$$C_{n}^m=\sum_{j=0}^m C_{k}^jC_{n-k}^{m-j}, n\geqslant m\geqslant 0,n \geqslant k \geqslant0 $$ И полагаем , что $%C_l^j=0$% при $%j<0$% или $%j>l$%

задан 11 Окт '14 21:18

Тут что-то надо исправить, наверное, потому что правая часть зависит от k, а левая не зависит.

(11 Окт '14 21:21) falcao

Видимо, так и задумано, опечатки нет.

(11 Окт '14 22:18) Linkl

@Linkl: да, вы правы -- там имеется в виду, что равенство имеет место при любом $%k$% с указанными ограничениями. Комбинаторный смысл тождества мне ясен, а вероятностную интерпретацию надо под него подогнать. Она чуть более искусственная по сравнению с комбинаторной. Вскоре напишу.

(12 Окт '14 1:16) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Для начала комбинаторный смысл, поскольку он проще. Из $%n$% элементов множества выделим $%k$% элементов (для фиксированного значения от $%0$% до $%n$%) и назовём их особыми. В левой части равенства находится число способов выбрать $%m$% элементов из $%n$%. Когда мы это делаем, то берём какое-то количество особых элементов. Его можно обозначить через $%j$%, и оно принимает значения между $%0$% и $%\min(m,k)$%. Эти элементы мы можем выбрать $%C_k^j$% способами. Оставшиеся элементы из общего количества $%n-k$% мы добираем в количестве $%m-j$%, что можно сделать $%C_{n-k}^{m-j}$% способами. По правилу произведения эти числа сочетаний перемножаются, что даёт количество способов выбора для заданного $%j$%. Поскольку разные $%j$% дают разные способы, далее надо всё просуммировать по правилу суммы. Можно вести суммирование от $%0$% до $%m$%, так как при $%j > k$% слагаемые оказываются нулевыми.

Теперь вероятностная интерпретация на основе сказанного. Делим обе части на $%2^n$%. В левой части получается вероятность того, что при $%n$% бросаниях симметричной монеты нас ждёт ровно $%m$% успехов (например, "орлов"). В правой части распределим степени двойки между сомножителями, чтобы одно число сочетаний разделилось на $%2^k$%, а другое на $%2^{n-k}$%. В обозначениях это даёт $%p_{n,m}=\sum\limits_{j=0}^mp_{k,j}p_{n-k,m-j}$%, где $%p_{n,m}$% есть вероятность получить при $%n$% испытаниях ровно $%m$% успехов. Вместо особых предметов у нас теперь выделены первые $%k$% испытаний, в процессе которых мы имеем число успехов, равное какому-то числу $%j$%, а в остальных испытаниях, соответственно, у нас $%m-j$% успехов. Тогда формула сразу следует из простых правил теории вероятностей.

ссылка

отвечен 12 Окт '14 1:31

10|600 символов нужно символов осталось
0

Если разделить равенство на $%C_n^m$%, то получим равенство, которое указывает, что сумма вероятностей всех значений СВ с гипергеометрическим распределением равна единице ... что и должно выполняться для ДСВ...

ссылка

отвечен 12 Окт '14 20:39

изменен 12 Окт '14 20:39

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×2,498
×268
×261
×160
×142

задан
11 Окт '14 21:18

показан
544 раза

обновлен
12 Окт '14 20:39

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru