Формула бернулли определение. Испытания по схеме бернулли

Краткая теория

Теория вероятностей имеет дело с такими экспериментами, которые можно повторять (по крайней мере теоретически) неограниченное число раз. Пусть некоторый эксперимент повторяется раз, причем результаты каждого повторения не зависят от исходов предыдущих повторений. Такие серии повторений называют независимыми испытаниями. Частным случаем таких испытаний являются независимые испытания Бернулли , которые характеризуются двумя условиями:

1) результатом каждого испытания является один из двух возможных исходов, называемых соответственно «успехом» или «неудачей».

2) вероятность «успеха», в каждом последующем испытании не зависит от результатов предыдущих испытаний и остается постоянной.

Теорема Бернулли

Если производится серия из независимых испытаний Бернулли, в каждом из которых «успех» появляется с вероятностью , то вероятность того, что «успех» в испытаниях появится ровно раз, выражается формулой:

где – вероятность «неудачи».

– число сочетаний элементов по (см. основные формулы комбинаторики)

Эта формула называется формулой Бернулли .

Формула Бернулли позволяет избавиться от большого числа вычислений - сложения и умножения вероятностей - при достаточно большом количестве испытаний.

Схему испытаний Бернулли называют также биномиальной схемой , а соответствующие вероятности – биномиальными, что связано с использованием биномиальных коэффициентов .

Распределение по схеме Бернулли позволяет, в частности, найти наивероятнейшее число наступления события .

Если число испытаний n велико, то пользуются:

Пример решения задачи

Условие задачи

Всхожесть семян некоторого растения составляет 70%. Какова вероятность того, что из 10 посеянных семян взойдут: 8, по крайней мере 8; не менее 8?

Решение задачи

Воспользуемся формулой Бернулли:

В нашем случае

Пусть событие – из 10 семян взойдут 8:

Пусть событие – взойдет по крайней мере 8 (это значит 8, 9 или 10)

Пусть событие – взойдет не менее 8 (это значит 8,9 или 10)

Ответ

Средняя стоимость решения контрольной работы 700 - 1200 рублей (но не менее 300 руб. за весь заказ). На цену сильно влияет срочность решения (от суток до нескольких часов). Стоимость онлайн-помощи на экзамене/зачете - от 1000 руб. за решение билета.

Заявку можно оставить прямо в чате, предварительно скинув условие задач и сообщив необходимые вам сроки решения. Время ответа - несколько минут.

Повторные независимые испытания

На практике приходится сталкиваться с такими задачами, которые можно представить в виде многократно повторяющихся испытаний, в результате каждого из которых может появиться или не появиться событие A . При этом интерес представляет исход не каждого "отдельного испытания, а общее количество появлений события A в результате определенного количества испытаний. В подобных задачах нужно уметь определять вероятность любого числа m появлений события A в результате n испытаний. Рассмотрим случай, когда испытания являются независимыми и вероятность появления события A в каждом испытании постоянна. Такие испытания называются повторными независимыми.

Примером независимых испытаний может служить проверка на годность изделий, взятых по одному из ряда партий. Если в этих партиях процент брака одинаков, то вероятность того, что отобранное изделие будет бракованным, в каждом случае является постоянным числом.

Формула Бернулли

Воспользуемся понятием сложного события , под которым подразумевается совмещение нескольких элементарных событий, состоящих в появлении или непоявлении события A в i –м испытании. Пусть проводится n независимых испытаний, в каждом из которых событие A может либо появиться с вероятностью p , либо не появиться с вероятностью q=1-p . Рассмотрим событие B_m , состоящее в том, что событие A в этих n испытаниях наступит ровно m раз и, следовательно, не наступит ровно (n-m) раз. Обозначим A_i~(i=1,2,\ldots,{n}) появление события A , a \overline{A}_i - непоявление события A в i –м испытании. В силу постоянства условий испытания имеем

Событие A может появиться m раз в разных последовательностях или комбинациях, чередуясь с противоположным событием \overline{A} . Число возможных комбинаций такого рода равно числу сочетаний из n элементов по m , т. е. C_n^m . Следовательно, событие B_m можно представить в виде суммы сложных несовместных между собой событий, причем число слагаемых равно 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},

Вероятность каждого сложного события, входящего в формулу (3.1), по теореме умножения вероятностей для независимых событий равна p^{m}q^{n-m} . Так как общее количество таких событий равно C_n^m , то, используя теорему сложения вероятностей для несовместных событий, получаем вероятность события B_m (обозначим ее 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) называют формулой Бернулли , а повторяющиеся испытания, удовлетворяющие условию независимости и постоянства вероятностей появления в каждом из них события A , называют испытаниями Бернулли , или схемой Бернулли .

Пример 1. Вероятность выхода за границы поля допуска при обработке деталей на токарном станке равна 0,07. Определить вероятность того, что из пяти наудачу отобранных в течение смены деталей у одной размеры диаметра не соответствуют заданному допуску.

Решение. Условие задачи удовлетворяет требования схемы Бернулли. Поэтому, полагая n=5,\,m=1,\,p=0,\!07 , по формуле (3.2) получаем

P_{1,5}=C_5^1(0,\!07)^{1}(0,\!93)^{5-1}\approx0,\!262.

Пример 2. Наблюдениями установлено, что в некоторой местности в сентябре бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность того, что из случайно взятых в этом месяце 8 дней 3 дня окажутся дождливыми?

Решение.

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.

Наивероятнейшее число появлений события

Наивероятнейшим числом появления события A в n независимых испытаниях называется такое число m_0 , для которого вероятность, соответствующая этому числу, превышает или, по крайней мере, не меньше вероятности каждого из остальных возможных чисел появления события A . Для определения наивероятнейшего числа не обязательно вычислять вероятности возможных чисел появлений события, достаточно знать число испытаний n и вероятность появления события A в отдельном испытании. Обозначим P_{m_0,n} вероятность, соответствующую наивероятнейшему числу m_0 . Используя формулу (3.2), записываем

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}.

Согласно определению наивероятнейшего числа, вероятности наступления события A соответственно m_0+1 и m_0-1 раз должны, по крайней мере, не превышать вероятность P_{m_0,n} , т. е.

P_{m_0,n}\geqslant{P_{m_0+1,n}};\quad P_{m_0,n}\geqslant{P_{m_0-1,n}}

Подставляя в неравенства значение P_{m_0,n} и выражения вероятностей P_{m_0+1,n} и P_{m_0-1,n} , получаем

Решая эти неравенства относительно m_0 , получаем

M_0\geqslant{np-q},\quad m_0\leqslant{np+p}

Объединяя последние неравенства, получаем двойное неравенство, которое используют для определения наивероятнейшего числа:

Np-q\leqslant{m_0}\leqslant{np+p}.

Так как длина интервала, определяемого неравенством (3.4), равна единице, т. е.

(np+p)-(np-q)=p+q=1,

1) если np-q - целое число, то существуют два значения наивероятнейшего числа, а именно: m_0=np-q и m"_0=np-q+1=np+p ;

2) если np-q - дробное число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: единственное целое, заключенное между дробными числами, полученными из неравенства (3.4);

3) если np - целое число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: m_0=np .

При больших значениях n пользоваться формулой (3.3) для расчета вероятности, соответствующей наивероятнейшему числу, неудобно. Если в равенство (3.3) подставить формулу Стирлинга

N!\approx{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi{n}}},

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}}.

Пример 2. Известно, что \frac{1}{15} часть продукции, поставляемой заводом на торговую базу, не удовлетворяет всем требованиям стандарта. На базу была завезена партия изделий в количестве 250 шт. Найти наивероятнейшее число изделий, удовлетворяющих требованиям стандарта, и вычислить вероятность того, что в этой партии окажется наивероятнейшее число изделий.

Решение. По условию n=250,\,q=\frac{1}{15},\,p=1-\frac{1}{15}=\frac{14}{15} . Согласно неравенству (3.4) имеем

250\cdot\frac{14}{15}-\frac{1}{15}\leqslant{m_0}\leqslant250\cdot\frac{14}{15}+\frac{1}{15}

P_{234,250}\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi\cdot250\cdot\frac{14}{15}\cdot\frac{1}{15}}}\approx0,\!101

Локальная теорема Лапласа

Пользоваться формулой Бернулли при больших значениях n очень трудно. Например, если n=50,\,m=30,\,p=0,\!1 , то для отыскания вероятности P_{30,50} надо вычислить значение выражения

P_{30,50}=\frac{50!}{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20}

Естественно, возникает вопрос: нельзя ли вычислить интересующую вероятность, не используя формулу Бернулли? Оказывается, можно. Локальная теорема Лапласа дает асимптотическую формулу, которая позволяет приближенно найти вероятность появления событий ровно m раз в n испытаниях, если число испытаний достаточно велико.

Теорема 3.1. Если вероятность p появления события A в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то вероятность P_{m,n} того, что событие A появится в n испытаниях ровно m раз, приближенно равна (тем точнее, чем больше n ) значению функции

Y=\frac{1}{\sqrt{npq}}\frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}=\frac{\varphi(x)}{\sqrt{npq}} при .

Существуют таблицы, которые содержат значения функции \varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-x^2/2}} , соответствующие положительным значениям аргумента x . Для отрицательных значений аргумента используют те же таблицы, так как функция \varphi(x) четна, т. е. \varphi(-x)=\varphi(x) .

P_{m,n}\approx\frac{1}{\sqrt{npq}}\,\varphi(x), где x=\frac{m-np}{\sqrt{npq}} .

Пример 3. Найти вероятность того, что событие A наступит ровно 80 раз в 400 испытаниях, если вероятность появления события A в каждом испытании равна 0,2.

Решение. По условию n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8 . Воспользуемся асимптотической, формулой Лапласа:

P_{80,400}\approx\frac{1}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}\,\varphi(x)=\frac{1}{8}\,\varphi(x).

Вычислим определяемое данными задачи значение x :

X=\frac{m-np}{\sqrt{npq}}=\frac{80-400\cdot0,\!2}{8}=0.

По таблице прил, 1 находим \varphi(0)=0,\!3989 . Искомая вероятность

P_{80,100}=\frac{1}{8}\cdot0,\!3989=0,\!04986.

Формула Бернулли приводит примерно к такому же результату (выкладки ввиду их громоздкости опущены):

P_{80,100}=0,\!0498.

Интегральная теорема Лапласа

Предположим, что проводится n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события A постоянна и равна p . Необходимо вычислить вероятность P_{(m_1,m_2),n} того, что событие A появится в n испытаниях не менее m_1 и не более m_2 раз (для краткости будем говорить "от m_1 до m_2 раз"). Это можно сделать с помощью интегральной теоремы Лапласа.

Теорема 3.2. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то приближенно вероятность P_{(m_1,m_2),n} того, что событие A появится в испытаниях от m_1 до m_2 раз,

P_{(m_1,m_2),n}\approx\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{x"}^{x""}e^{-x^2/2}\,dx, где .

При решении задач, требующих применения интегральной теоремы Лапласа, пользуются специальными таблицами, так как неопределенный интеграл \int{e^{-x^2/2}\,dx} не выражается через элементарные функции. Таблица для интеграла \Phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int\limits_{0}^{x}e^{-z^2/2}\,dz приведена в прил. 2, где даны значения функции \Phi(x) для положительных значений 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 можно принять \Phi(x)=0,\!5 .

Итак, приближенно вероятность того, что событие A появится в n независимых испытаниях от m_1 до m_2 раз,

P_{(m_1,m_2),n}\approx\Phi(x"")-\Phi(x"), где x"=\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}};~x""=\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}} .

Пример 4. Вероятность того, что деталь изготовлена с нарушениями стандартов, p=0,\!2 . Найти вероятность того, что среди 400 случайно отобранных деталей нестандартных окажется от 70 до 100 деталей.

Решение. По условию p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100 . Воспользуемся интегральной теоремой Лапласа:

P_{(70,100),400}\approx\Phi(x"")-\Phi(x").

Вычислим пределы интегрирования:

X"=\frac{m_1-np}{\sqrt{npq}}=\frac{70-400\cdot0,\!2}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}=-1,\!25,

X""=\frac{m_2-np}{\sqrt{npq}}=\frac{100-400\cdot0,\!2}{\sqrt{400\cdot0,\!2\cdot0,\!8}}=2,\!5,

Таким образом

P_{(70,100),400}\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25).

По таблице прил. 2 находим

\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.

Искомая вероятность

P_{(70,100),400}=0,\!4938+0,\!3944=0,\!8882.

Применение интегральной теоремы Лапласа

Если число m (число появлений события A при n независимых испытаниях) будет изменяться от m_1 до m_2 , то дробь \frac{m-np}{\sqrt{npq}} будет изменяться от \frac{m_1-np}{\sqrt{npq}}=x" до \frac{m_2-np}{\sqrt{npq}}=x"" . Следовательно, интегральную теорему Лапласа можно записать и 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.

Поставим задачу найти вероятность того, что отклонение относительной частоты \frac{m}{n} от постоянной вероятности p по абсолютной величине не превышает заданного числа \varepsilon>0 . Другими словами, найдем вероятность осуществления неравенства \left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon , что то же самое, -\varepsilon\leqslant\frac{m}{n}-p\leqslant\varepsilon . Эту вероятность будем обозначать так: P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon\right\} . С учетом формулы (3.6) для данной вероятности получаем

P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\leqslant\varepsilon\right\}\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt{\frac{n}{pq}}\right).

Пример 5. Вероятность того, что деталь нестандартна, p=0,\!1 . Найти вероятность того, что среди случайно отобранных 400 деталей относительная частота появления нестандартных деталей отклонится от вероятности p=0,\!1 по абсолютной величине не более чем на 0,03.

Решение. По условию n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03 . Требуется найти вероятность P\left\{\left|\frac{m}{400}-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\} . Используя формулу (3.7), получаем

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)

По таблице прил. 2 находим \Phi(2)=0,\!4772 , следовательно, 2\Phi(2)=0,\!9544 . Итак, искомая вероятность приближенно равна 0,9544. Смысл полученного результата таков: если взять достаточно большое число проб по 400 деталей в каждой, то примерно в 95,44% этих проб отклонение относительной частоты от постоянной вероятности p=0,\!1 по абсолютной величине не превысит 0,03.

Формула Пуассона для маловероятных событий

Если вероятность p наступления события в отдельном испытании близка к нулю, то даже при большом числе испытаний n , но при небольшом значении произведения np получаемые по формуле Лапласа значения вероятностей P_{m,n} оказываются недостаточно точными и возникает потребность в другой приближенной формуле.

Теорема 3.3. Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна, но мала, число независимых испытаний n достаточно велико, но значение произведения np=\lambda остается небольшим (не больше десяти), то вероятность того, что в этих испытаниях событие A наступит m раз,

P_{m,n}\approx\frac{\lambda^m}{m!}\,e^{-\lambda}.

Для упрощения расчетов с применением формулы Пуассона составлена таблица значений функции Пуассона \frac{\lambda^m}{m!}\,e^{-\lambda} (см. прил. 3).

Пример 6. Пусть вероятность изготовления нестандартной детали равна 0,004. Найти вероятность того, что среди 1000 деталей окажется 5 нестандартных.

Решение. Здесь n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4 . Все три числа удовлетворяют требованиям теоремы 3.3, поэтому для нахождения вероятности искомого события P_{5,1000} применяем формулу Пуассона. По таблице значений функции Пуассона (прил. 3) при \lambda=4;m=5 получаем P_{5,1000}\approx0,\!1563 .

Найдем вероятность того же события по формуле Лапласа. Для этого сначала вычисляем значение x , соответствующее m=5 :

X=\frac{5-1000\cdot0,\!004}{\sqrt{1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996}}\approx\frac{1}{1,\!996}\approx0,\!501.

Поэтому согласно формуле Лапласа искомая вероятность

P_{5,1000}\approx\frac{\varphi(0,\!501)}{1,\!996}\approx\frac{0,\!3519}{1,\!996}\approx0,\!1763

P_{5,1000}=C_{1000}^{5}\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^{995}\approx0,\!1552.

Таким образом, относительная ошибка вычисления вероятностей P_{5,1000} по приближенной формуле Лапласа составляет

\frac{0,\!1763-0,\!1552}{0,\!1552}\approx0,\!196 , или 13,\!6\%

\frac{0,\!1563-0,\!1552}{0,\!1552}\approx0,\!007 , или 0,\!7\%

Т. е. во много раз меньше.
Перейти к следующему разделу
Одномерные случайные величины В вашем браузере отключен Javascript.
Чтобы произвести расчеты, необходимо разрешить элементы ActiveX!

Производится n опытов по схеме Бернулли с вероятностью успеха p . Пусть X - число успехов. Случайная величина X имеет область значений {0,1,2,...,n}. Вероятности этих значений можно найти по формуле: , где C m n - число сочетаний из n по m .
Ряд распределения имеет вид:

Назначение сервиса . Онлайн-калькулятор используется для построения биноминальным ряда распределения и вычисления всех характеристик ряда: математического ожидания, дисперсии и среднеквадратического отклонения. Отчет с решением оформляется в формате Word (пример).

Видеоинструкция

Схема испытаний Бернулли

Числовые характеристики случайной величины, распределенной по биноминальному закону

Дисперсия случайной величины Х, распределенной по биноминальному закону.
D[X]=npq

Пример №1 . Изделие может оказаться дефектным с вероятностью р = 0.3 каждое. Из партии выбирают три изделия. Х – число дефектных деталей среди отобранных. Найти (все ответы вводить в виде десятичных дробей): а) ряд распределения Х; б) функцию распределения F(x) .
Решение . Случайная величина X имеет область значений {0,1,2,3}.
Найдем ряд распределения X.
P 3 (0) = (1-p) n = (1-0.3) 3 = 0.34
P 3 (1) = np(1-p) n-1 = 3(1-0.3) 3-1 = 0.44

P 3 (3) = p n = 0.3 3 = 0.027

1. Вероятность появления события в одном испытании равна 0.6 . Производится 5 испытаний. Составить закон распределения случайной величины Х – числа появлений события.
2. Составить закон распределения случайной величины Х числа попаданий при четырех выстрелах, если вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0.8 .
3. Монету подбрасывают 7 раз. Найти математическое ожидание и дисперсию числа появлений герба. Примечание: здесь вероятность появление герба равна p = 1/2 (т.к. у монеты две стороны).

Пример №2 . Вероятность появления события в отдельном испытании равна 0.6 . Применяя теорему Бернулли, определите число независимых испытаний, начиная с которого вероятность отклонения частоты события от его вероятности по абсолютной величине меньше 0.1 , больше 0.97 . (Ответ: 801)

Пример №3 . Студенты выполняют контрольную работу в классе информатики. Работа состоит из трех задач. Для получения хорошей оценки нужно найти правильные ответы не меньше чем на две задачи. К каждой задаче дается 5 ответов из которых только одна правильная. Студент выбирает ответ наугад. Какая вероятность того, что он получит хорошую оценку?
Решение . Вероятность правильно ответить на вопрос: p=1/5=0.2; n=3.
Эти данные необходимо ввести в калькулятор. В ответ см. для P(2)+P(3).

Пример №4 . Вероятность попадания стрелка в мишень при одном выстреле равна (m+n)/(m+n+2) . Производится n+4 выстрела. Найти вероятность того, что он промахнется не более двух раз.

Примечание . Вероятность того, что он промахнется не более двух раз включает в себя следующие события: ни разу не промахнется P(4), промахнется один раз P(3), промахнется два раза P(2).

Пример №5 . Определите распределение вероятностей числа отказавших самолётов, если влетает 4 машины. Вероятность безотказной работы самолета Р=0.99 . Число отказавших в каждом вылете самолётов распределено по биноминальному закону.

При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться событие А , причем нас интересует не результат каждого отдельного опыта, а общее число появлений события А в результате серии опытов. Например, если производится группа выстрелов по одной и той же цели, нас интересует не результат каждого выстрела, а общее число попаданий. Такие задачи решаются достаточно просто, если опыты являются независимыми .

Определение . Независимыми относительно события А испытаниями называются такие, в которых вероятность события А в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний.

Пример. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляют собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае это – зависимые опыты.

Пример . Несколько выстрелов представляют собой независимые опыты только в случае, если прицеливание производится заново перед каждым выстрелом; в случае, когда прицеливание производится один раз перед всей стрельбой или непрерывно осуществляется в процессе стрельбы (стрельба очередью, бомбометание серией), выстрелы представляют собой зависимые опыты.

Независимые испытания могут производиться в одинаковых или различных условиях. В первом случае вероятность события А во всех опытах одна и та же, во втором случае вероятность события А меняется от опыта к опыту. Первый случай связан со многими задачами теории надежности, теории стрельбы и приводит к так называемой схеме Бернулли , которая состоит в следующем:

1) проводится последовательность n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться, либо не появиться;

2) вероятность появления события А в каждом испытании постоянна и равна , как и вероятность его не появления .

Формула Бернулли, с помощью которой находится вероятность появления события А k раз в n независимых испытаниях, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью p :

. (1)

Замечание 1 . С возрастанием n и k применение формулы Бернулли связано с вычислительными трудностями, поэтому формула (1) применяется, в основном, если k не превосходит 5 и n не велико.

Замечание 2. В связи с тем, что вероятности по форме представляют собой члены разложения бинома , распределение вероятностей вида (1) называется биномиальным распределением.

Пример . Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность пяти попаданий при шести выстрелах.

Решение. Так как , то , кроме того и . Пользуясь формулой Бернулли, получим:

Пример . Производится четыре независимых выстрела по одной и той же цели с различных расстояний. Вероятности попадания при этих выстрелах равны соответственно:

Найти вероятности ни одного, одного, двух, трех и четырех попаданий:

Решение. Составляем производящую функцию:

Пример . Производится пять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую равна 0,2. Для разрушения цели достаточно трех попаданий. Найти вероятность того, что цель будет разрушена.

Решение. Вероятность разрушения цели вычисляем по формуле:

Пример . Производится десять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую при одном выстреле равна 0,1. Для поражения цели достаточно одного попадания. Найти вероятность поражения цели.

Решение. Вероятность хотя бы одного попадания вычисляем по формуле:

3. Локальная теорема Муавра-Лапласа

В приложениях часто приходится вычислять вероятности различных событий, связанных с числом появлений события в n испытаниях схемы Бернулли при больших значениях n . В этом случае вычисления по формуле (1) становятся затруднительными. Трудности возрастают, когда приходится ещё суммировать эти вероятности. Затруднения при вычислениях возникают также при малых значениях p или q .

Лаплас получил важную приближенную формулу для вероятности появления события А точно m раз, если - достаточно большое число, то есть при .

Локальная теорема Муавра – Лапласа . Если вероятность p появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы , , величина ограничена равномерно по m и n, то вероятность появления события А ровно m раз в n независимых испытаниях приближенно равна

Схема испытаний Бернулли. Формула Бернулли

Пусть производится несколько испытаний. Причем, вероятность появления события $A$ в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний. Такие испытания называются независимыми относительно события А. В разных независимых испытаниях событие А, может иметь либо различные вероятности, либо одну и туже. Мы будем рассматривать лишь такие независимые испытания, в которых событие $A$ имеет одну и ту же вероятность.

Под сложным событием будем понимать совмещение простых событий. Пусть производится n-испытаний. В каждом испытании событие $A$ может появиться или не появиться. Будем считать, что в каждом испытании вероятность появления события $A$ одна и та же и равна $p$. Тогда вероятность $\overline A $ { или не наступления А } равна $P({ \overline A })=q=1-p$.

Пусть требуется вычислить вероятность того, что в n -испытаниях событие $A$ наступит k - раз и $n-k$ раз - не наступит. Такую вероятность будем обозначать $P_n (k)$. Причем, последовательность наступления события $A$ не важна. Например: $({ AAA\overline A , AA\overline A A, A\overline A AA, \overline A AAA })$

$P_5 (3)-$ в пяти испытаниях событие $A$ появилось 3 раза и 2 - не появилось. Такую вероятность можно найти по формуле Бернулли.

Вывод формулы Бернулли

По теореме умножения вероятностей независимых событий, вероятность того, что событие $A$ наступит $k$ раз и $n-k$ раз не наступит, будет равна $p^k\cdot q^ { n-k } $. И таких сложных событий может быть столько, сколько можно составить $C_n^k $. Так как, сложные события несовместны, то по теореме о сумме вероятностей несовместных событий, нам надо сложить вероятности всех сложных событий, а их ровно $C_n^k $. Тогда вероятность появления события $A$ ровно k раз в n испытаниях, есть $P_n ({ A,\,k })=P_n (k)=C_n^k \cdot p^k\cdot q^ { n-k } $ формула Бернулли .

Пример. Игральная кость подбрасывается 4 раза. Найти вероятность того, что единица появится в половине случаев.

Решение. $A=$ { появление единицы }

$ 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 $

Легко видеть, что при больших значениях n достаточно трудно подсчитать вероятность из-за громадных чисел. Оказывается эту вероятность можно посчитать не только с помощью формулы Бернулли.