|
Подскажите, пожалуйста, как такое суммировать: $$\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} k^{2} p^{k} (1-p)^{(n-k)}$$ задан 29 Янв '13 14:42 
spaceranger |
|
Имеем: $$\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} e^{kx}(1-p)^{n-k}=(e^x+1-p)^n.$$ Дифференцируя по х дважды, получаем $$\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} k^2 e^{kx}(1-p)^{n-k}=\frac{d^2}{dx^2}(e^x+1-p)^n,$$ откуда $$\sum_{k=0}^{n} {n \choose k} k^2 p^k(1-p)^{n-k}=\frac{d^2}{dx^2}(e^x+1-p)^n |_{x=ln \, p}.$$ отвечен 29 Янв '13 15:08 
splen |
|
Можно предложить ещё одно решение на основе теоретико-вероятностных соображений. Пусть $%\xi_1,\ldots,\xi_n$% -- независимые одинаково распределённые случайные величины, каждая из которых принимает значение $%1$% с вероятностью $%p$% и значение $%0$% с вероятностью $%1-p$%. Обозначим через $%\xi$% сумму данных случайных величин. Тогда событие $%\xi=k$% означает, что среди значений $%\xi_1,\ldots,\xi_n$% есть ровно $%k$% единиц и $%n-k$% нулей, а это происходит с вероятностью $%C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$%. Поэтому та сумма, которую требуется найти в задаче, есть математическое ожидание квадрата случайной величины $%\xi$%. Далее идёт простой подсчёт: при каждом $%i$% от $%1$% до $%n$% имеем: $%M\xi_i=p$%, и такое же значение имеет матожидание величины $%\xi_i^2=\xi_i$%. Отсюда можно найти дисперсию: $%D\xi_i=M\xi_i^2-(M\xi_i)^2=p-p^2$%. Далее, из аддитивности матожидания получаем $%M\xi=np$%, а из аддитивности дисперсии для независимых случайных величин, имеем $%D\xi=n(p-p^2)$%. Окончательно это даёт $$M\xi^2=D\xi+(M\xi)^2=np(1-p)+n^2p^2.$$ отвечен 29 Янв '13 20:00 
falcao |
a и b - константы?
Извините, ошибка в переписывании формулы. Теперь должно быть корректно.