Как найти вероятность независимых повторных испытаний - Исправление недочетов и поиск решений вместе с Examum.ru

Схема повторных независимых испытаний.
Формула Бернулли

Краткая теория
Примеры решения задач
Задачи контрольных и самостоятельных работ

Краткая теория

Схема Бернулли

Теория вероятностей имеет дело с такими экспериментами, которые
можно повторять (по крайней мере теоретически)
неограниченное число раз. Пусть некоторый эксперимент повторяется

раз, причем результаты каждого повторения не
зависят от исходов предыдущих повторений. Такие серии повторений называют
независимыми испытаниями. Частным случаем таких испытаний являются независимые
испытания Бернулли, которые характеризуются двумя условиями:

1) результатом каждого испытания является один из двух возможных
исходов, называемых соответственно
«успехом» или «неудачей».

2) вероятность «успеха», в
каждом последующем испытании не зависит от результатов предыдущих испытаний и
остается постоянной.

Схему испытаний Бернулли
называют также
биномиальной схемой,
а соответствующие вероятности –
биномиальными, что связано с использованием биномиальных коэффициентов

Теорема Бернулли

Если производится серия из

независимых
испытаний Бернулли, в каждом из которых «успех» появляется с вероятностью

, то вероятность того, что «успех» в

испытаниях
появится ровно

раз,
выражается формулой:

где

– вероятность
«неудачи».

– число сочетаний

элементов по

(см.
основные формулы комбинаторики)

Эта формула называется
формулой Бернулли.

Формула Бернулли позволяет
избавиться от большого числа вычислений — сложения и умножения вероятностей —
при достаточно большом количестве испытаний.

Если число испытаний n велико, то пользуются:

локальной формулой Муавра — Лапласа
интегральной формулой Муавра — Лапласа
формулой Пуассона

Примеры решения задач

Пример 1

Всхожесть
семян некоторого растения составляет 70%. Какова вероятность того, что из 10
посеянных семян взойдут: 8, по крайней мере 8; не менее 8?

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Решение

Воспользуемся
формулой Бернулли:

В нашем
случае

Пусть
событие

– из 10 семян взойдут 8:

Пусть
событие

– взойдет по крайней мере 8 (это значит 8, 9
или 10)

Пусть
событие

– взойдет не менее 8 (это значит 8,9 или 10)

Ответ: P(A)=0.2335;P(B)=0.3828; P(C)=0.3828

Пример 2

В
результате обследования были выделены семьи, имеющие по четыре ребенка. Считая
вероятности появления мальчика и девочки в семье равными, определить
вероятности появления в ней:

а) одного
мальчика;

б) двух мальчиков.

Решение

Вероятность
появления мальчика или девочки равна

. Вероятность появления
мальчика в семье, имеющей четырех детей, находится по формуле Бернулли:

В нашем
случае:

б)
Вероятность появления в семье двух мальчиков:

Ответ: а)

; б)

Пример 3

Два
равносильных противника играют в шахматы. Что вероятнее а) выиграть одну партию
из двух или две партии из четырех? б) выиграть не менее двух партий из четырех
или не менее трех партий из пяти? Ничьи во внимание не принимаются.

Решение

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Играют
равносильные шахматисты, поэтому вероятность выигрыша

, следовательно вероятность проигрыша
тоже равна 1/2. Так как во всех партиях вероятность выигрыша постоянна и
безразлично, в какой последовательности будут выиграны партии, то применима
формула Бернулли:

а) Вероятность
выиграть 1 партию из двух:

Вероятность
выиграть 2 партии из четырех:

Вероятнее
выиграть одну партию из 2-х.

б) Вероятность
выиграть не менее 2-х партий из 4:

Вероятность
выиграть не менее 3-х партий из 5:

Вероятнее
выиграть не менее 2-х партий из 4.

Ответ: а) Вероятнее выиграть одну партию из
2-х; б) Вероятнее выиграть не менее 2-х партий из 4.

Задачи контрольных и самостоятельных работ

Задача 1

Всхожесть
семян данного сорта имеет вероятность 0.7. Оценить вероятность того, что из 9 семян
взойдет не менее 4 семян.

Задача 2

Найти
вероятность того, что в n независимых испытаниях
событие A появится ровно k раз, зная, что в каждом
испытании вероятность появления события равна p.

Задача 3

а) Найти
вероятность того, что событие А появится не менее трех раз в четырех
независимых испытаниях, если вероятность появления события А в одном испытании
равна 0,4. б) событие В появится в
случае, если событие А наступит не менее четырех раз. Найти вероятность
наступления события В, если будет произведено пять независимых испытаний, в
каждом из которых вероятность появления события А равна 0,8.

Задача 4

В ралли участвует
10 однотипных машин. Вероятность выхода из строя за период соревнований каждой
из них 1/20.

Найти
вероятность того, что к финишу придут не менее 8 машин.

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Задача 5

Баскетболист
бросает мяч 4 раза. Вероятность попадания при каждом броске равна 0,7. Найти
вероятность того, что он попадет в корзину: а) три раза; б) менее 3 раз; б)
более трех раз.

Задача 6

В семье
пятеро детей. Считая, что вероятность рождения мальчика равна 0.4, найти
вероятность того, что среди этих детей есть не менее двух девочек.

Задача 7

В
микрорайоне пять машин технической службы. Для бесперебойной работы необходимо,
чтобы не меньше трех машин были в исправном состоянии. Считая верояность
исправного состояния для всех машин одинаковой и равной 0,75, найти вероятность
бесперебойной работы технической службы в микрорайоне.

Задача 8

В среднем
каждый десятый договор страховой компании завершается выплатой по страховому
случаю. Компания заключила пять договоров. Найти вероятность того, что
страховой случай наступит: а) один раз; б) хотя бы один раз.

Задача 9

В
мастерской работают 6 моторов. Для каждого мотора вероятность перегрева к
обеленному перерыву равна 0,8. Найти вероятность того, что к обеденному
перерыву перегреются 4 мотора.

Задача 10

Пусть
вероятность того, что телевизор потребует ремонта в течение гарантийного срока,
равна 0,2. Найти вероятность того, что в течение гарантийного срока из 6
телевизоров: а) не более одного потребует ремонта; б) хотя бы один не потребует
ремонта.

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Задача 11

Контрольное
задание состоит из 5 вопросов, на каждый из которых дается 4 варианта ответа,
причем один из них правильный, а остальные неправильные. Найдите вероятность
того, что учащийся, не знающий ни одного вопроса, дает: а) 3 правильных ответа;
б) не менее 3-х правильных ответов (предполагается, что учащийся выбирает
ответы наудачу).

Задача 12

Стрелок
попадает в мишень с вероятностью 0,6. Производится серия из 4 выстрелов.

а) Какова
вероятность того, что число промахов будет равно числу попаданий?

б) Найти
вероятность хотя бы одного промаха.

Задание 13

Дана
вероятность p=0.5 появления события A в серии из

независимых испытаний. Найти вероятность того,
что в этих испытаниях событие

появится:

а) ровно

раза

б) не
менее

раз

в) не
менее

раза и не более

раза.

Задача 14

Применяемый
метод лечения в 80% случаев приводит к выздоровлению. Найти вероятность того,
что из четырех больных поправятся:

а) трое;

б) хотя
бы один;

в) найти
наивероятнейшее количество поправившихся больных и соответствующую этому
событию вероятность.

Краткая теория
Примеры решения задач
Задачи контрольных и самостоятельных работ

Источник

Повторные независимые испытания.
Схема и формула Бернулли

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 . При этом интерес представляет исход не каждого «отдельного испытания, а общее количество появлений события в результате определенного количества испытаний. В подобных задачах нужно уметь определять вероятность любого числа появлений события в результате испытаний. Рассмотрим случай, когда испытания являются независимыми и вероятность появления события 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 в –м испытании. Пусть проводится независимых испытаний, в каждом из которых событие может либо появиться с вероятностью , либо не появиться с вероятностью q=1-p . Рассмотрим событие B_m , состоящее в том, что событие в этих испытаниях наступит ровно раз и, следовательно, не наступит ровно (n-m) раз. Обозначим $A_i~(i=1,2,ldots,{n})$ появление события , a $overline{A}_i$ — непоявление события в –м испытании. В силу постоянства условий испытания имеем

$begin{gathered}P{A_1}=P{A_2}=cdots=P{A_n}=p,\P{overline{A}_1}=P{overline{A}_2}=cdots=P{overline{A}_n}=1-p=qend{gathered}$

Событие может появиться раз в разных последовательностях или комбинациях, чередуясь с противоположным событием overline{A} . Число возможных комбинаций такого рода равно числу сочетаний из элементов по , 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 :

$B_m=A_1A_2cdots{A_m}overline{A}_{m+1}cdotsoverline{A}_n+cdots+overline{A}_1overline{A}_2cdotsoverline{A}_{n-m}A_{n-m+1}cdots{A_n},$

(3.1)

где в каждое произведение событие входит 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 $P_{m,n}$ )

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

(3.2)

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

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

Наивероятнейшее число появлений события

Наивероятнейшим числом появления события в 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 . Для определения наивероятнейшего числа не обязательно вычислять вероятности возможных чисел появлений события, достаточно знать число испытаний и вероятность появления события в отдельном испытании. Обозначим $P_{m_0,n}$ вероятность, соответствующую наивероятнейшему числу m_0 . Используя формулу (3.2), записываем

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

(3.3)

Согласно определению наивероятнейшего числа, вероятности наступления события 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

$begin{gathered}frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}geqslantfrac{n!}{(m_0+1)!(n-m_0-1)!}p^{m_0+1}q^{n-m_0-1}\\frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}geqslantfrac{n!}{(m_0-1)!(n-m_0+1)!}p^{m_0-1}q^{n-m_0+1}end{gathered}$

Решая эти неравенства относительно m_0 , получаем

$m_0geqslant{np-q},quad m_0leqslant{np+p}$

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

$np-qleqslant{m_0}leqslant{np+p}.$

(3.4)

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

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

и событие может произойти в 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 — целое число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: m_0=np .

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

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

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

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

(3.5)

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

$250cdotfrac{14}{15}-frac{1}{15}leqslant{m_0}leqslant250cdotfrac{14}{15}+frac{14}{15}$

откуда $233,!26leqslant{m_0}leqslant234,!26$ . 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:

$P_{234,250}approxfrac{1}{sqrt{2picdot250cdotfrac{14}{15}cdotfrac{1}{15}}}approx0,!101$

Локальная теорема Лапласа

Пользоваться формулой Бернулли при больших значениях 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 раз в испытаниях, если число испытаний достаточно велико.

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

$y=frac{1}{sqrt{npq}}frac{e^{-x^2/2}}{sqrt{2pi}}=frac{varphi(x)}{sqrt{npq}}$ при $x=frac{m-np}{sqrt{npq}}$ .

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

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

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

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

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

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

Вычислим определяемое данными задачи значение :

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

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 независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события постоянна и равна . Необходимо вычислить вероятность $P_{(m_1,m_2),n}$ того, что событие появится в 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 наступления события в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то приближенно вероятность $P_{(m_1,m_2),n}$ того, что событие появится в испытаниях от m_1 до m_2 раз,

$P_{(m_1,m_2),n}approxfrac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{x'}^{x''}e^{-x^2/2},dx,$ где $x'=frac{m_1-np}{sqrt{npq}};~x''=frac{m_2-np}{sqrt{npq}}$ .

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 $Phi(x)=frac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{0}^{x}e^{-z^2/2},dz$ приведена в прил. 2, где даны значения функции Phi(x) для положительных значений , 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 xin[0;5] ; для x>5 можно принять Phi(x)=0,!5 .

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

$P_{(m_1,m_2),n}approxPhi(x'')-Phi(x'),$ 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:

$P_{(70,100),400}approxPhi(x'')-Phi(x').$

Вычислим пределы интегрирования:

нижний

$x'=frac{m_1-np}{sqrt{npq}}=frac{70-400cdot0,!2}{sqrt{400cdot0,!2cdot0,!8}}=-1,!25,$

верхний

$x''=frac{m_2-np}{sqrt{npq}}=frac{100-400cdot0,!2}{sqrt{400cdot0,!2cdot0,!8}}=2,!5,$

Таким образом

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

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 (число появлений события при 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:

$Pleft{x'leqslantfrac{m-np}{sqrt{npq}}leqslant{x''}right}=frac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{x'}^{x''}e^{-x^2/2},dx.$

(3.6)

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

$Pleft{left|frac{m}{n}-pright|leqslantvarepsilonright}approx2Phileft(varepsilon,sqrt{frac{n}{pq}}right).$

(3.7)

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 $Pleft{left|frac{m}{400}-0,!1right|leqslant0,!03right}$ . Используя формулу (3.7), получаем

$Pleft{left|frac{m}{400}-0,!1right|leqslant0,!03right}approx2Phileft(0,!03sqrt{frac{400}{0,!1cdot0,!9}}right)=2Phi(2)$

По таблице прил. 2 находим Phi(2)=0,!4772 , следовательно, 2Phi(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 наступления события в отдельном испытании близка к нулю, то даже при большом числе испытаний , но при небольшом значении произведения получаемые по формуле Лапласа значения вероятностей $P_{m,n}$ оказываются недостаточно точными и возникает потребность в другой приближенной формуле.

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

$P_{m,n}approxfrac{lambda^m}{m!},e^{-lambda}.$

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=1000cdot0,!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 , соответствующее m=5 :

$x=frac{5-1000cdot0,!004}{sqrt{1000cdot0,!004cdot0,!996}}approxfrac{1}{1,!996}approx0,!501.$

Поэтому согласно формуле Лапласа искомая вероятность

$P_{5,1000}approxfrac{varphi(0,!501)}{1,!996}approxfrac{0,!3519}{1,!996}approx0,!1763$

а согласно формуле Бернулли точное ее значение

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

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.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

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 .
При этом интерес представляет исход не
каждого «отдельного испытания, а
общее количество появлений события  в
результате определенного количества
испытаний. В подобных задачах нужно
уметь определять вероятность любого
числа  появлений
события  в
результате  испытаний.
Рассмотрим случай, когда испытания
являются независимыми и вероятность
появления события  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

Пусть
проводится  независимых
испытаний, в каждом из которых
событие  может
либо появиться с вероятностью ,
либо не появиться с вероятностью .
Рассмотрим событие ,
состоящее в том, что событие  в
этих  испытаниях
наступит ровно  раз
и, следовательно, не наступит ровно  раз.
Обозначим  появление
события ,
a  —
непоявление события  в –м
испытании. В силу постоянства условий
испытания имеем

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

где
в каждое произведение событие входит раз,
а — раз.

Вероятность
каждого сложного события, входящего в
формулу (3.1), по теореме умножения
вероятностей для независимых событий
равна .
Так как общее количество таких событий
равно ,
то, используя теорему сложения вероятностей
для несовместных событий, получаем
вероятность события (обозначим
ее )

(3.2)

Формулу
(3.2) называют формулой
Бернулли,
а повторяющиеся испытания, удовлетворяющие
условию независимости и постоянства
вероятностей появления в каждом из них
события ,
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 ,
по формуле (3.2) получаем

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.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник

Спасибо за ваши закладки и рекомендации

При решении вероятностных задач часто приходится сталкиваться с ситуациями, в которых одно и тоже испытание повторяется многократно и исход каждого испытания независим от исходов других. Такой эксперимент еще называется схемой повторных независимых испытаний или схемой Бернулли.

Примеры повторных испытаний:

бросание монеты или игрального кубика (вероятности выпадения герба/решки или определенной цифры одинаковы в каждом броске);
извлечение из урны шара при условии, что вынутый шар после записи его цвета кладется обратно в урну (то есть состав
шаров в урне не меняется и не меняется вероятность вынуть шар нужного цвета);
включение приборов (ламп, станков и т.п.) с заранее заданной одинаковой вероятностью выхода из строя каждого;
повторение стрелком выстрелов по одной и той же мишени при условии, что вероятность удачного попадания при каждом выстреле принимается одинаковой и т.д.

Итак, пусть в результате испытания возможны два исхода: либо появится событие А, либо противоположное ему событие. Проведем $n$ испытаний Бернулли. Это означает, что все $n$ испытаний независимы; вероятность появления события $А$ в каждом отдельно взятом или единичном испытании постоянна и от испытания к испытанию не изменяется (т.е. испытания проводятся в одинаковых условиях). Обозначим вероятность появления события $А$ в единичном испытании буквой $р$, т.е. $p=P(A)$, а вероятность противоположного события (событие $А$ не наступило) — буквой $q=P(overline{A})=1-p$.

Тогда вероятность того, что событие $А$ появится в этих $n$ испытаниях ровно $k$ раз, выражается формулой Бернулли

$$P_n(k)=C_n^k cdot p^k cdot q^{n-k}, quad q=1-p.$$

Распределение числа успехов (появлений события) носит название биномиального распределения.

Онлайн-калькуляторы для формулы Бернулли

Некоторые наиболее популярные типы задач, в которых используется формула Бернулли, разобраны в статьях и снабжены онлайн-калькулятором, вы можете перейти к ним по ссылкам:

Задача про партии в шахматы
Задача про выстрелы
Задача про мальчиков и девочек
Задача про лотерейные билеты
Задача о наивероятнейшем значении
Формула Пуассона

Примеры задач с решениями

Пример. В урне 20 белых и 10 черных шаров. Вынули 4 шара, причем каждый вынутый шар возвращают в урну перед извлечением следующего и шары в урне перемешивают. Найти вероятность того, что из четырех вынутых шаров окажется 2 белых.

Решение. Событие А – достали белый шар. Тогда вероятности
, .
По формуле Бернулли требуемая вероятность равна
.

Пример. Определить вероятность того, что в семье, имеющей 5 детей, будет не больше трех девочек. Вероятности рождения мальчика и девочки предполагаются одинаковыми.

Решение. Вероятность рождения девочки
, тогда .

Найдем вероятности того, что в семье нет девочек, родилась одна, две или три девочки:

, ,

, .

Следовательно, искомая вероятность

Пример. Среди деталей, обрабатываемых рабочим, бывает в среднем 4% нестандартных. Найти вероятность того, что среди взятых на испытание 30 деталей две будут нестандартными.

Решение. Здесь опыт заключается в проверке каждой из 30 деталей на качество. Событие А — «появление нестандартной детали», его вероятность , тогда . Отсюда по формуле Бернулли находим
.

Пример. При каждом отдельном выстреле из орудия вероятность поражения цели равна 0,9. Найти вероятность того, что из 20 выстрелов число удачных будет не менее 16 и не более 19.

Решение. Вычисляем по формуле Бернулли:

Пример. Независимые испытания продолжаются до тех пор, пока событие А не произойдет k раз. Найти вероятность того, что потребуется n испытаний (n ³ k), если в каждом из них .

Решение. Событие В – ровно n испытаний до k-го появления события А – есть произведение двух следующий событий:

D – в n-ом испытании А произошло;

С – в первых (n–1)-ом испытаниях А появилось (к-1) раз.

Теорема умножения и формула Бернулли дают требуемую вероятность:

Еще больше примеров решений

Надо заметить, что использование биномиального закона при большом числе испытаний вычислительно трудно. Поэтому с возрастанием значений $n$ становится целесообразным применение приближенных формул (Пуассона, Муавра-Лапласа), которые будут рассмотрены в следующих разделах.

Видеоурок про формулу Бернулли

Для тех, кому нагляднее последовательное видеообъяснение, 15-минутный ролик:

Источник

Содержание:

Повторные независимые испытания:

На практике часто приходится сталкиваться с задачами, которые можно представить в виде многократных повторяющихся испытаний, проводимых при определенном комплексе условий. В этом случае интерес представляет вероятность числа m наступлений некоторого события А в n испытаниях. Например, необходимо определить вероятность определенного числа попаданий в мишень при нескольких выстрелах, вероятность некоторого числа бракованных изделий в данной партии и т.д. Если вероятность наступления события А в каждом испытании не меняется в зависимости от исходов других, то такие испытания называются независимыми относительно события А. Если независимые повторные испытания проводятся при одном и том же комплексе условий, то вероятность наступления события А в каждом испытании одна и та же. Такая последовательность независимых испытаний получила название схемы Бернулли.

Повторные независимые испытания

Элементы комбинаторики:

Рассмотрим совокупность п различных элементов

будем называть соединением.

Например, при бросании монеты 10 раз выпадение герба (Г) и выпадение решетки (Р) могут дать соединение

Определение: Размещениями из элементов тo называются их соединения, каждое из которых содержит ровно т различных элементов (выбранных из данных элементов) и которые отличаются либо самими элементами, либо порядком элементов.

Определим число размещений из элементов

Пусть — всевозможные размещения, содержащие т элементов. Будем эти размещения строить последовательно. Сначала определим aai — первый элемент размещения. Очевидно, из данной совокупности п элементов его можно выбрать п различными способами. После выбора первого элемента , для второго элемента остается способов выбора и т. д.

Так как каждый такой выбор дает новое размещение, то все эти выборы можно свободно комбинировать между собой. Поэтому имеем

Вводя обозначение факториала , формулу (1) можно записать в следующем виде:

Определение: Соединения из п элементов9 каждое из которых содержит все п элементов и которые отличаются лишь порядком элементов, называются перестановками.

Очевидно, число перестановок из п элементов равно

Условно считают 0! = 1.

Определение: Сочетаниями из п элементов no т называются такие их соединения, каждое из которых содержит ровно т данных элементов и которые отличаются хотя бы одним элементом.

Обозначим через число сочетаний из элементов по .

Рассмотрим все допустимые сочетания наших элементов

Делая в каждом из них m! возможных перестановок их элементов, очевидно, получим все размещения из элементов по m. Таким образом, имеем формулу

отсюда

Формулу (4) можно представить также в виде

Символ обладает очевидным свойством

которое будет верно также и при = О, если принять = 1.

Числа являются коэффициентами в формуле бинома Ньютона

и поэтому часто называются биномиальными коэффициентами.

Пример:

Партия из 10 деталей содержит одну нестандартную. Какова вероятность, что при случайной выборке 5 деталей из этой партии все они будут стандартными (событие А)?

Решение:

Здесь число всех случайных выборок , а число выборок, благоприятствующих событию А, есть . Таким образом, искомая вероятность равна

Биномиальный закон распределения вероятностей

Событие А называется независимым в данной системе испытаний, если вероятность этого события в каждом из них не зависит от исходов других испытаний.

Серия повторных независимых испытаний, в каждом из которых данное событие А имеет одну и ту же вероятность Р(А) = р, не зависящую от номера испытания, называется схемой Бернулли.

Таким образом, в схеме Бернулли для каждого испытания имеется только два исхода: 1) событие А («успех») и 2) событие А («неудача») с постоянными вероятностями причем, очевидно, р + q = 1.

Рассмотрим задачу: в условиях схемы Бернулли определить вероятность того, что при испытаниях событие А, имеющее одну и ту же вероятность Р(А) = р для каждого отдельного испытания, появится ровно раз.

Благоприятные серии испытаний здесь имеют вид

где , причем событие А встречается ровно раз, а событие А — ровно раз. Так как испытания независимы, то вероятность реализации одной такой благоприятной серии равна где . Все благоприятные серии получаются в результате выбора различных номеров испытаний из общего количества номеров и, следовательно, число их равно . Отсюда, применяя теорему сложения вероятностей для случая несовместных событий, для вероятности появления события А точно раз при испытаниях получим формулу Бернулли

Эта формула называется также биномиальной, так как ее правая часть представляет собой -й член бинома Ньютона

Отсюда получаем биномиальное распределение вероятностей числа появлений события А при п независимых испытаниях:

Пример №1

Найти вероятность того, что при 10-кратном бросании монеты герб выпадет ровно 5 раз.

Решение:

Здесь вероятность выпадения герба при одиночном испытании р = 1/2, отсюда q = 1 — р = 1/2.

По формуле Бернулли имеем

Локальная теорема Лапласа

Если число испытаний велико, то вычисления по формуле Бернулли становятся затруднительными. Лаплас получил важную приближенную формулу для вероятности появления события А точно раз, если — достаточно большое число.

Теорема Лапласа: Пусть р = Р(А) — вероятность события А, причем 0 < р < 1. Тогда вероятность того, что в условиях схемы Бернулли событие А при п испытаниях появится точно раз, выражается приближенной формулой Лапласа.

где

Доказано, что относительная погрешность формулы (1) стремится к нулю при Доказательство этой теоремы имеется в полных курсах теории вероятностей.

В статистическом смысле представляет собой среднее значение числа появлений т события А при испытаниях; таким образом, есть отклонение числа появлений события

А от его среднего значения. Что касается выражения то теоретико-вероятностный смысл его будет выяснен позднее. Рассматривая а как некий масштаб для отклонений при п испытаниях, число t можно наглядно представить себе как отклонение числа появлений события А от его среднего значения, измеренное в этом масштабе.

Введя функцию

(эта функция табулирована), формулу (1) можно переписать в виде

Так как функция монотонно убывает при , то для одной и той же серии испытаний ( фиксировано) большие, по абсолютной величине, отклонения менее вероятны, чем меньшие. Это утверждение, понятно, справедливо при достаточно большом числе испытаний , так как лишь в этом предположении была получена приближенная формула Лапласа.

Пример №2

В условиях схемы Бернулли найти вероятность того, что отклонение относительной частоты события А от его вероятности Р(А) = р (0 < р < 1) по абсолютной величине не превышает заданного числа е > 0.

Эту вероятность мы будем обозначать так:

Из неравенства

получаем равносильное неравенство

Отсюда, полагая будем иметь

В силу формулы (8′), учитывая нечетность функции находим

Так как то

Таким образом, в условиях схемы Бернулли, было > 0, с вероятностью, сколь угодно близкой к единице, можно ожидать, что при достаточно большом числе испытаний п отклонение (9) относительной частоты появления события А от его вероятности по абсолютной величине будет меньше (закон больших чисел в форме Бернулли).

Теорема Пуассона

Пусть производится серия п независимых испытаний ( — 1, 2, 3, …), причем вероятность появления данного события А в этой серии Р(А) = р_п > 0 зависит от ее номера и стремится к нулю при (последовательность «редких событий»). Предположим, что для каждой серии среднее значение числа появлений события А постоянно, т. е.

отсюда

На основании биномиальной формулы для вероятности появления события А в -й серии ровно раз имеем выражение

Пусть фиксировано и . Тогда

Кроме того, учитывая, что

и, следовательно,

имеем

если .

Таким образом, переходя к пределу в формуле (3) при , получаем

Если велико, то вероятность сколь угодно мало отличается от своего предела (4). Отсюда при больших п для искомой вероятности Рп(т) имеем приближенную формулу Пуассона

где (теорема Пуассона).

Вообще, формулу Пуассона можно применять в случаях, когда число испытаний «велико», вероятность события «мала», a «не мало и не велико».

Формула Пуассона находит применение в теории массового обслуживания.

Пример №3

При выработке некоторой массовой продукции вероятность появления одного нестандартного изделия составляет 0,01. Какова вероятность, что в партии 100 изделий этой продукции 2 изделия будут нестандартными?

Решение:

Здесь вероятность р = 0,01 мала, а число = 100 велико, причем

Используя закон Пуассона для искомой вероятности, получаем следующее значение:

Формула Бернулли

Теорема. Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна, то вероятность того, что событие А наступит m раз в n независимых испытаниях, равна

Пример №4

Вероятность поражения мишени в отдельном выстреле равна p = 0,8. Найти вероятности возможного числа попаданий при 5 выстрелах.

Решение:

По условию р = 0,8, q = 1 – 0,8 = 0,2. По формуле Бернулли находим:

Полученные вероятности изобразим графически (рис. 3.1) точками с координатами (m; Pn(m)). Соединяя эти точки, получим многоугольник, или полигон, распределения вероятностей. ◄

Рассматривая многоугольник распределения вероятностей, мы видим, что есть такое значение , которое обладает наибольшей вероятностью . Число наступления события А в n независимых испытаниях называется наивероятнейшим, если вероятность осуществления этого события по крайней мере не меньше вероятностей других событий при любом m. Наивероятнейшее число наступления события А находится из двойного неравенства Отметим, что всегда существует целое число , удовлетворяющее этому неравенству. При этом, если np + p – целое число, то наивероятнейших чисел два:

Пример №5

Мы нашли наивероятнейшее число попаданий непосредственно вычисляя и сравнивая вероятности. Найдем наивероятнейшее число попаданий m0, используя неравенство (3.2): Предположим, что мы хотим вычислить вероятность появления события А при большом числе испытаний n, например,По формуле Бернулли Ясно, что в этом случае непосредственное вычисление по формуле Бернулли технически сложно, тем более, если учесть, что сами p и q – числа дробные. Естественно возникает вопрос: нельзя ли вычислить интересующую нас вероятность, не прибегая к формуле Бернулли? Оказывается, можно.

Существуют более простые приближенные формулы для вычисления при большом числе испытаний n. Такие формулы называют асимптотическими. Они определяются локальной теоремой Муавра-Лапласа, интегральной теоремой Лапласа, теоремой Пуассона.

Локальная теорема Муавра-Лапласа

Теорема. Если вероятность р появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность Pn(m) того, что событие А появится в n испытаниях ровно m раз, приближенно равна где Эта приближенная формула тем точнее, чем больше n и чем ближе к 0,5 значения p и q. Вычисление по этой формуле дает незначительную погрешность при выполнении условия npq ≥ 20, хотя допустимым можно считать выполнение условия npq > 10.

Для упрощения расчетов, связанных с применением локальной формулы Муавра-Лапласа, составлена таблица значений функции φ(x) (см. Приложение 1).

Пользуясь этой таблицей, необходимо иметь в виду следующие свойства функции φ(x): 1. Функция φ(x) является четной, т.е. φ(–x) = φ(x). 2. Функция φ(x) – монотонно убывающая при положительных значениях x, причем при x → ∞ φ(x) → 0 (практически можно считать, что уже при x ≥ 5 φ(x)≈0).

Пример №6

По результатам многолетних наблюдений известно, что экзамен по теории вероятностей с первого раза успешно сдают в среднем 80% студентов. Найти вероятность того, что из 400 студентов 2-го курса 300 успешно сдадут экзамен с первого раза.

Решение:

По условию n = 400, m = 300, p = 0,8, q = 0,2. Так как npq=400·0,8·0,2 = 64 > 20, то условие применимости локальной формулы Муавра-Лапласа (npq ≥ 20) выполняется.

Вначале определяем По таблице значений функции φ(x) находим φ(– 2,5) = 0,0175. Находим вероятность того, что ровно 300 студентов из 400 успешно сдадут экзамен с первого раза:

Относительно малое значение вероятности не должно вызывать сомнений, так как кроме события «ровно 300 студентов успешно сдадут экзамен с первого раза» возможно еще 400 событий: «0 из 400», «1 из 400» и т.д. Каждое из этих событий обладает своей вероятностью, а все вместе они образуют полную группу событий и, следовательно, сумма их вероятностей равна единице. ◄

Пусть в условиях этого примера необходимо найти вероятность того, что от 300 до 360 студентов (включительно) успешно сдадут экзамен с первого раза. В этом случае по теореме сложения вероятность искомого события В принципе каждое слагаемое можно вычислить по локальной формуле Муавра-Лапласа, но большое число слагаемых делает расчет весьма громоздким. В таких случаях используется интегральная теорема Лапласа.

Интегральная теорема Лапласа

Теорема. Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность того, что число m наступления события А в n независимых испытаниях заключено в пределах от a до b (включительно), при достаточно большом числе испытаний n приближенно равна , где

функция (или интеграл вероятностей) Лапласа; Интегральная формула Лапласа, также как и локальная формула Муавра- Лапласа, тем точнее, чем больше n и чем ближе к 0,5 значения p и q. Вычисление по этой формуле дает незначительную погрешность при выполнении условия npq ≥ 20, хотя допустимым можно считать выполнение условия npq > 10.

Функция Ф(x) табулирована.

Для применения этой таблицы нужно знать свойства функции Ф(x):

Функция Ф(x) – нечетная, т.е. Ф(–x) = – Ф(x).
Функция Ф(x) – монотонно возрастающая, причем при x → +∞ Ф(x) → 0,5 (практически можно считать, что уже при x ≥ 5 Ф(x) ≈ 0,5).

Пример №7

Вычислить вероятность того, что от 300 до 360 (включительно) студентов успешно сдадут экзамен с первого раза.

Решение:

Применяем интегральную теорему Лапласа (npq ≥ 20). Вычисляем: Учитывая свойства функции Ф(x) и пользуясь таблицей ее значений, находим: Ф(5,0) = 0,5; Ф(–2,5) = – Ф(2,5) = – 0,4938. Запишем следствия интегральной теоремы Лапласа.

Следствие 1. Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то при достаточно большом числе n независимых испытаний вероятность того, что число m наступления события А отличается от произведения np не более, чем на величину ε > 0 (по абсолютной величине) равна

Пример №8

Найти вероятность того, что от 280 до 360 студентов успешно сдадут экзамен по теории вероятностей с первого раза.

Решение:

Вычислить вероятность можно аналогично предыдущему примеру по основной интегральной формуле Лапласа. Но проще это сделать, если заметить, что границы интервала 280 и 360 симметричны относительно величины np =320. Тогда на основании следствия 1 получаем т.е. практически достоверно, что от 280 до 360 студентов успешно сдадут экзамен с первого раза. ◄

Следствие 2. Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то при достаточно большом числе n независимых испытаний вероятность того, что частость m/n события А заключена в пределах от α до β (включительно) равна

Пример №9

По статистическим данным в среднем 87% новорожденных доживают до 50 лет. Найти вероятность того, что из 1000 новорожденных доля (частость) доживших до 50 лет будет заключена в пределах от 0,9 до 0,95.

Решение:

Вероятность того, что новорожденный доживет до 50 лет равна р = 0,87. Так как n = 1000 велико (т.е. условие npq = 1000·0,87·0,13 = 113,1 ≥ 20 выполнено), то используем следствие 2 интегральной теоремы Лапласа. Находим:

Следствие 3. Если вероятность р наступления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то при достаточно большом числе n независимых испытаний вероятность того, что частость m/n события А отличается от его вероятности р не более, чем на величину Δ > 0 (по абсолютной величине) равна

Пример №10

По условиям предыдущей задачи найти вероятность того, что из 1000 новорожденных доля (частость) доживших до 50 лет будет отличаться от вероятности этого события не более, чем на 0,04 (по абсолютной величине).

Решение:

Используя следствие 3 интегральной теоремы Лапласа, находим: Так как неравенстворавносильно неравенству полученный результат означает, что практически достоверно, что от 83 до 91% новорожденных из 1000 доживут до 50 лет. ◄

Ранее мы установили, что для независимых испытаний вероятность числа m появлений события А в n испытания находится по формуле Бернулли. Если же n велико, то пользуются асимптотической формулой Лапласа. Однако эта формула непригодна, если вероятность события мала (р ≤ 0,1). В этом случае (n велико, р мало) применяют теорему Пуассона 3.4. Формула Пуассона

Теорема. Если вероятность p наступления события А в каждом испытании стремится к нулю (p → 0) при неограниченном увеличении числа n испытаний (n→ ∞), причем произведение np стремится к постоянному числу λ (np → λ), то вероятность Pn(m) того, что событие А появится m раз в n независимых испытаниях, удовлетворяет предельному равенству Строго говоря, условие теоремы Пуассона (p → 0 при n → ∞, так что np → λ) противоречит исходной предпосылке схемы испытаний Бернулли, согласно которой вероятность наступления события в каждом испытании p = const. Однако, если вероятность p – постоянна и мала, число испытаний n – велико и число λ = np – незначительно (будем полагать, что λ = np ≤ 10), то из предельного равенства вытекает приближенная формула Пуассона

Пример №11

На факультете насчитывается 1825 студентов. Какова вероятность того, что 1 сентября является днем рождения одновременно четырех студентов факультета?

Решение:

Вероятность того, что день рождения студента приходится на 1 сентября, равна р = 1/365. Так как вероятность р = 1/365 – мала, а число испытаний n = 1825 – велико и λ = np = 1825·(1/365) = 5 ≤ 10, то условие применимости формулы Пуассона выполняется. По формуле (3.13) получаем:

Формула Бернулли с решениями

Опыты называются независимыми, если вероятность каждого исхода любого опыта не изменяется от того, какие исходы имели другие опыты.

Пусть производится независимых опытов и известна – вероятность появления события в каждом из опытов Тогда вероятность того, что в независимых опытах событие появится ровно раз, равна по формуле Бернулли

Число при котором вероятность принимает наибольшее значение, называется наивероятнейшим числом появления события.

Если – число дробное, то равно целой части числа Если же – число целое, то принимает два значения: и .

Пример №12

Предположим, что 30% студентов нашего института занимаются спортом. Какова вероятность того, что среди первых пяти встречных студентов окажется только один спортсмен? Какова вероятность того, что среди них есть хотя бы один спортсмен? Каково наиболее вероятное число спортсменов среди них?

Решение. Так как студентов в институте много (несколько тысяч), то по мере опроса нескольких из них пропорции в оставшейся части практически не изменяются. Поэтому можно считать опрос каждого студента независимым опытом. Всего опытов производится а вероятность положительного ответа По формуле Бернулли (2.6.1) имеем Вероятность хотя бы одного правильного ответа проще вычислять, если перейти к противоположному событию: Так как (целая часть числа равна 1), то наиболее вероятное число спортсменов среди пяти опрошенных

Ответ.

Пример №13

На каждый вопрос предлагается три возможных ответа, из которых следует выбрать один правильный. Задано пять вопросов. Какова вероятность того, что путем простого угадывания удастся правильно ответить на четыре вопроса? Какова вероятность угадать правильный ответ хотя бы на один вопрос?

Решение. Выбор ответа на вопрос можно рассматривать как независимый опыт. Всего таких опытов производится а вероятность успеха в каждом опыте равна Тогда вероятность путем простого угадывания правильно ответить на четыре вопроса равна

Вероятность угадать хотя бы один правильный ответ равна

Ответ.

Пример №14

Вероятность попадания в цель при выстреле равна 0,3. Сколько нужно сделать выстрелов, чтобы вероятность поражения цели была больше 0,9?

Решение. Каждый выстрел можно рассматривать как независимое испытание, и в каждом из них вероятность появления события (попадания в цель) равна Цель будет поражения, если в выстрелах будет хотя бы одно попадание, вероятность чего равна

Ответ.

Пример №15

Монету подбрасывают до тех пор, пока герб не выпадет три раза. Какова вероятность того, что до этого цифра выпадет пять раз?

Решение. Всего должно состояться восемь подбрасываний монеты. Чтобы опыт закончился именно на восьмом броске, необходимо при восьмом подбрасывании получить герб, вероятность чего равна 1/2, и до этого при семи подбрасываниях герб должен выпасть ровно два раза, вероятность чего по формуле Бернулли (2.6.1) равна

В силу независимости опытов искомая вероятность равна

Ответ.

Пример №16

Из начала координат начинает движение точка. На каждом шаге она с вероятностью сдвигается на единицу вверх или вероятностью сдвигается на единицу вправо. Какова вероятность того, что после восьми шагов частица окажется в точке A (5;3)? Какова вероятность того, что за эти восемь шагов частица поднимется не менее, чем на пять единиц вверх?

Решение. Каждый шаг частицы можно считать независимым испытанием. Частица после восьми шагов окажется в точке A(5;3), если из восьми шагов три будут сделаны вверх (а остальные пять – вправо), вероятность чего по формуле Бернулли (2.6.1) равна

Частица поднимется не менее чем на пять единиц вверх, если не менее пяти шагов из восьми будут сделаны вверх. Вероятность этого равна

Ответ.

Пример №17

Каждый из двух стрелков четыре раза стреляет в цель. Вероятности попасть в цель при каждом выстреле равны для них соответственно 0,6 и 0,8. Какова вероятность того, что у первого будет два промаха, а у второго только один? Какова вероятность того, что у стрелков будет равное число попаданий?

Решение. Каждый выстрел можно считать независимым опытом. Первый стрелок должен в четырех выстрелах попасть два раза, вероятность чего по формуле Бернулли (2.6.1) равна

Второй должен попасть три раза, вероятность чего равна

Вероятность двух промахов у первого стрелка и одного промаха у второго стрелка равна, в силу независимости опытов,

Вероятность того, что у каждого стрелка будет попаданий равна

Поэтому вероятность равного числа попаданий равна

Ответ.

Пример №18

Среди 300 изделий 15 бракованных. Для проверки наугад выбрали пять изделий. Какова вероятность того, что среди них нет бракованных? Сравнить точное значение вероятности с приближенным, найденным по формуле Бернулли.

Решение. Пусть A – интересующее нас событие. Выбрать пять изделий из 300 можно способами. Событию A благоприятствуют те способы выбора, при которых пять изделий выбирается из 285 годных. Число таких способов равно Точное значение искомой вероятности (с точностью до одной десятитысячной) равно

Так как партия изделий велика, то выбор одного за другим нескольких изделий не меняет заметно пропорции в этой партии. Поэтому можно считать, что производится пять независимых опытов и что вероятность выбора бракованного изделия в каждом опыте примерно равна По формуле Бернулли (2.6.1) приближенное значение равно:

Ответ. Точное значение 0,7724; приближенное по формуле Бернулли 0,7738.

Пример №19

Два игрока А и В подбрасывают монету. Если монета выпадает гербом вверх, то А получает очко. Если выпадает решка, то очко получает игрок В. а) Какова вероятность того, что после 10 бросков монеты счет будет равным? б) Какова вероятность того, что после этих бросков у игрока А будет на два очка больше?

Решение. Каждый бросок монеты можно считать независимым опытом, и таких опытов производится 10. Счет будет равным, если в результате десяти бросков герб выпадет пять раз. Вероятность этого по формуле Бернулли (2.6.1) равна

Игрок А получит на два очка больше, если в десяти бросках герб выпадет шесть раз, вероятность чего равна

Ответ.

Пример №20

Вероятность того, что в пяти опытах событие A появится хотя бы один раз, равна 0,92224. Какова вероятность того, в трех опытах это событие появится не более одного раза?

Решение. Пусть вероятность появления события в одном опыте равна По условию,

Откуда Поэтому

Ответ. 0,648.

Пример №21

Вероятность того, что в четырех независимых опытах событие A произойдет два раза, рана 3/8. Какова вероятность того, что в шести независимых опытах событие тоже произойдет два раза?

Решение. Пусть вероятность события A равна По формуле Бернулли (2.6.1)

откуда или

В итоге имеем равенство из которого следует, что Тогда

Ответ.

Пример №22

В цехе шесть станков, которые работают независимо друг от друга. В течение рабочего дня (восемь часов) каждый станок простаивает в сумме два часа. Какова доля времени, в течение которой в цехе работает не менее пяти станков?

Решение. Наблюдение над состоянием каждого станка можно рассматривать как независимый опыт, число которых Вероятность застать станок работающим равна (в соответствии с геометрическим определением вероятности). Тогда вероятность застать работающими не менее пяти станков равна

Ответ.

Обобщенная формула Бернулли с решениями

Формулу Бернулли (2.6.1) можно обобщить на случай независимых опытов, каждый из которых имеет более двух возможных исходов.

Пусть в результате опыта происходит одно из попарно несовместных событий с вероятностями соответственно Тогда вероятность того, что в результате независимых опытов событие наступит раз, событие наступит раза, …, событие наступит раз, причем равна:

Пример №23

В крупной партии изделий 60% изделий первого сорта, 30% – второго, 10% – третьего сорта. Для проверки взяли наугад шесть изделий. Какова вероятность того, что среди них три изделия первого сорта, два изделия второго сорта и одно изделие третьего сорта?

Решение. Так как партия изделий велика, то последовательный выбор из нее нескольких изделий практически не меняет пропорции в партии и, значит, не меняет вероятности выбора изделия данного сорта. Поэтому можно в качестве математической модели взять схему независимых опытов. Будем считать, что производится шесть независимых опытов, в каждом из которых вероятность выбора изделия первого сорта равна = 0,6, второго – 0,3, третьего – 0,1. В соответствии с формулой (2.6.2)

Ответ.

Пример №24

Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна p = 0,2. Подбрасывают игральный кубик. Если выпадает очков, то стрелок получает право на выстрелов. Какова вероятность поражения цели?

Решение. При выстрелах вероятность поражений цели (вероятность хотя бы одного попадания) равна Так как вероятность выпадения каждой грани равна 1/6, то полная вероятность поражения цели равна

Ответ.

Последовательность независимых испытаний

Пример:

Проводятся испытания 10-ти телевизоров на надежность в течение времени Вероятность выхода телевизора из строя в течении времени равна 0,2. Считая, что телевизоры выходят из строя независимо друг от друга, найти:

а) вероятность выхода из строя 3-х телевизоров из 10;

б) вероятность выхода из строя не менее 3-х телевизоров и не более 6;

в) вероятность выхода из строя хотя бы одного телевизора.

Решение.

а) применим формулу Бернулли (1.21):

б) используем теорему сложения независимых событий:

в) здесь вероятность того, что выйдет из строя или 1, или 2, …, или 10 телевизоров, удобно определить через противоположное событие —

Наивероятнейшее число наступлений события при повторении испытаний

Пример:

Вероятность поражения самолета одним осколком при подрыве вблизи нею зенитной ракеты равна 0,01. Боеголовка ракеты при подрыве разлетается на тысячу осколков. Найти наивероятнейшее число попавших в самолет осколков и вероятность поражения самолета.

Решение.

Обозначим Подставляя данные значения в (1.24), имеем

Вероятность поражения самолета

Последовательность испытаний

Практические задачи, связанные с оценкой вероятности наступления события в результате нескольких равноценных попыток могут анализироваться с применением формулы Бернулли или (при большом количестве таких попыток) с применением приближенной формулы Пуассона. Для работы с этим материалом Вам снова потребуется знание основ комбинаторики (Раздел 1.2).

Схема Бернулли состоит в следующем: производится последовательность испытаний, в каждом из которых вероятность наступления определенного события А одна и та же и равна р. Испытания предполагаются независимыми (т.е. считается, что вероятность появления события А в каждом из испытаний не зависит от того, появилось или не появилось это событие в других испытаниях). Наступление события А обычно называют успехом, а ненаступление — неудачей. Обозначим вероятность неудачи Вероятность того, что в n независимых испытаниях успех наступит ровно m раз, выражается формулой Бернулли:

Вероятность при данном п сначала увеличивается при увеличении m от 0 до некоторого значения а затем уменьшается при изменении от то до n. Поэтому , называют наивероятнейшим числом наступлений успеха в опытах. Это число то, заключено между числами (или, что то же самое, между числами . Если число — целое число, то наивероятнейших чисел два:

Важное замечание. Если то наивероятнейшее число выигрышей равно нулю.

Пример №25

Игральная кость бросается 4 раза. При каждом броске нас интересует событие А = {выпала шестерка}.

Решение:

Здесь четыре испытания, и т.к. кубик симметричен, то

Вероятность того, что в 4 независимых испытаниях успех наступит ровно m раз (m < 4), выражается формулой Бернулли: Посчитаем эти значения и запишем их в таблицу.

Самое вероятное число успехов в нашем случае

Пример №26

Вероятность появления успеха равна 3/5. Найти наивероятнейшее число наступлений успеха, если число испытаний равно 19, 20.

Решение:

При n = 19 находим

Таким образом, максимальная вероятность достигается для двух значений равных 11 и 12. Эта вероятность равна При n=20 максимальная вероятность достигается только для одного значения т.к.

не является целым числом. Наивероятнейшее число наступлений успеха равно 12. Вероятность его появления равна Совпадение чисел вызвано лишь сочетанием значений n и р и не имеет общего характера.

На практике в случае, когда n велико, а р мало (обычно вместо формулы Бернулли применяют приближенную формулу Пуассона

Пример №27

Радиоаппаратура состоит из 1000 элементов. Вероятность отказа одного элемента в течение года равна 0,002. Какова вероятность отказа двух элементов за год? Какова вероятность отказа не менее двух элементов за год?

Решение:

Будем рассматривать работу каждого элемента как отдельное испытание. Обозначим А = {отказ элемента за год}.

По формуле Пуассона

Обозначим через Р1000( > 2) вероятность отказа не менее двух элементов за год. Переходя к противоположному событию, вычислим Р1000( > 2) как:

Простейший (пуассоновский) поток событий
Случайные величины
Числовые характеристики случайных величин
Нормальный закон распределения
Классическое определение вероятности
Геометрические вероятности
Теоремы сложения и умножения вероятностей
Формула полной вероятности

Источник

Схема повторных независимых испытаний. Формула Бернулли

Краткая теория

Схема Бернулли

Теорема Бернулли

Примеры решения задач

Пример 1

Пример 2

Пример 3

Задачи контрольных и самостоятельных работ

Повторные независимые испытания.Схема и формула Бернулли

Повторные независимые испытания

Формула Бернулли

Наивероятнейшее число появлений события

Локальная теорема Лапласа

Интегральная теорема Лапласа

Применение интегральной теоремы Лапласа

Формула Пуассона для маловероятных событий

Повторные независимые испытания

Формула Бернулли

Онлайн-калькуляторы для формулы Бернулли

Примеры задач с решениями

Видеоурок про формулу Бернулли

Повторные независимые испытания

Биномиальный закон распределения вероятностей

Пример №1

Локальная теорема Лапласа

Пример №2

Теорема Пуассона

Пример №3

Формула Бернулли

Пример №4

Пример №5

Локальная теорема Муавра-Лапласа

Пример №6

Интегральная теорема Лапласа

Пример №7

Пример №8

Пример №9

Пример №10

Пример №11

Формула Бернулли с решениями

Пример №12

Пример №13

Пример №14

Пример №15

Пример №16

Пример №17

Пример №18

Пример №19

Пример №20

Пример №21

Пример №22

Обобщенная формула Бернулли с решениями

Пример №23

Пример №24

Последовательность независимых испытаний

Наивероятнейшее число наступлений события при повторении испытаний

Последовательность испытаний

Пример №25

Пример №26

Пример №27

Схема повторных независимых испытаний.
Формула Бернулли

Повторные независимые испытания.
Схема и формула Бернулли