Помощь по Теле2, тарифы, вопросы

Определение повторных независимых испытаний. Формулы Бернулли для вычисления вероятности и наивероятнейшего числа. Асимптотические формулы для формулы Бернулли (локальная и интегральная, теоремы Лапласа). Использование интегральной теоремы. Формула Пуассона, для маловероятных случайных событий.

Повторные независимые испытания

На практике приходится сталкиваться с такими задачами, которые можно представить в виде многократно повторяющихся испытаний, в результате каждого из которых может появиться или не появиться событие A . При этом интерес представляет исход не каждого "отдельного испытания, а общее количество появлений события A в результате определенного количества испытаний. В подобных задачах нужно уметь определять вероятность любого числа m появлений события A в результате n испытаний. Рассмотрим случай, когда испытания являются независимыми и вероятность появления события A в каждом испытании постоянна. Такие испытания называются повторными независимыми.

Примером независимых испытаний может служить проверка на годность изделий, взятых по одному из ряда партий. Если в этих партиях процент брака одинаков, то вероятность того, что отобранное изделие будет бракованным, в каждом случае является постоянным числом.

Формула Бернулли

Воспользуемся понятием сложного события , под которым подразумевается совмещение нескольких элементарных событий, состоящих в появлении или непоявлении события A в i –м испытании. Пусть проводится n независимых испытаний, в каждом из которых событие A может либо появиться с вероятностью p , либо не появиться с вероятностью q=1-p . Рассмотрим событие B_m , состоящее в том, что событие A в этих n испытаниях наступит ровно m раз и, следовательно, не наступит ровно (n-m) раз. Обозначим A_i~(i=1,2,\ldots,{n}) появление события A , a \overline{A}_i - непоявление события A в i –м испытании. В силу постоянства условий испытания имеем

Событие A может появиться m раз в разных последовательностях или комбинациях, чередуясь с противоположным событием \overline{A} . Число возможных комбинаций такого рода равно числу сочетаний из n элементов по m , т. е. C_n^m . Следовательно, событие B_m можно представить в виде суммы сложных несовместных между собой событий, причем число слагаемых равно C_n^m :

B_m=A_1A_2\cdots{A_m}\overline{A}_{m+1}\cdots\overline{A}_n+\cdots+\overline{A}_1\overline{A}_2\cdots\overline{A}_{n-m}A_{n-m+1}\cdots{A_n},

где в каждое произведение событие A входит m раз, а \overline{A} - (n-m) раз.

Вероятность каждого сложного события, входящего в формулу (3.1), по теореме умножения вероятностей для независимых событий равна p^{m}q^{n-m} . Так как общее количество таких событий равно C_n^m , то, используя теорему сложения вероятностей для несовместных событий, получаем вероятность события B_m (обозначим ее P_{m,n} )

P_{m,n}=C_n^mp^{m}q^{n-m}\quad \text{or}\quad P_{m,n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}.

Формулу (3.2) называют формулой Бернулли , а повторяющиеся испытания, удовлетворяющие условию независимости и постоянства вероятностей появления в каждом из них события A , называют испытаниями Бернулли , или схемой Бернулли .

Пример 1. Вероятность выхода за границы поля допуска при обработке деталей на токарном станке равна 0,07. Определить вероятность того, что из пяти наудачу отобранных в течение смены деталей у одной размеры диаметра не соответствуют заданному допуску.

Решение. Условие задачи удовлетворяет требования схемы Бернулли. Поэтому, полагая n=5,\,m=1,\,p=0,\!07 , по формуле (3.2) получаем

P_{1,5}=C_5^1(0,\!07)^{1}(0,\!93)^{5-1}\approx0,\!262.

Пример 2. Наблюдениями установлено, что в некоторой местности в сентябре бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из случайно взятых в этом месяце 8 дней 3 дня окажутся дождливыми?

Решение.

P_{3;8}=C_8^3{\left(\frac{12}{30}\right)\!}^3{\left(1-\frac{12}{30}\right)\!}^{8-3}=\frac{8!}{3!(8-3)!}{\left(\frac{2}{5}\right)\!}^3{\left(\frac{3}{5}\right)\!}^5=56\cdot\frac{8}{125}\cdot\frac{243}{3125}=\frac{108\,864}{390\,625}\approx0,\!2787.

Наивероятнейшее число появлений события

Наивероятнейшим числом появления события A в n независимых испытаниях называется такое число m_0 , для которого вероятность, соответствующая этому числу, превышает или, по крайней мере, не меньше вероятности каждого из остальных возможных чисел появления события A . Для определения наивероятнейшего числа не обязательно вычислять вероятности возможных чисел появлений события, достаточно знать число испытаний n и вероятность появления события A в отдельном испытании. Обозначим P_{m_0,n} вероятность, соответствующую наивероятнейшему числу m_0 . Используя формулу (3.2), записываем

P_{m_0,n}=C_n^{m_0}p^{m_0}q^{n-m_0}=\frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}.

Согласно определению наивероятнейшего числа, вероятности наступления события A соответственно m_0+1 и m_0-1 раз должны, по крайней мере, не превышать вероятность P_{m_0,n} , т. е.

P_{m_0,n}\geqslant{P_{m_0+1,n}};\quad P_{m_0,n}\geqslant{P_{m_0-1,n}}

Подставляя в неравенства значение P_{m_0,n} и выражения вероятностей P_{m_0+1,n} и P_{m_0-1,n} , получаем

Решая эти неравенства относительно m_0 , получаем

M_0\geqslant{np-q},\quad m_0\leqslant{np+p}

Объединяя последние неравенства, получаем двойное неравенство, которое используют для определения наивероятнейшего числа:

Np-q\leqslant{m_0}\leqslant{np+p}.

Так как длина интервала, определяемого неравенством (3.4), равна единице, т. е.

(np+p)-(np-q)=p+q=1,

и событие может произойти в n испытаниях только целое число раз, то следует иметь в виду, что:

1) если np-q - целое число, то существуют два значения наивероятнейшего числа, а именно: m_0=np-q и m"_0=np-q+1=np+p ;

2) если np-q - дробное число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: единственное целое, заключенное между дробными числами, полученными из неравенства (3.4);

3) если np - целое число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: m_0=np .

При больших значениях n пользоваться формулой (3.3) для расчета вероятности, соответствующей наивероятнейшему числу, неудобно. Если в равенство (3.3) подставить формулу Стирлинга

N!\approx{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi{n}}},

справедливую для достаточно больших n , и принять наивероятнейшее число m_0=np , то получим формулу для приближенного вычисления вероятности, соответствующей наивероятнейшему числу:

P_{m_0,n}\approx\frac{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi{n}}\,p^{np}q^{nq}}{(np)^{np}e^{-np}\sqrt{2\pi{np}}\,(nq)^{nq}e^{-nq}\sqrt{2\pi{nq}}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi{npq}}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sqrt{npq}}.

Пример 2. Известно, что \frac{1}{15} часть продукции, поставляемой заводом на торговую базу, не удовлетворяет всем требованиям стандарта. На базу была завезена партия изделий в количестве 250 шт. Найти наивероятнейшее число изделий, удовлетворяющих требованиям стандарта, и вычислить вероятность того, что в этой партии окажется наивероятнейшее число изделий.

Решение. По условию n=250,\,q=\frac{1}{15},\,p=1-\frac{1}{15}=\frac{14}{15} . Согласно неравенству (3.4) имеем

250\cdot\frac{14}{15}-\frac{1}{15}\leqslant{m_0}\leqslant250\cdot\frac{14}{15}+\frac{1}{15}

откуда 233,\!26\leqslant{m_0}\leqslant234,\!26 . Следовательно, наивероятнейшее число изделий, удовлетворяющих требованиям стандарта, в партии из 250 шт. равно 234. Подставляя данные в формулу (3.5), вычисляем вероятность наличия в партии наивероятнейшего числа изделий:

P_{234,250}\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi\cdot250\cdot\frac{14}{15}\cdot\frac{1}{15}}}\approx0,\!101

Локальная теорема Лапласа

Пользоваться формулой Бернулли при больших значениях n очень трудно. Например, если n=50,\,m=30,\,p=0,\!1 , то для отыскания вероятности P_{30,50} надо вычислить значение выражения

P_{30,50}=\frac{50!}{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20}

Естественно, возникает вопрос: нельзя ли вычислить интересующую вероятность, не используя формулу Бернулли? Оказывается, можно. Локальная теорема Лапласа дает асимптотическую формулу, которая позволяет приближенно найти вероятность появления событий ровно m раз в n испытаниях, если число испытаний достаточно велико.

Теорема 3.1. Если вероятность p появления события A в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность P_{m,n} того, что событие A появится в n испытаниях ровно m раз, приближенно равна (тем точнее, чем больше n ) значению функции

Y=\frac{1}{\sqrt{npq}}\frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}=\frac{\varphi(x)}{\sqrt{npq}} при .

Существуют таблицы, которые содержат значения функции \varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2/2}} , соответствующие положительным значениям аргумента x . Для отрицательных значений аргумента используют те же таблицы, так как функция \varphi(x) четна, т. е. \varphi(-x)=\varphi(x) .

Итак, приближенно вероятность того, что событие A появится в n испытаниях ровно m раз,

P_{m,n}\approx\frac{1}{\sqrt{npq}}\,\varphi(x), где x=\frac{m-np}{\sqrt{npq}} .

Пример 3. Найти вероятность того, что событие A наступит ровно 80 раз в 400 испытаниях, если вероятность появления события A в каждом испытании равна 0,2.

Решение. По условию n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8 . Воспользуемся асимптотической, формулой Лапласа:

P_{80,400}\approx\frac{1}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}\,\varphi(x)=\frac{1}{8}\,\varphi(x).

Вычислим определяемое данными задачи значение x :

X=\frac{m-np}{\sqrt{npq}}=\frac{80-400\cdot0,\!2}{8}=0.

По таблице прил, 1 находим \varphi(0)=0,\!3989 . Искомая вероятность

P_{80,100}=\frac{1}{8}\cdot0,\!3989=0,\!04986.

Формула Бернулли приводит примерно к такому же результату (выкладки ввиду их громоздкости опущены):

P_{80,100}=0,\!0498.

Интегральная теорема Лапласа

Предположим, что проводится n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события A постоянна и равна p . Необходимо вычислить вероятность P_{(m_1,m_2),n} того, что событие A появится в n испытаниях не менее m_1 и не более m_2 раз (для краткости будем говорить "от m_1 до m_2 раз"). Это можно сделать с помощью интегральной теоремы Лапласа.

Теорема 3.2. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то приближенно вероятность P_{(m_1,m_2),n} того, что событие A появится в испытаниях от m_1 до m_2 раз,

P_{(m_1,m_2),n}\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{x"}^{x""}e^{-x^2/2}\,dx, где .

При решении задач, требующих применения интегральной теоремы Лапласа, пользуются специальными таблицами, так как неопределенный интеграл \int{e^{-x^2/2}\,dx} не выражается через элементарные функции. Таблица для интеграла \Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x}e^{-z^2/2}\,dz приведена в прил. 2, где даны значения функции \Phi(x) для положительных значений x , для x<0 используют ту же таблицу (функция \Phi(x) нечетна, т. е. \Phi(-x)=-\Phi(x) ). Таблица содержит значения функции \Phi(x) лишь для x\in ; для x>5 можно принять \Phi(x)=0,\!5 .

Итак, приближенно вероятность того, что событие A появится в n независимых испытаниях от m_1 до m_2 раз,

P_{(m_1,m_2),n}\approx\Phi(x"")-\Phi(x"), где x"=\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}};~x""=\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}} .

Пример 4. Вероятность того, что деталь изготовлена с нарушениями стандартов, p=0,\!2 . Найти вероятность того, что среди 400 случайно отобранных деталей нестандартных окажется от 70 до 100 деталей.

Решение. По условию p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100 . Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

P_{(70,100),400}\approx\Phi(x"")-\Phi(x").

Вычислим пределы интегрирования:

нижний

X"=\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}}=\frac{70-400\cdot0,\!2}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}=-1,\!25,

верхний

X""=\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}}=\frac{100-400\cdot0,\!2}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}=2,\!5,

Таким образом

P_{(70,100),400}\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25).

По таблице прил. 2 находим

\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.

Искомая вероятность

P_{(70,100),400}=0,\!4938+0,\!3944=0,\!8882.

Применение интегральной теоремы Лапласа

Если число m (число появлений события A при n независимых испытаниях) будет изменяться от m_1 до m_2 , то дробь \frac{m-np}{\sqrt{npq}} будет изменяться от \frac{m_1-np}{\sqrt{npq}}=x" до \frac{m_2-np}{\sqrt{npq}}=x"" . Следовательно, интегральную теорему Лапласа можно записать и так:

P\left\{x"\leqslant\frac{m-np}{\sqrt{npq}}\leqslant{x""}\right\}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{x"}^{x""}e^{-x^2/2}\,dx.

Поставим задачу найти вероятность того, что отклонение относительной частоты \frac{m}{n} от постоянной вероятности p по абсолютной величине не превышает заданного числа \varepsilon>0 . Другими словами, найдем вероятность осуществления неравенства \left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon , что то же самое, -\varepsilon\leqslant\frac{m}{n}-p\leqslant\varepsilon . Эту вероятность будем обозначать так: P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon\right\} . С учетом формулы (3.6) для данной вероятности получаем

P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon\right\}\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt{\frac{n}{pq}}\right).

Пример 5. Вероятность того, что деталь нестандартна, p=0,\!1 . Найти вероятность того, что среди случайно отобранных 400 деталей относительная частота появления нестандартных деталей отклонится от вероятности p=0,\!1 по абсолютной величине не более чем на 0,03.

Решение. По условию n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03 . Требуется найти вероятность P\left\{\left|\frac{m}{400}-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\} . Используя формулу (3.7), получаем

P\left\{\left|\frac{m}{400}-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\}\approx2\Phi\left(0,\!03\sqrt{\frac{400}{0,\!1\cdot0,\!9}}\right)=2\Phi(2)

По таблице прил. 2 находим \Phi(2)=0,\!4772 , следовательно, 2\Phi(2)=0,\!9544 . Итак, искомая вероятность приближенно равна 0,9544. Смысл полученного результата таков: если взять достаточно большое число проб по 400 деталей в каждой, то примерно в 95,44% этих проб отклонение относительной частоты от постоянной вероятности p=0,\!1 по абсолютной величине не превысит 0,03.

Формула Пуассона для маловероятных событий

Если вероятность p наступления события в отдельном испытании близка к нулю, то даже при большом числе испытаний n , но при небольшом значении произведения np получаемые по формуле Лапласа значения вероятностей P_{m,n} оказываются недостаточно точными и возникает потребность в другой приближенной формуле.

Теорема 3.3. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна, но мала, число независимых испытаний n достаточно велико, но значение произведения np=\lambda остается небольшим (не больше десяти), то вероятность того, что в этих испытаниях событие A наступит m раз,

P_{m,n}\approx\frac{\lambda^m}{m!}\,e^{-\lambda}.

Для упрощения расчетов с применением формулы Пуассона составлена таблица значений функции Пуассона \frac{\lambda^m}{m!}\,e^{-\lambda} (см. прил. 3).

Пример 6. Пусть вероятность изготовления нестандартной детали равна 0,004. Найти вероятность того, что среди 1000 деталей окажется 5 нестандартных.

Решение. Здесь n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4 . Все три числа удовлетворяют требованиям теоремы 3.3, поэтому для нахождения вероятности искомого события P_{5,1000} применяем формулу Пуассона. По таблице значений функции Пуассона (прил. 3) при \lambda=4;m=5 получаем P_{5,1000}\approx0,\!1563 .

Найдем вероятность того же события по формуле Лапласа. Для этого сначала вычисляем значение x , соответствующее m=5 :

X=\frac{5-1000\cdot0,\!004}{\sqrt{1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996}}\approx\frac{1}{1,\!996}\approx0,\!501.

Поэтому согласно формуле Лапласа искомая вероятность

P_{5,1000}\approx\frac{\varphi(0,\!501)}{1,\!996}\approx\frac{0,\!3519}{1,\!996}\approx0,\!1763

а согласно формуле Бернулли точное ее значение

P_{5,1000}=C_{1000}^{5}\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^{995}\approx0,\!1552.

Таким образом, относительная ошибка вычисления вероятностей P_{5,1000} по приближенной формуле Лапласа составляет

\frac{0,\!1763-0,\!1552}{0,\!1552}\approx0,\!196 , или 13,\!6\%

а по формуле Пуассона -

\frac{0,\!1563-0,\!1552}{0,\!1552}\approx0,\!007 , или 0,\!7\%

Т. е. во много раз меньше.
Перейти к следующему разделу
Одномерные случайные величины В вашем браузере отключен Javascript.
Чтобы произвести расчеты, необходимо разрешить элементы ActiveX!

При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться событие А , причем нас интересует не результат каждого отдельного опыта, а общее число появлений события А в результате серии опытов. Например, если производится группа выстрелов по одной и той же цели, нас интересует не результат каждого выстрела, а общее число попаданий. Такие задачи решаются достаточно просто, если опыты являются независимыми .

Определение . Независимыми относительно события А испытаниями называются такие, в которых вероятность события А в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний.

Пример. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляют собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае это – зависимые опыты.

Пример . Несколько выстрелов представляют собой независимые опыты только в случае, если прицеливание производится заново перед каждым выстрелом; в случае, когда прицеливание производится один раз перед всей стрельбой или непрерывно осуществляется в процессе стрельбы (стрельба очередью, бомбометание серией), выстрелы представляют собой зависимые опыты.

Независимые испытания могут производиться в одинаковых или различных условиях. В первом случае вероятность события А во всех опытах одна и та же, во втором случае вероятность события А меняется от опыта к опыту. Первый случай связан со многими задачами теории надежности, теории стрельбы и приводит к так называемой схеме Бернулли , которая состоит в следующем:

1) проводится последовательность n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться, либо не появиться;

2) вероятность появления события А в каждом испытании постоянна и равна , как и вероятность его не появления .

Формула Бернулли, с помощью которой находится вероятность появления события А k раз в n независимых испытаниях, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью p :

. (1)

Замечание 1 . С возрастанием n и k применение формулы Бернулли связано с вычислительными трудностями, поэтому формула (1) применяется, в основном, если k не превосходит 5 и n не велико.

Замечание 2. В связи с тем, что вероятности по форме представляют собой члены разложения бинома , распределение вероятностей вида (1) называется биномиальным распределением.

Пример . Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность пяти попаданий при шести выстрелах.

Решение. Так как , то , кроме того и . Пользуясь формулой Бернулли, получим:

Пример . Производится четыре независимых выстрела по одной и той же цели с различных расстояний. Вероятности попадания при этих выстрелах равны соответственно:

Найти вероятности ни одного, одного, двух, трех и четырех попаданий:

Решение. Составляем производящую функцию:

Пример . Производится пять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую равна 0,2. Для разрушения цели достаточно трех попаданий. Найти вероятность того, что цель будет разрушена.

Решение. Вероятность разрушения цели вычисляем по формуле:

Пример . Производится десять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую при одном выстреле равна 0,1. Для поражения цели достаточно одного попадания. Найти вероятность поражения цели.

Решение. Вероятность хотя бы одного попадания вычисляем по формуле:

3. Локальная теорема Муавра-Лапласа

В приложениях часто приходится вычислять вероятности различных событий, связанных с числом появлений события в n испытаниях схемы Бернулли при больших значениях n . В этом случае вычисления по формуле (1) становятся затруднительными. Трудности возрастают, когда приходится ещё суммировать эти вероятности. Затруднения при вычислениях возникают также при малых значениях p или q .

Лаплас получил важную приближенную формулу для вероятности появления события А точно m раз, если - достаточно большое число, то есть при .

Локальная теорема Муавра – Лапласа . Если вероятность p появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы , , величина ограничена равномерно по m и n, то вероятность появления события А ровно m раз в n независимых испытаниях приближенно равна

Схема испытаний Бернулли. Формула Бернулли

Пусть производится несколько испытаний. Причем, вероятность появления события $A$ в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний. Такие испытания называются независимыми относительно события А. В разных независимых испытаниях событие А, может иметь либо различные вероятности, либо одну и туже. Мы будем рассматривать лишь такие независимые испытания, в которых событие $A$ имеет одну и ту же вероятность.

Под сложным событием будем понимать совмещение простых событий. Пусть производится n-испытаний. В каждом испытании событие $A$ может появиться или не появиться. Будем считать, что в каждом испытании вероятность появления события $A$ одна и та же и равна $p$. Тогда вероятность $\overline A $ { или не наступления А } равна $P({ \overline A })=q=1-p$.

Пусть требуется вычислить вероятность того, что в n -испытаниях событие $A$ наступит k - раз и $n-k$ раз - не наступит. Такую вероятность будем обозначать $P_n (k)$. Причем, последовательность наступления события $A$ не важна. Например: $({ AAA\overline A , AA\overline A A, A\overline A AA, \overline A AAA })$

$P_5 (3)-$ в пяти испытаниях событие $A$ появилось 3 раза и 2 - не появилось. Такую вероятность можно найти по формуле Бернулли.

Вывод формулы Бернулли

По теореме умножения вероятностей независимых событий, вероятность того, что событие $A$ наступит $k$ раз и $n-k$ раз не наступит, будет равна $p^k\cdot q^ { n-k } $. И таких сложных событий может быть столько, сколько можно составить $C_n^k $. Так как, сложные события несовместны, то по теореме о сумме вероятностей несовместных событий, нам надо сложить вероятности всех сложных событий, а их ровно $C_n^k $. Тогда вероятность появления события $A$ ровно k раз в n испытаниях, есть $P_n ({ A,\,k })=P_n (k)=C_n^k \cdot p^k\cdot q^ { n-k } $ формула Бернулли .

Пример. Игральная кость подбрасывается 4 раза. Найти вероятность того, что единица появится в половине случаев.

Решение. $A=$ { появление единицы }

$ P(A)=p=\frac { 1 } { 6 } \, \,P({ \overline A })=q=1-\frac { 1 } { 6 } =\frac { 5 } { 6 } $ $ P_4 (2)=C_4^2 \cdot p^2\cdot q^ { 4-2 } =\frac { 4! } { 2!\cdot 2! } \cdot 6^2\cdot ({ \frac { 5 } { 6 } })^2=0,115 $

Легко видеть, что при больших значениях n достаточно трудно подсчитать вероятность из-за громадных чисел. Оказывается эту вероятность можно посчитать не только с помощью формулы Бернулли.

На этом уроке будем находить вероятность наступления события в независимых испытаниях при повторении испытаний. Испытания называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого испытания не зависит от того, какие исходы имели другие испытания . Независимые испытания могут проводиться как в одинаковых условиях, так и в различных. В первом случае вероятность появления некоторого события во всех испытаниях одна и та же, во втором случае она меняется от испытания к испытанию.

Примеры независимых повторных испытаний :

• выйдет из строя один из узлов прибора или два, три узла, причём выход из строя каждого узла не зависит от другого узла, а вероятность выхода из строя одного узла постоянна во всех испытаниях;
• произведённая в некоторых постоянных технологических условиях деталь, или три, четыре, пять деталей, окажутся нестандартными, причём одна деталь может оказаться нестандартной независимо от любой другой детали и вероятность того, что деталь окажется нестандатной, постоянна во всех испытаниях;
• из нескольких выстрелов по мишени один, три или четыре выстрела попадают в цель независимо от исходов других выстрелов и вероятность попадания в цель постоянна во всех испытаниях;
• при опускании монеты автомат сработает правильно один, два или другое число раз независимо от того, какой результат имели другие опускания монеты, и вероятность того, что автомат сработает правильно, постоянна во всех испытаниях.

Эти события можно описать одной схемой. Каждое событие наступает в каждом испытании с одной и той же вероятностью, которая не изменяется, если становятся известными результаты предыдущих испытаний. Такие испытания называются независимыми, а схема называется схемой Бернулли . Предполагается, что такие испытания могут быть повторены как угодно большое количество раз.

Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна, то вероятность того, что в n независимых испытаниях событие A наступит m раз, находится по формуле Бернулли :

(где q = 1 – p - вероятность того, что событие не наступит)

Поставим задачу – найти вероятность того, что событие такого типа в n независимых испытаниях наступит m раз.

Формула Бернулли: примеры решения задач

Пример 1. Найти вероятность того, что среди взятых случайно пяти деталей две стандартные, если вероятность того, что каждая деталь окажется стандартной, равна 0,9.

Решение. Вероятность события А , состоящего в том, что взятая случайно деталь стандартна, есть p =0,9 , а вероятность того, что она нестандартна, есть q =1–p =0,1 . Обозначенное в условии задачи событие (обозначим его через В ) наступит, если, например, первые две детали окажутся стандартными, а следующие три – нестандартными. Но событие В также наступит, если первая и третья детали окажутся стандартными, а остальные – нестандартными, или если вторая и пятая детали будут стандартными, а остальные – нестандартными. Имеются и другие возможности наступления события В . Любая из них характеризуется тем, что из пяти взятых деталей две, занимающие любые места из пяти, окажутся стандартными. Следовательно, общее число различных возможностей наступления события В равно числу возможностей размещения на пяти местах двух стандартных деталей, т.е. равно числу сочетаний из пяти элементов по два, а .

Вероятность каждой возможности по теореме умножения вероятностей равна произведению пяти множителей, из которых два, соответствующие появлению стандартных деталей, равны 0,9, а остальные три, соответствующие появлению нестандартных деталей, равны 0,1, т.е. эта вероятность составляет . Так как указанные десять возможностей являются несовместимыми событиями, по теореме сложения вероятность события В , которую обозначим

Пример 2. Вероятность того, что станок в течение часа потребует внимания рабочего, равна 0,6. Предполагая, что неполадки на станках независимы, найти вероятность того, что в течение часа внимания рабочего потребует какой-либо один станок из четырёх обслуживаемых им.

Решение. Используя формулу Бернулли при n =4 , m =1 , p =0,6 и q =1–p =0,4 , получим

Пример 3. Для нормальной работы автобазы на линии должно быть не менее восьми автомашин, а их имеется десять. Вероятность невыхода каждой автомашины на линию равна 0,1. Найти вероятность нормальной работы автобазы в ближайший день.

Решение. Автобаза будет работать нормально (событие F ), если на линию выйдут или восемь (событие А ), или девять (событие В ), или все десять автомашин событие (событие C ). По теореме сложения вероятностей,

Каждое слагаемое находим по формуле Бернулли . Здесь n =10 , m =8; 9; 10 , а p =1-0,1=0,9 , так как p должно означать вероятность выхода автомашины на линию; тогда q =0,1 . В результате получим

Пример 4. Пусть вероятность того, что покупателю необходима мужская обувь 41-го размера, равна 0,25. Найти вероятность того, что из шести покупателей по крайней мере двум необходима обувь 41-го размера.

Перед изложением третьего вопроса лекции преподаватель обозначает проблему, вызывающую необходимость рассмотрения теоремы о повторении опытов, при этом отмечая, что в изучаемом курсе теории вероятностей будет рассматриваться только частная теорема, связанная с повторением независимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с постоянной вероятностью.

После чего преподаватель показывает доказательство этой теоремы (вывод формулы Бернулли).

Для пояснения физической сущности рассматриваемой теоремы преподаватель использует оверхэд-проектор и подготовленные слайды.

В заключении лекции преподаватель поясняет почему распределение вероятностей появления события А в серии из n испытаний, в условиях когда они несовместны и образуют полную группу событий называют биномиальным и обращает внимание на важность знания этого распределения для решения прикладных задач.

До сих пор мы рассматривали комбинации сравнительного небольшого числа событий, когда непосредственное применение правил сложения и умножения вероятностей не вызывало больших вычислительных затруднений. Однако с увеличением числа событий или числа испытаний, в которых может появляться интересующее нас событие, изученный способ вычисления становится очень громоздким.

При этом задача решалась достаточно просто только в том случае, если опыты являлись независимыми.

Несколько опытов называются независимыми , если вероятность того или иного исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты.

На практике имеют место случаи, когда вероятность наступления события А во всех независимых опытах может быть либо одинаковой, либо меняться от опыта к опыту. Например, при корректировании огня после каждого выстрела вероятность попадания в цель с каждым выстрелом будет изменяться.

В случае, когда в независимых опытах вероятность наступления события от опыта к опыту изменяется, используют общую теорему о повторении опытов, а когда в независимых опытах вероятность наступления события от опыта к опыту не изменяется, используют частную теорему о повторении опытов.

В изучаемом нами курсе теории вероятностей мы рассмотрим только частную терему о повторении опытов, когда необходимо определить вероятность наступления события А в серии изnнезависимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с одинаковой вероятностью.

Например, необходимо вычислить вероятность того, что при пяти выстрелах из орудия на постоянных установках будет получено ровно два попадания в цель, если выстрелы независимы и при каждом выстреле вероятность попадания в цель известна и не изменяется.

В случае, если составить возможные комбинации появления интересующего нас события А 1 , то получим:

Возможных комбинаций, в которых наступит событие А={получить 2 попадания при пяти выстрелах} будет 10.

Применив теорему о сумме и произведении независимых событий, будем иметь:

Увеличение числа интересующих нас событий или числа испытаний приведёт к еще большему увеличению объёма вычислительных операций, поэтому возникает задача отыскания менее трудоёмких способов расчёта.

Постановка задачи:

Пусть предполагается в одинаковых условиях произвести nнезависимых испытаний, результатом каждого из которых может быть наступление либо событияА , либо ему противоположного.

Обозначим через А 1 наступление событияА при первом испытании,А 2 – при втором испытании,А n – при последнем испытании.

В силу постоянства условий испытания:

Р(А 1 ) = Р(А 2 ) = … Р(А n ) = р

Нас интересует вероятность того, что событие А при nиспытаниях наступит ровноmраз, а в оставшихсяn-mиспытаниях – не наступит (т.е. наступит противоположное событию А событие -).

Допустим, что интересующее нас событие А наступает подрядmраз, начиная с первого, т.е. имеет место событие –Е .

Е= А 1 А 2 … А m -1 А m 
(1)

m n - m

По условию повторения испытаний, события, входящие в данную комбинацию, независимы, при этом вероятности наступления событий А 1 ,А 2 ,… А m -1 , А m одинаковы и равныр: Р(А 1 ) = Р(А 2 ) =…= Р(А m ) = р, а вероятности не наступления событий
так же одинаковы и равныq =1-р: .

Применяя правило умножения вероятностей для независимых событий к выражению 1 получим:

Р(Е) = Р(А 1 ) Р(А 2 ) … Р(А m -1 ) Р(А m ) Р(
= р m (1-р) n  - m = р m q n - m

В силу постоянства условий испытаний мы допустили, что интересующее нас событие А наступает подрядmраз, начиная с первого. Но событиеА вn испытаниях может наступить ровноm раз в различных последовательностях или комбинациях. При этом нам безразлично, в какой именно последовательности появляется событие А ровноm раз.

Число таких комбинаций равно числу сочетаний изnэлементов поm .

Так как эти комбинации событий (подобные комбинации Е) несовместны и нас не интересует последовательность наступления события А в испытании ровноm раз, то обозначив интересующую нас вероятность черезР m , получим:

Р m =
р m (1-р) n - m =
=

где
- число сочетаний изn элементов поm .

Данная формула носит имя формулы Бернулли.

Формула Бернулли позволяет получить ответ на вопрос: какова вероятность того, что при повторении nнезависимых испытаний некоторое событиеА наступает ровноm раз, если в каждом из этих испытаний вероятность наступления событияА постоянна и равнаР(А) = р.

Приведенная формула Бернулли имеет исключительно важное значение в теории вероятностей по той причине, что она связана с повторением испытаний в одинаковых условиях, т.е. с такими условиями, в которых как раз и проявляются законы теории вероятностей.

Заключение по лекции:

В лекции мы рассмотрели принципиальные вопросы теории вероятностей применительно к случайным величинам, ввели основной понятийный аппарат, необходимый для дальнейшего изучения дисциплины: определение случайной величины, их классификацию; понятия закона распределения и его формы для различных типов случайной величины.

В ходе подготовки к последующим лекциям и практическим занятиям вы должны самостоятельно при углубленном изучении рекомендованной литературы и решения предложенных задач дополнить свои конспекты лекций.

Кроме того, на последующих занятиях мы будем изучать теоремы и зависимости, позволяющие определить вероятность появления случайной величины требуемое число раз или на определенном интервале, например вероятность попадания в цель.

Изучить:

Вентцель Е.С. Теория вероятностей. Учебник. Издание восьмое, стереотипное. – М.: Высшая школа, 2002 г. - 575 с. – стр. 67-78, 80-84

Вентцель Е.С., Овчаров Л.А.. Теория вероятностей и ее инженерные приложения. Учебное пособие. Издание третье, переработанное и дополненное. – М.: «Академия», 2003 г. – 464 с. – стр. 73-93

Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика. Учебное пособие. Издание десятое, стереотипное.-М.:Высшая школа», 2004 г. – 480 с. Стр 64-73