Повторные независимые испытания схема и формула бернулли. Схема повторных независимых испытаний

Не будем долго размышлять о высоком — начнем сразу с определения.

Схема Бернулли — 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:

1. A — появление события A с вероятностью p;
2. «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:

Теорема Бернулли. 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: формула Бернулли. 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):

Задача. Монету бросают 6 раз. Выпадение герба и решки равновероятно. Найти вероятность того, что:

1. герб выпадет три раза;
2. герб выпадет один раз;
3. 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):

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

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.

При практическом применении теории вероятностей часто приходится встречаться с задачами, в которых один и тот же опыт или аналогичные опыты повторяются неоднократно. В результате каждого опыта может появиться или не появиться событие А , причем нас интересует не результат каждого отдельного опыта, а общее число появлений события А в результате серии опытов. Например, если производится группа выстрелов по одной и той же цели, нас интересует не результат каждого выстрела, а общее число попаданий. Такие задачи решаются достаточно просто, если опыты являются независимыми .

Определение . Независимыми относительно события А испытаниями называются такие, в которых вероятность события А в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний.

Пример. Несколько последовательных выниманий карты из колоды представляют собой независимые опыты при условии, что вынутая карта каждый раз возвращается в колоду и карты перемешиваются; в противном случае это – зависимые опыты.

Пример . Несколько выстрелов представляют собой независимые опыты только в случае, если прицеливание производится заново перед каждым выстрелом; в случае, когда прицеливание производится один раз перед всей стрельбой или непрерывно осуществляется в процессе стрельбы (стрельба очередью, бомбометание серией), выстрелы представляют собой зависимые опыты.

Независимые испытания могут производиться в одинаковых или различных условиях. В первом случае вероятность события А во всех опытах одна и та же, во втором случае вероятность события А меняется от опыта к опыту. Первый случай связан со многими задачами теории надежности, теории стрельбы и приводит к так называемой схеме Бернулли , которая состоит в следующем:

1) проводится последовательность n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может появиться, либо не появиться;

2) вероятность появления события А в каждом испытании постоянна и равна , как и вероятность его не появления .

Формула Бернулли, с помощью которой находится вероятность появления события А k раз в n независимых испытаниях, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью p :

. (1)

Замечание 1 . С возрастанием n и k применение формулы Бернулли связано с вычислительными трудностями, поэтому формула (1) применяется, в основном, если k не превосходит 5 и n не велико.

Замечание 2. В связи с тем, что вероятности по форме представляют собой члены разложения бинома , распределение вероятностей вида (1) называется биномиальным распределением.

Пример . Вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0,8. Найти вероятность пяти попаданий при шести выстрелах.

Решение. Так как , то , кроме того и . Пользуясь формулой Бернулли, получим:

Пример . Производится четыре независимых выстрела по одной и той же цели с различных расстояний. Вероятности попадания при этих выстрелах равны соответственно:

Найти вероятности ни одного, одного, двух, трех и четырех попаданий:

Решение. Составляем производящую функцию:

Пример . Производится пять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую равна 0,2. Для разрушения цели достаточно трех попаданий. Найти вероятность того, что цель будет разрушена.

Решение. Вероятность разрушения цели вычисляем по формуле:

Пример . Производится десять независимых выстрелов по цели, вероятность попадания в которую при одном выстреле равна 0,1. Для поражения цели достаточно одного попадания. Найти вероятность поражения цели.

Решение. Вероятность хотя бы одного попадания вычисляем по формуле:

3. Локальная теорема Муавра-Лапласа

В приложениях часто приходится вычислять вероятности различных событий, связанных с числом появлений события в n испытаниях схемы Бернулли при больших значениях n . В этом случае вычисления по формуле (1) становятся затруднительными. Трудности возрастают, когда приходится ещё суммировать эти вероятности. Затруднения при вычислениях возникают также при малых значениях p или q .

Лаплас получил важную приближенную формулу для вероятности появления события А точно m раз, если - достаточно большое число, то есть при .

Локальная теорема Муавра – Лапласа . Если вероятность p появления события А в каждом испытании постоянна и отлична от нуля и единицы , , величина ограничена равномерно по m и n, то вероятность появления события А ровно m раз в n независимых испытаниях приближенно равна

Схема испытаний Бернулли. Формула Бернулли

Пусть производится несколько испытаний. Причем, вероятность появления события $A$ в каждом испытании не зависит от исходов других испытаний. Такие испытания называются независимыми относительно события А. В разных независимых испытаниях событие А, может иметь либо различные вероятности, либо одну и туже. Мы будем рассматривать лишь такие независимые испытания, в которых событие $A$ имеет одну и ту же вероятность.

Под сложным событием будем понимать совмещение простых событий. Пусть производится n-испытаний. В каждом испытании событие $A$ может появиться или не появиться. Будем считать, что в каждом испытании вероятность появления события $A$ одна и та же и равна $p$. Тогда вероятность $\overline A $ { или не наступления А } равна $P({ \overline A })=q=1-p$.

Пусть требуется вычислить вероятность того, что в n -испытаниях событие $A$ наступит k - раз и $n-k$ раз - не наступит. Такую вероятность будем обозначать $P_n (k)$. Причем, последовательность наступления события $A$ не важна. Например: $({ AAA\overline A , AA\overline A A, A\overline A AA, \overline A AAA })$

$P_5 (3)-$ в пяти испытаниях событие $A$ появилось 3 раза и 2 - не появилось. Такую вероятность можно найти по формуле Бернулли.

Вывод формулы Бернулли

По теореме умножения вероятностей независимых событий, вероятность того, что событие $A$ наступит $k$ раз и $n-k$ раз не наступит, будет равна $p^k\cdot q^ { n-k } $. И таких сложных событий может быть столько, сколько можно составить $C_n^k $. Так как, сложные события несовместны, то по теореме о сумме вероятностей несовместных событий, нам надо сложить вероятности всех сложных событий, а их ровно $C_n^k $. Тогда вероятность появления события $A$ ровно k раз в n испытаниях, есть $P_n ({ A,\,k })=P_n (k)=C_n^k \cdot p^k\cdot q^ { n-k } $ формула Бернулли .

Пример. Игральная кость подбрасывается 4 раза. Найти вероятность того, что единица появится в половине случаев.

Решение. $A=$ { появление единицы }

$ P(A)=p=\frac { 1 } { 6 } \, \,P({ \overline A })=q=1-\frac { 1 } { 6 } =\frac { 5 } { 6 } $ $ P_4 (2)=C_4^2 \cdot p^2\cdot q^ { 4-2 } =\frac { 4! } { 2!\cdot 2! } \cdot 6^2\cdot ({ \frac { 5 } { 6 } })^2=0,115 $

Легко видеть, что при больших значениях n достаточно трудно подсчитать вероятность из-за громадных чисел. Оказывается эту вероятность можно посчитать не только с помощью формулы Бернулли.

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:

1. A — появление события A с вероятностью p;
2. «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):

Задача. Монету бросают 6 раз. Выпадение герба и решки равновероятно. Найти вероятность того, что:

1. герб выпадет три раза;
2. герб выпадет один раз;
3. 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):

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

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.

Смотрите также:

Спасибо, что читаете и делитесь с другими

При решении вероятностных задач часто приходится сталкиваться с ситуациями, в которых одно и тоже испытание повторяется многократно и исход каждого испытания независим от исходов других. Такой эксперимент еще называется схемой повторных независимых испытаний или схемой Бернулли .

Примеры повторных испытаний:

1) многократное извлечение из урны одного шара при условии, что вынутый шар после регистрации его цвета кладется обратно в урну;

2) повторение одним стрелком выстрелов по одной и той же мишени при условии, что вероятность удачного попадания при каждом выстреле принимается одинаковой (роль пристрелки не учитывается).

Итак, пусть в результате испытания возможны два исхода : либо появится событие А , либо противоположное ему событие. Проведем n испытаний Бернулли. Это означает, что все n испытаний независимы; вероятность появления события $А$ в каждом отдельно взятом или единичном испытании постоянна и от испытания к испытанию не изменяется (т.е. испытания проводятся в одинаковых условиях). Обозначим вероятность появления события $А$ в единичном испытании буквой $р$, т.е. $p=P(A)$, а вероятность противоположного события (событие $А$ не наступило) — буквой $q=P(\overline{A})=1-p$.

Тогда вероятность того, что событие А появится в этих n испытаниях ровно k раз, выражается формулой Бернулли

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

Распределение числа успехов (появлений события) носит название биномиального распределения .

Онлайн-калькуляторы на формулу Бернулли

Некоторые наиболее популярные типы задач, в которых используется формула Бернулли, разобраны в статьях и снабжены онлайн-калькулятором, вы можете перейти к ним по ссылкам:

Примеры решений задач на формулу Бернулли

Пример. В урне 20 белых и 10 черных шаров. Вынули 4 шара, причем каждый вынутый шар возвращают в урну перед извлечением следующего и шары в урне перемешивают.

Формула Бернулли. Решение задач

Найти вероятность того, что из четырех вынутых шаров окажется 2 белых.

Решение. Событие А – достали белый шар. Тогда вероятности
, .
По формуле Бернулли требуемая вероятность равна
.

Пример. Определить вероятность того, что в семье, имеющей 5 детей, будет не больше трех девочек. Вероятности рождения мальчика и девочки предполагаются одинаковыми.

Решение. Вероятность рождения девочки
, тогда .

Найдем вероятности того, что в семье нет девочек, родилась одна, две или три девочки:

, ,

, .

Следовательно, искомая вероятность

.

Пример. Среди деталей, обрабатываемых рабочим, бывает в среднем 4% нестандартных. Найти вероятность того, что среди взятых на испытание 30 деталей две будут нестандартными.

Решение. Здесь опыт заключается в проверке каждой из 30 деталей на качество.

Событие А — «появление нестандартной детали», его вероятность , тогда . Отсюда по формуле Бернулли находим
.

Пример. При каждом отдельном выстреле из орудия вероятность поражения цели равна 0,9. Найти вероятность того, что из 20 выстрелов число удачных будет не менее 16 и не более 19.

Решение. Вычисляем по формуле Бернулли:

Пример. Независимые испытания продолжаются до тех пор, пока событие А не произойдет k раз. Найти вероятность того, что потребуется n испытаний (n ³ k), если в каждом из них .

Решение. Событие В – ровно n испытаний до k -го появления события А – есть произведение двух следующий событий:

D – в n -ом испытании А произошло;

С – в первых (n–1) -ом испытаниях А появилось (к-1) раз.

Теорема умножения и формула Бернулли дают требуемую вероятность:

Надо заметить, что использование биномиального закона зачастую связано с вычислительными трудностями. Поэтому с возрастанием значений n и m становится целесообразным применение приближенных формул (Пуассона, Муавра-Лапласа), которые будут рассмотрены в следующих разделах.

Видеоурок формулу Бернулли

Для тех, кому нагляднее последовательное видеообъяснение, 15-минутный ролик:

Формула полной вероятности: теория и примеры решения задач

Формула полной вероятности и условные вероятности событий

Формула полной вероятности является следствием основных правил теории вероятностей — правила сложения и правила умножения.

Формула полной вероятности позволяет найти вероятность события A , которое может наступить только с каждым из n исключающих друг друга событий , образующих полную систему, если известны их вероятности , а условные вероятности события A относительно каждого из событий системы равны .

События также называются гипотезами, они являются исключающими друг друга. Поэтому в литературе можно также встретить их обозначение не буквой B , а буквой H (hypothesis).

Для решения задач с такими условиями необходимо рассмотреть 3, 4, 5 или в общем случае n возможностей наступления события A — с каждым событий .

По теоремам сложения и умножения вероятностей получаем сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы.

21 Испытания Бернулли. Формула Бернулли

То есть, вероятность события A может быть вычислена по формуле

или в общем виде

,

которая и называется формулой полной вероятности .

Формула полной вероятности: примеры решения задач

Пример 1. Имеются три одинаковых на вид урны: в первой 2 белых шара и 3 чёрных, во второй — 4 белых и один чёрный, в третьей — три белых шара. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из неё один шар. Пользуясь формулой полной вероятности , найти вероятность того, что этот шар будет белым.

Решение. Событие A — появление белого шара. Выдвигаем три гипотезы:

— выбрана первая урна;

— выбрана вторая урна;

— выбрана третья урна.

Условные вероятности события A относительно каждой из гипотез:

, , .

Применяем формулу полной вероятности, в результате — требуемая вероятность:

.

Пример 2. На первом заводе из каждых 100 лампочек производится в среднем 90 стандартных, на втором — 95, на третьем — 85, а продукция этих заводов составляет соответственно 50%, 30% и 20% всех электролампочек, поставляемых в магазины некоторого района. Найти вероятность приобретения стандартной электролампочки.

Решение. Обозначим вероятность приобретения стандартной электролампочки через A , а события, заключающиеся в том, что приобретённая лампочка изготовлена соответственно на первом, втором и третьем заводах, через . По условию известны вероятности этих событий: , , и условные вероятности события A относительно каждого из них: , , . Это вероятности приобретения стандартной лампочки при условии её изготовления соответственно на первом, втором, третьем заводах.

Событие A наступит, если произойдут или событие K — лампочка изготовлена на первом заводе и стандартна, или событие L — лампочка изготовлена на втором заводе и стандартна, или событие M — лампочка изготовлена на третьем заводе и стандартна.

Других возможностей наступления события A нет. Следовательно, событие A является суммой событий K , L и M , которые являются несовместимыми. Применяя теорему сложения вероятностей, представим вероятность события A в виде

а по теореме умножения вероятностей получим

то есть, частный случай формулы полной вероятности .

Подставив в левую часть формулы значения вероятностей, получаем вероятность события A :

Нет времени вникать в решение? Можно заказать работу!

Пример 3. Производится посадка самолёта на аэродром. Если позволяет погода, лётчик сажает самолёт, пользуясь, помимо приборов, ещё и визуальным наблюдением. В этом случае вероятность благополучной посадки равна . Если аэродром затянут низкой облачностью, то лётчик сажает самолёт, ориентируясь только по приборам. В этом случае вероятность благополучной посадки равна ; .

Приборы, обеспечивающие слепую посадку, имеют надёжность (вероятность безотказной работы) P . При наличии низкой облачности и отказавших приборах слепой посадки вероятность благополучной посадки равна ; . Статистика показывает, что в k % случаев посадки аэродром затянут низкой облачностью. Найти полную вероятность события A — благополучной посадки самолёта.

Решение. Гипотезы:

— низкой облачности нет;

— низкая облачность есть.

Вероятности этих гипотез (событий):

;

Условная вероятность .

Условную вероятность снова найдём по формуле полной вероятности с гипотезами

— приборы слепой посадки действуют;

— приборы слепой посадки отказали.

Вероятности этих гипотез:

По формуле полной вероятности

Пример 4. Прибор может работать в двух режимах: нормальном и ненормальном. Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора, а ненормальный — в 20% случаев. Вероятность выхода прибора из строя за определённое время t равна 0,1; в ненормальном 0,7. Найти полную вероятность выхода прибора из строя за время t .

Решение. Вновь обозначаем вероятность выхода прибора из строя через A . Итак, относительно работы прибора в каждом режиме (события ) по условию известны вероятности: для нормального режима это 80% (), для ненормального — 20% (). Вероятность события A (то есть, выхода прибора из строя) в зависимости от первого события (нормального режима) равна 0,1 (); в зависимости от второго события (ненормального режима) — 0,7 (). Подставляем эти значения в формулу полной вероятности (то есть, сумму произведений вероятности каждого из событий системы на условную вероятность события A относительно каждого из событий системы) и перед нами — требуемый результат.

Производится n опытов по схеме Бернулли с вероятностью успеха p . Пусть X - число успехов. Случайная величина X имеет область значений {0,1,2,...,n}. Вероятности этих значений можно найти по формуле: , где C m n - число сочетаний из n по m .
Ряд распределения имеет вид:

x	0	1	...	m	n
p	(1-p) n	np(1-p) n-1	...	C m n p m (1-p) n-m	p n

Этот закон распределения называется биноминальным .

Назначение сервиса . Онлайн-калькулятор используется для построения биноминальным ряда распределения и вычисления всех характеристик ряда: математического ожидания, дисперсии и среднеквадратического отклонения. Отчет с решением оформляется в формате Word (пример).

Число испытаний: n = , Вероятность p =
При малой вероятности p и большом количестве n (np формула Пуассона.

Видеоинструкция

Схема испытаний Бернулли

Числовые характеристики случайной величины, распределенной по биноминальному закону

Математическое ожидание случайной величины Х, распределенной по биноминальному закону.
M[X]=np

Дисперсия случайной величины Х, распределенной по биноминальному закону.
D[X]=npq

Пример №1 . Изделие может оказаться дефектным с вероятностью р = 0.3 каждое. Из партии выбирают три изделия. Х – число дефектных деталей среди отобранных. Найти (все ответы вводить в виде десятичных дробей): а) ряд распределения Х; б) функцию распределения F(x) .
Решение . Случайная величина X имеет область значений {0,1,2,3}.
Найдем ряд распределения 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

x i	0	1	2	3
p i	0.34	0.44	0.19	0.027

Математическое ожидание находим по формуле M[X]= np = 3*0.3 = 0.9
Проверка: m = ∑x i p i .
Математическое ожидание M[X] .
M[x] = 0*0.34 + 1*0.44 + 2*0.19 + 3*0.027 = 0.9
Дисперсию находим по формуле D[X]=npq = 3*0.3*(1-0.3) = 0.63
Проверка: d = ∑x 2 i p i - M[x] 2 .
Дисперсия D[X] .
D[X] = 0 2 *0.34 + 1 2 *0.44 + 2 2 *0.19 + 3 2 *0.027 - 0.9 2 = 0.63
Среднее квадратическое отклонение σ(x) .

Функция распределения F(X) .
F(xF(0F(1F(2F(x>3) = 1

1. Вероятность появления события в одном испытании равна 0.6 . Производится 5 испытаний. Составить закон распределения случайной величины Х – числа появлений события.
2. Составить закон распределения случайной величины Х числа попаданий при четырех выстрелах, если вероятность попадания в цель при одном выстреле равна 0.8 .
3. Монету подбрасывают 7 раз. Найти математическое ожидание и дисперсию числа появлений герба. Примечание: здесь вероятность появление герба равна p = 1/2 (т.к. у монеты две стороны).

Пример №2 . Вероятность появления события в отдельном испытании равна 0.6 . Применяя теорему Бернулли, определите число независимых испытаний, начиная с которого вероятность отклонения частоты события от его вероятности по абсолютной величине меньше 0.1 , больше 0.97 . (Ответ: 801)

Пример №3 . Студенты выполняют контрольную работу в классе информатики. Работа состоит из трех задач. Для получения хорошей оценки нужно найти правильные ответы не меньше чем на две задачи. К каждой задаче дается 5 ответов из которых только одна правильная. Студент выбирает ответ наугад. Какая вероятность того, что он получит хорошую оценку?
Решение . Вероятность правильно ответить на вопрос: p=1/5=0.2; n=3.
Эти данные необходимо ввести в калькулятор. В ответ см. для P(2)+P(3).

Пример №4 . Вероятность попадания стрелка в мишень при одном выстреле равна (m+n)/(m+n+2) . Производится n+4 выстрела. Найти вероятность того, что он промахнется не более двух раз.

Примечание . Вероятность того, что он промахнется не более двух раз включает в себя следующие события: ни разу не промахнется P(4), промахнется один раз P(3), промахнется два раза P(2).

Пример №5 . Определите распределение вероятностей числа отказавших самолётов, если влетает 4 машины. Вероятность безотказной работы самолета Р=0.99 . Число отказавших в каждом вылете самолётов распределено по биноминальному закону.