Міжнародний студентський науковий вісник. Схема повторних незалежних випробувань

Коротка теорія

Теорія ймовірностей має справу з такими експериментами, які можна повторювати (принаймні теоретично) необмежену кількість разів. Нехай деякий експеримент повторюється в один раз, причому результати кожного повторення не залежать від результатів попередніх повторень. Такі серії повторень називають незалежними випробуваннями. Окремим випадком таких випробувань є незалежні випробування Бернуллі, які характеризуються двома умовами:

1) результатом кожного випробування є один із двох можливих результатів, званих відповідно «успіхом» або «невдачею».

2) ймовірність «успіху», у кожному наступному випробуванні не залежить від результатів попередніх випробувань та залишається постійною.

Теорема Бернуллі

Якщо проводиться серія з незалежних випробувань Бернуллі, у кожному з яких «успіх» з'являється з ймовірністю, то ймовірність того, що «успіх» у випробуваннях з'явиться рівно раз, виражається формулою:

де – ймовірність «невдачі».

- Число поєднань елементів по (див. основні формули комбінаторики)

Ця формула називається формулою Бернуллі.

Формула Бернуллі дозволяє позбавитися великої кількості обчислень - складання та множення ймовірностей - при досить великій кількості випробувань.

Схему випробувань Бернуллі називають також біномною схемою, а відповідні ймовірності – біноміальними, що пов'язано з використанням біномних коефіцієнтів.

Розподіл за схемою Бернуллі дозволяє, зокрема, знайти найімовірніше число настання події.

Якщо кількість випробувань nвелике, то користуються:

Приклад розв'язання задачі

Умова задачі

Схожість насіння деякої рослини становить 70%. Яка ймовірність того, що з 10 посіяних насіння зійдуть: 8, принаймні 8; не менше 8?

Рішення задачі

Скористаємося формулою Бернуллі:

У нашому випадку

Нехай подія – з 10 насінин зійдуть 8:

Нехай подія зійде принаймні 8 (це означає 8, 9 або 10)

Нехай подія зійде не менше 8 (це означає 8,9 або 10)

Відповідь

Середнявартість рішення контрольної роботи 700 – 1200 рублів (але не менше 300 руб. за все замовлення). На ціну сильно впливає терміновість рішення (від доби до кількох годин). Вартість онлайн-допомоги на іспиті/заліку – від 1000 руб. за рішення квитка.

Заявку можна залишити прямо в чаті, попередньо скинувши умову завдань та повідомивши необхідні вам терміни вирішення. Час відповіді – кілька хвилин.

Нехай щодо події проводиться n випробувань. Введемо події: Аk - подія А здійснилося при k-тому випробуванні, $ k = 1,2, \ dots, n $. Тоді $ bar (A)_ (k) $ - протилежна подія (подія А не здійснилося при k-тому випробуванні, $ k = 1,2, dots, n $).

Що таке однотипні та незалежні випробування

Визначення

Випробування називаються однотипними стосовно події А, якщо ймовірності подій $А1, А2, \dots , Аn$ збігаються: $Р(А1)=Р(А2)= \dots =Р(Аn)$ (тобто ймовірність появи події А в одному випробуванні постійна у всіх випробуваннях).

Очевидно, що в цьому випадку ймовірності протилежних подій також збігаються: $P(\bar(A)_(1))=P(\bar(A)_(2))=...=P(\bar(A) _(n))$.

Визначення

Випробування називаються незалежними до події А, якщо події $А1, А2, \dots , Аn$ незалежні.

В цьому випадку

При цьому рівність зберігається при заміні будь-якої події Аk на $ bar (A)_ (k) $.

Нехай до події А проводиться серія з n однотипних незалежних випробувань. Ведемо позначення: р - ймовірність здійснення події А в одному випробуванні; q - ймовірність протилежної події. Таким чином, Р(Ак)=р, $P(\bar(A)_(k))=q$ для будь-якого k та p+q=1.

Імовірність того, що в серії з n випробувань подія А здійсниться рівно k разів (0 ≤ k ≤ n), обчислюється за формулою:

$P_(n) (k) = C_(n)^(k) p^(k) q^(n-k) $ (1)

Рівність (1) називається формулою Бернуллі.

Імовірність того, що в серії з n однотипних незалежних випробувань подія А здійсниться не менше ніж k1 раз і не більше ніж k2 разів, обчислюється за формулою:

$P_(n) (k_(1) \le k\le k_(2))=\sum \limits _(k=k_(1) )^(k_(2) )C_(n)^(k) p ^(k) q^(n-k) $ (2)

Застосування формули Бернуллі при великих значеннях n призводить до громіздких обчислень, тому в цих випадках краще використовувати інші формули - асимптотичні.

Узагальнення схеми Бернуллі

Розглянемо узагальнення схеми Бернуллі. Якщо в серії з n незалежних випробувань, кожне з яких має попарно несумісних і можливих результатів Аk з відповідними ймовірностями Рk= рk(Аk). То справедлива формула поліноміального розподілу:

Приклад 1

Імовірність захворювання на грип під час епідемії дорівнює 0,4. Знайти ймовірність того, що з 6 співробітників фірми захворіють

1. рівно 4 співробітники;
2. трохи більше 4-х співробітників.

Рішення. 1) Очевидно, що для вирішення цього завдання застосовна формула Бернуллі, де n = 6; k=4; р = 0,4; q=1-р=0,6. Застосовуючи формулу (1), отримаємо: $P_(6) (4)=C_(6)^(4) \cdot 0,4^(4) \cdot 0,6^(2) \approx 0,138$.

Для розв'язання цього завдання застосовна формула (2), де k1=0 і k2=4. Маємо:

\[\begin(array)(l) (P_(6) (0\le k\le 4)=\sum \limits _(k=0)^(4)C_(6)^(k) p^( k) q^(6-k) =C_(6)^(0) \cdot 0,4^(0) \cdot 0,6^(6) +C_(6)^(1) \cdot 0,4 ^(1) \cdot 0,6^(5) +C_(6)^(2) \cdot 0,4^(2) \cdot 0,6^(4) +) \\ (+C_(6) ^(3) \cdot 0,4^(3) \cdot 0,6^(3) +C_(6)^(4) \cdot 0,4^(4) \cdot 0,6^(2) \ approx 0,959.) \ end (array) \]

Слід зауважити, що це завдання простіше вирішувати, використовуючи протилежну подію - захворіло понад 4 співробітники. Тоді з урахуванням формули (7) про ймовірності протилежних подій отримаємо:

Відповідь: $ \ 0,959 $.

Приклад 2

В урні 20 білих та 10 чорних куль. Вийняли 4 кулі, причому кожну вийняту кулю повертають в урну перед вилученням наступного і кулі в урні перемішують. Знайти ймовірність того, що з чотирьох вийнятих куль виявиться 2 білих рисунок 1.

Малюнок 1.

Рішення. Нехай подія А полягає в тому, що дістали білу кулю. Тоді ймовірності $D(A)=\frac(2)(3) ,\, \, D (\overline(A))=1-\frac(2)(3) =\frac(1)(3) $ .

За формулою Бернуллі необхідна ймовірність дорівнює $D_(4) (2)=N_(4)^(2) \left(\frac(2)(3) \right)^(2) \left(\frac(1)( 3) \right)^(2) =\frac(8)(27) $.

Відповідь: $ \ frac (8) (27) $.

Приклад 3

Визначити ймовірність того, що у сім'ї, яка має 5 дітей, буде не більше трьох дівчаток. Імовірності народження хлопчика та дівчинки передбачаються однаковими.

Рішення. Ймовірність народження дівчинки $ \ partial = \ frac (1) (2) , \, q = \ frac (1) (2) $ -імовірність народження хлопчика. У сім'ї не більше трьох дівчаток означає, що дівчинок народилася або одна, або дві, або три, або в сім'ї всі хлопчики.

Знайдемо ймовірність того, що в сім'ї немає дівчаток, народилася одна, дві чи три дівчинки: $D_(5) (0)=q^(5) =\frac(1)(32) $,

\ \ \

Отже, шукана ймовірність $D = D_(5) (0)+D_(5) (1)+D_(5) (2)+D_(5) (3)=\frac(13)(16) $.

Відповідь: $ \ frac (13) (16) $.

Приклад 4

Перший стрілець при одному вистрилі може потрапити в десятку з ймовірністю 0,6 дев'ятку з ймовірністю 0,3, а у вісімку з ймовірністю 0,1. Яка ймовірність того, що при 10 пострілах він потрапить у десятку шість разів, у дев'ятку три рази та у вісімку 1 раз?

Виробляється n дослідів за схемою Бернуллі з ймовірністю успіху p. Нехай X – число успіхів. Випадкова величина X має область значень (0,1,2,...,n). Імовірності цих значень можна знайти за формулою: де C m n - число поєднань з n по m .
Ряд розподілу має вигляд:

Призначення сервісу. Онлайн-калькулятор використовується для побудови Біномінальний ряд розподілута обчислення всіх характеристик ряду: математичного очікування, дисперсії та середньоквадратичного відхилення. Звіт із рішенням оформляється у форматі Word (приклад).

Відеоінструкція

Схема випробувань Бернуллі

Числові характеристики випадкової величини, розподіленої за біномінальним законом

Дисперсія випадкової величини Х, розподіленої за біномінальним законом.
D[X]=npq

Приклад №1. Виріб може виявитися дефектним з ймовірністю р = 0.3. З партії обирають три вироби. Х – кількість дефектних деталей серед відібраних. Знайти (всі відповіді вводити як десяткових дробів): а) ряд розподілу Х; б) функцію розподілу F(x).
Рішення. Випадкова величина X має область значень (0,1,2,3).
Знайдемо низку розподілу X.
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

1. Імовірність появи події в одному випробуванні дорівнює 0.6. Виробляється 5 випробувань. Скласти закон розподілу випадкової величини Х – числа події.
2. Скласти закон розподілу випадкової величини Х числа попадань при чотирьох пострілах, якщо ймовірність влучення в ціль при одному пострілі дорівнює 0.8.
3. Монету підкидають 7 разів. Знайти математичне очікування та дисперсію числа появ герба. Примітка: тут ймовірність появи герба дорівнює p = 1/2 (тому що у монети дві сторони).

Приклад №2. Імовірність появи події в окремому випробуванні дорівнює 0.6. Застосовуючи теорему Бернуллі, визначте число незалежних випробувань, починаючи з якого можливість відхилення частоти події від його ймовірності за абсолютною величиною менше 0.1, більше 0.97. (Відповідь: 801)

Приклад №3. Студенти виконують контрольну роботу у класі інформатики. Робота складається із трьох завдань. Для отримання хорошої оцінки потрібно знайти правильні відповіді не менше ніж на два завдання. До кожного завдання дається 5 відповідей, з яких тільки одна правильна. Студент обирає відповідь навмання. Яка ймовірність того, що він отримає хорошу оцінку?
Рішення. Імовірність правильно відповісти на питання: p = 1/5 = 0.2; n=3.
Ці дані необхідно ввести до калькулятора. У відповідь див. для P(2)+P(3).

Приклад №4. Імовірність влучення стрілка в ціль при одному пострілі дорівнює (m+n)/(m+n+2) . Здійснюється n+4 постріли. Знайти ймовірність того, що він промахнеться не більше двох разів.

Примітка. Імовірність того, що він промахнеться не більше двох разів включає наступні події: жодного разу не промахнеться P(4), промахнеться один раз P(3), промахнеться двічі P(2).

Приклад №5. Визначте розподіл ймовірностей числа літаків, що відмовили, якщо влітає 4 машини. Імовірність безвідмовної роботи літака Р = 0.99. Число літаків, що відмовили в кожному вильоті, розподілено за біномінальним законом.

Не довго роздумуватимемо про високе — почнемо відразу з визначення.

Схема Бернуллі - це коли виробляється n однотипних незалежних дослідів, у кожному з яких може з'явитися цікава для нас подія A, причому відома ймовірність цієї події P (A) = p. Потрібно визначити ймовірність того, що при проведенні випробувань n подія A з'явиться рівно k разів.

Завдання, які вирішуються за схемою Бернуллі, надзвичайно різноманітні: від простеньких (типу "знайдіть ймовірність, що стрілок потрапить 1 раз з 10") до дуже суворих (наприклад, завдання на відсотки або гральні карти). Насправді ця схема часто застосовується для вирішення завдань, пов'язаних з контролем якості продукції та надійності різних механізмів, всі характеристики яких повинні бути відомі до початку роботи.

Повернемося до визначення. Оскільки йдеться про незалежні випробування, і в кожному досвіді ймовірність події A однакова, можливі лише два результати:

1. A - Поява події A з ймовірністю p;
2. "не А" - подія А не з'явилося, що відбувається з ймовірністю q = 1 - p.

Найважливіша умова, без якої схема Бернуллі втрачає сенс, — це сталість. Скільки б досвідів ми не проводили, нас цікавить одна й та сама подія A , яка виникає з тією самою ймовірністю p.

До речі, далеко не всі завдання в теорії ймовірностей зводяться до постійних умов. Про це вам розповість будь-який грамотний репетитор з математики. Навіть така нехитра справа, як виймання різнокольорових куль із ящика, не є досвідом із постійними умовами. Вийняли чергову кулю – співвідношення кольорів у ящику змінилося. Отже змінилися і ймовірності.

Якщо умови постійні, можна точно визначити ймовірність того, що подія A відбудеться рівно k разів з n можливих. Сформулюємо цей факт як теореми:

Теорема Бернуллі. Нехай ймовірність появи події A у кожному досвіді постійна і дорівнює р. Тоді ймовірність того, що в n незалежних випробуваннях подія A з'явиться рівно k разів, розраховується за формулою:

де C n k – число поєднань, q = 1 − p.

Ця формула і називається: формула Бернуллі. Цікаво зауважити, що завдання, наведені нижче, цілком вирішуються без використання цієї формули. Наприклад, можна застосувати формули складання ймовірностей. Проте обсяг обчислень буде просто нереальним.

Завдання. Імовірність випуску бракованого виробу на верстаті дорівнює 0,2. Визначити ймовірність того, що в партії з десяти випущених на даному верстаті деталей рівно будуть без шлюбу. Розв'язати задачу для k = 0, 1, 10.

За умовою, нас цікавить подія A випуску виробів без шлюбу, яка відбувається щоразу з ймовірністю p = 1 − 0,2 = 0,8. Потрібно визначити ймовірність того, що ця подія станеться разів. Події A протиставляється подія «не A», тобто. випуск бракованого виробу

Отже, маємо: n = 10; p = 0,8; q = 0,2.

Отже, знаходимо ймовірність того, що в партії всі браковані деталі (k = 0), що тільки одна деталь без шлюбу (k = 1), і що бракованих деталей немає взагалі (k = 10):

Завдання. Монету кидають 6 разів. Випадання герба та решки рівноймовірне. Знайти ймовірність того, що:

1. герб випаде тричі;
2. герб випаде один раз;
3. герб випаде щонайменше двічі.

Отже, нас цікавить подія A коли випадає герб. Імовірність цієї події дорівнює p = 0,5. Події A протиставляється подія «не A», коли випадає решка, що трапляється з ймовірністю q = 1 − 0,5 = 0,5. Потрібно визначити ймовірність того, що герб випаде разів.

Отже, маємо: n = 6; p = 0,5; q = 0,5.

Визначимо можливість, що герб випав тричі, тобто. k = 3:

Тепер визначимо можливість, що герб випав лише один раз, тобто. k = 1:

Залишилося визначити, з якою ймовірністю герб випаде щонайменше двічі. Основна заковика - у фразі "не менше". Виходить, нас влаштує будь-яке k , крім 0 і 1, тобто. треба знайти значення суми X = P 6 (2) + P 6 (3) + ... + P 6 (6).

Зауважимо, що це сума також дорівнює (1 − P 6 (0) − P 6 (1)), тобто. достатньо з усіх можливих варіантів "вирізати" ті, коли герб випав 1 раз (k = 1) або не випав взагалі (k = 0). Оскільки P 6 (1) нам уже відомо, залишилося знайти P 6 (0):

Завдання. Імовірність того, що телевізор має приховані дефекти, дорівнює 0,2. На склад надійшло 20 телевізорів. Яка подія найімовірніше: що в цій партії є два телевізори з прихованими дефектами чи три?

Цікава подія A – наявність прихованого дефекту. Усього телевізорів n = 20, ймовірність прихованого дефекту p = 0,2. Відповідно, можливість отримати телевізор без прихованого дефекту дорівнює q = 1 − 0,2 = 0,8.

Отримуємо стартові умови для схеми Бернуллі: n = 20; p = 0,2; q = 0,8.

Знайдемо можливість отримати два «дефектних» телевізора (k = 2) і три (k = 3):

\[\begin(array)(l)(P_(20))\left(2 \right) = C_(20)^2(p^2)(q^(18)) = \frac((20)}{{2!18!}} \cdot {0,2^2} \cdot {0,8^{18}} \approx 0,137\\{P_{20}}\left(3 \right) = C_{20}^3{p^3}{q^{17}} = \frac{{20!}}{{3!17!}} \cdot {0,2^3} \cdot {0,8^{17}} \approx 0,41\end{array}\]!}

Вочевидь, P 20 (3) > P 20 (2), тобто. ймовірність отримати три телевізора з прихованими дефектами більше ймовірності отримати лише два таких телевізори. Причому різниця неслабка.

Невелике зауваження щодо факторіалів. Багато хто відчуває невиразне відчуття дискомфорту, коли бачать запис «0!» (читається "нуль факторіал"). Так ось, 0! = 1 за визначенням.

P. S. А найбільша ймовірність в останньому завданні - це отримати чотири телевізори із прихованими дефектами. Підрахуйте самі і переконайтеся.

Не довго роздумуватимемо про високе — почнемо відразу з визначення.

— це коли виробляється n однотипних незалежних дослідів, у кожному з яких може з'явитися подія A, що цікавить нас, причому відома ймовірність цієї події P(A) = p. Потрібно визначити ймовірність того, що при проведенні випробувань n подія A з'явиться рівно k разів.

Завдання, які вирішуються за схемою Бернуллі, надзвичайно різноманітні: від простеньких (типу "знайдіть ймовірність, що стрілок потрапить 1 раз з 10") до дуже суворих (наприклад, завдання на відсотки або гральні карти). Насправді ця схема часто застосовується для вирішення завдань, пов'язаних з контролем якості продукції та надійності різних механізмів, всі характеристики яких повинні бути відомі до початку роботи.

Повернемося до визначення. Оскільки йдеться про незалежні випробування, і в кожному досвіді ймовірність події A однакова, можливі лише два результати:

1. A - Поява події A з ймовірністю p;
2. "не А" - подія А не з'явилося, що відбувається з ймовірністю q = 1 - p.

Найважливіша умова, без якої схема Бернуллі втрачає сенс, — це сталість. Скільки б досвідів ми не проводили, нас цікавить одна й та сама подія A, яка виникає з однією і тією ж ймовірністю p.

До речі, далеко не всі завдання в теорії ймовірностей зводяться до постійних умов. Про це вам розповість будь-який грамотний репетитор з математики. Навіть така нехитра справа, як виймання різнокольорових куль із ящика, не є досвідом із постійними умовами. Вийняли чергову кулю – співвідношення кольорів у ящику змінилося. Отже змінилися і ймовірності.

Якщо умови постійні, можна точно визначити ймовірність того, що подія A відбудеться рівно k разів з n можливих. Сформулюємо цей факт як теореми:

Нехай ймовірність появи події A у кожному досвіді постійна і дорівнює р. Тоді ймовірність того, що в n незалежних випробуваннях подія A з'явиться рівно k разів, розраховується за формулою:

де C n k – число поєднань, q = 1 − p.

Ця формула і називається: . Цікаво зауважити, що завдання, наведені нижче, цілком вирішуються без використання цієї формули. Наприклад, можна застосувати формули складання ймовірностей. Проте обсяг обчислень буде просто нереальним.

Завдання. Імовірність випуску бракованого виробу на верстаті дорівнює 0,2. Визначити ймовірність того, що в партії з десяти випущених на даному верстаті деталей рівно будуть без шлюбу. Розв'язати задачу для k = 0, 1, 10.

За умовою, нас цікавить подія A випуску виробів без шлюбу, яка відбувається щоразу з ймовірністю p = 1 − 0,2 = 0,8. Потрібно визначити ймовірність того, що ця подія станеться разів. Події A протиставляється подія «не A», тобто. випуск бракованого виробу

Отже, маємо: n = 10; p = 0,8; q = 0,2.

Отже, знаходимо ймовірність того, що в партії всі браковані деталі (k = 0), що тільки одна деталь без шлюбу (k = 1), і що бракованих деталей немає взагалі (k = 10):

Завдання. Монету кидають 6 разів. Випадання герба та решки рівноймовірне. Знайти ймовірність того, що:

1. герб випаде тричі;
2. герб випаде один раз;
3. герб випаде щонайменше двічі.

Отже, нас цікавить подія A коли випадає герб. Імовірність цієї події дорівнює p = 0,5. Події A протиставляється подія «не A», коли випадає решка, що трапляється з ймовірністю q = 1 − 0,5 = 0,5. Потрібно визначити ймовірність того, що герб випаде разів.

Отже, маємо: n = 6; p = 0,5; q = 0,5.

Визначимо можливість, що герб випав тричі, тобто. k = 3:

Тепер визначимо можливість, що герб випав лише один раз, тобто. k = 1:

Залишилося визначити, з якою ймовірністю герб випаде щонайменше двічі. Основна заковика - у фразі "не менше". Виходить, нас влаштує будь-яке k, крім 0 і 1, тобто. треба знайти значення суми X = P 6 (2) + P 6 (3) + … + P 6 (6).

Зауважимо, що це сума також дорівнює (1 − P 6 (0) − P 6 (1)), тобто. достатньо з усіх можливих варіантів "вирізати" ті, коли герб випав 1 раз (k = 1) або не випав взагалі (k = 0). Оскільки P 6 (1) нам уже відомо, залишилося знайти P 6 (0):

Завдання. Імовірність того, що телевізор має приховані дефекти, дорівнює 0,2. На склад надійшло 20 телевізорів. Яка подія найімовірніше: що в цій партії є два телевізори з прихованими дефектами чи три?

Цікава подія A – наявність прихованого дефекту. Усього телевізорів n = 20, ймовірність прихованого дефекту p = 0,2. Відповідно, можливість отримати телевізор без прихованого дефекту дорівнює q = 1 − 0,2 = 0,8.

Отримуємо стартові умови для схеми Бернуллі: n = 20; p = 0,2; q = 0,8.

Знайдемо можливість отримати два «дефектних» телевізора (k = 2) і три (k = 3):

\[\begin(array)(l)(P_(20))\left(2 \right) = C_(20)^2(p^2)(q^(18)) = \frac((20)}{{2!18!}} \cdot {0,2^2} \cdot {0,8^{18}} \approx 0,137\\{P_{20}}\left(3 \right) = C_{20}^3{p^3}{q^{17}} = \frac{{20!}}{{3!17!}} \cdot {0,2^3} \cdot {0,8^{17}} \approx 0,41\end{array}\]!}

Вочевидь, P 20 (3) > P 20 (2), тобто. ймовірність отримати три телевізора з прихованими дефектами більше ймовірності отримати лише два таких телевізори. Причому різниця неслабка.

Невелике зауваження щодо факторіалів. Багато хто відчуває невиразне відчуття дискомфорту, коли бачать запис «0!» (читається "нуль факторіал"). Так ось, 0! = 1 за визначенням.

PS А найбільша ймовірність в останньому завданні - це отримати чотири телевізори з прихованими дефектами. Підрахуйте самі і переконайтеся.

Дивіться також:

Дякую, що читаєте та ділитесь з іншими

При вирішенні імовірнісних завдань часто доводиться стикатися з ситуаціями, в яких одне і те ж випробування повторюється багаторазово і результат кожного випробування незалежний від інших. Такий експеримент ще називається схемою повторних незалежних випробуваньабо схемою Бернуллі.

Приклади повторних випробувань:

1) багаторазове вилучення з урни однієї кулі за умови, що вийнята куля після реєстрації її кольору кладеться назад у урну;

2) повторення одним стрільцем пострілів по одній і тій же мішені за умови, що ймовірність вдалого попадання при кожному пострілі приймається однаковою (роль пристрілки не враховується).

Отже, нехай у результаті випробування можливі два результати: або з'явиться подія А, Або протилежна йому подія. Проведемо n випробувань Бернуллі. Це означає, що всі n випробувань є незалежними; ймовірність появи події $А$ у кожному окремому або одиничному випробуванні постійна і від випробування до випробування не змінюється (тобто випробування проводяться в однакових умовах). Позначимо можливість появи події $А$ у одиничному випробуванні буквою $р$, тобто. $p=P(A)$, а ймовірність протилежної події (подія $А$ не настала) — буквою $q=P(\overline(A))=1-p$.

Тоді ймовірність того, що подія Аз'явиться в цих nвипробуваннях рівно kраз, виражається формулою Бернуллі

$$P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k), \quad q=1-p.$$

Розподіл числа успіхів (появ події) має назву біномного розподілу.

Онлайн-калькулятори на формулу Бернуллі

Деякі найпопулярніші типи завдань, у яких використовується формула Бернуллі, розібрані в статтях і забезпечені онлайн-калькулятором, ви можете перейти до них за посиланнями:

Приклади розв'язування задач на формулу Бернуллі

приклад.В урні 20 білих та 10 чорних куль. Вийняли 4 кулі, причому кожну вийняту кулю повертають в урну перед вилученням наступного і кулі в урні перемішують.

Формула Бернуллі. Розв'язання задач

Знайти ймовірність того, що з чотирьох вийнятих куль виявиться 2 білих.

Рішення.Подія А– дістали білу кулю. Тоді ймовірності
, .
За формулою Бернуллі необхідна ймовірність дорівнює
.

приклад.Визначити ймовірність того, що у сім'ї, яка має 5 дітей, буде не більше трьох дівчаток. Імовірності народження хлопчика та дівчинки передбачаються однаковими.

Рішення.Імовірність народження дівчинки
тоді.

Знайдемо ймовірність того, що в сім'ї немає дівчаток, народилася одна, дві чи три дівчинки:

, ,

, .

Отже, шукана ймовірність

.

приклад.Серед деталей, які обробляє робітник, буває в середньому 4% нестандартних. Знайти ймовірність того, що серед взятих на випробування 30 деталей дві будуть нестандартними.

Рішення.Тут досвід полягає у перевірці кожної із 30 деталей на якість.

Подія А - "поява нестандартної деталі", його ймовірність, тоді. Звідси за формулою Бернуллі знаходимо
.

приклад.При кожному окремому пострілі із зброї ймовірність ураження мети дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що з 20 пострілів число вдалих буде не менше ніж 16 і не більше 19.

Рішення.Обчислюємо за формулою Бернуллі:

приклад.Незалежні випробування продовжуються до тих пір, поки подія Ане станеться kразів. Знайти ймовірність того, що потрібно nвипробувань (n k), якщо в кожному з них .

Рішення.Подія У- рівно nвипробувань до k-го появи події А- Є твір двох наступних подій:

D – у n-ом випробуванні Асталося;

С – у перших (n-1)-ом випробуваннях Аз'явилося (к-1)разів.

Теорема множення та формула Бернуллі дають необхідну ймовірність:

Слід зазначити, що використання біномного закону часто пов'язане з обчислювальними труднощами. Тому зі зростанням значень nі mстає доцільним застосування наближених формул (Пуассон, Муавра-Лапласа), які будуть розглянуті в наступних розділах.

Відеоурок формулу Бернуллі

Для тих, кому наочніше послідовне відеопояснення, 15-хвилинний ролик:

Формула повної ймовірності: теорія та приклади вирішення завдань

Формула повної ймовірності та умовні ймовірності подій

Формула повної ймовірності є наслідком основних правил теорії ймовірностей - правила складання та правила множення.

Формула повної ймовірності дозволяє знайти ймовірність події A, яке може наступити тільки з кожним з nвиключають один одного подій , що утворюють повну систему, якщо відомі їх ймовірності , умовні ймовірності події Aщодо кожної з подій системи рівні.

Події також називаються гіпотезами, які є виключаючими один одного. Тому в літературі можна також зустріти їх позначення не буквою B, а буквою H(Hypothesis).

Для вирішення завдань із такими умовами необхідно розглянути 3, 4, 5 або у загальному випадку nможливостей настання події A- З кожним подій.

За теоремами складання та множення ймовірностей отримуємо суму творів ймовірності кожного з подій системи на умовну ймовірність події Aщодо кожної з подій системи.

21 Випробування Бернуллі. Формула Бернуллі

Тобто, ймовірність події Aможе бути обчислена за формулою

або у загальному вигляді

,

яка і називається формулою повної ймовірності .

Формула повної ймовірності: приклади розв'язання задач

приклад 1.Є три однакових на вигляд урни: у першій 2 білих кулі і 3 чорних, у другій — 4 білих і одна чорна, у третій — три білих кулі. Хтось підходить навмання до однієї з урн і виймає з неї одну кулю. Користуючись формулою повної ймовірності, знайти ймовірність того, що ця куля буде білою.

Рішення. Подія A- Поява білої кулі. Висуваємо три гіпотези:

- Вибрана перша урна;

- Вибрана друга урна;

- Вибрано третю урну.

Умовні ймовірності події Aщодо кожної з гіпотез:

, , .

Застосовуємо формулу повної ймовірності, в результаті - необхідна ймовірність:

.

приклад 2.На першому заводі з кожних 100 лампочок виробляється в середньому 90 стандартних, на другому — 95, на третьому — 85, а продукція цих заводів складає відповідно 50%, 30% та 20% усіх електролампочок, що постачаються до магазинів деякого району. Знайти можливість придбання стандартної електролампочки.

Рішення. Позначимо ймовірність придбання стандартної електролампочки через A, а події, які полягають у тому, що придбана лампочка виготовлена ​​відповідно на першому, другому та третьому заводах, через . За умовою відомі ймовірності цих подій: , , та умовні ймовірності події Aщодо кожного з них: , , . Це ймовірність придбання стандартної лампочки за умови виготовлення відповідно на першому, другому, третьому заводах.

Подія Aнастане, якщо відбудуться чи подія K- лампочка виготовлена ​​на першому заводі і стандартна, або подія L- лампочка виготовлена ​​на другому заводі і стандартна, або подія M- лампочка виготовлена ​​на третьому заводі та стандартна.

Інших можливостей настання події Aні. Отже, подія Aє сумою подій K, Lі M, які є несумісними. Застосовуючи теорему складання ймовірностей, уявимо ймовірність події Aу вигляді

а за теоремою множення ймовірностей отримаємо

тобто, окремий випадок формули повної ймовірності.

Підставивши в ліву частину формули значення ймовірностей, отримуємо ймовірність події A:

Немає часу вникати у рішення? Можна замовити роботу!

приклад 3.Здійснюється посадка літака на аеродром. Якщо дозволяє погода, льотчик садить літак, користуючись крім приладів, ще й візуальним спостереженням. І тут ймовірність благополучної посадки дорівнює . Якщо аеродром затягнутий низькою хмарністю, то льотчик садить літак, орієнтуючись лише на приладах. І тут можливість благополучної посадки дорівнює ; .

Прилади, що забезпечують сліпу посадку, мають надійність (можливість безвідмовної роботи) P. За наявності низької хмарності і приладів сліпої посадки, що відмовили, ймовірність благополучної посадки дорівнює; . Статистика показує, що в k% випадків посадки аеродром затягнутий низькою хмарністю. Знайти повну ймовірність подіїA- благополучної посадки літака.

Рішення. Гіпотези:

- низької хмарності немає;

- Низька хмарність є.

Імовірності цих гіпотез (подій):

;

Умовна ймовірність.

Умовну можливість знову знайдемо за формулою повної ймовірності з гіпотезами

- Прилади сліпої посадки діють;

- Прилади сліпої посадки відмовили.

Імовірності цих гіпотез:

За формулою повної ймовірності

приклад 4.Прилад може працювати у двох режимах: нормальному та ненормальному. Нормальний режим спостерігається у 80% всіх випадків роботи приладу, а ненормальний – у 20% випадків. Ймовірність виходу приладу за певний час tдорівнює 0,1; у ненормальному 0,7. Знайти повну ймовірністьвиходу приладу з ладу за час t.

Рішення. Знову позначаємо можливість виходу приладу з ладу через A. Отже, щодо роботи приладу у кожному режимі (події) за умовою відомі ймовірності: для нормального режиму це 80% (), для ненормального – 20% (). Ймовірність події A(тобто виходу приладу з ладу) в залежності від першої події (нормального режиму) дорівнює 0,1 (); в залежності від другої події (ненормального режиму) - 0,7 ( ). Підставляємо ці значення у формулу повної ймовірності (тобто суму творів ймовірності кожної з подій системи на умовну ймовірність події Aщодо кожної з подій системи) і перед нами – необхідний результат.