Схема Бернулли. Примеры решения задач
Не будем долго размышлять о высоком — начнем сразу с определения.
— это когда производится n однотипных независимых опытов, в каждом из которых может появиться интересующее нас событие A , причем известна вероятность этого события P ( A ) = p. Требуется определить вероятность того, что при проведении n испытаний событие A появится ровно k раз.
Задачи, которые решаются по схеме Бернулли, чрезвычайно разнообразны: от простеньких (типа «найдите вероятность, что стрелок попадет 1 раз из 10») до весьма суровых (например, задачи на проценты или игральные карты). В реальности эта схема часто применяется для решения задач, связанных с контролем качества продукции и надежности различных механизмов, все характеристики которых должны быть известны до начала работы.
Вернемся к определению. Поскольку речь идет о независимых испытаниях, и в каждом опыте вероятность события A одинакова, возможны лишь два исхода:
- A — появление события A с вероятностью p;
- «не А» — событие А не появилось, что происходит с вероятностью q = 1 − p.
Важнейшее условие, без которого схема Бернулли теряет смысл — это постоянство. Сколько бы опытов мы ни проводили, нас интересует одно и то же событие A , которое возникает с одной и той же вероятностью p.
Между прочим, далеко не все задачи в теории вероятностей сводятся к постоянным условиям. Об этом вам расскажет любой грамотный репетитор по высшей математике. Даже такое нехитрое дело, как вынимание разноцветных шаров из ящика, не является опытом с постоянными условиями. Вынули очередной шар — соотношение цветов в ящике изменилось. Следовательно, изменились и вероятности.
Если же условия постоянны, можно точно определить вероятность того, что событие A произойдет ровно k раз из n возможных. Сформулируем этот факт в виде теоремы:
. Пусть вероятность появления события A в каждом опыте постоянна и равна р. Тогда вероятность того, что в n независимых испытаниях событие A появится ровно k раз, рассчитывается по формуле:
где C n k — число сочетаний, q = 1 − p.
Эта формула так и называется: . Интересно заметить, что задачи, приведенные ниже, вполне решаются без использования этой формулы. Например, можно применить формулы сложения вероятностей. Однако объем вычислений будет просто нереальным.
Задача. Вероятность выпуска бракованного изделия на станке равна 0,2. Определить вероятность того, что в партии из десяти выпущенных на данном станке деталей ровно k будут без брака. Решить задачу для k = 0, 1, 10.
По условию, нас интересует событие A выпуска изделий без брака, которое случается каждый раз с вероятностью p = 1 − 0,2 = 0,8. Нужно определить вероятность того, что это событие произойдет k раз. Событию A противопоставляется событие «не A », т.е. выпуск бракованного изделия.
Таким образом, имеем: n = 10; p = 0,8; q = 0,2.
Итак, находим вероятность того, что в партии все детали бракованные ( k = 0), что только одна деталь без брака ( k = 1), и что бракованных деталей нет вообще ( k = 10):
- герб выпадет три раза;
- герб выпадет один раз;
- герб выпадет не менее двух раз.
Итак, нас интересует событие A , когда выпадает герб. Вероятность этого события равна p = 0,5. Событию A противопоставляется событие «не A », когда выпадает решка, что случается с вероятностью q = 1 − 0,5 = 0,5. Нужно определить вероятность того, что герб выпадет k раз.
Таким образом, имеем: n = 6; p = 0,5; q = 0,5.
Определим вероятность того, что герб выпал три раза, т.е. k = 3:
Теперь определим вероятность того, что герб выпал только один раз, т.е. k = 1:
Осталось определить, с какой вероятностью герб выпадет не менее двух раз. Основная загвоздка — во фразе «не менее». Получается, что нас устроит любое k , кроме 0 и 1, т.е. надо найти значение суммы X = P 6(2) + P 6(3) + . + P 6(6).
Заметим, что эта сумма также равна (1 − P 6(0) − P 6(1)), т.е. достаточно из всех возможных вариантов «вырезать» те, когда герб выпал 1 раз ( k = 1) или не выпал вообще ( k = 0). Поскольку P 6(1) нам уже известно, осталось найти P 6(0):
Задача. Вероятность того, что телевизор имеет скрытые дефекты, равна 0,2. На склад поступило 20 телевизоров. Какое событие вероятнее: что в этой партии имеется два телевизора со скрытыми дефектами или три?
Интересующее событие A — наличие скрытого дефекта. Всего телевизоров n = 20, вероятность скрытого дефекта p = 0,2. Соответственно, вероятность получить телевизор без скрытого дефекта равна q = 1 − 0,2 = 0,8.
Получаем стартовые условия для схемы Бернулли: n = 20; p = 0,2; q = 0,8.
Найдем вероятность получить два «дефектных» телевизора ( k = 2) и три ( k = 3):
Очевидно, P 20(3) > P 20(2), т.е. вероятность получить три телевизора со скрытыми дефектами больше вероятности получить только два таких телевизора. Причем, разница неслабая.
Небольшое замечание по поводу факториалов. Многие испытывают смутное ощущение дискомфорта, когда видят запись «0!» (читается «ноль факториал»). Так вот, 0! = 1 по определению.
P . S . А самая большая вероятность в последней задаче — это получить четыре телевизора со скрытыми дефектами. Подсчитайте сами — и убедитесь.
Задача 67607 ) Проводится серия из 10 испытаний.
) Проводится серия из 10 испытаний Бернулли. Каких элементарных событий больше: тех, что благоприятствуют 3 успехам, или тех, что благоприятствуют 7 успехам?
Решение
Вероятность успеха не задана, видимо, она не имеет значения.
Но мне проще решать, если она будет определена.
Пусть вероятность успеха p = 1/3, тогда вероятность неудачи q = 1 — p = 2/3
Вероятность, что будет 3 успеха:
P(3) = C(3, 10)*p^3*q^7 = 10*9*8/(1*2*3)*(1/3)^3*(2/3)^7 = 120*1/3^3*2^7/3^7 = 120*128/3^10
Вероятность, что будет 7 успехов:
P(7) = C(7, 10)*p^7*q^3 = 10*9*8/(1*2*3)*(1/3)^7*(2/3)^3 = 120*1/3^7*2^3/3^3 = 120*8/3^10
Очевидно, что, если p = 1/3, то P(7) < P(3)
Также очевидно, что, если p = 1/2, то P(7) = P(3)
И что, если p > 1/2, то P(7) > P(3)
Можете в этом убедиться, взяв p = 2/3 и q = 1/3.
Испытания Бернулли
Помогите довести до ума.
Проводятся 10 испытаний Бернулли с вероятностью успеха р.
Найти вероятность того, что:
1. успехи и неуспехи чередуются (несовместимые и независимые соб.)
2. будет всего 3 успеха, причем последнее испытание завершилось успехом. (т-мы сложения и умножения)
по 1. — P=C(10-5)p(1-p) — как прикрутить чередование (может так: всего перестановок
с 10 — Р10 , нач. с успеха и неуспеха — 2 , ===>
P=(2C(10-5)p(1-p))/P10 . )
по 2. — P=C(10-3)p(1-p) — как добавить "последнее испытание завершилось успехом."
(успех-неуспех =2 ===> P= C(10-3)p(1-p)/2 . )
Испытания Бернулли
Здравствуйте! Объясните, пожалуйста, как решать эту задачу: Пусть в серии из n испытаний Бернулли.
Испытания Бернулли
Помогите решить задачу. Не могу понять какой коэффициент следует приписать вначале. Проводятся.
испытания по схеме бернулли
Производится 8000 испытаний по схеме Бернулли на появление события А с вероятностью А в каждом.
Испытания Бернулли и одномерное случайное блуждание
матожидание в испытаниях бернулли M(X)=np. пример 30 бросков монетки матожидание орла или решки =.
§9 Последовательность испытаний (схема Бернулли ).
Под последовательностью испытаний будем понимать повторение одного и того же испытания.
Под схемой Бернулли понимается последовательность испытаний, удовлетворяющая следующим условиям:
в каждом испытании всего два исхода, которые условно называют “успех”, и “неуспех”;
испытания независимы, т.е. вероятность успеха в каждом из них не зависит от исходов других испытаний;
вероятность успеха в каждом испытании одна и та же – обозначим её p, следовательно вероятность “неуспеха” равна 1 – p, эта вероятность обозначается q .
Пример 1. Группа студентов сдает экзамен: успех – сдал, неуспех – не сдал.
Пример 2. Выпущена партия изделий: успех – не брак, неуспех – брак.
В дальнейшем независимость будем определять из физических соображений, она соответветствует отсутствию физического влияния друг на друга. В примерах 1,2 такую независимость можно предположить.
Теорема. Пусть проводится n испытаний, удовлетворяющих схеме Бернулли. Пусть вероятность успеха в одном испытании p, вероятность неуспеха
q = 1 – p. Обозначим Pn (k) – вероятность того, что в n испытаниях наступило k успехов, тогда
формула Бернулли 9.1
Обозначим успех А, неуспех Ā. У нас k успехов в n испытаниях. Т.е. это может быть, к примеру, такое событие: ААА…АĀ…Ā, где событие А повторяется к раз, а событие Ā – повторяется (n–k) раз. Вероятность такого события
Р(А)…Р(А)…Р(Ā)…Р(Ā) =р k × q n-k .
Проблема в том, что таких вариантов, где событие А повторяется к раз, а событие Ā – повторяется (n–k) раз, много. Чтобы вычислить количество таких вариантов, можно представить ситуацию так: есть n номеров мест, из которых надо вытащить k номеров, на которые поставим событие А. На оставшиеся (n-k) мест автоматически поставим событие Ā . Всего таких событий будет . Все эти сложные события несовместны, следовательно, вероятность их суммы равна сумме вероятностей и каждое слагаемое равно р k × q n-k . В итоге получаем:
Рn(k)= р k × q n-k + р k × q n-k . р k × q n-k + р k × q n-k =
Пример 3. В комнате общежития живут пять студентов. В этом институте студент с вероятностью 0.8 получает стипендию. Найти вероятность того, что 4 студента получат стипендию в следующем семестре.
Решение: Пусть в данном случае успех – получение стипендии, т.е. вероятность успеха р = 0.8. Тогда вероятность неуспеха q =1 – p = 0.2. Найти надо
Следствие 1. 9.2
Т.к по формуле 9.1 здесь все возможные исходы при n испытаниях, то:
Следствие 2. Обозначим через Pn(k1, k2) вероятность того, что при n испытаниях успехов будет от k1 до k2 включительно. Тогда
Если записать вероятности этих событий по формуле 9.1, получим требуемую формулу.
Пример 4. Вероятность выигрыша по одному лотерейному билету равна 0.1. Некто купил 5 билетов. Найти вероятность того, что выиграет хотя бы два билета.
Решение: очевидно, что выполняются условия схемы Бернулли, n =5; p = 0,1;
Найти требуется P5(2,5).
т.к. вычислять довольно много, рассмотрим другой способ решения – через отрицание нужного события; искомая вероятность равна
Часто необходимо вычислить вероятность хотя бы одного успеха.
Следствие 3. Вероятность хотя бы одного успеха в n испытаниях равна
Пример 6. Известно, что у трети людей первая группа крови. Найти вероятность того, что из пяти доноров хотя бы у одного будет кровь первой группы.
Р5 (1,5) = 1 – Р5 (0) = 1 – q 5 = 1 – ( 2/3 ) 5 = 1 – 32/ 243 0,87.
Пример 7. В условиях предыдущей задачи сколько надо взять доноров, чтобы с вероятностью не меньше 0,9 среди них оказался хотя бы один с первой группой крови?
Р (1,n) = 1 – ( 2/3 ) n ≥ 0,9 ( ⅔ ) n ≤ 0,1
логарифмируем, чтобы найти n:
т.к. ln ⅔ < 0 знак неравенства меняется и
На примере 7 мы рассмотрели задачу, которую в общем виде можно сформулировать следующим образом: часто возникает вопрос о величине серии испытаний (n), такой, чтобы вероятность хотя бы одного успеха была не меньше некоторго числа γ ( 0 < γ < 1). Если провести действия, подобные решению из примера 7, получим формулу: