PT@Bernoulli概型@古典概型之伯努利概型

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$C_i\in \{A,\overline{A}\}$,$i=1,2,\cdots ,n$;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${\omega }_i\in \{A,\overline{A}\}$
  • 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:${\sum }_{i=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i}\right)$=$(1+1{)}^n$=$2^n$

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${\omega }_i,{\omega }_j$,$i\ne j$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
  • $P(\omega )=P({\omega }_1\cdots {\omega }_n)={\prod }_{i=1}^{n}P({\omega }_i)$=$p^k{q}^{n-k}$,

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$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$,每个样本点发生的概率是相同的因此:

  • $P(B_k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}$

• 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$P(B_k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k}$,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:$P(A)=p$;

  • $P(B_0^4)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{0}\right)p^0{q}^4$=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:

    • $P(B_1^3)$=$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)p^1{q}^2=3\ast 0.2\ast 0.64=0.384$

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,$\{B_i;i\in I\}$,$\{C_i;i\in I\}$,$I=\{1,2,3\}$都是样本空间的一个划分
• 则$A={\bigcup }_{i=0}^3{B}_i{C}_i$,且$(B_i{C}_i)(B_j{C}_j)=$$(B_i{B}_j)(C_i{C}_j)$=$\varnothing$,$i\ne j$$;且因为$B_i,C_i$是相互独立的所以:
  • $P(A)$=${\sum }_{i=0}^{3}P(B_i{C}_i)$=${\sum }_{i=0}^{3}P(B_i)P(C_i)$=${\sum }_{i=0}^3((\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{i})0.8^{i}0.2^{3-i})((\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{i})0.6^{i}0.4^{3-i})$=$0.305$

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$C_k=\overline{A_k\cup B_k}$=$\overline{A_k}\overline{B_k}$

    • $P(C_k)=1-P(\overline{C_k})=1-P(A_k\cup B_k)$=$1-(P(A_k)+P(B_k)-P(A_k{B}_k))$

    • 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:

    • $A_1$
    • $C_1{A}_2$
    • $C_1{C}_2{A}_3$
    • $\cdots$
    • $C_1\cdots C_{n-1}{A}_n$
    • $\cdots$

  • 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$T(k)=\left(\bigcap _{i=0}^{k-1}{C}_i\right)A_k$;$k=1,\cdots$,且$C_0=1$,例如,$T(1)=A_1$;$T(3)=C_1{C}_2{A}_3$

• $$\begin{gathered} C=\bigcup _{k=1}^{\infty }T(k)=\bigcup _{k=1}^{\infty }\left(\left(\bigcap _{i=0}^{k-1}{C}_i\right)A_k\right) \\ T(i)T(j)=\varnothing ;i\ne j \end{gathered}$$

• 则$P(C)=\sum _{k=1}^{\infty }P(T(k))$,再根据独立事件的性质$P(T(k))=({\prod }_{i=1}^{k-1}P(C_i))P(A_k)$=$(\frac{13}{18}{)}^{k-1}\frac{1}{6}$

• $P(C)$=${\sum }_{k=1}^{\infty }(\frac{13}{18}{)}^{k-1}\frac{1}{6}$=$\frac{1}{6}{\sum }_{k=1}^{\infty }(\frac{13}{18}{)}^{k-1}$=$\frac{1}{6}\frac{1}{1-\frac{13}{18}}$=$\frac{3}{5}$

• 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$P(C)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{6}+\frac{1}{9}}$=$\frac{3}{5}$

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