Схема Бернулли — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Пример 2)
 
(не показано 10 промежуточных версий 2 участников)
Строка 1: Строка 1:
 
{{Определение  
 
{{Определение  
 
|definition=
 
|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>.
+
'''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>.
 
}}  
 
}}  
  
Строка 24: Строка 24:
 
{{Определение  
 
{{Определение  
 
|definition=
 
|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, ... ,n</tex> с вероятностями <tex >P(\xi = k) = </tex><tex > \binom{n}{k}  p^k (1 - p)^{n - k} </tex> .
+
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 > \dbinom{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>.  
 
Случайная величина с таким распределением имеет смысл числа успехов в <tex> n </tex> испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха <tex>p</tex>.  
Строка 35: Строка 35:
 
  | 0  
 
  | 0  
 
  | 1
 
  | 1
  | ...
+
  | <tex>\ldots</tex>
 
  | <tex>k</tex>
 
  | <tex>k</tex>
  | ...
+
  | <tex>\ldots</tex>
 
  | <tex>n</tex>
 
  | <tex>n</tex>
 
  |-
 
  |-
 
  | <tex>P</tex>
 
  | <tex>P</tex>
 
  | <tex>(1 - p) ^ n </tex>
 
  | <tex>(1 - p) ^ n </tex>
  | <tex>np(1 - p)^{n - 1}</tex>
+
  | <tex>n \cdot p \cdot (1 - p)^{n - 1}</tex>
  | ...
+
  | <tex>\ldots</tex>
  | <tex>\binom{n}{k}p^k(1 - p)^{n - k} </tex>
+
  | <tex>\dbinom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1 - p)^{n - k} </tex>
  | ...
+
  | <tex>\ldots</tex>
 
  | <tex> p^n </tex>
 
  | <tex> p^n </tex>
 
  |}
 
  |}
Строка 55: Строка 55:
 
|id=th1
 
|id=th1
 
|statement=
 
|statement=
Для любого <tex >k = 0, 1, . . . , n </tex> вероятность получить в <tex>n</tex> испытаниях <tex>k</tex> успехов равна <tex> P(v_{n} = k ) = </tex> <tex dpi="145"> \binom{n}{k} </tex><tex> p^{k}  q^{n - k}</tex>
+
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"> \dbinom{n}{k} \cdot p^{k} \cdot q^{n - k}</tex>
  
 
|proof=
 
|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">\binom{n}{k}</tex> cпособов расположить <tex>k</tex> успехов на <tex>n</tex> местах. Поэтому событие <tex>A</tex> состоит из <tex dpi="145">\binom{n}{k}</tex> элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна  <tex> p ^ {k} </tex> <tex> 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} \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">\dbinom{n}{k}</tex> способов расположить <tex>k</tex> успехов на <tex>n</tex> местах. Поэтому событие <tex>A</tex> состоит из <tex dpi="145">\dbinom{n}{k}</tex> элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна  <tex> p ^ {k} \cdot q ^ {n - k}</tex>
 
Набор вероятностей в  теореме называется биномиальным распределением вероятностей.
 
Набор вероятностей в  теореме называется биномиальным распределением вероятностей.
 
}}
 
}}
Строка 71: Строка 71:
 
|id=th1
 
|id=th1
 
|statement=
 
|statement=
Вероятность того, что первый успех произойдёт в испытании с номером <tex>k \in \mathbb N = {1, 2, 3, . . .},</tex> равна <tex>P(r = k) = pq^ {k - 1} </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) = p \cdot q^ {k - 1} </tex>
 
|proof=
 
|proof=
Вероятность первым <tex> k - 1 </tex>  испытаниям завершиться неудачей, а последнему успехом, равна <tex> P(r = k)  = pq^{k - 1}  </tex>
+
Вероятность первым <tex> k - 1 </tex>  испытаниям завершиться неудачей, а последнему {{---}} успехом, равна <tex> P(r = k)  = p \cdot q^{k - 1}  </tex>
 
}}
 
}}
  
Строка 80: Строка 80:
 
|id=th1
 
|id=th1
 
|statement=
 
|statement=
Пусть <tex> P(r = k) = pq^{k - 1} </tex> для любого <tex> k  \in \mathbb N </tex>. Тогда для любых неотрицательных целых <tex>n </tex> и <tex>k</tex> имеет место равенство:  <tex> P(r > n + k | r > n) = P(r > k) </tex>
+
Пусть <tex> P(r = k) = p \cdot q^{k - 1} </tex> для любого <tex> k  \in \mathbb N </tex>. Тогда для любых неотрицательных целых <tex>n </tex> и <tex>k</tex> имеет место равенство:  <tex> P(r > n + k | r > n) = P(r > k) </tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
По определению условной вероятности,
 
По определению условной вероятности,
Строка 90: Строка 90:
 
== Обобщение (полиномиальная схема) ==
 
== Обобщение (полиномиальная схема) ==
 
Обычная формула Бернулли применима на случай когда при каждом испытании возможно одно из двух исходов.
 
Обычная формула Бернулли применима на случай когда при каждом испытании возможно одно из двух исходов.
Рассмотрим случай, когда в одном испытании возможны <tex> m</tex> исходов: <tex>1, 2, . . . , m,</tex> и <tex>i</tex>-й исход в одном испытании случается
+
Рассмотрим случай, когда в одном испытании возможны <tex> m</tex> исходов: <tex>1, 2, \ldots , m,</tex> и <tex>i</tex>-й исход в одном испытании случается
с вероятностью <tex> p_{i}</tex> , где <tex>p_{1} + . . . + p_{m} = 1</tex>.
+
с вероятностью <tex> p_{i}</tex> , где <tex>p_{1} + \ldots + p_{m} = 1</tex>.
 
{{Теорема
 
{{Теорема
 
|id=th1
 
|id=th1
 
|statement=
 
|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:
+
Обозначим через <tex>P(n_{1}, \ldots , 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> \dfrac{n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! .. \cdot n_{m}!}\cdot {p_{1}}^{n_{1}}\cdot... \cdot {p_{m}}^{n_{m}}
+
<tex > P(n_{1}, \ldots , n_{m}) = </tex> <tex> \dfrac{n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! \cdot\ldots \cdot n_{m}!} \cdot {p_{1}}^{n_{1}} \cdot \ldots \cdot {p_{m}}^{n_{m}}
 
</tex>
 
</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению <tex>n_{1}</tex> единиц, <tex> n_{2}</tex> двоек, и так далее.
 
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
+
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> 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>\dbinom{n}{n_1}\cdot\dbinom{n - n_1 - n_2}{n_2} \cdot\dbinom{n - n_1 - n_2- n_3}{n_3} ...\cdot \dbinom{n - n_1 - n_2.. - n_{m -1}}{n_m} = \dfrac {n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! .. \cdot n_{m}!}
+
<tex>\dbinom{n}{n_1} \cdot\dbinom{n - n_1 - n_2}{n_2} \cdot \dbinom{n - n_1 - n_2- n_3}{n_3} \cdot\ldots \cdot  \dbinom{n - n_1 - n_2 - \ldots - n_{m -1}}{n_m} = \dfrac {n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! \cdot \ldots \cdot  n_{m}!}
 
</tex>
 
</tex>
 
}}
 
}}
Строка 111: Строка 111:
 
Вычислим отдельно вероятности получить <tex>4, 5</tex> и <tex>6</tex> гербов после десяти подбрасываний монеты.
 
Вычислим отдельно вероятности получить <tex>4, 5</tex> и <tex>6</tex> гербов после десяти подбрасываний монеты.
  
<tex >P(v_{10} = 4) =</tex> <tex> \dbinom{10}{4}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {4} \cdot  \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 4} </tex> <tex>~\approx ~ 0{.}205 </tex>
+
<tex >P(v_{10} = 4) =</tex> <tex> \dbinom{10}{4} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^ {4} \cdot  \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 4} </tex> <tex>~\approx ~ 0{.}205 </tex>
  
<tex >P(v_{10} = 5) = </tex> <tex>\dbinom{10}{5}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 5}</tex><tex>~\approx ~ 0{.}246 </tex>
+
<tex >P(v_{10} = 5) = </tex> <tex>\dbinom{10}{5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 5}</tex><tex>~\approx ~ 0{.}246 </tex>
  
<tex >P(v_{10} = 6) =</tex> <tex> \dbinom{10}{6}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {6} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 6}</tex> <tex>~\approx ~ 0{.}205 </tex>
+
<tex >P(v_{10} = 6) =</tex> <tex> \dbinom{10}{6} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {6} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 6}</tex> <tex>~\approx ~ 0{.}205 </tex>
  
 
Сложим вероятности несовместных событий:
 
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>
 
<tex>P(4 \leqslant  v_{10} \leqslant 6) = P(v_{10} = 4) + P(v_{10} = 5) + P(v_{10}  = 6) ~\approx ~ 0{.}656 </tex>
  
==== Правильная игральна кость с двумя исходами ====
+
==== Правильная игральная кость с двумя исходами ====
 
Два игрока по очереди подбрасывают правильную игральную кость. Выигрывает тот, кто первым выкинет шесть очков. Найти вероятность победы игрока, начинающего игру.
 
Два игрока по очереди подбрасывают правильную игральную кость. Выигрывает тот, кто первым выкинет шесть очков. Найти вероятность победы игрока, начинающего игру.
  
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 шесть очков впервые выпадет в испытании с номером <tex>k</tex>. По лемме, <tex > P(A_{k}) =</tex> <tex>\dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{k - 1} </tex>
+
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 шесть очков впервые выпадет в испытании с номером <tex>k</tex>. По лемме, <tex > P(A_{k}) =</tex> <tex>\dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{k - 1} </tex>
События <tex>A , B</tex>, означающие победу первого и второго игроков соответственно, представимы в виде объединения взимоисключающих событий:
+
События <tex>A , B</tex>, означающие победу первого и второго игроков соответственно, представимы в виде объединения взаимоисключающих событий:
<tex> A = A_{1} \cup A_{3} \cup A_{5} \cup . . . , B = B_{2}\cup B_{4} \cup B_{6} \cup . . .</tex>
+
<tex> A = A_{1} \cup A_{3} \cup A_{5} \cup \ldots , B = B_{2}\cup B_{4} \cup B_{6} \cup \ldots </tex>
 
Вероятности этих объединений равны суммам вероятностей слагаемых:
 
Вероятности этих объединений равны суммам вероятностей слагаемых:
  
<tex > P(A) =</tex><tex> \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} \cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} + \dfrac{1}{6}\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{4} ... = \dfrac{6}{11}.</tex> Теперь аналогичным образом посчитаю вероятность для события <tex>B</tex>
+
<tex > P(A) =</tex><tex> \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} + \dfrac{1}{6} \cdot\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}{6}+ \dfrac{1}{6} \cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{3} + \dfrac{1}{6}\cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{5} ... = \dfrac{5}{11}.
+
<tex> P(B) =</tex> <tex> \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{5}{6} + \dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{3} + \dfrac{1}{6} \cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{5} \ldots = \dfrac{5}{11}.
 
  </tex>
 
  </tex>
  
==== Пример 3 ====
+
==== Правильная игральная кость с тремя исходами ====
 
Игральная кость подбрасывается пятнадцать раз. Найти вероятность того, что выпадет ровно десять троек и три единицы.
 
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.  
 
Здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпадение тройки, выпадение единицы, выпадение любой другой грани.  
Строка 139: Строка 139:
 
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
 
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!}\cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^{10} \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^{3}\cdot\left(\dfrac{4}{6}\right)^{2}
+
<tex > P(10, 3, 2) = </tex> <tex> \dfrac{15!}{10! \cdot 3! \cdot2!} \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^{10} \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^{3} \cdot \left(\dfrac{4}{6}\right)^{2}
 
</tex>
 
</tex>
 
  
 
==См. также==  
 
==См. также==  

Текущая версия на 00:40, 7 марта 2018

Определение:
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 [math] p \in (0, 1)[/math] , а неудача — с вероятностью [math] q = 1 - p [/math].


Распределение Бернулли[править]

Определение:
Распределение Бернулли (англ. Bernoulli distribution) — описывает ситуации, где "испытание" имеет результат "успех" либо "неуспех".

Случайная величина [math]\xi[/math] с таким распределением равна числу успехов в одном испытании схемы Бернулли с вероятностью [math]p[/math] успеха : ни одного успеха или один успех. Функция распределения [math] \xi[/math] имеет вид

[math] F_{\xi}(x) = P(\xi \lt x) \begin{cases} 0, & x\leqslant 0 \\ 1 - p, & 0 \lt x \leqslant 1\\ 1, & x \gt 1 \end{cases} [/math]

Распределение Бернулли.jpg

Биномиальное распределение[править]

Определение:
Случайная величина [math]\xi[/math] имеет биномиальное распределение (англ. binomial distribution) с параметрами [math]n \in \mathbb N[/math] и [math] p \in (0, 1)[/math] и пишут: [math] \xi \in \mathbb B_{n, p}[/math] если [math] \xi[/math] принимает значения [math]k = 0, 1, \ldots ,n[/math] с вероятностями [math]P(\xi = k) = [/math][math] \dbinom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1 - p)^{n - k} [/math] .

Случайная величина с таким распределением имеет смысл числа успехов в [math] n [/math] испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха [math]p[/math].

Таблица распределения [math] \xi [/math] имеет вид

[math]\xi [/math] 0 1 [math]\ldots[/math] [math]k[/math] [math]\ldots[/math] [math]n[/math]
[math]P[/math] [math](1 - p) ^ n [/math] [math]n \cdot p \cdot (1 - p)^{n - 1}[/math] [math]\ldots[/math] [math]\dbinom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1 - p)^{n - k} [/math] [math]\ldots[/math] [math] p^n [/math]

Формула Бернулли[править]

Обозначим через [math] v_{n} [/math] число успехов, случившихся в [math] n[/math] испытаниях схемы Бернулли. Эта случайная величина может принимать целые значения от [math]0[/math] до [math]n[/math] в зависимости от результатов испытаний. Например, если все [math]n [/math] испытаний завершились неудачей, то величина [math] v_{n} [/math] равна нулю.

Теорема:
Для любого [math]k = 0, 1, \ldots , n [/math] вероятность получить в [math]n[/math] испытаниях [math]k[/math] успехов равна [math] P(v_{n} = k ) = [/math] [math] \dbinom{n}{k} \cdot p^{k} \cdot q^{n - k}[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Событие [math]\{A = v_{n} = k\}[/math] означает, что в [math]n[/math] испытаниях схемы Бернулли произошло ровно [math]k[/math] успехов. Рассмотрим один элементарный исход из события [math]A[/math]: когда первые [math]k[/math] испытаний завершились успехом, остальные неудачей. Поскольку испытания независимы, вероятность такого элементарного исхода равна [math] p ^ {k} \cdot (1-p) ^ {n - k} [/math] Другие элементарные исходы из события [math]A[/math] отличаются лишь расположением [math]k[/math] успехов на [math]n[/math] местах. Есть ровно [math]\dbinom{n}{k}[/math] способов расположить [math]k[/math] успехов на [math]n[/math] местах. Поэтому событие [math]A[/math] состоит из [math]\dbinom{n}{k}[/math] элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна [math] p ^ {k} \cdot q ^ {n - k}[/math]

Набор вероятностей в теореме называется биномиальным распределением вероятностей.
[math]\triangleleft[/math]

Геометрическое распределение[править]

Определение:
Геометрическое распределение (англ. geometric distribution) — распределение дискретной случайной величины, равной количеству испытаний случайного эксперимента до наблюдения первого успеха.


Лемма:
Вероятность того, что первый успех произойдёт в испытании с номером [math]k \in \mathbb N = {1, 2, 3, \ldots}[/math] равна [math]P(r = k) = p \cdot q^ {k - 1} [/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Вероятность первым [math] k - 1 [/math] испытаниям завершиться неудачей, а последнему — успехом, равна [math] P(r = k) = p \cdot q^{k - 1} [/math]
[math]\triangleleft[/math]


Теорема:
Пусть [math] P(r = k) = p \cdot q^{k - 1} [/math] для любого [math] k \in \mathbb N [/math]. Тогда для любых неотрицательных целых [math]n [/math] и [math]k[/math] имеет место равенство: [math] P(r \gt n + k | r \gt n) = P(r \gt k) [/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

По определению условной вероятности, [math] P(r \gt n + k | r \gt n) = [/math] [math] \dfrac{P(r \gt n + k, r \gt n)}{P(r \gt n)} = \dfrac{P(r \gt n + k)}{P(r \gt n)} [/math] [math]\left(1\right)[/math]

Последнее равенство верно в силу того, что событие [math] {r \gt n + k} [/math] влечёт событие [math]{r \gt n}[/math], поэтому их пересечением будет событие [math] {r \gt n + k}[/math]. Найдём для целого [math] m \geqslant 0[/math] вероятность [math] P(r \gt m)[/math] : событие [math] r \gt m [/math] означает,что в схеме Бернулли первые [math]m[/math] испытаний завершились «неудачами», то есть его вероятность равна [math] q^{m}[/math]. Возвращаясь к формуле [math]\left(1\right)[/math] получаем, что эта случайная величина равна [math] P(r \gt n + k | r \gt n) = [/math] [math] \dfrac{P(r \gt n + k, r \gt n)}{P(r \gt n)} = \dfrac{q^{n + k}} {q^{n}} =[/math] [math] q^{k} = P(r \gt k)[/math].
[math]\triangleleft[/math]

Обобщение (полиномиальная схема)[править]

Обычная формула Бернулли применима на случай когда при каждом испытании возможно одно из двух исходов. Рассмотрим случай, когда в одном испытании возможны [math] m[/math] исходов: [math]1, 2, \ldots , m,[/math] и [math]i[/math]-й исход в одном испытании случается с вероятностью [math] p_{i}[/math] , где [math]p_{1} + \ldots + p_{m} = 1[/math].

Теорема:
Обозначим через [math]P(n_{1}, \ldots , n_{m})[/math] вероятность того, что в [math]n[/math] независимых испытаниях первый исход случится [math] n_{1}[/math] раз, второй исход — [math]n_{2}[/math] раз, и так далее, наконец, [math]m[/math]-й исход — [math]n_{m}[/math] раз тогда верна формула: [math] P(n_{1}, \ldots , n_{m}) = [/math] [math] \dfrac{n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! \cdot\ldots \cdot n_{m}!} \cdot {p_{1}}^{n_{1}} \cdot \ldots \cdot {p_{m}}^{n_{m}} [/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению [math]n_{1}[/math] единиц, [math] n_{2}[/math] двоек, и так далее. Это результат [math]n[/math] экспериментов, когда все нужные исходы появились в некотором заранее заданном порядке. Вероятность такого результата равна произведению вероятностей [math]p_{n_{1}} \ldots p_{n_{m}}[/math]. Остальные благоприятные исходы отличаются лишь расположением чисел [math]1, 2, \ldots , m[/math] на [math]n[/math] местах. Число таких исходов равно числу способов расположить на [math]n[/math] местах [math]n_{1}[/math] единиц, [math]n_{2}[/math] двоек,и так далее Это число равно

[math]\dbinom{n}{n_1} \cdot\dbinom{n - n_1 - n_2}{n_2} \cdot \dbinom{n - n_1 - n_2- n_3}{n_3} \cdot\ldots \cdot \dbinom{n - n_1 - n_2 - \ldots - n_{m -1}}{n_m} = \dfrac {n!}{n_{1}! \cdot n_{2}! \cdot \ldots \cdot n_{m}!} [/math]
[math]\triangleleft[/math]

Примеры[править]

Правильная монета[править]

Правильная монета подбрасывается [math]10[/math] раз. Найти вероятность того, что герб выпадет от [math]4[/math] до [math]6[/math] раз.

Вычислим отдельно вероятности получить [math]4, 5[/math] и [math]6[/math] гербов после десяти подбрасываний монеты.

[math]P(v_{10} = 4) =[/math] [math] \dbinom{10}{4} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^ {4} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 4} [/math] [math]~\approx ~ 0{.}205 [/math]

[math]P(v_{10} = 5) = [/math] [math]\dbinom{10}{5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {5} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 5}[/math][math]~\approx ~ 0{.}246 [/math]

[math]P(v_{10} = 6) =[/math] [math] \dbinom{10}{6} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {6} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^ {10 - 6}[/math] [math]~\approx ~ 0{.}205 [/math]

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

Правильная игральная кость с двумя исходами[править]

Два игрока по очереди подбрасывают правильную игральную кость. Выигрывает тот, кто первым выкинет шесть очков. Найти вероятность победы игрока, начинающего игру.

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 [math] A_{k} [/math] состоит в том, что шесть очков впервые выпадет в испытании с номером [math]k[/math]. По лемме, [math] P(A_{k}) =[/math] [math]\dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{k - 1} [/math] События [math]A , B[/math], означающие победу первого и второго игроков соответственно, представимы в виде объединения взаимоисключающих событий: [math] A = A_{1} \cup A_{3} \cup A_{5} \cup \ldots , B = B_{2}\cup B_{4} \cup B_{6} \cup \ldots [/math] Вероятности этих объединений равны суммам вероятностей слагаемых:

[math] P(A) =[/math][math] \dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} + \dfrac{1}{6} \cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{4} \ldots = \dfrac{6}{11}.[/math] Теперь аналогичным образом посчитаю вероятность для события [math]B[/math]

[math] P(B) =[/math] [math] \dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{5}{6} + \dfrac{1}{6} \cdot \left(\dfrac{5}{6}\right)^{3} + \dfrac{1}{6} \cdot\left(\dfrac{5}{6}\right)^{5} \ldots = \dfrac{5}{11}. [/math]

Правильная игральная кость с тремя исходами[править]

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.

Так как вероятности выпадения тройки и единицы равны по [math]\dfrac{1}{6}[/math], а вероятность третьего исхода (выпала любая другая грань) [math]\dfrac{4}{6}[/math], то вероятность получить десять троек, три единицы и ещё два других очка равна

[math] P(10, 3, 2) = [/math] [math] \dfrac{15!}{10! \cdot 3! \cdot2!} \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^{10} \cdot \left(\dfrac{1}{6}\right)^{3} \cdot \left(\dfrac{4}{6}\right)^{2} [/math]

См. также[править]

Источники информации[править]