WWW.REFERATCENTRAL.ORG.UA - Я ТУТ НАВЧАЮСЬ

... відкритий, безкоштовний архів рефератів, курсових, дипломних робіт

ГоловнаМатематика, Геометрія, Статистика → Повторювані незалежні експерименти за схемою Бернуллі - Реферат

Повторювані незалежні експерименти за схемою Бернуллі - Реферат

2) ;

;

3) ;

.

Приклад 2. Імовірність того, що посіяне зерно ячменю проросте в лабораторних умовах, у середньому дорівнює 0,9. Було посіяно 700 зернин ячменю в лабораторних умовах. Визначити найімовірніше число зернин, що проростуть із цієї кількості зернин, та обчислити ймовірність цього числа.

Розв'язання. За умовою задачі:

Отже, шукане число m0 = 630.

Відповідна ймовірність буде така:

;

;

;

.

4. Інтегральна теорема

Якщо ймовірність появи випадкової події в кожному з n незалежних експериментів є величиною сталою і дорівнює , то для великих значень n імовірність появи випадкової події від mі до mj раз обчислюється за такою асимптотичною формулою:

, (45)

де ,

а є функцією Лапласа, значення якої наведено в дод. 2.

!

Доведення. Імовірність того, що в результаті n незалежних експериментів подія відбудеться від mі до mj раз, обчислюється за формулою

.

Згідно з (35) для досить великого числа спроб n маємо наближену рівність:

,

де

;

.

Отже, можна записати:

. (46)

Тут (46) є інтегральною сумою, а тому

Для великих, але обмежених значень n дістанемо:

, що й потрібно було довести.

Властивості функції Лапласа

1. Ф(x) визначена на всій осі абсцис.

2. Ф(–x) = – Ф(x), отже, Ф(x) є непарною функцією.

3. Ф(0) = 0.

4. , оскільки є інтегралом Пуассона.

5. Ф(–, як непарна функція.

6. , отже, Ф(х) є функцією неспадною.

7. Ф"(0) = 0;

Таким чином, x = 0 є точкою перегину.

Графік функції Ф(х) зображено на рис. 17

Рис. 17 Рис. 18

Розв'язуючи задачі, додержують такого правила:

, .

Отже, практично функція Лапласа застосовується для значень , що ілюструє рис. 18.

Приклад 1. Верстат-автомат виготовляє однотипні деталі. Імовірність того, що виготовлена одна деталь виявиться стандартною, є величиною сталою і дорівнює 0,95. За зміну верстатом було виготовлено 800 деталей. Яка ймовірність того, що стандартних деталей серед них буде: 1) від 720 до 780 шт.; 2) від 740 до 790 шт.?

Розв'язання. За умовою задачі:

; ; ; ;;

.

1);

;

2) ;

;

Приклад 2. В електромережу ввімкнено незалежно одну від одної 500 електролампочок, які освітлюють у вечірній час виробничий цех заводу. Імовірність того, що електролампочка в електромережі не перегорить, є величиною сталою і дорівнює 0,8. Яка ймовірність того, що з 500 електролампочок не перегорить:

1) не більш як 380 шт.;

2) не менш як 390 шт.

Розв'язання. За умовою задачі:

; ; ; ; ;

;

2) ;

;

5. Використання інтегральної теореми

За допомогою (45) можна оцінити близькість відносної частоти W(А) до ймовірності p випадкової події А. Нехай p — імовірність появи випадкової події А в кожному експерименті за схемою Бернуллі й W(А) — відносна частота появи цієї події при n експериментах.

Необхідно оцінити ймовірність події W(A) – р<  ( > 0 і є малою величиною). Якщо n набуває великих значень, то можна за формулою (45) дістати:

Р(|W(A) – p| < ) =

=

.

Отже,

. (46а)

Приклад 1. Імовірність виходу з ладу виробу під час проведення експерименту, який має на меті виявити надійність виробу в роботі, дорівнює 0,2. Було перевірено 400 виробів. Чому дорівнює ймовірність такої події: абсолютна величина відхилення відносної частоти виходу із ладу виробів від імовірності p = 0,2 становить  = 0,01?

Розв'язання. За умовою задачі: n = 400; p = 0,2; q = 0,8;  = 0,01. Підставивши ці значення в (46), дістанемо:

Приклад 2. У разі автоматичного виготовлення втулок брак становить у середньому 10%. Скільки втулок має взяти контролер, аби ймовірність того, що абсолютна величина відхилення відносної частоти появи стандартної втулки W(A) (А — випадкова подія, що полягає в появі стандартної втулки) від імовірності p виготовлення такої втулки не перевищує  = 0,001, дорівнювала 0,999:

.

Розв'язання. За умовою задачі: q = 0,1,  = 0,001, p = 1 – q = 1 – 0,1 == 0,9;

.

Далі маємо:

Оскільки 2Ф(x) = 0,999, то Ф(x) = 0,4995 → x  3,4 (див. дод. 2).

Отже, .

Тобто контролер має перевірити 1 040 400 втулок.

Приклад 3. Імовірність появи випадкової події в кожному з 900 незалежних експериментів є величиною сталою і дорівнює 0,75. Яким має бути значення  > 0, щоб P(|W(A) – p| < ) == 0,99?

Розв'язання. За умовою задачі: n = 900; p = 0,75; q = 0,25; 2Ф(x) = 0,99.

Далі маємо Ф(x) = 0,495; x = 2,74 і

x = .

Отже, умову задачі задовольняє значення   0,04.

6. Формула Пуассона для малоймовірних випадкових подій

Точність асимптотичних формул для великих значень n — числа повторних незалежних експериментів за схемою Бернуллі — знижується з наближенням p до нуля. Тому при за умови np = a =const імовірність появи випадкової події m раз обчислюється за такою асимптотичною формулою:

, (47)

яка називається формулою Пуассона.

!

Доведення. Оскільки а = np, то .

Запишемо формулу Бернуллі у такому вигляді:

Коли , дістаємо:

.

Оскільки ,

.

Отже,

,

а для великих, але обмежених значень n маємо:

, що й потрібно було довести.

Із (47) випливає:

; (48)

.

І справді, це підтверджується ще й тим, що події утворюють повну групу.

Функція Рn (m) визначається за таблицею, наведеною в дод. 3, за заданим m і обчисленим значенням а = np.

Приклад 1. Радіоприлад містить 1000 мікроелементів, які працюють незалежно один від одного, причому кожний може вийти з ладу під час роботи приладу з імовірністю р == 0,002. Обчислити ймовірності таких випадкових подій:1) під час роботи приладу з ладу вийдуть 3 мікроелементи; 2) від трьох до шести.

Розв'язання. За умовою задачі маємо n = 1000; p = 0,002; m = 3; 3. Оскільки n велике, а р мале число, то для обчислення ймовірностей застосуємо формули (47) і (48). Для цього обчислимо значення параметра а = np = 1000 0,002 = 2.

1).

2)

=

Приклад 2. Імовірність того, що під час епідемії грипу мешканець міста захворіє на цю хворобу, становить у середньому 0,03%. Яка ймовірність того, що серед навмання вибраних 300 мешканців міста хворих на грип виявиться:

1) 5 осіб; 2) не більш як 3 особи.

Розв'язання. За умовою: p = 0,003; n = 300; m = 5;

Обчислюємо значення параметра а = np = 300  0,003 = 0,9.

1) P800 (5) 0,002001.

2)

ЛІТЕРАТУРА

  1. Вентцель Е. С., Овчаров Л. А. Теория вероятностей и ее инженерное приложение. — М.: Наука, 1988.

  2. Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. — М.: Наука, 1961.

Loading...

 
 

Цікаве