Bernoulli'nin formülü- olasılık teorisinde bir olayın meydana gelme olasılığını bulmanızı sağlayan bir formül bir (\displaystyle A) bağımsız testlerde. Bernoulli'nin formülü, yeterince fazla sayıda testle çok sayıda hesaplamadan (olasılıkları toplama ve çarpma) kurtulmanıza olanak tanır. Adını bu formülü türeten seçkin İsviçreli matematikçi Jacob Bernoulli'den almıştır.
Ansiklopedik YouTube
1 / 3
✪ Olasılık teorisi. 22. Bernoulli formülü. Sorun çözme
✪ Bernoulli formülü
✪ Bernoulli Formülü testlerinin 20 tekrarı
Altyazılar
Formülasyon
Teorem. Olasılık p (\displaystyle p) bir olayın meydana gelmesi bir (\displaystyle A) her denemede sabitse olasılık P k , n (\displaystyle P_(k,n)) olay bir (\displaystyle A) tam olarak gelecek k (\displaystyle k) her defasında n (\displaystyle n) bağımsız testler şuna eşittir: 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)), Nerede q = 1 − p (\displaystyle q=1-p).
Kanıt
Gerçekleştirilmesine izin ver n (\displaystyle n) bağımsız testler olup, her test sonucunda olayın gerçekleştiği bilinmektedir. bir (\displaystyle A) olasılıkla meydana gelir P (A) = p (\displaystyle P\sol(A\sağ)=p) ve bu nedenle olasılık dahilinde gerçekleşmez P (A ¯) = 1 − p = q (\displaystyle P\left((\bar (A))\right)=1-p=q). Olasılık testleri sırasında da izin verelim p (\displaystyle p) Ve q (\displaystyle q) değişmeden kalır. Sonuç olarak olma olasılığı nedir? n (\displaystyle n) bağımsız testler, olay bir (\displaystyle A) tam olarak gelecek k (\displaystyle k) bir kere?
Etkinliğin geçerli olduğu "başarılı" test sonuçları kombinasyonlarının sayısını doğru bir şekilde hesaplamanın mümkün olduğu ortaya çıktı. bir (\displaystyle A) geliyor k (\displaystyle k) her defasında n (\displaystyle n) bağımsız testler - bu tam olarak kombinasyonların sayısıdır n (\displaystyle n) İle k (\displaystyle k) :
C n (k) = n !{k!\left(n-k\right)!}}} !}.
k! bir (\displaystyle A)(n - k) !
(\displaystyle C_(n)(k)=(\frac (n n (\displaystyle n) Aynı zamanda tüm testler bağımsız olduğundan ve sonuçları birbiriyle uyumsuz olduğundan (olay bir (\displaystyle A) tam olarak gelecek k (\displaystyle k) gerçekleşse de gerçekleşmese de, "başarılı" bir kombinasyon elde etme olasılığı tam olarak şuna eşittir: . Son olarak olasılığını bulmak için bağımsız test olayı Bir kez daha tüm "başarılı" kombinasyonları elde etme olasılıklarını toplamanız gerekir. Tüm "başarılı" kombinasyonları elde etme olasılıkları aynı ve eşittir, böylece sonunda şunu elde ederiz:
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)).
Son ifade Bernoulli Formülünden başka bir şey değildir. Olay grubunun eksiksiz olması nedeniyle şunun doğru olacağını da belirtmekte fayda var:
∑ k = 0 n (P k , n) = 1 (\displaystyle \sum _(k=0)^(n)(P_(k,n))=1).
Dersin üçüncü sorusunu sunmadan önce öğretmen, deneylerin tekrarına ilişkin teoremin dikkate alınmasını gerektiren bir problemi belirler ve çalışılan olasılık teorisi dersinde yalnızca bağımsız deneylerin tekrarına ilişkin belirli bir teoremin bulunduğunu belirtir. A olayının sabit bir olasılıkla ortaya çıktığı olayların her biri dikkate alınacaktır.
Bundan sonra öğretmen bu teoremin kanıtını gösterir (Bernoulli formülünün türetilmesi).
Söz konusu teoremin fiziksel özünü açıklamak için öğretmen bir tepegöz ve hazırlanmış slaytlar kullanır.
Dersin sonunda öğretmen, A olayının n'lik bir dizi testte tutarsız olduğu ve tam bir olaylar grubu oluşturduğu durumlarda ortaya çıkmasının olasılık dağılımına neden binom denildiğini açıklar ve önemine dikkat çeker. uygulamalı problemlerin çözümü için bu dağılımı bilmenin önemi.
Şu ana kadar, olasılıkların toplama ve çarpma kurallarının doğrudan uygulanmasının büyük hesaplama zorluklarına neden olmadığı, nispeten az sayıda olayın kombinasyonlarını değerlendirdik. Ancak ilgilenilen olayın ortaya çıkabileceği olay sayısı veya deneme sayısı arttıkça öğrenilen hesaplama yöntemi oldukça hantal hale gelir.
Üstelik problem ancak deneyler bağımsızsa oldukça basit bir şekilde çözüldü.
Birkaç deney denir bağımsız, eğer her bir deneyin bir veya başka bir sonucunun olasılığı, diğer deneylerin hangi sonuçlara sahip olduğuna bağlı değilse.
Uygulamada, bir olayın meydana gelme olasılığının yüksek olduğu durumlar vardır. A tüm bağımsız deneylerde aynı olabilir veya deneyden deneye değişebilir. Örneğin her atıştan sonra ateşinizi ayarlarsanız her atışta hedefi vurma ihtimaliniz değişecektir.
Bağımsız deneylerde bir olayın meydana gelme olasılığı deneyden deneye değiştiğinde, deneylerin tekrarına ilişkin genel teorem kullanılır ve bağımsız deneylerde bir olayın meydana gelme olasılığı deneyden değişmediğinde deney yapmak için deneylerin tekrarına ilişkin özel bir teorem kullanılır.
Çalıştığımız olasılık teorisi dersinde, bir olayın meydana gelme olasılığının belirlenmesi gerektiğinde yalnızca tekrarlanan deneylerin belirli konusunu ele alacağız. A Her birinde A olayının eşit olasılıkla ortaya çıktığı bir dizi bağımsız deneyde.
Örneğin, sabit ayarlarda bir silahtan beş atışla, atışlar bağımsızsa ve her atışta hedefi vurma olasılığı biliniyorsa ve bilinmiyorsa, hedefe tam olarak iki vuruşun elde edileceği olasılığını hesaplamak gerekir. değiştirmek.
A1 ile ilgilendiğimiz olayın olası oluşum kombinasyonlarını oluşturursak şunu elde ederiz:
A=(beş atışla 2 vuruş alın) olayının meydana geldiği 10 olası kombinasyon olacaktır.
Bağımsız olayların toplamı ve çarpımı ile ilgili teoremi uygulayarak şunu elde ederiz:
Bizi ilgilendiren olayların veya testlerin sayısındaki artış, hesaplama işlemlerinin hacminde daha da büyük bir artışa yol açacaktır, bu nedenle daha az emek yoğun hesaplama yöntemleri bulma görevi ortaya çıkmaktadır.
Sorun bildirimi:
Aynı koşullar altında, her birinin sonucu her iki olaydan birinin meydana gelebileceği n bağımsız testin gerçekleştirildiğini varsayalım. A veya tam tersi 
.
ile belirtelim A 1 bir olayın meydana gelmesi A ilk sınavda, A 2 - ikinci testte, A N- son testte.
Test koşullarının sabitliği nedeniyle:
P(bir 1 ) = P(Bir 2 ) = … P(A N ) = p
A olayının n denemede tam olarak m kez meydana gelmesi, ancak geri kalan n-m denemede gerçekleşmemesi olasılığıyla ilgileniyoruz (yani, A olayının tersi olay meydana gelecektir - 
).
İlgilendiğimiz olayın olduğunu varsayalım. A ilkinden başlayarak m kez arka arkaya meydana gelir, yani bir olay gerçekleşir - e.
e=bir 1
A 2
… A M -1
A M
(1)
M N- M
Testlerin tekrarlanma durumuna göre bu kombinasyona dahil olan olaylar bağımsız olup, A1 olaylarının gerçekleşme olasılıkları ise, A 2
,… A M -1
, A M aynı ve eşit p: P(A) 1
) = P(Bir 2
) =…= P(A M ) = p, ve olayların gerçekleşmeme olasılıkları 
aynı ve eşit Q=1-р:.
Bağımsız olayların olasılıklarını çarpma kuralını ifade 1'e uygulayarak şunu elde ederiz:
P(E) = P(A) 1
) P(bir 2
) … P(A) M -1
) P(bir M ) P( 
= p M (1-r) N
-
M
= p M Q N -
M
Test koşullarının sabitliği nedeniyle bizi ilgilendiren olayın A ilkinden başlayarak m kez arka arkaya meydana gelir. Ama olay A V N denemeler tam olarak gelebilir M farklı sıralarda veya kombinasyonlarda zamanlar. Bu durumda, A olayının tam olarak ortaya çıktığı kesin sıraya kayıtsızız. M bir kere.
Bu tür kombinasyonların sayısı kombinasyon sayısına eşittir 
n elementin M.
Bu olay kombinasyonları (E kombinasyonuna benzer) uyumsuz olduğundan ve olayın meydana gelme sırası ile ilgilenmediğimizden A testte tam olarak M kez, o zaman ilgilendiğimiz olasılığı belirtir R M, şunu elde ederiz:
R M
=
R M (1-r) N
-
M
=
=
Nerede 
- kombinasyon sayısı N tarafından elemanlar M.
Bu formüle Bernoulli formülü denir.
Bernoulli'nin formülü şu sorunun cevabını bulmamızı sağlar: n bağımsız test tekrarlandığında bazı olayların ortaya çıkma olasılığı nedir? A tam olarak geliyor M kez, eğer bu denemelerin her birinde olayın meydana gelme olasılığı A sabit ve eşittir P(A) = p.
Yukarıdaki Bernoulli formülü, aynı koşullar altında testlerin tekrarlanmasıyla ilişkili olması nedeniyle olasılık teorisinde son derece önemlidir; olasılık teorisi yasalarının kendini gösterdiği koşullarla.
Dersin sonucu:
Derste olasılık teorisinin temel konularını rastgele değişkenlerle ilişkili olarak inceledik, disiplinin daha ileri çalışmaları için gerekli temel kavramsal aparatı tanıttık: rastgele değişkenin tanımı, sınıflandırılması; dağıtım yasası kavramları ve çeşitli rastgele değişken türleri için biçimi.
Sonraki derslere ve pratik alıştırmalara hazırlanırken, önerilen literatürü derinlemesine incelerken ve önerilen sorunları çözerken ders notlarınızı bağımsız olarak tamamlamanız gerekir.
Ek olarak, sonraki derslerde, rastgele bir değişkenin gerekli sayıda veya belirli bir aralıkta ortaya çıkma olasılığını, örneğin bir hedefi vurma olasılığını belirlememize olanak tanıyan teoremleri ve bağımlılıkları inceleyeceğiz.
Keşfetmek:
Ventzel E.S. Olasılık teorisi. Ders kitabı. Sekizinci baskı, basmakalıp. – M.: Yüksekokul, 2002 - 575 s. – sayfa 67-78, 80-84
Ventzel E.S., Ovcharov L.A.. Olasılık teorisi ve mühendislik uygulamaları. Çalışma kılavuzu. Gözden geçirilmiş ve genişletilmiş üçüncü baskı. – M.: “Akademi”, 2003 – 464 s. – s.73-93
Gmurman V.E. Olasılık teorisi ve matematiksel istatistik. Çalışma kılavuzu. Onuncu baskı, basmakalıp - M .: Yüksek Okul", 2004 - 480 s. Sayfa 64-73
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.
Uzun süre yüce şeyleri düşünmeyelim - hemen tanımla başlayalım.
Bernoulli'nin şeması, her birinde ilgimizi çeken olayın A olarak görünebileceği, aynı türden n bağımsız deneyin gerçekleştirildiği ve bu olayın olasılığı P(A) = p'nin bilindiği durumdur. N denemeden sonra A olayının tam olarak k kez meydana gelme olasılığını belirlememiz gerekiyor.
Bernoulli'nin şemasını kullanarak çözülebilecek problemler son derece çeşitlidir: basit problemlerden ("atıcının 10 üzerinden 1'ini vurma olasılığını bulun" gibi) çok ciddi problemlere (örneğin yüzdelerle veya oyun kartlarıyla ilgili problemler) kadar. . Gerçekte, bu şema genellikle, çalışmaya başlamadan önce tüm özelliklerinin bilinmesi gereken, ürünlerin kalitesinin izlenmesi ve çeşitli mekanizmaların güvenilirliği ile ilgili sorunları çözmek için kullanılır.
Tanıma dönelim. Bağımsız denemelerden bahsettiğimiz ve her denemede A olayının olasılığı aynı olduğundan yalnızca iki sonuç mümkündür:
- A, A olayının p olasılığıyla gerçekleşmesidir;
- “A değil” - q = 1 − p olasılığıyla gerçekleşen A olayı ortaya çıkmadı.
Bernoulli'nin şemasının anlamını yitirdiği en önemli koşul istikrardır. Ne kadar deney yaparsak yapalım, aynı p olasılığıyla meydana gelen aynı A olayıyla ilgileniyoruz.
Bu arada olasılık teorisindeki tüm problemler sabit koşullara indirgenmez. Herhangi bir yetkin yüksek matematik öğretmeni size bunu anlatacaktır. Bir kutunun içinden rengarenk topları çıkarmak kadar basit bir şey bile sabit koşullarla gerçekleşen bir deneyim değildir. Başka bir top çıkardılar - kutudaki renklerin oranı değişti. Dolayısıyla olasılıklar da değişti.
Koşullar sabitse, A olayının n olası olaydan tam olarak k kez meydana gelme olasılığını doğru bir şekilde belirleyebiliriz. Bu gerçeği bir teorem biçiminde formüle edelim:
Bernoulli teoremi. Her deneyde A olayının gerçekleşme olasılığı sabit ve p'ye eşit olsun. Daha sonra n bağımsız denemede A olayının tam olarak k kez ortaya çıkma olasılığı aşağıdaki formülle hesaplanır:
burada C n k kombinasyonların sayısıdır, q = 1 − p.
Bu formüle Bernoulli formülü denir. Aşağıda verilen problemlerin bu formülü kullanmadan tamamen çözülebileceğini belirtmek ilginçtir. Örneğin olasılıkları eklemek için formülleri uygulayabilirsiniz. Ancak hesaplamanın miktarı kesinlikle gerçekçi olmayacaktır.
Görev. Bir makinede hatalı ürün çıkma olasılığı 0,2'dir. Bu makinede üretilen on parçalık bir partide tam olarak k parçanın hatasız olma olasılığını belirleyin. k = 0, 1, 10 için problemi çözün.
Koşul gereği, her seferinde p = 1 − 0,2 = 0,8 olasılıkla gerçekleşen, ürünlerin hatasız olarak piyasaya sürülmesi A olayıyla ilgileniyoruz. Bu olayın k kez gerçekleşme olasılığını belirlememiz gerekiyor. A olayı, “A değil” olayıyla karşılaştırılıyor; kusurlu bir ürünün serbest bırakılması.
Böylece elimizde: n = 10; p = 0,8; q = 0,2.
Böylece, bir partideki tüm parçaların kusurlu olma (k = 0), yalnızca bir parçanın kusursuz olma (k = 1) ve hiç kusurlu parça bulunmaması (k = 10) olasılığını buluyoruz:
Görev. Para 6 kez atılıyor. Bir arma ve kafaların inmesi eşit derecede olasıdır. Şu olasılığı bulun:
- arması üç kez görünecek;
- arması bir kez görünecek;
- arması en az iki kez görünecektir.
Dolayısıyla armanın düştüğü A olayıyla ilgileniyoruz. Bu olayın olasılığı p = 0,5'tir. A olayı, sonucun tura olduğu ve q = 1 − 0,5 = 0,5 olasılıkla gerçekleştiği "A değil" olayının karşıtıdır. Armanın k kez görünme olasılığını belirlememiz gerekiyor.
Böylece elimizde: n = 6; p = 0,5; q = 0,5.
Armanın üç kez çizilmesi olasılığını belirleyelim; k = 3:
Şimdi armanın yalnızca bir kez ortaya çıkma olasılığını belirleyelim; k = 1:
Armanın en az iki kez hangi olasılıkla görüneceğini belirlemeye devam ediyor. Ana yakalama "daha az değil" ifadesindedir. 0 ve 1 dışında herhangi bir k ile yetineceğimiz ortaya çıktı; X = P 6 (2) + P 6 (3) + ... + P 6 (6) toplamının değerini bulmamız gerekiyor.
Bu toplamın aynı zamanda (1 − P 6 (0) − P 6 (1))'e eşit olduğuna dikkat edin, yani. Armanın 1 kez düştüğü (k = 1) veya hiç görünmediği (k = 0) durumları tüm olası seçeneklerden “kesmek” yeterlidir. P 6 (1)'i zaten bildiğimiz için geriye P 6 (0)'ı bulmak kalıyor:
Görev. TV'nin gizli kusurlara sahip olma olasılığı 0,2'dir. Depoya 20 adet televizyon geldi. Hangi olayın olasılığı daha yüksektir: Bu partide gizli kusurları olan iki televizyon mu var, yoksa üç mü?
İlgi çekici olay A, gizli bir kusurun varlığıdır. Toplamda n = 20 TV vardır, gizli kusur olasılığı p = 0,2'dir. Buna göre gizli kusuru olmayan bir TV alma olasılığı q = 1 – 0,2 = 0,8'dir.
Bernoulli şemasının başlangıç koşullarını elde ediyoruz: n = 20; p = 0,2; q = 0,8.
İki adet “kusurlu” TV (k = 2) ve üç adet (k = 3) alma olasılığını bulalım:
\[\begin(array)(l)(P_(20))\left(2 \right) = C_(20)^2(p^2)(q^(18)) = \frac((20)}{{2!18!}} \cdot {0,2^2} \cdot {0,8^{18}} \approx 0,137\\{P_{20}}\left(3 \right) = C_{20}^3{p^3}{q^{17}} = \frac{{20!}}{{3!17!}} \cdot {0,2^3} \cdot {0,8^{17}} \approx 0,41\end{array}\]!}
Açıkçası, P 20 (3) > P 20 (2), yani. Gizli kusurlu üç televizyon alma olasılığı, bu türden yalnızca iki televizyon alma olasılığından daha yüksektir. Üstelik fark zayıf değil.
Faktöriyeller hakkında kısa bir not. Birçok kişi “0!” girişini gördüğünde belli belirsiz bir rahatsızlık hissi yaşar. (“sıfır faktöriyel” okuyun). Yani 0! = 1 tanım gereği.
P. S. Ve son görevdeki en büyük olasılık, gizli kusurları olan dört TV almaktır. Kendiniz hesaplayın ve kendiniz görün.
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. Aşağıdaki 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?