Если производится несколько испытаний (опытов), причем вероятность события A в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний, то такие испытания называются независимыми относительно события A.
Биноминальное распределение
В схеме Я. Бернулли рассматривается серия, состоящая из n независимых испытаний, каждое из которых имеет лишь два исхода: наступление какого-то события 
(успех) или его не наступление 
(неудача). Причем вероятность успеха при одном испытании равна =p, (0 \leqslant p \leqslant 1))
– постоянна и не зависит от номера испытания. Следовательно, вероятность неуспеха =1-p=q)
— тоже постоянна.
Сформулируем задачу – вычислить вероятность того, что при 
испытаниях событие осуществится ровно 
раз и, следовательно, не осуществится 
– раз. Чтобы стало понятнее сделаю схематический чертеж:
По теореме умножения вероятностей независимых событий искомая вероятность будет равна:
Однако интересующее нас событие ( успехов при опытах) может произойти не только одним способом. Число возможных вариантов (комбинаций) выборки элементов из вычисляется по формуле:
!})
Окончательно получим
=C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k}=\frac{n! \cdot p^k \cdot q^{n-k}}{k! \cdot (n-k)!})
Это и есть формула Бернулли (биномиальное распределение). Вспомним формулу бинома Ньютона:
^n=\sum_{k=0}^n C_n^k \cdot p^k \cdot q^{n-k})
Отсюда, и непосредственно из формулы Бернулли следует:
=1)
Очевидно этот же результат получится, если учтем, что для 
получим полную группу событий, вероятность которых равна 1.
Теперь давайте все эти сперва непонятные формулы рассмотрим на примере.
ПРИМЕР 1. В семье 10 детей. Считая, что вероятность рождения мальчика равна 0,5, найдем вероятность того, что в семье имеются 0, 1, …, 10 мальчиков.
Решение
Отметим, что в силу предположения 
и равенства 
имеют место равенства: =P_n(n-m))
. Отсюда получим:
=P_{10}(10)=C^0_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{1}{1024})
,
=P_{10}(9)=C^1_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{10}{1024})
,
=P_{10}(8)=C^2_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{45}{1024})
,
=P_{10}(7)=C^3_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{120}{1024})
,
=P_{10}(6)=C^4_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{210}{1024})
,
=C^5_{10} \cdot \frac {1}{2^{10}}=\frac{252}{1024})
ОТВЕТ
В многодетной семье с десятью детьми мальчиков и девочек будет поровну с вероятностью ≈ 0,25. Вероятность того, что в семье будут дети одного пола (мальчики или девочки) – чуть меньше одной пятисотой.
График биноминального распределения
Введем следующее обозначение, пусть )
означает вероятность того, что в испытаниях схемы Бернулли успех наступит не менее чем 
раз, и не более чем 
раз )
. Так как события, соответствующие различному числу успехов попарно несовместны, то имеет место формула:
=\sum_{k=m_1}^{m_2} P_n(k))
.
Вероятность )
того, что в результате испытаний, успех наступит хотя бы один раз, вычисляется по формуле:
=1-P_n(0)=1-q^n)
Типичный график биномиального распределения для 
:
Заострять внимание на графике, думаю, не нужно так как все предельно ясно, график очень похож на параболу, имеет свой максимум, в котором вероятность успеха будет максимальной. Поэтому лучше поработаем дальше с формулами, с которыми все немного сложнее.
Сформулируем задачу: необходимо найти 
— наивероятнейшее число успехов, то есть такое , вероятность которого максимальна.
Запишем условия максимума вероятности (их два):
а) }{P_n(k_0-1)} \geqslant 1)
; б) }{P_n(k_0+1)} \geqslant 1)
.
Запишем неравенства а) и б) в явном виде:
а) }{P_n(k_0-1)}=\frac{n!}{k_0!(n-k_0)!} \cdot \frac{(k_0-1)!(n-k_0+1)}{n!} \cdot \frac{p^{k_0}q^{n-k_0}}{p^{k_0-1}q^{n-k_0+1}}=\frac{(n-k_0+1)p}{k_0q} \geqslant 1)
, 
;
б) }{P_n(k_0+1)}=\frac{n!}{k_0!(n-k_0)!} \cdot \frac{(k_0+1)!(n-k_0-1)}{n!} \cdot \frac{p^{k_0}q^{n-k_0}}{p^{k_0+1}q^{n-k_0-1}}=\frac{(k_0+1)q}{(n-k_0)p} \geqslant 1)
, 
.
Учитывая оба неравенства, окончательно получим
В испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха 
наиболее вероятным числом успехов является:
- единственное число
, если число 
не целое; - два числа
и 
, если число целое.
При достаточно большом числе испытаний )
из полученного выше выражения, получим 
— статистическое определение вероятности.
При больших значениях наиболее вероятная относительная частота успеха совпадает (равна) вероятности успеха при одном испытании.
ПРИМЕР 2. Вероятность того, что расход электроэнергии на продолжении одних суток не превышает установленной нормы, равна 
. Найти вероятность того, что в ближайшие 6 суток расход электроэнергии в течение 4 суток не превысит нормы.
Решение
Вероятность нормального расхода . Вероятность перерасхода 
. Искомая вероятность по формуле Бернулли:
=C_6^4 \cdot p^4 \cdot q^2=\frac{6! \cdot 0,75^4 \cdot 0,25^2}{4! \cdot 2!} \thickapprox 0,3)
ОТВЕТ: Вероятность того, что расход э/э не превысит нормы составляет примерно 0,3 или 30%.
Обобщение схемы Бернулли
Рассмотрим обобщение схемы Бернулли. Пусть производится независимых испытаний, каждое из которых имеет )
попарно несовместных и возможных исходов, которые обозначим )
. События 
составляют полную группу событий. Вероятности наступления каждого события )
— в общем случаи различны и удовлетворяют условию 
. В этих условиях для произвольно заданных целых неотрицательных чисел 
таких, что 
, определим вероятность )
того, что при испытаниях исход 
наступит ровно 
раз, исход 
раз и т.д., исход 
произойдет 
раз:
=\frac{n!}{k_1!k_2! \dots k_m!}p_1^{k_1}p_2^{k_2} \dots p_m^{k_m})
Данное выражение носит название формула полиномиального распределения.
ПРИМЕР 3. Игральная кость подбрасывается 15 раз. Какова вероятность события – выпало ровно десять шестерок и три единицы?
Решение
Вероятности выпадения шестерки и единицы равны 1/ 6, а вероятность третьего исхода (выпали любые другие грани) равна 4/ 6 . Тогда вероятность получить 10 шестерок, 3 единицы и 2 других значения чисел равна:
=\frac{15!}{10!3!2!} \cdot \frac{1}{6^{10}} \cdot \frac{1}{6^3} \cdot (\frac {4}{6})^2 \thickapprox 1,022 \cdot 10^{-6})
ОТВЕТ. Вероятность выпадения десяти шестерок и трех единиц ничтожно мала и составляет примерно 0,0001022%
Ну вроде на этом можно пока закончить, далее будем рассматривать теоремы Пуассона и теоремы Муавра-Лапласа.
Уроки по теории вероятности
На прошлом уроке мы рассмотрели теорему сложения вероятностей только для несовместных событий. В случае, когда два события A и B – совместны, справедлива следующая теорема. Теорема Вероятность появления хотя бы одного из двух совместных событий равна сумме вероятностей этих событий без вероятности их совместного появления: (1) Доказательство Событие наступит, если наступит одно из трех несовместных
Теорема Вероятность произведения двух событий равна произведению вероятностей одного из них на условную вероятность другого, вычисленную при условии, что первое имело место: Доказательство Предположим, что из всевозможных элементарных исходов событию благоприятствуют исходов, из которых исходов благоприятствуют событию . Тогда вероятность события будет , условная вероятность события относительно события равна . Произведению событий и благоприятствуют только
Данная тема очень простая, главное правильно понять формулу, а дальше по примерам научиться ей пользоваться. Следствием теоремы умножения и формулы полной вероятности является теорема гипотез, или формула Байеса. Сформулируем задачу. Имеется полная группа несовместных событий (гипотез) . Вероятности этих гипотез известны и равны, соответственно, . Произведен опыт, в результате которого наблюдалось событие . Спрашивается, как
Теорема Вероятность суммы конечного числа несовместных событий равна сумме вероятностей этих событий: Доказательство Докажем эту теорему для случая суммы двух несовместных событий и . Пусть событию благоприятствуют элементарных исходов, а событию исходов. Так как события и по условию теоремы несовместны, то событию благоприятствуют элементарных событий из общего числа исходов. Отсюда следует, что , где и
Система линейных уравнений (СЛУ) относительно неизвестных имеет вид: , где и — числовые коэффициенты. Виды систем линейных уравнений ПРИМЕР №1 Как видно система имеет решение, причем одно единственное, отсюда следует — данная система совместная определенная. Покажем это графически, для этого построим график двух функций и посмотрим, сколько точек пересечения у этих
Загружаем...