Yeterince büyük olduğunda Bernoulli'nin formülü hantal hesaplamalar üretir. Bu nedenle bu gibi durumlarda yerel Laplace teoremi kullanılır.

Teorem(yerel Laplace teoremi). Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve 0 ve 1'den farklıysa, bu durumda olasılık
A olayının n bağımsız denemede tam olarak k kez ortaya çıkması, yaklaşık olarak fonksiyonun değerine eşittir:

,

.

Fonksiyon değerlerinin bulunduğu tablolar var
, pozitif değerler için x.

Fonksiyonun
eşit

Yani A olayının n denemede ortaya çıkma olasılığı tam olarak k çarpı yaklaşık olarak eşittir

, Nerede
.

Örnek. Deneme alanına 1500 adet tohum ekilmiştir. Tanenin filizlenme olasılığı 0,9 ise fidanların 1200 tohum üretme olasılığını bulun.

Çözüm.

Laplace'ın integral teoremi

Bağımsız denemelerde A olayının en az k1 kez, en fazla k2 kez ortaya çıkma olasılığı Laplace integral teoremi kullanılarak hesaplanır.

Teorem(Laplace'ın integral teoremi). Her denemede a olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve 0 ve 1'den farklıysa, o zaman A olayının n denemede en az k 1 kez ve en fazla k 2 kez ortaya çıkma olasılığı yaklaşık olarak şuna eşittir: Belirli bir integralin değeri:

.

İşlev
Laplace integral fonksiyonu adı verilen bu fonksiyon tektir ve değeri x pozitif değerleri için tabloda bulunur.

Örnek. Laboratuvarda, çimlenme oranı %90 olan bir tohum partisinden, 520'den az ve 570'den fazla olmamak üzere çimlenen 600 tohum ekildi.

Çözüm.

Poisson formülü

n bağımsız deneme yapılsın, her denemede A olayının meydana gelme olasılığı sabit ve p'ye eşittir. Daha önce de söylediğimiz gibi, A olayının bağımsız denemelerde gerçekleşme olasılığı Bernoulli formülü kullanılarak tam olarak k kez bulunabilir. N yeterince büyük olduğunda Laplace'ın yerel teoremi kullanılır. Ancak her denemede bir olayın gerçekleşme olasılığı küçük veya 1'e yakın olduğunda bu formül uygun değildir. p=0 veya p=1 olduğunda ise hiç uygulanamaz. Bu gibi durumlarda Poisson teoremi kullanılır.

Teorem(Poisson teoremi). Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabit ve 0 veya 1'e yakınsa ve deneme sayısı yeterince büyükse, n bağımsız denemede A olayının tam olarak k kez ortaya çıkma olasılığı şu şekilde bulunur: formül:

.

Örnek. El yazması, daktiloyla yazılmış bin sayfalık bir metindir ve bin tane yazım hatası içerir. Rastgele alınan bir sayfanın en az bir yazım hatası içerme olasılığını bulun.

Çözüm.

Sorularİçin kendi kendine testler

Bir olayın olasılığının klasik tanımını formüle edin.

Olasılıkların toplanması ve çarpımı için durum teoremleri.

Tam bir olay grubunu tanımlayın.

Toplam olasılığın formülünü yazın.

Bayes formülünü yazınız.

Bernoulli formülünü yazınız.

Poisson formülünü yazınız.

Yerel Laplace formülünü yazın.

Laplace'ın integral formülünü yazın.

Konu 13. Rastgele değişken ve sayısal özellikleri

Edebiyat: ,,,,,.

Olasılık teorisindeki temel kavramlardan biri rastgele değişken kavramıdır. Duruma göre değerlerini alan değişken bir miktarın ortak adıdır. İki tür rastgele değişken vardır: kesikli ve sürekli. Rastgele değişkenler genellikle X,Y,Z olarak gösterilir.

Bir X rastgele değişkeni, yalnızca sonlu veya sayılabilir sayıda değer alabiliyorsa sürekli (kesikli) olarak adlandırılır. Ayrık bir rastgele değişken X, tüm olası değerleri x 1 , x 2 , x 3 , ... x n (sayıları sonlu veya sonsuz olabilir) ve karşılık gelen olasılıklar p 1 , p 2 , p ise tanımlanır. 3 , ... p n olarak verilmiştir.

Ayrık bir rastgele değişken X'in dağılım yasası genellikle aşağıdaki tabloda verilir:

İlk satır X rastgele değişkeninin olası değerlerinden oluşur, ikinci satır ise bu değerlerin olasılıklarını gösterir. X rastgele değişkeninin tüm değerlerini alma olasılıklarının toplamı bire eşittir, yani

р 1 +р 2 + р 3 +…+р n =1.

Ayrık bir rastgele değişken X'in dağılım yasası grafiksel olarak gösterilebilir. Bunu yapmak için M 1 (x 1, p 1), M 2 (x 2, p 2), M 3 (x 3, p 3), ... M n (x n, p n) noktaları dikdörtgen şeklinde inşa edilir. Koordinat sistemi ve düz bölümlerle birbirine bağlı Ortaya çıkan şekle X rastgele değişkeninin dağılım poligonu denir.

Örnek. Ayrık değer X aşağıdaki dağıtım yasasıyla verilir:

Şunları hesaplamak gerekir: a) matematiksel beklenti M(X), b) varyans D(X), c) standart sapma σ.

Çözüm . a) Ayrık bir rastgele değişken X'in matematiksel beklentisi M(X), rastgele değişkenin tüm olası değerlerinin, bu olası değerlerin karşılık gelen olasılıkları ile ikili çarpımlarının toplamıdır. Tablo (1) kullanılarak ayrık bir rastgele değişken X belirtilirse, matematiksel beklenti M(X) aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanır:

M(X)=x 1 ∙p 1 +x 2 ∙p 2 +x 3 ∙p 3 +…+x n ∙p n. (2)

Matematiksel beklenti M(X) aynı zamanda rastgele değişken X'in ortalama değeri olarak da adlandırılır. (2)'yi uygulayarak şunu elde ederiz:

M(X)=48∙0,2+53∙0,4+57∙0,3 +61∙0,1=54.

b) M(X), X rastgele değişkeninin matematiksel beklentisi ise, X-M(X) farkına denir. sapma ortalama değerden rastgele değişken X. Bu fark rastgele bir değişkenin saçılımını karakterize eder.

Varyans Ayrık bir rastgele değişken X'in (saçılımı), rastgele değişkenin matematiksel beklentisinden sapmasının karesinin matematiksel beklentisidir (ortalama değer). Dolayısıyla tanım gereği elimizde:

D(X)=M2 . (3)

Kare sapmanın olası tüm değerlerini hesaplayalım.

2 =(48-54) 2 =36

2 =(53-54) 2 =1

2 =(57-54) 2 =9

2 =(61-54) 2 =49

D(X) dağılımını hesaplamak için sapmanın karesi dağılım yasasını çizeriz ve ardından formül (2)'yi uygularız.

D(X)= 36∙0,2+1∙0,4+9∙0,3 +49∙0,1=15,2.

Varyansı hesaplamak için sıklıkla aşağıdaki özelliğin kullanıldığına dikkat edilmelidir: varyans D(X), rastgele değişken X'in karesinin matematiksel beklentisi ile onun matematiksel beklentisinin karesi arasındaki farka eşittir, yani

D(X)-M(X2)-2. (4)

Formül (4)'ü kullanarak dağılımı hesaplamak için, rastgele değişken X2'nin dağılım yasasını hazırlıyoruz:

Şimdi M(X 2) matematiksel beklentisini bulalım.

M(X 2)= (48) 2 ∙0,2+(53) 2 ∙0,4+(57) 2 ∙0,3 +(61) 2 ∙0,1=

460,8+1123,6+974,7+372,1=2931,2.

(4)’ü uygulayarak şunu elde ederiz:

D(X)=2931.2-(54)2 =2931.2-2916=15.2.

Gördüğünüz gibi aynı sonucu elde ettik.

c) Varyansın boyutu rastgele değişkenin boyutunun karesine eşittir. Bu nedenle, rastgele bir değişkenin olası değerlerinin ortalama değeri etrafındaki dağılımını karakterize etmek için, varyansın karekökünün aritmetik değerine eşit bir değerin dikkate alınması daha uygundur;
. Bu değere X rastgele değişkeninin standart sapması adı verilir ve σ ile gösterilir. Böylece

σ=
. (5)

(5)'i uyguladığımızda: σ=
.

Örnek. Rastgele değişken X normal yasaya göre dağıtılır. Matematiksel beklenti M(X)=5; varyansD(X)=0,64. Test sonucunda X'in (4;7) aralığında bir değer alma olasılığını bulun.

Çözüm Bir rastgele değişken X'in bir f(x) diferansiyel fonksiyonu ile belirtilmesi durumunda, X'in (α, β) aralığına ait bir değer alma olasılığının formülle hesaplandığı bilinmektedir.

. (1)

X değeri normal yasaya göre dağıtılırsa diferansiyel fonksiyon

,

Nerede A=M(X) ve σ=
. Bu durumda (1)’den elde ederiz.

. (2)

Formül (2) Laplace fonksiyonu kullanılarak dönüştürülebilir.

Bir değişiklik yapalım. İzin vermek
. Daha sonra
veya dx=σ∙ dt.

Buradan
burada t1 ve t2, t değişkenine karşılık gelen limitlerdir.

σ kadar azaltırsak, elimizdeki

Girilen oyuncu değişikliğinden
şu şekildedir
Ve
.

Böylece,

(3)

Elimizdeki problemin koşullarına göre: a=5; σ=
=0,8; a=4; β=7. Bu verileri (3)'te yerine koyarsak şunu elde ederiz:

=Ф(2,5)-Ф(-1,25)=

=F(2,5)+F(1,25)=0,4938+0,3944=0,8882.

Örnek.Üretilen parçaların uzunluğunun standarttan sapmasının, normal yasaya göre dağıtılan rastgele bir değişken olduğuna inanılmaktadır. Standart uzunluk (matematiksel beklenti) a=40 cm, standart sapma σ=0,4 cm. Uzunluğun standarttan sapmasının mutlak değerde 0,6 cm'den fazla olmaması olasılığını bulun.

Çözüm.Eğer X parçanın uzunluğu ise problemin koşullarına göre bu değerin (a-δ,a+δ) aralığında olması gerekir; burada a=40 ve δ=0.6 olur.

Formül (3)'e α= a-δ ve β= a+δ koyarsak şunu elde ederiz:

. (4)

Mevcut verileri (4)'te değiştirerek şunu elde ederiz:

Dolayısıyla üretilen parçaların uzunluğunun 39,4 ila 40,6 cm aralığında olma olasılığı 0,8664'tür.

Örnek. Bir fabrika tarafından üretilen parçaların çapı, normal yasaya göre dağıtılan rastgele bir değişkendir. Standart Çap Uzunluğu a=2,5 cm, standart sapma σ=0,01. Olasılığı 0,9973 olan bir olay güvenilir olarak kabul edilirse, bu parçanın çapının uzunluğu hangi sınırlar dahilinde pratik olarak garanti edilebilir?

Çözüm. Karşılaştığımız sorunun koşullarına göre:

a=2,5; σ=0,01; .

Formül (4)'ü uygulayarak eşitliği elde ederiz:

veya
.

Tablo 2'den Laplace fonksiyonunun bu değere x=3'te sahip olduğunu buluyoruz. Buradan,
; dolayısıyla σ=0,03.

Bu sayede çap uzunluğunun 2,47 ile 2,53 cm arasında değişeceği garanti edilebilir.

Laplace'ın integral teoremi

Teorem. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve sıfır ve birden farklıysa, o zaman A olayının n bağımsız denemede meydana gelme sayısının m'nin a'dan b'ye (dahil) aralığında olması olasılığı , yeterince fazla sayıda deneme ile n yaklaşık olarak eşittir

Laplace'ın integral formülü ve Moivre-Laplace'ın yerel formülü ne kadar doğru olursa o kadar fazla olur N ve değer 0,5'e yaklaştıkça P Ve Q. Bu formül kullanılarak yapılan hesaplama, koşul karşılanırsa önemsiz bir hata verir npq≥ 20, ancak koşulun yerine getirilmesi kabul edilebilir olarak değerlendirilebilir npq > 10.

Fonksiyon Ф( X) tablolaştırılmıştır (bkz. Ek 2). Bu tabloyu kullanmak için Ф( fonksiyonunun özelliklerini bilmeniz gerekir. X):

1. Fonksiyon Ф( X) – tuhaf, yani F(- X) = – Ф( X).

2. Fonksiyon Ф( X) – monoton olarak artan ve x → +∞ Ф( X) → 0,5 (pratik olarak bunu zaten varsayabiliriz X≥ 5 F( X) ≈ 0,5).

Örnek 3.4.Örnek 3.3'ün koşullarını kullanarak, 300 ila 360 (dahil) öğrencinin sınavı ilk seferde başarıyla geçme olasılığını hesaplayın.

Çözüm. Laplace'ın integral teoremini uyguluyoruz ( npq≥ 20). Hesaplıyoruz:

= –2,5; = 5,0;

P 400 (300 ≤ M≤ 360) = Ф(5,0) – Ф(–2,5).

Ф( fonksiyonunun özellikleri dikkate alınarak X) ve değerler tablosunu kullanarak şunu buluruz: Ф(5,0) = 0,5; Ф(–2,5) = – Ф(2,5) = – 0,4938.

Aldık P 400 (300 ≤ M ≤ 360) = 0,5 – (– 0,4938) = 0,9938. ◄

Laplace integral teoreminin sonuçlarını yazalım.

Sonuç 1. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve sıfır ve birden farklıysa, o zaman yeterince büyük sayıda n bağımsız denemeyle, A olayının meydana gelme sayısının m sayısının np çarpımından farklı olma olasılığı en fazla ε > 0

.

(3.8)

Örnek 3.5.Örnek 3.3'ün koşulları altında, 280 ila 360 öğrencinin olasılık teorisi sınavını ilk seferde başarıyla geçme olasılığını bulun.

Çözüm. Olasılığı hesapla R 400 (280 ≤ M≤ 360), Laplace'ın temel integral formülü kullanılarak önceki örneğe benzer olabilir. Ancak 280 ve 360 ​​aralığının sınırlarının değere göre simetrik olduğunu fark ederseniz bunu yapmak daha kolaydır. n.p.=320. Daha sonra, Sonuç 1'e dayanarak şunu elde ederiz:

= = ≈

≈ = 2Ф(5,0) ≈ 2·0,5 ≈ 1,

onlar. İlk seferde 280 ile 360 ​​arasında öğrencinin sınavı başarıyla geçeceği neredeyse kesindir. ◄

Sonuç 2. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve sıfır ve birden farklıysa, o zaman yeterince büyük sayıda n bağımsız denemeyle, A olayının m/n frekansının α aralığında yer alma olasılığı β (dahil) eşittir

,

(3.9)

Örnek 3.6.İstatistiklere göre yeni doğanların ortalama %87'si 50 yaşına kadar yaşıyor. 1000 yeni doğan bebekten 50 yaşına kadar hayatta kalanların oranının (sıklığının) 0,9 ile 0,95 arasında olması olasılığını bulun.

Çözüm. Yeni doğmuş bir bebeğin 50 yaşına kadar yaşama olasılığı R= 0,87. Çünkü N= 1000 büyüktür (yani koşul npq= 1000·0,87·0,13 = 113,1 ≥ 20 tatmin edici), o zaman Laplace integral teoreminin Sonuç 2'sini kullanırız. Bulduk:

2,82, = 7,52.

= 0,5 – 0,4976 = 0,0024. ◄

Sonuç 3. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sabitse ve sıfır ve birden farklıysa, o zaman yeterince büyük sayıda n bağımsız denemeyle, A olayının m/n frekansının p olasılığından farklı olma olasılığı en fazlaΔ > 0 (mutlak değer olarak) eşittir

.

(3.11)

Örnek 3.7.Önceki problemin koşullarına göre, 1000 yenidoğandan 50 yıla kadar hayatta kalanların oranının (sıklığının) bu olayın olasılığından 0,04'ten (mutlak değer olarak) fazla farklı olmayacağı olasılığını bulun.

Çözüm. Laplace integral teoreminin Sonuç 3'ünü kullanarak şunları buluruz:

= 2F(3,76) = 2·0,4999 = 0,9998.

Eşitsizlik eşitsizliğe eşdeğer olduğundan bu sonuç, yeni doğan 1000 bebekten %83 ila %91'inin 50 yaşına kadar yaşayacağının neredeyse kesin olduğu anlamına geliyor. ◄

Daha önce, bağımsız denemeler için sayının olasılığını belirlemiştik. M olayın meydana gelişleri A V N Bernoulli formülü kullanılarak test bulunur. Eğer N büyükse Laplace'ın asimptotik formülünü kullanın. Ancak olayın olasılığı küçükse bu formül uygun değildir ( R≤ 0,1). Bu durumda ( N Harika, R küçük) Poisson teoremini uygulayın

Poisson formülü

Teorem. Her denemede A olayının meydana gelme olasılığı p sıfıra yaklaşıyorsa (p → 0) n deneme sayısında (n → ∞) sınırsız bir artış varsa ve np çarpımı sabit bir λ (np → λ) sayısına yöneliyorsa, bu durumda A olayının n'de m kez ortaya çıkma olasılığı P n (m) olur. bağımsız denemeler sınır eşitliğini karşılıyor

Moivre-Laplace'ın yerel teoremi(1730 Moivre ve Laplace)

$A$ olayının oluşma $p$ olasılığı sabitse ve $p\ne 0$ ve $p\ne 1$ ise, o zaman $P_n (k)$ olasılığı $A$ olayının $k$ olarak ortaya çıkma olasılığıdır $n $ testlerindeki çarpım, $y=\frac ( 1 ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) \cdot \ fonksiyonunun değerine yaklaşık olarak eşittir ($n$ büyüdükçe, daha doğru olur). frac ( 1 ) ( \sqrt ( 2 \pi ) ) \cdot e^ ( - ( x^2 ) / 2 ) =\frac ( 1 ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) \cdot \varphi (x)$

for $x=\frac ( k-n\cdot p ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) $. $\varphi (x)=\frac ( 1 ) ( \sqrt ( 2\cdot \pi ) ) \cdot e^ ( - ( x^2 ) / 2 ) $ fonksiyonunun değerlerini içeren tablolar vardır

yani \begin(denklem) \label ( eq2 ) P_n (k)\approx \frac ( 1 ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) \cdot \varphi (x)\,\,where\,x =\frac ( k-n\cdot p ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) \qquad (2) \end(denklem)

function $\varphi (x)=\varphi (( -x ))$ çifttir.

Örnek. Bu olayın her denemede meydana gelme olasılığı $p=0,2$ ise, $A$ olayının 400 denemede tam olarak 80 kez meydana gelme olasılığını bulun.

Çözüm. Eğer $p=0.2$ ise $q=1-p=1-0.2=0.8$ olur.

$P_ ( 400 ) (( 80 ))\approx \frac ( 1 ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) \varphi (x)\,\,where\,x=\frac ( k-n\cdot p ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) $

$ \begin(array) ( l ) x=\frac ( k-n\cdot p ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ) =\frac ( 80-400\cdot 0.2 ) ( \sqrt ( 400 \cdot 0,2\cdot 0,8 ) ) =\frac ( 80-80 ) ( \sqrt ( 400\cdot 0,16 ) ) =0 \\ \varphi (0)=0,3989\,\,P_ ( 400 ) (( 80 ))\approx \frac ( 0,3989 ) ( 20\cdot 0,4 ) =\frac ( 0,3989 ) ( 8 ) =0,0498 \\ \end(array) $

Moivre-Laplace integral teoremi

Her denemede $A$ olayının meydana gelme olasılığı P sabittir ve $p\ne 0$ ve $p\ne 1$, o zaman $A$ olayının $P_n (( k_1 ,k_2 ))$ olasılığı $n$ denemelerinde $k_ ( 1 ) $'dan $k_ ( 2 ) $ katına kadar meydana gelecektir, eşittir $ P_n (( k_1 ,k_2 ))\approx \frac ( 1 ) ( \sqrt ( 2\cdot \pi) ) ) \int\limits_ ( x_1 ) ^ ( x_2 ) ( e^ ( - ( z^2 ) / 2 ) dz ) =\Phi (( x_2 ))-\Phi (( x_1 ))$

burada $x_1 =\frac ( k_1 -n\cdot p ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot q ) ), x_2 =\frac ( k_2 -n\cdot p ) ( \sqrt ( n\cdot p\cdot) q )) ) $,burada

$\Phi (x)=\frac ( 1 ) ( \sqrt ( 2\cdot \pi ) ) \int ( e^ ( - ( z^2 ) / 2 ) dz ) $ -tablolardan bulundu

$\Phi (( -x ))=-\Phi (x)$-odd

Garip fonksiyon. Tablodaki değerler $x=5$ için, $x>5,\Phi (x)=0.5$ için verilmiştir.

Örnek. Ürünlerin %10'unun muayene sırasında reddedildiği bilinmektedir. Kontrol için 625 ürün seçildi. Seçilenler arasında en az 550, en fazla 575 standart ürünün bulunma olasılığı nedir?

Çözüm. %10 kusur varsa %90 standart ürün vardır. Daha sonra koşula göre $n=625, p=0.9, q=0.1, k_1 =550, k_2 =575$. $n\cdot p=625\cdot 0,9=562,5$. $ \begin(array) ( l ) P_ ( 625 ) (550.575)\approx \Phi (( \frac ( 575-562.5 ) ( \sqrt ( 625\cdot 0.9\cdot 0.1 )) ) )- \Phi ( elde ederiz ( \frac ( 550-562,5 ) ( \sqrt ( 626\cdot 0,9\cdot 0,1 ) )) \approx \Phi (1,67)- \Phi (-1, 67)=2 \Phi (1,67)=0,9052 \\ \ bitiş(dizi) $

Bir olayın gerçekleşme olasılığı ise her testte sabittir ve çifte eşitsizliği karşılar
ve bağımsız denemelerin sayısı yeterince yüksekse olasılık
aşağıdaki yaklaşık formül kullanılarak hesaplanabilir

(14) ,

integralin sınırlarının eşitliklerle belirlendiği yer

Formül (14) belirli bir deneydeki test sayısı arttıkça daha doğrudur.

Eşitlik (13) temel alınarak formül (14) şu şekilde yeniden yazılabilir:

(15)
.

(16)
(NFL)

Fonksiyonun en basit özelliklerini not edelim
:

Son özellik Gauss fonksiyonunun özellikleriyle ilgilidir.
.

İşlev
garip. Aslında değişkenleri değiştirdikten sonra

=


;

İkinci özelliği kontrol etmek için çizim yapmak yeterlidir. Analitik olarak uygunsuz Poisson integrali olarak adlandırılan şeyle ilgilidir.

Bundan doğrudan şu sonuç çıkar: tüm sayılar için
öyle varsayılabilir
bu nedenle bu fonksiyonun tüm değerleri [-0,5; 0,5], en küçüğü
daha sonra fonksiyon yavaş yavaş büyür ve sıfıra gider, yani.
ve sonra artar
Sonuç olarak, tüm sayı doğrusunda kesinlikle artan bir fonksiyondur, yani. Eğer
O

Fonksiyon için özellik 2'nin çıktılarının
Uygun olmayan bir Poisson integrali temelinde gerekçelendirilir.

Yorum. Moivre-Laplace integral teoreminin uygulanmasını gerektiren problemleri çözerken özel tablolar kullanılır. Tablo pozitif argümanların değerlerini göstermektedir ve için
;
değerler için

eşitliği dikkate alarak aynı tabloyu kullanmalısınız
Daha sonra fonksiyon tablosunu kullanmak için

eşitliği (15) şu şekilde dönüştürürüz:
Ve özellik 2'ye göre (tek eşlik

=
.

), elde ettiğimiz integrandın paritesini dikkate alarak Yani bir olayın olma olasılığı içinde görünecek bağımsız testler daha az değil bir kez ve artık yok

(17)

;

formülle hesaplanan zamanlar:. Örnek 12

Çözüm: Tek atışta hedefi vurma olasılığı 0,75'tir. 300 atışla hedefin en az 150, en fazla 250 kez vurulma olasılığını bulun.
,
,
,
,
Burada

,
,

,
.

. Hesaplıyoruz

Laplace integral formülünü yerine koyarsak, şunu elde ederiz: Uygulamada eşitliğin (16) yanı sıra “” olarak adlandırılan başka bir formül de sıklıkla kullanılmaktadır. olasılık integrali

("veya Laplace işlevi (daha ayrıntılı olarak Bölüm 2., paragraf 9., Cilt 9'a bakın)..)

IV. veya F.L.

Bu fonksiyon için eşitlikler geçerlidir:
Bu nedenle tablolanmış fonksiyonla ilgilidir

ve bu nedenle yaklaşık değerlerin yer aldığı bir tablo da bulunmaktadır (kitabın sonundaki eke bakınız).Örnek 13.

Çözüm. Parçanın kalite kontrol muayenesinden geçmeme olasılığı 0,2'dir. Rastgele seçilen 400 test edilmemiş parça arasında 70 ile 100 arasında parça olma olasılığını bulun.
,
,
.
,
Sorunun koşullarına göre

,

. Moivre-Laplace integral teoremini kullanalım:

İntegral alt ve üst limitlerini hesaplayalım:
;

Bu nedenle fonksiyonun tablo değerleri dikkate alınarak

.

gerekli olasılığı elde ederiz « Şimdi ele alınan limit teoremlerinin bir uygulaması olarak iyi bilinen teoremi kanıtlama fırsatına sahibiz »

Bernoulli formunda büyük sayılar kanunu

Büyük Sayılar Yasası (Bernoulli formunda LBA)

Büyük sayıların tarihsel olarak en basit ilk yasası teoremdir

J. Bernoulli. Bernoulli teoremi büyük sayılar yasasının en basit biçimini ifade eder. Bir olayın olasılığının göreceli sıklığını kullanarak yaklaşık olarak hesaplanmasının teorik olasılığını haklı çıkarır; bağıl frekans kararlılığının özelliğini doğrular. Gerçekleştirilmesine izin ver bağımsız denemeler; her birinde olayın meydana gelme olasılığı
eşit

ve her test serisindeki bağıl frekans şu şekildedir::Sorunu ele alalımBernoulli şemasına göre test koşulları altında ve yeterince fazla sayıda bağımsız testle
bağıl frekans sapması olasılığını bulun sabit olasılıktan mutlak değer belirli bir sayıyı aşmaz
Başka bir deyişle olasılığı bulun:

yeterince fazla sayıda bağımsız test ile.

Teorem (ZBCH J. Bernoulli 1713)Yukarıdaki koşullar altında herhangi bir ne kadar az olursa olsun
sınırlayıcı bir eşitlik vardır

(19)
.

Kanıt. Bu önemli ifadenin ispatını Moivre-Laplace integral teoremine dayanarak gerçekleştirelim. Tanım gereği bağıl frekans şu şekildedir:

A
bir olayın gerçekleşme olasılığı tek bir testte. Öncelikle herhangi bir durum için aşağıdaki eşitliği kuruyoruz:
ve yeterince büyük :

(20)

.

Nitekim şartlara uygun olarak
Çifte eşitsizliğin olduğunu görmek kolaydır. Haydi belirtelim

(21)
.

O zaman eşitsizlikleri elde ederiz

Bu nedenle istenilen olasılık için. Şimdi, vakalar için
eşitliği kullanalım

;

ve tek sayıyı dikkate alarak
alıyoruz

== 2
.

Eşitlik (20) elde edilir.

Formül (20)'den hemen şunu takip eder:
(dikkate alınarak
burada limit eşitliğini (20) elde ederiz.

Örnek 14.
. Rastgele seçilen 400 parça arasından standart olmayan parçaların göreceli görülme sıklığının şundan sapma olasılığını bulun:
mutlak değerde 0,03'ten fazla değil.

Çözüm. Sorunun koşullarına göre bulmanız gerekir

Formül (3)'e göre elimizde

=2
.

Fonksiyonun tablo değerini dikkate alarak
alıyoruz

.

Elde edilen sonucun anlamı şu şekildedir: Yeterince fazla sayıda numune alırsanız

ayrıntılar, o zaman her numunede göreceli "frekans"ta yaklaşık olarak bir sapma vardır.

%95,44 ve değer
bu örneklerin olasılıktan
, modülo 0,03'ü geçmiyor.

Bir sayı bulmanız gereken başka bir örneğe bakalım
.

Örnek 15. Bir parçanın standart dışı olma olasılığı
. Standart olmayan parçaların (seçilenler arasında) göreceli frekansının 0,9999 olasılıkla saptığını söyleyebilmek için kaç parça seçilmelidir? modulo 0,03'ten fazla değil. Bu miktarı bul

Çözüm. Burada koşula göre
.

Belirlemek gerekiyor
.

.

Formül (13)'e göre elimizde

O zamandan beri,
Tablodan bu değerin argümana karşılık geldiğini görüyoruz
. Buradan,

. Bu sonucun anlamı, bağıl frekansın şu şekilde sonuçlanacağıdır:

sayılar arasındadır. Böylece numunelerin %99,99'unda standart olmayan parça sayısı 101,72 (1444'ün %7'si) ile 187,72 (1444'ün %13'ü) arasında olacaktır.

1444 parçadan yalnızca bir örnek alırsak, standart olmayan parçaların sayısının 101'den az ve 188'den fazla olmayacağını büyük bir güvenle bekleyebiliriz, aynı zamanda daha az olması muhtemel değildir. 101'den fazla veya 188'den fazla. Deneme sayısında sınırsız bir artışla, rastgele bir olayın sıklığı olasılık açısından aynı olayın gerçek olasılığına yakınsar, yani. düşük tahmin geçerlidir

(22)
;
,

olayın olasılığının olması şartıyla değişmeden kalır ve testten teste eşit kalır
aynı zamanda
.

Eşitsizlik (22), iyi bilinen Chebyshev eşitsizliğinin doğrudan bir sonucudur (ayrıca “Olasılık teorisinin limit teoremleri” “Chebyshev teoremi” konusuna bakınız). Bu BCA'ya daha sonra döneceğiz. Aşağıdan olasılık tahminleri elde etmek ve bir olayın gerekli oluşum sayısı için iki taraflı bir tahmin elde etmek uygundur, böylece bağıl frekans ile gerçek olasılık arasındaki farkın modülünden elde edilen olasılık, olayın verilen kısıtlamasını karşılar. değerlendirme aşamasındadır.

Örnek 16. Bir madeni para 1000 kez atılıyor. Bir “armanın” meydana gelme sıklığının, meydana gelme olasılığından 0,1'den daha az sapma olasılığını aşağıdan tahmin edin.

Çözüm. Buradaki duruma göre

Eşitsizliğe (4) dayanarak şunu elde ederiz:

Bu nedenle eşitsizlik
çift ​​eşitsizliğe eşdeğerdir

Bu nedenle, (400; 600) aralığındaki “armanın” isabet sayısının olasılığının şundan daha büyük olduğu sonucuna varabiliriz:

Örnek 17. Bir torbada 1000 beyaz ve 2000 siyah top vardır. 300 top alındı ​​(geri dönüşlü). Aşağıdan çekilen top sayısının olasılığını tahmin edin M(beyaz olmalılar) 80 çifte eşitsizliğini karşılıyor< M <120.

Çözüm. Miktar için çift eşitsizlik Mşeklinde yeniden yazalım:

Bu nedenle eşitsizliğin olasılığını tahmin etmek gerekir

Buradan,

.