При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться событие А , причем нас интересует не результат каждого отдельного опыта, а общее число появлений события А в результате серии опытов. Например, если производится группа выстрелов по одной и той же цели, нас интересует не результат каждого выстрела, а общее число попаданий. Такие задачи решаются достаточно просто, если опыты являются независимыми .
Определение . Независимыми относительно события А испытаниями называются такие, в которых вероятность события А в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний.
Пример. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляют собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае это – зависимые опыты.
Пример . Несколько выстрелов представляют собой независимые опыты только в случае, если прицеливание производится заново перед каждым выстрелом; в случае, когда прицеливание производится один раз перед всей стрельбой или непрерывно осуществляется в процессе стрельбы (стрельба очередью, бомбометание серией), выстрелы представляют собой зависимые опыты.
Независимые испытания могут производиться в одинаковых или различных условиях. В первом случае вероятность события А во всех опытах одна и та же, во втором случае вероятность события А меняется от опыта к опыту. Первый случай связан со многими задачами теории надежности, теории стрельбы и приводит к так называемой схеме Бернулли , которая состоит в следующем:
1) проводится последовательность n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться, либо не появиться;
2) вероятность появления события А
в каждом испытании постоянна и равна , как и вероятность его не появления 
.
Формула Бернулли, с помощью которой находится вероятность появления события А k раз в n независимых испытаниях, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью p :
. (1)
Замечание 1 . С возрастанием n и k применение формулы Бернулли связано с вычислительными трудностями, поэтому формула (1) применяется, в основном, если k не превосходит 5 и n не велико.
Замечание 2. В связи с тем, что вероятности по форме представляют собой члены разложения бинома , распределение вероятностей вида (1) называется биномиальным распределением.
Пример . Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность пяти попаданий при шести выстрелах.
Решение.
Так как , то 
, кроме того и . Пользуясь формулой Бернулли, получим:
Пример . Производится четыре независимых выстрела по одной и той же цели с различных расстояний. Вероятности попадания при этих выстрелах равны соответственно:
Найти вероятности ни одного, одного, двух, трех и четырех попаданий:
Решение. Составляем производящую функцию:
Пример . Производится пять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую равна 0,2. Для разрушения цели достаточно трех попаданий. Найти вероятность того, что цель будет разрушена.
Решение. Вероятность разрушения цели вычисляем по формуле:
Пример . Производится десять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую при одном выстреле равна 0,1. Для поражения цели достаточно одного попадания. Найти вероятность поражения цели.
Решение. Вероятность хотя бы одного попадания вычисляем по формуле:
3. Локальная теорема Муавра-Лапласа
В приложениях часто приходится вычислять вероятности различных событий, связанных с числом появлений события в n испытаниях схемы Бернулли при больших значениях n . В этом случае вычисления по формуле (1) становятся затруднительными. Трудности возрастают, когда приходится ещё суммировать эти вероятности. Затруднения при вычислениях возникают также при малых значениях p или q .
Лаплас получил важную приближенную формулу для вероятности появления события А точно m раз, если - достаточно большое число, то есть при .
Локальная теорема Муавра – Лапласа . Если вероятность p появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы , , величина ограничена равномерно по m и n, то вероятность появления события А ровно m раз в n независимых испытаниях приближенно равна
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:
1) многократное извлечение из урны одного шара при условии, что вынутый шар после регистрации его цвета кладется обратно в урну;
2) повторение одним стрелком выстрелов по одной и той же мишени при условии, что вероятность удачного попадания при каждом выстреле принимается одинаковой (роль пристрелки не учитывается).
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 на формулу 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:
Примеры решений задач на формулу Бернулли
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.
Перед изложением третьего вопроса лекции преподаватель обозначает проблему, вызывающую необходимость рассмотрения теоремы о повторении опытов, при этом отмечая, что в изучаемом курсе теории вероятностей будет рассматриваться только частная теорема, связанная с повторением независимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с постоянной вероятностью.
После чего преподаватель показывает доказательство этой теоремы (вывод формулы Бернулли).
Для пояснения физической сущности рассматриваемой теоремы преподаватель использует оверхэд-проектор и подготовленные слайды.
В заключении лекции преподаватель поясняет почему распределение вероятностей появления события А в серии из n испытаний, в условиях когда они несовместны и образуют полную группу событий называют биномиальным и обращает внимание на важность знания этого распределения для решения прикладных задач.
До сих пор мы рассматривали комбинации сравнительного небольшого числа событий, когда непосредственное применение правил сложения и умножения вероятностей не вызывало больших вычислительных затруднений. Однако с увеличением числа событий или числа испытаний, в которых может появляться интересующее нас событие, изученный способ вычисления становится очень громоздким.
При этом задача решалась достаточно просто только в том случае, если опыты являлись независимыми.
Несколько опытов называются независимыми , если вероятность того или иного исхода каждого из опытов не зависит от того, какие исходы имели другие опыты.
На практике имеют место случаи, когда вероятность наступления события А во всех независимых опытах может быть либо одинаковой, либо меняться от опыта к опыту. Например, при корректировании огня после каждого выстрела вероятность попадания в цель с каждым выстрелом будет изменяться.
В случае, когда в независимых опытах вероятность наступления события от опыта к опыту изменяется, используют общую теорему о повторении опытов, а когда в независимых опытах вероятность наступления события от опыта к опыту не изменяется, используют частную теорему о повторении опытов.
В изучаемом нами курсе теории вероятностей мы рассмотрим только частную терему о повторении опытов, когда необходимо определить вероятность наступления события А в серии изnнезависимых опытов, в каждом из которых событие А появляется с одинаковой вероятностью.
Например, необходимо вычислить вероятность того, что при пяти выстрелах из орудия на постоянных установках будет получено ровно два попадания в цель, если выстрелы независимы и при каждом выстреле вероятность попадания в цель известна и не изменяется.
В случае, если составить возможные комбинации появления интересующего нас события А 1 , то получим:
Возможных комбинаций, в которых наступит событие А={получить 2 попадания при пяти выстрелах} будет 10.
Применив теорему о сумме и произведении независимых событий, будем иметь:
Увеличение числа интересующих нас событий или числа испытаний приведёт к еще большему увеличению объёма вычислительных операций, поэтому возникает задача отыскания менее трудоёмких способов расчёта.
Постановка задачи:
Пусть
предполагается в одинаковых условиях
произвести nнезависимых
испытаний, результатом каждого из
которых может быть наступление либо
событияА
, либо ему противоположного
.
Обозначим через А 1 наступление событияА при первом испытании,А 2 – при втором испытании,А n – при последнем испытании.
В силу постоянства условий испытания:
Р(А 1 ) = Р(А 2 ) = … Р(А n ) = р
Нас
интересует вероятность того, что событие
А при nиспытаниях наступит
ровноmраз, а в оставшихсяn-mиспытаниях
– не наступит (т.е. наступит противоположное
событию А событие -
).
Допустим, что интересующее нас событие А наступает подрядmраз, начиная с первого, т.е. имеет место событие –Е .
Е= А
1
А
2
… А
m
-1
А
m
(1)
m n - m
По условию повторения
испытаний, события, входящие в данную
комбинацию, независимы, при этом
вероятности наступления событий А 1
,А
2
,… А
m
-1
, А
m
одинаковы
и равныр: Р(А
1
) = Р(А
2
)
=…= Р(А
m
) = р,
а вероятности не наступления событий
так же одинаковы и равныq
=1-р:
.
Применяя правило умножения вероятностей для независимых событий к выражению 1 получим:
Р(Е) = Р(А
1
)
Р(А
2
) … Р(А
m
-1
)
Р(А
m
) Р(
= р
m
(1-р)
n
-
m
=
р
m
q
n
-
m
В силу постоянства условий испытаний мы допустили, что интересующее нас событие А наступает подрядmраз, начиная с первого. Но событиеА вn испытаниях может наступить ровноm раз в различных последовательностях или комбинациях. При этом нам безразлично, в какой именно последовательности появляется событие А ровноm раз.
Число таких
комбинаций равно числу сочетаний
изnэлементов поm
.
Так как эти комбинации событий (подобные комбинации Е) несовместны и нас не интересует последовательность наступления события А в испытании ровноm раз, то обозначив интересующую нас вероятность черезР m , получим:
Р
m
=
р
m
(1-р)
n
-
m
=
=
где
- число сочетаний изn
элементов поm
.
Данная формула носит имя формулы Бернулли.
Формула Бернулли позволяет получить ответ на вопрос: какова вероятность того, что при повторении nнезависимых испытаний некоторое событиеА наступает ровноm раз, если в каждом из этих испытаний вероятность наступления событияА постоянна и равнаР(А) = р.
Приведенная формула Бернулли имеет исключительно важное значение в теории вероятностей по той причине, что она связана с повторением испытаний в одинаковых условиях, т.е. с такими условиями, в которых как раз и проявляются законы теории вероятностей.
Заключение по лекции:
В лекции мы рассмотрели принципиальные вопросы теории вероятностей применительно к случайным величинам, ввели основной понятийный аппарат, необходимый для дальнейшего изучения дисциплины: определение случайной величины, их классификацию; понятия закона распределения и его формы для различных типов случайной величины.
В ходе подготовки к последующим лекциям и практическим занятиям вы должны самостоятельно при углубленном изучении рекомендованной литературы и решения предложенных задач дополнить свои конспекты лекций.
Кроме того, на последующих занятиях мы будем изучать теоремы и зависимости, позволяющие определить вероятность появления случайной величины требуемое число раз или на определенном интервале, например вероятность попадания в цель.
Изучить:
Вентцель Е.С. Теория вероятностей. Учебник. Издание восьмое, стереотипное. – М.: Высшая школа, 2002 г. - 575 с. – стр. 67-78, 80-84
Вентцель Е.С., Овчаров Л.А.. Теория вероятностей и ее инженерные приложения. Учебное пособие. Издание третье, переработанное и дополненное. – М.: «Академия», 2003 г. – 464 с. – стр. 73-93
Гмурман В.Е. Теория вероятностей и математическая статистика. Учебное пособие. Издание десятое, стереотипное.-М.:Высшая школа», 2004 г. – 480 с. Стр 64-73
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!
Формула Бернулли - формула в теории вероятностей , позволяющая находить вероятность появления события A {\displaystyle A} при независимых испытаниях. Формула Бернулли позволяет избавиться от большого числа вычислений - сложения и умножения вероятностей - при достаточно большом количестве испытаний. Названа в честь выдающегося швейцарского математика Якоба Бернулли , который вывел эту формулу.
Энциклопедичный YouTube
1 / 3
✪ Теория вероятностей. 22. Формула Бернулли. Решение задач
✪ Формула Бернулли
✪ 20 Повторение испытаний Формула Бернулли
Субтитры
Формулировка
Теорема. Если вероятность p {\displaystyle p} наступления события A {\displaystyle A} в каждом испытании постоянна, то вероятность P k , n {\displaystyle P_{k,n}} того, что событие A {\displaystyle A} наступит ровно k {\displaystyle k} раз в n {\displaystyle n} независимых испытаниях, равна: P k , n = C n k ⋅ p k ⋅ q n − k {\displaystyle P_{k,n}=C_{n}^{k}\cdot p^{k}\cdot q^{n-k}} , где q = 1 − p {\displaystyle q=1-p} .
Доказательство
Пусть проводится n {\displaystyle n} независимых испытаний, причём известно, что в результате каждого испытания событие A {\displaystyle A} наступает с вероятностью P (A) = p {\displaystyle P\left(A\right)=p} и, следовательно, не наступает с вероятностью P (A ¯) = 1 − p = q {\displaystyle P\left({\bar {A}}\right)=1-p=q} . Пусть, так же, в ходе испытаний вероятности p {\displaystyle p} и q {\displaystyle q} остаются неизменными. Какова вероятность того, что в результате n {\displaystyle n} независимых испытаний, событие A {\displaystyle A} наступит ровно k {\displaystyle k} раз?
Оказывается можно точно подсчитать число "удачных" комбинаций исходов испытаний, для которых событие A {\displaystyle A} наступает k {\displaystyle k} раз в n {\displaystyle n} независимых испытаниях, - в точности это количество сочетаний из n {\displaystyle n} по k {\displaystyle k} :
C n (k) = n ! k ! (n − k) ! {\displaystyle C_{n}(k)={\frac {n!}{k!\left(n-k\right)!}}} .
В то же время, так как все испытания независимы и их исходы несовместимы (событие A {\displaystyle A} либо наступает, либо нет), то вероятность получения "удачной" комбинации в точности равна: .
Окончательно, для того чтобы найти вероятность того, что в n {\displaystyle n} независимых испытаниях событие A {\displaystyle A} наступит ровно k {\displaystyle k} раз, нужно сложить вероятности получения всех "удачных" комбинаций. Вероятности получения всех "удачных" комбинаций одинаковы и равны p k ⋅ q n − k {\displaystyle p^{k}\cdot q^{n-k}} , количество "удачных" комбинаций равно C n (k) {\displaystyle C_{n}(k)} , поэтому окончательно получаем:
P k , n = C n k ⋅ p k ⋅ q n − k = C n k ⋅ p k ⋅ (1 − p) n − k {\displaystyle P_{k,n}=C_{n}^{k}\cdot p^{k}\cdot q^{n-k}=C_{n}^{k}\cdot p^{k}\cdot (1-p)^{n-k}} .
Последнее выражение есть не что иное, как Формула Бернулли. Полезно также заметить, что в силу полноты группы событий, будет справедливо:
∑ k = 0 n (P k , n) = 1 {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}(P_{k,n})=1} .