Σの計算方法について

質問

確立の問題を解いていたのですが、途中式に以下の数式がでてきて計算が進みません。

(1)Σ［k=0,n］k*nＣk*p^k*q^(n-k)
(2)Σ［k=0,n］k(k-1)*nＣk*p^k*q^(n-k)
(3)Σ［k=0,n］k*p^k*q

(1)(2)なんかは、Σ［k=0,n］nＣk*p^k*q^(n-k)=(p+q)^nの公式にもっていけばいけそうかと思うのですが、式変形がさっぱりわかりません。
どなたかよろしくお願いします。

回答No.2

takatoru29 · ベストアンサー

Σ［k=0,n］k*p^k*q
= qΣ［k=0,n］k*p^k
S= Σ［k=0,n］k*p^k とおくと、
S= p+2p^2+3p^3+ ・・・ +(n-1)p^(n-1)+np^n　から、
pS= p^2+2p^3+3p^4+ ・・・ +(n-1)p^n+np^(n+1)
よって、
S-pS= p+p^2+p^3+・・・+p^n -np^(n+1)
（右端に注意）

つまり、(1-p)S = -np^(n+1)+ (p+p^2+p^3+・・・+p^n)
あとはできますね。

(1), (2)に関しては、
既に回答にあるように
k・nＣk = n・n-1Ｃk-1 を使えばよいのです。

補足

k・nＣk = n・n-1Ｃk-1が分かりません。
このように式変形したことで、この先の進み方をどうしていいかもわかりません。

回答No.8

Ishiwara

ご質問の意味がよく把握できないので、私の経験談だけお伝えします。

２項分布は「パスカルのピラミッド」に関連付けると、とてもよく理解できます。私は次のようにして覚えました。

パチンコのすべての釘が、玉を左に弾く確率がｐ、右に弾く確率がｑとなるようにできているとして、１箇所に注がれた玉が、ｎ段落ちると、２項分布ができますね。

左からｋ番目のクギ（ｋ=0も数える）に到達した玉の数を示すｐのｋ乗は、玉が左にｋ回弾かれたことを意味し、ｑの（n-k）乗は、玉が右に n-k 回弾かれたことを意味します。係数 ｎＣｋ が付くのは、そこまで到達する経路の数が ｎＣｋ とおりあるからです。

この見方は、式の変形や証明などにも使えます。試してみてください。

回答No.7

kkkk2222

二項分布に従う確率変数Ｘの平均と標準偏差、

（ｑ＋ｐｔ）＾ｎ＝Σ［k=0,n］Ｃ［ｎ、ｋ］（q^(n-k)）（p^k）（ｔ＾ｋ） (#1)
両辺を微分すると、
ｎｐ（ｑ＋ｐｔ）＾(n-1)=Σ［k=1,n］Ｃ［ｎ、ｋ］ｋ（q^(n-k)）（p^k）（ｔ＾（ｋー１）） (#2)
さらに、微分すると、
n(n-1)(p^2)(（q+pt）^(n-2))=Σ［k=2,n］Ｃ［n,k］k(k-1)(q^(n-k))(p^k)(t＾(k-2)) (#3)

（＃１）（＃２）（＃３）において、ｔ＝１とおくと、ｐ＋ｑ＝１より
Σ［k=0,n］Ｃ［ｎ、ｋ］（q^(n-k)）（p^k）＝１ (#4)
Σ［k=1,n］Ｃ［ｎ、ｋ］ｋ（q^(n-k)）（p^k）=np　
即Σ［k=0,n］Ｃ［ｎ、ｋ］ｋ（q^(n-k)）（p^k）=np　(#5)
Σ［k=2,n］Ｃ［n,k］k(k-1)（q^(n-k)）（p^k）=n(n-1)(p^2)
即Σ［k=0,n］Ｃ［n,k］k(k-1)（q^(n-k)）（p^k）=n(n-1)(p^2) (#6)

(#5)を用いて(#6)を変形すると、Ｃ［n,k］（q^(n-k)）（p^k）=P［k］と略記
Σ［k=0,n］(k^2)P［k］=n(n-1)(p^2)+Σ［k=0,n］ｋP［k］=n(n-1)(p^2)+np (#7)
(#5)は、Ｅ（Ｘ）＝np
（σ（Ｘ））＾２
=Σ［k=0,n］（（ｋ－ｎｐ）＾２）P［k］
=Σ［k=0,n］(k^2)P［k］-2npΣ［k=0,n］kP［k］+(n^2)(p^2)Σ［k=0,n］P［k］
=n(n-1)(p^2)+np-2npnp+(n^2)(p^2)
=np(1-p)
=npq
σ（Ｘ）=√npq

回答No.6

takatoru29

訂正。

　これは、 T(k+1)に対して、
　k=0から k=n-1 までの総和を意味している。

つまり、 S= Σ［k=0,n-1] T(k+1)
= Σ［k=0,n-1]n・n-1Ｃk*p*p^k*q^((n-1)-k)
= n・Σ[k=0,n-1] n-1Ｃk*p*p^k*q^((n-1)-k)
= n・(p+q)^(n-1)

荒してしまって、すみません。

回答No.5

takatoru29

Ans.4
脱字がありました。

T(0)= 0 　であるから・・・

回答No.4

takatoru29

k・nＣk = n・n-1Ｃk-1 の証明は単純です。
nCk = n!/k!(n-k)! ですから、
k・nＣk = n!/(k-1)!(n-k)!
　　　　= n・｛(n-1)!/(k-1)!(n-k)!｝
= n・ n-1Ｃk-1
　　　　　　　　　　　　　　　　q.e.d

（１）にこれを適用すると
T(k) = k*nＣk*p^k*q^(n-k) = n・n-1Ｃk-1*p^k*q^(n-k)

　 = n・n-1Ｃk-1*p*p^(k-1)*q^((n-1)-(k-1))

∴T(k+1) = n・n-1Ｃk*p*p^k*q^((n-1)-k)

よって、求めるものをＳとするなら、

S= T(0)+T(1)+T(2)+T(3)+ ・・・であるが、
T(0) であるから、
S= T(1)+T(2)+T(3)+ ・・・ である。
　これは、 T(k+1)に対して、
　k=0から k=nまでの総和を意味している。

つまり、 S= Σ［k=0,n] T(k+1)
= Σ［k=0,n]n・n-1Ｃk*p*p^k*q^((n-1)-k)
= n・Σ[k=0,n] n-1Ｃk*p*p^k*q^((n-1)-k)
= n・(p+q)^(n-1)

がんばってください。

回答No.3

koko_u_

>k・nＣk = n・n-1Ｃk-1が分かりません
計算すればわかる。

自分で公式にもっていけそうだと言っておるではないか。

回答No.1

koko_u_

k * nCk = n * (n-1)_C_(k-1) かな。