Главная | Обратная связь

Задачі на формулу Бернуллі

Глава IV

Повторні незалежні випробування.

Формула Бернуллі

 

У цій главі розлядаються задачі, пов’язані з незалежними випробуваннями.

Означення. Ряд випробувань називається незалежним по віднощенню до події , якщо ймовірність події не залежить від того, з’явилась ця подія в інших випробуваннях чи не з’явилось.

Приклади незалежних повторних випробувань.

1. Випадання герба при підкиданні монети не залежить від результатів раніше проведених випробувань.

2. Багатократне виймання із урни однієї кульки за умови, що після фіксування її кольору чи номера, кулька повертається знову в урну.

3. Лотерейне визначення виграшного номера карток спортлото не залежить від проведених до цього розіграшів.

Перейдемо до вивчення випробувань з двома можливими наслідками: подія відбулася (“успіх”), або подія не відбулася (“невдача”), причому ймовірінсть появи події одна і та ж при кожному випробуванні.

Нехай ймовірність появи події при одному випробуванні дорівнює , а ймовірність протилежної події (подія не відбулася) позначимо через , тобто .

Ставиться така задача.

Задача. Проводиться незалежних випробувань, у кожному з яких подія може відбутися з ймовірністю , і не відбутися із імовірністю .Знайти ймовірність того, що подія відбувається раз при випробуваннях.

Шукана ймовірність позначається і знаходиться за формулою Бернуллі:

, (1)

де - число комбінацій знаходиться за формулою:

, або .

Нагадаємо при цьому, що за означенням

.

Для пояснення справедливості формули Бернуллі розглянемо подію , яка означає, що при незалежних випробуваннях перші раз подія відбувається, а тоді раз не відбувається, тобто

За теоремою множення ймовірність цієї події дорівнює

.

Але можуть бути і інші сполуки, в яких подія раз відбувається і раз не відбувається, їх кількість дорівнює числу комбінацій , тому за теоремою додавання ймовірностей отримаємо формули Бернуллі.

Послідовність випробувань з двома наслідками вперше була вивчена швейцарським математиком Я. Бернуллі (1654-1705). Вона отримала назву схеми Бернулліі явилась фундаментальною при формуванні основних понять теорії ймовірностей.

Тепер для більшої наочності отримання формули Бернуллі розглянемо такий приклад.

Приклад. У кожному із білетів для заліку міститься по 4 задачі. Студент наугад вибирає один з білетів. Для отримання заліку необхідно вірно розв’язати не менше 3-х задач. Знайти ймовірність отримання заліку, якщо ймовірність вірного розв’язання однієї задачі дорівнює .

Розв’язання. Шукану ймовірність можна знайти, застосовуючи формули:

.

Однак, для більш детального аналізу прикладу розглянемо повну групу подій, яка слкадається із подій, поміщених у таблиці 1. Всі події згруповані для зручності у стовпцях відповідно значенню випадкової величини - числу вірно розв’язаних задач.

Таблиця 1

розв’яза-них задач немає	- одна розв’язана задача	- дві розв’язані задачі	- три розв’язані задачі	- чотири розв’язані задачі

 

Оскільки

,

то в останньому рядку таблиці 1 записані ймовірності, які відповідають формулі Бернуллі, тобто

(2)

Очевидно, що подія, яка означає появу події не менше 0 і не більше 4 раз , є достовірною, ймовірність якої дорівнює 1, тому

.

Ця рівність узагальнюється для довільних натуральних і

, тобто

. (3)

 

Оскільки , то відповідно за розкладом по формулі бінома Ньютона маємо рівність

.

Кожний член біноміального розкладу збігається з відповідною ймовірністю останнього рядка таблиці 1. Тому перший і останній рядки табл. 1 є розподілом ймовірностей відповідно до значень випадкової величини і носить назву біноміального розподілу.

Відповідно до умови прикладу підставимо у вирази (2) і обчислимо ймовірності:

 

 

Отримані результати зведемо у таблицю 2 розподілу ймовірностей.

Таблиця 2

 

Даним таблиці 2 можна для наочності дати геометричне зображення, побудувати ламану лінію з вершинами у точках , де . Таку ламану називають многокутником розподілу(див рис. 1).

Рис.1

Отже, як із таблиці 2, так і з рисунка 1 стає більш наочно зрозумілим, що ймовірність розв’язати не менше 3 задач із 4-х, які запропоновано у білеті, дорівнює

.

Крім того, із рис. 1 видно, що найбільш ймовірним числом розв’язаних задач можуть бути дві, або три задачі.

 

Задачі на формулу Бернуллі

1. Монета підкидається 5 разів. Обчислити ймовірності всіх можливих появ герба; 2) побудувати таблицю розподілу ймовірностей; 3) побудувати многокутник розподілу.

2. Гральний кубик підкидають 5 разів. Знайти ймовірність того, що двічі з’явиться кількість очок, кратна трьом.

3. Ймовірність влучення в мішень при одному пострілі дорівнює 0,3. Знайти ймовірність 4 влучень після шести пострілів.

4. Пристрій складається з 5 елементів. За фіксований час кожний з елементів може вийти з ладу з ймовірністю . Пристрій функціонує справно, якщо кількість елементів, що вийшли з ладу не більше двох. Знайти ймовірність справного функціонування пристрою.

5. В середньому 25% пакетів акцій на аукціонах продаються за початково заявленою ціною. Знайти ймовірність того, що із 5 пакетів акцій в результаті торгів за початково заявленою ціною: 1) не буде продано 3 пакета; 2) буде продано менше 3 пакетів; 3) буде продано не більш 3; 4) хоча б 3 пакети.

Відповіді. 1. . 2. . 3. . 4. .

Твірна функція

Почнемо з такої задачі.

Задача. Підкидається 3 монети, причому перша і третя із зміщеними центрами мас або деформовані, друга – симетрична. Статистичним способом установлено, що ймовірності появи герба для І-ої монети , для ІІІ-ої - , для ІІ-ої (симетрична) . Нехай подія означає, що випав герб на будь-якій із трьох монет. Знайти ймовірність появи герба 4 рази при шести підкиданнях монет , якщо при цьому І-а монета підкинута 2 рази, ІІ-а – 3 рази, ІІІ-я – 1 раз.

Ця задача буде розв’язана двома способами.

І спосіб розв’язання За допомогою формули Бернуллі. Тут маємо справу з трьома дослідами, кожний з яких є незалежним рядом випробувань відносно події (поява герба), причому ймовірність появи події є сталою у кожному з дослідів. Для першого з дослідів (І-ша монета) , ; для другого досліду (ІІ-га монета) ; для третього (ІІІ-я монета) .

За допомогою формули Бернуллі побудуємо закони розподілу ймовірностей для кожної з 3-х монет з відповідним числом підкидань.

Так, для першої монети маємо: число підкидань , число появи герба ;

;

 

;

.

Отримані дані записуємо у таблицю 1.

Таблиця 1.

Аналогічно для ІІ-ї монети: , ; , .

Таблиця 2.

Для ІІІ-ї монети: .

Таблиця 3.

Роглянемо можливі випадки появи герба 4 рази з відповідним розподілом для кожної з монет.

І випадок: , тобто для І-ої - , ІІ-ї - герба, ІІІ-ї – 1;

ІІ випадок: - по аналогії з попереднім;

ІІІ випадок: ;

ІV випадок: ;

V випадок: .

Ймовірність кожного з випадків – це одночасна поява гербів при відповідних підкиданнях трьох монет, тобто це добуток відповідних ймовірностей з 1-ї, 2-ї і 3-ї таблиць.

Так, для першого випадку: ;

для другого: ;

для третього: ;

для четвертого: ;

для п’ятого: ;

Перелічені випадки несумісні, тому за теоремою додавання знаходимо ймовірність появи 4-х гербів при шести підкидання трьох монет:

.

Цю задачу можна розв’язати ІІ-м способом, якщо увести поняття так званої твірної функції.

Отже, нехай проводяться дослідів, кожний з яких є незалежним рядом випробувань по відношенню до події . Ймовірність появи події для кожного досліду є сталою (але різною від досліду до досліду) і відповідно дорівнює: - для І-го досліду; - для ІІ-го досліду, …, - для -го досліду.

Означення. Твірною називається функція , яка подається як добуток біномів

(1)

і має ту властивість, що після перемноження біномів і зведення подібних членів, коефіцієнт при збігається з ймовірністю того, що подія з’явиться раз при випробуваннях, тобто після перетворень отримуємо

. (2)

Приклад. Пристрій складається із двох незалежних працюючих елементів, ймовірність безвідмовної роботи для першого елемента дорівнює , для другого - . Знайти ймовірність того, що будуть працювати безвідмовно: а) обидва елементи; б) тільки один елемент; в) ні один із елементів.

Розв’язання. Відповідно до умови задачі , тоді за формулою (1) маємо

.

Отже, а) ; б) ; в) .

ІІ спосіб розв’язання задачі. Відповідно до умови задачі запишемо твірну функцію у вигляді добутку біномів за формулою (1). Всіх кидань монет 6. І-а монета підкидається 2 рази, цьому відповідають два біноми

.

Для трьох підкидань другої монети ставиться у відповідність добуток

.

Для третьої (одне підкидання) - .

Отже,

.

Розкриваючи дужки, випишемо доданок, що містить , маємо

.

Таким чином,

.

Задача.Чотири стрільці незалежно один від одного роблять по одному пострілу по спільній мішені. Ймовірності влучення у мішень відповідно дорівнюють і . Необхідно 1) знайти ймовірності . 2) Побудувати таблицю розподілу ймовірності для числа влучень у мішень.

Відповідь:

.