Биномиальное распределение: примеры задач «ровно», «не менее» и «не более»

Представьте, что вы пять раз подбрасываете монету и хотите получить ровно три орла. Вероятность одной конкретной последовательности, ООРОР, вычислить несложно. Но ООРОР лишь один из нескольких способов получить три орла. Биномиальный расчёт решает обе задачи: находит вероятность одной последовательности и учитывает все последовательности, подходящие под условие.

Эти примеры биномиального распределения показывают, как найти вероятность точного числа успехов, не менее одного успеха и не более двух успехов. Прежде чем применять формулу, проверьте, подходит ли к ситуации сама модель. Если нужен более спокойный разбор языка случайных событий, начните с основ вероятности.

Проверьте четыре условия биномиальной модели

Биномиальная модель считает успехи в повторяющихся испытаниях. В разделе о биномиальном распределении OpenStax описана модель, которую можно проверить по четырём пунктам:

1. Фиксированное число испытаний: определите $n$ до того, как узнаете результаты.
2. Два исхода каждого испытания: для своего вопроса назовите каждый исход успехом или неудачей.
3. Независимые испытания: знание одного результата не меняет вероятность другого.
4. Постоянная вероятность успеха: одно и то же $p$ действует в каждом испытании.

Если выполнены все четыре условия, пусть $X$ обозначает число успехов. Тогда $X$ может быть любым целым числом от нуля до $n$. Слово успех не означает, что исход хороший. Если вы считаете бракованные детали, бракованная деталь может быть математическим успехом, потому что именно это событие вы решили подсчитать.

Рассмотрим пять независимых вопросов, для каждого из которых вероятность правильного ответа равна $p=0.4$. Число вопросов фиксировано; правильный ответ называем успехом; предполагаем независимость и вероятность 0.4 в каждом случае. Это биномиальная постановка.

Выведите формулу вероятности

Чтобы найти вероятность ровно $k$ успехов в $n$ испытаниях, начните с одного расположения исходов. Если вероятность успеха равна $p$, то вероятность неудачи равна $1-p$. Благодаря независимости вероятность расположения с $k$ успехами и $n-k$ неудачами равна $p^k(1-p)^{n-k}$.

Теперь подсчитайте расположения. Есть $\binom{n}{k}$ способов выбрать $k$ позиций испытаний, в которых произойдёт успех. Вероятность каждого способа одинакова, поэтому:

$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k},\qquad \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$$

Например, для трёх успехов в пяти испытаниях есть $\binom{5}{3}=10$ расположений. Перечислять их все не нужно. Если множитель, отвечающий за подсчёт, пока непривычен, статья о перестановках и сочетаниях объясняет, почему выбор позиций является сочетанием, а не задачей на порядок элементов.

Для быстрой проверки масштаба: среднее число успехов в этой модели равно $np$, а дисперсия равна $np(1-p)$, как указано в OpenStax. Это характеристики всего распределения, а не замена вероятности конкретного числа успехов. О различии между дисперсией и стандартным отклонением читайте в этом руководстве.

Пример 1: ровно три успеха

Вернёмся к пяти независимым вопросам, где вероятность правильного ответа на каждый равна $p=0.4$. Найдите вероятность ровно трёх правильных ответов. Число испытаний $n=5$, нужное число успехов $k=3$. Подставьте значения до обращения к калькулятору:

$$\begin{aligned} P(X=3)&=\binom{5}{3}(0.4)^3(0.6)^2\\ &=10(0.064)(0.36)\\ &=0.2304. \end{aligned}$$

Итак, вероятность равна $23.04\%$. Множитель $10$ считает варианты расположения трёх правильных ответов. Без него $0.02304$ было бы вероятностью только одной конкретной последовательности, например «правильно, правильно, неправильно, правильно, неправильно». Пропущенный множитель сочетаний является самой частой ошибкой в задаче на точное число успехов.

Показатели степеней тоже позволяют проверить постановку: три успеха плюс две неудачи дают пять испытаний. Если сумма показателей не равна $n$, остановитесь до вычисления. Полезно сохранять точное десятичное значение $0.2304$ в последующих действиях и округлять только при записи ответа.

Пример 2: не менее одного успеха

Предположим, что каждая из четырёх независимых попыток имеет вероятность успеха $0.3$. Найдите вероятность не менее одного успеха. Это выражение включает один, два, три и четыре успеха. Можно сложить четыре отдельных биномиальных слагаемых, но дополнение короче: ноль успехов.

$$\begin{aligned} P(X\geq1)&=1-P(X=0)\\ &=1-\binom{4}{0}(0.3)^0(0.7)^4\\ &=1-0.2401=0.7599. \end{aligned}$$

Ответ равен $75.99\%$. Перед выбором дополнения проговорите условие: «не менее одного» не выполняется только при отсутствии успехов. А дополнение к «не менее двух» включает и ноль, и один успех. Если в этом случае вычесть лишь $P(X=0)$, ответ будет неверным.

Заметьте, что $P(X=0)=(1-p)^n$. Множитель сочетаний равен единице: расположение без успехов только одно. Это сокращение работает потому, что испытания независимы и вероятность в них одинакова.

Пример 3: не более двух успехов

Теперь вообразим шесть независимых испытаний с вероятностью успеха $p=0.25$ в каждом. «Не более двух» означает ноль, один или два успеха. Сложите именно эти три несовместных случая:

$$\begin{aligned} P(X\leq2)&=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)\\ &=\binom{6}{0}(0.25)^0(0.75)^6 +\binom{6}{1}(0.25)^1(0.75)^5 +\binom{6}{2}(0.25)^2(0.75)^4\\ &=0.177978515625+0.35595703125+0.296630859375\\ &=0.83056640625\approx0.8306. \end{aligned}$$

Это примерно $83.06\%$. Здесь прямое сложение требует трёх слагаемых. Дополнение $1-P(X\geq3)$ потребовало бы четырёх, поэтому менее удобно. При большом пороге сравните число слагаемых с обеих сторон и вычислите более короткую сумму. Функция накопленной биномиальной вероятности в калькуляторе может помочь, но знак неравенства всё равно нужно задать правильно: функция для $P(X\leq2)$ включает два, а функция для $P(X<2)$ не включает.

Если слишком рано округлять промежуточные десятичные числа, итоговая сумма может сдвинуться на несколько единиц последнего десятичного разряда. Сохраняйте полную точность при сложении и округляйте только окончательную вероятность до требуемой точности. Ответ должен оставаться между нулём и единицей.

Ситуация, к которой биномиальная модель не подходит

Вы берёте три карты из стандартной колоды без возвращения и считаете тузов. Число вытягиваний фиксировано, и каждый результат можно обозначить как «туз» или «не туз». Но после первой карты состав колоды изменился. Если вы взяли туза, вероятность туза при следующем вытягивании равна $3/51$; если нет, она равна $4/51$. Вероятность успеха уже не постоянна, а вытягивания зависимы. Поэтому биномиальная формула с $n=3$ и $p=4/52$ не даёт точной модели.

Если возвращать каждую карту в колоду и перемешивать её перед следующим вытягиванием, в этом упрощённом примере постоянная вероятность и независимость восстановятся. Это различие важнее заученной формулы: сначала определите, откуда берутся объекты и меняет ли испытание следующее.

Решите три задачи, затем проверьте ответы

1. Ровно два. В игре пять независимых раундов, вероятность выигрыша в каждом равна $0.2$. Какова вероятность ровно двух побед?

Решение: $n=5$, $k=2$ и $p=0.2$. Две победы можно расположить $\binom{5}{2}=10$ способами. Поэтому

$$P(X=2)=10(0.2)^2(0.8)^3=10(0.04)(0.512)=0.2048.$$

Вероятность равна $20.48\%$. Если посчитать только одно расположение, получится $0.02048$, то есть в десять раз меньше правильного ответа.

2. Не менее двух. Каждая из четырёх независимых попыток имеет вероятность успеха $0.5$. Какова вероятность хотя бы двух успехов?

Решение: «Не менее двух» исключает ноль и один. При $p=0.5$ дополнение вычисляется просто:

$$\begin{aligned} P(X\geq2)&=1-P(X=0)-P(X=1)\\ &=1-\binom{4}{0}(0.5)^4-\binom{4}{1}(0.5)^4\\ &=1-\frac{1}{16}-\frac{4}{16}=\frac{11}{16}=0.6875. \end{aligned}$$

Ответ равен $68.75\%$. Если вычесть только случай без успехов, получится ответ для «не менее одного».

3. Не более одного. Три независимые проверки имеют вероятность положительного результата $0.1$ каждая. Какова вероятность не более одного положительного результата?

Решение: включите ноль и один результат, затем сложите:

$$\begin{aligned} P(X\leq1)&=\binom{3}{0}(0.1)^0(0.9)^3 +\binom{3}{1}(0.1)^1(0.9)^2\\ &=0.729+0.243=0.972. \end{aligned}$$

Ответ равен $97.2\%$.

Для дополнительной практики по основам вероятности откройте задачи Math Zen по вероятности. Наиболее полезный первый шаг в каждой задаче по-прежнему один: проверка четырёх условий.