił zwykły rozkład dwumianowy

Wydaje mi się, że jeszcze trzeba to pomnożyć przez q, bo na końcu ma wyciągnąć puste pudełko.

Gricha wrote:Hej,

Mam pytanie. Robiłem zadanie z zapałek banacha (zad 6 LINK )
Moje pytanie jest takie - czy odpowiedź:

$$ 2\cdot\binom{2n-k}{n-k}p^{n-k}q^{n} $$

jest poprawna?

Oraz - czemu to jest rozkład dwumianowy ujemny? Przecież to jest jak w morde strzelił zwykły rozkład dwumianowy

Ja na ćwiczeniach miałem rozumowanie dla p = q = 1/2, ale można je łatwo rozszerzyć:
Prawdopodobieństwo, że po wyciągnięciu 2n-k zapałek w lewej kieszeni zostanie ich k to
$$ \binom{2n-k}{n} \cdot p^{n-k}\cdot q^{n} \cdot q $$
Bo chcemy, by z 2n-k zapałek wyciągniętych n było z prawego pudełka, a potem, by wybrać puste (prawe).
Symetrycznie dla lewego pudełka (i dodajemy wyniki).
Wychodzi na końcu
$$ \binom{2n-k}{n} \cdot {(pq)}^{n-k}\cdot (q^{k+1} + p^{k+1}) $$
Nie jestem tylko pewien, czy mój wzór się dalej nie upraszcza, może nawet do Twojego (choć wg mnie powinna być symetria względem p i q).
Bo dla p = q, wychodzi to co na ćwiczeniach u Dojera.

Ok dzięki

Nie będę już tworzył na to nowego tematu więc zapytam tutaj.

Kolokwium z 2008 roku zadanie o prognozie pogody.klik

Pytanie jak to zrobić.
Jeśli powiemy, że D- pada deszcz, S - nie pada deszcz, Z - zapowiedzieli ze pada deszcz, to

P(Z) = P(D)P(Z|D) + P(S)P(Z|S).

Czy ta metoda jest dobra? Jak wyliczyć P(Z|D)?
W treści zadania jest powiedziane, że jeśli zapowiedzą, że będzie deszczowa to z p faktycznie tak będzie, czyli P(D|Z) mamy dane.. Jak to jakoś sprytnie obrócić? (i np. co znaczy P(D^Z)?)

EDIT: + pytanie bonusowe:

kolokwium poprawkowe z 2008go: klik
zadanie 3. Wartosc oczekiwana wyszła mi 1, co wydaje się troche bez sensu..
Liczyłem ją z liniowości, mówiąc, że Xi=1 jak w itej jest conajmniej jedna kula P(Xi = 1) = n^(n-1)/n^n = 1/n (bo najpierw wybieramy ze wpadnie do naszej urny, a potem dowolnie). Takich urn jest n, więc odpowiedź jest 1. Czy to jest poprawne?

Jeśli chodzi o zadanie z pogodą, to to "obrócenie" robi się ze wzoru Bayesa. Tam potem wychodzi r-nie z jedną niewiadomą. Wydaje mi się, że to p-stwo wychodzi 1/2.

Hm.. a mógłbyś przedstawić rachunek? Bo mi się wydaje, że tam coś nie działało

EDIT:
A to zadanie o liczeniu EX z urnami i kulami jest źle przeze mnie zrobione, bo źle jest policzone EXi. Xi powinno być wydarzeniem - do itej urny wpada 0 kul i potem policzyć 1-p(xi=1).

P(Z) = P(D^Z) / P(D|Z)
P(D|Z) = 2/3
P(D^Z) = P(Z|D)*P(D)
P(D) = 1/2
P(Z|D) = (P(Z)*P(D|Z))/(P(Z)*P(D|Z) + P(~Z)*P(D|~Z))
gdzie ~Z - zapowiedzieli słońce
P(D|Z) = 2/3
P(~Z) = 1 - P(Z)
P(D|~Z) = 1/3
podstawiamy wszystko co mamy do pierwszego r-nia i mamy r-nie zmiennej P(Z). Jak się nie pomyliłem to wychodzi P(Z) = 1/2

A~Geo(a), B~Geo(b). Czy jest tu jakiś czempion, który zna rozkład A-B?

Hm.. Niestety jakiegoś konkretnego rozkładu nie udało mi się ustalić. To co ustaliłem, to to, że $$ P((A-B) = k) = \frac{pq^{k-2}}{1+q}$$

Widać, że jest to bliskie geometrycznemu. może zrobiłem jakiegoś byka, albo poprostu tak wygląda ten rozkład.

A i jako ciekawostka powiem, że tutaj założyłem niezależność zmiennych i błędnie raczej założyłem, że mają to same p. spróbuje to policzyć dla róznych p

Super. Bo mi wyszło tak samo. Próba robienia tego z funkcji tworzących skończyła się totalnym fiaskiem, tj. rozkładem zerowym.

IMO wychodzi tyle: http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum%5Bp*q%5E%28i-1%29*r*s%5E%28i-k-1%29%2C+i+%3D+k%2C+Infinity%5D