Биномно разпределение

Представи си тест с пет въпроса. На всеки въпрос има четири възможности и точно една от тях е вярна. За теста изобщо не си учил и затова на всеки въпрос просто налучкваш. С каква вероятност ще познаеш точно два въпроса? Точно за това служи биномното разпределение.

С един въпрос щеше да е лесно. От четири възможности една е вярна, така че познаваме с вероятност $\frac{1}{4}$ и не познаваме с вероятност $\frac{3}{4}$. Капанът е в това, че въпросите са пет, а ние искаме два да са познати и три – не.

Една конкретна наредба

Първо ще се съсредоточим върху една конкретна наредба. Да кажем, че познаваме първите два въпроса, а на останалите три грешим. Записваме го като УУННН, където У означава успех, т.е. вярен отговор, а Н – неуспех, т.е. грешен.

Въпросите не зависят един от друг – това, че сме познали първия въпрос, по никакъв начин не помага, нито пречи на втория. Затова можем да умножим вероятностите на отделните въпроси:

$$P(\text{УУННН})=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}$$

Повтарящите се множители събираме в степени:

$$P(\text{УУННН})={\left(\frac{1}{4}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^3$$

Повдигаме на степен:

$$P(\text{УУННН})=\frac{1}{16}\cdot \frac{27}{64}=\frac{27}{1024}$$

Само че това е само една от възможностите. Два верни отговора могат да се появят и в наредбата УНУНН, НННУУ и така нататък. Всяка такава наредба има една и съща вероятност $\frac{27}{1024}$, защото и в нея отново намираме два пъти $\frac{1}{4}$ и три пъти $\frac{3}{4}$, само че в друг ред, а редът на множителите при умножението няма значение.

А колко са всъщност такива наредби? От петте въпроса избираме два, които ще са верни, и няма значение в какъв ред ги избираме. Това са точно комбинации:

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})=\frac{5!}{3!\cdot 2!}=10$$

Така има десет различни наредби и всяка има вероятност $\frac{27}{1024}$. Отделните наредби се изключват взаимно, затова вероятностите им събираме, т.е. умножаваме по десет:

$$P(\text{точно два верни})=10\cdot \frac{27}{1024}=\frac{270}{1024}\approx 0,26$$

При налучкване следователно познаваме точно два въпроса с вероятност около 26%. Примамливо е да пресметнем само ${\left(\frac{1}{4}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^3$ и да забравим десетте наредби. Резултатът щеше да е десет пъти по-малък, отколкото трябва.

Формула

Същият подход се справя с произволен брой въпроси и произволна вероятност. В общия случай всеки въпрос се нарича опит, а верните отговори – успех. Броя на успехите означаваме със случайната величина X и биномното разпределение е разпределението на вероятностите на тази величина. Ако търсиш само формулата, вероятността от n опита да са успешни точно k пресмяташ като

$$P(X=k)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\cdot p^k\cdot (1-p{)}^{n-k},$$

където p е вероятността за успех в един опит. Степента p^k съответства на k успеха, степента (1 − p)^{n − k} – на останалите n − k неуспеха, а биномният коефициент $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$ показва в колко различни реда може да се случи това.

Нашият тест има n = 5, k = 2 и $p=\frac{1}{4}$. Заместваме:

$$P(X=2)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^3=\frac{270}{1024}$$

Получи се същото като преди – формулата е всъщност само съкратен запис на подхода от предишния раздел.

Внимание, формулата е приложима само при определени условия. Трябва да са в сила четири неща:

• броят на опитите n е предварително зададен,
• опитите са независими един от друг,
• във всички опити вероятността за успех p е една и съща,
• всеки опит има само два изхода: успех или неуспех.

Налучкването в тест удовлетворява и четирите условия. Щом обаче на някои въпроси знаеш отговора, вероятността за успех би се различавала между въпросите и формулата би престанала да важи.

Поне

На практика често не ни интересува „точно два“, а „поне един“. Каква е вероятността при налучкване да познаем поне един въпрос? Бихме могли да пресметнем P(X = 1), P(X = 2) до P(X = 5) и да съберем всичко. По-бърз път води през противоположното събитие. Противоположното на „поне един верен“ е „всичко грешно“. Да не познаем нищо означава да не познаем пет пъти поред:

$$P(X=0)={\left(\frac{3}{4}\right)}^5=\frac{243}{1024}$$

Резултата изваждаме от единица:

$$P(X\ge 1)=1-{\left(\frac{3}{4}\right)}^5=1-\frac{243}{1024}=\frac{781}{1024}$$

Поне един въпрос познаваме с вероятност около 76%. Звучи обнадеждаващо, но с един верен отговор от пет тестът не се издържа.

Да предположим, че за успешно полагане на теста ни трябват поне три верни отговора. Противоположното събитие тук няма да ни помогне, защото и то би имало три члена, затова събираме трите случая направо. Първо три верни:

$$P(X=3)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3})\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^3\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2=10\cdot \frac{1}{64}\cdot \frac{9}{16}=\frac{90}{1024}$$

Четири верни:

$$P(X=4)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4})\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^4\cdot \frac{3}{4}=5\cdot \frac{1}{256}\cdot \frac{3}{4}=\frac{15}{1024}$$

Накрая всичките пет верни:

$$P(X=5)={\left(\frac{1}{4}\right)}^5=\frac{1}{1024}$$

Събираме:

$$P(X\ge 3)=\frac{90+15+1}{1024}=\frac{106}{1024}\approx 0,10$$

С налучкване теста ще издържим с вероятност около 10%. Следователно има смисъл да се учи.

Ако със същата формула пресметнем и $P(X=1)=\frac{405}{1024}$, имаме всичките шест възможности и можем да ги нарисуваме. Над всяка колонка е числителят на дробта, знаменателят винаги е 1024. Червените колонки след пунктираната линия съответстват на случаите, когато издържаме теста:

Сега можем да проверим дали не сме сбъркали в пресмятането. Всички числители трябва да дават заедно 1024, защото някакъв брой верни отговори със сигурност настъпва:

$$243+405+270+90+15+1=1024$$

Съвпада. Графиката показва още, че най-често познаваме един въпрос. Средно познаваме $n\cdot p=5\cdot \frac{1}{4}=1,25$ въпроса, което е точно това, което бихме очаквали: една четвърт от пет.