ბერნულის ფორმულა- ფორმულა ალბათობის თეორიაში, რომელიც საშუალებას გაძლევთ იპოვოთ მოვლენის დადგომის ალბათობა A (\displaystyle A)დამოუკიდებელ ტესტებში. ბერნულის ფორმულა საშუალებას გაძლევთ გათავისუფლდეთ დიდი რაოდენობით გამოთვლებისგან - ალბათობების დამატება და გამრავლება - საკმარისად დიდი რაოდენობის ტესტებით. დაარქვეს გამოჩენილი შვეიცარიელი მათემატიკოსის იაკობ ბერნულის პატივსაცემად, რომელმაც გამოიტანა ეს ფორმულა.

ენციკლოპედიური YouTube

1 / 3

✪ ალბათობის თეორია. 22. ბერნულის ფორმულა. Პრობლემის გადაჭრა

✪ ბერნულის ფორმულა

✪ 20 განმეორებითი ტესტი ბერნულის ფორმულა

სუბტიტრები

ფორმულირება

თეორემა.თუ ალბათობა p (\displaystyle p)ღონისძიება A (\displaystyle A)მუდმივია ყოველ ცდაში, შემდეგ ალბათობა P k , n (\displaystyle P_(k,n))რომ მოვლენა A (\displaystyle A)მოდის ზუსტად k (\displaystyle k)ერთხელ n (\displaystyle n)დამოუკიდებელი ტესტები უდრის: 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)), სად q = 1 − p (\displaystyle q=1-p).

მტკიცებულება

დაე, ჩატარდეს n (\displaystyle n)დამოუკიდებელი ტესტები და ცნობილია, რომ ყოველი ტესტის შედეგად ხდება მოვლენა A (\displaystyle A)გააჩნია ალბათობა P (A) = p (\displaystyle P\მარცხნივ(A\მარჯვნივ)=p)და ამიტომ არ ხდება ალბათობით P (A ¯) = 1 − p = q (\displaystyle P\left((\bar (A))\მარჯვნივ)=1-p=q). მოდით, ასევე, ალბათობის ტესტების დროს p (\displaystyle p)და q (\displaystyle q)რჩება უცვლელი. რა არის იმის ალბათობა, რომ შედეგად n (\displaystyle n)დამოუკიდებელი ტესტი, ღონისძიება A (\displaystyle A)მოდის ზუსტად k (\displaystyle k)ერთხელ?

გამოდის, რომ შესაძლებელია ზუსტად გამოვთვალოთ ტესტის შედეგების "წარმატებული" კომბინაციების რაოდენობა, რისთვისაც მოხდა მოვლენა A (\displaystyle A)მოდის k (\displaystyle k)ერთხელ n (\displaystyle n)დამოუკიდებელი ცდები, არის ზუსტად მათი კომბინაციების რაოდენობა n (\displaystyle n) on k (\displaystyle k) :

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

ამავდროულად, ვინაიდან ყველა ცდა დამოუკიდებელია და მათი შედეგები შეუთავსებელია (მოვლენა A (\displaystyle A)ხდება თუ არა), მაშინ "წარმატებული" კომბინაციის მიღების ალბათობა ზუსტად არის: .

და ბოლოს, იმისათვის, რომ ვიპოვოთ ამის ალბათობა n (\displaystyle n)დამოუკიდებელი ტესტი ღონისძიება A (\displaystyle A)მოდის ზუსტად k (\displaystyle k)ჯერ, თქვენ უნდა დაამატოთ ყველა "წარმატებული" კომბინაციის მიღების ალბათობა. ყველა „წარმატებული“ კომბინაციის მიღების ალბათობა ერთნაირი და თანაბარია p k ⋅ q n − k (\displaystyle p^(k)\cdot q^(n-k)), „წარმატებული“ კომბინაციების რაოდენობაა C n (k) (\displaystyle C_(n)(k))ასე რომ, საბოლოოდ მივიღებთ:

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)).

ბოლო გამოთქმა სხვა არაფერია, თუ არა ბერნულის ფორმულა. ასევე სასარგებლოა აღინიშნოს, რომ მოვლენების ჯგუფის სისრულიდან გამომდინარე, ეს იქნება ჭეშმარიტი:

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

ალბათობის თეორიის პრაქტიკული გამოყენებისას ხშირად აწყდებით პრობლემებს, რომლებშიც ერთი და იგივე ექსპერიმენტი ან მსგავსი ექსპერიმენტები არაერთხელ მეორდება. ყოველი გამოცდილების შედეგად, მოვლენა შეიძლება გამოჩნდეს ან არ გამოჩნდეს. მაგრამდა ჩვენ არ გვაინტერესებს თითოეული ინდივიდუალური ექსპერიმენტის შედეგი, მაგრამ სულ გამოჩენაივენთი მაგრამმთელი რიგი ექსპერიმენტების შედეგად. მაგალითად, თუ გასროლების ჯგუფი ერთსა და იმავე სამიზნეზეა გასროლილი, ჩვენ გვაინტერესებს არა თითოეული გასროლის შედეგი, არამედ დარტყმების საერთო რაოდენობა. ასეთი პრობლემები მოგვარებულია საკმაოდ მარტივად, თუ ექსპერიმენტები იქნება დამოუკიდებელი.

განმარტება. ცდები, რომლებიც დამოუკიდებელია მოვლენისგან A არის ისეთები, რომლებშიც A მოვლენის ალბათობა თითოეულ ცდაში დამოუკიდებელია სხვა ცდების შედეგებისგან.

მაგალითი.გემბანიდან ბანქოს რამდენიმე თანმიმდევრული ნახაზი დამოუკიდებელი ექსპერიმენტია, იმ პირობით, რომ გათამაშებული ბარათი ყოველ ჯერზე დაბრუნდება გემბანზე და ბარათები აურიეთ; წინააღმდეგ შემთხვევაში, ისინი დამოკიდებულ გამოცდილებას წარმოადგენენ.

მაგალითი. რამდენიმე გასროლა დამოუკიდებელი ექსპერიმენტია მხოლოდ იმ შემთხვევაში, თუ დამიზნება განმეორდება ყოველი გასროლის წინ; იმ შემთხვევაში, როდესაც დამიზნება ხორციელდება ერთხელ სროლის დაწყებამდე ან მუდმივად ხორციელდება სროლის დროს (სროლა აფეთქებით, სერიის დაბომბვა), გასროლა არის დამოკიდებული ექსპერიმენტები.

დამოუკიდებელი ტესტები შეიძლება ჩატარდეს იმავე ან განსხვავებულ პირობებში. პირველ შემთხვევაში მოვლენის ალბათობა მაგრამყველა ექსპერიმენტში ერთი და იგივე, მეორე შემთხვევაში მოვლენის ალბათობა მაგრამგანსხვავდება გამოცდილებიდან გამოცდილებამდე. პირველი შემთხვევა დაკავშირებულია სანდოობის თეორიის ბევრ პრობლემასთან, სროლის თეორიასთან და მივყავართ ე.წ. ბერნულის სქემა, რომელიც არის შემდეგი:

1) თანმიმდევრობა ხორციელდება ნდამოუკიდებელი სასამართლო პროცესები, რომელთაგან თითოეულში არის მოვლენა მაგრამშეიძლება გამოჩნდეს ან არ გამოჩნდეს;

2) მოვლენის დადგომის ალბათობა მაგრამთითოეულ ტესტში არის მუდმივი და ტოლი , ასევე მისი არ მომხდარის ალბათობა .

ბერნულის ფორმულა მოვლენის დადგომის ალბათობის დასადგენად კერთხელ ნდამოუკიდებელი სასამართლო პროცესები, რომელთაგან თითოეულში არის მოვლენა მაგრამჩნდება ალბათობით გვ:

. (1)

შენიშვნა 1. მატებასთან ერთად ნდა კბერნულის ფორმულის გამოყენება დაკავშირებულია გამოთვლით სირთულეებთან, ამიტომ ფორმულა (1) ძირითადად გამოიყენება, თუ კარ აღემატება 5 და ნარა დიდი.

შენიშვნა 2.იმის გამო, რომ ფორმაში ალბათობა არის ბინომალური გაფართოების წევრები, ფორმის (1) ალბათობის განაწილება ე.წ. ბინომიგანაწილება.

მაგალითი. ერთი გასროლით მიზანში მოხვედრის ალბათობაა 0,8. იპოვეთ ხუთი დარტყმის ალბათობა ექვსი გასროლით.

გადაწყვეტილება.Მას შემდეგ გარდა ამისა და . ბერნულის ფორმულის გამოყენებით მივიღებთ:

მაგალითი. ოთხი დამოუკიდებელი გასროლა ერთსა და იმავე სამიზნეზე სხვადასხვა მანძილიდან ისვრის. ამ გასროლების დარტყმის ალბათობა შესაბამისად არის:

იპოვეთ არცერთი, ერთი, ორი, სამი და ოთხი დარტყმის ალბათობა:

გადაწყვეტილება.ჩვენ ვადგენთ გენერირების ფუნქციას:

მაგალითი. ხუთი დამოუკიდებელი გასროლა ხდება მიზანში დარტყმის ალბათობით 0,2. სამი დარტყმა საკმარისია მიზნის გასანადგურებლად. იპოვნეთ სამიზნის განადგურების ალბათობა.

გადაწყვეტილება.სამიზნის განადგურების ალბათობა გამოითვლება ფორმულით:

მაგალითი. მიზანში ისვრის ათი დამოუკიდებელი გასროლა, ერთი გასროლით მისი მოხვედრის ალბათობა 0,1-ია. ერთი დარტყმა საკმარისია მიზანში დასარტყმლად. იპოვნეთ მიზანში დარტყმის ალბათობა.

გადაწყვეტილება.მინიმუმ ერთი დარტყმის ალბათობა გამოითვლება ფორმულით:

3. ლოკალური მოივრ-ლაპლასის თეორემა

აპლიკაციებში ხშირად საჭიროა გამოვთვალოთ სხვადასხვა მოვლენის ალბათობა, რომელიც დაკავშირებულია მოვლენის რაოდენობასთან. ნბერნულის სქემის ტესტები დიდი მნიშვნელობებით ნ. ამ შემთხვევაში, გამოთვლები ფორმულით (1) რთულდება. სირთულეები იზრდება, როდესაც ადამიანს უწევს ამ ალბათობების შეკრება. გამოთვლების სირთულეები ასევე წარმოიქმნება მცირე მნიშვნელობებისთვის გვან ქ.

ლაპლასმა მიიღო მნიშვნელოვანი სავარაუდო ფორმულა მოვლენის დადგომის ალბათობისთვის მაგრამზუსტად მჯერ, თუ არის საკმარისად დიდი რიცხვი, ანუ როცა .

ლოკალური დე მოივრე–ლაპლასის თეორემა. თუ A მოვლენის დადგომის p ალბათობა თითოეულ საცდელში მუდმივია და განსხვავდება ნულიდან და ერთიდან, , მნიშვნელობა ერთნაირად შემოსაზღვრულია m და n-ში, მაშინ მოვლენის დადგომის ალბათობა ზუსტად m-ჯერ n დამოუკიდებელ ცდაში დაახლოებით ტოლია

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 A მოვლენას, 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 ბურთულას და თითო 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 გოგონა 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, რვა კი 0,1 ალბათობით. რა არის იმის ალბათობა, რომ 10 გასროლით მან ათჯერ დაარტყა ექვსჯერ, ცხრა სამჯერ და რვა რვაჯერ?

n ექსპერიმენტი ტარდება ბერნულის სქემის მიხედვით წარმატების ალბათობით p. X იყოს წარმატებების რაოდენობა. X შემთხვევით ცვლადს აქვს დიაპაზონი (0,1,2,...,n). ამ მნიშვნელობების ალბათობა შეგიძლიათ იხილოთ ფორმულით: , სადაც C m n არის კომბინაციების რაოდენობა n-დან m-მდე.
განაწილების სერიას აქვს ფორმა:

x	0	1	...	მ	ნ
გვ	(1-p)n	np (1-p) n-1	...	C m n p m (1-p) n-m	p n

ამ განაწილების კანონს ბინომიური ეწოდება.

სამსახურის დავალება. შედგენისთვის გამოიყენება ონლაინ კალკულატორი ბინომალური განაწილების სერიადა სერიის ყველა მახასიათებლის გაანგარიშება: მათემატიკური მოლოდინი, დისპერსიული და სტანდარტული გადახრა. დასკვნა გადაწყვეტილებით დგება Word ფორმატში (მაგალითი).

საცდელების რაოდენობა: n= , ალბათობა p =
მცირე ალბათობით p და დიდი რაოდენობით n (np Poisson ფორმულა.

ვიდეო ინსტრუქცია

ბერნულის ტესტის სქემა

ბინომური კანონის მიხედვით განაწილებული შემთხვევითი ცვლადის რიცხვითი მახასიათებლები

შემთხვევითი X ცვლადის მათემატიკური მოლოდინი, განაწილებული ბინომიალური კანონის მიხედვით.
M[X]=np

შემთხვევითი X ცვლადის დისპერსია, განაწილებული ბინომიალური კანონის მიხედვით.
D[X]=npq

მაგალითი #1. პროდუქტი შეიძლება იყოს დეფექტური, ალბათობით p = 0.3 თითოეული. პარტიიდან შეირჩევა სამი ელემენტი. X არის დეფექტური ნაწილების რაოდენობა შერჩეულთა შორის. იპოვეთ (შეიტანეთ ყველა პასუხი ათობითი წილადების სახით): ა) განაწილების სერია X; ბ) განაწილების ფუნქცია F(x) .
გადაწყვეტილება. X შემთხვევით ცვლადს აქვს დიაპაზონი (0,1,2,3).
მოდი ვიპოვოთ სადისტრიბუციო სერია 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
პი	0.34	0.44	0.19	0.027

მათემატიკური მოლოდინი გვხვდება ფორმულით M[X]= np = 3*0.3 = 0.9
გამოცდა: m = ∑ x i p i.
მათემატიკური მოლოდინი M[X].
M[x] = 0*0.34 + 1*0.44 + 2*0.19 + 3*0.027 = 0.9
დისპერსია გვხვდება ფორმულით D[X]=npq = 3*0.3*(1-0.3) = 0.63
გამოცდა: d = ∑x 2 i p i - M[x] 2 .
დისპერსია 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
სტანდარტული გადახრა σ(x).

განაწილების ფუნქცია F(X).
F(xF(0F(1F(2F(x>3) = 1

1. მოვლენის მოვლენის ალბათობა ერთ ცდაში არის 0.6. კეთდება 5 ტესტი. შეადგინეთ X შემთხვევითი ცვლადის განაწილების კანონი - მოვლენის შემთხვევების რაოდენობა.
2. შეადგინეთ ოთხი გასროლით დარტყმების რაოდენობის X შემთხვევითი ცვლადის განაწილების კანონი, თუ სამიზნის ერთი გასროლით დარტყმის ალბათობა არის 0,8.
3. მონეტა იყრება 7-ჯერ. იპოვეთ გერბის გარეგნობის რაოდენობის მათემატიკური მოლოდინი და განსხვავება. შენიშვნა: აქ გერბის გამოჩენის ალბათობა არის p = 1/2 (რადგან მონეტას ორი გვერდი აქვს).

მაგალითი #2. მოვლენის მოვლენის ალბათობა ერთ ცდაში არის 0,6. ბერნულის თეორემის გამოყენებით განსაზღვრეთ დამოუკიდებელი ცდების რაოდენობა, საიდანაც მოვლენის სიხშირის გადახრის ალბათობა მისი ალბათობიდან აბსოლუტური სიდიდით არის 0,1-ზე ნაკლები, 0,97-ზე მეტი. (პასუხი: 801)

მაგალითი #3. მოსწავლეები ატარებენ ტესტებს კომპიუტერული მეცნიერების გაკვეთილზე. სამუშაო შედგება სამი ამოცანისგან. კარგი შეფასების მისაღებად, თქვენ უნდა იპოვოთ სწორი პასუხი მინიმუმ ორ პრობლემაზე. თითოეულ პრობლემას აქვს 5 პასუხი, რომელთაგან მხოლოდ ერთია სწორი. მოსწავლე ირჩევს პასუხს შემთხვევით. რა არის იმის ალბათობა, რომ კარგ შეფასებას მიიღებს?
გადაწყვეტილება. კითხვაზე სწორი პასუხის ალბათობა: p=1/5=0.2; n=3.
ეს მონაცემები უნდა შეიყვანოთ კალკულატორში. იხილეთ P(2)+P(3) პასუხისთვის.

მაგალითი #4. მსროლელის მიზანს ერთი გასროლით დარტყმის ალბათობა არის (m+n)/(m+n+2) . n + 4 გასროლა. იპოვნეთ ალბათობა იმისა, რომ ის გამოტოვებს არაუმეტეს ორჯერ.

შენიშვნა. ალბათობა იმისა, რომ ის გამოტოვებს არაუმეტეს ორჯერ მოიცავს შემდეგ მოვლენებს: არასოდეს გამოტოვებს P(4), აცდენს ერთხელ P(3), გამოტოვებს ორჯერ P(2).

მაგალითი ნომერი 5. დაადგინეთ წარუმატებელი თვითმფრინავის რაოდენობის ალბათობის განაწილება, თუ 4 თვითმფრინავი დაფრინავს. თვითმფრინავის გაუმართავი მუშაობის ალბათობა Р=0,99. თვითმფრინავების რაოდენობა, რომლებიც ჩავარდა თითოეულ გაფრენაში, ნაწილდება ბინომალური კანონის მიხედვით.

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 შესაბამისი მნიშვნელობა.

მიუთითეთ სასურველი ალბათობა R p (k) . მაგალითად, სიმბოლო R 5 (3) ნიშნავს ალბათობას, რომ ხუთ ცდაში მოვლენა მოხდება ზუსტად 3-ჯერ 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 ალბათობების 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: