На этом уроке будем находить вероятность наступления события в независимых испытаниях при повторении испытаний. Испытания называются независимыми, если вероятность того или иного исхода каждого испытания не зависит от того, какие исходы имели другие испытания . Независимые испытания могут проводиться как в одинаковых условиях, так и в различных. В первом случае вероятность появления некоторого события во всех испытаниях одна и та же, во втором случае она меняется от испытания к испытанию.

Примеры независимых повторных испытаний :

  • выйдет из строя один из узлов прибора или два, три узла, причём выход из строя каждого узла не зависит от другого узла, а вероятность выхода из строя одного узла постоянна во всех испытаниях;
  • произведённая в некоторых постоянных технологических условиях деталь, или три, четыре, пять деталей, окажутся нестандартными, причём одна деталь может оказаться нестандартной независимо от любой другой детали и вероятность того, что деталь окажется нестандатной, постоянна во всех испытаниях;
  • из нескольких выстрелов по мишени один, три или четыре выстрела попадают в цель независимо от исходов других выстрелов и вероятность попадания в цель постоянна во всех испытаниях;
  • при опускании монеты автомат сработает правильно один, два или другое число раз независимо от того, какой результат имели другие опускания монеты, и вероятность того, что автомат сработает правильно, постоянна во всех испытаниях.

Эти события можно описать одной схемой. Каждое событие наступает в каждом испытании с одной и той же вероятностью, которая не изменяется, если становятся известными результаты предыдущих испытаний. Такие испытания называются независимыми, а схема называется схемой Бернулли . Предполагается, что такие испытания могут быть повторены как угодно большое количество раз.

Если вероятность p наступления события A в каждом испытании постоянна, то вероятность того, что в n независимых испытаниях событие A наступит m раз, находится по формуле Бернулли :

(где q = 1 – p - вероятность того, что событие не наступит)

Поставим задачу – найти вероятность того, что событие такого типа в n независимых испытаниях наступит m раз.

Формула Бернулли: примеры решения задач

Пример 1. Найти вероятность того, что среди взятых случайно пяти деталей две стандартные, если вероятность того, что каждая деталь окажется стандартной, равна 0,9.

Решение. Вероятность события А , состоящего в том, что взятая случайно деталь стандартна, есть p =0,9 , а вероятность того, что она нестандартна, есть q =1–p =0,1 . Обозначенное в условии задачи событие (обозначим его через В ) наступит, если, например, первые две детали окажутся стандартными, а следующие три – нестандартными. Но событие В также наступит, если первая и третья детали окажутся стандартными, а остальные – нестандартными, или если вторая и пятая детали будут стандартными, а остальные – нестандартными. Имеются и другие возможности наступления события В . Любая из них характеризуется тем, что из пяти взятых деталей две, занимающие любые места из пяти, окажутся стандартными. Следовательно, общее число различных возможностей наступления события В равно числу возможностей размещения на пяти местах двух стандартных деталей, т.е. равно числу сочетаний из пяти элементов по два, а .

Вероятность каждой возможности по теореме умножения вероятностей равна произведению пяти множителей, из которых два, соответствующие появлению стандартных деталей, равны 0,9, а остальные три, соответствующие появлению нестандартных деталей, равны 0,1, т.е. эта вероятность составляет . Так как указанные десять возможностей являются несовместимыми событиями, по теореме сложения вероятность события В , которую обозначим

Пример 2. Вероятность того, что станок в течение часа потребует внимания рабочего, равна 0,6. Предполагая, что неполадки на станках независимы, найти вероятность того, что в течение часа внимания рабочего потребует какой-либо один станок из четырёх обслуживаемых им.

Решение. Используя формулу Бернулли при n =4 , m =1 , p =0,6 и q =1–p =0,4 , получим

Пример 3. Для нормальной работы автобазы на линии должно быть не менее восьми автомашин, а их имеется десять. Вероятность невыхода каждой автомашины на линию равна 0,1. Найти вероятность нормальной работы автобазы в ближайший день.

Решение. Автобаза будет работать нормально (событие F ), если на линию выйдут или восемь (событие А ), или девять (событие В ), или все десять автомашин событие (событие C ). По теореме сложения вероятностей,

Каждое слагаемое находим по формуле Бернулли . Здесь n =10 , m =8; 9; 10 , а p =1-0,1=0,9 , так как p должно означать вероятность выхода автомашины на линию; тогда q =0,1 . В результате получим

Пример 4. Пусть вероятность того, что покупателю необходима мужская обувь 41-го размера, равна 0,25. Найти вероятность того, что из шести покупателей по крайней мере двум необходима обувь 41-го размера.

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.

Повторные независимые испытания называются испытаниями Бернулли, если каждое испытание имеет только два возможных исхода и вероятности исходов остаются неизменными для всех испытаний.

Обычно эти два исхода называются “успехом” (У) или “неудачей” (Н) и соответствующие вероятности обозначают p и q . Ясно, что p  0, q ³ 0 и p +q =1.

Пространство элементарных событий каждого испытания состоит из двух событий У и Н.

Пространство элементарных событий n испытаний Бернулли Ω содержит 2 n элементарных событий, представляющих собой последовательности (цепочки) из n символов У и Н. Каждое элементарное событие является одним из возможных исходов последовательности n испытаний Бернулли. Поскольку испытания независимы, то, по теореме умножения, вероятности перемножаются, то есть вероятность любой конкретной последовательности - есть произведение, полученное при замене символов У и Н на p и q соответственно, то есть, например: Р ()={У У Н У Н... Н У }=p p q p q ... q q p .

Отметим, исход испытания Бернулли часто обозначают 1 и 0, и тогда элементарное событие в последовательности n испытаний Бернулли - есть цепочка, состоящая из нолей и единиц. Например:  =(1, 0, 0, ... , 1, 1, 0).

Испытания Бернулли представляют собой важнейшую схему, рассматриваемую в теории вероятностей. Эта схема названа в честь швейцарского математика Я. Бернулли (1654-1705), в своих работах глубоко исследовавших эту модель.

Основная задача, которая нас будет здесь интересовать: какова вероятность того события, что в n испытаниях Бернулли произошло m успехов?

При выполнении указанных условий вероятность того, что при проведении независимых испытаний событиебудет наблюдаться ровноm раз (неважно, в каких именно опытах), определяется по формуле Бернулли :

(21.1)

где - вероятность появленияв каждом испытании, а
- вероятность того, что в данном опыте событиене произошло.

Если рассматривать P n (m) как функцию m , то она задает распределение вероятностей, которое называется биномиальным. Исследуем эту зависимость P n (m) от m , 0£m £n .

События B m (m = 0, 1, ..., n ), состоящие в различном числе появлений события А в n испытаниях, несовместны и образуют полную группу. Следовательно,
.

Рассмотрим соотношение:

=
=
=
.

Отсюда следует, что P n (m+1 )>P n (m), если (n - m)p > (m+1)q , т.е. функция P n (m ) возрастает, если m < np - q . Аналогично, P n (m+1) < P n (m), если (n - m)p < (m+1)q , т.е. P n (m) убывает, если m > np - q .

Таким образом, существует число m 0 ,при котором P n (m) достигает наибольшего значения. Найдем m 0 .

По смыслу числа m 0 имеем P n (m 0)³P n (m 0 -1) и P n (m 0) ³P n (m 0 +1), отсюда

, (21.2)

. (21.3)

Решая неравенства (21.2) и (21.3) относительно m 0 , получаем:

p / m 0 ³ q /(n - m 0 +1) Þ m 0 £ np + p ,

q /(n - m 0 ) ³ p /(m 0 +1) Þ m 0 ³ np - q .

Итак, искомое число m 0 удовлетворяет неравенствам

np - q £ m 0 £np+p. (21.4)

Так как p +q =1, то длина интервала, определяемого неравенством (21.4), равна единице и имеется, по крайней мере, одно целое число m 0 , удовлетворяющее неравенствам (21.4):

1) если np - q - целое число, то существуют два значения m 0 , а именно: m 0 = np - q и m 0 = np - q + 1 = np + p ;

2) если np - q - дробное, то существует одно число m 0 , а именно единственное целое, заключенное между дробными числами, полученными из неравенства (21.4);

3) если np - целое число, то существует одно число m 0 , а именно m 0 = np .

Число m 0 называется наиболее вероятным или наивероятнейшим значением (числом) появления события A в серии из n независимых испытаний.

Формула Бернулли - формула в теории вероятностей , позволяющая находить вероятность появления события A {\displaystyle A} при независимых испытаниях. Формула Бернулли позволяет избавиться от большого числа вычислений - сложения и умножения вероятностей - при достаточно большом количестве испытаний. Названа в честь выдающегося швейцарского математика Якоба Бернулли , который вывел эту формулу.

Энциклопедичный YouTube

    1 / 3

    ✪ Теория вероятностей. 22. Формула Бернулли. Решение задач

    ✪ Формула Бернулли

    ✪ 20 Повторение испытаний Формула Бернулли

    Субтитры

Формулировка

Теорема. Если вероятность p {\displaystyle p} наступления события A {\displaystyle A} в каждом испытании постоянна, то вероятность P k , n {\displaystyle P_{k,n}} того, что событие A {\displaystyle A} наступит ровно k {\displaystyle k} раз в n {\displaystyle n} независимых испытаниях, равна: P k , n = C n k ⋅ p k ⋅ q n − k {\displaystyle P_{k,n}=C_{n}^{k}\cdot p^{k}\cdot q^{n-k}} , где q = 1 − p {\displaystyle q=1-p} .

Доказательство

Пусть проводится n {\displaystyle n} независимых испытаний, причём известно, что в результате каждого испытания событие A {\displaystyle A} наступает с вероятностью P (A) = p {\displaystyle P\left(A\right)=p} и, следовательно, не наступает с вероятностью P (A ¯) = 1 − p = q {\displaystyle P\left({\bar {A}}\right)=1-p=q} . Пусть, так же, в ходе испытаний вероятности p {\displaystyle p} и q {\displaystyle q} остаются неизменными. Какова вероятность того, что в результате n {\displaystyle n} независимых испытаний, событие A {\displaystyle A} наступит ровно k {\displaystyle k} раз?

Оказывается можно точно подсчитать число "удачных" комбинаций исходов испытаний, для которых событие A {\displaystyle A} наступает k {\displaystyle k} раз в n {\displaystyle n} независимых испытаниях, - в точности это количество сочетаний из  n {\displaystyle n}  по  k {\displaystyle k} :

C n (k) = n ! k ! (n − k) ! {\displaystyle C_{n}(k)={\frac {n!}{k!\left(n-k\right)!}}} .

В то же время, так как все испытания независимы и их исходы несовместимы (событие A {\displaystyle A} либо наступает, либо нет), то вероятность получения "удачной" комбинации в точности равна: .

Окончательно, для того чтобы найти вероятность того, что в n {\displaystyle n} независимых испытаниях событие A {\displaystyle A} наступит ровно k {\displaystyle k} раз, нужно сложить вероятности получения всех "удачных" комбинаций. Вероятности получения всех "удачных" комбинаций одинаковы и равны p k ⋅ q n − k {\displaystyle p^{k}\cdot q^{n-k}} , количество "удачных" комбинаций равно C n (k) {\displaystyle C_{n}(k)} , поэтому окончательно получаем:

P k , n = C n k ⋅ p k ⋅ q n − k = C n k ⋅ p k ⋅ (1 − p) n − k {\displaystyle P_{k,n}=C_{n}^{k}\cdot p^{k}\cdot q^{n-k}=C_{n}^{k}\cdot p^{k}\cdot (1-p)^{n-k}} .

Последнее выражение есть не что иное, как Формула Бернулли. Полезно также заметить, что в силу полноты группы событий, будет справедливо:

∑ k = 0 n (P k , n) = 1 {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}(P_{k,n})=1} .

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.