Схема Бернулли. Понятие о законе больших чисел | Математика, которая мне нравится

9. Схема Бернулли. Понятие о законе больших чисел

Пусть производится $n$ независимых испытаний, причем вероятность появления события $A$ в каждом испытании равна $p$ , тогда вероятность наступления события $\bar{A}$ равна $q=1-p$ .

Найдем вероятность того, что при $n$ испытаниях событие $A$ наступит $m$ раз $(m\le n)$ .

Пусть событие $A$ наступило в первых $m$ испытаниях $m$ раз и не наступило во всех последующих испытаниях. Это сложное событие можно записать в виде произведения ( $m$ раз, $n-m$ раз):

$\underbrace{AA\ldots A}_{m} \underbrace{\bar{A}\bar{A}\ldots \bar{A}}_{n-m}.$

Общее число сложных событий, в которых $A$ наступает $m$ раз, равно числу сочетаний из $n$ элементов по $m$ > элементов. При этом вероятность каждого сложного события: $p^mq^{n-m}$ . Так как эти сложные события несовместны, то вероятность суммы равна сумме их вероятностей.

Итак, если $P_n(m)$ есть вероятность появления события $A$ $m$ раз в $n$ испытаниях, то

$P_n(m)={\sf C}_n^mp^mq^{n-m}.$

Эта формула называется формулой Бернулли.

Пример. Пусть всхожесть семян моркови составляет 90%. Найти вероятность того, что из четырех посеянных семян взойдут: а) три; б) не менее трех.

Решение. а) В данном случае $p=0{,}9;q=0{,}1;n=4;m=3$ . Применяя формулу Бернулли, получим

$P_4(3)=4\cdot(0{,}9)^3\cdot0{,}1=0{,}2916.$

б) Искомое событие состоит в том, что из четырех семян взойдут либо три, либо четыре. По теореме сложения вероятностей $P(A)=P_4(3)+P_4(4)$ .

Но $P_4(4)=(0{,}9)^4=0{,}6561$ .

Поэтому $P(A)=0{,}2916+0{,}6561=0{,}9477$ .

Мы уже определяли понятие вероятности в классической схеме и геометрически. Существуют еще и другие определения вероятности. Рассмотрим статистическое определение.

Существует множество примеров испытаний со случайными исходами, которые могут быть повторены большое число раз в одинаковых условиях. Назовем частотой какого-либо случайного события $A$ в данной серии из $n$ испытаний отношение $m/n$ числа $m$ тех испытаний, в которых событие $A$ наступило, к общему их числу. Наличие у события $A$ при определенных условиях вероятности, равной $p$ , проявляется в том, что почти в каждой достаточно длинной серии испытаний частота события $A$ приблизительно равна $p$ . Так, например, различные исследователи проводили опыты по бросанию монеты ( $n$ испытаний, $m$ — число выпадений “герба”):

Rendered by QuickLaTeX.com

И чем больше число испытаний $n$ , тем реже встречаются сколь-нибудь значительные отклонения частоты $m/n$ от вероятности $p$ — частота отклонений становится все меньше. Это утверждение о близости частоты и вероятности математически уточняется законом больших чисел в форме Бернулли.

Теорема. Пусть вероятность наступления некоторого события $A$ в последовательности $n$ независимых испытаний постоянна и равна $p$ , пусть $\mu$ — число появлений события $A$ во всех $n$ испытаниях. Тогда для любых $\varepsilon,\eta>0$ при достаточно большом $n$ имеет место неравенство

$P\{|\mu/n-p|<\varepsilon\}\ge1-\eta.$

Доказательство. Вычислим суммы:

$\sum_{m=0}^nP_n(m),\sum_{m=0}^nmP_n(m),\sum_{m=0}^nm^2P_n(m).$

Ясно, что

$\sum_{m=0}^nP_n(m)=1.$

Теперь

$\begin{array}{l} \displaystyle \sum_{m=0}^nmP_n(m)=\sum_{m=1}^nmP_n(m)= \sum_{m=1}^nm{n!\over m!(n-m)!}p^mq^{n-m}=\\[3mm] \displaystyle =\sum_{m=1}^n{n!\over (m-1)!(n-m)!}p^{m-1}q^{n-m}= np\sum_{m=1}^n{(n-1)!\over (m-1)!(n-m)!}p^{m-1}q^{n-m}=\\[3mm] \displaystyle =np\sum_{m=1}^nC_{n-1}^{m-1}p^{m-1}q^{n-m}= np\sum_{k=0}^{n-1}C_n^kp^kq^{(n-1)-k}=np. \end{array}$

Итак,

$\sum_{m=0}^nmP_n(m)=np.$

$\begin{array}{l} \displaystyle \sum_{m=0}^nm^2P_n(m)=\sum_{m=0}^nm(m-1+1)P_n(m)=\\ \displaystyle =\sum_{m=0}^nmP_n(m)+\sum_{m=0}^nm(m-1)P_n(m). \end{array}$

Первая сумма правой части нам известна, поэтому

$\begin{array}{l} \displaystyle \sum_{m=0}^nm^2P_n(m)=np+\sum_{m=1}^nm(m-1){n!\over m!(n-m)!}p^mq^{n-m}=\\[3mm] \displaystyle =np+\sum_{m=2}^nm(m-1){n!\over m!(n-m)!}p^mq^{n-m}=\\[3mm] \displaystyle =np+n(n-1)p^2\sum_{m=2}^n{(n-2)!\over (m-2)!(n-m)!}p^{m-2}q^{n-m}=\\[3mm] \displaystyle =np+n(n-1)p^2\sum_{k=0}^{n-2}{(n-2)!\over k!(n-2-k)!}p^kq^{n-2-k}=\\[3mm] =np+n(n-1)p^2=n^2p^2+np(1-p)=n^2p^2+npq. \end{array}$

Таким образом,

$\sum_{m=0}^nm^2P_n(m)=n^2p^2+npq.$

Поскольку события $\displaystyle\left|{\mu\over n}-p\right|<\varepsilon$ и $\displaystyle\left|{\mu\over n}-p\right|\ge\varepsilon$ противоположны, то

$P\left\{\left|{\mu\over n}-p\right|\ge\varepsilon\right\}=1- P\left\{\left|{\mu\over n}-p\right|<\varepsilon\right\}.$

В силу теоремы сложения вероятностей

$P\left\{\left|{\mu\over n}-p\right|\ge\varepsilon\right\}= \sum P_n(m),$

где сумма распространена на те значения $m$ , для которых $\displaystyle\left|{m\over n}-p\right|\ge\varepsilon$ . Но для этих значений $m$

${\displaystyle\left({m\over n}-p\right)^2\over \varepsilon^2}\ge1,$

и поэтому

$P\left\{\left|{\mu\over n}-p\right|\ge\varepsilon\right\}\le \sum {\displaystyle\left({m\over n}-p\right)^2\over \varepsilon^2}P_n(m),$

где сумма по-прежнему распространена на те значения $m$ , для которых $\displaystyle\left|{m\over n}-p\right|\ge\varepsilon$ . Очевидно, что эта сумма может быть только увеличена, если распространить ее на все значения $m$ от 0 до $n$ . Следовательно, используя приведенные выше равенства, получаем

$\begin{array}{l} \displaystyle P\left\{\left|{\mu\over n}-p\right|\ge\varepsilon\right\}\le \sum_{m=0}^n {\displaystyle\left({m\over n}-p\right)^2\over \varepsilon^2}P_n(m)=\\[3mm] \displaystyle {1\over n^2\varepsilon^2}\sum_{m=0}^n(m-np)^2P_n(m)={1\over n^2\varepsilon^2}\left[\sum_{m=0}^nm^2P_n(m)-\right.\\[3mm] \displaystyle \left.2np\sum_{m=0}^nmP_n(m)+n^2p^2\sum_{m=0}^nP_n(m)\right]=\\[3mm] \displaystyle ={1\over n^2\varepsilon^2}(npq+n^2p^2-2np^2+n^2p^2)={pq\over n\varepsilon^2}. \end{array}$

Отсюда видно, что для любого положительного $\varepsilon$ мы можем сделать вероятность $\displaystyle P\left\{\left|{\mu\over n}-p\right|<\varepsilon\right\}$ сколь угодно близкой к 1. Теорема доказана.

И еще одно — аксиоматическое — определение вероятности.

Пусть задано вероятностное пространство, т.е. тройка $(\Omega,{\cal A},P)$ , где $\Omega=\{\omega\}$ — непустое множество, элементы $\omega$ которого интерпретируются как взаимно исключающие исходы изучаемого явления; ${\cal A}$ — набор подмножеств множества $\Omega$ , называемых событиями (предполагается, что множество ${\cal A}$ содержит $\Omega$ и замкнуто относительно взятия противоположного события и суммы событий, т.е. ${\cal A}$ является алгеброй); вероятность $P$ — функция, определенная на событиях $A\in{\cal A}$ и удовлетворяющая следующим условиям:

1. $P(A)\ge0$ при любом $A\in{\cal A}$ ;

2. $P(\Omega)=1$ ;

3. $\displaystyle P(\cup_{k=1}^nA_k)=\sum_{k=1}^nP(A_k)$ , если $A_iA_j=\{\}$ при любых $i\ne j$ .

Задачи.

1. Круг разделен на $n$ равных секторов. В круг наудачу бросают шарик.

а) Пусть $n=3$ . Выясните, сколько раз надо бросить шарик, чтобы вероятность попадания хотя бы один раз в отмеченный сектор была больше 0,5.

б) Пусть $n=3$ . Выясните, какова вероятность того, что при 10 бросаниях шарика будет ровно два попадания в отмеченный сектор.

в) Шарик бросают в круг $n$ раз. Докажите, что вероятность $p_n$ того, что при этом не будет ни одного попадания в отмеченный сектор, меньше 0,5.

г) Найдите в условиях предыдущего пункта $\displaystyle \lim_{n\to\infty} p_n$ .

2. Проведено 20 независимых испытаний, каждое из которых заключается в одновременном подбрасывании трех монет. Найдите вероятность того, что хотя бы в одном испытании появятся три “герба”.

3. При передаче сообщения вероятность искажения одного знака равна $1/10$ . Каковы вероятности того, что сообщение из 10 знаков:

а) не будет искажено;

б) содержит ровно 3 искажения;

в) содержит не более трех искажений?

4. Испытание заключается в бросании трех игральных костей. Найти вероятность того, что в пяти независимых испытаниях ровно два раза выпадет по три единицы.

Комментарии (RSS) | Трекбек

Математика, которая мне нравится

9. Схема Бернулли. Понятие о законе больших чисел

Оставьте свой отзыв

Навигация по сайту

Разделы

Новые комментарии

Подписка на обновления сайта