При практичному застосуванні теорії ймовірностей часто доводиться зустрічатися із завданнями, у яких той самий досвід чи аналогічні досліди повторюються неодноразово. Внаслідок кожного досвіду може з'явитися чи не з'явитися подія А, причому нас цікавить не результат кожного окремого досвіду, а загальна кількість появиподії Ау результаті серії дослідів. Наприклад, якщо проводиться група пострілів за однією і тією ж метою, нас цікавить не результат кожного пострілу, а загальна кількість попадань. Такі завдання вирішуються досить просто, якщо досліди є незалежними.
Визначення. Незалежними щодо події А випробуваннями називаються такі, у яких ймовірність події А у кожному випробуванні не залежить від результатів інших випробувань.
приклад.Декілька послідовних виймань карти з колоди є незалежними дослідами за умови, що витягнута карта щоразу повертається в колоду і карти перемішуються; інакше це – залежні досліди.
приклад. Декілька пострілів є незалежними дослідами лише у випадку, якщо прицілювання проводиться заново перед кожним пострілом; у разі, коли прицілювання проводиться один раз перед усією стріляниною або безперервно здійснюється в процесі стрільби (стрільба чергою, бомбометання серією), постріли є залежними дослідами.
Незалежні випробування можуть проводитись в однакових чи різних умовах. У першому випадку ймовірність події Ау всіх дослідах одна і та ж, у другому випадку ймовірність події Азмінюється від досвіду до досвіду. Перший випадок пов'язаний з багатьма завданнями теорії надійності, теорії стрільби та призводить до так званої схемою Бернуллі, яка полягає в наступному:
1) проводиться послідовність nнезалежних випробувань, у кожному з яких подія Аможе виникнути, або з'явитися;
2) ймовірність появи події Ау кожному випробуванні постійна і рівна, як і ймовірність його не появи 
.
Формула Бернуллі, за допомогою якої є ймовірність появи події А kраз на nнезалежних випробуваннях, у кожному з яких подія Аз'являється з ймовірністю p:
. (1)
Зауваження 1. Зі зростанням nі kзастосування формули Бернуллі пов'язане з обчислювальними труднощами, тому формула (1) застосовується, в основному, якщо kне перевищує 5 і nне велике.
Примітка 2.У зв'язку з тим, що ймовірності формою є члени розкладання бінома , розподіл ймовірностей виду (1) називається біномнимрозподілом.
приклад. Імовірність влучення в ціль за одного пострілу дорівнює 0,8. Знайти ймовірність п'яти влучень за шести пострілів.
Рішення.Оскільки , то 
, Крім того і . Користуючись формулою Бернуллі, отримаємо:
приклад. Здійснюється чотири незалежні постріли по одній і тій же меті з різних відстаней. Імовірності влучення при цих пострілах рівні відповідно:
Знайти ймовірності жодного, одного, двох, трьох та чотирьох попадань:
Рішення.Складаємо функцію, що виробляє:
приклад. Здійснюється п'ять незалежних пострілів за метою, ймовірність влучення в яку дорівнює 0,2. Для руйнування мети достатньо трьох влучень. Знайти ймовірність того, що ціль буде зруйнована.
Рішення.Імовірність руйнування мети обчислюємо за такою формулою:
приклад. Виробляється десять незалежних пострілів за метою, ймовірність влучення в яку при одному пострілі дорівнює 0,1. Для поразки мети достатньо одного влучення. Знайти ймовірність поразки мети.
Рішення.Імовірність хоча б одного влучення обчислюємо за формулою:
3. Локальна теорема Муавра-Лапласа
У додатках часто доводиться обчислювати ймовірності різних подій, пов'язаних з числом події nвипробуваннях схеми Бернуллі при великих значеннях n. У цьому випадку обчислення за формулою (1) стають скрутними. Проблеми зростають, коли доводиться ще підсумовувати ці можливості. Труднощі при обчисленнях виникають також при малих значеннях pабо q.
Лаплас отримав важливу наближену формулу для ймовірності появи події Аточно mраз, якщо - досить велика кількість, тобто при .
Локальна теорема Муавра – Лапласа. Якщо ймовірність p появи події А в кожному випробуванні постійна і відмінна від нуля та одиниці, , величина обмежена рівномірно по m і n, то ймовірність появи події А рівно m разів у n незалежних випробуваннях приблизно дорівнює
При вирішенні імовірнісних завдань часто доводиться стикатися з ситуаціями, в яких одне і те ж випробування повторюється багаторазово і результат кожного випробування незалежний від інших. Такий експеримент ще називається схемою повторних незалежних випробуваньабо схемою Бернуллі.
Приклади повторних випробувань:
1) багаторазове вилучення з урни однієї кулі за умови, що вийнята куля після реєстрації її кольору кладеться назад у урну;
2) повторення одним стрільцем пострілів по одній і тій же мішені за умови, що ймовірність вдалого попадання при кожному пострілі приймається однаковою (роль пристрілки не враховується).
Отже, нехай у результаті випробування можливі два результати: або з'явиться подія А, Або протилежна йому подія. Проведемо n випробувань Бернуллі. Це означає, що всі n випробувань є незалежними; ймовірність появи події $А$ у кожному окремому або одиничному випробуванні постійна і від випробування до випробування не змінюється (тобто випробування проводяться в однакових умовах). Позначимо можливість появи події $А$ у одиничному випробуванні буквою $р$, тобто. $p=P(A)$, а ймовірність протилежної події (подія $А$ не настала) - буквою $q=P(\overline(A))=1-p$.
Тоді ймовірність того, що подія Аз'явиться в цих nвипробуваннях рівно kраз, виражається формулою Бернуллі
$$P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k), \quad q=1-p.$$
Розподіл числа успіхів (появ події) зветься біномного розподілу.
Онлайн-калькулятори на формулу Бернуллі
Деякі найпопулярніші типи завдань, у яких використовується формула Бернуллі, розібрані в статтях і забезпечені онлайн-калькулятором, ви можете перейти до них за посиланнями:
Приклади розв'язування задач на формулу Бернуллі
приклад.В урні 20 білих та 10 чорних куль. Вийняли 4 кулі, причому кожну вийняту кулю повертають в урну перед вилученням наступного і кулі в урні перемішують. Знайти ймовірність того, що з чотирьох вийнятих куль виявиться 2 білих.
Рішення.Подія А– дістали білу кулю. Тоді ймовірності
, .
За формулою Бернуллі необхідна ймовірність дорівнює 
.
приклад.Визначити ймовірність того, що у сім'ї, яка має 5 дітей, буде не більше трьох дівчаток. Імовірності народження хлопчика та дівчинки передбачаються однаковими.
Рішення.Імовірність народження дівчинки
тоді.
Знайдемо ймовірність того, що в сім'ї немає дівчаток, народилася одна, дві чи три дівчинки:
, 
,
, 
.
Отже, шукана ймовірність
.
приклад.Серед деталей, оброблюваних робочим, буває середньому 4% нестандартних. Знайти ймовірність того, що серед взятих на випробування 30 деталей дві будуть нестандартними.
Рішення.Тут досвід полягає у перевірці кожної із 30 деталей на якість. Подія А - «поява нестандартної деталі», його ймовірність, тоді. Звідси за формулою Бернуллі знаходимо
.
приклад.При кожному окремому пострілі зі зброї ймовірність ураження мети дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що з 20 пострілів число вдалих буде не менше ніж 16 і не більше 19.
Рішення.Обчислюємо за формулою Бернуллі:
приклад.Незалежні випробування продовжуються до тих пір, поки подія Ане станеться kразів. Знайти ймовірність того, що потрібно nвипробувань (n k), якщо в кожному з них .
Рішення.Подія У- рівно nвипробувань до k-го появи події А- Є твір двох наступних подій:
D – у n-ом випробуванні Асталося;
С – у перших (n-1)-ом випробуваннях Аз'явилося (к-1)разів.
Перед викладенням третього питання лекції викладач позначає проблему, що викликає необхідність розгляду теореми про повторення дослідів, при цьому зазначаючи, що в курсі теорії ймовірностей, що вивчається, буде розглядатися тільки приватна теорема, пов'язана з повторенням незалежних дослідів, у кожному з яких подія А з'являється з постійною ймовірністю.
Після цього викладач показує доказ цієї теореми (висновок формули Бернуллі).
Для пояснення фізичної сутності теореми, що розглядається, викладач використовує оверхед-проектор і підготовлені слайди.
У висновку лекції викладач пояснює чому розподіл ймовірностей появи події А в серії з n випробувань, в умовах коли вони несумісні та утворюють повну групу подій називають біноміальним та звертає увагу на важливість знання цього розподілу для вирішення прикладних завдань.
Досі ми розглядали комбінації порівняльного невеликого числа подій, коли безпосереднє застосування правил складання та множення ймовірностей не викликало великих обчислювальних труднощів. Однак зі збільшенням числа подій або числа випробувань, в яких може з'являтися подія, що цікавить нас, вивчений спосіб обчислення стає дуже громіздким.
У цьому завдання вирішувалося досить просто у разі, якщо досліди були незалежними.
Кілька дослідів називаються незалежнимиякщо ймовірність того чи іншого результату кожного з дослідів не залежить від того, які результати мали інші досліди.
На практиці мають місце випадки, коли ймовірність настання події Ау всіх незалежних дослідах може бути або однаковою, або змінюватись від досвіду до досвіду. Наприклад, при коригуванні вогню після кожного пострілу ймовірність попадання в ціль з кожним пострілом змінюватиметься.
У разі, коли у незалежних дослідах ймовірність настання події від досвіду до досвіду змінюється, використовують загальну теорему про повторення дослідів, а коли у незалежних дослідах ймовірність настання події від досвіду до досвіду не змінюється, використовують приватну теорему про повторення дослідів.
У курсі теорії ймовірностей, що вивчається нами, ми розглянемо лише приватну терему про повторення дослідів, коли необхідно визначити ймовірність настання події Ау серії із незалежних дослідів, у кожному з яких подія А з'являється з однаковою ймовірністю.
Наприклад, необхідно обчислити ймовірність того, що при п'яти пострілах з гармати на постійних установках буде отримано рівно два влучення в ціль, якщо постріли незалежні і при кожному пострілі ймовірність влучення в ціль відома і не змінюється.
У разі, якщо скласти можливі комбінації появи події А 1 , що цікавить нас, то отримаємо:
Можливих комбінацій, у яких настане подія А = (отримати 2 влучення при п'яти пострілах) буде 10.
Застосувавши теорему про суму та добуток незалежних подій, матимемо:
Збільшення кількості цікавих для нас подій або числа випробувань призведе до ще більшого збільшення обсягу обчислювальних операцій, тому виникає завдання відшукання менш трудомістких способів розрахунку.
Постановка задачі:
Нехай передбачається в однакових умовах провести nнезалежних випробувань, результатом кожного з яких може бути наступ або події А, або йому протилежного 
.
Позначимо через А 1 настання події Апри першому випробуванні, А 2 – при другому випробуванні, А n- При останньому випробуванні.
В силу сталості умов випробування:
Р(А 1 ) = Р(А 2 ) = … Р(А n ) = р
Нас цікавить ймовірність того, що подія А при nвипробуваннях настане рівнораз, а в n-mіспитах, що залишилися, - не настане (тобто настане протилежна події А подія - 
).
Припустимо, що цікава для нас подія Анастає підряд раз, починаючи з першого, тобто. має місце подія – Е.
Е = А 1
А 2
…А m -1
А m
(1)
m n- m
За умовою повторення випробувань, події, що входять до цієї комбінації, незалежні, при цьому ймовірності настання подій А 1 , А 2
,… А m -1
, А mоднакові та рівні р: Р(А 1
) = Р(А 2
) = ... = Р (А m ) = р,а ймовірності не настання подій 
так само однакові та рівні q=1-р:.
Застосовуючи правило множення ймовірностей для незалежних подій до виразу 1 отримаємо:
Р(Е) = Р(А 1
) Р(А 2
) … Р(А m -1
) Р(А m ) Р( 
= р m (1-р) n
-
m
= р m q n -
m
В силу сталості умов випробувань ми припустили, що цікава для нас подія Анастає підряд раз, починаючи з першого. Але подія Ав nвипробуваннях може наступити рівно mразів у різних послідовностях чи комбінаціях. При цьому нам байдуже, в якій саме послідовності з'являється подія. mразів.
Число таких комбінацій дорівнює числу поєднань 
ізелементів по m.
Так як ці комбінації подій (подібні до комбінації Е) несумісні і нас не цікавить послідовність настання події. Ау випробуванні рівно mраз, то позначивши цікаву для нас можливість через Р m, Отримаємо:
Р m
=
р m (1-р) n
-
m
=
=
де 
- Число поєднань з nелементів по m.
Ця формула носить ім'я формули Бернуллі.
Формула Бернуллі дозволяє отримати відповідь на запитання: яка ймовірність того, що при повторенні незалежних випробувань деяка подія Анастає рівно mраз, якщо у кожному з цих випробувань ймовірність настання події Апостійна і рівна Р(А) = р.
Наведена формула Бернуллі має винятково важливе значення теорії ймовірностей з тієї причини, що вона пов'язана з повторенням випробувань в однакових умовах, тобто. з такими умовами, у яких і виявляються закони теорії ймовірностей.
Висновок з лекції:
У лекції ми розглянули принципові питання теорії ймовірностей стосовно випадкових величин, запровадили основний понятійний апарат, необхідний подальшого вивчення дисципліни: визначення випадкової величини, їх класифікацію; поняття закону розподілу та його форми для різних типів випадкової величини.
Під час підготовки до наступних лекцій та практичних занять ви повинні самостійно при поглибленому вивченні рекомендованої літератури та вирішенні запропонованих завдань доповнити свої конспекти лекцій.
Крім того, на наступних заняттях ми вивчатимемо теореми та залежності, що дозволяють визначити ймовірність появи випадкової величини необхідне число разів або на певному інтервалі, наприклад ймовірність попадання в ціль.
Вивчити:
Вентцель Є.С. Теорія ймовірностей. Підручник Видання восьме, стереотипне. - М.: Вища школа, 2002 р. - 575 с. – стор. 67-78, 80-84
Вентцель Є.С., Овчаров Л.А.. Теорія ймовірностей та її інженерні програми. Навчальний посібник Видання третє, перероблене та доповнене. - М.: "Академія", 2003 р. - 464 с. – стор. 73-93
Гмурман В.Є. Теорія ймовірностей та математична статистика. Навчальний посібник Видання десяте, стереотипне.-М.: Вища школа», 2004 - 480 с. Стор 64-73
Визначення повторних незалежних випробувань. Формули Бернуллі для обчислення ймовірності та найімовірнішого числа. Асимптотичні формули для формули Бернуллі (локальна та інтегральна, теореми Лапласа). Використання інтегральної теореми. Формула Пуассона для малоймовірних випадкових подій.
Повторні незалежні випробування
На практиці доводиться стикатися з такими завданнями, які можна представити у вигляді випробувань, що багаторазово повторюються, в результаті кожного з яких може з'явитися або не з'явитися подія A . При цьому інтерес представляє результат не кожного окремого випробування, а загальна кількість появи події A в результаті певної кількості випробувань. У подібних завданнях потрібно вміти визначати ймовірність будь-якого числа m появи події A в результаті n випробувань. Поява події A в кожному випробуванні постійна. повторними незалежними.
Прикладом незалежних випробувань може бути перевірка на придатність виробів, взятих однією з низки партій. Якщо в цих партіях відсоток шлюбу однаковий, то ймовірність того, що вибраний виріб буде бракованим, у кожному випадку є постійним числом.
Формула Бернуллі
Скористаємося поняттям складної події, Під яким мається на увазі поєднання кількох елементарних подій, що перебувають у появі або непояві події A в i -му випробуванні. Нехай проводиться n незалежних випробувань, у кожному з яких подія A може з'явитися з ймовірністю p , або не з'явитися з ймовірністю q = 1-p . Розглянемо подію B_m , що полягає в тому, що подія A в цих n випробуваннях настане рівно m разів і, отже, не настане рівно (n-m) разів. Позначимо A_i~(i=1,2,\ldots,(n))поява події A , a \overline(A)_i - непоява події A в i-му випробуванні. В силу сталості умов випробування маємо
Подія A може з'явитися m разів у різних послідовностях або комбінаціях, чергуючись із протилежною подією \overline(A) . Число можливих комбінацій такого роду дорівнює числу поєднань з n елементів по m, тобто C_n^m. Отже, подію B_m можна у вигляді суми складних несумісних між собою подій, причому кількість доданків дорівнює C_n^m :
B_m=A_1A_2\cdots(A_m)\overline(A)_(m+1)\cdots\overline(A)_n+cdots+\overline(A)_1\overline(A)_2\cdots\overline(A)_( n-m)A_(n-m+1)\cdots(A_n),
де кожен добуток подія A входить m разів, а \overline(A) - (n-m) разів.
Імовірність кожної складної події, що входить у формулу (3.1), з теореми множення ймовірностей для незалежних подій дорівнює p^(m)q^(n-m) . Оскільки загальна кількість подій дорівнює C_n^m , то, використовуючи теорему складання ймовірностей для несумісних подій, отримуємо ймовірність події B_m (позначимо її P_(m,n) )
P_(m,n)=C_n^mp^(m)q^(n-m)\quad \text(or)\quad P_(m,n)=\frac(n{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}. !}
Формулу (3.2) називають формулою Бернуллі, а випробування, що повторюються, задовольняють умові незалежності і сталості ймовірностей появи в кожному з них події A , називають випробуваннями Бернулліабо схемою Бернуллі.
Приклад 1. Імовірність виходу межі поля допуску при обробці деталей на токарному верстаті дорівнює 0,07. Визначити ймовірність того, що з п'яти навмання відібраних протягом зміни деталей в однієї розміри діаметра не відповідають заданому допуску.
Рішення. Умова завдання відповідає вимогам схеми Бернуллі. Тому, вважаючи n=5,\,m=1,\,p=0,\!07, за формулою (3.2) отримуємо
P_(1,5)=C_5^1(0,\!07)^(1)(0,\!93)^(5-1)\approx0,\!262.
Приклад 2. Спостереженнями встановлено, що у певній місцевості у вересні буває 12 дощових днів. Яка ймовірність того, що з випадково взятих цього місяця 8 днів 3 дні виявляться дощовими?
Рішення.
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. !}
Найімовірніше число події
Найімовірнішим числом появиподії A в n незалежних випробуваннях називається таке число m_0 , для якого ймовірність, що відповідає цій кількості, перевищує або, принаймні, не менше ймовірності кожного з інших можливих чисел появи події A . Для визначення найбільш ймовірного числа не обов'язково обчислювати ймовірності можливих чисел появи події, достатньо знати число випробувань n і ймовірність появи події A в окремому випробуванні. Позначимо P_(m_0,n) ймовірність, що відповідає найімовірнішому числу m_0 . Використовуючи формулу (3.2), записуємо
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}. !}
Згідно з визначенням найімовірнішого числа, ймовірності настання події A відповідно m_0+1 і m_0-1 разів повинні, принаймні, не перевищувати ймовірність P_(m_0,n) , тобто.
P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0+1,n));\quad P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0-1,n))
Підставляючи в нерівності значення P_(m_0,n) та виразу ймовірностей P_(m_0+1,n) та P_(m_0-1,n) , отримуємо
Вирішуючи ці нерівності щодо m_0, отримуємо
M_0\geqslant(np-q),\quad m_0\leqslant(np+p)
Об'єднуючи останні нерівності, отримуємо подвійну нерівність, яку використовують для визначення найімовірнішого числа:
Np-q \ leqslant (m_0) \ leqslant (np + p).
Оскільки довжина інтервалу, що визначається нерівністю (3.4), дорівнює одиниці, тобто.
(np+p)-(np-q)=p+q=1,
і подія може відбутися в n випробуваннях тільки ціле число разів, слід мати на увазі, що:
1) якщо np-q - ціле число, то існують два значення найімовірнішого числа, а саме: m_0=np-q і m"_0=np-q+1=np+p;
2) якщо np-q - дробове число, то існує одне найбільш ймовірне число, а саме: єдине ціле, укладене між дробовими числами, отриманими з нерівності (3.4);
3) якщо np - ціле число, то існує одне найімовірніше число, а саме: m_0 = np.
При великих значеннях n користуватися формулою (3.3) для розрахунку ймовірності, що відповідає найімовірнішому числу, незручно. Якщо у рівність (3.3) підставити формулу Стірлінга
N!\approx(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))),
справедливу для досить великих n і прийняти найімовірніше число m_0=np , то отримаємо формулу для наближеного обчислення ймовірності, що відповідає найімовірнішому числу:
P_(m_0,n)\approx\frac(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))\,p^(np)q^(nq))((np)^(np) e^(-np)\sqrt(2\pi(np))\,(nq)^(nq)e^(-nq)\sqrt(2\pi(nq)))=\frac(1)(\ sqrt (2 pi (npq))) = frac (1) (sqrt (2 pi) sqrt (npq)).
Приклад 2. Відомо, що частина продукції, що поставляється заводом на торгову базу \frac(1)(15), не задовольняє всім вимогам стандарту. На базу було завезено партію виробів у кількості 250 шт. Знайти найімовірніше число виробів, що задовольняють вимогам стандарту, і обчислити ймовірність того, що в цій партії виявиться найімовірніше число виробів.
Рішення. За умовою n=250,\,q=\frac(1)(15),\,p=1-\frac(1)(15)=\frac(14)(15). Відповідно до нерівності (3.4) маємо
250\cdot\frac(14)(15)-\frac(1)(15)\leqslant(m_0)\leqslant250\cdot\frac(14)(15)+\frac(1)(15)
звідки 233 \ 26 \ leqslant (m_0) \ leqslant234 \ 26. Отже, найімовірніше число виробів, які відповідають вимогам стандарту, у партії з 250 шт. 234. Підставляючи дані у формулу (3.5), обчислюємо ймовірність наявності в партії найімовірнішого числа виробів:
P_(234,250)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi\cdot250\cdot\frac(14)(15)\cdot\frac(1)(15)))\approx0,\!101
Локальна теорема Лапласа
Користуватися формулою Бернуллі при великих значеннях дуже важко. Наприклад, якщо n=50,\,m=30,\,p=0,\!1, то знаходження ймовірності P_(30,50) треба обчислити значення висловлювання
P_(30,50)=\frac(50{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20} !}
Природно, виникає питання: чи не можна обчислити ймовірність, що цікавить, не використовуючи формулу Бернуллі? Виявляється, можна. Локальна теорема Лапласа дає асимптотичну формулу, яка дозволяє приблизно знайти ймовірність появи подій рівно m разів у n випробуваннях, якщо число випробувань досить велике.
Теорема 3.1. Якщо ймовірність p появи події A в кожному випробуванні постійна і відмінна від нуля і одиниці, то ймовірність P_(m,n) того, що подія A з'явиться в n випробуваннях рівно m разів, приблизно дорівнює (тим точніше, ніж більше n) значення функції
Y=\frac(1)(\sqrt(npq))\frac(e^(-x^2/2))(\sqrt(2\pi))=\frac(\varphi(x))(\sqrt (npq))при .
Існують таблиці, які містять значення функції \varphi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\,e^(-x^2/2)), Що відповідають позитивним значенням аргументу x. Для негативних значень аргументу використовують самі таблиці, оскільки функція \varphi(x) парна, тобто. \varphi(-x)=\varphi(x).
Отже, приблизно ймовірність того, що подія A з'явиться в n випробуваннях рівно m разів,
P_(m,n)\approx\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x),де x = frac (m-np) (sqrt (npq)).
Приклад 3. Знайти ймовірність того, що подія A настане рівно 80 разів у 400 випробуваннях, якщо ймовірність появи події A у кожному випробуванні дорівнює 0,2.
Рішення. За умовою n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8. Скористаємося асимптотичною формулою Лапласа:
P_(80,400)\approx\frac(1)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8))\,\varphi(x)=\frac(1)(8)\,\varphi (x).
Обчислимо визначуване даними завдання значення x :
X = frac (m-np) (sqrt (npq)) = frac (80-400 cdot0,! 2) (8) = 0.
За таблицею дод, 1 знаходимо \varphi(0)=0,\!3989. Шукана ймовірність
P_ (80,100) = frac (1) (8) cdot0, 3989 = 0, 04986.
Формула Бернуллі призводить приблизно до такого ж результату (викладки через їхню громіздкість опущені):
P_ (80,100) = 0, \!0498.
Інтегральна теорема Лапласа
Припустимо, що проводиться n незалежних випробувань, у кожному з яких ймовірність появи події A є постійною і дорівнює p . Необхідно обчислити ймовірність P_((m_1,m_2),n) того, що подія A з'явиться в n випробуваннях не менше m_1 і не більше m_2 разів (для стислості говоритимемо "від m_1 до m_2 разів"). Це можна зробити за допомогою інтегральної теореми Лапласа.
Теорема 3.2. Якщо ймовірність p наступу події A у кожному випробуванні постійна і відмінна від нуля і одиниці, то приблизно ймовірність P_((m_1,m_2),n) того, що подія A з'явиться у випробуваннях від m_1 до m_2 разів,
P_((m_1,m_2),n)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2) \, dx,де.
При вирішенні завдань, які потребують застосування інтегральної теореми Лапласа, користуються спеціальними таблицями, оскільки невизначений інтеграл \int(e^(-x^2/2)\,dx)не виражається через елементарні функції. Таблиця для інтегралу \Phi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(0)^(x)e^(-z^2/2)\,dzнаведено у дод. 2 де дані значення функції \Phi(x) для позитивних значень x , для x<0 используют ту же таблицу (функция \Phi(x) нечетна, т. е. \Phi(-x)=-\Phi(x) ). Таблица содержит значения функции \Phi(x) лишь для x\in ; для x>5 можна прийняти \Phi(x)=0,\!5 .
Отже, приблизно ймовірність того, що подія A з'явиться в n незалежних випробуваннях від m_1 до m_2 разів,
P_((m_1,m_2),n)\approx\Phi(x"")-\Phi(x"),де x"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq)); ~x""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq)).
Приклад 4. Імовірність того, що деталь виготовлена з порушеннями стандартів p=0,!2 . Знайти ймовірність того, що серед 400 випадково відібраних нестандартних деталей виявиться від 70 до 100 деталей.
Рішення. За умовою p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100. Скористаємося інтегральною теоремою Лапласа:
P_((70,100),400)\approxPhi(x"")-Phi(x").
Обчислимо межі інтегрування:
нижній
X"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=\frac(70-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8)) =-1, \! 25,
верхній
X""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=\frac(100-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8) ) = 2, \! 5,
Таким чином
P_((70,100),400)\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25) .
За таблицею дод. 2 знаходимо
\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.
Шукана ймовірність
P_((70,100),400) = 0, 4938 +0, 3944 = 0, 8882.
Застосування інтегральної теореми Лапласа
Якщо число m (кількість події A при n незалежних випробуваннях) буде змінюватися від m_1 до m_2 , то дріб \frac(m-np)(\sqrt(npq))буде змінюватися від \frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=x"до \frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=x"". Отже, інтегральну теорему Лапласа можна записати і так:
P\left\(x"\leqslant\frac(m-np)(\sqrt(npq))\leqslant(x"")\right\)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\ int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2)\,dx.
Поставимо завдання знайти ймовірність того, що відхилення відносної частоти \frac(m)(n) від постійної ймовірності p по абсолютній величині не перевищує заданого числа \varepsilon>0. Іншими словами, знайдемо ймовірність здійснення нерівності \left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon, що те саме, -\varepsilon\leqslant\frac(m)(n)-p\leqslant\varepsilon. Цю ймовірність будемо позначати так: P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\). З урахуванням формули (3.6) для цієї ймовірності отримуємо
P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\)\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt(\frac(n)(pq) )) \ right).
Приклад 5. Імовірність того, що деталь нестандартна, p = 0, 1! Знайти ймовірність того, що серед випадково відібраних 400 деталей відносна частота появи нестандартних деталей відхилиться від ймовірності p = 0, 1 по абсолютній величині не більше ніж на 0,03.
Рішення. За умовою n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03. Потрібно знайти ймовірність P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\). Використовуючи формулу (3.7), отримуємо
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)
За таблицею дод. 2 знаходимо \Phi(2)=0,\!4772 , отже, 2\Phi(2)=0,\!9544 . Отже, шукана ймовірність приблизно дорівнює 0,9544. Сенс отриманого результату такий: якщо взяти досить велике число проб по 400 деталей у кожній, то приблизно 95,44% цих проб відхилення відносної частоти від постійної ймовірності p=0,!1 по абсолютній величині не перевищить 0,03.
Формула Пуассона для малоймовірних подій
Якщо ймовірність настання події в окремому випробуванні близька до нуля, то навіть при великій кількості випробувань n , але при невеликому значенні твори np одержувані за формулою Лапласа значення ймовірностей P_(m,n) виявляються недостатньо точними і виникає потреба в іншій наближеній формулі.
Теорема 3.3. Якщо ймовірність p настання події A у кожному випробуванні постійна, але мала, число незалежних випробувань n досить велике, але значення твору np=\lambda залишається невеликим (не більше десяти), то ймовірність того, що в цих випробуваннях подія A настане m разів,
P_(m,n)\approx\frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda}. !}
Для спрощення розрахунків із застосуванням формули Пуассона складено таблицю значень функції Пуассона \frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda} !}(Див. дод. 3).
Приклад 6. Нехай можливість виготовлення нестандартної деталі дорівнює 0,004. Знайти ймовірність того, що серед 1000 деталей виявиться 5 нестандартних.
Рішення. Тут n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4. Усі три числа задовольняють вимогам теореми 3.3, тому знаходження ймовірності шуканої події P_(5,1000) застосовуємо формулу Пуассона. За таблицею значень функції Пуассона (дод. 3) при \lambda=4;m=5 отримуємо P_(5,1000)\approx0,\!1563.
Знайдемо ймовірність тієї самої події за формулою Лапласа. Для цього спочатку обчислюємо значення x відповідне m=5 :
X=\frac(5-1000\cdot0,\!004)(\sqrt(1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996))\approx\frac(1)(1,\!996)\approx0 , \!501.
Тому згідно з формулою Лапласа шукана ймовірність
P_(5,1000)\approx\frac(\varphi(0,\!501))(1,\!996)\approx\frac(0,\!3519)(1,\!996)\approx0,\ !1763
а згідно з формулою Бернуллі точне її значення
P_(5,1000)=C_(1000)^(5)\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^(995)\approx0,\!1552.
Таким чином, відносна помилка обчислення ймовірностей P_(5,1000) за наближеною формулою Лапласа становить
\frac(0,\!1763-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!196, або 13, 6%
а за формулою Пуассона -
\frac(0,\!1563-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!007, або 0, 7%
Т. е. у багато разів менше.
Перейти до наступного розділу
Одновимірні випадкові величини У вашому браузері вимкнено Javascript.
Щоб розрахувати, необхідно дозволити елементи ActiveX!
Формула Бернуллі- Формула в теорії ймовірностей, що дозволяє знаходити ймовірність появи події A (\displaystyle A)при незалежних випробуваннях. Формула Бернуллі дозволяє позбавитися великої кількості обчислень - складання та множення ймовірностей - при досить великій кількості випробувань. Названа на честь видатного швейцарського математика Якоба Бернуллі, який вивів цю формулу.
Енциклопедичний YouTube
1 / 3
✪ Теорія ймовірностей. 22. Формула Бернуллі. Розв'язання задач
✪ Формула Бернуллі
✪ 20 Повторення випробувань Формула Бернуллі
Субтитри
Формулювання
Теорема.Якщо ймовірність p (\displaystyle p)настання події A (\displaystyle A)у кожному випробуванні постійна, то ймовірність P k , n (\displaystyle P_(k,n))того, що подія A (\displaystyle A)настане рівно k (\displaystyle k)раз на n (\displaystyle n)незалежних випробуваннях, дорівнює: 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)), де q = 1 − p (\displaystyle q=1-p).
Доказ
Нехай проводиться n (\displaystyle n)незалежних випробувань, причому відомо, що внаслідок кожного випробування подія A (\displaystyle A)настає з ймовірністю P (A) = p (\displaystyle P\left(A\right)=p)і, отже, не настає з ймовірністю P (A ¯) = 1 − p = q (\displaystyle P\left((\bar(A))\right)=1-p=q). Нехай, так само, під час випробувань ймовірності p (\displaystyle p)і q (\displaystyle q)залишаються незмінними. Яка ймовірність того, що в результаті n (\displaystyle n)незалежних випробувань, подія A (\displaystyle A)настане рівно k (\displaystyle k)разів?
Виявляється, можна точно підрахувати кількість "вдалих" комбінацій результатів випробувань, для яких подія A (\displaystyle A)настає k (\displaystyle k)раз на n (\displaystyle n)незалежних випробуваннях, - точно ця кількість, поєднань з n (\displaystyle n) по k (\displaystyle k) :
C n (k) = n! k! (n - k)! (\displaystyle C_(n)(k)=(\frac (n){k!\left(n-k\right)!}}} !}.
У той самий час, оскільки всі випробування незалежні та його результати несумісні (подія A (\displaystyle A)або настає, або ні), то ймовірність отримання "вдалої" комбінації точно дорівнює: .
Звичайно, для того щоб знайти ймовірність того, що в n (\displaystyle n)незалежних випробуваннях подія A (\displaystyle A)настане рівно k (\displaystyle k)раз, потрібно скласти ймовірність отримання всіх "вдалих" комбінацій. Імовірності отримання всіх "вдалих" комбінацій однакові та рівні p k ⋅ q n − k (\displaystyle p^(k)\cdot q^(n-k)), кількість "вдалих" комбінацій дорівнює C n (k) (\displaystyle C_(n)(k))тому остаточно отримуємо:
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)).
Останній вислів не що інше, як Формула Бернуллі. Корисно також зауважити, що через повноту групи подій буде справедливо:
∑ k = 0 n (P k , n) = 1 (\displaystyle \sum _(k=0)^(n)(P_(k,n))=1).