Высшая математика - проще не бывает!

На сайте представлены уроки по различным областям , от элементарной алгебры до дифференциальной топологии. С нами высшая математика изучается легко и просто

Схема Бернулли

Если производится несколько испытаний (опытов), причем вероятность события A в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то такие испытания называются независимыми относительно события A.

Биноминальное распределение

В схеме Я. Бернулли рассматривается серия, состоящая из n независимых испытаний, каждое из которых имеет лишь два исхода: наступление какого-то события A (успех) или его не наступление \overline {A} (неудача). Причем вероятность успеха при одном испытании равна P(A)=p, (0 \leqslant p \leqslant 1) – постоянна и не зависит от номера испытания. Следовательно, вероятность неуспеха P(\overline A)=1-p=q — тоже постоянна.

Сформулируем задачу – вычислить вероятность того, что при n испытаниях событие A осуществится ровно k раз и, следовательно, не осуществится n-k – раз. Чтобы стало понятнее сделаю схематический чертеж:

\underbrace{ \overbrace{p p .............. p}^{k} \overbrace {\rm q q ........ ....... q q}^{n-k}}_{n}

По теореме умножения вероятностей независимых событий искомая вероятность будет равна:

P=p \cdot p \cdot \dots \cdot p \cdot q \cdot q \dots \cdot q=p^k \cdot q^{n-k}

Однако интересующее нас событие ( k успехов при n опытах) может произойти не только одним способом. Число возможных вариантов (комбинаций) выборки k элементов из n вычисляется по формуле:

C_n^k=\dfrac{n!}{k! \cdot (n-k)!}

Окончательно получим

P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}=\dfrac{n! \cdot p^k \cdot q^{n-k}}{k! \cdot (n-k)!}

Это и есть формула Бернулли (биномиальное распределение). Вспомним формулу бинома Ньютона:

\boxed{\bf{(p+k)^n=\sum_{k=0}^n C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}}}

Отсюда, и непосредственно из формулы Бернулли следует:

\sum_{k=0}^n P_n(k)=1

Очевидно этот же результат получится, если учтем, что для k={0, 1, 2, \dots n} получим полную группу событий, вероятность которых равна 1.

График биноминального распределения

Введем следующее обозначение, пусть P_n(m_1 \leqslant k \leqslant m_2) означает вероятность того, что в n испытаниях схемы Бернулли успех наступит не менее чем m_1 раз, и не более чем m_2 раз (0 \leqslant m_1 \leqslant m_2 \leqslant n). Так как события, соответствующие различному числу успехов попарно несовместны, то имеет место формула:

P_n(m_1 \leqslant k \leqslant m_2)=\sum_{k=m_1}^{m_2} P_n(k).

Вероятность P_n(1 \leqslant m \leqslant n) того, что в результате n испытаний, успех наступит хотя бы один раз, вычисляется по формуле:

P_n(1 \leqslant k \leqslant n)=1-P_n(0)=1-q^n

Типичный график биномиального распределения для p=0,5; n=20:

График вероятностей биномиального распределения

Заострять внимание на графике, думаю, не нужно так как все предельно ясно, график очень похож на параболу, имеет свой максимум, в котором вероятность успеха будет максимальной. Поэтому лучше поработаем дальше с формулами, с которыми все немного сложнее.

Сформулируем задачу: необходимо найти k_0 — наивероятнейшее число успехов, то есть такое k_0, вероятность которого максимальна.

Запишем условия максимума вероятности (их два):

а) \dfrac{P_n(k_0)}{P_n(k_0-1)} \geqslant 1;   б) \dfrac{P_n(k_0)}{P_n(k_0+1)} \geqslant 1.

Запишем неравенства а) и б) в явном виде:

а)

\dfrac{P_n(k_0)}{P_n(k_0-1)}=\dfrac{n!}{k_0!(n-k_0)!} \cdot \dfrac{(k_0-1)!(n-k_0+1)}{n!} \cdot \dfrac{p^{k_0}q^{n-k_0}}{p^{k_0-1}q^{n-k_0+1}}=\dfrac{(n-k_0+1)p}{k_0q} \geqslant 1, k_0 \leqslant np+p;

б)

\dfrac{P_n(k_0)}{P_n(k_0+1)}=\dfrac{n!}{k_0!(n-k_0)!} \cdot \dfrac{(k_0+1)!(n-k_0-1)}{n!} \cdot \dfrac{p^{k_0}q^{n-k_0}}{p^{k_0+1}q^{n-k_0-1}}=\dfrac{(k_0+1)q}{(n-k_0)p} \geqslant 1, k_0 \leqslant np-q.

Учитывая оба неравенства, окончательно получим

np-q \le k_0 \le np+p

В n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p наиболее вероятным числом успехов является:

  • единственное число k_0=\lceil np+p \rceil, если число np+p не целое;
  • два числа k_0=np+p и k_0=np+p-1, если число np+p целое.

При достаточно большом числе испытаний (n \rightarrow \infty) из полученного выше выражения, получим p \thickapprox \dfrac{k_0}{n}статистическое определение вероятности.

При больших значениях n наиболее вероятная относительная частота успеха совпадает (равна) вероятности успеха при одном испытании.

Обобщение схемы Бернулли

Рассмотрим обобщение схемы Бернулли. Пусть производится n независимых испытаний, каждое из которых имеет m (m>2) попарно несовместных и возможных исходов, которые обозначим A_j(j=1,2, \dots, m). События A_j составляют полную группу событий. Вероятности наступления каждого события p_j=P(A_j) — в общем случаи различны и удовлетворяют условию \sum_{j=1}^{m} p_j=1. В этих условиях для произвольно заданных целых неотрицательных чисел k_i таких, что \sum_{i=1}^{m} k_i=n, определим вероятность P_n(k_1,k_2, \dots, k_m) того, что при n испытаниях исход A_1 наступит ровно k_1 раз, исход A_2-k_2 раз и т.д., исход A_m произойдет k_m раз:

P_n(k_1,k_2, \dots, k_m)=\dfrac{n!}{k_1!k_2! \dots k_m!}p_1^{k_1}p_2^{k_2} \dots p_m^{k_m}

Данное выражение носит название формула полиномиального распределения.

Теперь давайте все эти сперва непонятные формулы рассмотрим на примере.

Решение задач

Задача №1

В семье 10 детей. Считая, что вероятность рождения мальчика равна 0,5, найдем вероятность того, что в семье имеются 0, 1, …, 10 мальчиков.

Решение:

Отметим, что в силу предположения p=q=0,5 и равенства C^m_n=C_n^{m-n} имеют место равенства: P_n(m)=P_n(n-m). Отсюда получим:

 P_{10}(0)=P_{10}(10)=C^0_{10} \cdot \dfrac {1}{2^{10}}=\dfrac{1}{1024},

P_{10}(1)=P_{10}(9)=C^1_{10} \cdot \dfrac {1}{2^{10}}=\dfrac{10}{1024},

P_{10}(2)=P_{10}(8)=C^2_{10} \cdot \dfrac {1}{2^{10}}=\dfrac{45}{1024},

P_{10}(3)=P_{10}(7)=C^3_{10} \cdot \dfrac {1}{2^{10}}=\dfrac{120}{1024},

P_{10}(4)=P_{10}(6)=C^4_{10} \cdot \dfrac {1}{2^{10}}=\dfrac{210}{1024},

P_{10}(5)=C^5_{10} \cdot \dfrac {1}{2^{10}}=\dfrac{252}{1024}

Ответ: В многодетной семье с десятью детьми мальчиков и девочек будет поровну с вероятностью ≈ 0,25. Вероятность того, что в семье будут дети одного пола (мальчики или девочки) – чуть меньше одной пятисотой.

Задача №2

Вероятность того, что расход электроэнергии на продолжении одних суток не превышает установленной нормы, равна p=0,75. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.

Решение:

Вероятность нормального расхода p=0,75. Вероятность перерасхода q=1-p=0,25. Искомая вероятность по формуле Бернулли:

P_6(4)=C_6^4 \cdot p^4 \cdot q^2=\dfrac{6! \cdot 0,75^4 \cdot 0,25^2}{4! \cdot 2!} \thickapprox 0,3

Ответ: Вероятность того, что расход э/э не превысит нормы составляет примерно 0,3 или 30%.

Задача №3

Игральная кость подбрасывается 15 раз. Какова вероятность события – выпало ровно десять шестерок и три единицы?

Решение:

Вероятности выпадения шестерки и единицы равны 1/ 6, а вероятность третьего исхода (выпали любые другие грани) равна 4/ 6 . Тогда вероятность получить 10 шестерок, 3 единицы и 2 других значения чисел равна:

P_{15}(10,3,2)=\dfrac{15!}{10!3!2!} \cdot \dfrac{1}{6^{10}} \cdot \dfrac{1}{6^3} \cdot (\dfrac {4}{6})^2 \thickapprox 1,022 \cdot 10^{-6}

Ответ: Вероятность выпадения десяти шестерок и трех единиц ничтожно мала и составляет примерно 0,0001022%

Вот и все, все теоремы теории вероятностей  в разделе «Случайные события» нами рассмотрены, но теперь очень важно отличать эти теоремы друг от друга, ведь в задаче не указывают, какую из них нужно использовать. Поэтому следующий урок мы сделаем закрепляющим и попытаемся решить побольше задач, а также я вас научу определять, в каких случаях используется та или иная теорема.

 

Добавить комментарий

© 2017 Frontier Theme