Повторные независимые испытания называются испытаниями Бернулли, если каждое испытание имеет только два возможных исхода и вероятности исходов остаются неизменными для всех испытаний.

Обозначим эти вероятности как p и q . Исход с вероятностью p будем называть “успехом”, а исход с вероятностью q – “неудачей”.

Очевидно, что

Пространство элементарных событий для каждого испытания состоит из двух точек. Пространство элементарных событий для n испытаний Бернулли содержит точек, каждая из которых представляет один возможный исход составного опыта. Поскольку испытания независимы, то вероятность последовательности событий равна произведению вероятностей соответствующих исходов. Например, вероятность последовательности событий

{У, У, Н, У, Н, Н, Н}

равна произведению

Примеры испытаний Бернулли.

1. Последовательные бросания “правильной” монеты. В этом случае p = q = 1/2 .

При бросании несимметричной монеты соответствующие вероятности изменят свои значения.

2. Каждый результат опыта можно рассматривать как A или .

3. Если существует несколько возможных исходов, то из них можно выделить группу исходов, которые рассматриваются как “успех”, называя все прочие исходы “неудачей”.

Например, при последовательных бросаниях игральной кости под “успехом” можно понимать выпадение 5, а под “неудачей” – выпадение любого другого числа очков. В этом случае p = 1/6, q = 5/6.

Если же под “успехом” понимать выпадение четного, а под “неудачей” – нечетного числа очков, то p = q = 1/2 .

4. Повторные случайные извлечения шара из урны, содержащей при каждом испытании a белых и b черных шаров. Если под успехом понимать извлечение белого шара, то , .

Феллер приводит следующий пример практического применения схемы испытаний Бернулли. Шайбы, изготовляемые при массовом производстве, могут отличаться по толщине, но при проверке они классифицируются на годные и дефектные – в зависимости от того, находится ли толщина в предписанных границах. И хотя продукция по многим причинам не может вполне соответствовать схеме Бернулли, эта схема задает идеальный стандарт для промышленного контроля качества продукции, несмотря даже на то, что этот стандарт никогда не достигается вполне точно. Машины подвержены изменениям, и поэтому вероятности не остаются одними и теми же; в режиме работы машин имеется некоторое постоянство, в результате чего длинные серии одинаковых отклонений оказываются более вероятными, чем это было бы при действительной независимости испытаний. Однако с точки зрения контроля качества продукции желательно, чтобы процесс соответствовал схеме Бернулли, и важно то, что в некоторых пределах этого можно добиться. Целью текущего контроля является обнаружение уже на ранней стадии существенных отступлений от идеальной схемы и использование их как указаний на угрожающее нарушение правильности работы машины.

Краткая теория

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.

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.

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

Распределение по схеме Бернулли позволяет, в частности, .

Если число испытаний n велико, то пользуются:

Пример решения задачи

Условие задачи

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

Решение задачи

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

Средняя стоимость решения контрольной работы 700 - 1200 рублей (но не менее 300 руб. за весь заказ). На цену сильно влияет срочность решения (от суток до нескольких часов). Стоимость онлайн-помощи на экзамене/зачете - от 1000 руб. за решение билета.

Заявку можно оставить прямо в чате, предварительно скинув условие задач и сообщив необходимые вам сроки решения. Время ответа - несколько минут.

(опять же согласно теореме 5.5) 48!(12!)4 способами. Следовательно, искомая вероятность равна

24 48!(13!) 4 = 2448!13 4 = 0,105... .

(12!)4 52! 52!

Любопытно, что при игре «в дурака» такая вероятность оказывается существенно меньше. Действительно, найдем вероятность того, что при раздачечетыремигрокампо6картизколодыв36карт,каждыйигрокполучит ровно по одному тузу. Поскольку раздается 24 карты из 36, то нам прежде всего надо знать число способов, которыми можно выбрать 24 карты из 36. Это число равно C 36 24 = 36!(24!12!) .

Далее, число способов, которыми можно разбить 24 карты на 4 группы по 6 карт согласно теореме 5.5 равно 24! (6!)4 . Таким образом, общее число способов, которыми можно раздать четырем игрокам по 6 карт из колоды в 36

карт, равно C 36 24 (6!) 24! 4 . Четыре туза могут быть распределены между четырьмя

игроками 4!= 24 способами. Число способов, которыми можно раздать четыремигрокампо5картизоставшихся32 карт, подсчитываетсяаналогично

предыдущему, и будет равно C 32 20 (5!) 20! 4 . Таким образом, искомая вероятность равна

24 C 20

32!12!64

(5!)4

≈ 0,022 .

(6!)4

§6. ИСПЫТАНИЯ БЕРНУЛЛИ. ФОРМУЛА ПУАССОНА

6.1. Схема независимых испытаний Бернулли

На практике часто встречается ситуация, хорошо иллюстрирующаяся

следующими примерами.

Некто несколько раз подряд бросает монету. Спрашивается, можно ли заранее оценить вероятность того, что в результате n бросаний герб выпадет ровноm раз? Или:n раз бросается игральная кость; требуется оценить вероятность того, что при этомm раз выпадет 5 или 6 очков.

Очевидно, что без дополнительных предположений относительно условий проведения эксперимента однозначно ответить на эти вопросы нельзя. Так, результат, несомненно, должен зависеть от того, является ли монета (или кость) правильной, т.е. однородной и симметричной. С другой стороны, возможно ли ответить на вопрос: сколько раз надо бросить монету (или кость), чтобы с достаточной степенью уверенности можно было утверждать, что данная монета (или кость) не является правильной ? Умение отвечать на такой вопрос весьма важно, например, для игорных заведений.

Естественно предположить, что если монета правильная, то вероятность появления герба при каждом бросании равна ½ . Аналогично, в случае правильной кости вероятность появления 5 или 6 очков при каждом бросании равна⅓ . Иными словами, если испытаний достаточно много, то герб при бросании монеты будет появляться примерно в половине исходов, а 5 или 6 очков на кости – в одной трети случаев.

Однако всеэти рассуждения основаны на интуиции. Мы жепостараемся в этом параграфе описать теоретическую модель, которая позволит нам вполне обоснованно ответить на все сформулированные выше вопросы. Модель, о которой пойдет речь ниже, впервые была предложена швейцарским математиком Якобом Бернулли (1654 1705), и получила его имя37 .

Схема независимых испытаний Бернулли. Будем производить последовательные испытания, в результате каждого из которых может

37 Основные результаты Я. Бернулли по теории вероятностей были опубликованы лишь после его смерти в 1713 г. Брат Я. Бернулли – Иоганн (1667-1748) и сын – Даниил (1700-1782) являлись членами Петербургской Императорской Академии Наук, и внесли большой вклад в развитие вариационного исчисления и теоретической механики.

наступить или не наступить некоторое событие А . Пусть при каждом отдельном испытании вероятность наступления событияА одна и та же и не зависит от наступления или ненаступления этого события при других испытаниях; обозначим эту вероятность черезp . Обычно говорят, чтоp – это вероятность «успеха»; соответственно величинаq = 1− p называется вероятностью «неудачи». Понятно, что эта терминология весьма условна.

Такая модель называется схемой (независимых) испытаний Бернулли.

Зададимся следующим вопросом: какова вероятность того, что при проведении n испытаний «успех» (т.е. появления событияА ) будет наблюдаться ровно вm случаях?38

Эта задача решается следующим образом. Представим себе все возможные комбинации из последовательных результатов наших испытаний. Так, например, в случае 3 испытаний возможны восемь таких комбинаций39 , а именно:

AAA; AAA; AAA; AAA;

AAA; AAA; AAA; AAA.

Выделим те комбинации, в которых событие А наступает ровноm раз (и, следовательно, не наступает ровноn ─ m раз); назовем для краткости такие комбинациидопустимыми . Определим вероятность появления каждой отдельной допустимой комбинации. Для этого заметим, что появление допустимой комбинации представляет собой произведениеn событий, а именно:m наступлений событияА при одних испытаниях иn ─ m его ненаступлений при других испытаниях. Вероятность наступления событияА при каждом отдельном испытании по условию равнаp ; вероятность его ненаступления равна, следовательно,q = 1− p . По условию наступления или ненаступления событияА при различных испытаниях представляют собой независимые события; следовательно, вероятность их произведения равна

38 Здесь естественно считать, что m = 0, 1, 2, …,n .

39 Здесь A означает событие, противоположное событиюА , т.е. «неудачу».

произведению их вероятностей, т. е. равна величине p m q n − m = p m (1− p )n − m . Заметимтеперь, чтособытие, состоящеевнаступлениисобытияА ровно

при m испытаниях, равносильно появлению хотя бы одной из допустимых комбинаций. Так как различные допустимые комбинации представляют собой несовместимые события, искомая вероятность появления событияА ровно вm испытаниях равна сумме вероятностей появления допустимых комбинаций. Поскольку вероятности появления допустимых комбинаций одинаковы, то вероятность их суммы равна величинеKp m q n − m , гдеK – число всех допустимых комбинаций. Это число равно, очевидно, числу различных способов, которыми можно выделитьm мест из общего числаn мест, иными

	словами равно		числу сочетаний из n элементов поm , т.е. равно
	C n m= C n n− m=
		m!(n− m)!

Таким образом, вероятность появления ровно m «успехов» в последовательностиn независимых испытаний Бернулли равна

распределением Бернулли , определяется формулой (6.1) и дает значение вероятностиm «успехов» вn испытаниях Бернулли с вероятностью «успеха»p . При фиксированныхn иp она является функцией целочисленного неотрицательного аргументаm .

Испытания Бернулли – теоретическая схема, и только практика может показать, годна ли схема для описания данного физического опыта. Однако такая ситуация, как мы видели ранее, вполне естественна при построении вероятностных моделей. При всем этом во многих практических ситуациях использование схемы Бернулли оказывается вполне оправданным.

Приведем следующий поучительный пример . Американский ученый Уэлдон провел 26 306 серий испытаний по 12 бросаний одной и той же

игральной кости в каждой серии, вычисляя частоту появления события («успеха»), состоящего в выпадении на кости 5 или 6 очков. Результаты его опытов приведены в табл. 6.1.

Если кость считать правильной, то вероятность «успеха» должна быть равна ⅓ . Соответствующие теоретические значения функцииb (k ;12,13) даны во второй колонке. Эксперимент показал, однако, довольно существенное отличие от теоретических значений приp =⅓ , но хорошее согласование с теоретическими значениями функцииb (k ;12, 0.3377) дляp = 0.3377 . Этот результат естественно интерпретировать в том смысле, что игральная кость, использованная в эксперименте,не является правильной .

Это замечание имеет весьма важные практические приложения в вопросах, связанных с контролем за выполнением определенных нормативов (например, в производстве). В связи с этим рассмотрим следующий пример.

Таблица 6.1

		Экспериментальная

Задача о снабжении энергией . Допустим, чтоn рабочих время от

Поэтому ваше ближайшее времяпровождение будет крайне полезным. Кроме того, я расскажу, в чём заблуждается подавляющее большинство участников лотерей и азартных игр. …Нееет, вера или слабая надежда «сорвать куш» тут совершенно не при чём;-) Не успев и глазом моргнуть, погружаемся в тему:

Что такое независимые испытания ? Практически всё понятно уже из самого названия. Пусть производится несколько испытаний. Если вероятность появления некоего события в каждом из них не зависит от исходов остальных испытаний, то… заканчиваем фразу хором =) Молодцы. При этом под словосочетанием «независимые испытания» часто подразумевают повторные независимые испытания – когда они осуществляются друг за другом.

Простейшие примеры:
– монета подбрасывается 10 раз;
– игральная кость подбрасывается 20 раз.

Совершенно ясно, что вероятность выпадения орла либо решки в любом испытании не зависит от результатов других бросков. Аналогичное утверждение, естественно, справедливо и для кубика.

А вот последовательное извлечение карт из колоды не является серией независимых испытаний – как вы помните, это цепочка зависимых событий . Однако если карту каждый раз возвращать обратно, то ситуация станет «такой, какой надо».

Спешу обрадовать – у нас в гостях очередной Терминатор, который абсолютно равнодушен к своим удачам/неудачам, и поэтому его стрельба представляет собой образец стабильности =):

Задача 1

Стрелок совершает 4 выстрела по мишени. Вероятность попадания при каждом выстреле постоянна и равна . Найти вероятность того, что:

а) стрелок попадёт только один раз;
б) стрелок попадёт 2 раза.

Решение : условие сформулировано в общем виде и вероятность попадания в мишень при каждом выстреле считается известной . Она равна (если совсем тяжко, присвойте параметру какое-нибудь конкретное значение, например, ) .

Коль скоро, мы знаем , то легко найти вероятность промаха в каждом выстреле:
, то есть, «ку» – это тоже известная нам величина .

а) Рассмотрим событие «Стрелок попадёт только один раз» и обозначим его вероятность через (индексы понимаются как «одно попадание из четырёх») . Данное событие состоит в 4 несовместных исходах: стрелок попадёт в 1-й или во 2-й или в 3-й или в 4-й попытке.

Найти вероятность того, что при броске 10 монет орёл выпадет на 3 монетах.

Здесь испытания не повторяются, а скорее, производятся одновременно, но, тем не менее, работает та же самая формула: .

Решение будет отличаться смыслом и некоторыми комментариями, в частности:
способами можно выбрать 3 монеты, на которых выпадет орёл.
– вероятность выпадения орла на каждой из 10 монет
и т.д.

Однако на практике подобные задачи встречаются не столь часто, и, видимо, по этой причине формула Бернулли чуть ли не стереотипно ассоциируется только с повторными испытаниями. Хотя, как только что было показано, повторяемость вовсе не обязательна.

Следующая задача для самостоятельного решения:

Задача 3

Игральную кость бросают 6 раз. Найти вероятность того, что 5 очков:

а) не выпадут (выпадут 0 раз) ;
б) выпадут 2 раза;
в) выпадут 5 раз.

Результаты округлить до 4 знаков после запятой.

Краткое решение и ответ в конце урока.

Очевидно, что в рассматриваемых примерах некоторые события более вероятны, а некоторые – менее вероятны. Так, например, при 6 бросках кубика даже безо всяких расчётов интуитивно понятно, что вероятности событий пунктов «а» и «бэ» значительно больше вероятности того, что «пятёрка» выпадет 5 раз. А теперь поставим задачу найти

НАИВЕРОЯТНЕЙШЕЕ число появлений события в независимых испытаниях

Опять же на уровне интуиции в Задаче №3 можно сделать вывод о том, что наивероятнейшее количество появлений «пятёрки» равно единице – ведь всего граней шесть, и при 6 бросках кубика каждая из них должна выпасть в среднем по одному разу. Желающие могут вычислить вероятность и посмотреть, будет ли она больше «конкурирующих» значений и .

Сформулируем строгий критерий : для отыскания наивероятнейшего числа появлений случайного события в независимых испытаниях (с вероятностью в каждом испытании) руководствуются следующим двойным неравенством:

, причём:

1) если значение – дробное, то существует единственное наивероятнейшее число ;
в частности, если – целое, то оно и есть наивероятнейшее число: ;

2) если же – целое, то существуют два наивероятнейших числа: и .

Наивероятнейшее число появлений «пятёрки» при 6 бросках кубика подпадает под частный случай первого пункта:

В целях закрепления материала решим пару задач:

Задача 4

Вероятность того, что при броске мяча баскетболист попадёт в корзину, равна 0,3. Найти наивероятнейшее число попаданий при 8 бросках и соответствующую вероятность.

А это уже если и не Терминатор, то, как минимум, хладнокровный спортсмен =)

Решение : для оценки наивероятнейшего числа попаданий используем двойное неравенство . В данном случае:

– всего бросков;
– вероятность попадания в корзину при каждом броске;
– вероятность промаха при каждом броске.

Таким образом, наивероятнейшее количество попаданий при 8 бросках находится в следующих пределах:

Поскольку левая граница – дробное число (пункт №1) , то существует единственное наивероятнейшее значение, и, очевидно, что оно равно .

Используя формулу Бернулли , вычислим вероятность того, что при 8 бросках будет ровно 2 попадания:

Ответ : – наивероятнейшее количество попаданий при 8 бросках,
– соответствующая вероятность.

Аналогичное задание для самостоятельного решения:

Задача 5

Монета подбрасывается 9 раз. Найти вероятность наивероятнейшего числа появлений орла

Примерный образец решения и ответ в конце урока.

После увлекательного отступления рассмотрим ещё несколько задач, а затем я поделюсь секретом правильной игры в азартные игры и лотереи.

Задача 6

Среди изделий, произведенных на станке-автомате, в среднем бывает 60% изделий первого сорта. Какова вероятность того, что среди 6 наудачу отобранных изделий будет:

а) от 2 до 4 изделий первого сорта;
б) не менее 5 изделий первого сорта;
в) хотя бы одно изделие более низкого сорта.

Вероятность производства первосортного изделия не зависит от качества других выпущенных изделий, поэтому здесь идёт речь о независимых испытаниях. Старайтесь не пренебрегать анализом условия, а то может статься – события-то зависимые или задача вообще о другом.

Решение : вероятность зашифрована под проценты, которые, напоминаю, нужно разделить на сто: – вероятность того, что выбранное изделие будет 1-го сорта.
Тогда: – вероятность того, что оно не будет первосортным.

а) Событие «Среди 6 наудачу отобранных изделий будет от 2 до 4 изделий первого сорта» состоит в трёх несовместных исходах:

среди изделий будет 2 первосортных или 3 первосортных или 4 первосортных.

С исходами удобнее разделаться по отдельности. Трижды используем формулу Бернулли :

– вероятность того, что в течение дня безотказно будут работать, как минимум, 5 компьютеров из шести.

Данное значение нас тоже не устроит, так как оно меньше требуемой надёжности работы вычислительного центра:

Таким образом, шести компьютеров тоже не достаточно. Добавляем ещё один:

3) Пусть в вычислительном центре компьютеров. Тогда безотказно должны работать 5, 6 или 7 компьютеров. Используя формулу Бернулли и теорему сложения вероятностей несовместных событий , найдём вероятность того, что в течение дня безотказно будут работать, как минимум, 5 компьютеров из семи.

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!