Bernulli sxemasi bo'yicha N ta tajribalar muvaffaqiyatli bo'lish ehtimoli p bilan amalga oshiriladi. X muvaffaqiyatlar soni bo'lsin. X tasodifiy o'zgaruvchisi qiymatlar oralig'iga ega (0,1,2,...,n). Ushbu qiymatlarning ehtimolliklarini quyidagi formula yordamida topish mumkin: , bu erda C m n - n dan m gacha bo'lgan birikmalar soni.
Tarqatish seriyasi quyidagicha ko'rinadi:

x	0	1	...	m	n
p	(1-p)n	np(1-p) n-1	...	C m n p m (1-p) n-m	p n

Ushbu taqsimot qonuni binomial deb ataladi.

Xizmat maqsadi. Chizish uchun onlayn kalkulyatordan foydalaniladi binomial qator taqsimoti va qatorning barcha xarakteristikalarini hisoblash: matematik kutish, dispersiya va standart og'ish. Qaror bilan hisobot Word formatida tuziladi (misol).

Sinovlar soni: n= , Ehtimollik p =
Kam ehtimollik p va katta n soni bilan (np, Puasson formulasi.

Video ko'rsatmalar

Bernoulli sinov sxemasi

Binomial qonun bo'yicha taqsimlangan tasodifiy miqdorning raqamli xarakteristikalari

Binomial qonun bo'yicha taqsimlangan X tasodifiy o'zgaruvchining matematik kutilishi.
M[X]=np

X tasodifiy o'zgaruvchining dispersiyasi binomial qonun bo'yicha taqsimlanadi.
D[X]=npq

Misol № 1. Mahsulot har birida p = 0,3 ehtimollik bilan nuqsonli bo'lishi mumkin. Partiyadan uchta mahsulot tanlanadi. X - tanlanganlar orasida nuqsonli qismlar soni. Toping (shakldagi barcha javoblarni kiriting o'nli kasrlar): a) taqsimot X seriyasi; b) taqsimot funksiyasi F(x) .
Yechim. X tasodifiy o'zgaruvchisi qiymatlar oralig'iga ega (0,1,2,3).
X ning taqsimot qatorini topamiz.
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

M[X]= np = 3*0,3 = 0,9 formula yordamida matematik taxminni topamiz.
Imtihon: m = ∑x i p i.
Kutish M[X].
M[x] = 0*0,34 + 1*0,44 + 2*0,19 + 3*0,027 = 0,9
Dispersiyani D[X]=npq = 3*0,3*(1-0,3) = 0,63 formula yordamida topamiz.
Imtihon: d = ∑x 2 i p i - M[x] 2 .
Farq 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
Standart og'ish s(x).

Tarqatish funksiyasi F(X).
F(xF(0F(1F(2F(x>3)) = 1

1. Bir sinovda sodir bo'ladigan hodisaning ehtimoli 0,6 ga teng. 5 ta sinov o'tkaziladi. X tasodifiy miqdorni taqsimlash qonunini tuzing - hodisaning sodir bo'lish soni.
2. To'rtta o'q bilan nishonga urish ehtimoli 0,8 ga teng bo'lsa, tasodifiy o'zgaruvchining X soni uchun taqsimot qonunini tuzing.
3. Tanga 7 marta tashlanadi. Toping matematik kutish va gerbning ko'rinishlari sonining xilma-xilligi. Eslatma: bu erda gerb paydo bo'lish ehtimoli p = 1/2 (chunki tanganing ikki tomoni bor).

Misol № 2. Bitta sinovda sodir bo'ladigan hodisaning ehtimoli 0,6 ga teng. Bernulli teoremasini qo'llagan holda, mustaqil sinovlar sonini aniqlang, shundan boshlab hodisa chastotasining uning ehtimolligidan chetga chiqish ehtimoli bo'yicha. mutlaq qiymat 0,1 dan kam, 0,97 dan ortiq. (Javob: 801)

Misol № 3. Talabalar informatika fanidan test topshiradilar. Ish uchta vazifadan iborat. Yaxshi baho olish uchun kamida ikkita masalaga to‘g‘ri javob topish kerak. Har bir masala uchun 5 ta javob beriladi, ulardan faqat bittasi to'g'ri. Talaba tasodifiy javobni tanlaydi. Uning yaxshi baho olish ehtimoli qanday?
Yechim. Savolga to'g'ri javob berish ehtimoli: p=1/5=0,2; n=3.
Ushbu ma'lumotlar kalkulyatorga kiritilishi kerak. Bunga javoban P(2)+P(3) ga qarang.

Misol № 4. Otuvchining nishonga bir marta zarba berish ehtimoli (m+n)/(m+n+2) ga teng. n+4 o'q uzildi. Ikki martadan ko'p bo'lmagan o'tkazib yuborish ehtimolini toping.

Eslatma. Uning ikki martadan ko'p bo'lmagan o'tkazib yuborish ehtimoli quyidagi hodisalarni o'z ichiga oladi: hech qachon o'tkazib yubormaydi P(4), bir marta P(3), ikki marta P(2).

Misol № 5. Agar 4 ta samolyot uchsa, muvaffaqiyatsiz samolyotlar sonining ehtimollik taqsimotini aniqlang. Samolyotning nosozliksiz ishlashi ehtimoli P = 0,99. Har bir reysda muvaffaqiyatsizlikka uchragan samolyotlar soni binomial qonunga muvofiq taqsimlanadi.

Qisqacha nazariya

Ehtimollar nazariyasi cheksiz ko'p marta takrorlanishi mumkin bo'lgan (hech bo'lmaganda nazariy jihatdan) tajribalar bilan shug'ullanadi. Ba'zi tajriba bir marta takrorlansin va har bir takrorlashning natijalari oldingi takrorlash natijalariga bog'liq emas. Bunday takrorlashlar ketma-ketligi mustaqil sinovlar deb ataladi. Bunday testlarning alohida holati mustaqil Bernoulli testlari, ular ikkita shart bilan tavsiflanadi:

1) har bir test natijasi mos ravishda "muvaffaqiyat" yoki "qobiliyatsizlik" deb ataladigan ikkita mumkin bo'lgan natijalardan biri.

2) har bir keyingi testda "muvaffaqiyat" ehtimoli oldingi testlar natijalariga bog'liq emas va doimiy bo'lib qoladi.

Bernulli teoremasi

Agar Bernulli bo'yicha bir qator mustaqil sinovlar o'tkazilsa, ularning har birida "muvaffaqiyat" ehtimollik bilan paydo bo'ladi, u holda sinovlarda "muvaffaqiyat" aynan bir marta paydo bo'lish ehtimoli quyidagi formula bilan ifodalanadi:

"muvaffaqiyatsizlik" ehtimoli qayerda.

- elementlarning kombinatsiyasi soni (asosiy kombinatorik formulalarga qarang)

Bu formula deyiladi Bernulli formulasi.

Bernoulli formulasi etarlicha ko'p sonli testlar bilan ko'p sonli hisob-kitoblardan - ehtimollarni qo'shish va ko'paytirishdan xalos bo'lishga imkon beradi.

Bernulli test sxemasi binomial sxema deb ham ataladi va mos keladigan ehtimollar binomial deb ataladi, bu binomial koeffitsientlardan foydalanish bilan bog'liq.

Bernoulli sxemasi bo'yicha taqsimlash, xususan, imkon beradi.

Agar testlar soni bo'lsa n katta, keyin foydalaning:

Muammoni hal qilish misoli

Muammoli holat

Ba'zi o'simlik urug'larining unib chiqish darajasi 70% ni tashkil qiladi. Ekilgan 10 ta urug‘dan: 8 ta, kamida 8 ta urug‘ bo‘lish ehtimoli qancha; kamida 8?

Muammoni hal qilish

Bernulli formulasidan foydalanamiz:

Bizning holatda

Hodisa shunday bo'lsinki, 10 ta urug'dan 8 tasi unib chiqadi:

Voqea kamida 8 bo'lsin (ya'ni 8, 9 yoki 10)

Hodisa kamida 8 ga ko'tarilsin (bu 8,9 yoki 10 degan ma'noni anglatadi)

Javob

O'rtacha yechim narxi sinov ishi 700 - 1200 rubl (lekin butun buyurtma uchun kamida 300 rubl). Narxga qarorning shoshilinchligi (bir kundan bir necha soatgacha) katta ta'sir ko'rsatadi. Imtihon/test uchun onlayn yordam narxi 1000 rubldan. chiptani hal qilish uchun.

Oldindan topshiriq shartlarini yuborganingizdan so'ng va sizga kerak bo'lgan yechim uchun vaqt oralig'i haqida xabar berib, so'rovni bevosita chatda qoldirishingiz mumkin. Javob vaqti bir necha daqiqa.

Takroriy mustaqil testlarning ta'rifi. Ehtimollik va eng ehtimolli sonni hisoblash uchun Bernoulli formulalari. Bernulli formulasi uchun asimptotik formulalar (lokal va integral, Laplas teoremasi). Integral teoremadan foydalanish. Kutilmagan tasodifiy hodisalar uchun Puasson formulasi.

Takroriy mustaqil testlar

Amalda biz qayta-qayta takrorlanadigan testlar shaklida ifodalanishi mumkin bo'lgan vazifalar bilan shug'ullanishimiz kerak, ularning har biri natijasida A hodisasi paydo bo'lishi yoki paydo bo'lmasligi mumkin. Bunday holda, qiziqishning natijasi har bir individual testning natijasi emas, balki umumiy miqdori ma'lum miqdordagi sinovlar natijasida A hodisasining ro'y berishi. Bunday masalalarda siz n ta sinash natijasida A hodisaning har qanday m sonining yuzaga kelish ehtimolini aniqlay olishingiz kerak. Sinovlar mustaqil bo'lgan va har bir sinovda A hodisasining yuzaga kelish ehtimoli doimiy bo'lgan holatni ko'rib chiqing. Bunday testlar deyiladi takrorlangan mustaqil.

Mustaqil sinovga misol sifatida bir nechta partiyalardan olingan mahsulotlarning yaroqliligini tekshirish mumkin. Agar ushbu partiyalardagi nuqsonlar foizi bir xil bo'lsa, tanlangan mahsulotning nuqsonli bo'lish ehtimoli har bir holatda doimiy raqamdir.

Bernulli formulasi

Keling, kontseptsiyadan foydalanaylik murakkab hodisa, bu i-sinovda A hodisaning paydo bo'lishi yoki ro'y bermasligidan iborat bir nechta elementar hodisalarning kombinatsiyasini anglatadi. n ta mustaqil sinov o'tkazilsin, ularning har birida A hodisasi p ehtimollik bilan paydo bo'lishi mumkin yoki q=1-p ehtimol bilan paydo bo'lmasligi mumkin. B_m hodisasini ko'rib chiqaylik, ya'ni A hodisasi ushbu n ta sinovda aynan m marta sodir bo'ladi va shuning uchun aniq (n-m) marta sodir bo'lmaydi. belgilaylik A_i~(i=1,2,\ldots,(n)) A hodisasining yuzaga kelishi, a \overline(A)_i - i-sinovda A hodisaning sodir bo'lmasligi. Sinov shartlarining doimiyligi tufayli bizda mavjud

A hodisasi m marta turli ketma-ketlikda yoki kombinatsiyalarda, bilan almashinib paydo bo'lishi mumkin qarama-qarshi hodisa\overline(A) . Ushbu turdagi mumkin bo'lgan kombinatsiyalar soni n ta elementning kombinatsiyasi soniga m ga teng, ya'ni C_n ^ m. Binobarin, B_m hodisasini bir-biriga mos kelmaydigan murakkab hodisalar yig'indisi sifatida ifodalash mumkin va hadlar soni C_n^m ga teng:

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),

bu yerda har bir mahsulot hodisani A m marta va \overline(A) - (n-m) marta o'z ichiga oladi.

Mustaqil hodisalar uchun ehtimollarni ko'paytirish teoremasiga ko'ra (3.1) formulaga kiritilgan har bir murakkab hodisaning ehtimoli p^(m)q^(n-m) ga teng. Bunday hodisalarning umumiy soni C_n ^ m ga teng bo'lganligi sababli, mos kelmaydigan hodisalar uchun ehtimollarni qo'shish teoremasidan foydalanib, biz B_m hodisasining ehtimolini olamiz (biz uni P_(m, n) deb belgilaymiz)

P_(m,n)=C_n^mp^(m)q^(n-m)\to'rt \matn(yoki)\to'rt P_(m,n)=\frac(n){m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}. !}

Formula (3.2) deyiladi Bernulli formulasi, va ularning har birida A hodisaning yuzaga kelish ehtimolining mustaqilligi va doimiyligi shartini qanoatlantiradigan takroriy sinovlar deyiladi. Bernoulli sinovlari, yoki Bernoulli sxemasi.

Misol 1. Torna dastgohida qismlarga ishlov berishda bardoshlik zonasidan tashqariga chiqish ehtimoli 0,07 ga teng. Bir siljish paytida tasodifiy tanlangan besh qismdan birining diametri belgilangan tolerantlikka mos kelmaydigan o'lchamlarga ega bo'lish ehtimolini aniqlang.

Yechim. Muammoning sharti Bernulli sxemasi talablarini qondiradi. Shuning uchun, taxmin qilish n=5,\,m=1,\,p=0,\!07, formuladan foydalanib (3.2) olamiz

P_(1,5)=C_5^1(0,\!07)^(1)(0,\!93)^(5-1)\taxminan0,\!262.

2-misol. Kuzatishlar ma'lum bir hududda sentyabr oyida 12 yomg'irli kun bo'lishini aniqladi. Bu oyda tasodifiy tanlangan 8 kundan 3 kuni yomg'irli bo'lish ehtimoli qanday?

Yechim.

P_(3;8)=C_8^3(\chap(\frac(12)(30)\o'ng)\^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. !}

Voqea sodir bo'lishining eng ehtimol soni

Katta ehtimol bilan sodir bo'lgan sana n ta mustaqil sinovdagi A hodisasi m_0 soni deb ataladi, buning uchun bu raqamga mos keladigan ehtimollik A hodisasining yuzaga kelishining boshqa mumkin bo'lgan sonining har birining ehtimolidan kattaroq yoki hech bo'lmaganda kam bo'lmagan. Eng mumkin bo'lgan sonni aniqlash uchun hodisaning mumkin bo'lgan sonining ehtimolini hisoblash shart emas, n sinovlar sonini va alohida sinovda A hodisasining paydo bo'lish ehtimolini bilish kifoya. P_(m_0,n) ni eng ehtimolli m_0 soniga mos keladigan ehtimollik bilan belgilaymiz. Formuladan (3.2) foydalanib, biz yozamiz

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}. !}

Eng mumkin bo'lgan sonning ta'rifiga ko'ra, A hodisasining sodir bo'lish ehtimoli mos ravishda m_0+1 va m_0-1 marta, hech bo'lmaganda P_ (m_0,n) ehtimolidan oshmasligi kerak, ya'ni.

P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0+1,n));\quad P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0-1,n))

Tengsizliklarga P_(m_0,n) qiymatini va P_(m_0+1,n) va P_(m_0-1,n) ehtimollik ifodalarini qo‘yib, hosil bo‘ladi.

Ushbu tengsizliklarni m_0 uchun yechish orqali biz hosil qilamiz

M_0\geqslant(np-q),\quad m_0\leqslant(np+p)

Oxirgi tengsizliklarni birlashtirib, biz ikki barobar tengsizlikni olamiz, bu eng ehtimoliy sonni aniqlash uchun ishlatiladi:

Np-q\leqslant(m_0)\leqslant(np+p).

Tengsizlik (3.4) bilan aniqlangan oraliq uzunligi birga teng bo'lgani uchun, ya'ni.

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

va hodisa faqat n ta sinovda butun son marta sodir bo'lishi mumkin, unda shuni yodda tutish kerak:

1) agar np-q butun son bo'lsa, u holda eng ehtimolli sonning ikkita qiymati mavjud, xususan: m_0=np-q va m"_0=np-q+1=np+p ;

2) agar np-q kasr son bo'lsa, unda bitta eng ehtimolli son mavjud, ya'ni: orasidagi yagona butun son. kasr sonlar, tengsizlikdan olingan (3.4);

3) agar np butun son bo'lsa, u holda bitta eng ehtimolli son mavjud, ya'ni: m_0=np.

N ning katta qiymatlari uchun (3.3) formuladan eng ehtimolli songa mos keladigan ehtimollikni hisoblash noqulay. Agar Stirling formulasini tenglikka almashtirsak (3.3)

N!\taxminan(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))),

etarlicha katta n uchun amal qiladi va eng ehtimolli m_0=np sonini qabul qilsak, eng ehtimolli songa mos keladigan ehtimollikni taxminiy hisoblash formulasini olamiz:

P_(m_0,n)\taxminan\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)).

2-misol. Ma’lumki, zavod tomonidan savdo bazasiga yetkazib berilayotgan mahsulotlarning \frac(1)(15) qismi standartning barcha talablariga javob bermaydi. Bazaga 250 dona mahsulot partiyasi yetkazib berildi. Standart talablariga javob beradigan mahsulotlarning eng ehtimoliy sonini toping va ushbu partiyada mahsulotlarning eng ko'p bo'lishi ehtimolini hisoblang.

Yechim. Shart bo'yicha n=250,\,q=\frac(1)(15),\,p=1-\frac(1)(15)=\frac(14)(15). Tengsizlikka ko'ra (3.4) biz bor

250\cdot\frac(14)(15)-\frac(1)(15)\leqslant(m_0)\leqslant250\cdot\frac(14)(15)+\frac(1)(15)

qayerda 233,\!26\leqslant(m_0)\leqslant234,\!26. Shunday qilib, 250 dona partiyada standart talablariga javob beradigan mahsulotlarning eng ko'p soni. 234 ga teng. (3.5) formulaga ma’lumotlarni almashtirib, partiyadagi mahsulotlarning eng ehtimoliy soniga ega bo‘lish ehtimolini hisoblaymiz:

P_(234,250)\taxminan\frac(1)(\sqrt(2\pi\cdot250\cdot\frac(14)(15)\cdot\frac(1)(15)))\taxminan0,\!101

Mahalliy Laplas teoremasi

n ning katta qiymatlari uchun Bernoulli formulasidan foydalanish juda qiyin. Masalan, agar n=50,\,m=30,\,p=0,\!1, keyin P_(30.50) ehtimolligini topish uchun ifoda qiymatini hisoblash kerak.

P_(30.50)=\frac(50{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20} !}

Tabiiyki, savol tug'iladi: Bernulli formulasidan foydalanmasdan foiz ehtimolini hisoblash mumkinmi? Bu mumkin ekan. Laplasning mahalliy teoremasi asimptotik formulani beradi, agar sinovlar soni yetarlicha ko'p bo'lsa, n ta sinovda aynan m marta sodir bo'ladigan hodisalar ehtimolini taxminan topish imkonini beradi.

3.1 teorema.

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

Funktsiya qiymatlarini o'z ichiga olgan jadvallar mavjud \varphi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\,e^(-x^2/2)), x argumentining ijobiy qiymatlariga mos keladi. Argumentning salbiy qiymatlari uchun bir xil jadvallar qo'llaniladi, chunki \varphi(x) funksiyasi juft, ya'ni. \varphi(-x)=\varphi(x).

Demak, A hodisasining n ta sinovda aynan m marta paydo bo'lish ehtimoli taxminan

P_(m,n)\taxminan\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x), Qayerda x=\frac(m-np)(\sqrt(npq)).

3-misol. A hodisaning har bir sinovda sodir bo'lish ehtimoli 0,2 ga teng bo'lsa, 400 ta sinovda A hodisaning roppa-rosa 80 marta sodir bo'lish ehtimolini toping.

Yechim. Shart bo'yicha n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8. Keling, asimptotik Laplas formulasidan foydalanamiz:

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

Vazifa ma'lumotlari bilan aniqlangan x qiymatini hisoblaymiz:

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

1-jadvalga muvofiq biz topamiz \varphi(0)=0,\!3989. Kerakli ehtimollik

P_(80,100)=\frac(1)(8)\cdot0,\!3989=0,\!04986.

Bernoulli formulasi taxminan bir xil natijaga olib keladi (hisob-kitoblar ularning noqulayligi tufayli olib tashlandi):

P_(80,100)=0,\!0498.

Laplas integral teoremasi

Faraz qilaylik, n ta mustaqil sinov o'tkazildi, ularning har birida A hodisaning yuzaga kelish ehtimoli doimiy va p ga teng. P_((m_1,m_2),n) A hodisasining n ta sinovda kamida m_1 va ko'pi bilan m_2 marta paydo bo'lish ehtimolini hisoblash kerak (qisqalik uchun "m_1 dan m_2 martagacha" deymiz). Buni Laplas integral teoremasi yordamida amalga oshirish mumkin.

3.2 teorema.

Agar har bir sinovda A hodisasining paydo bo'lish ehtimoli p o'zgarmas bo'lsa va nol va birdan farq qilsa, u holda A hodisasining taxminan P_((m_1,m_2),n) ehtimolligi m_1 dan m_2 gacha bo'lgan sinovlarda paydo bo'ladi, P_((m_1,m_2),n)\taxminan\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2) \, dx,

Qayerda. Laplas integral teoremasini qo'llashni talab qiladigan masalalarni yechishda maxsus jadvallardan foydalaniladi, chunki noaniq integral\int(e^(-x^2/2)\,dx) orqali ifodalanmaydi elementar funktsiyalar . Integral jadval\Phi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(0)^(x)e^(-z^2/2)\,dz<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>ilovada keltirilgan. 2, bu erda \Phi(x) funktsiyasining qiymatlari x ning musbat qiymatlari uchun, x uchun berilgan

5 biz \Phi(x)=0,\!5 ni olishimiz mumkin.

P_((m_1,m_2),n)\taxminan\Phi(x"")-\Phi(x"), Qayerda x"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq));~x""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq)).

4-misol. Qismning standartlarni buzgan holda ishlab chiqarilganligi ehtimoli p=0,\!2. Tasodifiy tanlangan 400 ta qismlar orasida 70 dan 100 tagacha nostandart qismlar bo'lish ehtimolini toping.

Yechim. Shart bo'yicha p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100. Laplas integral teoremasidan foydalanamiz:

P_((70,100),400)\taxminan\Phi(x"")-\Phi(x").

Keling, integratsiya chegaralarini hisoblaymiz:

pastroq

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

yuqori

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

Shunday qilib

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

Jadvalga ko'ra adj. 2 topamiz

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

Kerakli ehtimollik

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

Laplas integral teoremasining qo'llanilishi

Agar m soni (n ta mustaqil sinovda A hodisasining sodir bo'lish soni) m_1 dan m_2 gacha o'zgargan bo'lsa, u holda kasr \frac(m-np)(\sqrt(npq)) dan farq qiladi \frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=x" uchun \frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=x"". Demak, Laplas integral teoremasini ham quyidagicha yozish mumkin:

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.

Nisbiy chastota \frac(m)(n) ning mutlaq qiymatdagi p doimiy ehtimollikdan chetlanishi berilgan sondan \varepsilon>0 dan oshmasligi ehtimolini topish vazifasini qo‘yaylik. Boshqacha qilib aytganda, biz tengsizlik ehtimolini topamiz \left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon, bu bir xil -\varepsilon\leqslant\frac(m)(n)-p\leqslant\varepsilon. Biz bu ehtimolni quyidagicha belgilaymiz: P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\). Ushbu ehtimollik uchun (3.6) formulani hisobga olgan holda olamiz

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

5-misol. Qismning nostandart bo'lish ehtimoli p=0,\!1. Tasodifiy tanlangan 400 qismdan nostandart qismlarning nisbiy paydo bo'lish chastotasi mutlaq qiymatdagi p=0,\!1 ehtimoldan 0,03 dan ko'p bo'lmagan chetga chiqish ehtimolini toping.

Yechim. Shart bo'yicha n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03. Biz ehtimollikni topishimiz kerak P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\). (3.7) formuladan foydalanib, biz olamiz

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)

Jadvalga ko'ra adj. 2 biz \Phi(2)=0,\!4772 ni topamiz, shuning uchun 2\Phi(2)=0,\!9544 . Shunday qilib, kerakli ehtimollik taxminan 0,9544 ni tashkil qiladi. Natijaning ma'nosi quyidagicha: agar siz har biri 400 qismdan iborat etarlicha ko'p miqdordagi namunalarni olsangiz, bu namunalarning taxminan 95,44 foizida nisbiy chastotaning doimiy ehtimollik p=0,\!1 dan mutlaq ravishda og'ishi kuzatiladi. qiymati 0,03 dan oshmasligi kerak.

Kutilmagan hodisalar uchun Puasson formulasi

Agar bitta sinovda hodisaning paydo bo'lish ehtimoli p nolga yaqin bo'lsa, u holda ko'p sonli sinovlar bilan ham n, lekin kichik qiymat np mahsulotidan Laplas formulasi bo'yicha olingan P_(m,n) ehtimollik qiymatlari etarli darajada aniq emas va boshqa taxminiy formulaga ehtiyoj bor.

3.3 teorema.

Agar har bir sinovda A hodisasining ro‘y berish ehtimoli p o‘zgarmas, lekin kichik bo‘lsa, mustaqil sinovlar soni n yetarlicha katta bo‘lsa, lekin np=\lambda ko‘paytmasining qiymati kichik bo‘lib qolsa (o‘ndan ko‘p bo‘lmagan), u holda ehtimollik. Bu sinovlarda A hodisasi m marta sodir bo'ladi\,e^{-\lambda}. !}

P_(m,n)\taxminan\frac(\lambda^m)(m Puasson formulasidan foydalangan holda hisob-kitoblarni soddalashtirish uchun Puasson funktsiyasi qiymatlari jadvali tuzildi.\,e^{-\lambda} !}\ frac (\ lambda ^ m) (m

(3-ilovaga qarang).

Misol 6. Nostandart qismni ishlab chiqarish ehtimoli 0,004 bo'lsin. 1000 ta qismdan 5 tasi nostandart bo'lish ehtimolini toping. Yechim. Bu yerga n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4 . Uchala raqam ham 3.3 teorema talablariga javob beradi, shuning uchun P_(5,1000) istalgan hodisaning ehtimolini topish uchun biz Puasson formulasidan foydalanamiz. Puasson funksiyasining qiymatlari jadvalidan (3-ilova) \lambda=4;m=5 bilan olamiz.

P_(5,1000)\taxminan0,\!1563

Xuddi shu hodisaning ehtimolini Laplas formulasidan foydalanib topamiz. Buning uchun avval m=5 ga mos keladigan x qiymatini hisoblaymiz:

X=\frac(5-1000\cdot0,\!004)(\sqrt(1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996))\taxminan\frac(1)(1,\!996)\taxminan0 ,\!501.

Shuning uchun, Laplas formulasiga ko'ra, kerakli ehtimollik

P_(5,1000)\taxminan\frac(\varphi(0,\!501))(1,\!996)\taxminan\frac(0,\!3519)(1,\!996)\taxminan0,\ !1763

va Bernulli formulasiga ko'ra uning aniq qiymati

P_(5,1000)=C_(1000)^(5)\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^(995)\taxminan0,\!1552. Shunday qilib, nisbiy xato

taxminiy Laplas formulasi yordamida P_(5,1000) ehtimolliklarini hisoblash\frac(0,\!1763-0,\!1552)(0,\!1552)\taxminan0,\!196

, yoki 13.\!6\%

\frac(0,\!1563-0,\!1552)(0,\!1552)\taxminan0,\!007, yoki 0.\!7\%

Ya'ni, ko'p marta kamroq.
Keyingi bo'limga o'ting
Bir o'lchovli tasodifiy o'zgaruvchilar Brauzeringizda Javascript o‘chirib qo‘yilgan.
Hisob-kitoblarni amalga oshirish uchun ActiveX boshqaruvlarini yoqishingiz kerak!

FEDERAL TA'LIM AGENTLIGI

Davlat ta'lim muassasasi

oliy kasbiy ta'lim

"MATI" - ROSSIYA DAVLAT TEXNOLOGIYA UNIVERSITETI K.E. TSIOLKOVSKIY

“Tizimli modellashtirish va axborot texnologiyalari” kafedrasi

Sinovlarni takrorlash. Bernoulli sxemasi

Amaliy mashg'ulotlar uchun ko'rsatmalar

“Oliy matematika” fanidan

Tuzuvchi: Egorova Yu.B.

Mamonov I.M.

Moskva 2006 yil kirish

Uslubiy ko‘rsatmalar 14-fakultetning kunduzgi va kechki bo‘limlari 150601, 160301, 230102 mutaxassisliklari talabalari uchun mo‘ljallangan.Uslubiy ko‘rsatmalarda mavzu bo‘yicha asosiy tushunchalar yoritilgan va materialni o‘rganish ketma-ketligi belgilab berilgan. Muhokama qilingan ko'plab misollar mavzuni amaliy rivojlantirishga yordam beradi. Ko'rsatmalar metodologik asos bo'lib xizmat qiladi amaliy mashg'ulotlar va individual topshiriqlarni bajarish.

BERNOULLI sxemasi. BERNOULLI FORMULA

Bernulli sxemasi- ba'zi bir hodisa sodir bo'lgan takroriy mustaqil testlar sxemasi A doimiy ehtimollik bilan ko'p marta takrorlanishi mumkin R (A)= r .

Bernulli sxemasidan foydalangan holda o'tkazilgan sinovlarga misollar: tanga yoki zarni takroriy otish, qismlar partiyasini ishlab chiqarish, nishonga otish va hk.

Teorema. Voqea sodir bo'lish ehtimoli bo'lsa A har bir testda doimiy va teng r, keyin hodisa ehtimoli A keladi m har bir marta n testlarni (qanday ketma-ketlikda bo'lishidan qat'iy nazar) Bernulli formulasi bilan aniqlash mumkin:

Qayerda q = 1 – p.

MISOL 1. Bir kun davomida elektr energiyasi iste'moli belgilangan me'yordan oshmasligi ehtimoli teng p= 0,75. Keyingi 6 kun ichida 4 kunlik elektr energiyasi iste’moli me’yordan oshmasligi ehtimolini toping.

YECHIMA. 6 kunning har biri uchun normal energiya iste'moli ehtimoli doimiy va tengdir r= 0,75. Binobarin, har kuni ortiqcha energiya iste'mol qilish ehtimoli ham doimiy va tengdir q = 1r = 1  0,75 = 0,25.

Bernulli formulasi bo'yicha talab qilinadigan ehtimollik quyidagilarga teng:

2-MISA. Otuvchi nishonga uchta o'q uzadi. Har bir o'q bilan nishonga tegish ehtimoli teng p= 0,3. Quyidagilar ehtimolini toping: a) bitta nishonga tegish; b) barcha uchta maqsad; c) bitta maqsad yo'q; d) kamida bitta maqsad; e) ikkitadan kam maqsad.

YECHIMA. Har bir o'q bilan nishonga tegish ehtimoli doimiy va teng r=0,75. Shuning uchun, o'tkazib yuborish ehtimoli teng q = 1 r= 1  0,3= 0,7. Amalga oshirilgan tajribalarning umumiy soni n=3.

a) uchta o'q bilan bitta nishonga tegish ehtimoli quyidagilarga teng:

b) uchta nishonni uchta o'q bilan urish ehtimoli quyidagilarga teng:

c) uchta zarba bilan uchta o'tkazib yuborish ehtimoli teng:

d) uchta o'q bilan kamida bitta nishonga tegish ehtimoli quyidagilarga teng:

e) ikkitadan kam nishonga tegish ehtimoli, ya'ni bitta nishonga yoki bitta nishonga tegmaslik ehtimoli:

1. Moivr-Laplasning lokal va integral teoremalari

Agar ko'p sonli testlar o'tkazilsa, Bernulli formulasi yordamida ehtimolliklarni hisoblash texnik jihatdan qiyinlashadi, chunki formula juda katta sonlar ustida operatsiyalarni talab qiladi. Shuning uchun, ehtimolliklarni hisoblash uchun oddiyroq taxminiy formulalar mavjud n. Bu formulalar asimptotik deb ataladi va Puasson teoremasi, Laplasning lokal va integral teoremasi bilan aniqlanadi.

Moivr-Laplasning mahalliy teoremasi. A A sodir bo'ladi m har bir marta n n (n →∞ ), taxminan teng:

funksiya qayerda
va argument

Ko'proq n, ehtimolliklarni hisoblash qanchalik aniq bo'lsa. Shuning uchun qachon Moivr-Laplas teoremasini qo'llash maqsadga muvofiqdir npq  20.

f ( x ) maxsus jadvallar tuzilgan (1-ilovaga qarang). Jadvaldan foydalanganda siz yodda tutishingiz kerak funktsiya xususiyatlari f(x) :

Funktsiya f(x) tengdir f(  x)=f(x) .

At X ∞ funksiyasi f(x) 0. Amalda biz allaqachon at deb taxmin qilishimiz mumkin X>4 funksiya f(x) ≈0.

MISOL 3. Voqea sodir bo'lish ehtimolini toping A hodisaning yuzaga kelishi ehtimoli bo'lsa, 400 ta sinovda 80 marta sodir bo'ladi A har bir sinovda tengdir p= 0,2.

YECHIMA. Shart bo'yicha n=400, m=80, p=0,2, q=0,8. Demak:

Jadvaldan foydalanib, biz funktsiyaning qiymatini aniqlaymiz f (0)=0,3989.

Moivr-Laplasning integral teoremasi. Voqea sodir bo'lish ehtimoli bo'lsa A har bir sinovda doimiy va 0 va 1 dan farq qiladi, keyin hodisa ehtimoli A dan keladi m 1 uchun m 2 har bir marta n etarlicha ko'p sonli testlar n (n →∞ ), taxminan teng:

Qayerda
 integral yoki Laplas funksiyasi,

Funktsiya qiymatlarini topish uchun F( x ) Maxsus jadvallar tuzilgan (masalan, 2-ilovaga qarang). Jadvaldan foydalanganda siz yodda tutishingiz kerak Laplas funksiyasining xossalari F(x) :

Funktsiya F(x) g'alati F(  x)=  F(x) .

At X ∞ funksiyasi F(x) 0,5. X Amalda, biz buni allaqachon taxmin qilishimiz mumkin F(x) ≈0,5.

>5 funksiya (0)=0.

F 4-MISA.

YECHIMA. Shart bo'yicha n=400, m 1 =70, m 2 =100, p=0,2, q=0,8. Demak:

Qismning sifat nazorati tekshiruvidan o'tmaganligi ehtimoli 0,2 ga teng. 400 qismdan 70 dan 100 tagacha tekshirilmagan qism bo'lish ehtimolini toping.

Laplas funktsiyasi qiymatlarini ko'rsatadigan jadvaldan foydalanib, biz quyidagilarni aniqlaymiz: 1 ) = F(  1,25 )=  F( 1,25 )=  0,3944; Laplas funktsiyasi qiymatlarini ko'rsatadigan jadvaldan foydalanib, biz quyidagilarni aniqlaymiz: 2 ) = F( 2,5 )= 0,4938.