ბერნულის ტესტის სქემა. ბერნულის ფორმულა

მოდით გავაკეთოთ რამდენიმე ტესტი. უფრო მეტიც, $A$ მოვლენის დადგომის ალბათობა თითოეულ საცდელში არ არის დამოკიდებული სხვა ცდების შედეგებზე. ასეთ ცდებს უწოდებენ დამოუკიდებელ მოვლენას A-სთან მიმართებაში. სხვადასხვა დამოუკიდებელ ცდაში A მოვლენას შეიძლება ჰქონდეს განსხვავებული ალბათობა, ან ერთი და იგივე. ჩვენ განვიხილავთ მხოლოდ იმ დამოუკიდებელ ცდებს, რომლებშიც $A$ მოვლენას აქვს იგივე ალბათობა.

კომპლექსურ მოვლენაში ვგულისხმობთ მარტივი მოვლენების ერთობლიობას. დაე, ნ ცდები ჩატარდეს. ყოველ საცდელში, მოვლენა $A$ შეიძლება მოხდეს ან არ მოხდეს. ჩვენ ვვარაუდობთ, რომ ყოველ საცდელში $A$ მოვლენის დადგომის ალბათობა იგივეა და უდრის $p$. მაშინ ალბათობა $\overline A $ (ან არ მოხდეს A ) უდრის $P(( \overline A ))=q=1-p$.

დაე, საჭირო გახდეს ალბათობის გამოთვლა, რომ in ნ-სატესტო ღონისძიება $A$ მოხდება კ- ჯერ და $n-k$ ჯერ - არ მოვა. ეს ალბათობა აღინიშნა $P_n (k)$-ით. უფრო მეტიც, $A$ მოვლენის დადგომის თანმიმდევრობა არ არის მნიშვნელოვანი. მაგალითად: $(( AAA\overline A , AA\overline A A, A\overline A AA, \overline AAA ))$

$P_5 (3)-$ ხუთ საცდელ მოვლენაში $A$ გამოჩნდა 3-ჯერ და 2 არ გამოჩნდა. ეს ალბათობა შეიძლება მოიძებნოს ბერნულის ფორმულის გამოყენებით.

ბერნულის ფორმულის წარმოშობა

დამოუკიდებელი მოვლენების ალბათობათა გამრავლების თეორემით, ალბათობა იმისა, რომ მოვლენა $A$ მოხდეს $k$-ჯერ და $n-k$-ჯერ არ მოხდეს, უდრის $p^k\cdot q^ ( n-k ) $. და შეიძლება იყოს იმდენი ისეთი რთული მოვლენა, რამდენიც შეიძლება იყოს $C_n^k $. ვინაიდან რთული მოვლენები შეუთავსებელია, მაშინ შეუთავსებელი მოვლენების ალბათობათა ჯამის თეორემის მიხედვით, უნდა დავამატოთ ყველა რთული მოვლენის ალბათობა და მათგან არის ზუსტად $C_n^k $. მაშინ $A$ მოვლენის დადგომის ალბათობა ზუსტად არის კერთხელ ნტესტები, არის $P_n (( A,\,k ))=P_n (k)=C_n^k \cdot p^k\cdot q^ (n-k) $ ბერნულის ფორმულა.

მაგალითი. კვარცხლბეკი აგდებულია 4-ჯერ. იპოვნეთ ალბათობა იმისა, რომ ნახევარი გამოჩნდება.

გადაწყვეტილება. $A=$ (ერთის გამოჩენა)

$ P(A)=p=\frac (1) (6) \, \,P(( \overline A ))=q=1-\frac (1) (6) =\frac (5) (6) $ $ P_4 (2)=C_4^2 \cdot p^2\cdot q^ (4-2) =\frac (4!) (2!\cdot 2!) \cdot 6^2\cdot (( \frac (5) (6))^2=0,115$

ამის დანახვა ადვილია დიდი ღირებულებებისთვის ნდიდი რიცხვების გამო ალბათობის გამოთვლა საკმაოდ რთულია. გამოდის, რომ ეს ალბათობა შეიძლება გამოითვალოს არა მხოლოდ ბერნულის ფორმულის გამოყენებით.

თუ რამდენიმე ცდა ტარდება და A მოვლენის ალბათობა თითოეულ ცდაში არ არის დამოკიდებული სხვა ცდების შედეგებზე, მაშინ ასეთი ცდები ე.წ. დამოუკიდებელი მოვლენასთან მიმართებაში ა .

სხვადასხვა დამოუკიდებელ ცდაში A მოვლენას შეიძლება ჰქონდეს განსხვავებული ალბათობა ან იგივე ალბათობა. ჩვენ განვიხილავთ მხოლოდ ისეთ დამოუკიდებელ ცდებს, რომლებშიც A მოვლენას აქვს იგივე ალბათობა.

ქვემოთ ვიყენებთ კონცეფციას კომპლექსი მოვლენები, მისი გაგება რამდენიმე ცალკეული მოვლენის კომბინაცია, რომელსაც ე.წ მარტივი .

დაე, წარმოიქმნას ნ დამოუკიდებელი ცდები, რომელთაგან თითოეულში A მოვლენა შეიძლება მოხდეს ან არ მოხდეს. მოდით შევთანხმდეთ ვივარაუდოთ, რომ A მოვლენის ალბათობა თითოეულ ცდაში იგივეა, კერძოდ, ის უდრის რ . მაშასადამე, A მოვლენის არ დადგომის ალბათობა ყოველ ცდაში ასევე მუდმივია და ტოლია q = 1 - გვ .

მოდით დავსვათ ამოცანა, გამოვთვალოთ ამის ალბათობა ნტესტები, მოვლენა A ზუსტად მოხდება კ ჯერ და, შესაბამისად, არ განხორციელდება ნ-კ ერთხელ. მნიშვნელოვანია ხაზგასმით აღვნიშნოთ, რომ არ არის აუცილებელი, რომ მოვლენა A ზუსტად განმეორდეს კ ჯერ გარკვეული თანმიმდევრობით.

მაგალითად, თუ ვსაუბრობთ მოვლენის დადგომაზე მაგრამსამჯერ ოთხ საცდელში, შესაძლებელია შემდეგი რთული მოვლენები: AAA, AAA, AAA, AAA. ჩაწერა AAAნიშნავს, რომ პირველ, მეორე და მესამე ცდაში ღონისძიება მაგრამმოვიდა, მაგრამ მეოთხე ტესტში არ გამოჩნდა, ე.ი. პირიქით მოხდა მაგრამ;სხვა ჩანაწერებს აქვთ იგივე მნიშვნელობა.

მიუთითეთ სასურველი ალბათობა R p (k) . მაგალითად, სიმბოლო R 5 (3) ნიშნავს ალბათობას, რომ ხუთ ცდაში მოვლენა ზუსტად 3-ჯერ გამოჩნდება და, შესაბამისად, არ მოხდება 2-ჯერ.

პრობლემის გადაჭრა შესაძლებელია ეგრეთ წოდებული ბერნულის ფორმულის გამოყენებით.

ბერნულის ფორმულის წარმოშობა. ერთი რთული მოვლენის ალბათობა, რომელიც შედგება იმაში, რომ ქ პ სატესტო ღონისძიება მაგრამმოვა კ ერთხელ და არ მოვა ნ - კ ჯერ, დამოუკიდებელ მოვლენათა ალბათობათა გამრავლების თეორემის მიხედვით უდრის p k q n - k . შეიძლება იყოს იმდენი რთული მოვლენა, რამდენიც არის მათი კომბინაცია პ ელემენტების მიერ კ ელემენტები, ე.ი. C n k .

ამ რთული მოვლენების შემდეგ შეუთავსებელი, მაშინ შეუთავსებელი მოვლენების ალბათობათა შეკრების თეორემის მიხედვით სასურველი ალბათობა უდრის ყველა შესაძლო რთული მოვლენის ალბათობების ჯამს. ვინაიდან ყველა ამ რთული მოვლენის ალბათობა ერთნაირია, სასურველი ალბათობა (მოვლენის კ ღონისძიების დრო მაგრამ in პ ტესტები) უდრის ერთი რთული მოვლენის ალბათობას, გამრავლებული მათ რიცხვზე:

შედეგად მიღებული ფორმულა ე.წ ბერნულის ფორმულა .

მაგალითი 1. იმის ალბათობა, რომ ერთი დღის განმავლობაში ელექტროენერგიის მოხმარება არ გადააჭარბოს დადგენილ ნორმას, უდრის p = 0.75 . იპოვეთ ალბათობა, რომ მომდევნო 6 დღეში ელექტროენერგიის მოხმარება 4 დღის განმავლობაში არ გადააჭარბოს ნორმას.

გადაწყვეტილება. ელექტროენერგიის ნორმალური მოხმარების ალბათობა ყოველი 6 დღის განმავლობაში მუდმივი და ტოლია p = 0.75 . ამიტომ, ელექტროენერგიის ყოველ დღე გადამეტებული ხარჯვის ალბათობაც მუდმივი და ტოლია q \u003d 1 - p \u003d 1 - 0.75 \u003d 0.25.

ბერნულის ფორმულის მიხედვით სასურველი ალბათობა უდრის:

მოკლე თეორია

ალბათობის თეორია ეხება ექსპერიმენტებს, რომლებიც შეიძლება განმეორდეს (ყოველ შემთხვევაში თეორიულად) შეუზღუდავი რაოდენობის ჯერ. მოდით, რომელიმე ექსპერიმენტი ერთხელ განმეორდეს და თითოეული გამეორების შედეგი არ იყოს დამოკიდებული წინა გამეორების შედეგებზე. გამეორებების ასეთ სერიას დამოუკიდებელ ცდებს უწოდებენ. ასეთი ტესტების განსაკუთრებული შემთხვევაა ბერნულის დამოუკიდებელი ცდები, რომლებიც ხასიათდება ორი პირობით:

1) თითოეული ტესტის შედეგი არის ორი შესაძლო შედეგიდან ერთ-ერთი, რომელსაც ეწოდება "წარმატება" ან "მარცხი".

2) ყოველ მომდევნო ტესტში „წარმატების“ ალბათობა არ არის დამოკიდებული წინა ტესტების შედეგებზე და რჩება მუდმივი.

ბერნულის თეორემა

თუ კეთდება ბერნულის დამოუკიდებელი ცდების სერია, რომელთაგან თითოეულში "წარმატება" ხდება ალბათობით, მაშინ ალბათობა იმისა, რომ "წარმატება" ტესტებში მოხდება ზუსტად ერთხელ, გამოიხატება ფორმულით:

სად არის მარცხის ალბათობა.

- ელემენტების კომბინაციების რაოდენობა (იხილეთ კომბინატორიკის ძირითადი ფორმულები)

ამ ფორმულას ე.წ ბერნულის ფორმულა.

ბერნულის ფორმულა საშუალებას გაძლევთ გათავისუფლდეთ დიდი რაოდენობით გამოთვლებისგან - ალბათობების დამატება და გამრავლება - საკმარისად დიდი რაოდენობის ტესტებით.

ბერნულის ტესტის სქემას ასევე უწოდებენ ბინომიურ სქემას, ხოლო შესაბამის ალბათობებს - ბინომიური, რაც დაკავშირებულია ორობითი კოეფიციენტების გამოყენებასთან.

ბერნულის სქემის მიხედვით განაწილება საშუალებას იძლევა, კერძოდ, იპოვოთ მოვლენის ყველაზე სავარაუდო რიცხვი.

თუ ცდების რაოდენობა ნშესანიშნავია, მაშინ ისიამოვნეთ:

პრობლემის გადაჭრის მაგალითი

Ამოცანა

გარკვეული მცენარის თესლის გაღივება 70%-ია. რა არის იმის ალბათობა, რომ დათესილი 10 თესლიდან: 8, მინიმუმ 8; მინიმუმ 8?

პრობლემის გადაწყვეტა

მოდით გამოვიყენოთ ბერნულის ფორმულა:

ჩვენს შემთხვევაში

დაე, ღონისძიებამ - 10 თესლიდან ამოიზარდოს 8:

მიეცით მოვლენა - გაიზრდება მინიმუმ 8-ით (ეს ნიშნავს 8, 9 ან 10)

დაე, მოვლენა გაიზარდოს მინიმუმ 8-ით (ეს ნიშნავს 8.9 ან 10-ს)

უპასუხე

საშუალოსაკონტროლო სამუშაოს გადაჭრის ღირებულებაა 700 - 1200 რუბლი (მაგრამ არანაკლებ 300 რუბლი მთელი შეკვეთისთვის). ფასზე ძლიერ გავლენას ახდენს გადაწყვეტილების გადაუდებლობა (დღიდან რამდენიმე საათამდე). ონლაინ დახმარების ღირებულება გამოცდაში / ტესტში - 1000 რუბლიდან. ბილეთის გადაწყვეტისთვის.

აპლიკაცია შეიძლება დარჩეს უშუალოდ ჩატში, მანამდე გადააგდო ამოცანების მდგომარეობა და შეგატყობინოთ მისი გადაჭრის ვადების შესახებ. პასუხის დრო რამდენიმე წუთია.

ამ გაკვეთილზე ჩვენ ვიპოვით მოვლენის დამოუკიდებელ ცდებში მომხდარის ალბათობას, როდესაც ცდები განმეორდება. . ცდებს უწოდებენ დამოუკიდებელ ცდებს, თუ თითოეული ცდის ამა თუ იმ შედეგის ალბათობა არ არის დამოკიდებული იმაზე, თუ რა შედეგს მოჰყვა სხვა ცდები. . დამოუკიდებელი ტესტები შეიძლება ჩატარდეს როგორც ერთსა და იმავე პირობებში, ასევე სხვადასხვა პირობებში. პირველ შემთხვევაში, ყველა ცდაში მოვლენის დადგომის ალბათობა ერთი და იგივეა, მეორე შემთხვევაში კი ის განსხვავდება ცდაში.

დამოუკიდებელი ხელახალი ტესტირების მაგალითები :

• მოწყობილობის ერთ-ერთი კვანძი ან ორი ან სამი კვანძი მარცხდება და თითოეული კვანძის უკმარისობა არ არის დამოკიდებული მეორე კვანძზე და ერთი კვანძის უკმარისობის ალბათობა მუდმივია ყველა ტესტში;
• გარკვეული მუდმივი ტექნოლოგიური პირობების პირობებში წარმოებული ნაწილი, ან სამი, ოთხი, ხუთი ნაწილი, აღმოჩნდება არასტანდარტული, ხოლო ერთი ნაწილი შეიძლება აღმოჩნდეს არასტანდარტული, განურჩევლად ნებისმიერი სხვა ნაწილისა და იმის ალბათობით, რომ ნაწილი აღმოჩნდება არასტანდარტული, მუდმივია ყველა ტესტში;
• მიზანზე რამდენიმე გასროლიდან ერთი, სამი ან ოთხი გასროლა ხვდება მიზანს, განურჩევლად სხვა გასროლის შედეგისა და მიზანში მოხვედრის ალბათობა მუდმივია ყველა ცდაში;
• როდესაც მონეტა ჩასმულია, მანქანა იმუშავებს სწორად ერთ, ორ ან სხვა რამდენჯერმე, მიუხედავად იმისა, თუ რა ჰქონდათ სხვა მონეტების ჩასმას, და ალბათობა იმისა, რომ მანქანა სწორად იმუშაოს, მუდმივია ყველა საცდელში.

ეს მოვლენები შეიძლება აღწერილი იყოს ერთი სქემით. ყოველ ცდაში ყოველი მოვლენა ხდება ერთი და იგივე ალბათობით, რაც არ იცვლება, თუ ცნობილი გახდება წინა ცდების შედეგები. ასეთ ტესტებს უწოდებენ დამოუკიდებელ, ხოლო სქემას ე.წ ბერნულის სქემა . ვარაუდობენ, რომ ასეთი ტესტები შეიძლება განმეორდეს რამდენჯერაც სასურველია.

თუ ალბათობა გვღონისძიება ამუდმივია ყოველ ცდაში, მაშინ ალბათობა, რომ ში ნდამოუკიდებელი ტესტი ღონისძიება ამოვა მჯერ, მდებარეობს ბერნულის ფორმულა :

(სად ქ= 1 – გვ- ალბათობა იმისა, რომ მოვლენა არ მოხდება)

დავსვათ დავალება - ვიპოვოთ ალბათობა, რომ ამ ტიპის მოვლენა შემოდის ნდამოუკიდებელი სასამართლო პროცესები მოვა მერთხელ.

ბერნულის ფორმულა: პრობლემის გადაჭრის მაგალითები

მაგალითი 1იპოვეთ ალბათობა, რომ ხუთ შემთხვევით შერჩეულ ნაწილს შორის ორი სტანდარტულია, თუ თითოეული ნაწილის სტანდარტულის ალბათობა არის 0,9.

გადაწყვეტილება. მოვლენის ალბათობა მაგრამ, რომელიც შედგება იმაში, რომ შემთხვევით მიღებული ნაწილი სტანდარტულია, არის გვ=0.9 და ალბათობა იმისა, რომ ის არასტანდარტულია ქ=1–გვ=0.1. მოვლენა, რომელიც მითითებულია პრობლემის მდგომარეობაში (ჩვენ აღვნიშნავთ მას AT) ხდება, თუ, მაგალითად, პირველი ორი ნაწილი სტანდარტულია, ხოლო შემდეგი სამი არასტანდარტული. მაგრამ მოვლენა ATასევე ხდება, თუ პირველი და მესამე ნაწილები სტანდარტულია და დანარჩენი არასტანდარტული, ან თუ მეორე და მეხუთე ნაწილები სტანდარტულია, დანარჩენი კი არასტანდარტული. მოვლენის სხვა შესაძლებლობაც არსებობს. AT. ნებისმიერ მათგანს ახასიათებს ის ფაქტი, რომ აღებული ხუთი ნაწილიდან ორი, ხუთიდან რომელიმე ადგილის დაკავება, სტანდარტული აღმოჩნდება. მაშასადამე, მოვლენის დადგომის სხვადასხვა შესაძლებლობების საერთო რაოდენობა ATუდრის ხუთ ადგილას ორი სტანდარტული ნაწილის განთავსების შესაძლებლობების რაოდენობას, ე.ი. უდრის ხუთი ელემენტის კომბინაციების რაოდენობას ორზე და.

ყოველი შესაძლებლობის ალბათობა, ალბათობის გამრავლების თეორემის მიხედვით, უდრის ხუთი ფაქტორის ნამრავლს, საიდანაც ორი, რომელიც შეესაბამება სტანდარტული ნაწილების გარეგნობას, უდრის 0,9-ს, ხოლო დანარჩენი სამი, შეესაბამება არა-ის გამოჩენას. -სტანდარტული ნაწილები, უდრის 0,1, ე.ი. ეს ალბათობა არის. ვინაიდან ეს ათი შესაძლებლობა შეუთავსებელი მოვლენებია, მიმატების თეორემით, მოვლენის ალბათობა AT, რომელსაც ჩვენ აღვნიშნავთ

მაგალითი 2ალბათობა იმისა, რომ მანქანა ერთ საათში მოითხოვს მუშის ყურადღებას არის 0,6. თუ ვივარაუდებთ, რომ მანქანებზე ხარვეზები დამოუკიდებელია, იპოვნეთ ალბათობა, რომ ერთი საათის განმავლობაში მუშაკის ყურადღება მოეთხოვება მის მიერ მომსახურე ოთხი მანქანიდან რომელიმეს.

გადაწყვეტილება. გამოყენება ბერნულის ფორმულაზე ნ=4 , მ=1 , გვ=0.6 და ქ=1–გვ=0.4, ვიღებთ

მაგალითი 3ავტოსაწყობის ნორმალური ფუნქციონირებისთვის, ხაზში უნდა იყოს მინიმუმ რვა მანქანა, მათგან ათი. ხაზში თითოეული მანქანის გამოუშვებლობის ალბათობა უდრის 0,1-ს. იპოვეთ დეპოს ნორმალური მუშაობის ალბათობა მომდევნო დღეს.

გადაწყვეტილება. Autobase კარგად იმუშავებს (მოვლენა ფ) თუ რომელიმე ან რვა შევა ხაზში (მოვლენა მაგრამ), ან ცხრა (მოვლენა AT), ან ათივე მანქანის ღონისძიება (ღონისძიება C). ალბათობის დამატების თეორემის მიხედვით,

ჩვენ ვპოულობთ თითოეულ ტერმინს ბერნულის ფორმულის მიხედვით. Აქ ნ=10 , მ=8; 10 და გვ\u003d 1-0.1 \u003d 0.9, მას შემდეგ გვუნდა ნიშნავდეს ხაზში მანქანის შემოსვლის ალბათობას; მაშინ ქ=0.1. შედეგად, ჩვენ ვიღებთ

მაგალითი 4ალბათობა იმისა, რომ მომხმარებელს სჭირდება 41 ზომის მამაკაცის ფეხსაცმელი იყოს 0,25. იპოვეთ ალბათობა, რომ ექვსი მყიდველიდან ორს მაინც სჭირდება 41 ზომის ფეხსაცმელი.

დაე, ჩატარდეს n ცდები A მოვლენის მიმართ. შემოვიღოთ შემდეგი მოვლენები: Аk -- მოვლენა А განხორციელდა k-ე ტესტის დროს, $ k=1,2,\dots , n$. მაშინ $\bar(A)_(k) $ არის საპირისპირო მოვლენა (მოვლენა A არ მომხდარა k-ე ტესტის დროს, $k=1,2,\dots , n$).

რა არის თანატოლები და დამოუკიდებელი ცდები

განმარტება

ტესტები იწოდება იმავე ტიპის A მოვლენასთან მიმართებაში, თუ $A1, A2, \dots , An$ მოვლენების ალბათობა იგივეა: $P(A1)=P(A2)= \dots =P(An) $ (ანუ A მოვლენის დადგომის ალბათობა ერთ ცდაში მუდმივია ყველა ცდაში).

ცხადია, ამ შემთხვევაში საპირისპირო მოვლენების ალბათობაც ემთხვევა: $P(\bar(A)_(1))=P(\bar(A)_(2))=...=P(\bar( ა) _(ნ))$.

განმარტება

ცდებს უწოდებენ დამოუკიდებელ მოვლენას A-სთან მიმართებაში, თუ მოვლენები $A1, A2, \dots , An$ დამოუკიდებელია.

Ამ შემთხვევაში

ამ შემთხვევაში, თანასწორობა შენარჩუნებულია, როდესაც ნებისმიერი მოვლენა Ak იცვლება $\bar(A)_(k) $-ით.

მოდით ჩატარდეს n მსგავსი დამოუკიდებელი ცდების სერია A მოვლენასთან დაკავშირებით. ჩვენ ვატარებთ აღნიშვნას: p - A მოვლენის ალბათობა ერთ ტესტში; q არის საპირისპირო მოვლენის ალბათობა. ამრიგად P(Ak)=p, $P(\bar(A)_(k))=q$ ნებისმიერი k-სთვის და p+q=1.

ალბათობა იმისა, რომ n ცდის სერიაში მოვლენა A მოხდება ზუსტად k-ჯერ (0 ≤ k ≤ n) გამოითვლება ფორმულით:

$P_(n) (k)=C_(n)^(k) p^(k) q^(n-k) $ (1)

ტოლობას (1) ეწოდება ბერნულის ფორმულა.

ალბათობა იმისა, რომ ერთი და იგივე ტიპის n დამოუკიდებელი ცდის სერიაში A მოვლენა მოხდეს მინიმუმ k1-ჯერ და მაქსიმუმ k2-ჯერ, გამოითვლება ფორმულით:

$P_(n) (k_(1) \le k\le k_(2))=\sum \limits _(k=k_(1) )^(k_(2) )C_(n)^(k) p ^(k) q^(n-k) $ (2)

ბერნულის ფორმულის გამოყენება n-ის დიდი მნიშვნელობებისთვის იწვევს რთულ გამოთვლებს, ამიტომ ამ შემთხვევებში უმჯობესია გამოიყენოთ სხვა ფორმულები - ასიმპტომური.

ბერნულის სქემის განზოგადება

განვიხილოთ ბერნულის სქემის განზოგადება. თუ n დამოუკიდებელი ცდის სერიაში, რომელთაგან თითოეულს აქვს m წყვილი შეუთავსებელი და შესაძლო შედეგები Ak შესაბამისი ალბათობით Рk= рk(Аk). მაშინ პოლინომიური განაწილების ფორმულა მოქმედებს:

მაგალითი 1

ეპიდემიის დროს გრიპის მიღების ალბათობა 0,4-ია. იპოვეთ ალბათობა, რომ კომპანიის 6 თანამშრომლიდან დაავადდეს

1. ზუსტად 4 თანამშრომელი;
2. არაუმეტეს 4 თანამშრომელი.

გადაწყვეტილება. 1) ცხადია, ამ პრობლემის გადასაჭრელად გამოიყენება ბერნულის ფორმულა, სადაც n=6; k=4; p=0.4; q=1-p=0.6. ფორმულის (1) გამოყენებით მივიღებთ: $P_(6) (4)=C_(6)^(4) \cdot 0.4^(4) \cdot 0.6^(2) \დაახლოებით 0.138$.

ამ პრობლემის გადასაჭრელად გამოიყენება ფორმულა (2), სადაც k1=0 და k2=4. Ჩვენ გვაქვს:

\[\ დასაწყისი(მასივი)(l) (P_(6) (0\le k\le 4)=\sum \limits _(k=0)^(4)C_(6)^(k) p^( ლ) q^(6-k) =C_(6)^(0) \cdot 0.4^(0) \cdot 0.6^(6) +C_(6)^(1) \cdot 0.4 ^(1) \cdot 0.6^(5) +C_(6)^(2) \cdot 0.4^(2) \cdot 0.6^(4) +) \\ (+C_(6) ^(3) \cdot 0.4^(3) \ cdot 0.6^(3) +C_(6)^(4) \cdot 0.4^(4) \cdot 0.6^(2) \დაახლოებით 0.959.) \end(მასივი)\]

უნდა აღინიშნოს, რომ ამ ამოცანის ამოხსნა უფრო ადვილია საპირისპირო მოვლენის გამოყენებით - 4-ზე მეტი თანამშრომელი დაავადდა. შემდეგ, საპირისპირო მოვლენების ალბათობის ფორმულის (7) გათვალისწინებით, ვიღებთ:

პასუხი: $\ $0,959.

მაგალითი 2

ურნა შეიცავს 20 თეთრ და 10 შავ ბურთულას. ამოიღებენ 4 ბურთულს და ყოველი ამოღებული ბურთულა აბრუნებენ ურნაში, სანამ მეორე არ გაივლება და ურნაში ბურთებს ურევენ. იპოვეთ ალბათობა, რომ დახაზული ოთხი ბურთიდან 2 თეთრი ბურთი იქნება ფიგურაში 1.

სურათი 1.

გადაწყვეტილება. მოვლენა A იყოს ის, რომ -- თეთრი ბურთია დახატული. მაშინ ალბათობები $D (A)=\frac(2)(3) ,\, \, D (\overline(A))=1-\frac(2)(3) =\frac(1)(3) $ .

ბერნულის ფორმულის მიხედვით, საჭირო ალბათობაა $D_(4) (2)=N_(4)^(2) \left(\frac(2)(3) \right)^(2) \left(\frac (1)( 3) \მარჯვნივ)^(2) =\frac(8)(27) $.

პასუხი: $\frac(8)(27) $.

მაგალითი 3

დაადგინეთ ალბათობა იმისა, რომ 5 შვილიან ოჯახს ეყოლება არაუმეტეს 3 გოგონა. სავარაუდოა, რომ ბიჭისა და გოგოს გაჩენის ალბათობა ერთნაირია.

გადაწყვეტილება. გოგოს გაჩენის ალბათობა $\ნაწილი =\frac(1)(2) ,\, q=\frac(1)(2) $-მამაკაცის გაჩენის ალბათობა. ოჯახში სამი გოგონაზე მეტი არ არის, რაც ნიშნავს, რომ ან ერთი, ან ორი, ან სამი გოგონა დაიბადა, ან ოჯახში ყველა ბიჭი.

იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ ოჯახში გოგოები არ არის, ერთი, ორი ან სამი გოგონა დაიბადა: $D_(5) (0)=q^(5) =\frac(1)(32) $,

\ \ \

ამიტომ, საჭირო ალბათობაა $D =D_(5) (0)+D_(5) (1)+D_(5) (2)+D_(5) (3)=\frac(13)(16) $ .

პასუხი: $\frac(13)(16)$.

მაგალითი 4

პირველი მსროლელი ერთი გასროლით შეიძლება მოხვდეს ათეულში 0,6 ალბათობით, ცხრა 0,3 და რვა ალბათობით 0,1. რა არის იმის ალბათობა, რომ 10 გასროლით მან ათჯერ დაარტყა ექვსჯერ, ცხრა სამჯერ და რვა რვაჯერ?