Изменения

Перейти к: навигация, поиск

Схема Бернулли

26 байт убрано, 00:33, 7 марта 2018
м
Нет описания правки
{{Определение
|definition=
Случайная величина <tex>\xi</tex> имеет '''биномиальное распределение''' (англ. ''binomial distribution'') с параметрами <tex>n \in \mathbb N</tex> и <tex> p \in (0, 1)</tex> и пишут: <tex> \xi \in \mathbb B_{n, p}</tex> если <tex> \xi</tex> принимает значения <tex>k = 0, 1, \ldots ,n</tex> с вероятностями <tex >P(\xi = k) = </tex><tex > \binomdbinom{n}{k} p^k (1 - p)^{n - k} </tex> .
}}
Случайная величина с таким распределением имеет смысл числа успехов в <tex> n </tex> испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха <tex>p</tex>.
| <tex>np(1 - p)^{n - 1}</tex>
| <tex>\ldots</tex>
| <tex>\binomdbinom{n}{k}p^k(1 - p)^{n - k} </tex>
| <tex>\ldots</tex>
| <tex> p^n </tex>
|id=th1
|statement=
Для любого <tex >k = 0, 1, \ldots , n </tex> вероятность получить в <tex>n</tex> испытаниях <tex>k</tex> успехов равна <tex> P(v_{n} = k ) = </tex> <tex dpi="145"> \binomdbinom{n}{k} </tex><tex> p^{k} q^{n - k}</tex>
|proof=
Событие <tex>\{A = v_{n} = k\}</tex> означает, что в <tex>n</tex> испытаниях схемы Бернулли произошло ровно <tex>k</tex> успехов. Рассмотрим один элементарный исход из события <tex>A</tex>: когда первые <tex>k</tex> испытаний завершились успехом, остальные неудачей. Поскольку испытания независимы, вероятность такого элементарного исхода равна <tex> p ^ {k} </tex> <tex> (1-p) ^ {n - k} </tex> Другие элементарные исходы из события <tex>A</tex> отличаются лишь расположением <tex>k</tex> успехов на <tex>n</tex> местах. Есть ровно <tex dpi="145">\binomdbinom{n}{k}</tex> способов расположить <tex>k</tex> успехов на <tex>n</tex> местах. Поэтому событие <tex>A</tex> состоит из <tex dpi="145">\binomdbinom{n}{k}</tex> элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна <tex> p ^ {k} </tex> <tex> q ^ {n - k}</tex>
Набор вероятностей в теореме называется биномиальным распределением вероятностей.
}}
<tex > P(A) =</tex><tex> \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} \left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} + \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{4} \ldots = \dfrac{6}{11}.</tex> Теперь аналогичным образом посчитаю вероятность для события <tex>B</tex>
<tex> P(B) =</tex> <tex>\dfrac{1}{6} \cdot\dfrac{5}{636}+ \dfrac{1}{6} \left(\dfrac{5}{6}\right)^{3} + \dfrac{1}{6}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{5} \ldots = \dfrac{5}{11}.
</tex>
Так как вероятности выпадения тройки и единицы равны по <tex>\dfrac{1}{6}</tex>, а вероятность третьего исхода (выпала любая другая грань) <tex>\dfrac{4}{6}</tex>, то вероятность получить десять троек, три единицы и ещё два других очка равна
<tex > P(10, 3, 2) = </tex> <tex> \dfrac{15!}{10! \cdot 3! \cdot 2!}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{10}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{3}\left(\dfrac{4}{6}\right)^{2}
</tex>
286
правок

Навигация