N eksperimenti tiek veikti pēc Bernulli shēmas ar veiksmes varbūtību p. Lai X ir panākumu skaits. Nejaušajam lielumam X ir vērtību diapazons (0,1,2,...,n). Šo vērtību varbūtības var atrast, izmantojot formulu: , kur C m n ir kombināciju skaits no n līdz m. 
Izplatīšanas sērija izskatās šādi:
| x | 0 | 1 | ... | m | n |
| lpp | (1-p)n | np(1-p) n-1 | ... | C m n p m (1-p) n-m | p n |
Pakalpojuma mērķis. Uzzīmēšanai tiek izmantots tiešsaistes kalkulators binominālo sēriju sadalījums un visu sērijas raksturlielumu aprēķins: matemātiskā cerība, dispersija un standartnovirze. Ziņojums ar lēmumu tiek sastādīts Word formātā (piemērs).
Video instrukcija
Bernulli testa ķēde
Gadījuma lieluma skaitliskie raksturlielumi, kas sadalīti atbilstoši binoma likumam
Matemātiskā sagaidāmā gadījuma lieluma X, kas sadalīts saskaņā ar binoma likumu.M[X]=np
Gadījuma lieluma X dispersija, kas sadalīta saskaņā ar binoma likumu.
D[X]=npq
Piemērs Nr.1. Produktam var būt defekts ar varbūtību p = 0,3 katram. No partijas tiek atlasīti trīs produkti. X ir bojāto detaļu skaits starp atlasītajām. Atrast (formā ievadiet visas atbildes decimāldaļas): a) sadalījuma sērija X; b) sadalījuma funkcija F(x) .
Risinājums. Nejaušajam lielumam X ir vērtību diapazons (0,1,2,3).
Atradīsim X sadalījuma sēriju.
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
| x i | 0 | 1 | 2 | 3 |
| p i | 0.34 | 0.44 | 0.19 | 0.027 |
Mēs atrodam matemātisko cerību, izmantojot formulu M[X]= np = 3*0,3 = 0,9
Pārbaude: m = ∑x i p i .
Paredzams M[X].
M[x] = 0 * 0,34 + 1 * 0,44 + 2 * 0,19 + 3 * 0,027 = 0,9
Mēs atrodam dispersiju, izmantojot formulu D[X]=npq = 3*0,3*(1-0,3) = 0,63
Pārbaude: d = ∑x 2 i p i - M[x] 2 .
Distance D[X].
D[X] = 0 2 * 0,34 + 1 2 * 0,44 + 2 2 * 0,19 + 3 2 * 0,027 - 0,9 2 = 0,63
Standarta novirze σ(x).
Sadales funkcija F(X).
F(xF(0F(1F(2F(x>3)) = 1
- Notikuma iespējamība vienā izmēģinājumā ir 0,6. Tiek veikti 5 testi. Sastādiet nejaušā lieluma X sadalījuma likumu - notikuma gadījumu skaitu.
- Sastādiet sadalījuma likumu nejaušajam lielumam X sitienu skaits ar četriem šāvieniem, ja iespējamība trāpīt mērķī ar vienu šāvienu ir 0,8.
- Monēta tiek izmesta 7 reizes. Atrast paredzamā vērtība un ģerboņa izskatu skaita atšķirības. Piezīme: šeit ģerboņa parādīšanās varbūtība ir p = 1/2 (jo monētai ir divas puses).
Piemērs Nr.2. Notikuma varbūtība vienā izmēģinājumā ir 0,6. Izmantojot Bernulli teorēmu, noteikt neatkarīgo izmēģinājumu skaitu, no kuriem notikuma biežuma varbūtība novirzīties no tā varbūtības absolūtā vērtībā ir mazāka par 0,1 un lielāka par 0,97. (Atbilde: 801)
Piemērs Nr.3. Skolēni datorzinību stundā kārto ieskaiti. Darbs sastāv no trim uzdevumiem. Lai iegūtu labu atzīmi, jāatrod pareizās atbildes vismaz uz diviem uzdevumiem. Katram uzdevumam ir dotas 5 atbildes, no kurām tikai viena ir pareiza. Students izvēlas atbildi pēc nejaušības principa. Kāda ir varbūtība, ka viņš saņems labu atzīmi?
Risinājums. Pareizas atbildes uz jautājumu varbūtība: p=1/5=0,2; n=3.
Šie dati ir jāievada kalkulatorā. Atbildi skatīt P(2)+P(3).
Piemērs Nr.4. Varbūtība, ka šāvējs ar vienu šāvienu trāpīs mērķī, ir (m+n)/(m+n+2) . Tiek raidīti n+4 metieni. Atrodiet varbūtību, ka viņš netrāpīs vairāk kā divas reizes.
Piezīme. Varbūtība, ka viņš netrāpīs ne vairāk kā divas reizes, ietver šādus notikumus: nekad nepalaid garām P(4), netrāpa vienu reizi P(3), divreiz neizlaiž P(2).
Piemērs Nr.5. Nosakiet bojāgājušo gaisa kuģu skaita varbūtības sadalījumu, ja paceļas 4 lidmašīnas. Gaisa kuģa bezatteices darbības varbūtība P = 0,99. Lidmašīnu skaits, kas neizdevās katrā lidojumā, tiek sadalīts saskaņā ar binominālo likumu.
Īsa teorija
Varbūtību teorija nodarbojas ar eksperimentiem, kurus var atkārtot (vismaz teorētiski) neierobežotu skaitu reižu. Lai kāds eksperiments tiktu atkārtots vienu reizi, un katra atkārtojuma rezultāti nav atkarīgi no iepriekšējo atkārtojumu rezultātiem. Šādas atkārtojumu sērijas sauc par neatkarīgiem izmēģinājumiem. Īpašs šādu testu gadījums ir neatkarīgi Bernulli testi, ko raksturo divi nosacījumi:
1) katra testa rezultāts ir viens no diviem iespējamiem rezultātiem, ko attiecīgi sauc par “veiksmi” vai “neveiksmi”.
2) “veiksmes” iespējamība katrā nākamajā pārbaudē nav atkarīga no iepriekšējo testu rezultātiem un paliek nemainīga.
Bernulli teorēma
Ja tiek veikta virkne neatkarīgu Bernulli izmēģinājumu, katrā no kuriem “veiksme” parādās ar varbūtību , tad varbūtību, ka “veiksme” izmēģinājumos parādās tieši vienu reizi, izsaka ar formulu:
kur ir “neveiksmes” varbūtība.
– elementu kombināciju skaits pēc (skat. kombinatorikas pamatformulas)
Šo formulu sauc Bernulli formula.
Bernulli formula ļauj atbrīvoties no liela skaita aprēķinu - varbūtību saskaitīšanas un reizināšanas - ar pietiekami lielu testu skaitu.
Bernulli testa shēmu sauc arī par binomiālo shēmu, un atbilstošās varbūtības sauc par binomiju, kas ir saistīta ar binomiālo koeficientu izmantošanu.
Sadalījums saskaņā ar Bernulli shēmu ļauj, jo īpaši, .
Ja pārbaužu skaits n ir liels, tad izmantojiet:
Problēmas risinājuma piemērs
Uzdevums
Dažu augu sēklu dīgtspēja ir 70%. Kāda ir varbūtība, ka no 10 iesētajām sēklām: 8, vismaz 8; vismaz 8?
Problēmas risinājums
Izmantosim Bernulli formulu:
Mūsu gadījumā
Lai notikums būtu tāds, ka no 10 sēklām izdīgst 8:
Ļaujiet notikumam būt vismaz 8 (tas nozīmē, ka 8, 9 vai 10)
Ļaujiet notikumam palielināties vismaz par 8 (tas nozīmē 8, 9 vai 10)
Atbilde
Vidēji risinājuma izmaksas pārbaudes darbs 700 - 1200 rubļi (bet ne mazāk kā 300 rubļi visam pasūtījumam). Cenu lielā mērā ietekmē lēmuma steidzamība (no dienas līdz vairākām stundām). Tiešsaistes palīdzības eksāmenam/testam izmaksas ir no 1000 rubļiem. biļetes atrisināšanai.
Jūs varat atstāt pieprasījumu tieši tērzēšanā, iepriekš nosūtot uzdevumu nosacījumus un informējot par vajadzīgā risinājuma termiņiem. Atbildes laiks ir dažas minūtes.
Atkārtotu neatkarīgu testu definīcija. Bernulli formulas varbūtības un visticamākā skaitļa aprēķināšanai. Asimptotiskās formulas Bernulli formulai (lokālais un integrālis, Laplasa teorēmas). Izmantojot integrāļa teorēmu. Puasona formula maz ticamiem nejaušiem notikumiem.
Atkārtoti neatkarīgi testi
Praksē nākas saskarties ar uzdevumiem, kurus var attēlot vairākkārt atkārtotu testu veidā, katra rezultātā notikums A var parādīties un var arī neparādīties. Šajā gadījumā interesējošais rezultāts nav katra atsevišķa testa rezultāts, bet gan Kopā notikuma A rašanās noteikta skaita izmēģinājumu rezultātā. Šādās problēmās jums ir jāspēj noteikt jebkura skaita m iespējamību notikumam A n izmēģinājumu rezultātā. Apsveriet gadījumu, kad izmēģinājumi ir neatkarīgi un notikuma A iestāšanās iespējamība katrā izmēģinājumā ir nemainīga. Tādus testus sauc atkārtota neatkarīga.
Neatkarīgas pārbaudes piemērs ir produktu piemērotības pārbaude no vairākām partijām. Ja defektu procents šajās partijās ir vienāds, tad varbūtība, ka izvēlētajai precei būs defekts, katrā gadījumā ir nemainīgs skaitlis.
Bernulli formula
Izmantosim jēdzienu sarežģīts pasākums, kas nozīmē vairāku elementāru notikumu kombināciju, kas sastāv no notikuma A parādīšanās vai nenotikšanas i-tajā izmēģinājumā. Veiksim n neatkarīgus izmēģinājumus, kuros katrā notikumā A var vai nu parādīties ar varbūtību p, vai arī neparādīties ar varbūtību q=1-p. Apsveriet notikumu B_m, kas nozīmē, ka notikums A notiks tieši m reizes šajos n pārbaudījumos un tāpēc nenotiks precīzi (n m) reizes. Apzīmēsim A_i~(i=1,2,\ldots,(n)) notikuma A iestāšanās, a \overline(A)_i - notikuma A nenotikšana i-tajā izmēģinājumā. Testa apstākļu nemainīguma dēļ mums ir
Notikums A var parādīties m reizes dažādās secībās vai kombinācijās, pārmaiņus ar pretējs notikums\overline(A) . Iespējamo šāda veida kombināciju skaits ir vienāds ar n elementu kombināciju skaitu ar m, t.i., C_n^m. Līdz ar to notikumu B_m var attēlot kā sarežģītu notikumu summu, kas ir pretrunīgas savā starpā, un terminu skaits ir vienāds ar 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),
kur katrs produkts satur notikumu A m reizes un \overline(A) — (n-m) reizes.
Katra (3.1) formulā iekļautā kompleksā notikuma varbūtība saskaņā ar neatkarīgu notikumu varbūtību reizināšanas teorēmu ir vienāda ar p^(m)q^(n-m) . Tā kā šādu notikumu kopējais skaits ir vienāds ar C_n^m, tad, izmantojot nesaderīgu notikumu varbūtību saskaitīšanas teorēmu, iegūstam notikuma B_m varbūtību (to apzīmējam ar P_(m,n))
P_(m,n)=C_n^mp^(m)q^(n-m)\quad \text(vai)\quad P_(m,n)=\frac(n){m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}. !}
Formulu (3.2) sauc Bernulli formula, un atkārtoti izmēģinājumi, kas apmierina notikuma A iestāšanās iespējamību neatkarības un noturības nosacījumu katrā no tiem tiek saukti Bernulli testi, vai Bernulli shēma.
1. piemērs. Varbūtība iziet ārpus pielaides zonas, apstrādājot detaļas uz virpas, ir 0,07. Nosakiet varbūtību, ka no piecām detaļām, kas nejauši izvēlētas maiņas laikā, vienai ir diametra izmēri, kas neatbilst norādītajai pielaidei.
Risinājums. Problēmas stāvoklis atbilst Bernulli shēmas prasībām. Tāpēc, pieņemot n=5,\,m=1,\,p=0,\!07, izmantojot formulu (3.2) iegūstam
P_(1,5)=C_5^1(0,\!07)^(1)(0,\!93)^(5-1)\aptuveni0,\!262.
2. piemērs. Novērojumos konstatēts, ka noteiktā apgabalā septembrī ir 12 lietainas dienas. Kāda ir varbūtība, ka no šajā mēnesī nejauši izvēlētajām 8 dienām 3 dienas būs lietainas?
Risinājums.
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. !}
Visticamākais notikuma gadījumu skaits
Visticamākais notikuma datums notikumu A n neatkarīgos izmēģinājumos sauc par tādu skaitli m_0, kuram šim skaitlim atbilstošā varbūtība pārsniedz vai vismaz nav mazāka par katra cita iespējamā notikuma A iestāšanās iespējamību. Lai noteiktu ticamāko skaitli, nav nepieciešams aprēķināt iespējamā notikuma iestāšanās varbūtības, pietiek zināt izmēģinājumu skaitu n un notikuma A iestāšanās varbūtību atsevišķā izmēģinājumā. Apzīmēsim P_(m_0,n) varbūtību, kas atbilst visticamākajam skaitlim m_0. Izmantojot formulu (3.2), mēs rakstām
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}. !}
Atbilstoši ticamākā skaitļa definīcijai notikuma A iestāšanās varbūtības attiecīgi m_0+1 un m_0-1 reizes nedrīkst pārsniegt varbūtību P_(m_0,n), t.i.
P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0+1,n));\quad P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0-1,n))
Nevienādībās aizstājot vērtību P_(m_0,n) un varbūtības izteiksmes P_(m_0+1,n) un P_(m_0-1,n), iegūstam
Atrisinot šīs nevienādības m_0, mēs iegūstam
M_0\geqslant(np-q),\quad m_0\leqslant(np+p)
Apvienojot pēdējās nevienādības, iegūstam dubultu nevienādību, ko izmanto, lai noteiktu visticamāko skaitli:
Np-q\leqslant(m_0)\leqslant(np+p).
Tā kā ar nevienādību (3.4) definētā intervāla garums ir vienāds ar vienu, t.i.
(np+p)-(np-q)=p+q=1,
un notikums var notikt n izmēģinājumos tikai veselu skaitu reižu, tad jāpatur prātā, ka:
1) ja np-q ir vesels skaitlis, tad ir divas visticamākā skaitļa vērtības, proti: m_0=np-q un m"_0=np-q+1=np+p ;
2) ja np-q ir daļskaitlis, tad ir viens visticamākais skaitlis, proti: vienīgais veselais skaitlis, kas atrodas starp daļskaitļi, iegūts no nevienlīdzības (3.4);
3) ja np ir vesels skaitlis, tad ir viens visticamākais skaitlis, proti: m_0=np.
Lielām n vērtībām ir neērti izmantot formulu (3.3), lai aprēķinātu varbūtību, kas atbilst visticamākajam skaitlim. Ja Stirlinga formulu aizstājam ar vienādību (3.3)
N!\approx(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))),
der pietiekami lielam n, un ņemam visticamāko skaitli m_0=np, tad iegūstam formulu aptuvenam varbūtības aprēķinam, kas atbilst visticamākajam skaitlim:
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)).
Piemērs 2. Ir zināms, ka \frac(1)(15) daļa produkcijas, ko rūpnīca piegādā tirdzniecības bāzei, neatbilst visām standarta prasībām. Uz bāzi tika nogādāta 250 preču partija. Atrodiet visticamāko produktu skaitu, kas atbilst standarta prasībām, un aprēķiniet varbūtību, ka šajā partijā būs visticamākais produktu skaits.
Risinājums. Pēc nosacījuma n=250,\,q=\frac(1)(15),\,p=1-\frac(1)(15)=\frac(14)(15). Saskaņā ar nevienādību (3.4) mums ir
250\cdot\frac(14)(15)-\frac(1)(15)\leqslant(m_0)\leqslant250\cdot\frac(14)(15)+\frac(1)(15)
kur 233,\!26\leqslant(m_0)\leqslant234,\!26. Līdz ar to visticamākais standarta prasībām atbilstošo produktu skaits partijā 250 gab. ir vienāds ar 234. Aizvietojot datus formulā (3.5), mēs aprēķinām varbūtību, ka partijā būs visticamākais produktu skaits:
P_(234,250)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi\cdot250\cdot\frac(14)(15)\cdot\frac(1)(15)))\approx0,\!101
Lokālā Laplasa teorēma
Ir ļoti grūti izmantot Bernulli formulu lielām n vērtībām. Piemēram, ja n=50,\,m=30,\,p=0,\!1, tad varbūtības P_(30.50) atrašanai nepieciešams aprēķināt izteiksmes vērtību
P_(30.50)=\frac(50{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20} !}
Protams, rodas jautājums: vai ir iespējams aprēķināt procentu iespējamību, neizmantojot Bernulli formulu? Izrādās, ka tas ir iespējams. Laplasa lokālā teorēma dod asimptotisku formulu, kas ļauj aptuveni atrast varbūtību, ka notikumi notiks tieši m reizes n izmēģinājumos, ja mēģinājumu skaits ir pietiekami liels.
Teorēma 3.1. Ja notikuma A iestāšanās varbūtība p katrā izmēģinājumā ir nemainīga un atšķiras no nulles un viena, tad varbūtība P_(m,n), ka notikums A parādīsies tieši m reizes n izmēģinājumos, ir aptuveni vienāda (jo precīzāka, jo lielāks n) līdz funkcijas vērtībai
Y=\frac(1)(\sqrt(npq))\frac(e^(-x^2/2))(\sqrt(2\pi))=\frac(\varphi(x))(\sqrt (npq)) plkst.
Ir tabulas, kas satur funkciju vērtības \varphi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\,e^(-x^2/2)), kas atbilst argumenta x pozitīvajām vērtībām. Argumenta negatīvajām vērtībām tiek izmantotas tās pašas tabulas, jo funkcija \varphi(x) ir pāra, t.i. \varphi(-x)=\varphi(x).
Tātad aptuveni varbūtība, ka notikums A parādīsies tieši m reižu n izmēģinājumos, ir
P_(m,n)\approx\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x), Kur x=\frac(m-np)(\sqrt(npq)).
3. piemērs. Atrodiet varbūtību, ka notikums A notiks tieši 80 reizes 400 izmēģinājumos, ja notikuma A iespējamība katrā izmēģinājumā ir 0,2.
Risinājums. Pēc nosacījuma n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8. Izmantosim asimptotisko Laplasa formulu:
P_(80,400)\approx\frac(1)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8))\,\varphi(x)=\frac(1)(8)\,\varphi (x).
Aprēķināsim vērtību x, ko nosaka uzdevuma dati:
X=\frac(m-np)(\sqrt(npq))=\frac(80-400\cdot0,\!2)(8)=0.
Saskaņā ar tabulas pielāgošanu 1 mēs atrodam \varphi(0)=0,\!3989. Nepieciešamā varbūtība
P_(80,100)=\frac(1)(8)\cdot0,\!3989=0,\!04986.
Bernulli formula rada aptuveni tādu pašu rezultātu (aprēķini tiek izlaisti to apgrūtinības dēļ):
P_(80,100)=0,\!0498.
Laplasa integrāļa teorēma
Pieņemsim, ka tiek veikti n neatkarīgi izmēģinājumi, kuros katrā notikuma A iestāšanās varbūtība ir nemainīga un vienāda ar p. Jāaprēķina varbūtība P_((m_1,m_2),n), ka notikums A parādīsies n izmēģinājumos vismaz m_1 un ne vairāk kā m_2 reizes (īsuma labad teiksim “no m_1 līdz m_2 reizēm”). To var izdarīt, izmantojot Laplasa integrāļa teorēmu.
Teorēma 3.2. Ja notikuma A iestāšanās varbūtība p katrā izmēģinājumā ir nemainīga un atšķiras no nulles un viena, tad aptuveni varbūtība P_((m_1,m_2),n), ka notikums A parādīsies izmēģinājumos no m_1 līdz m_2 reizēm,
P_((m_1,m_2),n)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2) \,dx, Kur.
Risinot uzdevumus, kas prasa Laplasa integrāles teorēmas pielietošanu, tiek izmantotas īpašas tabulas, jo nenoteikts integrālis \int(e^(-x^2/2)\,dx) nav izteikts cauri elementāras funkcijas. Integrēts galds \Phi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(0)^(x)e^(-z^2/2)\,dz dots pielikumā. 2, kur funkcijas \Phi(x) vērtības ir dotas pozitīvām x vērtībām, 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 mēs varam ņemt \Phi(x)=0,\!5 .
Tātad, aptuveni varbūtība, ka notikums A parādīsies n neatkarīgos izmēģinājumos no m_1 līdz m_2 reizēm, ir
P_((m_1,m_2),n)\approx\Phi(x"")-\Phi(x"), Kur x"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq));~x""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq)).
Piemērs 4. Varbūtība, ka detaļa tiek ražota, pārkāpjot standartus, ir p=0,\!2. Atrodiet varbūtību, ka starp 400 nejauši izvēlētām daļām būs no 70 līdz 100 nestandarta detaļām.
Risinājums. Pēc nosacījuma p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100. Izmantosim Laplasa integrāļa teorēmu:
P_((70,100),400)\approx\Phi(x"")-\Phi(x").
Aprēķināsim integrācijas robežas:
zemāks
X"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=\frac(70-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8)) =-1,\!25,
augšējais
X""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=\frac(100-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8) )=2,\!5,
Tādējādi
P_((70,100),400)\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25) .
Saskaņā ar tabulu adj. 2 mēs atrodam
\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.
Nepieciešamā varbūtība
P_((70,100),400)=0,\!4938+0,\!3944=0,\!8882.
Laplasa integrāļa teorēmas pielietojums
Ja skaitlis m (notikuma A gadījumu skaits n neatkarīgos izmēģinājumos) mainās no m_1 uz m_2, tad daļa \frac(m-np)(\sqrt(npq)) atšķirsies no \frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=x" pirms tam \frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=x"". Tāpēc Laplasa integrālo teorēmu var uzrakstīt arī šādi:
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.
Izvirzīsim uzdevumu atrast varbūtību, ka relatīvās frekvences \frac(m)(n) novirze no konstantas varbūtības p absolūtā vērtībā nepārsniedz doto skaitli \varepsilon>0. Citiem vārdiem sakot, mēs atrodam nevienlīdzības varbūtību \left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon, kas ir tas pats -\varepsilon\leqslant\frac(m)(n)-p\leqslant\varepsilon. Mēs apzīmēsim šo varbūtību šādi: P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\). Ņemot vērā formulu (3.6) šai varbūtībai iegūstam
P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\)\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt(\frac(n)(pq) ))\pa labi).
Piemērs 5. Varbūtība, ka daļa ir nestandarta, ir p=0,\!1. Atrodiet varbūtību, ka starp nejauši izvēlētām 400 daļām nestandarta detaļu sastopamības relatīvais biežums absolūtā vērtībā novirzīsies no varbūtības p=0,\!1 ne vairāk kā par 0,03.
Risinājums. Pēc nosacījuma n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03. Mums jāatrod iespējamība P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\). Izmantojot formulu (3.7), iegūstam
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)
Saskaņā ar tabulu adj. 2 mēs atrodam \Phi(2)=0,\!4772 , tāpēc 2\Phi(2)=0,\!9544 . Tātad vēlamā varbūtība ir aptuveni 0,9544. Rezultāta nozīme ir šāda: ja ņem pietiekami lielu paraugu skaitu pa 400 daļām katrā, tad aptuveni 95,44% no šiem paraugiem relatīvā biežuma novirze no konstantas varbūtības p=0.\!1 absolūtā. vērtība nepārsniegs 0,03.
Puasona formula maz ticamiem notikumiem
Ja notikuma iestāšanās varbūtība p atsevišķā izmēģinājumā ir tuvu nullei, tad pat ar lielu izmēģinājumu skaitu n, bet ar maza vērtība reizinājuma np ar Laplasa formulu iegūtās varbūtības vērtības P_(m,n) izrādās nepietiekami precīzas un ir vajadzīga vēl viena aptuvena formula.
Teorēma 3.3. Ja notikuma A iestāšanās varbūtība p katrā izmēģinājumā ir nemainīga, bet maza, neatkarīgo izmēģinājumu skaits n ir pietiekami liels, bet reizinājuma vērtība np=\lambda paliek maza (ne vairāk kā desmit), tad varbūtība ka notikums A šajos izmēģinājumos notiks m reizes
P_(m,n)\apmēram\frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda}. !}
Lai vienkāršotu aprēķinus, izmantojot Puasona formulu, ir sastādīta Puasona funkciju vērtību tabula \frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda} !}(skat. 3. pielikumu).
Piemērs 6. Nestandarta detaļas izgatavošanas varbūtība ir 0,004. Atrodiet varbūtību, ka starp 1000 detaļām būs 5 nestandarta.
Risinājums. Šeit n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4. Visi trīs skaitļi atbilst 3.3. teorēmas prasībām, tāpēc, lai atrastu vēlamā notikuma P_(5,1000) varbūtību, mēs izmantojam Puasona formulu. No Puasona funkcijas vērtību tabulas (3. pielikums) ar \lambda=4;m=5 iegūstam P_(5,1000)\apmēram0,\!1563.
Atradīsim viena un tā paša notikuma varbūtību, izmantojot Laplasa formulu. Lai to izdarītu, vispirms mēs aprēķinām x vērtību, kas atbilst m=5:
X=\frac(5-1000\cdot0,\!004)(\sqrt(1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996))\approx\frac(1)(1,\!996)\approx0 ,\!501.
Tāpēc saskaņā ar Laplasa formulu vēlamā varbūtība
P_(5,1000)\approx\frac(\varphi(0,\!501))(1,\!996)\approx\frac(0,\!3519)(1,\!996)\approx0,\ !1763
un saskaņā ar Bernulli formulu tā precīzā vērtība ir
P_(5,1000)=C_(1000)^(5)\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^(995)\approx0,\!1552.
Tādējādi relatīvā kļūda aprēķinot varbūtības P_(5,1000), izmantojot aptuveno Laplasa formulu, ir
\frac(0,\!1763-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!196, vai 13.\!6\%
un saskaņā ar Puasona formulu -
\frac(0,\!1563-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!007, vai 0.\!7\%
Tas ir, daudzas reizes mazāk.
Dodieties uz nākamo sadaļu
Viendimensionāls nejaušie mainīgie
Javascript jūsu pārlūkprogrammā ir atspējots.
Lai veiktu aprēķinus, jāiespējo ActiveX vadīklas!
FEDERĀLĀ IZGLĪTĪBAS AĢENTŪRA
Valsts izglītības iestāde
augstākā profesionālā izglītība
"MATI" - KRIEVIJAS VALSTS TEHNOLOĢISKĀ UNIVERSITĀTE NOSAUKUMS K.E. CIOLKOVSKIS
Sistēmu modelēšanas un informācijas tehnoloģiju katedra
Pārbaužu atkārtošana. Bernulli ķēde
Praktisko vingrinājumu vadlīnijas
disciplīnā "Augstākā matemātika"
Sastādītājs: Egorova Yu.B.
Mamonovs I.M.
Maskavas 2006. gada ievads
Vadlīnijas paredzētas 14.fakultātes klātienes un vakara studentiem, specialitātēs 150601, 160301, 230102. Vadlīnijas izceļ tēmas pamatjēdzienus un nosaka materiāla apguves secību. Liels skaits apspriesto piemēru palīdz tēmas praktiskajā attīstībā. Vadlīnijas kalpo par metodoloģisku pamatu praktiskās nodarbības un individuālu uzdevumu izpilde.
BERNOULLI SHĒMA. BERNOULLI FORMULA
Bernulli shēma- atkārtotu neatkarīgu testu shēma, kurā daži notikumi A var atkārtot vairākas reizes ar nemainīgu varbūtību R (A)= R .
Testu piemēri, kas veikti, izmantojot Bernulli shēmu: atkārtota monētas vai metamā kauliņa mešana, detaļu partijas izgatavošana, šaušana mērķī utt.
Teorēma. Ja notikuma iestāšanās varbūtība A katrā pārbaudē ir nemainīgs un vienāds R, tad varbūtība, ka notikums A atnāks m reizi katrā n testus (neatkarīgi no tā, kādā secībā) var noteikt pēc Bernulli formulas:
Kur q = 1 – lpp.
1. PIEMĒRS. Varbūtība, ka elektroenerģijas patēriņš vienas dienas laikā nepārsniegs noteikto normu, ir vienāda ar p= 0,75. Atrodiet varbūtību, ka tuvāko 6 dienu laikā elektrības patēriņš 4 dienas nepārsniegs normu.
RISINĀJUMS. Normāla elektroenerģijas patēriņa varbūtība katrā no 6 dienām ir nemainīga un vienāda ar R= 0,75. Līdz ar to arī pārmērīga enerģijas patēriņa iespējamība katru dienu ir nemainīga un vienāda ar q = 1R = 1 0,75 = 0,25.
Nepieciešamā varbūtība saskaņā ar Bernulli formulu ir vienāda ar:
2. PIEMĒRS.Šāvējs izšauj trīs šāvienus mērķī. Varbūtība trāpīt mērķī ar katru šāvienu ir vienāda ar p= 0,3. Atrodi varbūtību, ka: a) tiks trāpīts viens mērķis; b) visi trīs mērķi; c) neviens mērķis; d) vismaz viens mērķis; e) mazāk nekā divi mērķi.
RISINĀJUMS. Varbūtība trāpīt mērķī ar katru šāvienu ir nemainīga un vienāda ar R=0,75. Tāpēc kļūdas iespējamība ir vienāda ar q = 1 R= 1 0,3 = 0,7. Kopējais veikto eksperimentu skaits n=3.
a) Varbūtība trāpīt vienam mērķim ar trim šāvieniem ir vienāda ar:
b) Varbūtība, ka ar trim šāvieniem trāpīs visos trīs mērķos, ir vienāda ar:
c) Trīs sitienu iespējamība ar trim metieniem ir vienāda ar:
d) Varbūtība trāpīt vismaz vienam mērķim ar trim šāvieniem ir vienāda ar:
e) varbūtība trāpīt mazāk nekā diviem mērķiem, tas ir, vai nu vienam mērķim, vai nevienam:
Moivre-Laplasa lokālās un integrālās teorēmas
Ja tiek veikts liels skaits testu, tad varbūtību aprēķināšana, izmantojot Bernulli formulu, kļūst tehniski sarežģīta, jo formulai ir nepieciešamas darbības ar milzīgiem skaitļiem. Tāpēc pastāv vienkāršākas aptuvenas formulas, lai aprēķinātu varbūtības kopumā n. Šīs formulas sauc par asimptotiskām un nosaka Puasona teorēma, Laplasa lokālā un integrālā teorēma.
Moivre-Laplasa lokālā teorēma. A A notiks m reizi katrā n n (n →∞ ), ir aptuveni vienāds ar:
kur ir funkcija 
un arguments 
Vairāk n, jo precīzāks ir varbūtību aprēķins. Tāpēc ir ieteicams piemērot Moivre-Laplasa teorēmu, kad npq 20.
f ( x ) ir sastādītas speciālas tabulas (skat. 1. pielikumu). Lietojot tabulu, jāpatur prātā funkciju īpašības f(x) :
Funkcija f(x) ir pat f( x)=f(x) .
Plkst X ∞ funkcija f(x) 0. Praksē varam pieņemt, ka jau plkst X>4 funkcija f(x) ≈0.
3. PIEMĒRS. Atrodiet varbūtību, ka notikums A notiks 80 reizes 400 izmēģinājumos, ja notikuma rašanās varbūtība A katrā izmēģinājumā ir vienāds p= 0,2.
RISINĀJUMS. Pēc nosacījuma n=400, m=80, lpp=0,2, q=0,8. Tātad:
Izmantojot tabulu, mēs nosakām funkcijas vērtību f (0)=0,3989.
Moivre-Laplasa integrālā teorēma. Ja notikuma iestāšanās varbūtība A katrā izmēģinājumā ir nemainīga un atšķiras no 0 un 1, tad varbūtība, ka notikums A nāk no m 1 pirms tam m 2 reizi katrā n pārbaudes ar pietiekami lielu skaitu n (n →∞ ), ir aptuveni vienāds ar:
Kur 
integrālā vai Laplasa funkcija, 
Lai atrastu funkcijas vērtības F( x ) Ir sastādītas īpašas tabulas (piemēram, skatīt 2. pielikumu). Lietojot tabulu, jāpatur prātā Laplasa funkcijas īpašības Ф(x) :
Funkcija Ф(x) ir nepāra F( x)= Ф(x) .
Plkst X ∞ funkcija Ф(x) 0,5. Praksē varam pieņemt, ka jau plkst X>5 funkcija Ф(x) ≈0,5.
F (0)=0.
4. PIEMĒRS. Varbūtība, ka daļa nav izturējusi kvalitātes kontroles pārbaudi, ir 0,2. Atrodiet varbūtību, ka starp 400 daļām būs no 70 līdz 100 nepārbaudītām daļām.
RISINĀJUMS. Pēc nosacījuma n=400, m 1 =70, m 2 =100, lpp=0,2, q=0,8. Tātad:
Izmantojot tabulu, kurā parādītas Laplasa funkcijas vērtības, mēs nosakām:
Ф(x 1 ) = F( 1,25 )= F( 1,25 )= 0,3944; Ф(x 2 ) = F( 2,5 )= 0,4938.
