Теория вероятностей

Определим P(B|) - вероятность того, что наступит событие B (т.е. второй будет выбрана исправная MS), если событие A не наступило (т.е. первая MS оказалась неисправной). Поскольку событие A не произошло, то в коробке остались две MS, причем обе исправные. Следовательно, вероятность выбора второй исправной MS равна 1. Таким образом, P(B|)=1.

Ответ: P(B|A)=0,5; P(B|)=1. <

1.1.13 Теорема умножения вероятностей

Теорема умножения вероятностей двух произвольных событий: вероятность произведения двух произвольных событий равна произведению вероятности одного из событий на условную вероятность другого события, при условии, что первое уже произошло:

P(AB)=P(A)P(B|A) = P(B)P(A|B). (10)

Доказательство (не строгое): докажем теорему умножения для схемы шансов (равновероятных гипотез). Пусть возможные исходы опыта являются n шансами. Предположим, что событию A благоприятны m шансов (на рис. 11 имеют штриховку); событию B - k шансов; одновременно событиям A и B (AB) - l шансов (на. рис. 11 имеют светлую штриховку).

Рисунок 11

Очевидно, что m+k-l=n. По классическому способу вычисления вероятностей P(AB)=l/n; P(A)=m/n; P(B)=k/n. А вероятность P(B|A)=l/m, поскольку известно, что один из m шансов события A произошел, а событию B благоприятны l подобных шансов. Подставив данные выражения в теорему (10), получим тождество l/n=(m/n)(l/m). Теорема доказана. <

Теорема умножения вероятностей трёх произвольных событий:

P(ABC)=|AB=D|=P(DC)=P(D)P(C|D)=P(AB)P(C|AB)=P(A)P(B|A)P(C|AB).(11)

По аналогии можно записать теоремы умножения вероятностей для большего количества событий.

Следствие 1. Если событие A не зависит от B, то и событие B не зависит от A.

Доказательство. Т.к. событие A не зависит от B, то по определению независимости событий P(A)=P(A|B)=P(А|). Требуется доказать, что P(B)=P(B|A).

По теореме умножения P(AB)=P(A)P(B|A)=P(B)P(A|B), следовательно, P(A)P(B|A)=P(B)P(A). Предполагая, что P(A)>0, разделим обе части равенства на P(A) и получим: P(B)=P(B|A). <

Из следствия 1 вытекает, что два события независимы, если появление одного из них не изменяет вероятность появления другого. На практике, зависимыми являются события (явления), связанные между собой причинно-следственной связью.

Следствие 2. Вероятность произведения двух независимых событий равна произведению вероятностей этих событий. Т.е. если события A и B независимы, то

P(AB)=P(A)P(B). (11)

Доказательство очевидно, поскольку для независимых событий P(B|A)=P(B). <

Тождество (11) наряду с выражениями (12) и (13) являются необходимыми и достаточными условиями независимости двух случайных событий A и B.

P(A)=P(A|B); P(A)=P(А|); P(A|B)=P(А|); (12)

P(B)=P(B|A); P(B)=P(B|); P(B|A)=P(B|). (13)

Пример 20

Надёжность некоторой системы повышается двукратным резервированием (см. рис. 12). Вероятность безотказной работы первой подсистемы (в течение некоторой наработки) равна 0.9, второй - 0,8. Определить вероятность отказа системы в целом в течение заданной наработки, если отказы подсистем независимы.



Рисунок 12 - Двукратно резервированная система

E: исследование безотказности двукратно резервированной системы управления;

A₁={безотказная работа (в течение некоторой наработки) первой подсистемы}; P(A₁)=0,9;

A₂={безотказная работа второй подсистемы}; P(A₂)=0,8;

A={безотказная работа системы в целом}; P(A)=?

Решение. Выразим событие A через события A₁ и A₂ вероятности которых известны. Поскольку для безотказной работы системы достаточно безотказной работы хотя бы одного из её подсистем, то очевидно A=A₁A_2.

Применяя теорему сложения вероятностей получим: P(A)=P(A₁A₂)=P(A₁)+P(A₂)-P(A₁A₂). Вероятность совместного наступления событий A₁ и A₂ определим по теореме умножения вероятностей: P(A₁A₂)=P(A₁)P(A₂|A₁). Учитывая, что (по условию) события A₁ и A₂ независимы, P(A₁A₂)=P(A₁)P(A₂). Таким образом, вероятность безотказной работы системы равна P(A)=P(A₁A₂)=P(A₁)+P(A₂)-P(A₁)P(A₂)=0,9+0,8-0,90,8=0,98.

Ответ: вероятность безотказной работы системы в течение заданной наработки равна 0,98. <

Замечание. В примере 20 возможен другой способ определения события A через события A₁ и A₂ : , т.е. отказ системы возможен при одновременном отказе обоих её подсистем. Применяя теорему умножения вероятностей независимых событий получим следующее значение вероятности отказа системы: . Следовательно, вероятность безотказной работы системы в течение заданной наработки равна . <

Пример 21 (парадокс независимости)

E: бросается две монеты.

A={выпадение герба на первой монете}, P(A)=0,5;

B={выпадение герба на второй монете}, P(B)=0,5;

C={выпадение герба только на одной из монет}, P(C)=0,5.

События A, B и C попарно независимы, поскольку выполняются условия независимости двух событий (11)-(13):

P(A)=P(A|B)=0,5; P(B)=P(B|C)=0,5; P(C)=P(C|A)=0,5.

Однако P(A|BC)=0P(A); P(A|C)=1P(A); P(B|AC)=0P(B); P(C|AB)=0P(C). <

Замечание. Попарная независимость случайных событий не означает их независимость в совокупности. <

Случайные события называются независимыми в совокупности, если вероятность наступления каждого из них не изменяется с наступлением любой комбинации остальных событий. Для случайных событий A_1, A_2,… A_n, независимых в совокупности, справедлива следующая теорема умножения вероятностей (необходимое и достаточное условие независимости в совокупности n случайных событий):

P(A₁A₂…A_n)=P(A₁)P(A₂)…P(A_n). (14)

Для примера 21 условие (14) не выполняется: P(ABC)=0P(A)P(B)P(C)=0,50,50,5=0,125. Следовательно, попарно независимые события A, B и C зависимы в совокупности.

Пример 22

В коробке находятся 12 транзисторов, три из которых неисправны. Для сборки двухкаскадного усилителя случайным образом извлекаются два транзистора. С какой вероятностью собранный усилитель будет неисправен?

E: выбор двух транзисторов из коробки с 9-ю исправными и 3-мя неисправными транзисторами;

A={неисправность собранного усилителя}; P(A)=?

Решение. Очевидно, что собранный двухкаскадный усилитель будет неисправен, если будет неисправен хотя бы один из двух отобранных для сборки транзисторов. Поэтому переопределим событие A следующим образом:

A={хотя бы один из двух отобранных транзисторов неисправен};

Определим следующие вспомогательные случайные события:

A₀₁={неисправен только первый из двух отобранных транзисторов};

A₁₀={неисправен только второй из двух отобранных транзисторов};

A₀₀={неисправны оба отобранных транзистора};

Очевидно, что A=A₀₁A₁₀A₀₀ (для наступления события A необходимо наступление хотя бы одного из событий A₀₁ или A₁₀ или A₀₀ ), причем события A_01, A₁₀ и A₀₀ несовместны (вместе произойти не могут), поэтому вероятность события найдем по теореме сложения вероятностей несовместных событий:

P(A)=P(A₀₁A₁₀A₀₀ )=P(A₀₁)+P(A₁₀)+P(A₀₀).

Для определения вероятностей событий A_01, A₁₀ и A₀₀ введем вспомогательные события:

B₁={первый отобранный транзистор неисправен};

B₂={второй отобранный транзистор неисправен}.

Очевидно, что A₀₁=B₁; A₁₀=B₂; A₀₀=B₁B₂; поэтому для определения вероятностей событий A_01, A₁₀ и A₀₀ применим теорему умножения вероятностей.

P(A₀₁)=P(B₁)=P(B₁)P(|B₁),

где P(B₁) - вероятность того, что первый отобранный транзистор будет неисправен; P(|B₁) - вероятность того, что второй отобранный транзистор будет исправен, при условии, что первый отобранный транзистор неисправен. Применяя классический способ вычисления вероятностей, P(B₁)=3/12, а P(|B₁)=9/11 (поскольку после выбора первого неисправного транзистора в коробке осталось 11 транзисторов, 9 из которых исправны).

Таким образом, P(A₀₁)=P(B₁)=P(B₁)P(|B₁)=3/129/11=0,20(45). По аналогии:

P(A₁₀)=P(B₂)=P()P(B₂|)=9/123/11=0,20(45);

P(A₀₀)=P(B₁B₂)=P(B₁)P(B₂|B₁)=3/122/11=0,041(6).

Подставим полученные значения вероятностей A_01, A₁₀ и A₀₀ в выражение для вероятности события A:

P(A)=P(A₀₁A₁₀A₀₀ )=P(A₀₁)+P(A₁₀)+P(A₀₀)=3/129/11+9/123/11+3/122/11=0,45(45).

Ответ: вероятность того, что собранный усилитель будет неисправен, равна 0,4545. <

1.1.14 Формула полной вероятности

Формула полной вероятности является следствием теорем сложения и умножения вероятностей. Рассмотрим основания ее применения.

Пусть требуется определить вероятность некоторого случайного события A, которое может произойти или не произойти вместе с одной из гипотез H₁, H₂,…H_n. Тогда вероятность указанного события можно вычислить по формуле:

, (15)

т.е. как сумму произведений вероятности каждой гипотезы на условную вероятность события A при условии наступления этой гипотезы. В формуле (15) n - число гипотез.

Доказательство. Поскольку гипотезы H_i, по определению образуют полную группу, т.е. H₁H₂…H_n=, то событие A может произойти только в комбинации с какой либо из этих гипотез: A=H₁A H₂A … H_nA. (см. рис. 13).

Рисунок 13 - Событие A происходит совместно с одной из гипотез H₁, H₂ или H₃

Т.к. гипотезы H_i, по определению несовместны, то произведения событий H_iA, , так же несовместны (см. рис. 13). Последовательно применяя к ним теоремы сложения и умножения вероятностей, получим:

P(A)=P(H₁AH₂A…H_nA)=P(H₁A)+P(H₂A)+…+P(H_nA)= P(H₁)P(A|H₁)+P(H₂)P(A|H₂)+…+P(H_n)P(A|H_n)=. <

Пример 23

Электронное устройство может эксплуатироваться в трёх различных режимах, причём в первом режиме - с вероятностью 0.5, во втором - с вероятностью 0,4. При функционировании устройства в первом режиме его отказ (в течение нормативной наработки) может возникнуть с вероятностью 0.05, во 2-м режиме - с вероятностью 0.1, в третьем режиме - с вероятностью 0,15. Найти вероятность того, что в течение нормативной наработки в устройстве возникнет отказ.

E: исследование безотказности электронного устройства;

A={возникновение отказа устройства};

P(A)=?

Решение. Очевидно, что событию A (отказу устройства) предшествует эксплуатация устройства в одном из режимов функционирования. Введём события-гипотезы:

H₁={устройство эксплуатируется в 1-м режиме}, P(H₁)=0,5 (по условию);

H₂={устройство эксплуатируется во 2-м режиме}, P(H₂)=0,4 (по условию);

H₃={устройство эксплуатируется в 3-м режиме}, P(H₃)=1-0,5-0,4=0,1.

По условию, если устройство функционирует в первом режиме, то оно отказывает с вероятностью 0.05, т.е. P(A|H₁)=0,05; если во втором режиме, то P(A|H₂)=0,1; если в третьем, то P(A|H₃)=0,15.

Подставляя все значения в формулу полной вероятности (15), получим:

.

Ответ: вероятность отказа устройства в течение заданной наработки при случайных условиях эксплуатации равна 0,08. <

1.1.15 Формула Байеса

Формула Байеса является следствием теорем сложения и умножения вероятностей и формулы полной вероятности. Применяется формула Байеса для переопределения вероятностей гипотез сопутствующих (предшествующих) некоторому случайному событию A, о котором стало известно, что оно произошло. Рассмотрим подробнее основания применения формулы Байеса.

Пусть некоторое случайное событие A, может произойти или не произойти вместе с одной из гипотез H₁, H₂,…H_n. Причём известны априорные (т.е. доопытные) вероятности этих гипотез P(H_i), . Пусть известно, что событие A произошло. Требуется найти апостериорные (т.е. послеопытные) вероятности гипотез H_i,, , т.е. пересчитать вероятности гипотез, сопутствующих (предшествующих) случайному событию A при наличии дополнительной информации о нем. В данном случае для вычисления апостериорных вероятностей гипотез используется формула Байеса:

, (16)

где P(H_i|A) - апостериорная (послеопытная) вероятность гипотезы H_i при условии, что событие A произошло; P(H_i) - априорная (доопытная) вероятность гипотезы H_i, ; P(A|H_i) - условная вероятность события A при условии справедливости гипотезы H_i; P(A) - безусловная вероятность случайного события A, определяемая по формуле полной вероятности (15).

Доказательство. По теореме умножения вероятностей (10) P(H_iA)=P(H_i)P(A|H_i)=P(A)(H_i|A), следовательно, P(H_i|A)=P(H_i)P(A|H_i)/P(A). Учитывая, что вероятность P(A) определяется формулой полной вероятности,

. <

Пример 24

О причинах произошедшей авиационной катастрофы можно сделать четыре взаимоисключающих предположения: H₁={отказ авионики (авиационной электроники)}, H₂={дефект планера}, H₃={ошибки управления}, H₄={качество топлива}. Априорные вероятности предположений (определенные на основании статистики предшествующих аварий) равны соответственно 0.2, 0.1, 0.4, 0,3. При осмотре места происшествия обнаружился факт воспламенения горючего, что не возможно при гипотезе H₂, а при гипотезах H₁, H₃, H₄ может произойти с вероятностями 0.1, 0.25 и 0.5 соответственно. Требуется переоценить вероятность исходных предположений с учётом наблюдавшегося факта.

E: определение причин авиакатастрофы;

A={авиакатастрофа}={воспламенение горючего} (ввиду строгой причинной связи);

H₁={отказ авионики}; P(H₁)=0,2;

H₂={дефект планера}; P(H₁)=0,1;

H₃={ошибки управления}; P(H₁)=0,4;

H₄={качество топлива}; P(H₁)=0,3;

Вероятности воспламенения горючего при условии наступления каждой из гипотез по условию равны: P(A|H₁)=0,1; P(A|H₂)=0; P(A|H₃)=0,25; P(A|H₄)=0,5.

Требуется переопределить вероятности гипотез о причине авиакатастрофы, если известно, что произошло воспламенение горючего, т.е. P(H_i|A)=? ().

Решение. Поскольку событию A предшествовала одна из гипотез H_i, , и известно, что событие A произошло, то апостериорные вероятности гипотез P(H_i|A), определим по формуле Байеса: , .

Вероятность события A определим по формуле полной вероятности (15):

P(A)=P(H₁)P(A|H₁)+P(H₂)P(A|H₂)+P(H₃)P(A|H₃)+P(H₄)P(A|H₄)=0,20,1+0,10+0,40,25+0,30,5=0,27.

Применяя формулу Байеса:

;

;

;

.

Вывод. Несмотря на то, что априорно наиболее вероятной причиной катастрофы считались «ошибки управления», после получения дополнительной информации с места аварии наиболее вероятной гипотезой о причине катастрофы стала гипотеза о «ненадлежащем качестве горючего». Гипотеза о дефекте планера вовсе была отклонена.

Последовательно применяя формулу Байеса при получении очередной информации о катастрофе (например, расшифровка «черных ящиков», показания очевидцев и т.п.) можно прийти к однозначному заключению о причине аварии. <

1.1.16 Вопросы для самоконтроля

Какие значения может принимать вероятность произвольного события?

Образуют ли полную группу противоположные события?

Какие события называются гипотезами?

Чему равна сумма вероятностей гипотез?

Какие события называются независимыми?

Будут ли зависимыми событиями выпадение на игральной кости тройки при первом и втором подбрасывании? Изменится ли ответ, если игральная кость будет деформированной (например, пластилиновой)?

Поясните смысл следующих записей: P(B\A); P(B|A); P(AB); P(AB).

Какие события называются независимыми в совокупности?

Укажите условия зависимости двух случайных событий.

Могут ли попарно независимые события быть зависимыми в совокупности?

В каком случае применяется формула полной вероятности?

В каком случае применяется формула Байеса?

1.1.17 Последовательность независимых испытаний. Испытания Бернулли. Схема Бернулли

Повторные испытания называются независимыми, если вероятности исходов испытаний не зависят от исходов предшествующих испытаний. Например, многократное подбрасывание кубика, стрельба по мишеням (если считать вероятность попадания неизменной), безотказная работа однотипных устройств, эксплуатируемых в одинаковых условиях.

Испытаниями Бернулли называются повторные независимые испытания, в каждом из которых возможны два исхода (условно будем их называть «успехом» и «неудачей».), вероятности которых не изменяются от испытания к испытанию. Примерами испытаний Бернулли является многократное подбрасывание монеты (успех - выпадение герба); стрельба по мишеням в биатлоне (если считать вероятность попадания неизменной); тестирование изготавливаемых автоматом микросхем (успех - изготовление качественной микросхемы). Вероятность успеха в каждом испытании Бернулли будем обозначать символом p (P(успех)=P(у)=p), а вероятность неудачи - символом q (P(неудача)=P(н)=q). Естественно, что p+q=1, как сумма вероятностей противоположных событий.

Схемой Бернулли называется проведение заранее определённого числа n испытаний Бернулли. Примерами схемы Бернулли является проверка отделом технического контроля (ОТК) партии из 100 микросхем, изготовленных автоматом; стрельба по мишеням в биатлоне с использованием пяти патронов.

1.1.18 Формула Бернулли

В схеме Бернулли исследователей интересуют, как правило, не исходы каждого эксперимента в отдельности, а то, сколько успехов произошло во всей серии испытаний. В примере с биатлонистом нас мало интересует, как проходила его стрельба (попал ли он в 1-ю мишень, попал ли во 2-ю мишень и т.д.), интересует лишь количество пораженных мишеней в 5-ти попытках. В примере с ОТК нас не интересует последовательность выбора бракованных микросхем, а интересует общее количество бракованных изделий в проверяемой партии.

Пусть проведено n испытаний Бернулли: Тогда исход этой серии экспериментов можно представить в виде комбинации исходов каждого эксперимента серии:

=(₁, ₂, … _n), (17)

где _i =.

Обозначим через m количество успехов в n испытаниях Бернулли. Найдем вероятность того, что в n испытаниях Бернулли произойдет ровно k успехов, т.е. P_n(k)=P_n(m=k)=?

Для этого определим все способы, которыми могут появиться k успехов в n испытаниях Бернулли:

.(18)

Количество способов появления k успехов в n испытаниях - число слагаемых в выражении (18) - равно количеству способов неупорядоченного выбора без возвращения k номеров испытаний, в которых произошли успехи из n испытаний схемы Бернулли; и равно числу сочетаний . Учитывая, что слагаемые события в выражении (18) являются несовместными, применим к данному выражению теорему сложения вероятностей несовместных событий:

(19)

В силу независимости испытаний Бернулли вероятности каждого слагаемого в (19) одинаковы и равны вероятности совместного появления k успехов и n-k неудач:

.

Таким образом, вероятность появления k успехов в n испытаниях Бернулли равна:

;

. (20)

Выражение (20) называется формулой Бернулли.

Пример 25

Каждый транзистор, изготавливаемый автоматом, независимо от других может быть бракован с вероятностью 0,15. Что вероятнее: при изготовлении 10 транзисторов бракован будет один или два транзистора?

E: изготовление 10-ти транзисторов;

A₁={бракован один транзистор из десяти};

A₂={бракован один транзистор из десяти};

Требуется сравнить P(A₁) и P(A₂).

Решение. Т.к. по условию вероятность выпуска бракованного транзистора не изменяется и не зависит от качества предшествующих транзисторов, то данные испытания являются испытаниями Бернулли, где успехом назовем выпуск годного транзистора (p=1-0,15), а неудачей - выпуск бракованного (q=0,15).

Событие A₁ состоит в появлении 9-ти успехов (и одной неудачи) в 10-ти испытаниях, а событие A₂ - в появлении 8-ти успехов в 10-ти испытаниях Бернулли. Для вычисления вероятностей указанных событий воспользуемся формулой Бернулли (20):

;

.

Ответ: вероятнее изготовление лишь одного бракованного транзистора из десяти. <

1.1.19 Наиболее вероятное число успехов в схеме Бернулли

Наиболее вероятным числом успехов в схеме Бернулли называется число k_0, для которого справедливо следующее двойное неравенство:

, (21)

т.е. вероятность появления именно k₀ успехов в n испытаниях не меньше вероятности появления меньшего или большего числа успехов, чем k_0.

Выведем формулу для определения наиболее вероятного числа успехов в схеме n испытаний Бернулли. Для начала рассмотрим левую часть двойного неравенства (21), подставив соответствующие выражения вероятностей из формулы Бернулли:

.

Разделив обе части неравенства на , получим:

.

Учитывая, что x!=(x-1)!x, умножим обе части неравенства на :

.

Учитывая, что p+q=1, получаем: k₀np+p_. Выполняя аналогичные выкладки для правой части двойного неравенства (21), получим, что k₀np-q_. Таким образом, наиболее вероятное число успехов в схеме Бернулли определяется двойным неравенством:

np-q k₀ np+p_. (22)

1.1.20 Предельная теорема Пуассона

Формула Бернулли позволяет точно определить вероятность появления k успехов в n испытаниях Бернулли. Однако при n (n>>50) применение формулы Бернулли осложнено вычислением больших факториалов и значительными вычислительными погрешностями, связанными с возведением в большую степень чисел, близких к нулю. В данном случае для вычисления вероятности появления k успехов в n испытаниях Бернулли следует использовать специальные предельные теоремы, рассматриваемые ниже.

Пусть число экспериментов Бернулли велико (n), а вероятность успеха в каждом из них мала (p0, p<0,1), таким образом, что произведение np==const не мало, не велико; тогда вероятность появления ровно k успехов в n испытаниях Бернулли будет равна:

. (23)

Доказательство. Применяя для определения вероятности P_n(k) формулу Бернулли, сокращая факториалы и учитывая, что p=/n, получим

.

Вынесем константы за знак предела и выполним почленное деление



Учитывая, что первый предел (по свойству «второго замечательного предела»), а другие пределы равны единице по свойству , получаем:

. <

Пример 26

По телеграфу передается сообщение, состоящее из 100 символов. Предполагая, что искажения каждого символа сообщения независимы и происходят с вероятностью 0.02, определить вероятность искажение не более трех символов телеграфного сообщения.

E: передача телеграфного сообщения;

A={искажение не более, чем трех символов из 100};

P(A)=?

Решение. Для определения вероятности искажения не более трех символов сообщения рассмотрим следующие случайные события:

A₀={верная передача всех 100 символов сообщения};

A₁={искажение только одного символа из 100};

A₂={искажение только двух символов из 100};

A₃={искажение только трех символов из 100};

Очевидно, что A=A₀A₁A₂A_3. Учитывая, что события A₀-A₃ несовместны, применим следующую теорему сложения вероятностей:

P(A)=P(A₀A₁A₂A₃)=P(A₀)+P(A₁)+P(A₂)+P(A₃).

Передачу 100 символов сообщения можно рассматривать как 100 испытаний Бернулли (повторных, независимых, с двумя исходами, с неизменными вероятностями исходов), где успехом условимся называть ошибочную передачу очередного символа (p=0,02), а неудачей - безошибочную передачу символа (q=1-0,02). Учитывая, что число испытаний n=100 велико, а вероятность успеха p=0,02 близка к нулю, вероятности событий A₀-A₃ можно определить по предельной теореме Пуассона (23):

P(A₀)=P₁₀₀(0)=2⁰*e^-2/0!=0,13533;

P(A₁)=P₁₀₀(1)=2¹*e^-2/1!=0,27067;

P(A₂)=P₁₀₀(2)=2²*e^-2/2!=0,27067;

P(A₃)=P₁₀₀(3)=2³*e^-2/3!=0,18045.

В итоге, P(A)=P(A₀)+P(A₁)+P(A₂)+P(A₃)= 0,13533+0,27067+0,27067+0,18045=0,85712.

Ответ: вероятность того, что переданное сообщение будет содержать не более трех ошибок, равна 0,85712. <

Замечание 1. Предельная теорема Пуассона позволяет приближенно вычислять вероятность появления ровно k маловероятных успехов в большом количестве экспериментов. Она тем точнее, чем меньше вероятность успеха и чем больше проводится испытаний Бернулли. <

Замечание 2. Предельная теорема Пуассона может применяться и в случае если p велико ((1-p)0). Для этого следует поменять местами понятия “успеха” и “неудачи”. В случае если вероятность успеха близка к 0.5, для вычисления вероятности P_n(k) применяется локальная предельная теорема Муавра-Лапласа, рассматриваемая ниже. <

1.1.21 Предельные теоремы Муавра-Лапласа

Локальная предельная теорема Муавра-Лапласа. Если в схеме Бернулли 0<p<1, то при n вероятность появления ровно k успехов в n испытаниях Бернулли определяется выражением:

, (24)

где - функция плотности стандартного нормального распределения (см. рис. 14,а), (значения функции можно определить по таблице приложения ___);

.

а)	б)

Рисунок 14 - Функция ^а) плотности стандартного нормального распределения; ^б) Лапласа

Интегральная предельная теорема Муавра-Лапласа. Если в схеме Бернулли 0<p<1, а n, тогда для любых k₁ и k₂, таких, что 0k₁<k₂n, вероятность того, что число успехов m в серии n испытаний Бернулли будет принадлежать отрезку [k_1, k₂] определяется выражением:

, (25)

где - функция Лапласа (см. рис. 14.б),

, .

Замечание 1. Аналитическое вычисление значения функция Лапласа невозможно (интеграл является не берущимся), поэтому значения функции Лапласа табулированы и представлены в таблице приложения __. При использовании таблицы следует учитывать, что функции Лапласа является нечетной, т.е. Ф(-х)=-Ф(х) (см. рис. 14.б). <

Замечание 2. Теоремы Муавра-Лапласа позволяют получать приближенное значение искомой вероятности, однако оно тем точнее, чем ближе вероятность успеха p к 0,5 и чем больше проводится испытаний Бернулли n. <

Пример 27

По результатам статистических исследований известно, что при установившемся технологическом процессе вероятность изготовления сверх большой интегральной схемы (СБИС), удовлетворяющей техническим условиям, равна 0,56. Найти вероятность того, что из 1000 СБИС, изготовленных автоматом в течение месяца, техническим условиям будут удовлетворять: а) ровно 550; б) не менее 550.

E: производство партии 1000 СБИС;

A={изготовление ровно 550 качественных СБИС из 1000}; P(A)=?

B={изготовление не менее 550 качественных СБИС из 1000}; P(B)=?

Решение. Изготовление 1000 СБИС является схемой Бернулли, где успех - изготовление качественной СБИС. Т.к. число испытаний велико (n=1000), а вероятность успеха значительно отличается от нуля и единицы (p=0,56; q=0,44), то для определения вероятности случайного события A воспользуемся предельной локальной теоремой Муавра-Лапласа (24):

.

Для определения вероятности события B воспользуемся интегральной предельной теоремой Муавра-Лапласа (25):

Здесь значения функции Лапласа определены по таблице приложения __.

Ответ: вероятность изготовления 550 качественных СБИС равна 0,02075; вероятность изготовления хоты бы 550 качественных СБИС равна 0,73796. <

1.1.22 Вопросы для самоконтроля

Какие испытания называются испытаниями Бернулли?

Что такое схема Бернулли?

Являются ли многократные подбрасывания игрального кубика испытаниями Бернулли?

Являются ли испытаниями Бернулли многократные подбрасывания деформируемого (пластилинового) кубика?

Какие из способов определения вероятности появления k успехов в схеме n испытаний Бернулли являются точными, а какие приближенными?

При каких условиях применяется предельная теорема Пуассона, предельные теоремы Муавра-Лапласа?

Для чего применяется интегральная предельная теорема Муавра-Лапласа?

Размещено на Allbest.ru