Пред да го презентира третото прашање од предавањето, наставникот идентификува проблем што налага разгледување на теоремата за повторување на експериментите, притоа забележувајќи дека во курсот за теорија на веројатност што се изучува, само одредена теорема поврзана со повторување на независни експерименти, во секој настан А се појавува со постојана веројатност, ќе се разгледа.
По што наставникот го покажува доказот за оваа теорема (изведување на формулата на Бернули).
За да ја објасни физичката суштина на теоремата што се разгледува, наставникот користи надземен проектор и подготвени слајдови.
На крајот од предавањето, наставникот објаснува зошто распределбата на веројатноста за појава на настанот А во серија од n тестови, во услови кога тие се неконзистентни и формираат целосна група на настани, се нарекува биномна и привлекува внимание на важноста на познавањето на оваа дистрибуција за решавање на применети проблеми.
Досега разгледувавме комбинации на релативно мал број настани, кога директната примена на правилата за собирање и множење на веројатностите не предизвикуваше големи пресметковни тешкотии. Меѓутоа, како што се зголемува бројот на настани или бројот на испитувања во кои настанот од интерес може да се појави, научениот метод за пресметување станува многу тежок.
Покрај тоа, проблемот беше решен сосема едноставно само ако експериментите беа независни.
Се нарекуваат неколку експерименти независна, ако веројатноста за еден или друг исход од секој експеримент не зависи од тоа какви резултати имале другите експерименти.
Во пракса, постојат случаи кога веројатноста да се случи некој настан Аво сите независни експерименти може да биде или ист или да варира од експеримент до експеримент. На пример, ако го прилагодите вашиот оган по секој истрел, веројатноста да ја погодите целта ќе се менува со секој истрел.
Во случај кога во независни експерименти веројатноста за појава на настан се менува од експеримент во експеримент, се користи општата теорема за повторување на експериментите, а кога во независни експерименти веројатноста за појава на настан не се менува од експеримент. за експериментирање, се користи одредена теорема за повторување на експериментите.
Во курсот за теорија на веројатност што го проучуваме, ќе ја разгледаме само одредената тема за повторување на експериментите кога е неопходно да се одреди веројатноста за настанување Аво серија независни експерименти, во секој настан А се појавува со еднаква веројатност.
На пример, потребно е да се пресмета веројатноста дека со пет истрели од пиштол при постојани поставки ќе се добијат точно два удари во целта ако истрелите се независни и при секој истрел веројатноста за погодување на целта е позната и не промена.
Ако составиме можни комбинации на појавата на настанот што нè интересира А 1, добиваме:
Ќе има 10 можни комбинации во кои се случува настанот A=(добијте 2 удари со пет удари).
Применувајќи ја теоремата за збирот и производот на независните настани, имаме:
Зголемувањето на бројот на настани или тестови што нè интересираат ќе доведе до уште поголемо зголемување на обемот на пресметковните операции, така што се поставува задачата да се најдат помалку трудоинтензивни методи за пресметка.
Формулација на проблемот:
Да претпоставиме, под идентични услови, да извршиме n независни тестови, од кои резултатот од секој може да биде појава на кој било настан А, или нејзината спротивност 
.
Да означиме со А 1 појава на настан Ана првиот тест, А 2 - на вториот тест, А n- на последниот тест.
Поради постојаноста на условите за тестирање:
П(А 1 ) = P(A 2 ) = … P(A n ) = стр
Ние сме заинтересирани за веројатноста дека настанот А ќе се случи точно m пати во n испитувања, а нема да се случи во преостанатите n-m испитувања (т.е., ќе се случи спротивен настан од настанот А - 
).
Да претпоставиме дека настанот за кој сме заинтересирани Асе јавува последователно m пати, почнувајќи од првиот, т.е. се случува настан - Е.
Е= А 1
А 2
… А м -1
А м
(1)
м n- м
Според условот за повторување на тестовите, настаните вклучени во оваа комбинација се независни, додека веројатноста за појава на настани А 1, А 2
,… А м -1
, А мисти и еднакви стр: P (А 1
) = P(A 2
) =…= P(A м ) = p,и веројатноста да не се случат настани 
исти и еднакви q=1-р:.
Применувајќи го правилото за множење на веројатности за независни настани на изразот 1, добиваме:
P(E) = P(A 1
) П(А 2
) … П(А м -1
) П(А м ) R( 
= стр м (1-r) n
-
м
= стр м q n -
м
Поради постојаноста на условите за тестирање, претпоставивме дека настанот е од интерес за нас Асе јавува по ред m пати, почнувајќи од првиот. Но настанот АВ nможе точно да дојде до испитувања мпати во различни секвенци или комбинации. Во овој случај, ние сме рамнодушни кон точната низа во која настанот А точно се појавува меднаш.
Бројот на такви комбинации е еднаков на бројот на комбинации 
од n елементи од м.
Бидејќи овие комбинации на настани (слични на комбинацијата Е) се некомпатибилни и не сме заинтересирани за редоследот на настанот на настанот Аво тестот точно мпати, тогаш означувајќи ја веројатноста за која сме заинтересирани преку Р м, добиваме:
Р м
=
Р м (1-r) n
-
м
=
=
Каде 
- број на комбинации на nелементи од м.
Оваа формула се нарекува формула на Бернули.
Формулата на Бернули ни овозможува да добиеме одговор на прашањето: која е веројатноста кога ќе се повторат n независни тестови, некој настан Адоаѓа точно мпати, ако во секое од овие испитувања веројатноста да се случи настанот Ае константна и еднаква P(A) = стр.
Горенаведената Бернулиова формула е исклучително важна во теоријата на веројатност од причина што е поврзана со повторување на тестовите под исти услови, т.е. со такви услови во кои се манифестираат законите на теоријата на веројатност.
Заклучок од предавањето:
Во предавањето ги испитавме фундаменталните прашања на теоријата на веројатност во однос на случајните променливи, го воведовме основниот концептуален апарат неопходен за понатамошно проучување на дисциплината: дефиниција на случајна променлива, нивна класификација; концепти на законот за распределба и неговата форма за различни типови на случајни променливи.
Подготвувајќи се за следните предавања и практични вежби, мора самостојно да ги дополнувате вашите белешки за предавање додека длабински ја проучувате препорачаната литература и ги решавате предложените проблеми.
Покрај тоа, во следните лекции ќе проучуваме теореми и зависности кои ни овозможуваат да ја одредиме веројатноста случајната променлива да се појави потребниот број пати или во одреден интервал, на пример, веројатноста за погодување на целта.
Истражува:
Венцел Е.С. Теорија на веројатност. Тетратка. Осмо издание, стереотипно. – М.: Виша школа, 2002 - 575 стр. – стр 67-78, 80-84
Ventzel E.S., Ovcharov L.A.. Теорија на веројатност и нејзините инженерски апликации. Упатство. Трето издание, ревидирано и проширено. – М.: „Академија“, 2003 – 464 стр. – стр.73-93
Гмурман В.Е. Теорија на веројатност и математичка статистика. Упатство. Десетто издание, стереотипно - М.: Виша школа“, 2004 - 480 стр. Страна 64-73
1. Богољубов А.Н. математичари. Механика: биографска референтна книга. – Киев: Наукова Думка, 1983 година.
2. Гулај Т.А., Долгополова А.Ф., Литвин Д.Б. Анализа и проценка на приоритетот на делови од математички дисциплини што ги проучуваат студенти на економски специјалитети на земјоделски универзитети // Билтен на АИЦ на Ставропол. – 2013. – бр.1 (9). – стр. 6-10.
3. Долгополова А.Ф., Гулај Т.А., Литвин Д.Б. Изгледи за примена на математички методи во економските истражувања // Земјоделска наука, креативност, раст. – 2013. – стр. 255-257.
Во математиката доста често се среќаваат проблеми во кои има голем број повторувања на иста состојба, тест или експеримент. Резултатот од секој тест ќе се смета за сосема поинаков резултат од претходниот. Исто така, нема да има зависност во резултатите. Како резултат на тестот, може да се разликуваат неколку можности за елементарни последици: појава на настан (А) или појава на настан што го надополнува А.
Потоа да се обидеме да претпоставиме дека веројатноста за појава на настанот P(A) е правилна и еднаква на p(0<р<1).
Примери за таков тест може да бидат голем број задачи, како што се фрлање паричка, цртање црно-бели топчиња од темна кеса или раѓање на црно-бели зајаци.
Овој експеримент се нарекува дизајн на повторени независни испитувања или дизајн на Бернули.
Џејкоб Бернули е роден во семејство на фармацевт. Таткото се обидел да го постави својот син на медицинскиот пат, но Џ. Бернули сам се заинтересирал за математиката, а подоцна таа станала негова професија. Тој е сопственик на различни трофеи во дела на теми од теоријата на веројатност и броеви, серии и диференцијални пресметки. Откако ја проучувал теоријата на веројатност од едно од делата на Хајгенс „За пресметките во коцкањето“, Џејкоб се заинтересирал за тоа. Немаше дури ни јасна дефиниција за концептот на „веројатност“ во оваа книга. Тоа беше Џ. Бернули кој ги воведе повеќето модерни концепти на теоријата на веројатност во математиката. Бернули исто така беше првиот што ја изрази својата верзија на законот за големи броеви. Различни дела, теореми и шеми го носат името на Џејкоб: „Броеви Бернули“, „Полином на Бернули“, „Бернулиева диференцијална равенка“, „Бернулиева дистрибуција“ и „Бернулиова равенка“.
Да се вратиме на претставниците. Како што веќе беше наведено погоре, како резултат на различни тестови, можни се два исхода: или ќе се појави настанот А, или спротивното од овој настан. Самата шема Бернули го означува производството на n-тиот број на типични бесплатни експерименти, и во секој од овие експерименти може да се појави настанот А што ни треба (позната е веројатноста за овој настан: P(A) = p), веројатноста на спротивниот настан на настанот A се означува со q = P( A)=1-p. Потребно е да се одреди веројатноста дека при тестирање на непозната големина настанот А ќе се појави точно k пати.
Важно е да се запамети главниот услов при решавање на проблеми користејќи ја шемата Бернули - ова е постојаност. Без него, шемата губи секаква смисла.
Оваа шема може да се користи за решавање на проблеми од различни нивоа на сложеност: од едноставни (иста монета) до сложени (интереси). Сепак, почесто Бернулиевата шема се користи за решавање на проблеми кои вклучуваат следење на својствата на различни производи и доверба во различни механизми. Само за да се реши проблемот, мора однапред да се знаат сите услови и вредности пред да се започне со работа.
Не сите проблеми во теоријата на веројатност се сведени на постојаност во услови. Дури и ако земеме црно-бели топчиња во темна торба како пример: кога се црта едно топче, се менува односот на бројот и боите на топчињата во торбата, што значи дека се менува и самата веројатност.
Меѓутоа, ако нашите услови се константни, тогаш можеме точно да ја одредиме веројатноста што се бара од нас дека настанот А ќе се случи точно k пати од n можно.
Џејкоб Бернули го составил овој факт во теорема, која подоцна почнала да се нарекува по него. „Бернулиевата теорема“ е една од главните теореми во теоријата на веројатност. Прво беше објавено во делото на Џ. Бернули „Уметноста на претпоставките“. Што е оваа теорема? „Ако веројатноста p за појава на настанот А во секое испитување е константна, тогаш веројатноста Pk,n дека настанот ќе се случи k пати во n испитувања кои се независни еден од друг е еднаква на: , каде што q=1-p .“
Може да се наведат проблеми за да се докаже ефективноста на формулата.
Задача бр. 1:
Од n стаклени тегли, k се скрши во текот на еден месец складирање. Зедовме m лименки по случаен избор. Најдете ја веројатноста дека меѓу овие лименки нема да се скршат. n=250, k=10, m=8,l=4.
Решение: Имаме Бернулиева шема со вредностите:
p=10/250=0,04 (веројатност теглите да се скршат);
n=8 (број на испитувања);
k=8-4=4 (број на скршени лименки).
Ја користиме формулата на Бернули
Добив:
Одговор: 0,0141
Задача бр. 2:
Веројатноста за производство на неисправен производ во производството е 0,2. Најдете ја веројатноста дека од 10 производи произведени на оваа производна локација, точно k треба да бидат во добра работна состојба. Решете за k = 0, 1, 10.
Нас нè интересира настанот А - производство на услужни делови, што се случува еднаш на час со веројатност p=1-0,2=0,8. Треба да ја најдеме веројатноста овој настан да се случи k пати. Спротивно на настанот А е настанот „не А“, т.е. производство на неисправен производ.
Според тоа, имаме: n=10; p=0,8; q=0,2.
Како резултат на тоа, ќе ја најдеме веројатноста дека од 10 произведени производи сите производи се неисправни (k=0), дека еден производ работи (k=1), дека воопшто нема неисправни (k=10):
Како заклучок, би сакал да забележам дека во модерните времиња многу научници се обидуваат да докажат дека „формулата Бернули“ не одговара на законите на природата и дека проблемите можат да се решат без да се применат. Се разбира, ова е можно, повеќето проблеми во теоријата на веројатност може да се завршат без формулата на Бернули, главната работа е да не се мешаме во големи количини на броеви.
Библиографска врска
Хомутова Е.А., Калинченко В.А. ФОРМУЛАТА НА БЕРНУЛИ ВО ТЕОРИЈАТА НА ВЕРОЈАТНОСТА // Меѓународен студентски научен билтен. – 2015. – бр.3-4.;URL: http://eduherald.ru/ru/article/view?id=14141 (датум на пристап: 03/12/2019). Ви ги пренесуваме списанијата што ги издава издавачката куќа „Академија за природни науки“
Дефиниција на повторени независни тестови. Бернули формули за пресметување на веројатноста и најверојатниот број. Асимптотични формули за формулата на Бернули (локални и интегрални, теореми на Лаплас). Користење на интегралната теорема. Поасонова формула за неверојатни случајни настани.
Повторени независни тестови
Во пракса, треба да се справиме со задачи кои можат да се претстават во форма на повеќекратно повторувани тестови, како резултат на секој од нив настанот А може или не може да се појави. Во овој случај, она што е од интерес не е исходот од секое поединечно испитување, туку вкупниот број на појави на настанот А како резултат на одреден број испитувања Во такви проблеми, треба да можете да ја одредите веројатноста за тоа кој било број на појавувања на настанот А како резултат на n испитувања. повторени независни.
Пример за независно тестирање е проверка на соодветноста на производите земени еден од голем број серии. Ако процентот на дефекти во овие лотови е ист, тогаш веројатноста дека избраниот производ ќе биде неисправен е константен број во секој случај.
Формулата на Бернули
Ајде да го искористиме концептот комплексен настан, што значи комбинација на неколку елементарни настани што се состојат од појава или непојавување на настанот А во i-тото судење. Нека се спроведат n независни испитувања, во секое од кои настан А може или да се појави со веројатност p или да не се појави со веројатност q=1-p. Размислете за настанот B_m, што значи дека настанот А ќе се случи точно m пати во овие n испитувања и, според тоа, нема да се случи точно (n-m) пати. Да означиме A_i~(i=1,2,\ldots, (n))појава на настан А, a \overline(A)_i - непојавување на настанот А во i-тото испитување. Поради постојаноста на условите за тестирање, имаме
Настанот А може да се појавува m пати во различни секвенци или комбинации, наизменично со спротивниот настан \overline(A) . Бројот на можни комбинации од овој вид е еднаков на бројот на комбинации на n елементи по m, т.е. C_n^m. Следствено, настанот B_m може да се претстави како збир од сложени настани кои се неконзистентни еден со друг, а бројот на членовите е еднаков на 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)\cточки(A_n),
каде што секој производ го содржи настанот A m пати, и \overline(A) - (n-m) пати.
Веројатноста за секој сложен настан вклучен во формулата (3.1), според теоремата за множење на веројатностите за независни настани, е еднаква на p^(m)q^(n-m) . Бидејќи вкупниот број на такви настани е еднаков на C_n^m, тогаш, користејќи ја теоремата за собирање на веројатности за некомпатибилни настани, ја добиваме веројатноста за настанот B_m (го означуваме P_(m,n))
P_(m,n)=C_n^mp^(m)q^(n-m)\quad \text(или)\quad P_(m,n)=\frac(n{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}. !}
Се нарекува формулата (3.2). Формулата на Бернули, а повторените испитувања кои го задоволуваат условот за независност и постојаност на веројатностите за појава на настанот А во секој од нив се нарекуваат Бернули тестови, или Бернулиова шема.
Пример 1. Веројатноста за надминување на зоната на толеранција при обработка на делови на струг е 0,07. Определете ја веројатноста дека од пет делови избрани по случаен избор за време на смена, еден има димензии на дијаметар што не одговараат на наведената толеранција.
Решение. Состојбата на проблемот ги задоволува барањата на Бернулиевата шема. Затоа, под претпоставка n=5,\,m=1,\,p=0,\!07, со помош на формулата (3.2) добиваме
P_(1,5)=C_5^1(0,\!07)^(1)(0,\!93)^(5-1)\приближно0,\!262.
Пример 2. Со набљудувањата е утврдено дека во одредена област има 12 врнежливи денови во септември. Која е веројатноста од 8 дена избрани по случаен избор овој месец, 3 дена да бидат врнежливи?
Решение.
P_(3;8)=C_8^3(\лево(\frac(12)(30)\десно)\^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. !}
Најверојатен број на појави на некој настан
Најверојатно датум на настанувањеНастанот А во n независни испитувања се нарекува таков број m_0 за кој веројатноста што одговара на овој број ја надминува или, барем, не е помала од веројатноста на секој од другите можни броеви за појава на настанот А. За да се одреди најверојатниот број, не е неопходно да се пресметаат веројатностите на можниот број на појави на некој настан, доволно е да се знае бројот на испитувања n и веројатноста за појава на настанот А во посебна проба. Да ја означиме P_(m_0,n) веројатноста што одговара на најверојатниот број m_0. Користејќи ја формулата (3.2), пишуваме
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}. !}
Според дефиницијата за најверојатниот број, веројатностите за појава на настанот А, соодветно m_0+1 и m_0-1 пати, не смеат барем да ја надминат веројатноста 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))
Заменувајќи ја вредноста P_(m_0,n) и изразите на веројатност P_(m_0+1,n) и P_(m_0-1,n) во неравенки, добиваме
Решавајќи ги овие неравенки за m_0, добиваме
M_0\geqslant(np-q),\quad m_0\leqslant(np+p)
Комбинирајќи ги последните неравенки, добиваме двојна неравенка, која се користи за одредување на најверојатниот број:
Np-q\leqslant(m_0)\leqslant(np+p).
Бидејќи должината на интервалот дефиниран со неравенка (3.4) е еднаква на еден, т.е.
(np+p)-(np-q)=p+q=1,
а настанот може да се случи во n испитувања само цел број пати, тогаш треба да се има предвид дека:
1) ако np-q е цел број, тогаш има две вредности на најверојатниот број, имено: m_0=np-q и m"_0=np-q+1=np+p ;
2) ако np-q е дробен број, тогаш постои еден најверојатен број, имено: единствениот цел број содржан помеѓу дробните броеви добиени од неравенството (3.4);
3) ако np е цел број, тогаш има еден најверојатен број, имено: m_0=np.
За големи вредности на n, незгодно е да се користи формулата (3.3) за да се пресмета веројатноста што одговара на најверојатниот број. Ако ја замениме Стирлинг формулата со еднаквост (3.3)
N!\приближно(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))),
важи за доволно голем n, и го земаме најверојатниот број m_0=np, тогаш добиваме формула за приближна пресметка на веројатноста што одговара на најверојатниот број:
P_(m_0,n)\приближно\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. Познато е дека \frac(1)(15) дел од производите што ги доставува фабриката до трговската база не ги исполнува сите барања на стандардот. Партија од 250 артикли беше испорачана во базата. Најдете го најверојатниот број на производи што ги исполнуваат барањата на стандардот и пресметајте ја веројатноста оваа серија да содржи најверојатен број производи.
Решение. По услов n=250,\,q=\frac(1)(15),\,p=1-\frac(1)(15)=\frac(14)(15). Според неравенството (3.4) имаме
250\cdot\frac(14)(15)-\frac(1)(15)\leqslant(m_0)\leqslant250\cdot\frac(14)(15)+\frac(1)(15)
каде 233,\!26\leqslant(m_0)\leqslant234,\!26. Следствено, најверојатниот број на производи кои ги исполнуваат барањата на стандардот во серија од 250 парчиња. изнесува 234. Заменувајќи ги податоците во формулата (3.5), ја пресметуваме веројатноста да имаме најверојатен број производи во серијата:
P_(234.250)\приближно\frac(1)(\sqrt(2\pi\cdot250\cdot\frac(14)(15)\cdot\frac(1)(15)))\приближно 0,\!101
Локална Лапласова теорема
Многу е тешко да се користи формулата на Бернули за големи вредности на n. На пример, ако n=50,\,m=30,\,p=0,\!1, тогаш за да се најде веројатноста P_(30,50) потребно е да се пресмета вредноста на изразот
P_(30,50)=\frac(50{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20} !}
Секако, се поставува прашањето: дали е можно да се пресмета веројатноста за камата без да се користи формулата на Бернули? Излегува дека е можно. Локалната теорема на Лаплас дава асимптотична формула која ни овозможува приближно да ја најдеме веројатноста настаните да се случат точно m пати во n испитувања, доколку бројот на испитувања е доволно голем.
Теорема 3.1. Ако веројатноста p за појава на настанот А во секое испитување е константна и различна од нула и еден, тогаш веројатноста P_(m,n) дека настанот А ќе се појави точно m пати во n испитувања е приближно еднаква (толку е попрецизна, колку е поголемо n) до вредноста на функцијата
Y=\frac(1)(\sqrt(npq))\frac(e^(-x^2/2))(\sqrt(2\pi))=\frac(\varphi(x))(\sqrt (npq))во .
Постојат табели кои содржат вредности на функции \varphi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\,e^(-x^2/2)), што одговара на позитивните вредности на аргументот x. За негативни вредности на аргументот, се користат истите табели, бидејќи функцијата \varphi(x) е парна, т.е. \varphi(-x)=\varphi(x).
Значи, приближно веројатноста дека настанот А ќе се појави точно m пати во n испитувања е
P_(m,n)\приближно\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x),Каде x=\frac(m-np)(\sqrt(npq)).
Пример 3. Најдете ја веројатноста дека настанот А ќе се случи точно 80 пати во 400 испитувања, ако веројатноста за настанување на настанот А во секое испитување е 0,2.
Решение. По услов n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8. Да ја користиме асимптотичната Лапласова формула:
P_(80,400)\приближно\frac(1)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8))\,\varphi(x)=\frac(1)(8)\,\varphi (x).
Да ја пресметаме вредноста x одредена од податоците за задачата:
X=\frac(m-np)(\sqrt(npq))=\frac(80-400\cdot0,\!2)(8)=0.
Според табелата adj \varphi(0)=0,\!3989. Потребна веројатност
P_(80,100)=\frac(1)(8)\cdot0,\!3989=0,\!04986.
Формулата на Бернули води до приближно ист резултат (пресметките се испуштени поради нивната гломазна):
P_(80.100)=0,\!0498.
Лапласова интегрална теорема
Да претпоставиме дека се извршени n независни испитувања, во секое од кои веројатноста за појава на настанот А е константна и еднаква на p. Потребно е да се пресмета веројатноста P_((m_1,m_2),n) дека настанот А ќе се појави во n испитувања најмалку m_1 и најмногу m_2 пати (за краткост ќе кажеме „од m_1 до m_2 пати“). Ова може да се направи со помош на Лапласовата интегрална теорема.
Теорема 3.2. Ако веројатноста p за појава на настанот А во секое испитување е константна и различна од нула и еден, тогаш приближно веројатноста P_((m_1,m_2),n) тој настан А ќе се појави во обидите од m_1 до m_2 пати,
P_((m_1, m_2), n)\приближно\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2) \, dx,Каде.
При решавање на проблеми кои бараат примена на Лапласовата интегрална теорема се користат посебни табели, бидејќи неопределен интеграл \int(e^(-x^2/2)\,dx)не се изразува преку елементарни функции. Интегрална табела \Phi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(0)^(x)e^(-z^2/2)\,dzдадена во прилог. 2, каде што вредностите на функцијата \Phi(x) се дадени за позитивни вредности на x, за 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 можеме да земеме \Phi(x)=0,\!5 .
Значи, приближно веројатноста настанот А да се појави во n независни испитувања од m_1 до m_2 пати е
P_((m_1, m_2), n)\приближно\Phi(x"")-\Phi(x"),Каде x"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq));~x""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq)).
Пример 4. Веројатноста дека делот е произведен со прекршување на стандардите е p=0,\!2. Најдете ја веројатноста дека меѓу 400 случајно избрани делови, ќе има од 70 до 100 нестандардни делови.
Решение. По услов p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100. Да ја користиме интегралната теорема на Лаплас:
P_((70,100),400)\приближно\Phi(x"") -\Phi(x").
Ајде да ги пресметаме границите на интеграцијата:
пониско
X"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=\frac(70-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8)) =-1,\!25,
горниот
X""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=\frac(100-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8) )=2,\!5,
Така
P_((70,100), 400)\приближно\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25) .
Според табелата adj. 2 наоѓаме
\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.
Потребна веројатност
P_((70,100),400)=0,\!4938+0,\!3944=0,\!8882.
Примена на Лапласовата интегрална теорема
Ако бројот m (бројот на појавувања на настанот А во n независни испитувања) се промени од m_1 на m_2, тогаш дропот \frac(m-np)(\sqrt(npq))ќе се разликува од \frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=x"пред \frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=x"". Затоа, интегралната теорема на Лаплас може да се напише и на следниов начин:
P\left\(x"\leqslant\frac(m-np)(\sqrt(npq))\leqslant(x"")\десно\)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\ int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2)\,dx.
Да ја поставиме задачата да ја најдеме веројатноста дека отстапувањето на релативната фреквенција \frac(m)(n) од константната веројатност p во апсолутна вредност не надминува даден број \varepsilon>0. Со други зборови, ја наоѓаме веројатноста за нееднаквоста \лево|\frac(m)(n)-p\десно|\leqslant\varepsilon, што е исто -\varepsilon\leqslant\frac(m)(n)-p\leqslant\varepsilon. Оваа веројатност ќе ја означиме на следниов начин: P\лево\(\лево|\frac(m)(n)-p\десно|\leqslant\varepsilon\десно\). Земајќи ја предвид формулата (3.6) за оваа веројатност добиваме
P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\)\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt(\frac(n)(pq ))\десно).
Пример 5. Веројатноста дека делот е нестандарден е p=0,\!1. Најдете ја веројатноста дека меѓу случајно избраните 400 делови, релативната фреквенција на појава на нестандардни делови ќе отстапи од веројатноста p=0,\!1 во апсолутна вредност не повеќе од 0,03.
Решение. По услов n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03. Треба да ја најдеме веројатноста P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\десно|\leqslant0,\!03\десно\). Користејќи ја формулата (3.7), добиваме
P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\десно|\leqslant0,\!03\десно\)\approx2\Phi\left(0,\!03\sqrt( \frac(400)(0,\!1\cdot0,\!9))\десно)=2\Phi(2)
Според табелата adj. 2 наоѓаме \Phi(2)=0,\!4772, значи, 2\Phi(2)=0,\!9544. Значи, саканата веројатност е приближно 0,9544. Значењето на резултатот е следново: ако земете доволно голем број примероци од по 400 делови, тогаш во приближно 95,44% од овие примероци отстапувањето на релативната фреквенција од константната веројатност p=0.\!1 во апсолутна вредноста нема да надмине 0,03.
Поасонова формула за неверојатни настани
Ако веројатноста p за појава на настан во едно тестирање е блиску до нула, тогаш дури и со голем број обиди n, но со мала вредност на производот np, вредностите на веројатноста се P_(m,n) добиени од Лапласовата формула не се доволно точни и се јавува потреба од друга приближна формула.
Теорема 3.3. Ако веројатноста p за појава на настанот А во секое испитување е константна, но мала, бројот на независни испитувања n е доволно голем, но вредноста на производот np=\lambda останува мала (не повеќе од десет), тогаш веројатноста дека настанот А ќе се случи m пати во овие испитувања е
P_(m,n)\приближно\frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda}. !}
За да се поедностават пресметките користејќи ја формулата Поасон, составена е табела со вредности на функцијата Поасон. \frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda} !}(види додаток 3).
Пример 6. Нека веројатноста за производство на нестандарден дел е 0,004. Најдете ја веројатноста дека меѓу 1000 делови ќе има 5 нестандардни.
Решение. Еве n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4. Сите три броја ги задоволуваат барањата на теоремата 3.3, затоа, за да ја најдеме веројатноста за посакуваниот настан P_(5,1000), ја користиме формулата Поасон. Од табелата со вредности на функцијата Поасон (Прилог 3) со \lambda=4;m=5 добиваме P_(5.1000)\приближно 0,\!1563.
Да ја најдеме веројатноста за истиот настан користејќи ја формулата на Лаплас. За да го направите ова, прво ја пресметуваме вредноста на x што одговара на m=5:
X=\frac(5-1000\cdot0,\!004)(\sqrt(1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996))\approx\frac(1)(1,\!996)\приближно0 ,\!501.
Затоа, според формулата на Лаплас, саканата веројатност
P_(5,1000)\приближно\frac(\varphi(0,\!501))(1,\!996)\приближно\frac(0,\!3519)(1,\!996)\приближно 0,\ !1763 година
а според формулата на Бернули неговата точна вредност е
P_(5,1000)=C_(1000)^(5)\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^(995)\приближно0,\!1552.
Така, релативната грешка во пресметувањето на веројатностите P_(5,1000) со користење на приближната Лапласова формула е
\frac(0,\!1763-0,\!1552)(0,\!1552)\приближно 0,\!196, или 13.\!6\%
и според формулата Поасон -
\frac(0,\!1563-0,\!1552)(0,\!1552)\приближно 0,\!007, или 0.\!7\%
Односно многу пати помалку.
Одете на следниот дел
Еднодимензионални случајни променливи Javascript е оневозможен во вашиот прелистувач.
За да извршите пресметки, мора да овозможите ActiveX контроли!
Нека се спроведат n тестови во врска со настанот А. Да ги претставиме настаните: Ak - настан А се случи за време на k-тото испитување, $ k=1,2,\dots , n$. Тогаш $\bar(A)_(k) $ е спротивен настан (настанот А не се случи за време на k-тото испитување, $k=1,2,\dots , n$).
Што се хомогени и независни тестови?
Дефиниција
Се вели дека тестовите се од ист тип во однос на настанот А ако веројатностите на настаните $A1, A2, \dots , Аn$ се совпаѓаат: $P(A1)=P(A2)= \dots =P(An)$ (т.е., веројатноста за појава на настани А во едно испитување е константна во сите испитувања).
Очигледно, во овој случај се совпаѓаат и веројатностите за спротивни настани: $P(\bar(A)_(1))=P(\bar(A)_(2))=...=P(\bar(A ) _(n))$.
Дефиниција
Тестовите се нарекуваат независни во однос на настанот А ако настаните $A1, A2, \dots , Аn$ се независни.
Во овој случај
Во овој случај, еднаквоста е зачувана кога кој било настан Аk се заменува со $\bar(A)_(k) $.
Нека се спроведат серија од n независни тестови од ист тип во врска со настанот А. Ја користиме следната нотација: p - веројатноста настанот А да се случи во едно испитување; q е веројатноста за спротивен настан. Така, P(Ak)=p, $P(\bar(A)_(k))=q$ за кое било k и p+q=1.
Веројатноста дека во серија од n испитувања настанот А ќе се случи точно k пати (0 ≤ k ≤ n) се пресметува со формулата:
$P_(n) (k)=C_(n)^(k) p^(k) q^(n-k) $ (1)
Равенството (1) се нарекува Бернулиова формула.
Веројатноста дека во серија од n идентични независни испитувања настанот А ќе се случи најмалку k1 пати и не повеќе од k2 пати се пресметува со формулата:
$P_(n) (k_(1) \le k\le k_(2))=\збир \лимити _(k=k_(1) )^(k_(2) )C_(n)^(k) p ^(k) q^(n-k) $ (2)
Употребата на формулата на Бернули за големи вредности на n води до незгодни пресметки, така што во овие случаи е подобро да се користат други формули - асимптотични.
Генерализација на Бернулиовата шема
Да разгледаме генерализација на шемата на Бернули. Ако во серија од n независни испитувања, од кои секоја има m парови некомпатибилни и можни резултати Ak со соодветни веројатности Pk = pk(Ak). Тогаш формулата за полиномна распределба е валидна:
Пример 1
Веројатноста за заразување со грип за време на епидемија е 0,4. Најдете ја веројатноста дека од 6 вработени во компанијата ќе се разболат
- точно 4 вработени;
- не повеќе од 4 вработени.
Решение. 1) Очигледно, за решавање на овој проблем е применлива Бернулиевата формула, каде што n=6; k=4; p=0,4; q=1-р=0,6. Применувајќи ја формулата (1), добиваме: $P_(6) (4)=C_(6)^(4) \cdot 0,4^(4) \cdot 0,6^(2) \приближно 0,138$.
За да се реши овој проблем, применлива е формулата (2), каде k1=0 и k2=4. Ние имаме:
\[\begin(низа)(l) (P_(6) (0\le k\le 4)=\sum \limits _(k=0)^(4)C_(6)^(k) p^( k) q^(6-k) =C_(6)^(0) \cdot 0,4^(0) \cdot 0,6^(6) +C_(6)^(1) \cdot 0,4 ^(1) \cdot 0,6^(5) +C_(6)^(2) \cdot 0,4^(2) \cdot 0,6^(4) +) \\ (+C_(6) ^(3) \cdot 0,4^(3) \ cdot 0,6^(3) +C_(6)^(4) \cdot 0,4^(4) \cdot 0,6^(2) \ приближно 0,959.) \end(низа)\]
Треба да се напомене дека овој проблем е полесно да се реши со користење на спротивниот настан - повеќе од 4 вработени се разболеле. Потоа, земајќи ја предвид формулата (7) за веројатноста за спротивни настани, добиваме:
Одговор: 0,959 $\$.
Пример 2
Во една урна има 20 бели и 10 црни топчиња. Се вадат 4 топчиња, а секое извадено топче се враќа во урната пред да се извади следното и се мешаат топчињата во урната. Најдете ја веројатноста дека од четири извлечени топки ќе има 2 бели (Слика 1).
Слика 1.
Решение. Нека настанот А е дека белата топка е извадена. Тогаш веројатностите $D (A)=\frac(2)(3) ,\, \, D (\overline(A))=1-\frac(2)(3) =\frac(1)(3) $ .
Според формулата на Бернули, потребната веројатност е еднаква на $D_(4) (2)=N_(4)^(2) \left(\frac(2)(3) \right)^(2) \left(\ frac(1)( 3) \десно)^(2) =\frac(8)(27) $.
Одговор: $\frac(8)(27) $.
Пример 3
Определете ја веројатноста дека едно семејство со 5 деца нема да има повеќе од три девојчиња. Се претпоставува дека веројатноста да се има момче и девојче се исти.
Решение. Веројатноста да имате девојче $\делумно =\frac(1)(2) ,\, q=\frac(1)(2) $ е веројатноста да имате момче. Во едно семејство нема повеќе од три девојчиња, што значи дека или се родиле едно, две или три девојчиња, или семејството е сите момчиња.
Да ги најдеме веројатностите дека во семејството нема девојчиња, се родиле едно, две или три девојчиња: $D_(5) (0)=q^(5) =\frac(1)(32) $,
\ \ \
Затоа, саканата веројатност $D =D_(5) (0)+D_(5) (1)+D_(5) (2)+D_(5) (3)=\frac(13)(16) $.
Одговор: $\frac(13)(16) $.
Пример 4
Првиот стрелец со еден удар може да ги погоди првите десет со веројатност од 0,6, деветте со веројатност од 0,3 и осумте со веројатност од 0,1. Колкава е веројатноста дека со 10 удари шест пати ќе ги погоди првите десет, деветте три пати и осумте еднаш?
Кратка теорија
Теоријата на веројатност се занимава со експерименти кои можат да се повторат (барем теоретски) неограничен број пати. Нека некој експеримент се повтори еднаш, а резултатите од секое повторување не зависат од резултатите од претходните повторувања. Ваквите серии на повторувања се нарекуваат независни испитувања. Посебен случај на вакви тестови се независни Бернули тестови, кои се карактеризираат со два услови:
1) резултатот од секој тест е еден од двата можни исходи, наречени „успех“ или „неуспех“, соодветно.
2) веројатноста за „успех“ во секој следен тест не зависи од резултатите од претходните тестови и останува константна.
Бернулиевата теорема
Ако се изврши серија независни Бернули испитувања, во секое од кои „успехот“ се појавува со веројатност, тогаш веројатноста „успехот“ да се појави точно еднаш во испитувањата се изразува со формулата:
каде е веројатноста за „неуспех“.
– бројот на комбинации на елементи по (види основни формули за комбинаторика)
Оваа формула се нарекува Формулата на Бернули.
Формулата на Бернули ви овозможува да се ослободите од голем број пресметки - собирање и множење на веројатностите - со доволно голем број тестови.
Тест шемата на Бернули се нарекува и биномна шема, а соодветните веројатности се нарекуваат биномни, што е поврзано со употребата на биномни коефициенти.
Дистрибуцијата според Бернулиевата шема овозможува, особено, да се најде најверојатниот број на појава на некој настан.
Доколку бројот на тестови nе голем, па користете:
Пример за решение на проблемот
Задачата
Стапката на 'ртење на некои растителни семиња е 70%. Која е веројатноста дека од 10 посеани семиња: 8, најмалку 8; барем 8?
Решението на проблемот
Да ја користиме формулата на Бернули:
Во нашиот случај
Настанот нека биде дека од 10 семиња никнуваат 8:
Настанот нека биде најмалку 8 (тоа значи 8, 9 или 10)
Нека настанот се зголеми најмалку 8 (ова значи 8,9 или 10)
Одговори
Просечнатрошоците за решавање на тестот се 700 - 1200 рубли (но не помалку од 300 рубли за целата нарачка). Цената е во голема мера под влијание на итноста на одлуката (од еден ден до неколку часа). Цената на онлајн помош за испит/тест е од 1000 рубли. за решавање на тикетот.
Можете да оставите барање директно во разговорот, откако претходно сте ги испратиле условите за задачите и ве информирале за роковите за решението што ви треба. Времето на одговор е неколку минути.