Her denemenin yalnızca iki olası sonucu varsa ve sonuçların olasılıkları tüm denemelerde aynı kalıyorsa, tekrarlanan bağımsız denemelere Bernoulli denemeleri adı verilir.
Genellikle bu iki sonuca “başarı” (S) veya “başarısızlık” (F) adı verilir ve bunlara karşılık gelen olasılıklar gösterilir P Ve Q. Açık ki P 0, Q³ 0 ve P+Q=1.
Her denemenin temel olay uzayı iki olaydan oluşur: U ve H.
Temel olayların alanı N Bernoulli testleri Ω 2 içerir N dizileri (zincirleri) olan temel olaylar N U ve N sembolleri. Her temel olay, dizinin olası sonuçlarından biridir. N Bernoulli testleri. Testler bağımsız olduğundan, çarpma teoremine göre olasılıklar çarpılır, yani herhangi bir spesifik dizinin olasılığı, U ve H sembollerinin yerine geçerek elde edilen üründür. P Ve Q buna göre, örneğin: R( )=(U U N U N... N U )= p p q p q ... q q p .
Bernoulli testinin sonucunun genellikle 1 ve 0 ile gösterildiğine ve ardından dizideki temel olayın gösterildiğine dikkat edin. N Bernoulli testleri - sıfırlardan ve birlerden oluşan bir zincir var. Örneğin: =(1, 0, 0, ... , 1, 1, 0).
Bernoulli testleri olasılık teorisinde dikkate alınan en önemli şemayı temsil eder. Bu şema, eserlerinde bu modeli derinlemesine inceleyen İsviçreli matematikçi J. Bernoulli'nin (1654-1705) adını almıştır.
Burada bizi ilgilendirecek asıl problem şudur: Bu olayın gerçekleşme olasılığı nedir? N Bernoulli testleri gerçekleşti M başarı?
Belirtilen koşullar yerine getirilirse, bağımsız testler sırasında olayın gerçekleşme olasılığı 
aynen gözlemlenecek M
kez (hangi deneyde olursa olsun), şu şekilde belirlenir: Bernoulli'nin formülü:
(21.1)
Nerede 
- gerçekleşme olasılığı 
her testte ve 
- belirli bir deneyde olayın gerçekleşme olasılığı 
olmadı.
Eğer dikkate alırsak P N (M) bir fonksiyon olarak M ise binom adı verilen bir olasılık dağılımını belirtir. Bu bağımlılığı keşfedelim P N (M) itibaren M, 0£ M£ N.
Olaylar B M ( M
= 0, 1, ..., N), olayın farklı sayıda tekrarından oluşan A V N testler uyumsuzdur ve tam bir grup oluşturur. Buradan, 
.
Oranı ele alalım:
=
=
=
.
Şunu takip ediyor P N (m+1)>P N (M), Eğer (N- m)p> (m+1)q, yani işlev P N (M) artarsa M< n.p.- Q. Aynı şekilde, P N (m+1)< P N (M), Eğer (N- m)p< (m+1)q, yani P N (M) eğer azalırsa M> n.p.- Q.
Yani bir sayı var M 0 , hangi noktada P N (M) en büyük değerine ulaşır. bulacağız M 0 .
Sayının anlamına göre M 0 elimizde P N (M 0)³ P N (M 0 -1) ve P N (M 0) ³ P N (M 0 +1), buradan
,
(21.2)
.
(21.3)
(21.2) ve (21.3) eşitsizliklerinin çözümü M 0, şunu elde ederiz:
P/ M 0 ³ Q/(N- M 0 +1) Þ M 0 £ n.p.+ P,
Q/(N- M 0 ) ³ P/(M 0 +1) Þ M 0 ³ n.p.- Q.
Yani gerekli sayı M 0 eşitsizlikleri karşılar
n.p.- Q£ M 0 £ np+p. (21.4)
Çünkü P+Q=1 ise eşitsizlik (21.4) ile tanımlanan aralığın uzunluğu bire eşittir ve en az bir tam sayı vardır M 0 tatmin edici eşitsizlikler (21.4):
1) eğer n.p. - Q bir tamsayıysa iki değer vardır M 0, yani: M 0 = n.p. - Q Ve M 0 = n.p. - Q + 1 = n.p. + P;
2) eğer n.p. - Q- kesirliyse bir sayı vardır M 0, yani eşitsizlikten elde edilen kesirli sayılar arasında bulunan tek tam sayı (21.4);
3) eğer n.p. bir tamsayıysa bir sayı vardır M 0 yani M 0 = n.p..
Sayı M 0, bir olayın meydana gelmesinin en olası veya en olası değeri (sayı) olarak adlandırılır A bir dizi N bağımsız testler.
Bu derste bağımsız denemelerde tekrarlanan denemelerde bir olayın meydana gelme olasılığını bulacağız . Her bir denemenin şu veya bu sonucunun olasılığı, diğer denemelerin sonuçlarına bağlı değilse, denemeler bağımsız olarak adlandırılır. . Bağımsız testler hem aynı koşullar altında hem de farklı koşullar altında yapılabilir. İlk durumda, bir olayın gerçekleşme olasılığı tüm denemelerde aynıdır, ikinci durumda ise denemeden denemeye değişir.
Bağımsız yeniden test örnekleri :
- Cihaz düğümlerinden birinin veya iki veya üç düğümün arızalanması ve her bir düğümün arızasının diğer düğüme bağlı olmaması ve bir düğümün arıza olasılığının tüm testlerde sabit olması;
- Sabit teknolojik koşullar altında üretilen bir parça veya üç, dört, beş parça standart dışı çıkabileceği gibi, diğer parçalardan ve parçanın dönme ihtimalinden bağımsız olarak bir parça da standart dışı çıkabilir. standart dışı olma durumu tüm testlerde sabittir;
- bir hedefe yapılan birkaç atıştan bir, üç veya dört atış, diğer atışların sonucuna bakılmaksızın hedefi vurur ve hedefi vurma olasılığı tüm denemelerde sabittir;
- Bir madeni para atıldığında makine, diğer madeni para düşmelerinin sonucuna bakılmaksızın bir, iki veya başka sayıda doğru şekilde çalışacaktır ve makinenin doğru çalışma olasılığı tüm denemelerde sabittir.
Bu olaylar tek bir diyagramda açıklanabilir. Her olay, her denemede aynı olasılıkla meydana gelir; önceki denemelerin sonuçları bilinirse bu durum değişmez. Bu tür testlere bağımsız denir ve devre denir Bernoulli şeması . Bu tür testlerin istenildiği kadar tekrarlanabileceği varsayılmaktadır.
Olasılık P bir olayın meydana gelmesi A her denemede sabitse, o zaman olasılık N bağımsız test olayı A gelecek M kez, nerede bulunur Bernoulli'nin formülü :
(Nerede Q= 1 – P- olayın gerçekleşmeme olasılığı)
Görevi belirleyelim - bu tür bir olayın olasılığını bulmak için N bağımsız testler gelecek M bir kere.
Bernoulli'nin formülü: problem çözme örnekleri
Örnek 1. Her bir parçanın standart çıkma olasılığı 0,9 ise, rastgele alınan beş parçadan ikisinin standart olma olasılığını bulun.
Çözüm. Olayın olasılığı A Rastgele alınan bir parçanın standart olması gerçeğinden oluşan, P=0,9 ve standart dışı olma olasılığı var Q=1–P=0,1 . Sorun ifadesinde belirtilen olay (bunu şununla belirtiyoruz: İÇİNDE) örneğin ilk iki parçanın standart olduğu ve sonraki üç parçanın standart olmadığı ortaya çıkarsa meydana gelecektir. Ama olay İÇİNDE birinci ve üçüncü kısımlar standart olup geri kalanlar standart dışı çıkarsa veya ikinci ve beşinci kısımlar standart olup geri kalanlar standart dışı olursa da meydana gelecektir. Olayın gerçekleşmesi için başka olasılıklar da var. İÇİNDE. Bunlardan herhangi biri, alınan beş parçadan ikisinin, beşte herhangi bir yeri işgal etmesiyle standart olacağı gerçeğiyle karakterize edilir. Bu nedenle bir olayın gerçekleşmesine yönelik farklı olasılıkların toplam sayısı İÇİNDE iki standart parçayı beş yere yerleştirme olasılıklarının sayısına eşittir; beş elementin kombinasyonlarının sayısına ikiye eşittir ve .
Olasılık çarpım teoremine göre her olasılığın olasılığı, standart parçaların görünümüne karşılık gelen ikisi 0,9'a ve geri kalan üçü standart olmayan görünümüne karşılık gelen beş faktörün çarpımına eşittir. parçalar 0,1'e eşittir, yani. bu olasılık şudur. Bu on olasılık birbiriyle bağdaşmayan olaylar olduğundan, toplama teoremine göre bir olayın olasılığı İÇİNDE, belirttiğimiz
Örnek 2. Bir makinenin bir saat içinde bir işçinin ilgisine ihtiyaç duyma olasılığı 0,6'dır. Makinelerdeki sorunların birbirinden bağımsız olduğunu varsayarak, bir saat içinde bir işçinin çalıştırdığı dört makineden herhangi birinin dikkatini çekmesi olasılığını bulun.
Çözüm. Kullanma Bernoulli'nin formülü en N=4 , M=1 , P=0,6 ve Q=1–P=0,4, şunu elde ederiz
Örnek 3. Araç paylaşımının normal çalışması için hatta en az sekiz aracın bulunması gerekir ve bunlardan on tanesi vardır. Her bir aracın hatta girmeme olasılığı 0,1'dir. Ertesi gün araba deposunun normal çalışma olasılığını bulun.
Çözüm. Araç paylaşımı normal şekilde çalışacak (olay F), sekiz ya da sekiz kişi hatta gelirse (olay A) veya dokuz (olay İÇİNDE) veya on arabanın tamamı etkinliği (etkinlik C). Olasılıkların eklenmesi teoremine göre,
Her terimi buluyoruz Bernoulli'nin formülüne göre. Burada N=10 , M=8; 10 ve P=1-0,1=0,9, çünkü P aracın hatta girme olasılığını belirtmelidir; Daha sonra Q=0,1 . Sonuç olarak elde ederiz
Örnek 4. Bir müşterinin 41 numara erkek ayakkabıya ihtiyaç duyma olasılığı 0,25 olsun. Altı alıcıdan en az ikisinin 41 numara ayakkabıya ihtiyaç duyma olasılığını bulun.
Bernoulli test şeması. Bernoulli'nin formülü
Birkaç test yapılmasına izin verin. Üstelik her denemede $A$ olayının meydana gelme olasılığı diğer denemelerin sonuçlarına bağlı değildir. Bu tür denemeler A olayına göre bağımsız olarak adlandırılır. Farklı bağımsız denemelerde A olayının olasılıkları farklı ya da aynı olabilir. Yalnızca $A$'nın aynı olasılığa sahip olduğu bağımsız denemeleri ele alacağız.
Karmaşık bir olaydan kastımız basit olayların birleşimidir. N-testleri yapılsın. Her denemede $A$ olayı görünebilir veya görünmeyebilir. Her denemede $A$ olayının gerçekleşme olasılığının $p$ ile aynı ve eşit olduğunu varsayacağız. O halde $\overline A $'ın (veya A'nın oluşmaması) olasılığı $P(( \overline A ))=q=1-p$'a eşittir.
olasılığını hesaplamamız gerektiğini varsayalım. N- $A$ olayının gerçekleşeceğini test eder k- bir kez ve $n-k$ kez - olmayacak. Bu olasılığı $P_n (k)$ ile göstereceğiz. Üstelik $A$ olayının meydana gelme sırası önemli değildir. Örneğin: $(( AAA\overline A , AA\overline A A, A\overline A AA, \overline A AAA ))$
$P_5 (3)-$ beş denemede $A$ olayı 3 kez ortaya çıktı ve 2 kez görünmedi. Bu olasılık Bernoulli formülü kullanılarak bulunabilir.
Bernoulli formülünün türetilmesi
Bağımsız olayların olasılıklarının çarpımı teoremine göre, $A$ olayının $k$ kez meydana gelmesi ve $n-k$ kez gerçekleşmeme olasılığı $p^k\cdot q^ ( n-k ) $'a eşit olacaktır. Ve $C_n^k $'ın oluşturulabileceği kadar çok sayıda karmaşık olay olabilir. Karmaşık olaylar uyumsuz olduğundan, uyumsuz olayların olasılıklarının toplamına ilişkin teoreme göre, tüm karmaşık olayların olasılıklarını toplamamız gerekir ve bunlardan tam olarak $C_n^k $ vardır. O halde $A$ olayının meydana gelme olasılığı tam olarak k her defasında N testler, $P_n (( A,\,k ))=P_n (k)=C_n^k \cdot p^k\cdot q^ ( n-k ) $ var Bernoulli'nin formülü.
Örnek. Zar 4 kez atılıyor. Birinin yarı yarıya görünme olasılığını bulun.
Çözüm. $A=$ (birinin görünümü)
$ P(A)=p=\frac ( 1 ) ( 6 ) \, \,P(( \overline A ))=q=1-\frac ( 1 ) ( 6 ) =\frac ( 5 ) ( 6 ) $ $ P_4 (2)=C_4^2 \cdot p^2\cdot q^ ( 4-2 ) =\frac ( 4! ) ( 2!\cdot 2! ) \cdot 6^2\cdot (( \frac ( 5 ) ( 6 ) ))^2=0,115 $
Büyük değerler için bunu görmek kolaydır N Sayıların çok büyük olması nedeniyle olasılığı hesaplamak oldukça zordur. Bu olasılığın yalnızca Bernoulli formülü kullanılarak hesaplanamayacağı ortaya çıktı.
Kısa teori
Olasılık teorisi, (en azından teorik olarak) sınırsız sayıda tekrarlanabilen deneylerle ilgilidir. Bazı deneylerin bir kez tekrarlanmasına izin verin; her tekrarın sonuçları, önceki tekrarların sonuçlarına bağlı değildir. Bu tür tekrarlara bağımsız denemeler denir. Bu tür testlerin özel bir durumu bağımsız Bernoulli testleri iki durumla karakterize edilir:
1) her testin sonucu sırasıyla "başarı" veya "başarısızlık" olarak adlandırılan iki olası sonuçtan biridir.
2) sonraki her testte "başarı" olasılığı önceki testlerin sonuçlarına bağlı değildir ve sabit kalır.
Bernoulli teoremi
Her birinde "başarı"nın olasılıkla ortaya çıktığı bir dizi bağımsız Bernoulli denemesi yapılırsa, "başarı"nın denemelerde tam olarak bir kez ortaya çıkma olasılığı aşağıdaki formülle ifade edilir:
“başarısızlık” olasılığı nerede.
– elementlerin kombinasyonlarının sayısı (temel kombinatorik formüllere bakın)
Bu formül denir Bernoulli'nin formülü.
Bernoulli'nin formülü, yeterince fazla sayıda testle çok sayıda hesaplamadan (olasılıkların eklenmesi ve çarpılması) kurtulmanıza olanak tanır.
Bernoulli test şeması aynı zamanda binom şeması olarak da adlandırılır ve karşılık gelen olasılıklara, binom katsayılarının kullanımıyla ilişkili olan binom adı verilir.
Bernoulli şemasına göre dağılım, özellikle bir olayın en olası oluşum sayısını bulmayı sağlar.
Test sayısı ise N büyükse şunu kullanın:
Sorun çözümü örneği
Sorun durumu
Bazı bitki tohumlarının çimlenme oranı %70’tir. Ekilen 10 tohumdan 8, en az 8; en az 8?
Sorun çözümü
Bernoulli'nin formülünü kullanalım:
Bizim durumumuzda
Olay şu: 10 tohumdan 8'i filizlenecek:
Etkinlik en az 8 olsun (yani 8, 9 veya 10)
Etkinlik en az 8 yükselsin (bu 8,9 veya 10 demektir)
Cevap
Ortalama Bir testi çözmenin maliyeti 700 - 1200 ruble'dir (ancak tüm sipariş için en az 300 ruble değildir). Fiyat, kararın aciliyetinden büyük ölçüde etkilenir (bir günden birkaç saate kadar). Bir sınav/test için çevrimiçi yardımın maliyeti 1000 ruble'dir. Bileti çözmek için.
Daha önce görev koşullarını gönderdikten ve ihtiyacınız olan çözüm için zaman dilimini size bildirdikten sonra doğrudan sohbete bir istek bırakabilirsiniz. Tepki süresi birkaç dakikadır.
A olayıyla ilgili n test yapılsın. Olayları tanıtalım: Ak - k'inci deneme sırasında A olayı meydana geldi, $ k=1,2,\dots , n$. O zaman $\bar(A)_(k) $ ters olaydır (k'inci deneme sırasında A olayı gerçekleşmedi, $k=1,2,\dots , n$).
Homojen ve bağımsız testler nelerdir?
Tanım
$A1, A2, \dots , Аn$ olaylarının olasılıkları çakışıyorsa testlerin A olayıyla ilgili aynı türde olduğu söylenir: $P(A1)=P(A2)= \dots =P(An)$ (yani bir denemede A olaylarının meydana gelme olasılığı tüm denemelerde sabittir).
Açıkçası, bu durumda zıt olayların olasılıkları da çakışıyor: $P(\bar(A)_(1))=P(\bar(A)_(2))=...=P(\bar(A) ) _(n))$.
Tanım
$A1, A2, \dots, Аn$ olayları bağımsızsa testler A olayına göre bağımsız olarak adlandırılır.
Bu durumda
Bu durumda, herhangi bir Аk olayı $\bar(A)_(k) $ ile değiştirildiğinde eşitlik korunur.
A olayıyla ilgili olarak aynı tipte n sayıda bağımsız test gerçekleştirilsin. Şu gösterimi kullanıyoruz: p—bir denemede A olayının meydana gelme olasılığı; q, zıt olayın olasılığıdır. Dolayısıyla, herhangi bir k için P(Ak)=p, $P(\bar(A)_(k))=q$ ve p+q=1.
Bir dizi n denemede A olayının tam olarak k kez (0 ≤ k ≤ n) meydana gelme olasılığı aşağıdaki formülle hesaplanır:
$P_(n) (k)=C_(n)^(k) p^(k) q^(n-k) $ (1)
Eşitlik (1) Bernoulli formülü olarak adlandırılır.
Bir dizi n adet özdeş bağımsız denemede A olayının en az k1 kez ve en fazla k2 kez meydana gelme olasılığı aşağıdaki formülle hesaplanır:
$P_(n) (k_(1) \le k\le k_(2))=\sum \limits _(k=k_(1) )^(k_(2) )C_(n)^(k) p ^(k) q^(n-k) $ (2)
Bernoulli formülünün büyük n değerleri için kullanılması hantal hesaplamalara yol açar, bu nedenle bu durumlarda diğer formülleri (asimptotik olanları) kullanmak daha iyidir.
Bernoulli şemasının genelleştirilmesi
Bernoulli şemasının bir genellemesini ele alalım. Her biri m ikili uyumsuz ve olası sonuçları Ak olan ve bunlara karşılık gelen olasılıklara sahip n bağımsız deneme serisinde Pk = pk(Ak) varsa. O halde polinom dağılım formülü geçerlidir:
Örnek 1
Bir salgın sırasında gribe yakalanma olasılığı 0,4'tür. Şirketin 6 çalışanından hastalanma olasılığını bulun
- tam olarak 4 çalışan;
- en fazla 4 çalışan.
Çözüm. 1) Açıkçası, bu sorunu çözmek için Bernoulli formülü uygulanabilir; burada n=6; k=4; p=0.4; q=1-р=0,6. Formül (1)'i uygulayarak şunu elde ederiz: $P_(6) (4)=C_(6)^(4) \cdot 0,4^(4) \cdot 0,6^(2) \approx 0,138$.
Bu sorunu çözmek için k1=0 ve k2=4 olan formül (2) uygulanabilir. Sahibiz:
\[\begin(array)(l) (P_(6) (0\le k\le 4)=\sum \limits _(k=0)^(4)C_(6)^(k) p^( k) q^(6-k) =C_(6)^(0) \cdot 0,4^(0) \cdot 0,6^(6) +C_(6)^(1) \cdot 0,4 ^(1) \cdot 0,6^(5) +C_(6)^(2) \cdot 0,4^(2) \cdot 0,6^(4) +) \\ (+C_(6) ^(3) \cdot 0,4^(3) \ cdot 0,6^(3) +C_(6)^(4) \cdot 0,4^(4) \cdot 0,6^(2) \ yaklaşık 0,959.) \end(array)\]
Bu sorunun tam tersi olayı kullanarak çözmenin daha kolay olduğuna dikkat edilmelidir - 4'ten fazla çalışan hastalandı. Daha sonra zıt olayların olasılıklarına ilişkin formül (7)'yi dikkate alarak şunu elde ederiz:
Cevap: $\$0,959.
Örnek 2
Bir torbada 20 beyaz ve 10 siyah top vardır. Dışarıya 4 top alınıyor ve çıkarılan her top torbaya geri konduktan sonra bir sonraki top alınıp torbadaki toplar karıştırılıyor. Çekilen dört toptan 2 tanesinin beyaz olma olasılığını bulun (Şekil 1).
Şekil 1.
Çözüm. A olayı beyaz topun dışarı çıkarılması olsun. O zaman olasılıklar $D (A)=\frac(2)(3) ,\, \, D (\overline(A))=1-\frac(2)(3) =\frac(1)(3) $ .
Bernoulli formülüne göre gerekli olasılık şuna eşittir: $D_(4) (2)=N_(4)^(2) \left(\frac(2)(3) \right)^(2) \left(\ frac(1)( 3) \right)^(2) =\frac(8)(27) $.
Cevap: $\frac(8)(27) $.
Örnek 3
5 çocuklu bir ailenin en fazla üç kız çocuğunun olma olasılığını belirleyin. Bir erkek ve bir kız çocuğu sahibi olma olasılıklarının aynı olduğu varsayılmaktadır.
Çözüm. Kız çocuk sahibi olma olasılığı $\partial =\frac(1)(2) ,\, q=\frac(1)(2) $ erkek çocuk sahibi olma olasılığıdır. Bir ailede üçten fazla kız yoktur; bu, ya bir, iki ya da üç kız çocuğunun doğduğu ya da ailenin tamamının erkek olduğu anlamına gelir.
Ailede hiç kız olmaması, bir, iki veya üç kız doğmuş olma olasılıklarını bulalım: $D_(5) (0)=q^(5) =\frac(1)(32) $,
\ \ \
Dolayısıyla istenen olasılık $D =D_(5) (0)+D_(5) (1)+D_(5) (2)+D_(5) (3)=\frac(13)(16) $.
Cevap: $\frac(13)(16) $.
Örnek 4
Tek atışta ilk atıcı 0,6 olasılıkla ilk 10'a, 0,3 olasılıkla dokuza ve 0,1 olasılıkla sekize vurabilir. 10 atışla altı kez ilk 10'a, üç kez dokuza ve bir kez sekize isabet etme olasılığı nedir?