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”):

\begin{tabular}{|l|r|r|}
\hline
&n&m\\
\hline
Buffon&4040&0,507\\
\hline
de Morgan&4092&0,5005\\
\hline
Jevons&20480&0,5068\\
\hline
Romanovsky&80640&0,4923\\
\hline
K. Pirson&24000&0,5005\\
\hline
Feller&10000&0,4070\\
\hline
\end{tabular}

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:

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

Ясно, что

    \[\displaystyle\sum_{m=0}^nP_n(m)=1.\]

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,

    \[\displaystyle\sum_{m=0}^nmP_n(m)=np.\]

Далее

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

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,

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

Поскольку события

    \[\displaystyle\left|{\mu\over n}-p\right|<\varepsilon\]

и

    \[\displaystyle\left|{\mu\over n}-p\right|\ge\varepsilon\]

противоположны, то

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

В силу теоремы сложения вероятностей

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

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 m. 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

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение