Kebarangkalian dan pemboleh ubah rawak · AP Statistics

Bab 4 · Kebarangkalian dan pemboleh ubah rawak

kebarangkalian, dikira

Peluang tidak dapat diramal satu kes pada satu masa, tetapi dapat diramal dalam jangka panjang. Kebarangkalian ialah matematik bagi jangka panjang itu.

Dalam rajah, setiap bola jatuh melalui 10 baris pin. Pada setiap pin, bola ke kiri atau ke kanan dengan peluang yang sama, jadi tiada sesiapa dapat mengatakan di mana bola seterusnya akan mendarat.

Namun 240 bola longgok dalam bentuk yang boleh diramal. Tanda merah ialah ketinggian yang dijangka dalam setiap bekas, dikira sebelum sebarang bola jatuh. Tiga bekas di tengah sepatutnya memuatkan 65.6% bola; ia memuatkan 164 daripada 240, atau 68.3%.

Bab ini bertanya bilakah sesuatu corak hanyalah kebetulan, menganggar kebarangkalian dengan simulasi, dan membina peraturan untuk menggabungkannya: peristiwa pelengkap, “atau”, “dan”, kebarangkalian bersyarat dan kebebasan. Kemudian ia menukarkan hasil kepada nombor. Pemboleh ubah rawak mempunyai taburan dengan min dan sisihan piawai, dan kedua-duanya bergabung dengan cara yang tetap. Dua taburan sering muncul: binomial (papan dalam rajah) dan geometri.

4.1 · Corak rawak dan bukan rawak

adakah ia kebetulan sahaja?

Suatu proses rawak menghasilkan hasil secara kebetulan. Larian dan kelompok adalah sebahagian daripada hasilnya, jadi corak dalam data rawak belum tentu bermakna apa-apa.

Satu grid dalam rajah ialah 50 lambungan syiling adil. Satu lagi ditulis oleh seseorang yang cuba kelihatan rawak. Orang cenderung mengelakkan larian, dan itu mendedahkannya:

	lambungan sebenar	direka
heads	19	25
bertukar H ↔ T	25	35
larian terpanjang	5	3

Selepas setiap lambungan syiling adil, lambungan seterusnya bertukar dengan kebarangkalian 1/2, jadi kira-kira 24.5 pertukaran adalah lazim. Jujukan rekaan bertukar 35 kali; yang sebenar 25.

Berapa kerapkah peluang semata-mata menghasilkan ini? Dalam 10,000 set simulasi yang masing-masing 50 lambungan adil (palang), 82% mempunyai larian 5 atau lebih. Hanya 2.0% mempunyai larian terpanjang 3 atau kurang. Larian 5 ekor adalah biasa. Jujukan rekaan itulah yang luar biasa.

Jadi larian kemenangan seorang pemain bola keranjang, atau kelompok penyakit di sebuah bandar, bukan bukti apa-apa dengan sendirinya. Tanya dahulu berapa kerap peluang rawak menghasilkan corak sepertinya. Soalan itu menjadi tema sepanjang kursus ini.

4.2 · Menganggar kebarangkalian menggunakan simulasi

frekuensi relatif jangka panjang

Kebarangkalian sesuatu hasil ialah perkadaran bilangan kali ia berlaku dalam siri ulangan yang sangat panjang.

Hukum nombor besar. Apabila suatu proses rawak diulang semakin banyak kali, frekuensi relatif sesuatu hasil menjadi semakin hampir dengan kebarangkaliannya. Dalam rajah, larian 1 mempunyai 4 enam dalam 10 balingan pertamanya (0.400), 14 dalam 50 (0.280) dan 95 dalam 600 (0.158). Setiap larian berubah-ubah pada awalnya dan menetap hampir 1/6 ≈ 0.167.

Ini hanya pernyataan tentang jangka panjang. Dadu tidak mempunyai ingatan: selepas beberapa balingan tanpa enam, enam tidak lebih berkemungkinan. Sisihan awal tidak dibetulkan; ia ditenggelamkan oleh banyak balingan yang menyusul.

Simulasi meniru suatu proses rawak untuk menganggar kebarangkalian:

1. Huraikan cara satu percubaan ditiru dengan nombor rawak. 2. Nyatakan apa yang direkodkan. 3. Jalankan banyak percubaan. 4. Ambil frekuensi relatif sebagai anggaran.

Contoh. Apakah kebarangkalian sekurang-kurangnya satu enam dalam empat balingan dadu? Satu percubaan: empat integer rawak dari 1 hingga 6, setiap satu ialah satu balingan. Rekodkan sama ada ada yang bernilai 6. 6 percubaan pertama:

trial	1	2	3	4	5	6
rolls	2 2 4 4	5 5 1 4	5 4 5 6	2 1 4 6	6 6 2 4	5 2 5 3
angka enam?	no	no	yes	yes	yes	no

Daripada 1000 percubaan, 539 mempunyai enam: anggaran 0.539. Nilai tepat (4.3) ialah 1 − (5/6)⁴ = 0.518. Lebih banyak percubaan akan memberikan anggaran yang lebih hampir, secara purata. Dengan jadual digit rawak, gunakan 1–6 untuk muka dadu dan langkau 0, 7, 8 dan 9.

4.3 · Pengenalan kepada kebarangkalian

ruang sampel, peristiwa dan peristiwa pelengkap

Ruang sampel S bagi suatu proses rawak ialah set semua hasil yang mungkin. Suatu peristiwa ialah set hasil, dan kebarangkaliannya ialah nombor dari 0 hingga 1.

Baling dua dadu. Ruang sampel mempunyai 6 × 6 = 36 hasil, satu jubin setiap satu dalam rajah, semuanya sama kemungkinan. Apabila hasil sama kemungkinan,

P(A) = \frac{\text{number of outcomes in } A}{\text{number of outcomes in } S}

Peristiwa A, “hasil tambah ialah 7”, mempunyai 6 hasil (merah): (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1). Jadi P(A) = 6/36 = 0.167. Susunan penting: (1, 6) dan (6, 1) ialah hasil yang berbeza.

Setiap peristiwa mempunyai 0 ≤ P(A) ≤ 1, dan P(S) = 1: sesuatu dalam S sentiasa berlaku. Peristiwa berkebarangkalian 0 tidak pernah berlaku; yang berkebarangkalian 1 sentiasa berlaku.

Pelengkap A^C ialah peristiwa A tidak berlaku. A dan A^C tidak berkongsi hasil dan bersama-sama memenuhi S, jadi

P(A^C) = 1 - P(A) = 1 - \tfrac{6}{36} = \tfrac{30}{36}

Pelengkap ialah cara pantas untuk “sekurang-kurangnya satu”. P(sekurang-kurangnya satu enam) = 1 − P(tiada enam) = 1 − 25/36 = 11/36: kira jubin dalam baris atas dan lajur kanan, dan terdapat 11.

4.4 · Peristiwa saling eksklusif

peristiwa yang tidak boleh berlaku serentak

Dua peristiwa saling eksklusif (tak bercantum) apabila keduanya tidak boleh berlaku serentak: P(A ∩ B) = 0.

Tatatandanya: A ∩ B (“A dan B”) ialah peristiwa kedua-duanya berlaku; A ∪ B (“A atau B”) ialah peristiwa sekurang-kurangnya satu berlaku. Dalam gambar rajah Venn, segi empat tepat ialah ruang sampel, dan di sini luas dilukis mengikut skala: luas setiap rantau ialah kebarangkaliannya.

Jenis darah ABO seorang penderma ialah salah satu daripada empat:

type	O	A	B	AB
probability	0.44	0.42	0.10	0.04

Peristiwa “jenis A” dan “jenis B” saling eksklusif: tiada sesiapa mempunyai kedua-duanya (jenis AB ialah jenis tersendiri). Cakeram keduanya tidak bertindih, jadi luas hanya ditambah:

\begin{aligned}P(A \cup B) &= P(A) + P(B) \\ &= 0.42 + 0.10 = 0.52\end{aligned}

Dart dalam rajah mendarat secara rawak, jadi bahagian yang mendarat dalam sesuatu rantau menghampiri luasnya: bahagian dalam A atau B menghampiri 0.52. Selebihnya, O atau AB, mempunyai kebarangkalian 0.48 = 1 − 0.52.

Tambah kebarangkalian dengan cara ini hanya apabila peristiwa saling eksklusif. Jika ia boleh bertindih, bahagian yang bertindih dikira dua kali (4.6).

4.5 · Kebarangkalian bersyarat

kebarangkalian A, diberi B

Kebarangkalian bersyarat P(A | B) ialah kebarangkalian A berlaku, diberi B telah berlaku. Mengetahui B mengecilkan ruang sampel kepada B.

Satu tinjauan bertanya kepada 500 pemandu sama ada mereka menghantar mesej semasa memandu pada bulan lalu:

	texted	tidak	total
16–24	72	48	120
25 tahun ke atas	95	285	380
total	167	333	500

Pilih seorang pemandu secara rawak. Biar T ialah “menghantar mesej” dan Y “berumur 16–24”. P(T) = 167/500 = 0.334. Tetapi diberi pemandu itu berumur 16–24, hanya baris itu yang dikira:

\begin{aligned}P(T \mid Y) &= \frac{P(T \cap Y)}{P(Y)} = \frac{72/500}{120/500} \\ &= \frac{72}{120} = 0.600\end{aligned}

Rajah di sebelah kanan menunjukkan setiap baris secara berasingan: 0.60 pemandu muda menghantar mesej, berbanding 0.25 pemandu yang lebih tua.

Susunan penting. P(Y | T) = 72/167 = 0.431: daripada pemandu yang menghantar mesej, 43.1% ialah golongan muda. Pengangkanya sama; penyebutnya ialah apa-apa yang diberi.

Apabila disusun semula, takrifan ini ialah petua pendaraban, P(A ∩ B) = P(B) · P(A | B): P(T ∩ Y) = 0.24 × 0.60 = 0.144 = 72/500.

4.5 · Gambar rajah pokok

darab sepanjang cabang, tambah merentasinya

Apabila suatu proses rawak berlaku dalam beberapa peringkat, gambar rajah pokok menunjukkan hasil setiap peringkat sebagai cabang. Kebarangkalian suatu laluan ialah hasil darab kebarangkalian di sepanjangnya.

4% penduduk mempunyai suatu keadaan. Ujian saringan adalah positif bagi 90% orang yang mempunyainya, dan bagi 10% orang yang tidak. Cabang peringkat kedua ialah kebarangkalian bersyarat: 0.9 ialah P(+ | keadaan).

path	probability	bagi setiap 1000 orang
ada keadaan, +	0.04 × 0.9 = 0.036	36
ada keadaan, −	0.04 × 0.10 = 0.004	4
tiada keadaan, +	0.96 × 0.1 = 0.096	96
tiada keadaan, −	0.96 × 0.90 = 0.864	864

Dua laluan berakhir dengan ujian positif. Keduanya saling eksklusif, jadi kebarangkaliannya ditambah: P(+) = 0.036 + 0.096 = 0.132.

Seseorang mendapat ujian positif. Apakah kebarangkalian dia mempunyai keadaan itu (C)?

P(C \mid +) = \frac{P(C \cap +)}{P(+)} = \frac{0.036}{0.132} = 0.273

Hanya kira-kira 27%. Dalam 1000 orang terdapat 36 positif benar dan 96 positif palsu: keadaan itu jarang berlaku, jadi sedikit kesilapan antara ramai orang sihat melebihi bilangan kes sebenar. Rajah menghantar 400 orang menuruni pokok secara rawak; perhatikan daun merah dan biru.

4.6 · Peristiwa tak bersandar dan kesatuan peristiwa

petua penambahan, dan bilakah mengetahui satu tidak memberitahu apa-apa

Peristiwa A dan B adalah tak bersandar jika mengetahui bahawa salah satu telah berlaku tidak mengubah kebarangkalian yang satu lagi: P(A | B) = P(A).

Di sebuah sekolah, 35% pelajar mengambil AP Statistics (S), 25% mengambil AP Biology (B) dan 10% mengambil kedua-duanya. Cakera-cakera itu bertindih.

Petua penambahan. Menambah P(S) dan P(B) mengira bahagian bertindih (merah) dua kali, jadi tolak sekali:

\begin{aligned}P(S \cup B) &= P(S) + P(B) \\ &\quad - P(S \cap B) \\ &= 0.35 + 0.25 - 0.10 \\ &= 0.50\end{aligned}

Jadi 0.50 tidak mengambil kedua-duanya. Bagi peristiwa saling eksklusif, P(A ∩ B) = 0, dan petua ini menjadi petua dalam 4.4.

Menyemak ketakbersandaran. P(S | B) = 0.10/0.25 = 0.40, tetapi P(S) = 0.35. Mengetahui bahawa seorang pelajar mengambil Biology meningkatkan peluang dia mengambil Statistics, jadi S dan B tidak tak bersandar. Semakan yang sama dalam bentuk lain: jika tak bersandar, P(S ∩ B) akan sama dengan P(S) · P(B) = 0.0875, bukan 0.10.

Bagi peristiwa tak bersandar, dan hanya ketika itu, petua pendaraban menjadi P(A ∩ B) = P(A) · P(B). Dua dadu yang berasingan adalah tak bersandar: P(kedua-duanya enam) = 1/6 × 1/6 = 1/36.

Jangan kelirukan kedua-dua idea ini. Peristiwa saling eksklusif (dengan kebarangkalian positif) tidak pernah tak bersandar: jika satu berlaku, kebarangkalian yang satu lagi jatuh kepada 0. Dalam 4.5, P(menghantar mesej | 16–24) = 0.600 ≠ P(menghantar mesej) = 0.334, jadi menghantar mesej dan kumpulan umur tidak tak bersandar.

4.7 · Pemboleh ubah rawak dan taburan kebarangkalian

kesudahan sebagai nombor

Pemboleh ubah rawak mengambil nilai berangka yang bergantung pada hasil suatu proses kebetulan. Taburan kebarangkaliannya memberikan nilai-nilai yang mungkin dan kebarangkaliannya.

Katakan X ialah bilangan kereta yang dimiliki oleh sebuah isi rumah yang dipilih secara rawak di sebuah bandar. X adalah diskret: ia mengambil senarai nilai yang berasingan.

x	0	1	2	3	4
P(X = x)	0.08	0.32	0.38	0.15	0.07
P(X ≤ x)	0.08	0.40	0.78	0.93	1.00

Taburan yang sah mempunyai setiap kebarangkalian antara 0 dan 1, dan jumlahnya ialah 1. Dalam rajah, palang ialah P(X = x). Anak tangga hitam ialah kebarangkalian longgokan P(X ≤ x), iaitu palang yang ditambah dari kiri.

Baca perkataannya dengan teliti:

P(X ≥ 2), “sekurang-kurangnya dua”: 0.38 + 0.15 + 0.07 = 0.60, atau 1 − P(X ≤ 1) = 1 − 0.40.
P(X > 2), “lebih daripada dua”: 0.22, tanpa 2.
P(1 ≤ X ≤ 3) = P(X ≤ 3) − P(X ≤ 0) = 0.93 − 0.08 = 0.85.

Titik merah ialah isi rumah yang dipilih secara rawak: bahagian bagi setiap nilai setakat ini. Apabila bilangan pilihan bertambah, titik-titik itu menghampiri palang. Ini ialah hukum nombor besar sekali lagi: taburan kebarangkalian ialah corak nilai dalam jangka panjang.

4.8 · Min dan sisihan piawai pemboleh ubah rawak

titik imbangan, dan jarak tipikal daripadanya

Min (nilai jangkaan) μ_X bagi suatu pemboleh ubah rawak ialah nilai purata jangka panjangnya. Sisihan piawai σ_X ialah jarak tipikal nilainya daripada min itu.

Setiap nilai diberi pemberat mengikut kebarangkaliannya:

\begin{aligned}\mu_X &= \sum x_i P(x_i) \\ &= 0(0.08) + 1(0.32) + 2(0.38) \\ &\quad + 3(0.15) + 4(0.07) = 1.81 \\ \sigma_X &= \sqrt{\textstyle\sum (x_i - \mu_X)^2 P(x_i)} \\ &= \sqrt{1.0339} = 1.017\end{aligned}

Min ialah titik imbangan histogram (baji merah). Ia tidak semestinya nilai yang boleh diambil oleh X: tiada isi rumah yang memiliki 1.81 kereta.

Dalam konteks. “Jika banyak isi rumah dipilih secara rawak, purata bilangan kereta bagi setiap isi rumah ialah kira-kira 1.81.” “Bilangan kereta yang dimiliki oleh isi rumah yang dipilih secara rawak lazimnya berbeza daripada min 1.81 sebanyak kira-kira 1.02 kereta.”

Varians ialah σ²_X = 1.0339. Satu jalan pintas memberikan nombor yang sama: Σx²P(x) − μ² = 4.31 − 1.81² = 1.0339.

Di bawah paksi, bola hitam ialah min semua isi rumah yang dipilih setakat ini. Ia bergerak ke sana sini, kemudian menghampiri μ: hukum nombor besar, bagi min.

4.9 · Menggabungkan pemboleh ubah rawak

transformasi linear: Y = a + bX

Menambah pemalar kepada suatu pemboleh ubah rawak menganjakkan minnya dan tidak mengubah serakannya. Mendarab dengan pemalar mendarabkan kedua-duanya.

Sebuah roda diputar sekali. X, nombor yang ditunjukkannya, mempunyai taburan ini:

x	1	2	3	4
P(X = x)	0.4	0.3	0.2	0.1

μ_X = 2 dan σ_X = 1. Kos untuk bermain ialah $7, dan hadiahnya ialah $3 darab nombor itu. Keuntungan bersih ialah Y = 3X − 7 dolar.

\begin{aligned}\mu_{a+bX} &= a + b\mu_X \\ \sigma_{a+bX} &= |b|\,\sigma_X \\ \mu_Y &= 3(2) - 7 = -1 \\ \sigma_Y &= 3(1) = 3\end{aligned}

Rajah menunjukkannya dalam dua langkah. Mendarab dengan 3 menjarakkan palang 3 kali ganda lebih jauh: min dan sisihan piawai kedua-duanya menjadi tiga kali ganda. Menolak 7 menggelongsorkan setiap palang ke bawah sebanyak 7: min berubah, serakan tidak. Kedua-dua langkah tidak mengubah ketinggian, jadi bentuknya kekal sama.

Dalam konteks. Dalam banyak permainan, seorang pemain kalah $1 setiap permainan secara purata. Pemain hanya menang wang apabila X ≥ 3: P(Y > 0) = 0.3.

Varians didarab dengan b²: σ²_Y = 3² × 1 = 9. Menambah pemalar mengubah pusat (min, median, kuartil); mendarab mengubah pusat dan setiap ukuran serakan (SD, IQR, julat).

4.9 · Hasil tambah dan hasil tolak pemboleh ubah rawak

min bertambah; bagi pemboleh ubah tak bersandar, varians bertambah

Min bagi suatu hasil tambah ialah hasil tambah min. Apabila pemboleh ubah itu tak bersandar, varians bagi hasil tambah, dan bagi hasil tolak, ialah hasil tambah varians.

Putar roda (X, dari halaman sebelum ini) dan baling dadu adil (Y, min 3.5, SD 1.708). Putaran dan balingan itu tak bersandar. Jumlahnya T = X + Y mempunyai taburan berwarna merah, yang diperoleh dengan menambah setiap pasangan hasil.

\begin{aligned}\mu_{X+Y} &= \mu_X + \mu_Y = 2 + 3.5 = 5.5 \\ \sigma^2_{X+Y} &= \sigma^2_X + \sigma^2_Y \\ &= 1.000 + 2.917 = 3.917 \\ \sigma_{X+Y} &= \sqrt{3.917} = 1.979\end{aligned}

Sisihan piawai tidak bertambah: 1 + 1.71 = 2.71 terlalu besar. Ia bergabung seperti sisi segi tiga bersudut tegak (di sebelah kanan rajah).

Hasil tolak. D = Y − X mempunyai min 3.5 − 2 = 1.5, dan variansnya masih σ²_X + σ²_Y, jadi σ_D = 1.979. Menolak jumlah rawak menambah kebolehubahan; ia tidak pernah mengurangkannya.

Petua min berlaku untuk mana-mana pemboleh ubah rawak. Petua varians memerlukan ketakbersandaran. Dan dua putaran X₁ + X₂ bukan 2X: SD-nya ialah √2 σ_X, manakala 2X mempunyai SD 2σ_X.

Pemboleh ubah normal. Hasil tambah atau hasil tolak pemboleh ubah rawak normal yang tak bersandar adalah normal. Dua peringkat larian berganti mengambil masa N(24, 1.5) dan N(26.5, 2) minit. Jumlahnya ialah N(50.5, 2.5), dengan √(1.5² + 2²) = 2.5. P(jumlah < 48) = P(z < −1.00) = 0.1587.

4.10 · Pengenalan kepada taburan binomial

mengira kejayaan dalam n percubaan

Pemboleh ubah rawak binomial mengira kejayaan dalam bilangan percubaan tetap yang tak bersandar, dan setiap satunya mempunyai kebarangkalian kejayaan yang sama.

Semak empat syarat (BINS): Binari, setiap percubaan berjaya atau gagal; percubaan Independen (tak bersandar); Nombor percubaan yang tetap, n; kebarangkalian kejayaan yang Sama, p, pada setiap percubaan.

Pada papan itu setiap pin ialah satu percubaan dan “kanan” ialah kejayaan: n = 10, p = 0.5. X, bilangan kanan, ialah petak tempat sebiji bola mendarat. Untuk mendarat dalam petak 6, bola mesti ke kanan pada 6 daripada 10 pin. Setiap laluan sedemikian mempunyai kebarangkalian (1/2)¹⁰, dan terdapat C(10, 6) = 210 laluan:

\begin{aligned}P(X = x) &= \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x} \\ P(X = 6) &= \tbinom{10}{6}(0.5)^{6}(0.5)^{4} \\ &= \tfrac{210}{1024} = 0.205\end{aligned}

Petak 6 sepatutnya mendapat 240 × 0.205 ≈ 49 daripada bola; ia mendapat 47.

Dalam konteks. Seorang pemain menjaringkan 70% lontaran percumanya dan membuat 10 lontaran, yang kita anggap tak bersandar. X, bilangan jaringan, ialah binomial dengan n = 10, p = 0.7.

P(X = 8) = C(10, 8)(0.7)⁸(0.3)² = 0.2335.
P(X ≥ 8) = 1 − P(X ≤ 7) = 1 − 0.6172 = 0.3828: “sekurang-kurangnya” menggunakan kebarangkalian longgokan bagi pelengkap.

Bukan binomial: mengambil kad tanpa pengembalian (percubaan tidak tak bersandar); mengira lambungan sehingga kepala pertama (tiada n tetap: itu 4.12).

4.11 · Parameter bagi taburan binomial

μ = np, σ = √(np(1 − p))

Taburan binomial ditentukan oleh dua parameternya, n dan p. Min dan sisihan piawainya diperoleh daripada kedua-duanya.

\mu_X = np \qquad \sigma_X = \sqrt{np(1-p)}

Bagi papan itu, μ = 10(0.5) = 5 dan σ = √(10 × 0.5 × 0.5) = 1.58. Bin dalam lingkungan satu σ daripada min, 4, 5, 6, mengandungi 0.656 daripada kebarangkalian.

Ini ialah peraturan 4.9 yang digunakan. X ialah hasil tambah 10 percubaan tak bersandar, setiap satu bernilai 1 dengan kebarangkalian p dan 0 jika tidak. Satu percubaan mempunyai min p dan varians p(1 − p). Min boleh dicampur, begitu juga varians.

Dalam konteks. Bagi lontaran bebas, μ = 10(0.7) = 7 dan σ = √(10 × 0.7 × 0.3) = 1.45. “Dalam banyak set 10 lontaran bebas, dia menjaringkan 7 secara purata; bilangan jaringan lazimnya berbeza daripada 7 sebanyak kira-kira 1.45.”

Bentuk. Apabila p = 0.5, taburan adalah simetri. Apabila p hampir 0 atau 1, taburan menjadi pencong, kurang ketara apabila n bertambah. Apabila np ≥ 10 dan n(1 − p) ≥ 10, taburan hampir normal, yang digunakan dalam unit 5.

Syarat 10%. Pensampelan tanpa pengembalian menjadikan percubaan saling bersandar. Jika sampel paling banyak 10% daripada populasi, kebersandaran itu kecil dan model binomial masih baik.

4.12 · Taburan geometri

percubaan sehingga kejayaan pertama

Pemboleh ubah rawak geometri mengira percubaan sehingga dan termasuk kejayaan pertama, dalam percubaan tak bersandar yang masing-masing mempunyai kebarangkalian kejayaan yang sama.

Sesuatu jenama bijirin meletakkan hadiah dalam 20% kotaknya. Buka kotak satu demi satu sehingga anda menjumpai hadiah; X ialah bilangan kotak yang dibuka. Bilangan percubaan tidak tetap, jadi X bukan binomial. Untuk berjaya buat kali pertama pada percubaan x (x = 1, 2, 3, …), x − 1 percubaan pertama mesti gagal:

\begin{aligned}P(X = x) &= (1-p)^{x-1}p \\ P(X = 3) &= (0.8)^{2}(0.2) = 0.128\end{aligned}

Setiap bar ialah 0.8 kali bar sebelumnya, jadi taburan sentiasa pencong ke kanan, dan nilainya yang paling mungkin sentiasa 1.

P(X ≤ 3) = 1 − P(tiada hadiah dalam 3 yang pertama) = 1 − 0.8³ = 0.488.
P(X > 5) = 0.8⁵ = 0.328: lima kotak pertama semuanya gagal.

\begin{aligned}\mu_X &= \frac{1}{p} = 5 \\ \sigma_X &= \frac{\sqrt{1-p}}{p} = \frac{\sqrt{0.8}}{0.2} = 4.47\end{aligned}

Dalam konteks. “Jika ini diulang banyak kali, ia memerlukan 5 kotak secara purata untuk mendapat hadiah.” Rajah memainkan satu larian demi satu: kotak dibuka sehingga kotak merah, kemudian bola menandakan X bagi larian itu.