Как найти наиболее вероятное количество – Сайт, где вы сможете решить свои вопросы

Учебник по теории вероятностей

1.8. Наивероятнейшее число успехов

Лучшее спасибо – порекомендовать эту страницу

Биномиальное распределение (распределение по схеме Бернулли) позволяет, в частности, установить, какое число появлений события $А$ наиболее вероятно. Формула для наиболее вероятного числа успехов $k$ (появлений события) имеет вид:

$$
np-q le k le np+p, quad q=1-p.
$$

Так как $np-q = np+p-1$, то эти границы отличаются на 1. Поэтому $k$, являющееся целым числом, может принимать либо одно значение, когда $np$ целое число ($k=np$) , то есть когда $np+p$ (а отсюда и $np-q$) нецелое число, либо два значения, когда $np-q$ целое число.

Бесплатный онлайн-калькулятор для расчета наиболее вероятного значения.

Примеры решений задач на наиболее вероятное число успехов

Пример. При автоматической наводке орудия вероятность попадания по быстро движущейся цели равна 0,9. Найти наивероятнейшее число попаданий при 50 выстрелах.

Решение. Здесь . Поэтому имеем неравенства:

Следовательно, .

Пример. Данные длительной проверки качества выпускаемых стандартных деталей показали, что в среднем брак составляет 7,5%. Определить наиболее вероятное число вполне исправных деталей в партии из 39 штук.

Решение. Обозначая вероятность выпуска исправной детали через , будем иметь и (получение бракованной детали и получение исправной детали — события противоположные). Так как здесь n=39, то искомое число можно найти из неравенств:

Отсюда наивероятнейшее число исправных деталей равно 36 или 37.

Неравенства для наивероятнейшего числа успехов $k$ позволяют решить и обратную задачу: по данному $k$ и известному значению $р$ определить общее число $n$ всех испытаний.

Пример. При каком числе выстрелов наивероятнейшее число попаданий равно 16, если вероятность попадания в отдельном выстреле составляет 0,7?

Решение. Здесь .

Составляем неравенства

откуда

Таким образом, число всех выстрелов здесь может быть 22 или 23.

Видео о решении задач о наивероятнейшем значение

Подробную статью о формуле с примерами, онлайн калькулятор и расчетный файл к видеоролику вы найдете тут.

Далее: Формула Пуассона
Назад: Независимые испытания. Формула Бернулли
Примеры на формулу Бернулли
Учебник по теории вероятностей
Скачать формулы по теории вероятностей

Вы можете заказать задачи по теории вероятности

Источник

Наивероятнейшее число наступления события

Краткая теория
Примеры решения задач
Задачи контрольных и самостоятельных работ

Краткая теория

Число наступлений события

, которому отвечает наибольшая вероятность,
называют наивероятнейшим числом наступления события

.
Если построен полигон распределения, то
наивероятнейшее число наступления события – это абсцисса наиболее высокой точки
полигона.

Пусть

– наивероятнейшее
число наступления события

, тогда

Отсюда:

Формула для определения наивероятнейшего числа

Итак, наивероятнейшее число

определяется двойным
неравенством:

Так как выражение

, то всегда существует целое число

, удовлетворяющее написанному выше двойному
неравенству. При этом если

– целое
число, то наивероятнейших чисел два.

Смежные темы решебника:

Формула Бернулли

Примеры решения задач

Пример 1

При
данном технологическом процессе 77% всей продукции – 1-го сорта. Найдите
наивероятнейшее число первосортных изделий из
220 изделий и вероятность этого события.

Решение

На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Наивероятнейшее число первосортных изделий
найдем из двойного неравенства:

Воспользуемся

локальной теоремой Лапласа:

Вероятность
того, что в

независимых испытания, в каждом из которых
вероятность появления события равна

, событие наступит ровно

раз:

в нашем случае:

Искомая вероятность:

Ответ: Наивероятнейшее число
– 170, вероятность этого события – 0,064.

Пример 2

Вероятность
выигрыша в лотерею на один билет равна 0,3. Куплено 20 билетов. Найти
наивероятнейшее число выигравших билетов и соответствующую вероятность.

Решение

Наивероятнейшее число выигравших билетов найдем из двойного неравенства:

Найдем
соответствующую вероятность. Для этого воспользуемся законом Бернулли:

Ответ:

Пример 3

Вероятность
появления события в каждом испытании равна 0,7. Сколько нужно провести
испытаний, чтобы наивероятнейшее число появлений события равнялось 10?

Решение

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Наивероятнейшее
число определяется двойным неравенством:

В нашем
случае:

Из
первого неравенства:

Из
второго неравенства:

Так как

– целое число, получаем,

Необходимо
провести 14 испытаний.

Ответ: 14 испытаний.

Пример 4

За смену
работник ГАИ проходит техосмотр 30 автомашин. Вероятность того, что
произвольная автомашина не пройдет техосмотр равна 0,1. Каково наивероятнейшее
число автомашин, не прошедших техосмотр в течение одной смены.

Решение

Для определения наивероятнейшего
числа автомашин,
не прошедших техосмотр в течение одной смены, воспользуемся двойным неравенством:

Искомое наивероятнейшее число не
прошедших техосмотр автомашин:

Ответ:

Задачи контрольных и самостоятельных работ

Задача 1

Вероятность
хотя бы одного попадания при двух выстрелах равна 0,84. Найти: а)
наивероятнейшее число попаданий в серии из семи выстрелов и модальную
вероятность; б) что вероятнее: три попадания при четырех выстрелах или шесть попаданий
при восьми?

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Задача 2

Вероятность
получения с конвейера изделий 1 сорта равна 9/10. Определить вероятность того,
что из взятых на проверку 600 изделий 530 будут 1 сорта. Определить
наивероятнейшее число изделий первого сорта.

Задача 3

На ежегодную
вечеринку приглашены 12 человек, причем каждый из них может прийти с
вероятностью 0,7 независимо от других. Найти наиболее вероятное число гостей и
его вероятность.

Задача 4

Система
состоит из 6 независимо работающих элементов. Вероятность отказа каждого элемента
равна 0,3. Найти: а) наивероятнейшее число отказавших элементов; б) вероятность
наивероятнейшего числа отказавших элементов системы; в) вероятность отказа
системы, если для этого достаточно, чтобы отказали пять элементов.

Задача 5

При визите
страхового агента вероятность заключения договора равна 0,2. Найти
наивероятнейшее число заключенных договоров после 10 визитов и вероятность
того, что их будет заключено не больше найденного числа.

Задача 6

Страховой
агент при каждом визите заключает договор с вероятностью 30%. При каком числе
визитов наивероятнейшее число договоров будет равно 10?

Задача 7

Сколько надо
сделать выстрелов с вероятностью попадания в цель 0,7, чтобы наивероятнейшее
число попаданий в цель было равно 15?

ВКонтакте
WhatsApp
Telegram

Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.

Задача 8

Сколько раз надо
бросить игральную кость, чтобы наивероятнейшее число появлений четного числа
очков было равно 6?

Задача 9

Сколько раз
надо сыграть партии в шахматы с вероятностью победы в одной партии, равной 1/3,
чтобы наивероятнейшее число побед было равно 5?

Задача 10

Вероятность
сдачи студентом каждого из семи зачетов равна 0,3. Найти вероятность сдачи: а)
пяти зачетов; б) наивероятнейшего числа зачетов; в) хотя бы одного зачета.

Задача 11

Страховая
компания выплачивает страховку в среднем 15% от всех клиентов.

а) Найти
вероятность того, что из 8-ми клиентов страховку выплатит менее, чем 2-м
клиентам.

б) Найти
наивероятнейшее число клиентов, получивших страховку.

Задача 12

Применяемый
метод лечения в 80% случаев приводит к выздоровлению. Найти вероятность того,
что из четырех больных поправятся:

а) трое;

б) хотя
бы один;

в) найти
наивероятнейшее количество поправившихся больных и соответствующую этому
событию вероятность.

Задача 13

Вероятность
попадания в цель одним выстрелом равна 0,5. Производят пять выстрелов. Найти:
а) Распределение вероятностей числа попаданий; б) Наивероятнейшее число
попаданий; в) Вероятность, что попаданий будет не более двух.

Задача 14

Монету подбрасывают 9 раз. Какова
вероятность, что монета 6 раз упадет гербом вверх? Определите наивероятнейшее
число выпадения герба и вычислите вероятность этого события.

Задача 15

Имеется 20 ящиков
однородных деталей. Вероятность того, что в одном взятом наудачу ящике детали
окажется стандартными, равна 0,75. Найти наивероятнейшее число ящиков, в
которых все детали стандартные.

Краткая теория
Примеры решения задач
Задачи контрольных и самостоятельных работ

Источник

Повторные независимые испытания.
Схема и формула Бернулли

Определение повторных независимых испытаний. Формулы Бернулли для вычисления вероятности и наивероятнейшего числа. Асимптотические формулы для формулы Бернулли (локальная и интегральная, теоремы Лапласа). Использование интегральной теоремы. Формула Пуассона, для маловероятных случайных событий.

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 . При этом интерес представляет исход не каждого “отдельного испытания, а общее количество появлений события в результате определенного количества испытаний. В подобных задачах нужно уметь определять вероятность любого числа появлений события в результате испытаний. Рассмотрим случай, когда испытания являются независимыми и вероятность появления события 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 в –м испытании. Пусть проводится независимых испытаний, в каждом из которых событие может либо появиться с вероятностью , либо не появиться с вероятностью q=1-p . Рассмотрим событие B_m , состоящее в том, что событие в этих испытаниях наступит ровно раз и, следовательно, не наступит ровно (n-m) раз. Обозначим $A_i~(i=1,2,ldots,{n})$ появление события , a $overline{A}_i$ — непоявление события в –м испытании. В силу постоянства условий испытания имеем

$begin{gathered}P{A_1}=P{A_2}=cdots=P{A_n}=p,\P{overline{A}_1}=P{overline{A}_2}=cdots=P{overline{A}_n}=1-p=qend{gathered}$

Событие может появиться раз в разных последовательностях или комбинациях, чередуясь с противоположным событием overline{A} . Число возможных комбинаций такого рода равно числу сочетаний из элементов по , 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 :

$B_m=A_1A_2cdots{A_m}overline{A}_{m+1}cdotsoverline{A}_n+cdots+overline{A}_1overline{A}_2cdotsoverline{A}_{n-m}A_{n-m+1}cdots{A_n},$

(3.1)

где в каждое произведение событие входит раз, а overline{A} — (n-m) раз.

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 $P_{m,n}$ )

$P_{m,n}=C_n^mp^{m}q^{n-m}quad text{or}quad P_{m,n}=frac{n!}{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}.$

(3.2)

Формулу (3.2) называют формулой Бернулли, а повторяющиеся испытания, удовлетворяющие условию независимости и постоянства вероятностей появления в каждом из них события , 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.

$P_{3;8}=C_8^3{left(frac{12}{30}right)!}^3{left(1-frac{12}{30}right)!}^{8-3}=frac{8!}{3!(8-3)!}{left(frac{2}{5}right)!}^3{left(frac{3}{5}right)!}^5=56cdotfrac{8}{125}cdotfrac{243}{3125}=frac{108,864}{390,625}approx0,!2787.$

Наивероятнейшее число появлений события

Наивероятнейшим числом появления события в 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 . Для определения наивероятнейшего числа не обязательно вычислять вероятности возможных чисел появлений события, достаточно знать число испытаний и вероятность появления события в отдельном испытании. Обозначим $P_{m_0,n}$ вероятность, соответствующую наивероятнейшему числу m_0 . Используя формулу (3.2), записываем

$P_{m_0,n}=C_n^{m_0}p^{m_0}q^{n-m_0}=frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}.$

(3.3)

Согласно определению наивероятнейшего числа, вероятности наступления события 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

$begin{gathered}frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}geqslantfrac{n!}{(m_0+1)!(n-m_0-1)!}p^{m_0+1}q^{n-m_0-1}\\frac{n!}{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}geqslantfrac{n!}{(m_0-1)!(n-m_0+1)!}p^{m_0-1}q^{n-m_0+1}end{gathered}$

Решая эти неравенства относительно m_0 , получаем

$m_0geqslant{np-q},quad m_0leqslant{np+p}$

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

$np-qleqslant{m_0}leqslant{np+p}.$

(3.4)

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

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

и событие может произойти в испытаниях только целое число раз, то следует иметь в виду, что:

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 — целое число, то существует одно наивероятнейшее число, а именно: m_0=np .

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

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

справедливую для достаточно больших , и принять наивероятнейшее число m_0=np , то получим формулу для приближенного вычисления вероятности, соответствующей наивероятнейшему числу:

$P_{m_0,n}approxfrac{n^ne^{-n}sqrt{2pi{n}},p^{np}q^{nq}}{(np)^{np}e^{-np}sqrt{2pi{np}},(nq)^{nq}e^{-nq}sqrt{2pi{nq}}}=frac{1}{sqrt{2pi{npq}}}=frac{1}{sqrt{2pi}sqrt{npq}}.$

(3.5)

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

$250cdotfrac{14}{15}-frac{1}{15}leqslant{m_0}leqslant250cdotfrac{14}{15}+frac{14}{15}$

откуда $233,!26leqslant{m_0}leqslant234,!26$ . Следовательно, наивероятнейшее число изделий, удовлетворяющих требованиям стандарта, в партии из 250 шт. равно 234. Подставляя данные в формулу (3.5), вычисляем вероятность наличия в партии наивероятнейшего числа изделий:

$P_{234,250}approxfrac{1}{sqrt{2picdot250cdotfrac{14}{15}cdotfrac{1}{15}}}approx0,!101$

Локальная теорема Лапласа

Пользоваться формулой Бернулли при больших значениях 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 раз в испытаниях, если число испытаний достаточно велико.

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

$y=frac{1}{sqrt{npq}}frac{e^{-x^2/2}}{sqrt{2pi}}=frac{varphi(x)}{sqrt{npq}}$ при $x=frac{m-np}{sqrt{npq}}$ .

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

Итак, приближенно вероятность того, что событие появится в испытаниях ровно раз,

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

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

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

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

Вычислим определяемое данными задачи значение :

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

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 независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события постоянна и равна . Необходимо вычислить вероятность $P_{(m_1,m_2),n}$ того, что событие появится в 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 наступления события в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы, то приближенно вероятность $P_{(m_1,m_2),n}$ того, что событие появится в испытаниях от m_1 до m_2 раз,

$P_{(m_1,m_2),n}approxfrac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{x'}^{x''}e^{-x^2/2},dx,$ где $x'=frac{m_1-np}{sqrt{npq}};~x''=frac{m_2-np}{sqrt{npq}}$ .

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 $Phi(x)=frac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{0}^{x}e^{-z^2/2},dz$ приведена в прил. 2, где даны значения функции Phi(x) для положительных значений , 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 xin[0;5] ; для x>5 можно принять Phi(x)=0,!5 .

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

$P_{(m_1,m_2),n}approxPhi(x'')-Phi(x'),$ 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:

$P_{(70,100),400}approxPhi(x'')-Phi(x').$

Вычислим пределы интегрирования:

нижний

$x'=frac{m_1-np}{sqrt{npq}}=frac{70-400cdot0,!2}{sqrt{400cdot0,!2cdot0,!8}}=-1,!25,$

верхний

$x''=frac{m_2-np}{sqrt{npq}}=frac{100-400cdot0,!2}{sqrt{400cdot0,!2cdot0,!8}}=2,!5,$

Таким образом

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

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 (число появлений события при 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:

$Pleft{x'leqslantfrac{m-np}{sqrt{npq}}leqslant{x''}right}=frac{1}{sqrt{2pi}}intlimits_{x'}^{x''}e^{-x^2/2},dx.$

(3.6)

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

$Pleft{left|frac{m}{n}-pright|leqslantvarepsilonright}approx2Phileft(varepsilon,sqrt{frac{n}{pq}}right).$

(3.7)

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 $Pleft{left|frac{m}{400}-0,!1right|leqslant0,!03right}$ . Используя формулу (3.7), получаем

$Pleft{left|frac{m}{400}-0,!1right|leqslant0,!03right}approx2Phileft(0,!03sqrt{frac{400}{0,!1cdot0,!9}}right)=2Phi(2)$

По таблице прил. 2 находим Phi(2)=0,!4772 , следовательно, 2Phi(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 наступления события в отдельном испытании близка к нулю, то даже при большом числе испытаний , но при небольшом значении произведения получаемые по формуле Лапласа значения вероятностей $P_{m,n}$ оказываются недостаточно точными и возникает потребность в другой приближенной формуле.

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

$P_{m,n}approxfrac{lambda^m}{m!},e^{-lambda}.$

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=1000cdot0,!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 , соответствующее m=5 :

$x=frac{5-1000cdot0,!004}{sqrt{1000cdot0,!004cdot0,!996}}approxfrac{1}{1,!996}approx0,!501.$

Поэтому согласно формуле Лапласа искомая вероятность

$P_{5,1000}approxfrac{varphi(0,!501)}{1,!996}approxfrac{0,!3519}{1,!996}approx0,!1763$

а согласно формуле Бернулли точное ее значение

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

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%

а по формуле Пуассона —

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

т.е. во много раз меньше.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Испытания Бернулли

Схема Бернулли
Биномиальное распределение
Примеры

п.1. Схема Бернулли

Схема Бернулли – это последовательность независимых испытаний, в каждом из которых возможны только два исхода – «успех» и «неудача».
При этом вероятность успеха в каждом испытании постоянна и равна p ∈ (0; 1).
Вероятность неудачи в каждом испытании q = 1 – p.

Например:
Стрелок попадает в мишень с вероятностью p = 0,8.
Найдите вероятности для события X – количества попаданий в серии из 4 выстрелов.

X = {0;1;2;3;4} – возможные значения X.
q = 1 – p = 0,2 – вероятность неудачи.
Полное пространство элементарных событий («+» – попал, «–» – не попал)
Схема Бернулли begin{gather*} mathrm{ P(X=0)=qcdot qcdot qcdot q=q^4=C_4^0q^4 }\ mathrm{ P(X=1)=4pq^3=C_4^1pq^3 }\ mathrm{ P(X=2)=6p^2q^2=C_4^2p^2q^2 }\ mathrm{ P(X=3)=4p^3q=C_4^3p^3q }\ mathrm{ P(X=4)=p^4=C_4^4p^4 } end{gather*} Мы видим, что для вероятностей в выборках не важен порядок успехов и неудач, т.е. выборки с точки зрения подсчёта вероятности являются неупорядоченными. Соответствующее количество попыток будет определяться сочетаниями без повторений из n по k:
(mathrm{C_n^k=frac{n!}{(n-k)!k!}}) – или биномиальными коэффициентами (см. §36 данного справочника).
Для количества попаданий в серии из 4 выстрелов получаем:

Количество попаданий, X	0	1	2	3	4
Вероятность, P_X	0,0016	0,0256	0,1536	0,4096	0,4096

п.2. Биномиальное распределение

Вероятность того, что событие A появится в n испытаниях Бернулли ровно k раз, выражается формулой Бернулли: $$ mathrm{ P_n(k)=C_n^kp^kq^{n-k} } $$ Распределение числа успехов (появлений события) называют биномиальным распределением.

Например:
В семье четверо детей. Определите вероятность, что двое из детей – девочки.
Вероятность рождения девочки p = 1/2. $$ mathrm{ P_4(2)=C_2^4p^2q^2=frac{4cdot 3}{1cdot 2}cdot left(frac12right)^4=frac38 } $$ (Сравните с решением примера 3(1), §37 данного справочника, где при другом подходе был получен такой же результат).

В схеме Бернулли с n испытаниями количество k* появлений события A с наибольшей вероятностью (математическое ожидание) равно $$ mathrm{ k^{*}=np } $$

Например:
Стрелок попадает в мишень с вероятностью 0,85. Найдите наиболее вероятное количество попаданий в серии из 7 выстрелов и вероятность этого события.
Наиболее вероятное количество попаданий: k* = np = 7 · 0,85 = 5,95 ≈ 6.
Вероятность: (mathrm{P_n(k^{*})=P_7(6)=C_7^6p^6q=7cdot 0,85^6 cdot 0,15 approx 0,396}).
Ответ: 6; 0,396.

п.3. Примеры

Пример 1. В урне 15 белых и 9 черных шаров. Из урны достают шар, отмечают его цвет, затем возвращают обратно в урну и все шары перемешивают.
1) Найдите вероятность того, что в 5 опытах 3 раза шары оказались белыми.
2) Постройте закон распределение для числа появления белых шаров в 5 опытах.

1) Вероятность достать белый шар из урны: (mathrm{ p=frac{15}{15+9}=frac58 }).
Вероятность достать черный шар: (mathrm{ q=1-p=frac38 }).
Искомая вероятность по формуле Бернулли: $$ mathrm{ P_5(3)=C_5^3p^3q^2=frac{5cdot 4}{1cdot 2}cdot left(frac58right)^3cdot left(frac38right)^2=1-cdotfrac{125cdot 9}{8^5}approx 0,3433 } $$ 2) Число появления белых шаров описывается биномиальным законом распределения.

Число белых шаров, k	0	1	2	3	4	5
P₅(k)	(mathrm{C_5^0q^5})	(mathrm{C_5^1pq^4})	(mathrm{C_5^2p^2q^3})	(mathrm{C_5^3p^3q^2})	(mathrm{C_5^4p^4q})	(mathrm{C_5^5p^5})
0,0074	0,0618	0,2060	0,3433	0,2861	0,0954

Пример 1
Максимальная вероятность для k = 3 белых шаров в 5 опытах.
Действительно, математическое ожидание (mathrm{k^{*}=np=5cdot frac58=frac{25}{8}approx 3.})
Минимальная вероятность для k = 0 – не достали ни одного белого шара в 5 опытах.

Пример 2*. Вероятность того, что стрелок попадёт меньше 4 раз из 5 выстрелов, равна 0,85. Вероятность того, что он попадёт меньше 3 раз, равна 0,76. Найдите наиболее вероятное количество попаданий в серии из 5 выстрелов и вероятность этого события.

По условию: (mathrm{P_5(klt 4)=0,85, P_5(klt 3)=0,76}). Тогда
(mathrm{P_5(klt 4)-P_5(klt 3)=P_5(3)=0,85-0,76=0,009})
(mathrm{P_5(3)=C_5^3p^3q^2=10p^3(1-p)^2=0,09})
(mathrm{p^3(1-p)^2=0,009})
Решаем уравнение графически: (mathrm{(1-p)^2=frac{0,009}{p^3}})
Пример 2
Получаем два решения.
1) Стрелок может быть очень хорош: вероятность попадания p = 0,88
Тогда наиболее вероятное количество попаданий: (mathrm{k^{*}=np=5cdot 0,88=4,4approx 4})
Вероятность этого события: (mathrm{P_5(4)=C_5^4p^4q=5cdot 0,88^4cdot 0,12approx 0,3598})

2) Стрелок может быть также весьма плох: вероятность попадания p = 0,25
Тогда наиболее вероятное количество попаданий: (mathrm{k^{*}=np=5cdot 0,25=1,25approx 1})
Вероятность этого события: (mathrm{P_5(1)=C_5^1pq^4=5cdot 0,25cdot 0,75^4approx 0,3955})
Ответ: (mathrm{k^{*}=4, P_5(4)approx 0,2598 text{или} k^{*}=1, P_5(1)approx 0,3955}).

Пример 3. Среди выпускаемых цехом плат в среднем 0,1% брака.
1) Найдите вероятность того, что среди 50 взятых на проверку качества изделий 2 будут бракованными.
2) Какова вероятность, что хотя бы одно изделие из 50 будет бракованным?
3) Чему равно наиболее вероятное количество бракованных изделий в партии из 50 штук и чему равна вероятность этого события?
4) Какую по количеству партию изделий нужно проверять, чтобы наиболее вероятное количество бракованных изделий было равно 1?

По условию: p = 0,001, n = 50, k = 2
q = 1 – p = 0,999
1) Искомая вероятность: (mathrm{P_{50}(2)=C_{50}^2p^2q^{48}=frac{50cdot 49}{1cdot 2}cdot 0,001^2cdot 0,999^{48}approx 0,0012})
2) Найдем вероятность того, что все 50 изделий стандартные: $$ mathrm{ P_{50}(0)=q^{50}=0999^{50}approx 0,9512 } $$ Вероятность того, что хотя бы одно изделие бракованное: $$ mathrm{ P_{50}(kgeq 1)=1-P_{50}(0)=1-0,9512=0,0488 } $$ 3) Наиболее вероятное количество: (mathrm{k^{*}=np=50cdot 0,001=0,05approx 0}) – ни одного бракованного изделия. Вероятность этого события: (mathrm{P_{50}(0)approx 0,9512})
4) (mathrm{Np=1Rightarrow N=frac{1}{p}=frac{1}{0,001}=1000}) – размер партии для проверки.
Ответ: 0,0012; 0,0488; k*=0, P₅₀(0) ≈ 0,9512; 1000.

Пример 4. Монета подбрасывается 7 раз.
1) Какова вероятность, что 7 раз подряд выпадет орел?
2) Постройте закон распределения для события «орел выпал k раз в 7 испытаниях». Сделайте выводы.

1) (mathrm{p=q=frac12, n=7, k=7})
(mathrm{P_7(7)=C_7^7p^7q^0=p^7=frac{1}{2^7}=frac{1}{128}approx 0,0078}).
2)

Число выпадений орла, k	0	1	2	3	4	5	6	7
(mathrm{C_7^k})	1	7	21	35	35	21	7	1
(mathrm{P_7(k)})	(mathrm{frac{C_7^0}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^1}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^2}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^3}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^4}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^5}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^6}{2^7}})	(mathrm{frac{C_7^7}{2^7}})
0,0078	0,0547	0,1641	0,2734	0,2734	0,1641	0,0547	0,0078

Пример 4
Распределение является симметричным, т.к. p = q
Максимальная вероятность 27,34% при k* = 3 и k* = 4
Минимальные вероятности 0,78% при k = 0 – выпали все решки, и k = 7 – выпали все орлы.

Источник

Биномиальное
распределение (распределение по схеме
Бернулли) позволяет, в частности,
установить, какое число появлений
события А наиболее
вероятно. Формула для наиболее
вероятного числа успехов (появлений
события) имеет вид:

Так
как ,
то эти границы отличаются на 1. Поэтому ,
являющееся целым числом, может принимать
либо одно значение, когда целое
число ()
, то есть когда (а
отсюда и )
нецелое число, либо два значения,
когда целое
число.

Пример. При
автоматической наводке орудия вероятность
попадания по быстро движущейся цели
равна 0,9. Найти наивероятнейшее число
попаданий при 50 выстрелах.

Решение. Здесь .
Поэтому имеем неравенства:

Следовательно, .

Пример. Данные
длительной проверки качества выпускаемых
стандартных деталей показали, что в
среднем брак составляет 7,5%. Определить
наиболее вероятное число вполне
исправных деталей в партии из 39 штук.

Решение. Обозначая
вероятность выпуска исправной детали
через ,
будем иметь и (получение
бракованной детали и получение исправной
детали — события противоположные). Так
как здесь n=39,
то искомое число можно найти из
неравенств:

Отсюда
наивероятнейшее число исправных деталей
равно 36 или 37.

Неравенства
для наивероятнейшего числа
успехов позволяют
решить и обратную задачу: по данному и
известному значению р определить
общее число n всех
испытаний.

Пример. При
каком числе выстрелов наивероятнейшее
число попаданий равно 16, если вероятность
попадания в отдельном выстреле составляет
0,7?

Решение. Здесь .

Составляем
неравенства

откуда

Таким
образом, число всех выстрелов здесь
может быть 22 или 23.

1.9. Формула Пуассона

При
большом числе испытаний n и
малой вероятности р формулой
Бернулли пользоваться неудобно,
например, вычислить
трудно. В этом случае для вычисления
вероятности того, что в n испытаниях
(n –
велико) событие произойдет k раз,
используют формулу
Пуассона:

–
среднее
число появлений события в n испытаниях.

Эта
формула дает удовлетворительное
приближение для и .
При больших рекомендуется
применять формулы
Лапласа (Муавра-Лапласа).
Cобытия, для которых применима формула
Пуассона, называют редкими,
так как вероятность их осуществления
очень мала (обычно порядка 0,001-0,0001).

Пример. Устройство
состоит из 1000 элементов, работающих
независимо один от другого. Вероятность
отказа любого элемента в течении
времени Т равна
0,002. Найти вероятность того, что за
время Т откажут
ровно три элемента.

Решение. По
условию дано: .

Искомая
вероятность

Пример. Завод
отправил на базу 500 изделий. Вероятность
повреждения изделия в пути 0,004. Найти
вероятность того, что в пути повреждено
меньше трех изделий.

Решение. По
условию дано: .

По
теореме сложения вероятностей

Пример. Магазин
получил 1000 бутылок минеральной воды.
Вероятность того, что при перевозке
бутылка окажется разбитой, равна 0,003.
Найти вероятность того, что магазин
получит более двух разбитых бутылок.

Решение. По
условию дано: .

Получаем:

Соседние файлы в папке 3 Семестр ИНФ

Источник

Учебник по теории вероятностей

1.8. Наивероятнейшее число успехов

Примеры решений задач на наиболее вероятное число успехов

Видео о решении задач о наивероятнейшем значение

Наивероятнейшее число наступления события

Краткая теория

Формула для определения наивероятнейшего числа

Примеры решения задач

Пример 1

Пример 2

Пример 3

Пример 4

Задачи контрольных и самостоятельных работ

Повторные независимые испытания.Схема и формула Бернулли

Повторные независимые испытания

Формула Бернулли

Наивероятнейшее число появлений события

Локальная теорема Лапласа

Интегральная теорема Лапласа

Применение интегральной теоремы Лапласа

Формула Пуассона для маловероятных событий

Испытания Бернулли

п.1. Схема Бернулли

п.2. Биномиальное распределение

п.3. Примеры

1.9. Формула Пуассона

Вам также может понравиться

Как найти процент роста товарооборота

Как найти утку в камыше

Как найти лайкнутые фото в инстаграме

Добавить комментарий Отменить ответ

Повторные независимые испытания.
Схема и формула Бернулли