Изменения

{{Определение |definition='''Распределение 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 дискретное распределение вероятностей<tex> p \in (0, моделирующее случайный эксперимент произвольной природы1)</tex> , когда заранее известна вероятность успеха или неудачиа неудача {{---}} с вероятностью <tex> q = 1 - p </tex>.== Определение ==}}

Схемой '''Распределение 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 \mathbb ''' (0, 1англ. ''Bernoulli distribution'')</tex> {{---}} описывает ситуации, а неудача — с вероятностью <tex> q =1 - p </tex>где "испытание" имеет результат "успех" либо "неуспех".

Обозначим через [[Дискретная случайная величина | Случайная величина]] <tex> v_{n} \xi</tex> число с таким распределением равна числу успехов, случившихся в одном испытании схемы Бернулли с вероятностью <tex> np</tex> испытаниях схемы Бернуллиуспеха : ни одного успеха или один успех. Эта (случайная) величина может принимать целые значения от 0 до Функция распределения <tex>n\xi</tex> в зависимости от результатов испытаний. Например, если все имеет вид <tex>n F_{\xi}(x) = P(\xi </tex> испытаний завершились неудачейx) \begin{cases}0, & x\leqslant 0 \\1 - p, то величина & 0 <texx \leqslant 1\\1, & x > v_1 \end{ncases} </tex> равна нулю.

{{Теорема[[Файл:Распределение Бернулли.jpg‎]]|id=th1|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} Биномиальное распределение = k </tex> ) = <tex>\binom{n}{k}</tex> <tex> p ^ {k} </tex> <tex> q ^ {n - k}</tex> Набор вероятностей называется биномиальным распределением вероятностей.Определение |proofdefinition=Событие {Случайная величина <tex>A = v_{n} \xi</tex> = k} означает, что в имеет '''биномиальное распределение''' (англ. ''binomial distribution'') с параметрами <tex>n\in \mathbb 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 и <tex> p ^ {k} </tex> <tex> \in (0, 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 и пишут: <tex>\binomxi \in \mathbb B_{n}{k, p}</tex> cпособов расположить если <tex>k\xi</tex> успехов на принимает значения <tex>k = 0, 1, \ldots ,n</tex> местах. Поэтому событие с вероятностями <tex>AP(\xi = k) = </tex> состоит из <tex>\binomdbinom{n}{k}</tex> элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна \cdot <tex> p ^ {k} </tex> <tex> q \cdot (1 - p)^ {n - k}</tex>.

== Формула Бернулли ==Обозначим через <tex>P(v_{10n}</tex> = 4) = число успехов, случившихся в <tex> n</tex> испытаниях схемы Бернулли. Эта случайная величина может принимать целые значения от <tex>\binom{10}{4}\cdot (\genfrac{}{}{}{0}{1}{2})^ {4} \cdot (\genfrac{}{}{}{0}{1}{2})^ {10 - 4} </tex> до <tex>n</tex> в зависимости от результатов испытаний. Например, если все <tex>n </tex> испытаний завершились неудачей, то величина <tex>~\approx ~ 0v_{.n}205 </tex>равна нулю.

{{Теорема|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_{10n}= k ) = </tex> = 5) = <texdpi="145">\binomdbinom{10n}{5k}\cdot (\genfrac{}{}{}{0}{1}{2})p^ {5k} \cdot (\genfrac{}{}{}{0}{1}{2}) q^ {10 n - 5}</tex> <tex>~\approx ~ 0{.k}246 </tex>

|proof=Событие <tex>P(\{A = v_{10n}= 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> = 6) = испытаний завершились успехом, остальные неудачей. Поскольку испытания независимы, вероятность такого элементарного исхода равна <tex>\binom{10}p ^ {6k}\cdot (\genfrac{}{}{}{0}{1}{2}-p)^ {6n - 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">\cdot (\genfrac{}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{0n}{1}{2})^ {10 - 6k} </tex> элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна <tex>~p ^ {k} \approx ~ 0cdot q ^ {.n - k}205 </tex>Набор вероятностей в теореме называется биномиальным распределением вероятностей.}}

Сложим вероятности несовместных событий:== Геометрическое распределение ==<tex>P(4)( \le </tex><tex> v_{10}</tex> <tex> \le </tex>6) {Определение |definition= <tex>P'''Геометрическое распределение''' ( v_англ. ''geometric distribution'') {10} </tex> = 4) + <tex>P( v_{10---} </tex> = 5) + <tex>P( v_{10} </tex> = 6) <tex> ~\approx ~ 0{распределение дискретной случайной величины, равной количеству испытаний случайного эксперимента до наблюдения первого успеха.}}656 </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> 

Вероятность первым <tex> k - 1 </tex> − 1 испытаниям завершиться неудачей, а последнему — {{---}} успехом, равна <tex> P(r = k) = pqp \cdot q^{k - 1} </tex>

Пусть <tex> P(r = k) = pqp \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>

<tex> P(r > n + k | r > n) = </tex> <tex> \genfrac{}{}{}{0}dfrac{P(r > n + k, r > n)}{P(r > n)} = \genfrac{}{}{}{0}dfrac{P(r > n + k)}{P(r > n)} </tex> <tex>\left(91\right)</tex>Последнее равенство верно в силу того, что событие <tex> {r > n + k} </tex> влечёт событие <tex>{r > n}</tex>, поэтому их пересечением будет событие <tex> {r > n + k}</tex>. Найдём для целого <tex> m \ge geqslant 0</tex> 0 вероятность <tex> P(r > m)</tex> : событие <tex> r > m </tex> означает,что в схеме Бернулли первые <tex>m </tex> испытаний завершились «неудачами», то есть его вероятность равна <tex> q^{m}</tex>. Возвращаясь к формуле <tex>\left(91\right)</tex> получаем, получим что эта [[Дискретная случайная величина | случайная величина]] равна <tex> P(r > n + k | r > n) = </tex> <tex> \genfrac{}{}{}{0}dfrac{P(r > n + k, r > n)}{P(r > n)} = \genfrac{}{}{}{0}dfrac{q^{n + k}} {q^{n}} = </tex> <tex> q^{k} = P(r > k)</tex>. 

== Пример Обобщение (полиномиальная схема) ==Обычная формула Бернулли применима на случай, когда при каждом испытании возможен один из двух исходов.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 случаетсяс вероятностью <tex> p_{i}</tex> , где <tex>p_{1} + \ldots + p_{m} = 1</tex>.{{Теорема|id=th1|statement=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}, \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>|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}} \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\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>}} == Примеры ====== Правильная монета ====Правильная монета подбрасывается <tex>10</tex> раз. Найти вероятность того, что герб выпадет от <tex>4</tex> до <tex>6</tex> раз. 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} = 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> 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> ==== 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>\genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6} \times cdot \left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{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> \genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6} + \genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6} \cdot\left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{5}{6}\right)^{2} + \genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6}\cdot \left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{5}{6}\right)^{4} ... \ldots = \genfrac{}{}{}{0}dfrac{6}{11}.</tex> Теперь аналогичным образом посчитаю вероятность для события В<tex>B</tex>

<tex>P(B) = </tex> <tex> \genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6} \cdot(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{5}{6})+ \genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6} \cdot\left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{5}{6}\right)^{3} + \genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6}\times cdot\left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{5}{6}\right)^{5} ... \ldots = \genfrac{}{}{}{0}dfrac{5}{11}.

Рассмотрим схему независимых испытаний уже не с двумя, а ==== Правильная игральная кость с большим количеством возможных результатов в каждом испытании. тремя исходами == Пример ==

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>.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

{{Теорема|id=th1|statement=Для любого <tex>n</tex> и любых неотрицательных целых чисел<tex> n_{1}, . . . , n_{m}</tex>, сумма которых равна <tex>n</tex>, верна формула:<tex> P(n_{1}, . . . , n_{m}) =( \frac{n!}{n_{1}! \times n_{2}! .. \times n_{m}!})\times (p_{1})^(n_{1})\times... \times(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>\binom{n}{n_{1}}\times \binom{n - n_{1}}{n_{2}} \times \binom{n - n_{1} - n_{2}}{n_{3}}...\times \binom{n - n_{1}...-n_{m - 1}}{n_{m}} = \frac {n!}{n_{1}! \times n_{2}! .. \times 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> \frac dfrac{15!}{10! \times cdot 3! \times 2cdot2!} \times (cdot \left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6}\right)^({10)) } \cdot \times (left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{1}{6}\right)^{3)} \cdot \times (left(\genfrac{}{}{}{0}dfrac{4}{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.