Новосибирский Государственный Университет
Опубликован: 07.04.2008 | Доступ: свободный | Студентов: 7171 / 1255 | Оценка: 4.56 / 4.32 | Длительность: 16:54:00
Специальности: Математик
Лекция 5:

Схема Бернулли

< Лекция 4 || Лекция 5: 12 || Лекция 6 >

Независимые испытания с несколькими исходами

Рассмотрим схему независимых испытаний уже не с двумя, а с большим количеством возможных результатов в каждом испытании.

Пример 36. Игральная кость подбрасывается 15 раз. Найти вероятность того, что выпадет ровно десять троек и три единицы.

Здесь каждое испытание имеет три, а не два исхода: выпадение тройки, выпадение единицы, выпадение любой другой грани. Поэтому воспользоваться формулой для числа успехов в схеме Бернулли не удаcтся.

Попробуем вывести подходящую формулу. Пусть в одном испытании возможны m исходов: 1,\,2,\,\dots,\,m, и iисход в одном испытании случается с вероятностью p_i, где p_1+\ldots+p_m=1.

Обозначим через P(n_1,\,\dots,\,n_m) вероятность того, что в n независимых испытаниях первый исход случится n_1 раз, второй исход - n_2 раз, и т.д., наконец, mисход - n_m раз.

Теорема 16. Для любого n и любых неотрицательных целых чисел n_1,
	\ldots, n_m, сумма которых равна n, верна формула

P(n_1,\,\ldots,\,n_m)=
	\frac{n!}{n_1!\,\ldots\, n_m!}\, {\mathstrut p}_1^{n_1}\cdot\ldots\cdot 
	{\mathstrut p}_m^{n_m}.

Доказательство. Рассмотрим один элементарный исход, благоприятствующий выпадению n_1 единиц, n_2 двоек и т.д.:

(\underbrace{1,\,\ldots,\,1}_{n_1},\,\underbrace{2,\,\ldots,\,2}_{n_2},\,
	\ldots, \underbrace{m,\,\ldots,\,m}_{n_m}).
Это результат n экспериментов, когда все нужные исходы появились в некотором заранее заданном порядке. Вероятность такого результата равна произведению вероятностей {\mathstrut p}_1^{n_1}\cdot\ldots\cdot {\mathstrut p}_m^{n_m}. Остальные благоприятные исходы отличаются лишь расположением чисел {1,\,2,\,\ldots,\,m} на n местах. Число таких исходов равно числу способов расположить на n местах n_1 единиц, n_2 двоек, и т.д. Это число равно
C_{n}^{n_1}\cdot C_{n-n_1}^{n_2}\cdot
	C_{n-n_1-n_2}^{n_3}\cdot\ldots
	\cdot C_{n-n_1-\ldots-n_{m-1}}^{n_m}=  
	  \frac{n!}{n_1!\,\ldots\,n_m!}\,.

Теперь мы можем вернуться к примеру 36 и выписать ответ: вероятность получить десять троек, три единицы и еще два других очка равна

P(10,\,3,\,2)=\frac{15!}{10! 3! 2!}\cdot\left(\frac{1}{6}\right)^{\!10}
	\!\!\cdot\,\left(\frac{1}{6}\right)^{\!3}\!\cdot
	\left(\frac{4}{6}\right)^{\!2},
так как вероятности выпадения тройки и единицы равны по 1/ 6, а вероятность третьего исхода (выпала любая другая грань) равна 4/ 6{\text.}

Теорема Пуассона для схемы Бернулли

Предположим, нам нужна вероятность получить не менее семи успехов в тысяче испытаний схемы Бернулли с вероятностью успеха 0{,}003. Вероятность этого события равна любому из следующих выражений, вычислить которые довольно сложно:

\sum\limits_{k=7}^{1\,000}C_{1\,000}^k (0{,}003)^k (0{,}997)^{1\,000-k} 
=
1-\sum\limits_{k=0}^6 C_{1\,000}^k (0{,}003)^k (0{,}997)^{1\,000-k}.

Сформулируем теорему о приближенном вычислении вероятности иметь k успехов в большом числе испытаний Бернулли с маленькой вероятностью успеха p. Термин "большое число" должен означать n\to\infty. Если при этом p остается неизменной, то вероятность получить любое заданное число успехов уменьшается до нуля. Необходимо чтобы вероятность успеха p=p_n уменьшалась одновременно с ростом числа испытаний. Но от испытания к испытанию вероятность успеха меняться не может (см. определение схемы Бернулли). Поэтому нам придется рассмотреть так называемую "схему серий": если испытание одно, то вероятность успеха в нем равна p_1, если испытаний два, то вероятность успеха в каждом равна p_2 и т.д. Если испытаний n, то в каждом из них вероятность успеха равна p_n. Вероятность успеха меняется не внутри одной серии испытаний, а от серии к серии, когда меняется общее число испытаний. Обозначим через \nu_n число успехов в n -й серии испытаний.

Теорема 17 (теорема Пуассона). Пусть n\to\infty и p_n\to 0 так, что n p_n \to
\lambda >0. Тогда для любого k\ge 0 вероятность получить k успехов в n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p_n стремится к величине {\lambda^k} e^{-\lambda}\,/\,{k!}

\Prob(\nu_n=k)=C_n^k\,p_n^k\,{(1-p_n)}^{n-k} \; \to \;\;
\dfrac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}. \\  \text{ при } \
n\to\infty,  p_n\to 0,  np_n \to \lambda>0.

Доказательство. Положим \lambda_n=n p_n. По условию \lambda_n
\to\lambda>0. Подставим p_n=\lambda_n/n в формулу Бернулли:

\begin{multiline} 
\qquad \displaystyle C_n^k\, p_n^k\, (1-p_n)^{n-k}=\,C_n^k
\,\dfrac{\lambda_n^k}{n^k}\,
\left(1-\frac{\lambda_n}{n}\right)^{n-k}=\\
=\underbrace{\dfrac{n(n\mspace{1mu}{-}\mspace{1mu}1)\ldots(n\mspace{1mu}{-}\mspace{1mu}k\mspace{1mu}{+}\mspace{1mu}1)}{n^k}}_{\begin{array}{c}\downarrow\cr 1\end{array}}
\, \dfrac{\lambda_n^k}{k!} \,
\underbrace{\left(1-\frac{\lambda_n}{n}\right)^n}_{\begin{array}{c}\downarrow\cr e^{-\lambda}\end{array}}
\,\underbrace{\left(1-\frac{\lambda_n}{n}\right)^{-k}}_{\begin{array}{c}\downarrow\cr 1\end{array}}
\longrightarrow
\frac{\lambda^k}{k!}~e^{-\lambda}. \ \label{eq5-2}
\end{multiline}
\vskip -2pt ( 5.2)
В соотношении (5.2) мы воспользовались тем, что \lambda_n^k\to\lambda^k и замечательным пределом \left(1-{\lambda_n}\mspace{1mu}/\mspace{1mu}{n}\right)^n \to
e^{-\lambda}. Докажем последнее свойство:
\quad\ln{\left(1-\frac{\lambda_n}{n}\right)}^n=
n \ln {\left(1-\frac{\lambda_n}{n}\right)}=
n \left(-\frac{\lambda_n}{n} +
O\left(\frac{\lambda_n^2}{n^2}\right)\right)
\to -\lambda. \quad

Определение 19. Набор чисел \Bigl\{\frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}, \
k=0,\,1,\,2,\,\dots\,\Bigr\} называется распределением Пуассона с параметром \lambda>0.

По теореме 17 можно приближенно посчитать вероятность получить не менее семи успехов в тысяче испытаний схемы Бернулли с вероятностью успеха 0{,}003, с вычисления которой мы начали. Поскольку {n=1\,000} "велико", а p_n=0{,}003 "мало", то, взяв \lambda=np_n=3, можно записать приближенное равенство

\begin{equation}
1-\sum_{k=0}^6 C_{1\,000}^k (0{,}003)^k (0{,}997)^{1\,000-k}
\approx  1-\sum_{k=0}^6 \frac{3^k}{k!}  e^{-3}
\approx 0{,}034. \ \label{eq5-3}
\end{equation} ( 5.3)

Осталось решить, а достаточно ли n=10^3 велико, а p_n=0{,}003 мало, чтобы заменить точную вероятность на ее приближенное значение. Для этого нужно уметь оценивать разницу между этими вероятностями.

Следующую очень полезную теорему мы, исключительно из экономии времени, доказывать не станем.

Теорема 18 (уточненная теорема Пуассона). Пусть A - произвольное множество целых неотрицательных чисел, \nu_n - число успехов в n испытаниях схемы Бернулли с вероятностью успеха p, \lambda=np. Cправедливо неравенство

\biggl|\Prob(\nu_n\in A) - \sum_{k\in A}
\frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}\biggr| =\\
\biggl|\sum_{k\in A} C_n^k p^k (1-p)^{n-k} -
\sum_{k\in A} \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}\biggr| \le
\min(p,\,np^2).

Таким образом, теорема 18 предоставляет нам возможность самим решать, достаточно ли n велико, а p мало, руководствуясь полученной величиной погрешности. Какова же погрешность в формуле (5.3)? Взяв A=\{0,\,1,\,\dots,\,6\} имеем

\begin{multiline*}
\bigl |\, \Prob (\nu_{1000}\ge 7)- 0{,}034\, \bigr |=
\biggl |\, \Bigl (1-\Prob (\nu_{1000}\le 6)\Bigr ) -
\Bigl (1-\sum_{k=0}^6 \frac{3^k}{k!}  e^{-3}\Bigr)\, \biggr| = \\ 
=\biggl |\, \Prob (\nu_{1000}\le 6) -
\sum_{k=0}^6 \frac{3^k}{k!}  e^{-3}\, \biggr |
 \le \min(p,\, np^2) = 0{,}003. \qquad
\end{multiline*}

Таким образом, можно утверждать, что искомая вероятность заключена в границах (0,034 - 0,003, \; 0,034 + 0,003) = (0,031, \; 0,037).

< Лекция 4 || Лекция 5: 12 || Лекция 6 >
Виктория Монахова
Виктория Монахова
Ulmas Abdullaev
Ulmas Abdullaev

Случайные величины кси1 и кси2 независимы и имеют равномерное распределение на отрезке [0;1]. Найти плотности распределения величин а) кси1-кси2 б) кси1/кси2.