Olasılık teorisinin pratik uygulamasında, aynı deneyin veya benzer deneylerin tekrar tekrar tekrarlandığı problemlerle sıklıkla karşılaşılır. Her deneyimin sonucunda bir olay ortaya çıkabilir veya çıkmayabilir. A ve her bir deneyin sonucuyla ilgilenmiyoruz, ancak toplam katılım sayısı olaylar A bir dizi deney sonucunda. Örneğin, aynı hedefe bir grup atış yapılıyorsa, her atışın sonucuyla değil, toplam isabet sayısıyla ilgileniriz. Deneyler yapılırsa bu tür problemler oldukça basit bir şekilde çözülebilir. bağımsız.
Tanım. A olayından bağımsız denemeler, her denemede A olayının olasılığının diğer denemelerin sonuçlarına bağlı olmadığı denemelerdir.
Örnek. Bir kartın desteden art arda birkaç kez çıkarılması, her seferinde çıkarılan kartın desteye geri getirilmesi ve kartların karıştırılması koşuluyla, bağımsız deneyler oluşturur; aksi takdirde bunlar bağımlı deneyimlerdir.
Örnek. Birkaç atış, yalnızca nişan almanın her atıştan önce yeniden yapılması durumunda bağımsız deneyler teşkil eder; Nişan alma işleminin tüm atıştan önce bir kez yapılması veya atış işlemi sırasında sürekli olarak gerçekleştirilmesi durumunda (patlamalı ateşleme, seri bombalama), atışlar bağımlı deneyleri temsil eder.
Bağımsız testler aynı veya farklı koşullar altında yapılabilir. İlk durumda, bir olayın olasılığı A tüm deneylerde aynı, ikinci durumda olayın olasılığı A deneyimden deneyime değişir. İlk durum, güvenilirlik teorisindeki ve çekim teorisindeki birçok sorunla ilişkilidir ve sözde duruma yol açar. Bernoulli şeması, aşağıdaki gibidir:
1) sıra gerçekleştirilir N her birinde olay olan bağımsız denemeler A görünebilir veya görünmeyebilir;
2) bir olayın meydana gelme olasılığı A her denemede, gerçekleşmeme olasılığı da sabit ve eşittir 
.
Bir olayın meydana gelme olasılığını bulmak için kullanılan Bernoulli formülü bir k her defasında N her birinde olay olan bağımsız denemeler A olasılıkla ortaya çıkar P:
. (1)
Not 1. Artarak N Ve k Bernoulli formülünün uygulanması hesaplama zorluklarıyla ilişkilidir, bu nedenle formül (1) esas olarak aşağıdaki durumlarda uygulanır: k 5'i geçmez ve N harika değil.
Not 2. Formdaki olasılıkların binom açılımını temsil etmesi nedeniyle (1) formunun olasılık dağılımına denir. binom dağıtım.
Örnek. Tek atışta hedefi vurma olasılığı 0,8'dir. Altı atışta beş vuruş olasılığını bulun.
Çözüm. O zamandan beri 
, ayrıca ve . Bernoulli formülünü kullanarak şunu elde ederiz:
Örnek. Aynı hedefe farklı mesafelerden birbirinden bağımsız dört atış yapılır. Bu atışların isabet olasılıkları sırasıyla eşittir:
Hayır, bir, iki, üç ve dört isabetin olasılıklarını bulun:
Çözüm.Üreten işlevi oluşturuyoruz:
Örnek. Bir hedefe beş bağımsız atış yapılır, isabet olasılığı 0,2'dir. Hedefi yok etmek için üç vuruş yeterlidir. Hedefin yok edilme olasılığını bulun.
Çözüm. Hedefin yok edilme olasılığı aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanır:
Örnek. Bir hedefe on bağımsız atış yapılır ve tek atışta isabet olasılığı 0,1'dir. Hedefi vurmak için bir vuruş yeterlidir. Hedefi vurma olasılığını bulun.
Çözüm. En az bir isabet olasılığı aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanır:
3. Moivre-Laplace'ın yerel teoremi
Uygulamalarda genellikle olayın meydana gelme sayısına bağlı olarak çeşitli olayların olasılıklarının hesaplanması gerekmektedir. N Bernoulli devresinin büyük değerlerde testleri N. Bu durumda formül (1) kullanılarak yapılan hesaplamalar zorlaşır. Bu olasılıkları eklemek zorunda kaldığımızda zorluklar daha da artıyor. Küçük değerlerde hesaplamalarda da zorluklar ortaya çıkar P veya Q.
Laplace, bir olayın meydana gelme olasılığı için önemli bir yaklaşık formül elde etti A Kesinlikle M kez, eğer yeterince büyük bir sayı ise, yani .
Moivre – Laplace'ın yerel teoremi. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabit ve sıfır ve birden farklı ise, , değer m ve n'de eşit olarak sınırlıysa, bu durumda A olayının n bağımsız denemede tam olarak m kez meydana gelme olasılığı yaklaşık olarak eşittir
Olasılıksal problemleri çözerken, aynı testin birçok kez tekrarlandığı ve her testin sonucunun diğerlerinin sonuçlarından bağımsız olduğu durumlarla sıklıkla karşılaşılır. Bu deneye aynı zamanda denir tekrarlanan bağımsız test şeması veya Bernoulli şeması.
Tekrarlanan testlere örnekler:
1) Çıkarılan topun rengi belirlendikten sonra torbaya geri konulması koşuluyla, bir topun torbadan tekrar tekrar çıkarılması;
2) her atışta başarılı bir vuruş olasılığının aynı olduğu varsayılması koşuluyla (sıfırlamanın rolü dikkate alınmaz), bir atıcı tarafından aynı hedefe atışların tekrarlanması.
Öyleyse, sonuç olarak testler mümkün olsun iki sonuç: ya bir etkinlik görünecek A veya tam tersi bir olay. n Bernoulli testlerini yapalım. Bu, tüm n denemenin bağımsız olduğu anlamına gelir; $A$ olayının her bir bireysel veya tek denemede meydana gelme olasılığı sabittir ve denemeden denemeye değişmez (yani denemeler aynı koşullar altında gerçekleştirilir). $A$ olayının tek bir denemede meydana gelme olasılığını $p$ harfiyle gösterelim, yani: $p=P(A)$ ve ters olayın olasılığı ($A$ olayı gerçekleşmedi) - $q=P(\overline(A))=1-p$ harfiyle.
O halde olayın gerçekleşme olasılığı A bunlarda görünecek N tam olarak testler k kez ifade edildi Bernoulli'nin formülü
$$P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k), \quad q=1-p.$$
Başarı sayısının (bir olayın meydana gelmesi) dağılımına denir. binom dağılımı.
Bernoulli formülü için çevrimiçi hesap makineleri
Bernoulli formülünü kullanan en popüler problem türlerinden bazıları makalelerde tartışılmıştır ve çevrimiçi bir hesap makinesiyle donatılmıştır. Bağlantıları takip edebilirsiniz:
Bernoulli formülünü kullanan problemlere çözüm örnekleri
Örnek. Bir torbada 20 beyaz ve 10 siyah top vardır. Dışarıya 4 top alınıyor ve çıkarılan her top torbaya geri getirilerek bir sonraki top alınıp torbadaki toplar karıştırılıyor. Çekilen dört toptan 2 tanesinin beyaz olma olasılığını bulun.
Çözüm. Etkinlik A- beyaz bir top çıkardı. Daha sonra olasılıklar
, .
Bernoulli formülüne göre gerekli olasılık şuna eşittir: 
.
Örnek. 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 çocuğu sahibi olma ihtimali
, Daha sonra .
Ailede hiç kız çocuğunun olmaması, bir, iki ya da üç kız çocuğunun doğması olasılıklarını bulalım:
, 
,
, 
.
Bu nedenle gerekli olasılık
.
Örnek. Bir işçi tarafından işlenen parçaların ortalama %4'ü standart dışıdır. Test için alınan 30 parçadan ikisinin standart dışı olma olasılığını bulun.
Çözüm. Burada deneyim, 30 parçanın her birinin kalite açısından kontrol edilmesinden ibarettir. A olayı “standart olmayan bir parçanın ortaya çıkmasıdır”, bu durumda olasılığı . Buradan Bernoulli formülünü kullanarak şunu buluruz:
.
Örnek. Silahla atılan her bireyin hedefi vurma olasılığı 0,9'dur. 20 atıştan başarılı atış sayısının en az 16, en fazla 19 olma olasılığını bulun.
Çözüm. Bernoulli formülünü kullanarak hesaplıyoruz:
Örnek. Bağımsız testler etkinliğe kadar devam ediyor A olmayacak k bir kere. Gerekli olma olasılığını bulun N testler (n ³ k), eğer her birinde ise .
Çözüm. Etkinlik İÇİNDE- Kesinlikle Nönce testler k- bir olayın meydana gelmesi A– aşağıdaki iki olayın ürünüdür:
D – içeri N-inci test A olmuş;
C-ilk (n-1)-inci testler A göründü (k-1) bir kere.
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 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 olayın da 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 denemelerde gerçekleşmemesi olasılığıyla ilgileniyoruz (yani, A olayının tersi olay meydana gelecektir - 
).
İlgilendiğimiz olayın olduğunu varsayalım. A ilkinden başlayarak ardı ardına m kez meydana gelir; 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
Tekrarlanan bağımsız testlerin tanımı. Olasılığı ve en olası sayıyı hesaplamak için Bernoulli formülleri. Bernoulli formülü için asimptotik formüller (yerel ve integral, Laplace teoremleri). İntegral teoremini kullanma. Olasılık dışı rastgele olaylar için Poisson formülü.
Tekrarlanan bağımsız testler
Uygulamada, her birinin sonucu olarak A olayının ortaya çıkabileceği veya çıkmayabileceği, tekrar tekrar tekrarlanan testler şeklinde temsil edilebilecek görevlerle uğraşmak zorundayız. Bu durumda önemli olan her bir denemenin sonucu değil, belirli sayıda deneme sonucunda A olayının toplam gerçekleşme sayısıdır. Bu tür problemlerde, gerçekleşme olasılığını belirleyebilmeniz gerekir. n deneme sonucunda A olayının herhangi bir m sayıda meydana gelme durumu. Denemelerin bağımsız olduğu ve her denemede A olayının meydana gelme olasılığının sabit olduğu durumu düşünün. bağımsız olarak tekrarlandı.
Bağımsız testlere bir örnek, birden fazla partiden alınan ürünlerin uygunluğunun kontrol edilmesidir. Bu partilerdeki kusur yüzdesi aynı ise seçilen ürünün kusurlu olma olasılığı her durumda sabit bir sayıdır.
Bernoulli'nin formülü
Konsepti kullanalım karmaşık olay, bu, i'inci denemede A olayının ortaya çıkması veya oluşmamasından oluşan birkaç temel olayın birleşimi anlamına gelir. Her birinde A olayının p olasılığıyla ortaya çıkabileceği veya q=1-p olasılığıyla görünmeyebileceği n bağımsız deneme yapılsın. B_m olayını düşünün; bu, A olayının bu n denemede tam olarak m kez meydana geleceği ve dolayısıyla tam olarak (n-m) kez gerçekleşmeyeceği anlamına gelir. Haydi belirtelim A_i~(i=1,2,\ldots,(n)) A olayının meydana gelmesi, a \overline(A)_i - i'inci denemede A olayının meydana gelmemesi. Test koşullarının sabitliği nedeniyle
A olayı, karşıt olay \overline(A) ile dönüşümlü olarak farklı sıralarda veya kombinasyonlarda m kez ortaya çıkabilir. Bu türden olası kombinasyonların sayısı, n elemanın m cinsinden kombinasyonlarının sayısına eşittir, yani C_n^m. Sonuç olarak, B_m olayı birbiriyle tutarsız olan karmaşık olayların toplamı olarak temsil edilebilir ve terim sayısı C_n^m'ye eşittir:
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),
burada her çarpım A olayını m kez ve \overline(A) - (n-m) kez içerir.
Bağımsız olayların olasılıklarının çarpımı teoremine göre formül (3.1)'de yer alan her bir karmaşık olayın olasılığı p^(m)q^(n-m)'ye eşittir. Bu tür olayların toplam sayısı C_n^m'ye eşit olduğundan, uyumsuz olayların olasılıklarının toplamı teoremini kullanarak B_m olayının olasılığını elde ederiz (bunu P_(m,n olarak gösteririz))
P_(m,n)=C_n^mp^(m)q^(n-m)\quad \text(veya)\quad P_(m,n)=\frac(n{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}. !}
Formül (3.2) denir Bernoulli'nin formülü ve her birinde A olayının meydana gelme olasılığının bağımsızlığı ve sabitliği koşulunu sağlayan tekrarlanan denemelere denir. Bernoulli testleri veya Bernoulli şeması.
Örnek 1. Parçaları bir torna tezgahında işlerken tolerans bölgesinin dışına çıkma olasılığı 0,07'dir. Bir vardiya sırasında rastgele seçilen beş parçadan birinin çap boyutlarının belirtilen toleransa uymama olasılığını belirleyin.
Çözüm. Problemin durumu Bernoulli şemasının gereklerini karşılamaktadır. Bu nedenle, varsaymak n=5,\,m=1,\,p=0,\!07 formül (3.2)'yi kullanarak elde ederiz
P_(1,5)=C_5^1(0,\!07)^(1)(0,\!93)^(5-1)\approx0,\!262.
Örnek 2. Gözlemler, belirli bir bölgede Eylül ayında 12 yağmurlu gün olduğunu tespit etmiştir. Bu ay rastgele seçilen 8 günün 3 gününün yağmurlu olma olasılığı nedir?
Çözüm.
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. !}
Bir olayın büyük olasılıkla gerçekleşme sayısı
Büyük olasılıkla meydana gelme tarihi n bağımsız denemedeki A olayı, bu sayıya karşılık gelen olasılığın, A olayının diğer olası sayılardan her birinin olasılığını aştığı veya en azından ondan daha az olmadığı bir m_0 sayısı olarak adlandırılır. En olası sayıyı belirlemek için, bir olayın olası meydana gelme sayısının olasılıklarını hesaplamak gerekli değildir; n deneme sayısını ve A olayının ayrı bir denemede meydana gelme olasılığını bilmek yeterlidir. En olası m_0 sayısına karşılık gelen olasılığı P_(m_0,n) olarak gösterelim. Formül (3.2)'yi kullanarak şunu yazıyoruz:
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}. !}
En olası sayı tanımına göre, A olayının meydana gelme olasılıkları sırasıyla m_0+1 ve m_0-1 katı, en azından P_(m_0,n) olasılığını aşmamalıdır;
P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0+1,n));\quad P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0-1,n))
P_(m_0,n) değerini ve P_(m_0+1,n) ve P_(m_0-1,n) olasılık ifadelerini eşitsizliklerde yerine koyarsak, şunu elde ederiz:
Bu eşitsizlikleri m_0 için çözerek şunu elde ederiz:
M_0\geqslant(np-q),\quad m_0\leqslant(np+p)
Son eşitsizlikleri birleştirerek en olası sayıyı belirlemek için kullanılan çifte eşitsizliği elde ederiz:
Np-q\leqslant(m_0)\leqslant(np+p).
Eşitsizlik (3.4) ile tanımlanan aralığın uzunluğu bire eşit olduğundan, yani;
(np+p)-(np-q)=p+q=1,
ve olay n denemede yalnızca tamsayı sayıda meydana gelebilirse, bu durumda şunun akılda tutulması gerekir:
1) np-q bir tam sayı ise, en olası sayının iki değeri vardır: m_0=np-q ve m"_0=np-q+1=np+p ;
2) np-q kesirli bir sayı ise, o zaman en olası bir sayı vardır, yani: eşitsizlikten (3.4) elde edilen kesirli sayılar arasında bulunan tek tam sayı;
3) eğer np bir tamsayı ise, o zaman en olası bir sayı vardır, yani: m_0=np.
Büyük n değerleri için, en olası sayıya karşılık gelen olasılığı hesaplamak için formül (3.3)'ü kullanmak sakıncalıdır. Stirling formülünü eşitlik (3.3) ile değiştirirsek
N!\approx(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))),
Yeterince büyük n için geçerliyse ve en olası sayıyı m_0=np alırsak, en olası sayıya karşılık gelen olasılığın yaklaşık hesaplaması için bir formül elde ederiz:
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))).
Örnek 2. Fabrikanın ticaret üssüne tedarik ettiği ürünlerin \frac(1)(15) kısmının standardın tüm şartlarını karşılamadığı bilinmektedir. Üsse 250 üründen oluşan bir parti teslim edildi. Standardın gerekliliklerini karşılayan en olası ürün sayısını bulun ve bu partinin en olası sayıda ürünü içerme olasılığını hesaplayın.
Çözüm. Koşullara göre n=250,\,q=\frac(1)(15),\,p=1-\frac(1)(15)=\frac(14)(15). Eşitsizliğe (3.4) göre elimizdeki
250\cdot\frac(14)(15)-\frac(1)(15)\leqslant(m_0)\leqslant250\cdot\frac(14)(15)+\frac(1)(15)
Neresi 233,\!26\leqslant(m_0)\leqslant234,\!26. Sonuç olarak, standardın gerekliliklerini karşılayan en muhtemel ürün sayısı 250 adettir. 234'e eşittir. Verileri formül (3.5)'te değiştirerek, partide en olası sayıda ürüne sahip olma olasılığını hesaplıyoruz:
P_(234,250)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi\cdot250\cdot\frac(14)(15)\cdot\frac(1)(15)))\approx0,\!101
Yerel Laplace teoremi
Büyük n değerleri için Bernoulli formülünü kullanmak çok zordur. Örneğin, eğer n=50,\,m=30,\,p=0,\!1, daha sonra P_(30.50) olasılığını bulmak için ifadenin değerini hesaplamak gerekir.
P_(30,50)=\frac(50{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20} !}
Doğal olarak şu soru ortaya çıkıyor: Bernoulli formülünü kullanmadan faiz olasılığını hesaplamak mümkün mü? Bunun mümkün olduğu ortaya çıktı. Laplace'ın yerel teoremi, deneme sayısı yeterince büyükse, n denemede olayların tam olarak m kez meydana gelme olasılığını yaklaşık olarak bulmamıza olanak tanıyan asimptotik bir formül verir.
Teorem 3.1.
Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve sıfır ve birden farklıysa, o zaman A olayının n denemede tam olarak m kez ortaya çıkma olasılığı P_(m,n) yaklaşık olarak eşittir (daha doğrusu, n) fonksiyonun değerine ne kadar büyükse Y=\frac(1)(\sqrt(npq))\frac(e^(-x^2/2))(\sqrt(2\pi))=\frac(\varphi(x))(\sqrt (npq))
. İşlev değerlerini içeren tablolar var\varphi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\,e^(-x^2/2)) x argümanının pozitif değerlerine karşılık gelir. Argümanın negatif değerleri için aynı tablolar kullanılır, çünkü \varphi(x) fonksiyonu çifttir, yani..
\varphi(-x)=\varphi(x)
Yani, A olayının n denemede tam olarak m kez ortaya çıkma olasılığı yaklaşık olarak şöyledir: P_(m,n)\approx\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x), Nerede.
x=\frac(m-np)(\sqrt(npq))
Çözüm. Koşullara göre Örnek 3. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı 0,2 ise, A olayının 400 denemede tam olarak 80 kez meydana gelme olasılığını bulun. n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8
. Asimptotik Laplace formülünü kullanalım:
P_(80,400)\approx\frac(1)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8))\,\varphi(x)=\frac(1)(8)\,\varphi (X).
Görev verilerinin belirlediği x değerini hesaplayalım:
X=\frac(m-np)(\sqrt(npq))=\frac(80-400\cdot0,\!2)(8)=0. Tablo adj 1'e göre buluyoruz.\varphi(0)=0,\!3989
. Gerekli olasılık
P_(80,100)=\frac(1)(8)\cdot0,\!3989=0,\!04986.
Bernoulli'nin formülü yaklaşık olarak aynı sonuca yol açar (hantallıkları nedeniyle hesaplamalar yapılmamıştır):
P_(80,100)=0,\!0498.
Laplace'ın integral teoremi
Her birinde A olayının meydana gelme olasılığının sabit ve p'ye eşit olduğu n adet bağımsız denemenin gerçekleştirildiğini varsayalım. A olayının n denemede en az m_1 ve en fazla m_2 kez (kısacası “m_1'den m_2'ye kadar” diyeceğiz) ortaya çıkma olasılığını P_((m_1,m_2),n) hesaplamak gerekir. Bu Laplace'ın integral teoremi kullanılarak yapılabilir.
P_((m_1,m_2),n)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2) \,dx, Nerede .
Laplace integral teoreminin uygulanmasını gerektiren problemleri çözerken, belirsiz integral nedeniyle özel tablolar kullanılır. \int(e^(-x^2/2)\,dx) temel işlevlerle ifade edilmez. İntegral tablosu \Phi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(0)^(x)e^(-z^2/2)\,dz ekte verilmiştir. 2, burada x'in pozitif değerleri için \Phi(x) fonksiyonunun değerleri verilmiştir, x için<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 \Phi(x)=0,\!5 alabiliriz.
Yani, A olayının m_1'den m_2'ye kadar n bağımsız denemede ortaya çıkma olasılığı yaklaşık olarak şöyledir:
P_((m_1,m_2),n)\approx\Phi(x"")-\Phi(x"), P_(m,n)\approx\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x), x"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq));~x""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq)).
Örnek 4. Bir parçanın standartlara aykırı üretilme olasılığı p=0,\!2'dir. Rastgele seçilen 400 parça arasında 70 ila 100 arasında standart olmayan parça bulunma olasılığını bulun.
Çözüm. Koşullara göre p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100. Laplace'ın integral teoremini kullanalım:
P_((70,100),400)\approx\Phi(x"")-\Phi(x").
İntegral limitlerini hesaplayalım:
daha düşük
X"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=\frac(70-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8)) =-1,\!25,
üst
X""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=\frac(100-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8) )=2,\!5,
Böylece
P_((70,100),400)\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25) .
Tabloya göre adj. bulduğumuz 2
\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.
Gerekli olasılık
P_((70,100),400)=0,\!4938+0,\!3944=0,\!8882.
Laplace integral teoreminin uygulanması
Eğer m sayısı (n bağımsız denemede A olayının meydana gelme sayısı) m_1'den m_2'ye değişirse, o zaman kesir \frac(m-np)(\sqrt(npq)) arasında değişecek \frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=x" ile \frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=x"". Dolayısıyla Laplace'ın integral teoremi şu şekilde de yazılabilir:
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.
Mutlak değerdeki p sabit olasılığından bağıl frekansın \frac(m)(n) sapmasının belirli bir sayıyı \varepsilon>0 aşmama olasılığını bulma görevini belirleyelim. Başka bir deyişle eşitsizliğin olasılığını buluyoruz \left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon, bu aynı -\varepsilon\leqslant\frac(m)(n)-p\leqslant\varepsilon. Bu olasılığı şu şekilde ifade edeceğiz: P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\). Bu olasılık için formül (3.6)'yı dikkate alarak şunu elde ederiz:
P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\)\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt(\frac(n)(pq) ))\Sağ).
Örnek 5. Parçanın standart dışı olma olasılığı p=0,\!1'dir. Rastgele seçilen 400 parça arasında, standart olmayan parçaların görülme sıklığının mutlak değerdeki p=0,\!1 olasılığından 0,03'ten fazla sapmaması olasılığını bulun.
Çözüm. Koşullara göre n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03. Olasılığı bulmamız lazım P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\). Formül (3.7)'yi kullanarak şunu elde ederiz:
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)
Tabloya göre adj. 2'de \Phi(2)=0,\!4772'yi buluruz, dolayısıyla 2\Phi(2)=0,\!9544 olur. Yani istenen olasılık yaklaşık 0,9544'tür. Sonucun anlamı şu şekildedir: Her biri 400 parçadan oluşan yeterince büyük sayıda örnek alırsanız, bu örneklerin yaklaşık %95,44'ünde bağıl frekansın mutlak p=0.\!1 sabit olasılığından sapması söz konusudur. değer 0,03'ü geçmeyecektir.
Olası olmayan olaylar için Poisson formülü
Tek bir denemede bir olayın meydana gelme olasılığı p sıfıra yakınsa, o zaman çok sayıda denemede bile n, ancak np çarpımının küçük bir değeriyle, olasılık değerleri P_(m,n) Laplace formülünden elde edilen değerler yeterince doğru olmadığından başka bir yaklaşık formüle ihtiyaç duyulmaktadır.
Teorem 3.3.
Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabit ancak küçükse, bağımsız denemelerin sayısı n yeterince büyükse, ancak np=\lambda çarpımının değeri küçük kalıyorsa (ondan fazla değil), o zaman olasılık A olayının bu denemelerde m kez meydana geleceği\,e^{-\lambda}. !}
P_(m,n)\yaklaşık\frac(\lambda^m)(m Poisson formülünü kullanarak hesaplamaları basitleştirmek için bir Poisson fonksiyonu değerleri tablosu derlendi\,e^{-\lambda} !}\frac(\lambda^m)(m
(bkz. ek 3).
Örnek 6. Standart olmayan bir parça üretme olasılığı 0,004 olsun. 1000 parça arasında 5 standart olmayan parçanın bulunma olasılığını bulun. Çözüm. Burada n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4 . Her üç sayı da Teorem 3.3'ün gereksinimlerini karşılar, bu nedenle istenen P_(5,1000) olayının olasılığını bulmak için Poisson formülünü kullanırız. Poisson fonksiyonunun değer tablosundan (Ek 3) \lambda=4;m=5 ile şunu elde ederiz:.
Laplace formülünü kullanarak aynı olayın olasılığını bulalım. Bunu yapmak için öncelikle m=5'e karşılık gelen x'in değerini hesaplıyoruz:
X=\frac(5-1000\cdot0,\!004)(\sqrt(1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996))\approx\frac(1)(1,\!996)\approx0 ,\!501.
Dolayısıyla Laplace formülüne göre istenilen olasılık
P_(5,1000)\approx\frac(\varphi(0,\!501))(1,\!996)\approx\frac(0,\!3519)(1,\!996)\approx0,\ !1763
ve Bernoulli'nin formülüne göre kesin değeri:
P_(5,1000)=C_(1000)^(5)\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^(995)\approx0,\!1552.
Bu nedenle, yaklaşık Laplace formülü kullanılarak P_(5,1000) olasılıklarının hesaplanmasındaki bağıl hata şu şekildedir:
\frac(0,\!1763-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!196, veya 13.\!6\%
ve Poisson formülüne göre -
\frac(0,\!1563-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!007, veya 0,\!7\%
Yani birçok kez daha az.
Sonraki bölüme git
Tek boyutlu rastgele değişkenler Tarayıcınızda Javascript devre dışı.
Hesaplamaları gerçekleştirmek için ActiveX kontrollerini etkinleştirmelisiniz!
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) gelir 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 gerekiyor. Tüm "başarılı" kombinasyonları elde etme olasılıkları aynı ve eşittir p k ⋅ q n - k (\displaystyle p^(k)\cdot q^(n-k))
, "başarılı" kombinasyonların sayısı eşittir.
C n (k) (\displaystyle C_(n)(k))
, böylece sonunda şunu elde ederiz:.