Схема Бернулли — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
(Лемма)
 
(не показаны 94 промежуточные версии 5 участников)
Строка 1: Строка 1:
'''Распределение Бернулли '''   {{---}}   описывает ситуации, где "испытание" имеет результат "успех" либо "неуспех", например, при бросании монеты, или при моделировании удачной или неудачной хирургической операции.  
+
{{Определение
== 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  
 
{{Определение  
 
|definition=
 
|definition=
Схемой 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, 1)</tex> , а неудача — с вероятностью <tex> q =1 - p </tex>.
+
'''Распределение Бернулли''' (англ. ''Bernoulli distribution'')   {{---}}  описывает ситуации, где "испытание" имеет результат "успех" либо "неуспех".
 
}}
 
}}
Обозначим через <tex> v_{n} </tex> число успехов, случившихся в <tex> n</tex> испытаниях схемы Бернулли. Эта (случайная) величина может принимать целые значения от 0 до <tex>n</tex> в зависимости от результатов испытаний. Например, если все <tex>n </tex> испытаний завершились неудачей, то величина <tex> v_{n} </tex> равна нулю.
+
[[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\leqslant 0 \\
 +
1 - p, & 0 < x \leqslant 1\\
 +
1, & x > 1
 +
\end{cases}
 +
</tex>
  
{{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} = k </tex> ) = <tex>C^k_n</tex>  <tex> p ^ {k}  q ^ {n - k}</tex>
 
  
|proof=
+
== Биномиальное распределение ==
Событие {<tex>A =  v_{n} </tex> = k} 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>C^k_n</tex> cпособов расположить <tex>k</tex> успехов на <tex>n</tex> местах. Поэтому событие <tex>A</tex> состоит из <tex>C^k_n</tex> элементарных исходов, вероятность каждого из которых равна <tex> p ^ {k} </tex> <tex> q ^ {n - k}</tex>
+
{{Определение
(Набор вероятностей в  теореме называется биномиальным распределением вероятностей.)
+
|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 > \dbinom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1 - p)^{n - k} </tex> .
 
}}
 
}}
== Биномиальное распределение ==
+
Случайная величина с таким распределением имеет смысл числа успехов в <tex> n </tex> испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха <tex>p</tex>.  
Говорят, что случайная величина <tex>\xi</tex> имеет '''биномиальное распределение''' с параметрами <tex>n \in \mathbb N</tex>  и <tex> p \in \mathbb(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 dpi = "160">P(\xi = k) = \binom{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>.
 
  
== Пример ==
+
Таблица распределения <tex> \xi </tex> имеет вид
Правильная монета подбрасывается 10 раз. Найти вероятность того, что герб выпадет от 4 до 6 раз.
 
  
Вычислим отдельно вероятности получить 4, 5 и 6 гербов после десяти подбрасываний монеты.
+
{| class="wikitable" style ="text-align:center"
 +
|-
 +
|<tex>\xi </tex>
 +
| 0
 +
| 1
 +
| <tex>\ldots</tex>
 +
| <tex>k</tex>
 +
| <tex>\ldots</tex>
 +
| <tex>n</tex>
 +
|-
 +
| <tex>P</tex>
 +
| <tex>(1 - p) ^ n </tex>
 +
| <tex>n \cdot p \cdot (1 - p)^{n - 1}</tex>
 +
| <tex>\ldots</tex>
 +
| <tex>\dbinom{n}{k} \cdot p^k \cdot (1 - p)^{n - k} </tex>
 +
| <tex>\ldots</tex>
 +
| <tex> p^n </tex>
 +
|}
  
<tex dpi = "160">P(v_{10} = 4) = \binom{10}{4}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^ {4} \cdot  \left(\frac{1}{2}\right)^ {10 - 4} ~\approx ~ 0{.}205 </tex>
+
== Формула Бернулли ==
 +
Обозначим через <tex> v_{n} </tex> число успехов, случившихся в <tex> n</tex> испытаниях схемы Бернулли. Эта случайная величина может принимать целые значения от <tex>0</tex> до <tex>n</tex> в зависимости от результатов испытаний. Например, если все <tex>n </tex> испытаний завершились неудачей, то величина <tex> v_{n} </tex> равна нулю.
  
<tex dpi ="160">P(v_{10} = 5) =\binom{10}{5}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^ {5} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^ {10 - 5}~\approx ~ 0{.}246 </tex>
+
{{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_{n} = k ) = </tex> <tex dpi="145"> \dbinom{n}{k} \cdot p^{k} \cdot q^{n - k}</tex>
  
<tex dpi = "160">P(v_{10} = 6) = \binom{10}{6}\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^ {6} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^ {10 - 6} ~\approx ~ 0{.}205 </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} \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.
 +
}}
  
Сложим вероятности несовместных событий:
+
== Геометрическое распределение ==
<tex>P(4)( \le </tex><tex> v_{10}</tex> <tex> \le </tex>6) = <tex>P( v_{10} </tex> = 4) + <tex>P( v_{10} </tex> = 5) + <tex>P( v_{10} </tex> = 6)  <tex> ~\approx ~ 0{.}656 </tex>
+
{{Определение
 +
|definition=
 +
'''Геометрическое распределение''' (англ. ''geometric distribution'') {{---}} распределение дискретной случайной величины, равной количеству испытаний случайного эксперимента до наблюдения первого успеха.
 +
}}
  
== Лемма ==
 
 
{{Лемма
 
{{Лемма
 
|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=
 +
Вероятность первым <tex> k - 1 </tex>  испытаниям завершиться неудачей, а последнему {{---}} успехом, равна <tex> P(r = k)  = p \cdot q^{k - 1} </tex>
 +
}}
  
  
 +
{{Теорема
 +
|id=th1
 +
|statement=
 +
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,
 +
<tex > P(r > n + k | r > n) = </tex> <tex> \dfrac{P(r > n + k, r > n)}{P(r > n)} = \dfrac{P(r > n + k)}{P(r > n)} </tex>  <tex>\left(1\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 \geqslant 0</tex>  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(1\right)</tex> получаем, что эта [[Дискретная случайная величина | случайная величина]]  равна <tex > P(r > n + k | r > n) = </tex> <tex> \dfrac{P(r > n + k, r > n)}{P(r > n)} = \dfrac{q^{n + k}} {q^{n}} =</tex> <tex> q^{k} = P(r > k)</tex>.
  
Вероятность первым <tex> k  − 1 </tex>  испытаниям завершиться неудачей, а последнему — успехом, равна <tex> P(r = k)  = pq^{k - 1}  </tex>
 
 
}}
 
}}
  
 
+
== Обобщение (полиномиальная схема) ==
 +
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, \ldots , m,</tex> и <tex>i</tex>-й исход в одном испытании случается
 +
с вероятностью <tex> p_{i}</tex> , где <tex>p_{1} + \ldots + p_{m} = 1</tex>.
 
{{Теорема
 
{{Теорема
 
|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>
+
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=
 
|proof=
По определению условной вероятности,
+
Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению <tex>n_{1}</tex> единиц, <tex> n_{2}</tex> двоек, и так далее.
<tex> P(r > n + k | r > n) = \frac{P(r > n + k, r > n)}{P(r > n)} = \frac{P(r > n + k)}{P(r > n)} </tex> (9)
+
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
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 </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 (9),что эта [[Дискретная случайная величина | случайная величина]]  равна <tex> P(r > n + k | r > n) = \frac{P(r > n + k, r > n)}{P(r > n)} = \frac{q^{n + k}} {q^{n}} = q^{k} = P(r > k)</tex>.
+
<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>
  
== Пример ==
+
==== 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 что шесть очков впервые выпадет в испытании с номером <tex>k</tex>. По лемме, <tex dpi = "160"> P(A_{k}) = \frac{1}{6} \cdot (\frac{5}{6})^{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 dpi = "160"> P(A) = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{2} + \frac{1}{6}\cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{4} ... = \frac{6}{11}.</tex> Теперь аналогичным образом посчитаю вероятность для события В
+
<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 dpi="160">P(B) = \frac{1}{6} \cdot\frac{5}{6}+ \frac{1}{6} \cdot\left(\frac{5}{6}\right)^{3} + \frac{1}{6}\cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{5} ... = \frac{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>
  
Рассмотрим схему независимых испытаний уже не с двумя, а с большим количеством возможных результатов в каждом испытании.
+
==== Правильная игральная кость с тремя исходами ====
 
 
== Пример ==
 
 
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. Поэтому воспользоваться
+
Здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпадение тройки, выпадение единицы, выпадение любой другой грани.  
формулой 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 случается
 
с 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
+
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
|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 dpi = "160"> P(n_{1}, . . . , n_{m}) = \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} \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 как вероятности выпадения тройки и единицы равны по <tex>\genfrac{}{}{}{0}{1}{6}</tex>, а вероятность третьего исхода (выпала любая другая грань) <tex>\genfrac{}{}{}{0}{4}{6}</tex>, то вероятность получить десять троек, три единицы и ещё два других очка равна
 
  
<tex dpi = "160"> P(10, 3, 2) = {15!\over 10! \cdot 3! \cdot 2!} \cdot \left(\frac{1}{6}\right)^{10} \cdot \left({1\over 6}\right)^3\cdot\left({4\over6}\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>
  
Строка 104: Строка 146:
 
*[[Математическое ожидание случайной величины]]
 
*[[Математическое ожидание случайной величины]]
  
==Литература==
+
==Источники информации==
*Н.И Чернова 'Теория вероятности' Учебное пособие СибГУТИ— Новосибирск, 2009.
+
*[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 {{---}} Новосибирск, 2009.
 
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
 
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
 
[[Категория: Теория вероятности]]
 
[[Категория: Теория вероятности]]

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]