Основы теории вероятностей
[+]
Опубликован: 28.04.2012 | Доступ: свободный | Студентов: 3115 / 894 | Оценка: 3.86 / 2.57 | Длительность: 07:45:00
Тема: Математика
Специальности: Математик, Преподаватель
Теги: beta, анализ, биноминальное распределение, бифуркация, вычисления, графика, дискретная случайная величина, законы, несовместное событие, нормальная функция, ось ординат, полная группа, распределение пуассона, формула полной вероятности, цвета, элементарное события
Лекция 3:

Формула Бернулли. Формула Пуассона. Наивероятнейшее число наступления событий. Локальная теорема Муавра-лапласса
A
|
версия для печати
< Практическая работа 2 || Лекция 3: 12 || Практическая работа 3 >

Пример 3. В ящике лежат 100 отшлифованных поделочных камня и 80 не шлифован-ных. Из ящика извлекают 20 камней. Какое наивероятнейшее число шлифованных камней будет извлечено при этом.

Решение. Определим $p$ и $q$ - вероятности извлечения и шлифованного, и не шлифованного поделочного камня. Так как общее число камней в ящике 180, то эти вероятности просто подсчитать:

\[ p=\frac {100} {180} = \frac 5 9;\ q=1-\frac 5 9 = \frac 4 9 .\]

Тогда определим $m_{0}$ по формуле (3):

\[ \ 20 \cdot \frac 5 9 -\frac 4 9 \leqslant m_{0} \leqslant 20 \cdot \frac 5 9 + \frac 5 9 .\]
\[ 10 \frac 2 3 \leqslant m_{0} \leqslant 11 \frac 2 3.\]

Округлим левую границу с избытком, а правую с недостатком получим, что $m_{0}=11$ Т.е. среди 20 извлеченных камней не меньше 11 будут шлифованными.

Часто на практике приходиться решать обратную задачу, когда известно количество , а нужно определить сколько раз необходимо провести испытания.

Пример 4. В ящике лежат 100 шлифованных поделочных камня и 80 не шлифованных. Мастеру необходимо 11 шлифованных камней. Сколько камней, не выбирая, ему надо взять, чтобы среди взятых было нужное количество шлифованных камней?

Решение. Эта задача обратная задаче, рассмотренной в примере 3. Теперь известно $m_{0}$, нужно найти $n$. Для этого выполним простейшее преобразо-вание неравенства (3): отнимем от всех его частей $np$ и $m_{0}=11$, получим

\[ \ np-q-np-m_{0} \leqslant m_{0}- np – m_{0} \leqslant np + p –np –m_{0}.\]
\[ \ -(q+m_{0}) \leqslant –np \leqslant p –m_{0}.\]

Умножим последнее неравенство на (- 1) и разделим на $p$, тогда (при умножении на -1 знаки неравенства меняются на противоположные):

\[ \ \frac {m_{0}-p} p \leqslant n \leqslant \frac {m_{0}+q} p.\] ( 4)

Воспользуемся полученной формулой (4) для решения нашего примера.

\[ \ \frac {11- \frac 5 9} {\frac 5 9} \leqslant n \leqslant \frac {11- \frac 4 9} {\frac 5 9}, \]

откуда

\[ \ \frac {94} 5 \leqslant n \leqslant \frac {103} 5, \]

или

\[ \ 18 \frac 4 5 \leqslant n \leqslant 20 \frac 3 5, \]

Округляя до целых, получим, что мастеру надо достать 19 либо 20 камней, чтобы среди них гарантиро-ванно было 11 шлифованных.

Пример 5. Вероятность попадания стрелка в цель равна 0,8. Стрелок делает 20 выстре-лов. определить наивероятнейшее количество попаданий.

Решение. Для решения задачи воспользуемся формулой (3):

\[ \ 20 \cdot 0,8 - 0,2 \leqslant m_{0} \leqslant 20 \cdot 0,8 +0,8, \]

откуда

\[ \ 15,8 \leqslant m_{0} \leqslant 16,8. \]

Следовательно, стрелок скорее всего попадет 16 раз.

Если число испытаний большое, $n>100$, а вероятность появления события при каждом испытании мала, $p<0,3$, то для отыскания вероятности что при $n$ испытаниях некоторое событие случится $m$ раз используют приближенную формулу Пуассона, которая является обобщением формулы Бернулли:

\[ \ P_{m,n} =\frac 1 {\sqrt {npq}} \cdot f(x) \] ( 5)

где

\[ \ x=\frac {m-np}{\sqrt {npq}}.\] ( 6)

Формулу ( 5) часто называют локальной теоремой Муавра-Лапласса.

Здесь функция $f(x)=\frac 1 {\sqrt {2\pi}} \cdot e^{- \frac {x^2} 2}$. Существуют специальные таблицы, позволяющие вычислить значение данной функции по ее аргументу. На практике вычисляют $x$, а затем по таблицам определяют значение функции. Если аргумент получился отрицательным, то значение функции будет такое же, как и при положительном аргументе. Т.е. $f(-x)=f(x)$.

Если вероятность появления события мала ( $p<0,3$ ), то для отыскания того, что испытание состоится $m$ раз, можно воспользоваться формулой Пуассона:

\[ \ P_{n}(m) \approx \frac {\lambda_{n}^m e^{-\lambda_{n}}} {m!},\] ( 7)

где $\lambda_{n}=np$ - среднее число появления событий.

Если вероятность появления события меняется от испытания к испытанию, но сами испытания независимы, то тогда используется производящая функция $\varphi (x)=\prod\limits_{i \to1}^n \left (q_{i}+p_{i}x \right ) $, представляющая собой произведение вероятностных биномов. Эта функция обладает интересным свойством, которое просто проведем здесь без доказательства. После перемножения всех биномов и приведения подобных при $x^m$ коэффициенты при степенях $x$ представляют собой вероятность того, что событие появится $m$ раз в $n$ испытаниях, т.е.

\[ \prod\limits_{i \to1}^n \left (q_{i}+p_{i}x \right ) = \sum\limits_{m=0}^n P_{m,n}x^m\] ( 8)

Пример 6. Связь с шестью дальними партиями была организована через радио посред-ством радиостанций. Каждый отряд в течение дня имеет возможность в любое время связаться с базой, где радиостанция работает круглосуточно. Если вероятность связи с каждым из отрядов 0,8, найти вероятность того, что в данный момент не менее четырех партий вышли на связь.

Решение. Для решения задачи воспользуемся производящей функцией. Определим па-раметры функции: $n=6; \ p=0,8; \ q=1-p=1-0,8=0,2$. Построим функцию

\[ \varphi (x) =(0,2-0,8x)^6 =\\= (0,2)^6+6 \cdot (0,2)^5 (0,8x)^1+15 \cdot (0,2)^4 (0,8x)^2 +20 \cdot (0,2)^3 (0,8x)^3 +15 \cdot (0,2)^2 (0,8x)^4+6 \cdot (0,2)^1 (0,8x)^5 +(0,8x)^6 =\\=0,000064+0,001536x+0,01536x^2+0,08192x^3+0,24576x^4+0,393216x^5+0,262144x^6 \]

Сумма всех коэффициентов равна 1, в чем можно убедиться самостоятельно. По условию задачи нам не-обходимо учесть коэффициенты при членах $x^4; \ x^5; \ x^6$. Тогда искомая вероятность будет равна $P(A)=0.24276+0,39321+0,261144=0,90112\approx 0,9$

Пример 7. Два специалиста сортируют алмазы, которые затем собирают по размерам. Вероятность ошибки первого 0,1, а второго - 0,3. Из отсортированных алмазов одного размера взяли 2. Най-ти вероятность того, что оба алмаза будут одного размера.

Решение. Для решения задачи воспользуемся производящей функцией. Определим па-раметры функции: для первого специалиста $p_{1}=0,9; \ q_{1}=0,1; \ p_{2}=0,7; \ q_{2}=0,3$.

Построим функцию: $ varphi (x) =(0,1+0,9x) \cdot (0,3+0,7x)=0,03+0,34x+0,63x^2$. По условию задачи нам необходимо учесть коэффициент при $x^2$, т.е. искомая вероятность будет равна $P(A)=0,63$.

Пример 8. Статистикой установлено, что из каждой 1000 родившихся детей в среднем рождается 485 девочек, а остальные - мальчики. В семье 5 детей. Найти вероятность того, что среди этих детей: 3 мальчика.

Решение. Для решения задачи воспользуемся локальной теоремой Муавра – Лапласа, для которой определим необходимые переменные: $p=\frac {1000-485} {1000}=0,515; \ q=\frac {485} {1000}=0,485; \ n=5; \ m=3.$.

Воспользуемся формулами (5) и (6): $x=\frac {m-np} {\sqrt{npq}}=\frac {3-5 \cdot 0,515} {\sqrt{5 \cdot 0,515 \cdot 0,485}}=\frac {0,425} {1,118} \approx 0,38$. Из таблицы находим значение функции $f(0,38) \approx 0,3712$

Теперь полученные значения подставим в формулу (5), получим: $ P_{m,n} =\frac 1 {\sqrt {npq}} \cdot f(x) = \frac 1 {\sqrt {5 \cdot 0,515 \cdot 0,485}} \cdot 0,3712 =\frac {0,3712} {1,118} \approx 0,332$

Теорему Бернулли часто используют тогда, когда необходимо оценить вероятность наибольшего отклонения появления событий от ее ожидаемого значения. Случайной величиной в этом случае является число появлений событий и $n$ независимых испытаниях. В этом случае теорема Бернулли записывается так:

\[ P \left\{ \left | \frac m n –p \right| \leqslant \tau \right\} > 1-\frac {pq} {n\tau^2}\] ( 9)

Пример 9. Из 1000 изделий, изготовленных цехом, проверили 200 случайно отобранных изделий. Среди них оказалось 25 изделий с браком. Приняв долю бракованных изделий среди отобранных за вероятность изготовления бракованного изделия, оценить вероятность того, что во всей партии бракованных изделий окажется не более 10%.

Решение. Определим вероятность изготовления бракованного изделия: $p=\frac {25} {200} =0,125$. Отклонение частости появлений бракованных изделий от вероятности $p$ по абсолютной величине равно $\left | \frac m n - p\right|=\left | 0,125-0,1\right| =0,025$. Число испытаний 1000. Используем формулу (9) и находим искомую вероятность:

\[ P \left\{ \left | \frac m n –p \right| \leqslant 0,025 \right\} > 1-\frac {0,125 \cdot 0,875} {1000 \cdot 0,025^2},\]

откуда $P \left\{ \left | \frac m n –p \right| \leqslant 0,025 \right\} > 0,825$ - получаем ответ.

Дальше >>
< Практическая работа 2 || Лекция 3: 12 || Практическая работа 3 >

Вопросы и ответы

вопросов: 0