Geometrické rozdelenie 2

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že Poissonova náhodná veličina \( X \) s parametrem \( \lambda \) nabude hodnoty \( k \), je dána vzorcem:

\( P(X = k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} \).

Dosadíme \( \lambda = 3 \), \( k = 2 \):

\( P(X = 2) = \frac{3^{2} e^{-3}}{2!} = \frac{9 e^{-3}}{2} \).

Hodnotu \( e^{-3} \) lze přibližně spočítat jako \( e^{-3} \approx 0{,}0498 \), tedy

\( P(X = 2) \approx \frac{9 \times 0{,}0498}{2} = \frac{0{,}4482}{2} = 0{,}2241 \).

Pravděpodobnost, že \( X = 2 \), je přibližně \(0,2241\).

Řešení příkladu:

Hledáme pravděpodobnost \( P(X \leq 3) \) pro \( X \sim \mathrm{Poisson}(\lambda=5) \).

To je součet pravděpodobností pro \( k = 0,1,2,3 \):

\( P(X \leq 3) = \sum_{k=0}^{3} \frac{5^{k} e^{-5}}{k!} \).

Vypočítáme jednotlivé členy:

\( P(X=0) = \frac{5^{0} e^{-5}}{0!} = e^{-5} \approx 0{,}0067 \)

\( P(X=1) = \frac{5^{1} e^{-5}}{1!} = 5 e^{-5} \approx 0{,}0337 \)

\( P(X=2) = \frac{5^{2} e^{-5}}{2!} = \frac{25 e^{-5}}{2} \approx 0{,}0842 \)

\( P(X=3) = \frac{5^{3} e^{-5}}{3!} = \frac{125 e^{-5}}{6} \approx 0{,}1404 \)

Sečteme:

\( P(X \leq 3) \approx 0{,}0067 + 0{,}0337 + 0{,}0842 + 0{,}1404 = 0{,}265 \).

Pravděpodobnost, že \( X \leq 3 \), je přibližně \(0,265\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že \( X > 4 \), lze vyjádřit jako

\( P(X > 4) = 1 – P(X \leq 4) = 1 – \sum_{k=0}^4 \frac{2^{k} e^{-2}}{k!} \).

Vypočítáme jednotlivé členy:

\( P(X=0) = e^{-2} \approx 0{,}1353 \)

\( P(X=1) = 2 e^{-2} \approx 0{,}2707 \)

\( P(X=2) = \frac{2^{2} e^{-2}}{2} = 2 e^{-2} \approx 0{,}2707 \)

\( P(X=3) = \frac{2^{3} e^{-2}}{6} = \frac{8 e^{-2}}{6} \approx 0{,}1804 \)

\( P(X=4) = \frac{2^{4} e^{-2}}{24} = \frac{16 e^{-2}}{24} \approx 0{,}0902 \)

Součet je

\( P(X \leq 4) \approx 0{,}1353 + 0{,}2707 + 0{,}2707 + 0{,}1804 + 0{,}0902 = 0{,}9473 \).

Tedy

\( P(X > 4) = 1 – 0{,}9473 = 0{,}0527 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že \( X = 0 \), je

\( P(X=0) = \frac{6^{0} e^{-6}}{0!} = e^{-6} \).

Hodnota \( e^{-6} \) je přibližně

\( e^{-6} \approx 0{,}00248 \).

Pravděpodobnost, že \( X = 0 \), je tedy asi \(0,00248\).

Řešení příkladu:

Modus Poissonova rozdělení je nejpravděpodobnější hodnota a je dán jako největší celé číslo menší nebo rovno \( \lambda \).

Tedy

\( \mathrm{modus} = \lfloor \lambda \rfloor \).

Pro \( \lambda = 3{,}7 \) platí

\( \mathrm{modus} = 3 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost \( P(X \leq 5) \) je součet pravděpodobností pro \( k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 \):

\( P(X \leq 5) = \sum_{k=0}^5 \frac{7^{k} e^{-7}}{k!} \).

Výpočet jednotlivých členů lze provést pomocí kalkulačky nebo tabulek, ale pro ilustraci uvádíme přibližné hodnoty:

\( P(X \leq 5) \approx 0{,}2202 \) (hodnota získaná z Poissonovy tabulky nebo statistického softwaru).

Tedy pravděpodobnost, že \( X \leq 5 \), je přibližně \(0,2202\).

Řešení příkladu:

Pro \( k=3 \) a \( \lambda = 1{,}5 \) platí

\( P(X=3) = \frac{(1{,}5)^{3} e^{-1{,}5}}{3!} = \frac{3{,}375 e^{-1{,}5}}{6} \).

Hodnotu \( e^{-1{,}5} \) lze aproximovat jako \( e^{-1{,}5} \approx 0{,}2231 \).

Dosadíme:

\( P(X=3) \approx \frac{3{,}375 \times 0{,}2231}{6} = \frac{0{,}7523}{6} = 0{,}1254 \).

Pravděpodobnost, že \( X = 3 \), je tedy přibližně \(0,1254\).

Řešení příkladu:

Hledáme \( P(X \geq 12) = 1 – P(X \leq 11) \).

Výpočet hodnoty \( P(X \leq 11) \) lze provést pomocí tabulek nebo softwaru, přibližná hodnota je

\( P(X \leq 11) \approx 0{,758 \text{ až } 0{,}760} \).

Tedy

\( P(X \geq 12) = 1 – 0{,}759 \approx 0{,}241 \).

Pravděpodobnost, že \( X \geq 12 \), je přibližně \(0,241\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že Poissonova veličina \( X \) nabude hodnoty 0, je

\( P(X=0) = e^{-\lambda} = 0{,}1 \).

Odtud vyjádříme \( \lambda \):

\( e^{-\lambda} = 0{,}1 \Rightarrow -\lambda = \ln 0{,}1 \Rightarrow \lambda = -\ln 0{,}1 \).

Vypočítáme:

\( \ln 0{,}1 \approx -2{,}3026 \Rightarrow \lambda = 2{,}3026 \).

Střední hodnota i rozptyl Poissonova rozdělení jsou rovny \( \lambda \), tedy

\( E(X) = \mathrm{Var}(X) = 2{,}3026 \).

Řešení příkladu:

Poissonovo rozdělení je definováno pravděpodobností

\( P(X = k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} \), kde \( k = 0,1,2,\dots \)

Střední hodnota (očekávaná hodnota) \( E(X) \) je u Poissonova rozdělení rovna parametru \( \lambda \), tedy

\( E(X) = \lambda = 4 \).

Rozptyl \( Var(X) \) je také roven \( \lambda \), takže

\( Var(X) = \lambda = 4 \).

To znamená, že pro \( \lambda = 4 \) platí, že průměrný počet událostí je \(4\) a zároveň variabilita kolem tohoto průměru je také \(4\).

Řešení příkladu:

Binomické rozdělení s parametry \( n \) a \( p \) má pravděpodobnost

\( P(X = k) = \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{n-k} \).

Když je počet pokusů \( n \) velký a pravděpodobnost úspěchu \( p \) velmi malá tak, že součin \( \lambda = n p \) zůstává konstantní, pak binomické rozdělení můžeme aproximovat Poissonovým rozdělením s parametrem \( \lambda \).

Tato aproximace je vhodná, protože ve vzorci binomického rozdělení se výraz \( (1-p)^{n-k} \) blíží k \( e^{-\lambda} \) a kombinatorický člen spolu s mocninou \( p^{k} \) dává výslednou Poissonovu pravděpodobnost.

Formálně platí

\( \lim_{n \to \infty, p \to 0, np=\lambda} P(X=k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} \).

Tato vlastnost umožňuje zjednodušení výpočtů v případech, kdy je \( n \) velmi velké a \( p \) velmi malé.

Řešení příkladu:

Poissonova pravděpodobnost pro přesně \( k \) událostí je

\( P(X = k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} \).

Dosadíme \( \lambda = 3 \), \( k = 2 \):

\( P(X = 2) = \frac{3^{2} e^{-3}}{2!} = \frac{9 e^{-3}}{2} \).

Hodnota \( e^{-3} \approx 0{,}04979 \), takže

\( P(X=2) \approx \frac{9 \times 0{,}04979}{2} = \frac{0{,}4481}{2} = 0{,}22405 \).

Pravděpodobnost, že nastanou právě \(2\) události, je přibližně \(0,224\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že nastane maximálně jedna událost, znamená

\( P(X \leq 1) = P(X=0) + P(X=1) \).

Pro Poissonovo rozdělení platí

\( P(X=k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} \).

Dosadíme \( \lambda = 5 \):

\( P(X=0) = \frac{5^{0} e^{-5}}{0!} = e^{-5} \approx 0{,}00674 \).

\( P(X=1) = \frac{5^{1} e^{-5}}{1!} = 5 e^{-5} \approx 5 \times 0{,}00674 = 0{,}0337 \).

Celková pravděpodobnost je tedy

\( P(X \leq 1) \approx 0{,}00674 + 0{,}0337 = 0{,}04044 \).

Pravděpodobnost, že nastane maximálně jedna událost, je přibližně \(0,0404\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že nastanou nejméně tři události, je

\( P(X \geq 3) = 1 – P(X \leq 2) \).

Vypočítáme \( P(X \leq 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) \).

Pro Poissonovo rozdělení platí

\( P(X=k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!} \), kde \( \lambda=2{,}5 \).

Vypočteme jednotlivé pravděpodobnosti:

\( P(X=0) = \frac{2{,}5^{0} e^{-2{,}5}}{0!} = e^{-2{,}5} \approx 0{,}0821 \).

\( P(X=1) = \frac{2{,}5^{1} e^{-2{,}5}}{1!} = 2{,}5 \times 0{,}0821 = 0{,}2053 \).

\( P(X=2) = \frac{2{,}5^{2} e^{-2{,}5}}{2!} = \frac{6{,}25 \times 0{,}0821}{2} = 0{,}2566 \).

Součet:

\( P(X \leq 2) = 0{,}0821 + 0{,}2053 + 0{,}2566 = 0{,}544 \).

Pravděpodobnost nejméně tří událostí je tedy

\( P(X \geq 3) = 1 – 0{,}544 = 0{,}456 \).

Řešení příkladu:

Parametr \( \lambda \) v Poissonově rozdělení představuje průměrný počet událostí, které nastanou v daném intervalu nebo oblasti.

Čím větší je \( \lambda \), tím vyšší je očekávaný počet událostí a zároveň se mění tvar rozdělení:

• Pro malé hodnoty \( \lambda \) je rozdělení výrazně nesymetrické, koncentruje se na malých hodnotách blízko nuly.
• S rostoucím \( \lambda \) se rozdělení posouvá doprava a stává se symetričtějším, podobně jako normální rozdělení.

Tento přechod odpovídá centrální limitní větě, kdy pro velké \( \lambda \) lze Poissonovo rozdělení aproximovat normálním rozdělením s parametry \( \mu = \lambda \) a \( \sigma^{2} = \lambda \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že nenastane žádná událost, je

\( P(X=0) = \frac{7^{0} e^{-7}}{0!} = e^{-7} \).

Hodnota \( e^{-7} \approx 0{,}0009119 \).

Tedy pravděpodobnost, že nenastane žádná událost, je přibližně \(0,00091\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost alespoň 8 událostí je

\( P(X \geq 8) = 1 – P(X \leq 7) \).

Pro přesný výpočet je třeba spočítat \( P(X \leq 7) = \sum_{k=0}^{7} \frac{10^{k} e^{-10}}{k!} \).

Hodnoty lze spočítat pomocí statistického software nebo tabulek. Přibližně:

\( P(X \leq 7) \approx 0{,}2202 \).

Takže

\( P(X \geq 8) = 1 – 0{,}2202 = 0{,}7798 \).

Pravděpodobnost, že nastane alespoň \(8\) událostí, je přibližně \(0,78\).

Řešení příkladu:

Když parametr \( \lambda \) v Poissonově rozdělení roste k nekonečnu, rozdělení se stává symetričtějším a jeho tvar se přibližuje normálnímu rozdělení.

Dle centrální limitní věty platí, že pro velká \( \lambda \) lze Poissonovo rozdělení aproximovat normálním rozdělením

\( N(\mu = \lambda, \sigma^{2} = \lambda) \).

Tato aproximace usnadňuje výpočty pravděpodobností, protože práce s normálním rozdělením je často jednodušší.

Při aproximaci je vhodné použít korekci za diskrétnost (continuity correction), tj. posun o \(0,5\) při převodu mezi diskrétním a spojitým rozdělením.

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost nejvýše 4 událostí znamená

\( P(X \leq 4) = \sum_{k=0}^{4} \frac{6^{k} e^{-6}}{k!} \).

Vypočítáme jednotlivé členy:

\( P(X=0) = \frac{6^{0} e^{-6}}{0!} = e^{-6} \approx 0{,}00248 \).

\( P(X=1) = \frac{6^{1} e^{-6}}{1!} = 6 \times 0{,}00248 = 0{,}01487 \).

\( P(X=2) = \frac{6^{2} e^{-6}}{2!} = \frac{36 \times 0{,}00248}{2} = 0{,}0446 \).

\( P(X=3) = \frac{6^{3} e^{-6}}{3!} = \frac{216 \times 0{,}00248}{6} = 0{,}0891 \).

\( P(X=4) = \frac{6^{4} e^{-6}}{4!} = \frac{1296 \times 0{,}00248}{24} = 0{,}1336 \).

Součet je

\( P(X \leq 4) \approx 0{,}00248 + 0{,}01487 + 0{,}0446 + 0{,}0891 + 0{,}1336 = 0{,}2847 \).

Pravděpodobnost, že nastanou nejvýše \(4\) události, je tedy přibližně \(0,285\).

Řešení příkladu:

Pro geometrické rozdělení platí, že střední hodnota je

\( E(X) = \frac{1}{p} \).

Dosadíme \( p = 0{,}3 \):

\( E(X) = \frac{1}{0{,}3} = \frac{10}{3} \approx 3{,}333 \).

Rozptyl náhodné veličiny \( X \) je dán vzorcem

\( \operatorname{Var}(X) = \frac{1-p}{p^{2}} \).

Dosadíme:

\( \operatorname{Var}(X) = \frac{1-0{,}3}{(0{,}3)^{2}} = \frac{0{,}7}{0{,}09} \approx 7{,}778 \).

Střední hodnota tedy je přibližně \( 3{,}333 \) a rozptyl přibližně \( 7{,}778 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane právě při \( k \)-tém pokusu, je

\( P(X = k) = (1-p)^{k-1} \cdot p \).

Pro \( k=5 \), \( p=0{,}4 \) dosadíme:

\( P(X=5) = (1-0{,}4)^{4} \cdot 0{,}4 = 0{,}6^{4} \cdot 0{,}4 \).

Vypočítáme:

\( 0{,}6^{4} = 0{,}1296 \), takže

\( P(X=5) = 0{,}1296 \cdot 0{,}4 = 0{,}05184 \).

Pravděpodobnost je tedy přibližně \( 0{,}0518 \).

Řešení příkladu:

Vlastnost bez paměti říká, že

\( P(X > m + n \mid X > m) = P(X > n) \) platí pro všechna \( m, n \in \mathbb{N} \).

Pro geometrické rozdělení platí

\( P(X > k) = (1-p)^{k} \).

Dosadíme \( p=0{,}25 \), \( m=3 \), \( n=2 \):

\( P(X > 5 \mid X > 3) = \frac{P(X > 5)}{P(X > 3)} = \frac{(1-0{,}25)^{5}}{(1-0{,}25)^{3}} = (1-0{,}25)^{2} = P(X > 2) \).

Dosadíme hodnoty:

\( 0{,}75^{2} = 0{,}5625 \).

Tedy

\( P(X > 5 \mid X > 3) = P(X > 2) = 0{,}5625 \), což potvrzuje vlastnost bez paměti.

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane nejpozději při třetím pokusu, je

\( P(X \leq 3) = 1 – P(X > 3) \).

Pro geometrické rozdělení platí

\( P(X > 3) = (1-p)^{3} \).

Dosadíme \( p=0{,}6 \):

\( P(X > 3) = (1-0{,}6)^{3} = 0{,}4^{3} = 0{,}064 \).

Tedy

\( P(X \leq 3) = 1 – 0{,}064 = 0{,}936 \).

Pravděpodobnost je tedy \( 0{,}936 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane dříve než při pátém pokusu, je

\( P(X < 5) = P(X \leq 4) = 1 - P(X > 4) \).

Pro geometrické rozdělení platí

\( P(X > 4) = (1-p)^{4} \).

Dosadíme \( p=0{,}1 \):

\( P(X > 4) = (1-0{,}1)^{4} = 0{,}9^{4} = 0{,}6561 \).

Tedy

\( P(X < 5) = 1 - 0{,}6561 = 0{,}3439 \).

Pravděpodobnost je tedy přibližně \( 0{,}344 \).

Řešení příkladu:

Modus geometrického rozdělení je vždy \( k=1 \), protože pravděpodobnost prvního úspěchu je nejvyšší při prvním pokusu.

To plyne z faktu, že

\( P(X=1) = p \) a

\( P(X=k) = (1-p)^{k-1} p \) klesá s rostoucím \( k \).

Pro \( p=0{,}7 \) je tedy modus \( k=1 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane v lichém pokusu, je součet pravděpodobností pro všechna lichá \( k \):

\( P(\text{lichý } k) = \sum_{k=1,3,5,\dots} (1-p)^{k-1} p \).

Jedná se o geometrickou řadu s prvním členem \( a = p \) a kvocientem \( r = (1-p)^{2} \), protože každý lichý člen je vzdálený o 2.

Součet nekonečné geometrické řady je

\( S = \frac{a}{1-r} = \frac{p}{1-(1-p)^{2}} \).

Dosadíme \( p=0{,}5 \):

\( r = (1-0{,}5)^{2} = 0{,}5^{2} = 0{,}25 \), takže

\( S = \frac{0{,}5}{1 – 0{,}25} = \frac{0{,}5}{0{,}75} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667 \).

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane v lichém pokusu, je tedy přibližně \( 0{,}667 \).

Řešení příkladu:

Distribuční funkce pro geometrické rozdělení je

\( F(k) = P(X \leq k) = 1 – (1-p)^{k} \) pro \( k \in \mathbb{N} \).

Dosadíme \( p=0{,}2 \), \( k=4 \):

\( F(4) = 1 – (1-0{,}2)^{4} = 1 – 0{,}8^{4} = 1 – 0{,}4096 = 0{,}5904 \).

Tedy pravděpodobnost, že první úspěch nastane nejpozději při čtvrtém pokusu, je \( 0{,}5904 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane po nejméně 6 pokusech, je

\( P(X \geq 6) = P(X > 5) = (1-p)^{5} \).

Dosadíme \( p=0{,}35 \):

\( P(X > 5) = (1-0{,}35)^{5} = 0{,}65^{5} \).

Vypočítáme:

\( 0{,}65^{5} = 0{,}65 \times 0{,}65 \times 0{,}65 \times 0{,}65 \times 0{,}65 \approx 0{,}116 \).

Pravděpodobnost je tedy přibližně \( 0{,}116 \).

Řešení příkladu:

Geometrické rozdělení popisuje počet pokusů do prvního úspěchu, tedy počet, který může nabývat jen celých kladných hodnot \( 1, 2, 3, \dots \).

Tento počet nelze být například \( 1{,}5 \) nebo \( \pi \), protože počet pokusů je vždy celé číslo.

Tedy náhodná veličina \( X \) s geometrickým rozdělením je diskrétní, protože nabývá hodnot z diskrétní množiny \( \mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\} \).

Na rozdíl od spojitých rozdělení, kde náhodná veličina může nabývat jakékoliv hodnoty z intervalu reálných čísel, geometrické rozdělení má definovaný pravděpodobnostní funkční rozdělení pouze na celých kladných hodnotách.

Řešení příkladu:

Střední hodnota náhodné veličiny \( X \) s geometrickým rozdělením s parametrem \( p \) je dána vzorcem

\( E(X) = \frac{1}{p} \).

Dosadíme \( p = 0{,}3 \):

\( E(X) = \frac{1}{0{,}3} = \frac{10}{3} \approx 3{,}333 \).

Tedy očekávaný počet pokusů do prvního úspěchu je přibližně \(3,333\).

Řešení příkladu:

Rozptyl geometrického rozdělení s parametrem \( p \) je dán vzorcem

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1 – p}{p^2} \).

Dosadíme \( p = 0{,}4 \):

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1 – 0{,}4}{(0{,}4)^2} = \frac{0{,}6}{0{,}16} = 3{,}75 \).

Tedy rozptyl je \(3,75\).

Řešení příkladu:

Střední hodnota geometrického rozdělení je

\( E(X) = \frac{1}{p} \),

což znamená, že čím větší je pravděpodobnost úspěchu \( p \), tím menší je očekávaný počet pokusů do prvního úspěchu.

Rozptyl je dán vzorcem

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1 – p}{p^2} \),

takže rozptyl klesá se vzrůstajícím \( p \), protože jak \( p \) roste, jmenovatel \( p^2 \) roste rychleji než čitatel \( 1-p \) klesá.

Tedy vyšší pravděpodobnost úspěchu znamená menší střední hodnotu i menší rozptyl.

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane po nejméně \(4\) pokusech, je

\( P(X \geq 4) = P(X > 3) = (1-p)^3 \).

Dosadíme \( p = 0{,}2 \):

\( P(X \geq 4) = (1-0{,}2)^3 = 0{,}8^3 = 0{,}512 \).

Tedy pravděpodobnost, že první úspěch nastane až po nejméně \(4\) pokusech, je \(0,512\).

Řešení příkladu:

Podle vlastnosti paměti bez paměti platí

\( P(X > m + n \mid X > m) = P(X > n) \).

Pro \( p = 0{,}25 \), \( m = 3 \), \( n = 2 \) spočítáme:

\( P(X > 5 \mid X > 3) = \frac{P(X > 5)}{P(X > 3)} = \frac{(1-p)^5}{(1-p)^3} = (1-p)^2 = P(X > 2) \).

Dosadíme:

\( (1-0{,}25)^2 = 0{,}75^2 = 0{,}5625 \).

Tedy

\( P(X > 5 \mid X > 3) = P(X > 2) = 0{,}5625 \), což potvrzuje, že geometrické rozdělení je paměťově bez paměti.

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane přesně při \( k \)-tém pokusu, je

\( P(X = k) = (1-p)^{k-1} p \).

Dosadíme \( k=5 \), \( p=0{,}1 \):

\( P(X = 5) = (1-0{,}1)^4 \cdot 0{,}1 = 0{,}9^4 \cdot 0{,}1 = 0{,}6561 \cdot 0{,}1 = 0{,}06561 \).

Tedy pravděpodobnost je přibližně \(0,0656\).

Řešení příkladu:

Geometrické rozdělení modeluje počet pokusů do prvního úspěchu v sérii nezávislých pokusů se stejnou pravděpodobností úspěchu \( p \).

Binomické rozdělení modeluje počet úspěchů v pevně daném počtu pokusů \( n \) s pravděpodobností úspěchu \( p \) v každém pokusu.

Hlavní rozdíl je tedy v tom, že geometrické rozdělení sleduje, kdy nastane první úspěch, zatímco binomické rozdělení sleduje celkový počet úspěchů ve stanoveném počtu pokusů.

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane v prvním nebo druhém pokusu je

\( P(X=1) + P(X=2) \).

Vypočítáme jednotlivě:

\( P(X=1) = p = 0{,}6 \),

\( P(X=2) = (1-p)p = (1-0{,}6) \cdot 0{,}6 = 0{,}4 \cdot 0{,}6 = 0{,}24 \).

Součet je

\( 0{,}6 + 0{,}24 = 0{,}84 \).

Tedy pravděpodobnost je \(0,84\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane do \( k \)-tého pokusu je

\( P(X \leq k) = 1 – P(X > k) \).

Protože \( P(X > k) \) znamená, že první úspěch nenastane ani v prvních \( k \) pokusech, platí

\( P(X > k) = (1-p)^k \).

Tedy

\( P(X \leq k) = 1 – (1-p)^k \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane dříve než v šestém pokusu znamená

\( P(X < 6) = P(X \leq 5) = 1 - P(X > 5) \).

Protože \( P(X > 5) = (1-p)^5 \), platí

\( P(X \leq 5) = 1 – (1-p)^5 \).

Dosadíme \( p = 0{,}5 \):

\( P(X \leq 5) = 1 – (1-0{,}5)^5 = 1 – 0{,}5^5 = 1 – 0{,}03125 = 0{,}96875 \).

Tedy pravděpodobnost je \(0,96875\).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane právě v \( k \)-tém pokusu, je

\( P(X = k) = (1-p)^{k-1} p \).

Dosadíme \( k = 8 \) a \( p = 0{,}3 \):

\( P(X = 8) = (1-0{,}3)^{7} \times 0{,}3 = 0{,}7^{7} \times 0{,}3 \).

Vypočítáme:

\( 0{,}7^{7} \approx 0{,}0823543 \).

Proto

\( P(X = 8) \approx 0{,}0823543 \times 0{,}3 = 0{,}0247063 \).

Výsledná pravděpodobnost je tedy přibližně \( 0{,}0247 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane nejpozději ve \( k \)-tém pokusu je

\( P(X \leq k) = 1 – P(X > k) \).

Pro geometrické rozdělení platí

\( P(X > k) = (1-p)^{k} \).

Dosadíme \( k = 4 \) a \( p = 0{,}4 \):

\( P(X \leq 4) = 1 – (1 – 0{,}4)^{4} = 1 – 0{,}6^{4} \).

Vypočítáme:

\( 0{,}6^{4} = 0{,}1296 \).

Proto

\( P(X \leq 4) = 1 – 0{,}1296 = 0{,}8704 \).

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane nejpozději ve čtvrtém pokusu, je tedy \( 0{,}8704 \).

Řešení příkladu:

Střední hodnota geometrického rozdělení je dána vztahem

\( E(X) = \frac{1}{p} \).

Dosadíme \( p = 0{,}25 \):

\( E(X) = \frac{1}{0{,}25} = 4 \).

Střední hodnota je tedy \(4\).

Řešení příkladu:

Rozptyl geometrického rozdělení je dán vztahem

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1-p}{p^{2}} \).

Dosadíme \( p = 0{,}1 \):

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1-0{,}1}{(0{,}1)^{2}} = \frac{0{,}9}{0{,}01} = 90 \).

Rozptyl je tedy \(90\).

Řešení příkladu:

Vlastnost bezpaměťovosti říká, že

\( P(X > m + n \mid X > m) = P(X > n) \).

Pro geometrické rozdělení platí

\( P(X > k) = (1-p)^{k} \).

Dosadíme \( p = 0{,}6 \), \( m = 3 \), \( n = 2 \):

\( P(X > 5 \mid X > 3) = \frac{P(X > 5)}{P(X > 3)} = \frac{(1-0{,}6)^{5}}{(1-0{,}6)^{3}} = (1-0{,}6)^{2} = P(X > 2) \).

Vypočítáme:

\( (1-0{,}6)^{2} = 0{,}4^{2} = 0{,}16 \).

Tedy \( P(X > 5 \mid X > 3) = P(X > 2) = 0{,}16 \), což potvrzuje bezpaměťovost.

Řešení příkladu:

Medián \( m \) je nejmenší číslo, pro které platí

\( P(X \leq m) \geq 0{,}5 \).

Protože \( P(X \leq m) = 1 – (1-p)^{m} \), máme

\( 1 – (1-p)^{m} \geq 0{,}5 \Rightarrow (1-p)^{m} \leq 0{,}5 \).

Dosadíme \( p = 0{,}5 \):

\( 0{,}5^{m} \leq 0{,}5 \Rightarrow m \geq 1 \).

Nejmenší celé \( m \) splňující tuto podmínku je 1.

Tedy medián je \( m = 1 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane po více než \( k \) pokusech, je

\( P(X > k) = (1-p)^{k} \).

Dosadíme \( k = 10 \), \( p = 0{,}2 \):

\( P(X > 10) = (1-0{,}2)^{10} = 0{,}8^{10} \).

Vypočítáme:

\( 0{,}8^{10} \approx 0{,}107374 \).

Pravděpodobnost je tedy přibližně \( 0{,}1074 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane mezi \( a \) a \( b \) pokusem je

\( P(a \leq X \leq b) = P(X \leq b) – P(X \leq a – 1) \).

Platí, že \( P(X \leq k) = 1 – (1-p)^{k} \).

Dosadíme \( a=3 \), \( b=6 \), \( p=0{,}35 \):

\( P(3 \leq X \leq 6) = [1 – (1-0{,}35)^{6}] – [1 – (1-0{,}35)^{2}] = (1-0{,}65^{6}) – (1-0{,}65^{2}) \).

Vypočítáme mocniny:

\( 0{,}65^{6} \approx 0{,}0759 \), \( 0{,}65^{2} = 0{,}4225 \).

Dosadíme:

\( P(3 \leq X \leq 6) = (1 – 0{,}0759) – (1 – 0{,}4225) = 0{,}9241 – 0{,}5775 = 0{,}3466 \).

Pravděpodobnost je tedy přibližně \( 0{,}3466 \).

Řešení příkladu:

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane v lichém pokusu je součet pravděpodobností pro všechny liché \( k \):

\( P = \sum_{k=1,3,5,\dots} (1-p)^{k-1} p \).

Pro \( p = 0{,}5 \) to znamená:

\( P = p \sum_{m=0}^{\infty} (1-p)^{2m} = 0{,}5 \sum_{m=0}^{\infty} (0{,}5)^{2m} = 0{,}5 \sum_{m=0}^{\infty} (0{,}25)^{m} \).

Geometrická řada \( \sum_{m=0}^{\infty} r^{m} = \frac{1}{1-r} \) pro \( |r| < 1 \), tedy:

\( \sum_{m=0}^{\infty} (0{,}25)^{m} = \frac{1}{1 – 0{,}25} = \frac{1}{0{,}75} = \frac{4}{3} \).

Proto

\( P = 0{,}5 \times \frac{4}{3} = \frac{2}{3} \approx 0{,}6667 \).

Pravděpodobnost, že první úspěch nastane v lichém pokusu, je tedy \( \frac{2}{3} \).

Řešení příkladu:

Pro geometrické rozdělení platí

\( E(X) = \frac{1}{p} \),

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1-p}{p^{2}} \).

Platí také, že

\( \mathrm{Var}(X) = E(X^{2}) – [E(X)]^{2} \Rightarrow E(X^{2}) = \mathrm{Var}(X) + [E(X)]^{2} \).

Dosadíme \( p = 0{,}4 \):

\( E(X) = \frac{1}{0{,}4} = 2{,}5 \),

\( \mathrm{Var}(X) = \frac{1-0{,}4}{(0{,}4)^{2}} = \frac{0{,}6}{0{,}16} = 3{,}75 \).

Proto

\( E(X^{2}) = 3{,}75 + (2{,}5)^{2} = 3{,}75 + 6{,}25 = 10 \).

Moment druhého řádu je tedy \(10\).

Řešení příkladu:

Modus geometrického rozdělení je hodnota, při které má pravděpodobnostní funkce maximum.

Funkce \( P(X = k) = (1-p)^{k-1} p \) je pro \( k = 1, 2, \ldots \) klesající, protože \( 0 < 1-p < 1 \).

Tedy maximum má \( P(X=1) = p \).

Modus je tedy \( k = 1 \).