Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский Федеральный университет им. Б.Н. Ельцина «УПИ»

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ПП _06 _Схема Бернулли

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

23.02.2015

Размер:

297 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

ПП 6. СХЕМА БЕРНУЛЛИ ОСНОВНЫЕОПРЕДЕЛЕНИЯИФОРМУЛЫ

1. Повторение опытов

Рассмотрим опыт, в каждом из них может несколько раз появиться или не появиться событие А. Вероятность события А в каждом опыте не зависит от результатов других опытов.

2. Формула Бернулли

Вероятность того, что в результате n опытов событие А произойдет m раз, равна:

Pn (m) =Cnm pmq(n−m) =	n!	pm (1− p)n−m .
	m!(n −m)!

Вероятность того, что в n испытаниях событие А наступит

менее m раз:	Pn (0) +Pn (1) +...+Pn (m −1) ,
более m раз:	Pn (m +1) +Pn (m +2) +... +Pn (n) ,
не менее m раз:	Pn (m) +Pn (m +1) +... +Pn (n) ,
не более m раз:	Pn (0) +Pn (1) +... +Pn (m) .

Вероятность того, что в серии из n независимых испытаний событие A1 произойдет m1 раз, событие A2 – m2 раз,…событие Ak – mk раз,

m1 + m2 +…+ mk = n , с вероятностями p1, p2 ,…, pk , p1 + p2 +…+ pk =1, равна

P (m ,m ,...m ) =			n!		p m1	p m2	...p mk .
P (m ,m ,...m ) =			m !m ! ... m !		p m1	p m2	...p mk .
n	1 2	k	m !m ! ... m !		1	2	k
			1 2	k

3. Наивероятнейшее число наступлений события при повторных испытаниях

Величина m0 называется наивероятнейшим числом появления события Ав п независимых испытаниях Бернулли, если вероятность Pm (A) достигает максимального значения при n = m0 .

Наивероятнейшее число появления события А m0 в n независимых испытаниях, в каждом из которых событие А наступает с постоянной вероятностью р, определяется из неравенства

np −q ≤ m0 ≤ np + p , причем

• если число np −q дробное, то существует одно наивероятнейшее число

m0 ;

•если число np −q целое, то существует два наивероятнейших числа m0 и

m0 +1;

•если число np целое, то наивероятнейшее число т0 = np ;

• m0 [np −q, np + p], p +q =1;

Наивероятнейших чисел не может быть больше двух.

4. Предельные случаи формулы Бернулли

Формулы, полученные из формулы Бернулли в результате предельных переходов.

4.1. Локальная предельная теорема Муавра-Лапласа

Если вероятность p появления события А в каждом испытании отлична от нуля и единицы (0<p<1), то вероятность P n (m) того, что при n

независимых			испытаниях		событие	А появляется				m раз при n →∞
удовлетворяет соотношению									x2
P		(m)≈	1	ϕ(x), где	x = m −np ,	ϕ(x) =	1	е−
	n								2	– функция Гаусса.

			npq		npq		2π

Функция			Гаусса достаточно быстро
убывает по мере удаления от начала
координат:				ϕ(x)≈0,3989 x >5 ,

ϕ(−x)=ϕ(x).

Теорему Муавра-Лапласа используют, если

p не мало,	а npq >9 . Так,	при n = 40 ,
m = 20 ,	p = q = 0,5	погрешность

приближения составляет 0,6%.

Значения функции Гаусса находятся по таблицам.

4.2. Интегральная предельная теорема Муавра - Лапласа

Если вероятность p события А в каждом испытании отлична от 0 и 1 (0<p<1), то при n → ∞ вероятность того, что событие А наступит в n испытаниях не менее m1 раз, но не более m2 раз, удовлетворяет

соотношению:

Pn (m1 ,m2 )=Ф(x2 )−Ф(x1 ),

	где	x	= m1 −np , x						= m2 −np	,
		1			npq			2	npq
					npq				npq
		1			x	z2
	а Ф(x)=				∫e−		dz – функция Лапласа.
						2
		2π				2
		2π		0
Функция	Лапласа				достаточно
быстро приближается					к		своим
асимптотам:	Φ(x)			≈ 0,5				x > 5,

Φ(−x)= −Φ(x).

Значения функции Лапласа находятся по таблицам.

4.3. Формула Пуассона

Если n велико, а p мало, мы имеем дело с редкими событиями, та же вероятность P n (m) вычисляется приближенно по формуле Пуассона:

Pn (m)≈ λme−λ , где λ = np . Эти значения Pn (m) приведены в таблицах, для m!

применения которых надо лишь вычислить λ и знать m. Формула Пуассона:

P (m)≈ λme−λ , где λ = np . n m!

На рисунке приведены значения вероятности, вычисленные по формуле Пуассона для p =0,001 и различных значений n. Смысл имеют значения только при целых m.

ПП 6. Формула Бернулли

№ п/п		Задание		Ответ
ПП 6№1.	Монета	подброшена 10	раз. Найдите	0, 246

	вероятность того, что герб выпал 5 раз.
	РЕШЕНИЕ:
	P	(5)= C5			1		5	1		5 .
	P	(5)= C5								5 .
	10	10							2
					2				2
	C105	=	10!	=		1 2 3 4 5 6 7 8 9 10											= 252 ,
	C105	=		=													= 252 ,
			5! 5! 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
	следовательно P										(5)= 252				1	=			252	≈ 0, 246.
	следовательно P										(5)= 252					=		1024		≈ 0, 246.
									10					210				1024
	Какова вероятность того, что при 10 бросаниях
	игральной кости два раза выпадут три очка?
ПП 6.№2.	РЕШЕНИЕ:								1	2		5	8	≈0,029 .				0,029
ПП 6.№2.			P		=C2				1	2		5	8	≈0,029 .

		2,10					10
		2,10					10		6			6
									6			6

Что вероятнее выиграть у равного по силе противника:

а) три партии из четырех или пять из восьми; б) не менее трех партий из четырех или не менее пяти партий из восьми?

РЕШЕНИЕ:

а) В схеме повторных независимых испытаний Бернулли вероятность того, что событие с вероятностью p произойдет три раза из четырех,

равна P4 (3)= C43 p3 (1− p)4−1 . При игре в шахматы с равным по силе партнером вероятность

выиграть в отдельной партии p =

а) три из

Биномиальные коэффициенты вычисляются по

четырех;

ПП 6.№3. формуле

б) не менее

пяти из

Cn =

восьми

m!(n −m)!

=1 2 3 4

= 4 , P

(3)= 4

1 4

= 1 .

(4 −3)! 1 2 3 1

Аналогично C85

1 2 3 4 5 6 7 8

= 56 ,

5! 3! 1 2 3 4 5 1 2 3

P (5)=56

. Так как 1 >

(3)> P

(5);

4 32

б)

= 1 +

+ P

= 0,31 <

4,3

4,4

< P

+ P

= 0,368

8,5

8,6

8,7

8,8

253

	Найдите вероятность того, что при 5 бросаниях
	монеты «орел» выпадет не менее 1 раза.
	РЕШЕНИЕ:
		События {орел выпадет не менее 1 раза} и
ПП 6.№4.	{орел не выпал ни разу} – противоположные.																							31
ПП 6.№4.	{орел не выпал ни разу} – противоположные.																							32
	Поэтому искомая вероятность																							32
	Поэтому искомая вероятность
			P =1−q5 =1−C0									p0		q5				=
										5
			5!	1	0		1 5								1				31		.
		=									=1−						=
		=	0! 5!								=1−				32		=		32
			0! 5!	2			2								32				32

	Вероятность попадания в цель при одном
	выстреле равна 0,8. Найдите вероятность того,
	что из 5 выстрелов будет:
	а) не менее четырёх попаданий;
	б) не более трёх попаданий;
	в) не менее одного и не более трёх попаданий.
	РЕШЕНИЕ:																							а) 0,73728;
																								а) 0,73728;
ПП 6.№5.	а)	n =5, m2 = 4,		p = 4		,	q =			1 .														б) 0, 26272 ;
ПП 6.№5.					5					5														в) 0, 2624 .
								5!				4	4			1		1		4		5	= 0,73728 ;	в) 0, 2624 .
	P	(4 ≤ m ≤5)= P (4)+ P			(5)=			5!				4				1			+	4
	P	(4 ≤ m ≤5)= P (4)+ P			(5)=														+
	5		5	5				4! 1!								5
								4! 1!				5				5			5
	б) n =5, m1 =3, p =				4	, q =				1 .
					5					5
	P5 (0 ≤ m ≤3)=1−P5 (4)−P5 (5)=1−0,73728 = 0, 26272 ;
	в) m1 =1, m2 =3, n =5,								p =			4 , q =						1 .
												5						5
	P	(1 ≤ m ≤3)= P (0 ≤ m ≤3)−P (								0)= 0, 26272 −											1 5		= 0, 2624 .
	5						5
																					5

	Найдите вероятность наступления события А
ПП 6.№6.	шесть раз в серии из 500 испытаний, если																							0,0517
ПП 6.№6.	вероятность наступления этого события в одном																							0,0517
	испытании равна 0,006.

РЕШЕНИЕ:

≈

m − np

m ,n

npq

P6,500 ≈

6 −500 0,006

500 0,006 0,994

≈

ϕ(1,737)≈ 0,58 0,0878 = 0,0516.

1,727

Найти вероятность наступления события А

четыре раза в серии из семи независимых

испытаний, если вероятность наступления этого

события в одном испытании равна 0,45.

ПП 6.№7.

РЕШЕНИЕ:

0,2387

p =0,45; q =1 − p =0,55 .

Pn (x = m)= Cnm pm qn−m

P7 (4)=C74 p4q3 = 35 (0,45)4 (0,55)3 ≈0,2387 .

Всхожесть семян данного сорта растений

оценивается с вероятностью, равной 0,8. Какова

ПП 6.№8.

вероятность,

что

из

5 посеянных

растений

0,737

взойдут не менее 4?

РЕШЕНИЕ:

P= C50 (0, 2)0 (0,8)5 +C51 (0, 2)1 (0,8)4 ≈ 0, 737.

Всентябре в некоторой местности в среднем бывает 12 дождливых дней. Какова вероятность, что из случайно взятых в этом месяце 8 дней 3 дня окажутся дождливыми?

РЕШЕНИЕ:

Всентябре 30 дней, следовательно, вероятность

ПП 6.№9.	того, что день окажется дождливым, p = 12												,	0, 278
					18					30
	тогда q =1− p =				18		. Вероятность того, что 3 дня
	тогда q =1− p =				30		. Вероятность того, что 3 дня
					30
	окажутся дождливыми, равна
	P	(3)=C3	12	3		18		5 =	8!		63 93	≈ 0, 278.
	P	(3)=C3						5 =				≈ 0, 278.
	8	8							5! 3!	8
			30			30			5! 3!	15

	Вероятность того, что любой абонент позвонит
ПП 6.№10.	на коммутатор в течение часа, равна 0,01.													0,17
	Телефонная станция обслуживает 300													0,17
	Телефонная станция обслуживает 300
	абонентов. Какова вероятность, что в течение

часа позвонят 4 абонента? РЕШЕНИЕ:

P (x = 4)= (np)4 e−np = 34 e−3 ≈ 0,17 .

4! 4!

Имеется общество из 500 человек. Найдите вероятность того, что у двух человек день рождения приходится на 31 декабря, считая, что вероятность рождения в определенный день

равна 3651 . РЕШЕНИЕ:

Вероятность того, что два человека родились в один и тот же день года

P (2)=C

364

498 =

500!

364498

500

365

2! 498! 365

Вычисления

затруднительны,

поэтому

ПП 6.№11.

воспользуемся

формулой

Пуассона, дающей 0, 24

хорошее приближение при npq ≤ 9 :

Pn (m)≈

λme−λ , где λ = np,

q =1− p .

364

Здесь

npq =500

≈1,36 <9 .

365

P (2)≈ (np)m e−np

500 2

e−500/ 365

500

365

=(1.36)2 e−1,36

≈ 0, 2385

Значение функции

λme−λ

можно было найти по

таблице при λ =1,36 и m =2 .

Радиоаппаратура состоит из 1000 элементов.

Вероятность отказа одного элемента в течение

одного года работы равна 0.001 и не зависит от

состояния

других

элементов.

Какова

вероятность отказа двух и не менее двух

ПП 6.№12.

элементов за год?

0,264

РЕШЕНИЕ:

P (x = m)=

(np)m e−np , np =1,

P (x = 2)=

e−1

≈

0,184 ,

		∞					− P1 =1− 2
	P (x ≥ 2)= ∑Pm =1−P0						− P1 =1− 2			≈ 0,264 .
		m=2							e
	Вероятность поражения цели стрелком при
	одиночном выстреле							p = 0, 2 ,		какова вероятность
	того, что при 100 выстрелах цель будет
	поражена ровно 20 раз?
	РЕШЕНИЕ:
	По локальной теореме Муавра – Лапласа
		Pn (m)		≈			1		ϕ(х),	х = m −np
		Pn (m)		≈					ϕ(х),	х = m −np
						npq				npq
ПП 6.№13.	где	ϕ(х)=	1		e	−х2	/ 2	- специальная функция,			0,1
	где	ϕ(х)=	2π		e			- специальная функция,
	ее значения табулированы.
		Здесь p = 0, 2, q = 0,8,								n =100, m = 20 ,
	npq = 100 0, 2 0,8 = 4 , х = 20 −100 0, 2 = 0 ,
										4
			ϕ(х)=0,3989 по таблице
						P100 (20)≈ 0,1.

По данным ОТК 0,8 всего выпуска изделий не имеет дефектов. Вычислите вероятность того, что среди наудачу отобранных 400 изделий ровно у 80 будут дефекты.

РЕШЕНИЕ:

ПП 6.№14.

n = 400;

m =80;

p = 0, 2; q = 0,8 .

0,04986

Воспользуемся приближенной формулой

(m)≈

ϕ(x), где

x =

m −np

npq

P400 (80)≈

80 −400 0, 2

≈

400 0, 2 0,8

≈ 1 ϕ(0)≈ 1 0,3989 ≈ 0,04986.

Всхожесть

семян

данного

растения

70%.

Найдите

вероятность

того,

что из

2000

ПП 6.№15. посаженных семян взойдут 1500.

0,00001

РЕШЕНИЕ:

n = 2000;

m =1500;

p = 0,7;

q = 0,3 .

Воспользуемся

приближенной

формулой

Муавра – Лапласа

P2000 (1500)≈

ϕ(x),

2000 0,7 0,3

где

≈ 0,049 ,

2000 0,7 0,3

x = m −np

=1500 −2000 0,7 ≈ 4,88 ,

npq

2000 0,7 0,3

ϕ(4,88)< 0,00001.

P2000 (1500)< 0,00001.

Испытывается каждый из 15 приборов.

Вероятность того, что прибор выдержит

испытание, равна 0,9. Найдите наивероятнейшее

ПП 6.№16.

число приборов, которые выдержат испытания.

РЕШЕНИЕ:

По условию n =15,

p = 0,9, q = 0,1 .

np −q ≤ m0 ≤ np + p ,

15 0,9 −0,1 ≤ т0 ≤15 0,9 +0,9 ,

13,5 ≤ т0 ≤14, 4 т0

=14 .

Вероятность изделию оказаться

бракованным

равна 0,005. Найти вероятность того, что из

10 000

наугад

взятых

изделий

бракованных

окажется не больше 70.

РЕШЕНИЕ:

0 ≤ m ≤ 70

ПП 6.№17.

Pn (k1

≤ m ≤ k2 )≈Φ(x2 )

−Φ(x1 ),

0,99774

k1 −np

k2 −np

где

, x2 =

npq

x1 =

0 −10000 0,005

≈ −7,09 ,

10000 0,005 0,995

x2 =

70 −10000 0,005

≈ 2,84 .

49,75

Φ(2,84)≈ 0, 49774 ,

Φ(−7,09)≈ 0,5 .

P10000 (0 ≤ m ≤ 70)≈

≈ 0, 49774 +0,5 = 0,99774 .

Всхожесть семян данного сорта растения 0,9.

Найдите вероятность того, что из 900

посаженных семян число проросших будет

заключено между 790 и 830.

РЕШЕНИЕ:

Воспользуемся интегральной теоремой Муавра

– Лапласа

m −np

−np

P (m1

< µ < m2 )≈Φ*

−Φ*

npq

ПП 6.№18.

где Φ* (x)=

∫x

e−t2 / 2dt .

0,97

2π −∞

Функция Φ* (x) удовлетворяет соотношению

Φ* (−x)=1−Φ* (x).

Здесь n = 900,

p = 0,9,

q = 0,1 ,

npq = 900 0,9 0,1 =9 ,

np =810.

830 −810

=Φ(2, 22); Φ 790 −810

=Φ(−2, 22);

P (790 < µ <830)≈Φ(2, 22)−Φ(−2, 22)≈

≈2Φ(2,22)=2 0,4868 =0,9736

Какова вероятность того, что в столбике из 100

монет, отобранных наугад, число монет,

расположенных “гербом” вверх, будет от 45 до

55?

РЕШЕНИЕ:

Здесь n =100, p = q =

ПП 6.№19.

0,68

45 −100

55 −100

Φ =

=Φ(−1), Φ =

=Φ(1),

100

P (45 ≤ x ≤ 55)=Φ(1)−Φ(−1)=

= 2Φ(1)≈ 2 0,3413 = 0, 6826

Игральную кость бросают 800 раз. Какова

ПП 6.№20.

вероятность того, что число очков, кратное 3,

0,03

выпадет 267 раз?

РЕШЕНИЕ:

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
20.11.201999 Кб7Пояснительные записки.doc
#
23.02.2015519 Кб16ПП _02 _Алгебра событий_Классическое опр вер.pdf
#
23.02.2015220 Кб20ПП _03 _Геом опр вер.pdf
#
23.02.2015311 Кб38ПП _04 _Теоремы сл и умн_Усл вер.pdf
#
23.02.2015264 Кб21ПП _05 _Формула полн вер Байеса.pdf
#
23.02.2015297 Кб14ПП _06 _Схема Бернулли.pdf
#
23.02.2015503 Кб16ПП _07 _Законы распр и числ хар.pdf
#
23.02.2015262 Кб14ПП _08 _Предельные теоремы.pdf
#
23.02.2015515 Кб13ПП _09 _Многомерные СВ.pdf
#
23.02.2015364 Кб15ПП _11 _Оценки пар расп.pdf
#
23.02.2015501 Кб11ПП _12_Проверка_стат_гипотез.pdf