§2. Повторные независимые испытания

Производится серия однородных независимых испытаний, в каждом из которых некоторое случайное событие А может наступить с одной и той же вероятностью р. Необходимо определить вероятность того, что А наступит m раз в n испытаниях. Данная задача называется схемой повторных независимых испытаний (сокращенно: СПИ ). Пусть указанная в этой задаче вероятность обозначается через Р_n(m). Тогда для небольших n применяется следующая формула.

Формула Бернулли:

(2)

где - число сочетаний изn по m. Пример 10. Найти вероятность того, что среди взятых наудачу пяти деталей окажется две стандартные, если вероятность стандартной детали равна 0,9.

Решение. Пусть А = "взятая деталь стандартная", по условию Р(А) = 0,9. Это постоянное число для каждой детали, следовательно, здесь применима СПИ. Каждое испытание – это взять деталь, поэтому число испытаний n = 5, р = 0,9, q = 1-0,9 = 0,1. Требуется найти вероятность того, что 2 детали из 6 стандартные, т. е. вероятность того, что событие А наступит 2 раза в 5 испытаниях. Применяют формула Бернулли: =∙∙= 0,0081. Ответ: Р = 0,0081.

Пример 11. Вероятность того, что покупателю необходима мужская обувь 42-го размера, равна 0,35. Найти вероятность того, что из шести покупателей хотя бы двум необходима обувь этого размера.

Решение. Пусть А = "покупателю нужна обувь 42 размера", по условию Р(А) = 0,35 . Это одинаковое число для каждого покупателя, следовательно, здесь применима СПИ. Каждое испытание - это приход покупателя, тогда число испытаний n = 6, р = 0,35, q = - 0,35 = 0,65 . Нужно найти вероятность того, что 2, 3, 4, 5 или 6 покупателям необходима обувь 42 размера, т. е. m = 2 или m = 3, или m = 4, или m = 5, или m = 6. Применяется формула Бернулли: + : ++ += ∙∙+∙∙+∙∙+∙∙+∙∙= 0,328 + 0,235 + 0,095 + 0,017 + 0,002 = 0,677. Ответ: 0,677.

В случае большого числа испытаний вычисления по формуле (2) становятся громоздкими, поэтому осуществляются приближенные вычисления по следующим формулам, которые называются асимптотическими формулами.

Формулы Муавра-Лапласа. Если вероятность p далека от 0 и 1, число испытаний n30 и выполняется неравенство n∙p∙q 20, то можно применять следующие формулы.

Локальная формула Муавра-Лапласа:

Интегральная формула Муавра-Лапласа:

Здесь -локальная и интегральная функции Лапласа, определяемые следующими формулами:

В конце пособия приведены таблицы 1 и 2 значений этих функций.

Следствие 1. Пусть число наступлений события А m имеет границы симметричные относительно n∙p, т. е. n∙p -  m  n∙p+ . Тогда верна формула

(3)

Следствие 2. Пусть  частость появления события А в n испытаниях, и Р(А) = р. Тогда вероятность отклонения от вероятности р не более, чем на величину , вычисляется по формуле

(4)

Пусть вероятность p повторяющегося события А мала, т. е. А – редкое событие. Тогда предыдущие асимптотические формулы будут давать неточные оценки соответствующих величин. В таких случаях рекомендуется использовать следующую формулу.

Формула Пуассона. Если число испытаний велико (n 30), вероятность p близка к нулю (p  0,03), и np 10, то вероятность можно находить по следующей формуле:

(5)

Пример 12. Найти вероятность того, что при 600 выстрелах мишень будет поражена 250 раз, если вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна 0,4.

Решение. 600 выстрелов  это 600 испытаний, в каждом из них вероятность попадания в мишень постоянная, следовательно, здесь применима СПИ: число испытаний n = 600 30, p = 0,4, q = 1 0,4 = 0,6, npq = 6000,40,6 = 144  20, и требуется найти Р₆₀₀(250). Выполнены все условия локальной формулы Муавра-Лапласа, тогда

0,083f_л(0,83)  0,0830,28270,023. Значения функции f_л(x) находятся по таблице 1 в конце пособия.

Ответ: Р₆₀₀(250)  0,023.

Пример 13. Подлежат исследованию 400 проб руды. Вероятность промышленного содержания металла в каждой пробе одинакова и равна 0,8. Найти вероятность того, что среди проверенных будет от 290 до 350 указанных проб (включютельно).

Решение. 400 проб  это 400 испытаний, в каждом из них вероятность промышленного содержания металла в пробе равна 0,8. Следовательно, здесь применима СПИ, при этом n = 400  30, npq = 4000,80,2 = 64 20. Требуется определить Р₄₀₀(290  m  350). Здесь выполнены все условия интегральной формулы Муавра-Лапласа, поэтому

= 0,4997 + 0,4997 = 0,9998. Значения функции Ф(x) находятся по таблице 2 в конце пособия, при этом учитывается, что она нечётная: Ф(x) = Ф(x).

Ответ: Р₄₀₀(290  m  350)  0,9998.

Пример 14. В данном районе проживает 1680 семей, и вероятность того, что в семье есть дети, равна 0,8. Найти вероятность того, что в этом районе доля бездетных семей отклоняется от 0,2 не более, чем на 0,05 (по абсолютной величине).

Решение. Исследуется 1680 семей, т. е. производится 1680 испытаний, в каждом случае вероятность бездетной семьи р = 1 0,8 = 0,2. Следовательно, здесь применима СПИ. По условию n = 1680 30 и npq = 268,8 20, требуется определить Здесь выполнены все условия интегральной формулы Муавра-Лапласа, поэтому:

2Ф(5,128) = 1.

Ответ:  1.

Пример 15. Вероятность вызревания кукурузного стебля с 3 початками равна 0,75. Исследуется 3000 стеблей. Найти вероятность того, что число стеблей с 3 початками отклоняется от 2250 не более, чем на 50 (по абсолютной величине).

Решение. Исследуется 3000 стеблей, т.е. производится 3000 испытаний, в каждом случае вероятность стебля с 3 початками одинакова р = 0,75. Следовательно, здесь применима СПИ. По условию, n = 3000 30 и npq = 30000,750,25 = 562,5  20, и требуется определить Р₃₀₀₀( m  2250  50). Здесь выполнены все условия интегральной формулы Муавра-Лапласа и ее следствия 1, np = 30000,75 = 2250, поэтому:

2Ф(2,108) 0,965.

Пример 16. Вероятность изготовления стандартной детали в литейном цехе равна 0,96. Сколько деталей надо изготовить, чтобы с вероятностью 0,9545 можно было утверждать, что отклонение частости стандартных деталей от их вероятности 0,96 не превышало 0,02 (по абсолютной величине)?

Решение. Пусть искомое число деталей равно n, и (m/n)  частость стандартных деталей, применяется формула (5) для p = 0,96, q = 0,04 и = 0,02: По условию эта вероятность должна равняться 0,9545, получается уравнение:

По таблице 2 находится Ф(2,00) = 0,4772, следовательно, 0,102n = 2,00  n = 2,00:0,102 19,6  n 19,6²  n = 385.

Пример 17. Вероятность боя стеклянной банки с овощными консервами при ее перевозке равна 0,003. Какова вероятность того, что при перевозке 1000 банок будет разбито не более двух банок ?

Решение. Пусть А = " при перевозке банка будет разбита ", тогда Р(А) = 0,003 – одинаковая для каждой банки. Следовательно, здесь применима СПИ. По условию, n = 1000  30 и р = 0,003 0,03, = n∙p = 3 10, выполнены все условия формулы Пуассона (6). Требуется найти вероятность Р того, что разобьется не более 2 банок, т.е. m = 0, 1 или 2. Тогда Р = Р₁₀₀₀(0) + Р₁₀₀₀(1) + Р₁₀₀₀(2) 0,0498 + 0,1494 + 0,2240 = 0,4232. Значения функции Пуассона найдены по таблице 3 в конце пособия. Ответ: Р0,4232.