Valószínűségi változók- eloszlás, hogyan jönnek ki az eredmények lépésről lépésre? (a linket át kell írni)

Ha a klasszikus valószínűségi modellel számolunk;

1. Kedvező eset: Vegyünk egy konkrét számötöst, például 1 2 3 4 5. Hányféleképpen lehet az, hogy ezek közül pontosan 2 egyezik meg egy másik számötösből? Erre a gyors válasz az, hogy (5 alatt a 2)*(85 alatt a 3). Ebben az esetben nem számoltunk a sorrendiséggel (lehetett volna úgy s számolni, hogy figyelembe vesszük a sorrendet, így akkor sem változik a valószínűség).

Összes eset: gyors válasz: (90 alatt az 5).

A kettő hányadosa adja annak a valószínűségét, hogy pontosan két találatos lesz a szelvény.

2. Ennél a feladatnál mindenképp számít a sorrendiség, így azzal kell számolnunk.

Kedvező eset: tegyük fel, hogy k>=3-szor dobunk, ebből 3-szor dobunk 6-ost és (k-3)-szor dobunk 6-nál kisebbet. Ha például elsőre dobnánk két hatost, akkor 1*1*5*5*...*5*1 = 5^(k-3)-féleképpen tudjuk megcsinálni. A hatos-nem hatos sorrendeket cserélgetve mindig ugyanezt kapjuk szorzatként eredményül, és a különböző esetekben kapott eredményeket össze kell adnunk, vagyis az eredmény valahány*5^(k-3) lesz, már csak a "valahány" értékét kellene meghatározni; pont annyi, ahány eset van, és annyi eset van, ahányféleképpen a kezdő két hatost el lehet pakolni, ennek a gyors megoldása (k-1 alatt a 2), tehát a kedvező esetek száma (k-1 alatt a 2)*5^(k-3).

Össes eset: az a kérdés, hogy k dobásból hányféle dobássorozat lehet, erre egyszerű a válasz: 6^k. (k-1 alatt a 2)*5^(k-3) / 6^k. Namost ez algebrailag átalakítható arra az alakra, ami a linken található.

Maga a tétel képlete ezzel az eljárással (is) bizonyítható, ha és amennyiben nem szeretsz valószínűségeket összeszorozgatni.

A valószínűség a kettő hányadosa, vagyis

"Kedvező eset: tegyük fel, hogy k>=3-szor dobunk, ebből 3-szor dobunk 6-ost és (k-3)-szor dobunk 6-nál kisebbet."

Például ha 8-szor dobunk, akkor 3-szor dobunk 6-ost és 8-3=5-ször 6-osnál kisebbet. Ha így érthetőbb.

Valahogy a vége egy kicsit elment...

Összes eset: az a kérdés, hogy k dobásból hányféle dobássorozat lehet, erre egyszerű a válasz: 6^k.

A valószínűség a kettő hányadosa, vagyis (k-1 alatt a 2)*5^(k-3) / 6^k. Namost ez algebrailag átalakítható arra az alakra, ami a linken található.

Maga a tétel képlete ezzel az eljárással (is) bizonyítható, ha és amennyiben nem szeretsz valószínűségeket összeszorozgatni.