PT@Bernoulli概型@古典概型之伯努利概型

文章目录

• abstract
• 伯努利概型
• 伯努利试验

• n重伯努利试验
• 例

• 样本空间
• 样本空间的重要划分
• 成功k次的n重Bernoulli试验

• 例
• 例
• 例

abstract

• Bernoulli概型是结合独立事件和n重Bernoulli试验概念的古典概型

伯努利概型

• Bernoulli概型是基于bernoulli试验的一类古典概型
• 这类概型的等可能性体现在$n$重Bernoulli试验种的各种结果出现的可能性相等,而单重Bernoulli试验的两种结果发生的概率不一定要相等

伯努利试验

• 如果试验E的样本空间中只有两个对立样本点:$A,\overline{A}$,则试验E是Bernoulli试验
• 样本点概率关系:$P(A)=p$,则$P(\overline{A})=1-p$

n重伯努利试验

• 如果把试验E**独立重复做n次,将这n次构成一个新试验**,这个新试验称为$n$重Bernoulli试验
• Note:

• 重复是指每次Bernoulli试验中$P(A)=p$保持不变
• 独立是指各次的试验结果互不影响

• 若$C_i$表示第$i$次Bernoulli试验的结果,则$C_i\in\set{A,\overline{A}}$,$i=1,2,\cdots,n$;且$P(C_1\cdots{C_n})$=$P(C_1)\cdots{P(C_n)}$

• 每重复完成n次基本试验,才能够算完成一次n重伯努利试验

• n重伯努利试验也叫伯努利概型,$记为E^n$

例

• 试验$E_1$是抛一枚硬币观察得到的正反面:$A,\overline{A}$分别表示结果为正面和反面
• 试验$E_2$是抛一个子,若$A$表示"得到1点",$\overline{A}$表示得到"非1点"
• $E_1,E_2$都是Bernoulli试验
• 如果将$E_1,E_2$各执行$n$次,得到各自的$n$重Bernoulli试验$E_1^{n},E_2^{n}$

样本空间

• $E^{n}$的样本空间

• 记$\omega_i$为第$i$次基本Bernoulli的试验结果,则$\omega_i\in\set{A,\overline{A}}$
• 且某一次试验结果(样本点)可以表示为$\omega=(\omega_1\cdots \omega_n)$;
• 并且,若$\omega$中的$n$次基本试验若出现了$k$个$A$,则剩余$n-k$个基本试验都是$\overline{A}$
• 样本空间的样本数为$2^{n}$

• $\omega_i$取值有2种,$i=1,\cdots,n$,所以$\omega$取值有$2^{n}$
• 或者可以这样算:$\sum_{i=0}^{n}{\binom{n}{i}}$=$(1+1)^{n}$=$2^{n}$

样本空间的重要划分

• 不妨把恰好出现$k$次$A$的$E^{n}$试验记为事件$B_{k}$,则$B_0,B_1,\cdots,B_n$构成$E^{n}$样本空间的一个划分
• 根据$\omega=(\omega_1\cdots \omega_n)$中$\omega_i,\omega_j$,$i\neq{j}$相互独立,若$\omega=(\omega_1\cdots \omega_n)$中有$k$个$A$,且$P(A)=p,P(\overline{A})=1-p=q$,$E^{n}$的样本点$\omega$发生的概率为

• $P(\omega)=P(\omega_1\cdots \omega_n)=\prod_{i=1}^{n}P(\omega_i)$=$p^kq^{n-k}$,

成功k次的n重Bernoulli试验

• 若单重Bernoulli试验结果为$A$视为成功,则$n$重Bernoulli试验出现$k$次$A$视为成功$k$次,即$B_k$发生
• 事件$B_k$中包含的样本点数量为$\binom{n}{k}$,每个样本点发生的概率是相同的因此:

• $P(B_k)=\binom{n}{k}p^kq^{n-k}$

• 可以为$B_k$加上其对应的Bernoulli试验的重数$n$,记为$B_{k}^{(n)}$或$B_k(n=4)$

例

• 利用$P(B_k)=\binom{n}{k}p^kq^{n-k}$,来计算一些具体问题

• 设4次独立重复试验中,事件A至少出现一次的概率为0.5904
• 那么3次独立试验中,事件A出现1次的概率?

• 解

• $B_k^{n}$={在n次独立试验中事件A出现恰好地出现了k次}
• 显然A在4次独立重复试验种出现0次(对应事件$B_0^{4}$的概率为$1-0.5904=0.4096$
• 记:$P(A)=p$;
• $P(B_0^{4})=\binom{4}{0}p^{0}q^{4}$=0.4096

• $q^{4}$=$2^{12}\times{10^{-4}}$=$(2^{3})^{4}\times{(10^{-1})}^{4}$=$0.8^{4}$
• 解得$q=0.8$,从而$p=0.2$

• 那么3次独立试验中,事件A出现1次的概率:

• $P(B_1^{3})$=$\binom{3}{1}p^1q^2=3*0.2*0.64=0.384$

例

• 设甲乙两人投球中目标的概率分别为$0.8,0.6$
• 若两人各投3次,则事件$A$:两人投中次数相等的概率?

• 投中次数可能为:$k$=0,1,2,3

• 设$B_i,C_i$:分别表示甲乙两人投中$i$个球,$\set{B_i;i\in{I}}$,$\set{C_i;i\in{I}}$,$I=\set{1,2,3}$都是样本空间的一个划分
• 则$A=\bigcup_{i=0}^{3}B_iC_i$,且$(B_iC_i)(B_jC_j)=$$(B_iB_j)(C_iC_j)$=$\emptyset$,$i\neq{j}$$;且因为$B_i,C_i$是相互独立的所以:

• $P(A)$=$\sum_{i=0}^{3}P(B_iC_i)$=$\sum_{i=0}^{3}P(B_i)P(C_i)$=$\sum_{i=0}^{3}(\binom{3}{i}0.8^{i}0.2^{3-i})(\binom{3}{i}0.6^{i}0.4^{3-i})$=$0.305$

例

• 同时抛两个色子

• 事件A={出现的点数之和为7}
• 事件B={出现的点数之和为9}

• 注意仅抛1次不一定$A,B$都不一定发生,可能需要抛$k$次,$A$或$B$才能发生
• 再令事件C={事件A比事件B先发生},求$C$发生的概率?
• 令试验为抛$k$次色子观察点数之和,以下三个事件包含了第k次抛色子的所有可能事件,构成了样本空间的一个划分

• $A_k$={A在第k次试验时发生}

• $P(A_k)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$

• (1,6);(2,5);(3,4);(4,3),(2,5),(6,1)共6种可能

• $B_k$={B在第k次试验发生}

• $P(B_k)=\frac{4}{36}=\frac{1}{9}$

• (3,6);(4,5);(5,4);(6,3)共4种可能

• $C_k$={A,B在第k次试验时都没有发生}

• 则$C_k={\overline{A_k\cup B_k} }$=$\overline{A_k}\;\overline{B_k}$
• $P(C_k)=1-P(\overline{C_k})=1-P(A_k\cup B_k)$=$1-(P(A_k)+P(B_k)-P(A_kB_k))$
• 由于$A_k,B_k$之间互斥,$P(C_k)=1-(P(A_k)+P(B_k))=\frac{13}{18}$

• 事件$C$发生可以列为以下互斥事件的并事件:

• $A_1$
• $C_1A_2$
• $C_1C_2A_3$
• $\cdots$
• $C_1\cdots{C_{n-1}}A_n$
• $\cdots$

• 显然$A_1,\cdots,A_k$是独立事件它们发生的概率相等,均为$\frac{1}{6}$
• 同理,$B_1,\cdots,B_k$发生的概率都是$\frac{1}{9}$;$C_1,\cdots,C_k$发生的概率都是$\frac{13}{18}$
• 并且$A_{i},B_{j},C_{k}$,($i,j,k$互不相等)都是相互独立的(即第$i$次发生的结果不影响第$i+1$次及以后的试验的结果)

• $A_k,B_k,C_k,$构成了第k次试验的样本空间的一个划分,它们之间互不相容
• 令$T(k)=\left(\bigcap\limits_{i=0}^{k-1}C_i \right)A_k$;$k=1,\cdots$,且$C_0=1$,例如,$T(1)=A_1$;$T(3)=C_1C_2A_3$
• $\\C=\bigcup\limits_{k=1}^{\infin}T(k)=\bigcup\limits_{k=1}^{\infin} \left( \left( \bigcap\limits_{i=0}^{k-1}C_i \right) A_k \right) \\T(i)T(j)=\varnothing;i\neq j$
• 则$P(C)=\sum\limits_{k=1}^{\infin}P(T(k))$,再根据独立事件的性质$P(T(k))=(\prod_{i=1}^{k-1}P(C_i))P(A_k)$=$(\frac{13}{18})^{k-1}\frac{1}{6}$
• $P(C)$=$\sum_{k=1}^{\infin}(\frac{13}{18})^{k-1}\frac{1}{6}$=$\frac{1}{6}\sum_{k=1}^{\infin}(\frac{13}{18})^{k-1}$=$\frac{1}{6}\frac{1}{1-\frac{13}{18}}$=$\frac{3}{5}$
• 事实上,任何一次试验,$P(A)=\frac{1}{6}$,$P(B)=\frac{1}{9}$;令事件D:$A$或$B$发生;则事件$C$所谓的$A$先于$B$发生就是所有D发生的情况下$A$发生而$B$不发生
• 从而$P(C)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{6}+\frac{1}{9}}$=$\frac{3}{5}$