Изменения

{{Определение |definition='''Схемой Бернулли''' (англ. ''Bernoulli scheme'') называется последовательность независимых испытаний, в каждом из которых возможны лишь два исхода {{---}} «успех» и «неудача», при этом успех в каждом испытании происходит с одной и той же вероятностью <tex> p \in (0, 1)</tex> , а неудача {{---}} с вероятностью <tex> q = 1 - p </tex>.}}  == Распределение Бернулли=={{Определение |definition='''Распределение Бернулли ''' (англ. ''Bernoulli distribution'') {{---}} описывает ситуации, где "испытание" имеет результат "успех" либо "неуспех".}}[[Дискретная случайная величина | Случайная величина]] <tex>\xi</tex> с таким распределением равна числу успехов в одном испытании схемы Бернулли с вероятностью <tex>p</tex> успеха : ни одного успеха или один успех. Функция распределения <tex> \xi</tex> имеет вид <tex> F_{\xi}(x) = P(\xi < x) \begin{cases}0, например& x\leqslant 0 \\1 - p, при бросании монеты& 0 < x \leqslant 1\\1, или при моделировании удачной или неудачной хирургической операции& x > 1 \end{cases}</tex> [[Файл:Распределение Бернулли. jpg‎]] 

Говорят, что случайная {{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} \cdot p^k \cdot (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>\ldots</tex>

| ...<tex>\ldots</tex>

| <tex>npn \cdot p \cdot (1 - p)^{n - 1}</tex> | ...<tex>\ldots</tex> | <tex>\binomdbinom{n}{k}\cdot p^k\cdot (1 - p)^{n - k} </tex> | ...<tex>\ldots</tex>

== Определение == {{Определение |definition=Схемой Формула Бернулли называется последовательность независимых испытаний, в каждом из которых возможны лишь два исхода — «успех» и «неудача», при этом успех в каждом испытании происходит с одной и той же вероятностью <tex> p \in (0, 1)</tex> , а неудача {{---}} с вероятностью <tex> q = 1 - p </tex>.}}[[Дискретная случайная величина | Случайная величина]] <tex>\xi</tex> с таким распределением равна числу успехов в одном испытании схемы Бернулли с вероятностью <tex>p</tex> успеха : ни одного успеха или один успех. Функция распределения <tex> \xi</tex> имеет вид <tex> F_{\xi}(x) = P(\xi < x) \begin{cases}0, & x\le 0 \\1 - p & 0 < x \le 1\\1, & x > 1 \end{cases}</tex> [[Файл:Img660.png‎]] 

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> \cdot p^{k} \cdot q^{n - k}</tex>

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> \cdot (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> cпособов 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> \cdot q ^ {n - k}</tex>

== Пример Геометрическое распределение ==Правильная монета подбрасывается 10 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет от 4 до 6 раз.{{Определение |definition=Вычислим отдельно вероятности получить 4, 5 и 6 гербов после десяти подбрасываний монеты'''Геометрическое распределение''' (англ. <tex >P(v_{10} = 4''geometric distribution'') =</tex> <tex dpi = "160"> \binom{10}{4---}\cdot \left(\frac{1}{2распределение дискретной случайной величины, равной количеству испытаний случайного эксперимента до наблюдения первого успеха.}\right)^ {4} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^ {10 - 4} </tex> <tex>~\approx ~ 0{.}205 </tex>

Вероятность того, что первый успех произойдёт в испытании с номером <tex>k \in \mathbb N = {1, 2, 3, . . .\ldots},</tex> равна <tex>P(r = k) = pqp \cdot q^ {k - 1} </tex>|proof=Вероятность первым <tex> k - 1 </tex> испытаниям завершиться неудачей, а последнему {{---}} успехом, равна <tex> P(r = k) = p \cdot q^ {k - 1} </tex>}}

Пусть Обозначим через <tex> P(r = kn_{1}, \ldots , n_{m}) = pq^</tex> вероятность того, что в <tex>n</tex> независимых испытаниях первый исход случится <tex> n_{k - 1} </tex> для любого раз, второй исход {{---}} <tex> k \in \mathbb N n_{2}</tex>. Тогда для любых неотрицательных целых раз, и так далее, наконец, <tex>n m</tex> и -й исход {{---}} <tex>kn_{m}</tex> имеет место равенствораз тогда верна формула: <tex> P(r n_{1}, \ldots , n_{m}) = </tex> n + k | r <tex> \dfrac{n) = P(r > k) !}{n_{1}! \cdot n_{2}! \cdot\ldots \cdot n_{m}!} \cdot {p_{1}}^{n_{1}} \cdot \ldots \cdot {p_{m}}^{n_{m}}</tex>

По определению условной вероятностиРассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению <tex>n_{1}</tex> единиц, <tex> n_{2}</tex> двоек,и так далее.Это результат <tex>n</tex> экспериментов, когда все нужные исходы появились в некотором заранее заданном порядке. Вероятность такого результата равна произведению вероятностей <tex>p_{n_{1}} \ldots p_{n_{m}}</tex>. Остальные благоприятные исходы отличаются лишь расположением чисел <tex>1, 2, \ldots , m</tex > P(r на <tex> n + k | r </tex> местах. Число таких исходов равно числу способов расположить на <tex> n) = </tex> местах <tex>n_{1}</tex> единиц, <tex dpi = "160"> \fracn_{P(r 2}</tex> n + kдвоек, r и так далее Это число равно<tex> \dbinom{n}{n_1} \cdot\dbinom{n - n_1 - n_2}{n_2} \cdot \dbinom{n)- n_1 - n_2- n_3}{P(r > n_3} \cdot\ldots \cdot \dbinom{n)- n_1 - n_2 - \ldots - n_{m -1}}{n_m} = \fracdfrac {P(r > n + k)!}{n_{1}! \cdot n_{2}! \cdot \ldots \cdot n_{P(r m}!}</tex> n)}}  == Примеры ====== Правильная монета ====Правильная монета подбрасывается <tex>10</tex> (9)Последнее равенство верно в силу раз. Найти вероятность того, что событие герб выпадет от <tex> {r > n + k} 4</tex> влечёт событие до <tex>{r 6</tex> n}раз. Вычислим отдельно вероятности получить </tex>4, поэтому их пересечением будет событие 5</tex> {r и <tex> n + k}6</tex>гербов после десяти подбрасываний монеты. Найдём для целого  <tex> m \ge P(v_{10} = 4) =</tex> 0 вероятность <tex> P\dbinom{10}{4} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^ {4} \cdot \left(r > m\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 4} </tex> : событие <tex> r > m ~\approx ~ 0{.}205 </tex> означает,что в схеме Бернулли первые  <tex>mP(v_{10} = 5) = </tex> испытаний завершились «неудачами», то есть его вероятность равна <tex> q\dbinom{10}{5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{m10 - 5}</tex><tex>~\approx ~ 0{. Возвращаясь к (9),что эта [[Дискретная случайная величина | случайная величина]] равна }246 </tex> <tex > P(r > n + k | r > nv_{10} = 6) = </tex> <tex dpi = "160"> \fracdbinom{10}{P6} \cdot \left(r > n + k, r > n)\dfrac{1}{P(r > n)2} = \frac{qright)^{n + k6}\cdot \left(\dfrac{1} {q2}\right)^{n10 - 6}} =</tex> <tex> q^~\approx ~ 0{k.} = P(r > k)205 </tex>.

Сложим вероятности несовместных событий:<tex>P(4 \leqslant v_{10}\leqslant 6) = P(v_{10}= 4) + P(v_{10} = 5) + P(v_{10} = 6) ~\approx ~ 0{.}656 </tex>

== Пример == Правильная игральная кость с двумя исходами ====

Шесть очков может впервые выпасть при первом, втором, и так далее. бросках кости. Первый игрок побеждает, если это случится при броске с нечётным номером, второй — {{---}} с чётным. Пусть событие <tex> A_{k} </tex> состоит в том, что что шесть очков впервые выпадет в испытании с номером <tex>k</tex>. По лемме, <tex > P(A_{k}) =</tex> <tex dpi = "160">\fracdfrac{1}{6} \cdot \left(\fracdfrac{5}{6}\right)^{k - 1} </tex>События <tex>A , B</tex>, означающие победу первого и второго игроков соответственно, представимы в виде объединения взимоисключающих взаимоисключающих событий:<tex> A = A_{1} \cup A_{3} \cup A_{5} \cup . . . \ldots , B = B_{2}\cup B_{4} \cup B_{6} \cup . . .\ldots </tex>

<tex > P(A) =</tex><tex dpi = "160"> \fracdfrac{1}{6} + \fracdfrac{1}{6} \cdot\left(\fracdfrac{5}{6}\right)^{2} + \fracdfrac{1}{6}\cdot \left(\fracdfrac{5}{6}\right)^{4} ... \ldots = \fracdfrac{6}{11}.</tex> Теперь аналогичным образом посчитаю вероятность для события В<tex>B</tex>

<tex> P(B) =</tex> <tex dpi = "160">\fracdfrac{1}{6} \cdot\fracdfrac{5}{6}+ \fracdfrac{1}{6} \cdot\left(\fracdfrac{5}{6}\right)^{3} + \fracdfrac{1}{6}\cdot \left(\fracdfrac{5}{6}\right)^{5} ... \ldots = \fracdfrac{5}{11}.

Рассмотрим схему независимых испытаний уже не ==== Правильная игральная кость с двумятремя исходами ====Игральная кость подбрасывается пятнадцать раз. Найти вероятность того, что выпадет ровно десять троек и три единицы.Здесь каждое испытание имеет три, а с большим количеством возможных результатов в каждом испытаниине два исхода: выпадение тройки, выпадение единицы, выпадение любой другой грани.

== Пример ==Игральная кость подбрасывается пятнадцать раз. Найти вероятность того, что выпадет ровно десять троек и три единицы.Здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпадение тройки, выпадение единицы, выпадение любой другой грани. Поэтому воспользоватьсяформулой для числа успехов в схеме Бернулли не удаcтся. Попробуем вывести подходящую формулу. Пусть в одном испытании возможны <tex> m</tex> исходов: <tex>1, 2, . . . , m,</tex> и <tex>i</tex>-й исход в одном испытании случаетсяс вероятностью <tex> p_{i}</tex> , где <tex>p_{1} + . . . + p_{m} = 1</tex>.{{Теорема|id=th1|statement=Обозначим через <tex>P(n_{1}, . . . , n_{m})</tex> вероятность того, что в <tex>n</tex> независимых испытаниях первый исход случится <tex> n_{1}</tex> раз, второй исход — <tex>n_{2}</tex> раз, и так далее, наконец, <tex>m</tex>-й исход — <tex>n_{m}</tex> раз тогда верна формула:<tex > P(n_{1}, . . . , n_{m}) = </tex> <tex dpi = "160"> \frac{n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! .. \cdot n_{m}!}\cdot {p_{1}}^{n_{1}}\cdot... \cdot {p_{m}}^{n_{m}}</tex>|proof=Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению <tex>n_{1}</tex> единиц, <tex> n_{2}</tex> двоек, и так далее.Это результат <tex>n</tex> экспериментов, когда все нужные исходы появились в некотором заранее заданном порядке. Вероятность такого результата равна произведению вероятностей <tex>p_{n_{1}}...p_{n_{m}}</tex>. Остальные благоприятные исходы отличаются лишь расположением чисел <tex>1, 2, . . . , m</tex> на <tex>n</tex> местах. Число таких исходов равно числу способов расположить на <tex>n</tex> местах <tex>n_{1}</tex> единиц, <tex>n_{2}</tex> двоек,и так далее Это число равно<tex dpi = "160">\binom{n}{n_1}\cdot\binom{n - n_1 - n_2}{n_2} \cdot\binom{n - n_1 - n_2- n_3}{n_3} ...\cdot \binom{n - n_1 - n_2.. - n_{m -1}}{n_m} = \frac {n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! .. \cdot n_{m}!}</tex>}}Теперь мы можем вернуться к последнему примеру и выписать ответ: так Так как вероятности выпадения тройки и единицы равны по <tex>\genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6}</tex>, а вероятность третьего исхода (выпала любая другая грань) <tex>\genfrac{}{}{}{0}dfrac{4}{6}</tex>, то вероятность получить десять троек, три единицы и ещё два других очка равна

<tex > P(10, 3, 2) = </tex> <tex dpi = "160"> \dfrac{15!\over }{10! \cdot 3! \cdot 2cdot2!} \cdot \left(\fracdfrac{1}{6}\right)^{10} \cdot \left(\dfrac{1\over }{6}\right)^{3} \cdot\left(\dfrac{4\over6}{6}\right)^{2}

==ЛитератураИсточники информации==*[https://ru.wikipedia.org/wiki/Распределение_Бернулли Википедия {{---}} Распределение Бернулли]*[https://ru.wikipedia.org/wiki/Биномиальное_распределение Википедия {{---}} Биномиальное распределение]*[https://ru.wikipedia.org/wiki/Формула_Бернулли Википедия {{---}} Формула Бернулли]*[https://ru.wikipedia.org/wiki/Геометрическое_распределение Википедия {{---}} Геометрическое распределение]*''Н.И Чернова ''Теория вероятности' Учебное пособие СибГУТИ— {{---}} Новосибирск, 2009.