9. Повторение испытаний. Схема Бернулли. Примеры.

В научной и практической деятельности постоянно приходится проводить многократно повторяющиеся испытания в сходных условиях. При этом как правило результаты предшествующих испытаний никак не сказываются на последующие. Простейший тип таких испытаний – это когда некоторое событие А появляется в каждом испытании с одной и той же ненулевой вероятностью Р. Причем Р не зависит от результатов предшествующих и последующих результатов. Объясненная ситуация называется схемой Бернулли. Под элементарными событиями в схеме Бернулли понимается последовательность наступлений или ненаступления события А (наступил – успех «У», ненаст – неудача «Н» ). Пример. Подбрасывание монеты n=3 {ННН, HHY,HYH,YHH,YYH,HYY,YHY,YYY} 2ⁿ=8 Вероятностная мера на множестве элементарных событий вводится однозначно Р(А)=У=р Р( )=Н=1–р=q. Число исходов в схеме Бернулли – два (У или Н) – Биномиальная схема распределения вероятности. В схеме Бернулли У и Н независимы и в силу теоремы (умножения вероятности независимых событий) вероятность того, что в n испытания событие А появится ровно m раз равно p^mq^n-m. Вопрос только в том, что на каких местах этой цепочке У и Н: Вероятность того, что успех появится m раз в n испытаниях считается по формуле - формула Бернулли. . Так как вероятность в формуле Бернулли является коэффициент при x^m разложения бинома (p+qx)ⁿ, то совокупность вероятностей называют биномиальным законом распределения вероятности Так как при х=1 это можно представить . ПРИМЕР Проведено 10 НЗ испытаний, любой из которых заключался в одновременном подбрасывании 3х игральных костей. Найти вероятность того, что в 4х испытаниях появится точно две шестерки. N=10 m=4 p=P(A)=P(“Y”) “Y” – при подбрасывании трех костей. 1–p=q = P(“H”) p=P(A)=P(“Y”)=()1/6*1/6*5/6)*3=5/72 q=67/72 P₁₀(4)= =3,2*10^-3 Если нужно найти наивероятнейшее число успехов в n испытаниях np–qk₀np+q p=P(“Y”) q=P(“H”) подбрасываем монету три раза n=3 k₀=1 k₀=2 Если np – сразу целое, то k₀=np Если np–q – целое, то k₀ и k₀+1 – два числа. Если np-q – дробное, то k₀ первое целое число, превосходящее дробь np–q.

3*1/2–1/2£ k₀ £ 3*1/2+1/2 => 1£k₀£2 np-q+1 = np+(1-q)=np+p . если в схеме Бернулли n→∞, то вычисление очень сложно. Поэтому в таких случаях, когда n→∞ а p→0 пользуемся. np=λ Pm(λ)=

10.1. Теорема Пуассона:

Формула Пуассона когда n→∞ а p→0 np=λ 0λ∞ вероятность появления в n испытания успеха ровно m раз равна → Pm(λ)= - формула Пуассона. Док-во: = = = = = λ^me^–λ/m! ЧТД!!! Замечание: если малы q, то пуассоновским приближением можно воспользоваться для числа неудач. Задача: учебник издан тиражом n=100000 экземпляров: p=0.0001 неправильная брошюровка. Найти Р того, что тираж содержит ровно 5 бракованных книг. m=5 λ=np=10 P₁₀₀₀₀₀(5) = P₅(10)=10⁵e^-10 / 5! = 0.0375.

10.2. Локальная теорема Муавра-Лапласа:

Есои вероятность наступления некоторого события в n испытаниях постоянна и 0<p<1 то вероятность того, что в этих испытаниях успех появится ровно m раз удовлетворяет при n→∞ соотношению равномерно для всех х для которых x=x_nm= . Практически вычисляется это следующим образом функция  табулирована, то есть ее значения представлены в таблице в задачниках по теории вероятности. Для того, чтобы использовать ее значения нужно знать следующие свойства. СВОЙСТВА: 1) (–х)= (х) 2) х4 => (x)→0. Доказательство. Для док-ва нам понадобится формула Стирлинга при больших s. остаточный показатель |_s|1/12s Из этих представлений видно, что если х остается в каком-либо ограниченном отрезке, то числа m и m-n возрастают до ∞ вместе с n→∞, это позволяет применить формулу Стирлинга. Возьмем формулу Бернулли =

= ; где остаточный показатель =_n - _n–m<1/12*[1/n+1/m+1/(n+m)]. Из оценки  => каков бы ни был отрезок изменения х (ахb) величина  равномерно относительно х в этом отрезке стремится к нулю при n→∞ => e^→1. Пусть прологарифмируем в условиях теоремы при достаточно больших n элементы Это позволяет разложить ln в степенной ряд. Ограничимся 1м и 2м членами разложения. ln(1+x)=x-x²/2+0(x³). Тогда = . Равномерно в любом конечном отрезке х. Т.О. → . Оценим теперь . Рассмотрим выражение => . Тогда получаем