Презентация на тему Формула Бернулли

ситуациями,
в которых одно и
тоже испытание повторяется многократно.
Например

стрелок не сходя с места ,каждый раз тщательно прицеливается, производит несколько выстрелов по мишени или несколько человек заполняют по одной карточке “спортлото”.

Формула Бернулли

не наступить некоторые события A. В результате одного выстрела

мишень может быть поражена или нет.
В результате заполнении е одной карточки “спорт лото” можно отгадать все шесть номеров или не отгадать номера. Можно предположить, что в приведённых ситуациях вероятность появления события A в каждом
испытании одна и та же. Модель каждой из этих ситуаций
выглядит следующим образом.

A может произойти или не произойти, причём вероятность события

в каждом
отдельном испытании постоянна,
т.е не меняется от испытания к испытанию.
Вопрос о том, как находится вероятность
события в отдельном испытании,
уже был рассмотрен. Поэтому представляет
особый интерес появления любого
определённого числа раз события А в n испытаниях, точнее, вероятность появления этого числа.

если вероятность события А в каждом из них не

зависит от исходов других испытаний.

Рассмотрению задач в которых требуется определить вероятность m появления события А в результате n испытаний, и посвящена настоящая глава. Подобные задачи решаются сравнительно легко, если испытания являются независимыми.

Несколько последовательных выниманий из урны одинаковых на ощупь, но

разных по цвете шаров, также являются независимыми испытаниями, например относительно белого шара, если шары возвращаются назад и тщательно перемешиваются.

могут произойти в результат этих испытаний?
Пусть проводят n

независимых испытаний, в которых событие А может наступить или не наступить. Это означает, что в результате каждого испытания может произойти событие А, причём вероятность не изменяется от того, какие события произойдут в остальных испытаниях. Не исключена возможность, что во всех этих испытаниях произойдёт событие А. Обозначим через Аi, i=1,2,3,…,n, события А, если оно произойдёт в i-м испытаний.

Возникает вопрос:

независимы
в совокупности. Однако совсем не обязательною чтобы во

всех испытаниях произошло событие А.
Пусть для определённости в пяти независимых испытаниях два раза произошло событие А, наступило оно во 2-м и 5-м испытаниях. Это означает, что в пяти испытаниях наступило событие Ᾱ1,Ᾱ2, Ᾱ3, Ᾱ4,А5. А так как при замене любого числа события из группы независимых в совокупности событий
на противоположные им события независимость
событий сохраняться, то представленная
группа событий также независима в совокупности.

испытаниях любое число раз в разных последовательностях или комбинациях,

чередуясь с противоположным событием А. Такая группа событий независима в совокупности группы n событий, представляющей собой произвольную комбинацию событий А и Ᾱ,одно из которых обязательно произойдёт
в каждом из рассматриваемых испытаний.

совместного наступления таких событий равна произведению их вероятностей, т.е.

выполняется, например, равенство
Р(А1 Ᾱ2 Ᾱ3 Ᾱ4… Ᾱn)=Р(А1) Р(Ᾱ2) Р(Ᾱ3) Р(Ᾱ4)…Р(Ᾱn)
Рассмотрим одно из ситуаций, в которой событие может произойти в любом из нескольких независимых событий.

событие А состоит в выпадении “герба”. Естественно считать эти

подбрасывания независимыми испытаниями. Вероятность появления “герба” в каждом единичном испытании, очевидно, постоянна и равна ½ .

Пример 4.1

в каждом из которых вероятность событий А постоянна и

от испытания к испытанию не меняется. Такие испытания обычно называют испытаниями Бернулли . найдём теперь вероятность того, что два раза появится “герб”; Ᾱ – “B i-м испытании появилось “орешка”.

А1 А2 А3; Ᾱ1 А2 А3; А1 Ᾱ2 А3;

А1 А2 Ᾱ3; Ᾱ1 Ά2 А3; Ᾱ1 А2 Ᾱ3; Ᾱ1 Ᾱ2 Ᾱ3- и только три из них, а именно Ᾱ1 А2 А3, А1 Ᾱ2 А3, А1 А2 Ᾱ3-благоприятствуют событию B, состоящему в двукратном появлении “герба”, в трёх испытаниях. Следовательно можно записать B= Ᾱ1 А2 А3 + А1 Ᾱ2 А3 + А1 А2 Ᾱ3. Таким образом событие В наступить, если в первый раз появится орешка
а второй и третий герб ; первый и третий раз появится герб,
а второй-орешка; первый и второй раз появится герб,
а последний орешка.

события, входящие в произведения, независимы, то по теореме умножения

и сложения вероятностей имеем.
Р(В)=Р(Ᾱ1 А2 А3)+Р(А1 Ᾱ2 А3)+
+Р(А1 А2 Ᾱ3)= 3∙1/2∙1/2∙1/2=3/8
Этот же результат можно получить, если воспользоваться классической формулой вероятности. Действительно, все перечисленные выше восемь исходов трёхкратного бросания монеты равновозможные и только три их них благоприятствуют событию В. Поэтому Р(В)=М/N=3/8.

а следовательно, возрастает
трудность вычисления необходимых вероятностей.
Выработаем теперь общий

метод решения подобных задач, позволяющие с минимальными вычислительными затратами получить требуемый результат. Поставим задачу в общем виде. Пусть в результате испытания возможны два исхода: либо появится событие А, либо противоположное ему событие Ᾱ. Проведём n испытаний Бернулли. Напомним, это означает, что все n испытаний независимы; вероятность появления события А
в каждом отдельно взятом, или единичном испытании постоянна и от испытания к испытанию не изменяются (т.е. испытания проводится в одинаковых условиях). Обозначим вероятность Р(А) появления события А в единичном испытании буквой р, т.е. Р(А)=р, а вероятность Р(Ᾱ) –буквой q, т.е. Р(Ᾱ)=1-Р(Ά)=1-р=q.

раз (ненаступления n-m раз) в этих n испытаниях .

Отметим, что здесь не требуется появления m раз события А
в определенной последовательности.
Обозначим: А1-появление события А в i-м опыте, где i=1,2,3,…,n.
Для одного испытания возможны следующие два исхода: А, Ᾱ. Вероятности этих исходов выпишем в виде следующей таблице:

испытаний возможны следующие 4=2² исхода:
А1 А2,Ᾱ1 А2 ,А1 Ᾱ2,

Ᾱ1 Ᾱ2. Вероятность этих исходов
также выпишем в виде таблицы:

Очевидно, Р2(2)=р²,Р2(1)=Р(А1 Ά2)+Р(Ά1 А»)=2pq,Р2(0)=q² и Р2(2)+Р2(1)+Р2(0)=p²+2pq+q²=(p+q)²=1.

А2 А3, Ᾱ1 А2 А3, А1 Ᾱ2 А3, А1

А2 Ᾱ3, Ᾱ1 Ᾱ2 А3, Ᾱ1 А2 Ᾱ3,
А1 Ᾱ2 Ᾱ3, Ᾱ1 Ᾱ 2 Ᾱ3. Вероятность этих исходов
запишем в виде таблице:

Очевидно,Р3(3)=p³, Р3(2)=Р(Ᾱ1 А2 А3)+Р(А1 Ᾱ2 А3)+Р(А1 А2 Ᾱ3)=3p²q,
Р3(1)+Р(Ᾱ1 Ᾱ2 А3)+Р(Ᾱ1 А2 Ᾱ3)+Р(А1 Ᾱ2 Ᾱ3)=3pq², Р3(0)=q³ и Р3(3)+Р2(2)+Р3(1)+Р3(0)=р³+3р²q+3рq²+q³=(р+q)³=1.
Анализируя эти случаи, можно сделать общий вывод: вероятность Рn(m) пропорциональна произведению рᵐq ,причём
коэффициент пропорциональности равен С , т.е. Рn(m)=C p q

m-n

m
n

mn

m

m-n

Однако в качестве
доказательства причём следующие рассуждения.
Пусть проведено n

независимых испытаний, в каждом из которых событие А может наступить и не наступить. Если в результате испытаний событие А произошло m раз (неважно, в каком порядке), то это означает, что совместно наступили m событий А и n-m событий Ᾱ, вероятности которых в каждом отдельном опыте равны p и q соответственно. Так как все n событий независимы, то, по теореме умножения, вероятность появления m раз события А в определенной последовательности равна p q.

m-n

m

n опытах в совершенно другой последовательности и число таких

последователей равно числу сочетаний из n по m,т.е. С (это число совпадает с числом способов , которому можно выбрать m мест из имеющихся n, не учитывая их порядка). Все С вариантов появления события А m раз представляют собой несовместные события, вероятность каждого из которых равна p q . А так как наступление одного (любого) из этих событий означает наступление события, состоящего в том, что в n независимых испытаниях событие А появится m раз, то, по теореме сложения вероятностей для несовместных событий, искомая вероятность Рn(m) равна сумме вероятностей всех указанных несовместных событий, т.е. произведению C p q .
Таким образом,

m
n

m
n

m

m-n

m
n

m

m-n

m раз, то, по теореме сложения вероятностей для несовместных

событий, искомая вероятность Рn(m) равна сумме вероятностей всех указанных несовместных событий, т.е. произведению C p q .
Таким образом,
Р(m)=C p q = n! p q.

Полученную формулу называют формулой Бернулли.
Проиллюстрируем применение формулы.

m
n

m

m-n

m
n

m

m-n

m

m-n

m! (m-n)!

раза выпадет герб?
Как правило, на вопрос задачи отвечают, что

эта вероятность равна ½. Однако это ошибочный ответ. Действительность, здесь n=8, m=4 p=q=1/2. По формуле получаем
Р8(4)=C8(1/2)⁴(1/2)⁴=70/256<1/3.

Задача 4.1.

4

0,02. Какова вероятность того, что среди наудачу взятых шести

деталей пять или шесть стандартных, т.е. одна или ноль бракованных.
По теореме сложения вероятностей,
Р6(0≤ m<1)=P6(0)+P6(1)=C6(0,02)⁰(0,98)⁶+
+C (0,02)⁰(0,098)⁵~0,9943.

Задача 4.2.

~

0
6

искомых вероятностей не возникало так как число испытаний n

было невелико. Однако если число испытаний достаточно велико, то использование формулы (3.1) нецелесообразно в силу необходимости выполнения громоздких вычислений. Пусть например, требуется вычислить Р320 (285) (при р=0.89).
В данном случае формула принимает вид

Получить по указанной формуле более или менее точный результат практически невозможно.

Асимптотические формулы

Р320(285)= (0,89)²⁸⁵(0,11)³⁵.

320!

285! 35!

которых можно получить достаточно точные ответы в задачах, связанных

с повторением испытаний, не прибегая к сложным вычислениям. Суть первого метода заключается в применении локальной теоремы Муавра – Лапласа, дающей асимптотическую формулу, которая позволяет вычислять вероятность приближения.

n независимых испытаниях равно р и отлична от нуля

и единицы, а число испытаний достаточно велико, то вероятность Рn(m) того, что в n испытаний событие А наступит m раз, приближенно равна (чем больше n, тем точнее) значение функции

y= f(u), где ƒ(u)= eˉ , u= ,

т.е Рn(m) ƒ(u= ) (формула 4.2)

Значение функции f(u) для любого аргумента и можно получить разложив её в степенной ряд, однако в этом нет необходимости, так как её значения можно найти из специальной таблице.
При использовании этой таблицы следует помнить,
что функция f(u) чётная, т.е. f(-u)=f(u).

Локальная теорема Муавра-Лапласа.

1

1

u²

/2

m-np

1

m-np

равна 0,9. Найти вероятность того, что из 400 сошедших

с конвейера деталей 356 окажутся стандартными.
Согласно условиям задачи, n=400, n=356, q=0,1.

Задача 4.3

По формуле (4.2) находим

Р400(356) ƒ(u)= ƒ(u).

Далее из условий задачи следует, что

U= = -0,67.

m-np

356-400∙0,9

1

400∙0.9∙0,1

1

6

6

вероятность Р400(356) 0,3188/6 0,0531.
Такое небольшое значение получённой вероятности, несмотря

на то что вероятность появление
стандартной детали равна 0,9,
объясняется тем, что была вычислена вероятность только одного из 401 исходов сложного испытания, состоящего в отборе 400 деталей.

первого спортсмена равна 5/9. Какова вероятность того, что он

выиграет две партии из пяти?
По условию, р=5/9, q=4/9, n=5, m=2. Воспользуемся формулой.

Имеем Р5(2) ƒ(u)= ƒ(u)=0,9ƒ(u)

Задача 4.4.

1

5∙5/9∙4/9

Найдём значение аргумента

U= = =-0,7

m-np

2-5∙5/9

10/9

0.9∙0∙3123 0.281.проверим полученные результат, воспользовавшись формулой Бернулли.

Имеем
Р5(2)=С (5/9)²(4/9)³ 0.271.

2
5

Расхождение ответов объясняется тем, что формула даёт хорошее приближение при больших значениях n, а в данном случае оно равно 5. Формула позволяет получить более близкие
к точному значению Рn(m) результаты, чем больше
Значение и чем ближе значения р и q к 0.5.

испытании
близка к нулю (такие события называются редкими),
то

даже при большом числе испытаний n,
но небольшой величине произведения np (меньше 10) вероятности Pn(m), полученные по формуле (4.2),
недостаточно близки к их истинным значениям.
В таких случаях применяют другую асимптотическую
формулу-формулу Пуассона, справедливость
которой доказывает следующая теорема.

испытании постоянна, но близка к нулю число независимых испытаний

n достаточно влико, а произведение np=λ,
то вероятность Рn(m) того, что в n независимых испытаниях событие А наступит m раз, приближенно равно

т.е. Рn(m) .

λ ͫеˉ

m!

λ

λ ͫеˉ

m!

λ

Теорема

воспользуемся формулой Бернулли.

Имеем Рn(m)=

р ͫqⁿˉ ͫ= р ͫqⁿˉ.

n!

m!(n-m)!

n(n-1)(n-2)…(n-m+1)

m!

Так как, по условию, n велико, то найдём предел правой части последнего равенства при n→∞. при этом будет получено приближенное значения вероятности Рn(m).

( ) ͫ (1- ) ˉ ͫ=

n→∞

n(n-1)(n-2)…(n-m+1)

m!

λ

n

λ

n

n

λ ͫ

= lim [ ( ) ( )…( )](1- )ˉ ͫ(1- )ⁿ =

n

n

m!

n-1

n

n-2

n-m+1

n

λⁿ

n

λ

n

λ

n

n→∞

= lim (1- ) lim (1- )…lim (1- )×

m!

1

n

2

n

m-1

n

n

× lim (1- ) lim [(1- )ˉⁿ )]ˉ = eˉ

n→∞

λ

λ

n

λ ͫ

m!

/λ

λ

предела), равны 1. Окончательно имеем

Рn(m) eˉ

λ ͫ

m!

λ

Условия теоремы требуют, чтобы вероятность события р была мала, а число испытаний n велико.
Обычно указанную формулу используют,
когда n≥10, лучше n≥100, а np<10.

Формула (4.3)

определённая микросхема. Вероятность её отказа в течение 1ч работы

устройства придётся пять раз менять микросхему?
По условию, n=1000, р=0,004, а λ=np=1000∙0,004=4<10.
Для нахождения вероятности

Р1000(5) 0.1563

Задача 4.5

4⁵еˉ⁴

5!

Найдём вероятность того же события по формуле (4.2).
Значение u равно

u= = 0.501.

m-np

5-4

1000∙0,004∙0,966