Незалежні повторні випробування та формула бернуллі. Біноміальний розподіл

Формула Бернуллі- Формула в теорії ймовірностей, що дозволяє знаходити ймовірність появи події A (\displaystyle A)при незалежних випробуваннях. Формула Бернуллі дозволяє позбавитися великої кількості обчислень - складання та множення ймовірностей - при досить великій кількості випробувань. Названа на честь видатного швейцарського математика Якоба Бернуллі, який вивів цю формулу.

Енциклопедичний YouTube

1 / 3

✪ Теорія ймовірностей. 22. Формула Бернуллі. Розв'язання задач

✪ Формула Бернуллі

✪ 20 Повторення випробувань Формула Бернуллі

Субтитри

Формулювання

Теорема.Якщо ймовірність p (\displaystyle p)настання події A (\displaystyle A)у кожному випробуванні постійна, то ймовірність P k , n (\displaystyle P_(k,n))того, що подія A (\displaystyle A)настане рівно k (\displaystyle k)раз на n (\displaystyle n)незалежних випробуваннях, дорівнює: P k , n = C n k ⋅ p k ⋅ q n − k (\displaystyle P_(k,n)=C_(n)^(k)\cdot p^(k)\cdot q^(n-k)), де q = 1 − p (\displaystyle q=1-p).

Доведення

Нехай проводиться n (\displaystyle n)незалежних випробувань, причому відомо, що внаслідок кожного випробування подія A (\displaystyle A)настає з ймовірністю P (A) = p (\displaystyle P\left(A\right)=p)і, отже, не настає з ймовірністю P (A ¯) = 1 − p = q (\displaystyle P\left((\bar(A))\right)=1-p=q). Нехай, так само, під час випробувань ймовірності p (\displaystyle p)і q (\displaystyle q)залишаються незмінними. Яка ймовірність того, що в результаті n (\displaystyle n)незалежних випробувань, подія A (\displaystyle A)настане рівно k (\displaystyle k)разів?

Виявляється, можна точно підрахувати кількість "вдалих" комбінацій результатів випробувань, для яких подія A (\displaystyle A)настає k (\displaystyle k)раз на n (\displaystyle n)незалежних випробуваннях, - точно ця кількість, поєднань з n (\displaystyle n)по k (\displaystyle k) :

C n (k) = n! k! (n - k)! (\displaystyle C_(n)(k)=(\frac (n){k!\left(n-k\right)!}}} !}.

У той самий час, оскільки всі випробування незалежні та його результати несумісні (подія A (\displaystyle A)або настає, або ні), то ймовірність отримання "вдалої" комбінації точно дорівнює: .

Звичайно, для того щоб знайти ймовірність того, що в n (\displaystyle n)незалежних випробуваннях подія A (\displaystyle A)настане рівно k (\displaystyle k)раз, потрібно скласти ймовірність отримання всіх "вдалих" комбінацій. Імовірності отримання всіх "вдалих" комбінацій однакові та рівні p k ⋅ q n − k (\displaystyle p^(k)\cdot q^(n-k)), кількість "вдалих" комбінацій дорівнює C n (k) (\displaystyle C_(n)(k))тому остаточно отримуємо:

P k , n = C n k ⋅ p k ⋅ q n − k = C n k ⋅ p k ⋅ (1 − p) n − k (\displaystyle P_(k,n)=C_(n)^(k)\cdot p^( k)\cdot q^(n-k)=C_(n)^(k)\cdot p^(k)\cdot (1-p)^(n-k)).

Останній вислів не що інше, як Формула Бернуллі. Корисно також зауважити, що через повноту групи подій буде справедливо:

∑ k = 0 n (P k , n) = 1 (\displaystyle \sum _(k=0)^(n)(P_(k,n))=1).

Розглянемо Біноміальний розподіл, обчислимо його математичне очікування, дисперсію, моду За допомогою функції MS EXCEL БІНОМ.РАСП() побудуємо графіки функції розподілу та щільності ймовірності. Зробимо оцінку параметра розподілу p, математичного очікуваннярозподілу та стандартного відхилення. Також розглянемо розподіл Бернуллі.

Визначення. Нехай проводяться nвипробувань, у кожному з яких може відбутися лише дві події: подія «успіх» з ймовірністю p або подія «невдача» з ймовірністю q =1-p (так звана Схема Бернуллі,Bernoullitrials).

Імовірність отримання рівно x успіхів у цих n випробуваннях дорівнює:

Кількість успіхів у вибірці x є випадковою величиною, яка має Біноміальний розподіл(англ. Binomialdistribution) pі n– є параметрами цього розподілу.

Нагадаємо, що для застосування схеми Бернулліі відповідно Біноміального розподілу,повинні бути виконані такі умови:

• кожне випробування повинно мати рівно два результати, що умовно називають «успіхом» і «невдачею».
• результат кожного випробування повинен залежати від результатів попередніх випробувань (незалежність випробувань).
• ймовірність успіху p має бути постійною для всіх випробувань.

Біноміальний розподіл у MS EXCEL

У MS EXCEL, починаючи з версії 2010, для Біноміального розподілує функція БІНОМ.РАСП() , англійська назва- BINOM.DIST(), яка дозволяє обчислити ймовірність того, що у вибірці буде рівно х"Успіхів" (тобто. функцію щільності ймовірності p(x), див. формулу вище), і інтегральну функцію розподілу(ймовірність того, що у вибірці буде xабо менше "успіхів", включаючи 0).

До MS EXCEL 2010 EXCEL була функція БІНОМРАСП() , яка також дозволяє обчислити функцію розподілуі щільність імовірності p(x). БІНОМРАСП() залишено в MS EXCEL 2010 для сумісності.

У файлі прикладу наведено графіки густини розподілу ймовірностіі .

Біноміальний розподілмає позначення B(n; p) .

Примітка: Для побудови інтегральної функції розподілуідеально підходить діаграма типу Графік, для густини розподілу – Гістограма з угрупуванням. Докладніше про побудову діаграм читайте статтю Основні типи діаграм.

Примітка: Для зручності написання формул у файлі прикладу створено Імена для параметрів Біноміального розподілу: n та p.

У прикладному файлі наведено різні розрахунки ймовірності за допомогою функцій MS EXCEL:

Як видно на картинці вище, передбачається, що:

• У нескінченній сукупності, з якої робиться вибірка, міститься 10% (або 0,1) придатних елементів (параметр p, Третій аргумент функції = БІНОМ.РАСП() )
• Щоб обчислити ймовірність того, що у вибірці з 10 елементів (параметр n, другий аргумент функції) буде рівно 5 придатних елементів (перший аргумент), потрібно записати формулу: =БІНОМ.РАСП(5; 10; 0,1; БРЕХНЯ)
• Останній, четвертий елемент, встановлений = БРЕХНЯ, тобто. повертається значення функції густини розподілу.

Якщо значення четвертого аргументу = ІСТИНА, то функція БІНОМ.РАСП() повертає значення інтегральної функції розподілуабо просто Функцію розподілу. У цьому випадку можна розрахувати ймовірність того, що у вибірці кількість придатних елементів буде з певного діапазону, наприклад, 2 або менше (включаючи 0).

Для цього потрібно записати формулу:
= БІНОМ.РАСП(2; 10; 0,1; ІСТИНА)

Примітка: При нецілому значенні х, . Наприклад, такі формули повернуть одне й теж значення:
=БІНОМ.РАСП( 2 ; 10; 0,1; ІСТИНА)
=БІНОМ.РАСП( 2,9 ; 10; 0,1; ІСТИНА)

Примітка: У файлі прикладу щільність імовірностіі функція розподілутакож обчислені з використанням визначення та функції ЧИСЛКОМБ() .

Показники розподілу

У файл прикладу на аркуші Прикладє формули для розрахунку деяких показників розподілу:

• =n * p;
• (квадрату стандартного відхилення) = n * p * (1-p);
• = (n + 1) * p;
• =(1-2*p)*КОРІНЬ(n*p*(1-p)).

Виведемо формулу математичного очікування Біноміального розподілу, використовуючи Схему Бернуллі.

За визначенням випадкова величина Х в схемою Бернуллі(Bernoulli random variable) має функцію розподілу:

Цей розподіл називається розподіл Бернуллі.

Примітка: розподіл Бернуллі- окремий випадок Біноміального розподілуіз параметром n=1.

Згенеруємо 3 масиви по 100 чисел з різними ймовірностями успіху: 0,1; 0,5 та 0,9. Для цього у вікні Генерація випадкових чисел встановимо такі параметри кожної ймовірності p:

Примітка: Якщо встановити опцію Випадкове розсіювання (Random Seed), то можна вибрати певний випадковий набір згенерованих чисел. Наприклад, встановивши цю опцію =25 можна згенерувати різних комп'ютерах одні й самі набори випадкових чисел (якщо, звісно, ​​інші параметри розподілу збігаються). Значення опції може приймати цілі значення від 1 до 32767. Назва опції Випадкове розсіюванняможе заплутати. Краще було б її перекласти як Номер набору з довільними числами.

У результаті матимемо 3 стовпці по 100 чисел, на підставі яких можна, наприклад, оцінити ймовірність успіху pза формулою: Число успіхів/100(Див. файл прикладу лист ГенераціяБернуллі).

Примітка: Для розподілу Бернулліз p = 0,5 можна використовувати формулу = ВИПАД МІЖ (0; 1), яка відповідає .

Генерація випадкових чисел. Біноміальний розподіл

Припустимо, що у вибірці виявилося 7 дефектних виробів. Це означає, що «дуже ймовірна» ситуація, що змінилася частка дефектних виробів pяка є характеристикою нашого виробничого процесу. Хоча така ситуація «дуже ймовірна», але існує ймовірність (альфа-ризик, помилка 1-го роду, «хибна тривога»), що все-таки pзалишилася без змін, а збільшена кількість дефектних виробів зумовлена ​​випадковістю вибірки.

Як видно на малюнку нижче, 7 – кількість дефектних виробів, яка припустима для процесу з p=0,21 при тому ж значенні Альфа. Це є ілюстрацією, що з перевищенні порогового значення дефектних виробів у вибірці, p«швидше за все» збільшилося. Фраза «швидше за все» означає, що є лише 10% ймовірність (100%-90%) те, що відхилення частки дефектних виробів вище порогового викликано лише сучайними причинами.

Таким чином, перевищення порогової кількості дефектних виробів у вибірці може служити сигналом, що процес засмутився і став випускати б ольший відсоток бракованих виробів.

Примітка: До MS EXCEL 2010 у EXCEL була функція КРИТБІНОМ(), яка еквівалентна БІНОМ.ОБР(). КРИТБІНОМ залишена в MS EXCEL 2010 і вище для сумісності.

Зв'язок Біноміального розподілу з іншими розподілами

Якщо параметр n Біноміального розподілупрагне нескінченності, а pпрагне до 0, то в цьому випадку Біноміальний розподілможе бути апроксимовано.
Можна сформулювати умови, коли наближення розподілом Пуассонапрацює добре:

• p<0,1 (чим менше pі більше n, Тим наближення точніше);
• p>0,9 (враховуючи що q=1- p, обчислення в цьому випадку необхідно проводити через q(а хпотрібно замінити на n- x). Отже, чим менше qі більше n, Тим наближення точніше).

При 0,1<=p<=0,9 и n*p>10 Біноміальний розподілможна апроксимувати.

В свою чергу, Біноміальний розподілможе бути хорошим наближенням , коли розмір сукупності N Гіпергеометричного розподілунабагато більше розміру вибірки n (тобто N>>n або n/N<<1).

Докладніше про зв'язок вищезгаданих розподілів, можна прочитати у статті . Там же наведено приклади апроксимації, і пояснено умови, коли вона можлива і з якоюсь точністю.

ПОРАДА: Про інші розподіли MS EXCEL можна прочитати у статті .

Не довго роздумуватимемо про високе — почнемо відразу з визначення.

— це коли виробляється n однотипних незалежних дослідів, у кожному з яких може з'явитися подія A, що цікавить нас, причому відома ймовірність цієї події P(A) = p. Потрібно визначити ймовірність того, що при проведенні випробувань n подія A з'явиться рівно k разів.

Завдання, які вирішуються за схемою Бернуллі, надзвичайно різноманітні: від простеньких (типу "знайдіть ймовірність, що стрілок потрапить 1 раз з 10") до дуже суворих (наприклад, завдання на відсотки або гральні карти). В реальності ця схема часто застосовується для вирішення завдань, пов'язаних з контролем якості продукції та надійності різних механізмів, всі характеристики яких мають бути відомі до початку роботи.

Повернемося до визначення. Оскільки йдеться про незалежні випробування, і в кожному досвіді ймовірність події A однакова, можливі лише два результати:

1. A - Поява події A з ймовірністю p;
2. "не А" - подія А не з'явилося, що відбувається з ймовірністю q = 1 - p.

Найважливіша умова, без якої схема Бернуллі втрачає сенс, — це сталість. Скільки б досвідів ми не проводили, нас цікавить одна й та сама подія A, яка виникає з тією самою ймовірністю p.

До речі, далеко не всі завдання в теорії ймовірностей зводяться до постійних умов. Про це вам розповість будь-який грамотний репетитор з математики. Навіть така нехитра справа, як виймання різнокольорових куль із ящика, не є досвідом із постійними умовами. Вийняли чергову кулю – співвідношення кольорів у ящику змінилося. Отже змінилися і ймовірності.

Якщо умови постійні, можна точно визначити ймовірність того, що подія A відбудеться рівно k разів з n можливих. Сформулюємо цей факт як теореми:

Нехай ймовірність появи події A у кожному досвіді постійна і дорівнює р. Тоді ймовірність того, що в n незалежних випробуваннях подія A з'явиться рівно k разів, розраховується за формулою:

де C n k – число поєднань, q = 1 − p.

Ця формула і називається: . Цікаво зауважити, що завдання, наведені нижче, цілком вирішуються без використання цієї формули. Наприклад, можна застосувати формули складання ймовірностей. Проте обсяг обчислень буде просто нереальним.

Завдання. Імовірність випуску бракованого виробу на верстаті дорівнює 0,2. Визначити ймовірність того, що в партії з десяти випущених на даному верстаті деталей рівно будуть без шлюбу. Розв'язати задачу для k = 0, 1, 10.

За умовою, нас цікавить подія A випуску виробів без шлюбу, яка відбувається щоразу з ймовірністю p = 1 − 0,2 = 0,8. Потрібно визначити ймовірність того, що ця подія станеться разів. Події A протиставляється подія «не A», тобто. випуск бракованого виробу

Отже, маємо: n = 10; p = 0,8; q = 0,2.

Отже, знаходимо ймовірність того, що в партії всі браковані деталі (k = 0), що тільки одна деталь без шлюбу (k = 1), і що бракованих деталей немає взагалі (k = 10):

Завдання. Монету кидають 6 разів. Випадання герба та решки рівноймовірне. Знайти ймовірність того, що:

1. герб випаде тричі;
2. герб випаде один раз;
3. герб випаде щонайменше двічі.

Отже, нас цікавить подія A коли випадає герб. Імовірність цієї події дорівнює p = 0,5. Події A протиставляється подія «не A», коли випадає решка, що трапляється з ймовірністю q = 1 − 0,5 = 0,5. Потрібно визначити ймовірність того, що герб випаде разів.

Отже, маємо: n = 6; p = 0,5; q = 0,5.

Визначимо можливість, що герб випав тричі, тобто. k = 3:

Тепер визначимо можливість, що герб випав лише один раз, тобто. k = 1:

Залишилося визначити, з якою ймовірністю герб випаде щонайменше двічі. Основна заковика - у фразі "не менше". Виходить, нас влаштує будь-яке k, крім 0 і 1, тобто. треба знайти значення суми X = P 6 (2) + P 6 (3) + … + P 6 (6).

Зауважимо, що це сума також дорівнює (1 − P 6 (0) − P 6 (1)), тобто. достатньо з усіх можливих варіантів "вирізати" ті, коли герб випав 1 раз (k = 1) або не випав взагалі (k = 0). Оскільки P 6 (1) нам уже відомо, залишилося знайти P 6 (0):

Завдання. Імовірність того, що телевізор має приховані дефекти, дорівнює 0,2. На склад надійшло 20 телевізорів. Яка подія найімовірніше: що в цій партії є два телевізори з прихованими дефектами чи три?

Цікава подія A – наявність прихованого дефекту. Усього телевізорів n = 20, ймовірність прихованого дефекту p = 0,2. Відповідно, можливість отримати телевізор без прихованого дефекту дорівнює q = 1 − 0,2 = 0,8.

Отримуємо стартові умови для схеми Бернуллі: n = 20; p = 0,2; q = 0,8.

Знайдемо можливість отримати два «дефектних» телевізора (k = 2) і три (k = 3):

\[\begin(array)(l)(P_(20))\left(2 \right) = C_(20)^2(p^2)(q^(18)) = \frac((20)}{{2!18!}} \cdot {0,2^2} \cdot {0,8^{18}} \approx 0,137\\{P_{20}}\left(3 \right) = C_{20}^3{p^3}{q^{17}} = \frac{{20!}}{{3!17!}} \cdot {0,2^3} \cdot {0,8^{17}} \approx 0,41\end{array}\]!}

Вочевидь, P 20 (3) > P 20 (2), тобто. ймовірність отримати три телевізора з прихованими дефектами більше ймовірності отримати лише два таких телевізори. Причому різниця неслабка.

Невелике зауваження щодо факторіалів. Багато хто відчуває невиразне відчуття дискомфорту, коли бачать запис «0!» (читається "нуль факторіал"). Так ось, 0! = 1 за визначенням.

PS А найбільша ймовірність в останньому завданні - це отримати чотири телевізори з прихованими дефектами. Підрахуйте самі і переконайтеся.

Дивіться також:

Дякую, що читаєте та ділитесь з іншими

При вирішенні імовірнісних завдань часто доводиться стикатися з ситуаціями, в яких одне і те ж випробування повторюється багаторазово і результат кожного випробування незалежний від інших. Такий експеримент ще називається схемою повторних незалежних випробуваньабо схемою Бернуллі.

Приклади повторних випробувань:

1) багаторазове вилучення з урни однієї кулі за умови, що вийнята куля після реєстрації її кольору кладеться назад у урну;

2) повторення одним стрільцем пострілів по одній і тій же мішені за умови, що ймовірність вдалого влучення при кожному пострілі приймається однаковою (роль пристрілки не враховується).

Отже, нехай у результаті випробування можливі два результати: або з'явиться подія А, Або протилежна йому подія. Проведемо n випробувань Бернуллі. Це означає, що всі n випробувань є незалежними; ймовірність появи події $А$ у кожному окремому або одиничному випробуванні постійна і від випробування до випробування не змінюється (тобто випробування проводяться в однакових умовах). Позначимо можливість появи події $А$ у одиничному випробуванні буквою $р$, тобто. $p=P(A)$, а ймовірність протилежної події (подія $А$ не настала) — буквою $q=P(\overline(A))=1-p$.

Тоді ймовірність того, що подія Аз'явиться в цих nвипробуваннях рівно kраз, виражається формулою Бернуллі

$$P_n(k)=C_n^k \cdot p^k \cdot q^(n-k), \quad q=1-p.$$

Розподіл числа успіхів (появ події) має назву біномного розподілу.

Онлайн-калькулятори на формулу Бернуллі

Деякі найпопулярніші типи завдань, у яких використовується формула Бернуллі, розібрані в статтях і забезпечені онлайн-калькулятором, ви можете перейти до них за посиланнями:

Приклади розв'язування задач на формулу Бернуллі

приклад.В урні 20 білих та 10 чорних куль. Вийняли 4 кулі, причому кожну вийняту кулю повертають в урну перед вилученням наступного і кулі в урні перемішують.

Формула Бернуллі. Розв'язання задач

Знайти ймовірність того, що з чотирьох вийнятих куль виявиться 2 білих.

Рішення.Подія А– дістали білу кулю. Тоді ймовірності
, .
За формулою Бернуллі необхідна ймовірність дорівнює
.

приклад.Визначити ймовірність того, що у сім'ї, яка має 5 дітей, буде не більше трьох дівчаток. Імовірності народження хлопчика та дівчинки передбачаються однаковими.

Рішення.Імовірність народження дівчинки
тоді.

Знайдемо ймовірність того, що в сім'ї немає дівчаток, народилася одна, дві чи три дівчинки:

, ,

, .

Отже, шукана ймовірність

.

приклад.Серед деталей, які обробляє робітник, буває в середньому 4% нестандартних. Знайти ймовірність того, що серед взятих на випробування 30 деталей дві будуть нестандартними.

Рішення.Тут досвід полягає у перевірці кожної із 30 деталей на якість.

Подія А - "поява нестандартної деталі", його ймовірність, тоді. Звідси за формулою Бернуллі знаходимо
.

приклад.При кожному окремому пострілі із зброї ймовірність ураження мети дорівнює 0,9. Знайти ймовірність того, що з 20 пострілів число вдалих буде не менше ніж 16 і не більше 19.

Рішення.Обчислюємо за формулою Бернуллі:

приклад.Незалежні випробування продовжуються до тих пір, поки подія Ане станеться kразів. Знайти ймовірність того, що потрібно nвипробувань (n k), якщо в кожному з них .

Рішення.Подія У- рівно nвипробувань до k-го появи події А- Є твір двох наступних подій:

D – у n-ом випробуванні Асталося;

С – у перших (n-1)-ом випробуваннях Аз'явилося (к-1)разів.

Теорема множення та формула Бернуллі дають необхідну ймовірність:

Слід зазначити, що використання біномного закону часто пов'язане з обчислювальними труднощами. Тому зі зростанням значень nі mстає доцільним застосування наближених формул (Пуассон, Муавра-Лапласа), які будуть розглянуті в наступних розділах.

Відеоурок формулу Бернуллі

Для тих, кому наочніше послідовне відеопояснення, 15-хвилинний ролик:

Формула повної ймовірності: теорія та приклади вирішення завдань

Формула повної ймовірності та умовні ймовірності подій

Формула повної ймовірності є наслідком основних правил теорії ймовірностей - правила складання та правила множення.

Формула повної ймовірності дозволяє знайти ймовірність події A, яке може наступити тільки з кожним з nвиключають один одного подій , що утворюють повну систему, якщо відомі їх ймовірності , умовні ймовірності події Aщодо кожної з подій системи рівні.

Події також називаються гіпотезами, які є виключаючими один одного. Тому в літературі можна також зустріти їх позначення не буквою B, а буквою H(Hypothesis).

Для вирішення завдань із такими умовами необхідно розглянути 3, 4, 5 або у загальному випадку nможливостей настання події A- З кожним подій.

За теоремами складання та множення ймовірностей отримуємо суму творів ймовірності кожного з подій системи на умовну ймовірність події Aщодо кожної з подій системи.

21 Випробування Бернуллі. Формула Бернуллі

Тобто, ймовірність події Aможе бути обчислена за формулою

або у загальному вигляді

,

яка і називається формулою повної ймовірності .

Формула повної ймовірності: приклади розв'язання задач

приклад 1.Є три однакових на вигляд урни: у першій 2 білих кулі і 3 чорних, у другій — 4 білих і одна чорна, у третій — три білих кулі. Хтось підходить навмання до однієї з урн і виймає з неї одну кулю. Користуючись формулою повної ймовірності, знайти ймовірність того, що ця куля буде білою.

Рішення. Подія A- Поява білої кулі. Висуваємо три гіпотези:

- Вибрана перша урна;

- Вибрана друга урна;

- Вибрано третю урну.

Умовні ймовірності події Aщодо кожної з гіпотез:

, , .

Застосовуємо формулу повної ймовірності, в результаті - необхідна ймовірність:

.

приклад 2.На першому заводі з кожних 100 лампочок виробляється в середньому 90 стандартних, на другому — 95, на третьому — 85, а продукція цих заводів складає відповідно 50%, 30% і 20% усіх електролампочок, що постачаються до магазинів деякого району. Знайти можливість придбання стандартної електролампочки.

Рішення. Позначимо ймовірність придбання стандартної електролампочки через A, а події, які полягають у тому, що придбана лампочка виготовлена ​​відповідно на першому, другому та третьому заводах, через . За умовою відомі ймовірності цих подій: , , та умовні ймовірності події Aщодо кожного з них: , , . Це ймовірність придбання стандартної лампочки за умови виготовлення відповідно на першому, другому, третьому заводах.

Подія Aнастане, якщо відбудуться чи подія K- лампочка виготовлена ​​на першому заводі і стандартна, або подія L- лампочка виготовлена ​​на другому заводі і стандартна, або подія M- лампочка виготовлена ​​на третьому заводі та стандартна.

Інших можливостей настання події Aні. Отже, подія Aє сумою подій K, Lі M, які є несумісними. Застосовуючи теорему складання ймовірностей, уявимо ймовірність події Aу вигляді

а за теоремою множення ймовірностей отримаємо

тобто, окремий випадок формули повної ймовірності.

Підставивши в ліву частину формули значення ймовірностей, отримуємо ймовірність події A:

Немає часу вникати у рішення? Можна замовити роботу!

приклад 3.Здійснюється посадка літака на аеродром. Якщо дозволяє погода, льотчик садить літак, користуючись крім приладів, ще й візуальним спостереженням. І тут ймовірність благополучної посадки дорівнює . Якщо аеродром затягнутий низькою хмарністю, то льотчик садить літак, орієнтуючись лише на приладах. І тут можливість благополучної посадки дорівнює ; .

Прилади, що забезпечують сліпу посадку, мають надійність (можливість безвідмовної роботи) P. За наявності низької хмарності і приладів сліпої посадки, що відмовили, ймовірність благополучної посадки дорівнює; . Статистика показує, що в k% випадків посадки аеродром затягнутий низькою хмарністю. Знайти повну ймовірність подіїA- благополучної посадки літака.

Рішення. Гіпотези:

- низької хмарності немає;

- Низька хмарність є.

Імовірності цих гіпотез (подій):

;

Умовна ймовірність.

Умовну можливість знову знайдемо за формулою повної ймовірності з гіпотезами

- Прилади сліпої посадки діють;

- Прилади сліпої посадки відмовили.

Імовірності цих гіпотез:

За формулою повної ймовірності

приклад 4.Прилад може працювати у двох режимах: нормальному та ненормальному. Нормальний режим спостерігається у 80% всіх випадків роботи приладу, а ненормальний – у 20% випадків. Ймовірність виходу приладу за певний час tдорівнює 0,1; у ненормальному 0,7. Знайти повну ймовірністьвиходу приладу з ладу за час t.

Рішення. Знову позначаємо можливість виходу приладу з ладу через A. Отже, щодо роботи приладу у кожному режимі (події) за умовою відомі ймовірності: для нормального режиму це 80% (), для ненормального – 20% (). Ймовірність події A(тобто виходу приладу з ладу) в залежності від першої події (нормального режиму) дорівнює 0,1 (); в залежності від другої події (ненормального режиму) - 0,7 ( ). Підставляємо ці значення у формулу повної ймовірності (тобто суму творів ймовірності кожної з подій системи на умовну ймовірність події Aщодо кожної з подій системи) і перед нами – необхідний результат.

Визначення повторних незалежних випробувань. Формули Бернуллі для обчислення ймовірності та найімовірнішого числа. Асимптотичні формули для формули Бернуллі (локальна та інтегральна, теореми Лапласа). Використання інтегральної теореми. Формула Пуассона для малоймовірних випадкових подій.

Повторні незалежні випробування

На практиці доводиться стикатися з такими завданнями, які можна представити у вигляді випробувань, що багаторазово повторюються, в результаті кожного з яких може з'явитися або не з'явитися подія A . При цьому інтерес представляє результат не кожного окремого випробування, а загальна кількість появи події A в результаті певної кількості випробувань. У подібних завданнях потрібно вміти визначати ймовірність будь-якого числа m появи події A в результаті n випробувань. появи події A у кожному випробуванні постійна. повторними незалежними.

Прикладом незалежних випробувань може бути перевірка на придатність виробів, взятих однією з низки партій. Якщо в цих партіях відсоток шлюбу однаковий, то ймовірність того, що вибраний виріб буде бракованим, у кожному випадку є постійним числом.

Формула Бернуллі

Скористаємося поняттям складної події, Під яким мається на увазі поєднання кількох елементарних подій, що перебувають у появі або непояві події A в i -му випробуванні. Нехай проводиться n незалежних випробувань, у кожному з яких подія A може з'явитися з ймовірністю p , або не з'явитися з ймовірністю q = 1-p . Розглянемо подію B_m , що полягає в тому, що подія A в цих n випробуваннях настане рівно m разів і, отже, не настане рівно (n-m) разів. Позначимо A_i~(i=1,2,\ldots,(n))поява події A , a \overline(A)_i - непоява події A в i-му випробуванні. В силу сталості умов випробування маємо

Подія A може з'явитися m разів у різних послідовностях або комбінаціях, чергуючись із протилежною подією \overline(A) . Число можливих комбінацій такого роду дорівнює числу поєднань з n елементів по m, тобто C_n^m. Отже, подію B_m можна у вигляді суми складних несумісних між собою подій, причому кількість доданків дорівнює C_n^m :

B_m=A_1A_2\cdots(A_m)\overline(A)_(m+1)\cdots\overline(A)_n+cdots+\overline(A)_1\overline(A)_2\cdots\overline(A)_( n-m)A_(n-m+1)\cdots(A_n),

де кожен добуток подія A входить m разів, а \overline(A) - (n-m) разів.

Імовірність кожної складної події, що входить у формулу (3.1), з теореми множення ймовірностей для незалежних подій дорівнює p^(m)q^(n-m) . Оскільки загальна кількість таких подій дорівнює C_n^m , то, використовуючи теорему складання ймовірностей для несумісних подій, отримуємо ймовірність події B_m (позначимо її P_(m,n) )

P_(m,n)=C_n^mp^(m)q^(n-m)\quad \text(or)\quad P_(m,n)=\frac(n{m!(n-m)!}p^{m}q^{n-m}. !}

Формулу (3.2) називають формулою Бернуллі, а випробування, що повторюються, задовольняють умові незалежності і сталості ймовірностей появи в кожному з них події A , називають випробуваннями Бернулліабо схемою Бернуллі.

Приклад 1. Імовірність виходу межі поля допуску при обробці деталей на токарному верстаті дорівнює 0,07. Визначити ймовірність того, що з п'яти навмання відібраних протягом зміни деталей в однієї розміри діаметра не відповідають заданому допуску.

Рішення. Умова завдання відповідає вимогам схеми Бернуллі. Тому, вважаючи n=5,\,m=1,\,p=0,\!07, за формулою (3.2) отримуємо

P_(1,5)=C_5^1(0,\!07)^(1)(0,\!93)^(5-1)\approx0,\!262.

Приклад 2. Спостереженнями встановлено, що у певній місцевості у вересні буває 12 дощових днів. Яка ймовірність того, що з випадково взятих цього місяця 8 днів 3 дні виявляться дощовими?

Рішення.

P_(3;8)=C_8^3(\left(\frac(12)(30)\right)\^3{\left(1-\frac{12}{30}\right)\!}^{8-3}=\frac{8!}{3!(8-3)!}{\left(\frac{2}{5}\right)\!}^3{\left(\frac{3}{5}\right)\!}^5=56\cdot\frac{8}{125}\cdot\frac{243}{3125}=\frac{108\,864}{390\,625}\approx0,\!2787. !}

Найімовірніше число події

Найімовірнішим числом появиподії A в n незалежних випробуваннях називається таке число m_0 , для якого ймовірність, що відповідає цьому числу, перевищує або, Крайній мірі, не менше ймовірності кожного з решти можливих чисел появи події A . Для визначення найбільш ймовірного числа не обов'язково обчислювати ймовірності можливих чисел появи події, достатньо знати число випробувань n і ймовірність появи події A в окремому випробуванні. Позначимо P_(m_0,n) ймовірність, що відповідає найімовірнішому числу m_0 . Використовуючи формулу (3.2), записуємо

P_(m_0,n)=C_n^(m_0)p^(m_0)q^(n-m_0)=\frac(n{m_0!(n-m_0)!}p^{m_0}q^{n-m_0}. !}

Згідно з визначенням найімовірнішого числа, ймовірності настання події A відповідно m_0+1 і m_0-1 разів повинні, принаймні, не перевищувати ймовірність P_(m_0,n) , тобто.

P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0+1,n));\quad P_(m_0,n)\geqslant(P_(m_0-1,n))

Підставляючи в нерівності значення P_(m_0,n) та виразу ймовірностей P_(m_0+1,n) та P_(m_0-1,n) , отримуємо

Вирішуючи ці нерівності щодо m_0, отримуємо

M_0\geqslant(np-q),\quad m_0\leqslant(np+p)

Об'єднуючи останні нерівності, отримуємо подвійну нерівність, яку використовують для визначення найімовірнішого числа:

Np-q \ leqslant (m_0) \ leqslant (np + p).

Оскільки довжина інтервалу, що визначається нерівністю (3.4), дорівнює одиниці, тобто.

(np+p)-(np-q)=p+q=1,

і подія може відбутися в n випробуваннях тільки ціле число разів, слід мати на увазі, що:

1) якщо np-q - ціле число, то існують два значення найімовірнішого числа, а саме: m_0=np-q і m"_0=np-q+1=np+p;

2) якщо np-q - дробове число, то існує одне найбільш ймовірне число, а саме: єдине ціле, укладене між дробовими числами, отриманими з нерівності (3.4);

3) якщо np - ціле число, то існує одне найімовірніше число, а саме: m_0 = np.

При великих значеннях n користуватися формулою (3.3) для розрахунку ймовірності, що відповідає найімовірнішому числу, незручно. Якщо у рівність (3.3) підставити формулу Стірлінга

N!\approx(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))),

справедливу для досить великих n і прийняти найімовірніше число m_0=np , то отримаємо формулу для наближеного обчислення ймовірності, що відповідає найімовірнішому числу:

P_(m_0,n)\approx\frac(n^ne^(-n)\sqrt(2\pi(n))\,p^(np)q^(nq))((np)^(np) e^(-np)\sqrt(2\pi(np))\,(nq)^(nq)e^(-nq)\sqrt(2\pi(nq)))=\frac(1)(\ sqrt(2pi(npq)))=frac(1)(sqrt(2pi)sqrt(npq)).

Приклад 2. Відомо, що частина продукції, що поставляється заводом на торговельну базу \frac(1)(15), не задовольняє всім вимогам стандарту. На базу було завезено партію виробів у кількості 250 шт. Знайти найімовірніше число виробів, що задовольняють вимогам стандарту, і обчислити ймовірність того, що в цій партії виявиться найімовірніше число виробів.

Рішення. За умовою n=250,\,q=\frac(1)(15),\,p=1-\frac(1)(15)=\frac(14)(15). Відповідно до нерівності (3.4) маємо

250\cdot\frac(14)(15)-\frac(1)(15)\leqslant(m_0)\leqslant250\cdot\frac(14)(15)+\frac(1)(15)

звідки 233 \ 26 \ leqslant (m_0) \ leqslant234 \ 26. Отже, найімовірніше число виробів, які відповідають вимогам стандарту, у партії з 250 шт. 234. Підставляючи дані у формулу (3.5), обчислюємо ймовірність наявності в партії найімовірнішого числа виробів:

P_(234,250)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi\cdot250\cdot\frac(14)(15)\cdot\frac(1)(15)))\approx0,\!101

Локальна теорема Лапласа

Користуватися формулою Бернуллі при великих значеннях дуже важко. Наприклад, якщо n=50,\,m=30,\,p=0,\!1, то знаходження ймовірності P_(30,50) треба обчислити значення висловлювання

P_(30,50)=\frac(50{30!\cdot20!}\cdot(0,\!1)^{30}\cdot(0,\!9)^{20} !}

Природно, виникає питання: чи не можна обчислити ймовірність, що цікавить, не використовуючи формулу Бернуллі? Виявляється, можна. Локальна теорема Лапласа дає асимптотичну формулу, яка дозволяє приблизно знайти ймовірність появи подій рівно m разів у n випробуваннях, якщо число випробувань досить велике.

Теорема 3.1. Якщо ймовірність p появи події A в кожному випробуванні постійна і відмінна від нуля і одиниці, то ймовірність P_(m,n) того, що подія A з'явиться в n випробуваннях рівно m разів, приблизно дорівнює (тим точніше, ніж більше n) значення функції

Y=\frac(1)(\sqrt(npq))\frac(e^(-x^2/2))(\sqrt(2\pi))=\frac(\varphi(x))(\sqrt (npq))при .

Існують таблиці, які містять значення функції \varphi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\,e^(-x^2/2)), Що відповідають позитивним значенням аргументу x. Для негативних значень аргументу використовують самі таблиці, оскільки функція \varphi(x) парна, тобто. \varphi(-x)=\varphi(x).

Отже, приблизно ймовірність того, що подія A з'явиться в n випробуваннях рівно m разів,

P_(m,n)\approx\frac(1)(\sqrt(npq))\,\varphi(x),де x = frac (m-np) (sqrt (npq)).

Приклад 3. Знайти ймовірність того, що подія A настане рівно 80 разів у 400 випробуваннях, якщо ймовірність появи події A у кожному випробуванні дорівнює 0,2.

Рішення. За умовою n=400,\,m=80,\,p=0,\!2,\,q=0,\!8. Скористаємося асимптотичною формулою Лапласа:

P_(80,400)\approx\frac(1)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8))\,\varphi(x)=\frac(1)(8)\,\varphi (x).

Обчислимо визначуване даними завдання значення x :

X = frac (m-np) (sqrt (npq)) = frac (80-400 cdot0,! 2) (8) = 0.

За таблицею дод, 1 знаходимо \varphi(0)=0,\!3989. Шукана ймовірність

P_ (80,100) = frac (1) (8) cdot0, 3989 = 0, 04986.

Формула Бернуллі призводить приблизно до такого ж результату (викладки через їхню громіздкість опущені):

P_ (80,100) = 0, \!0498.

Інтегральна теорема Лапласа

Припустимо, що проводиться n незалежних випробувань, у кожному з яких ймовірність появи події A є постійною і дорівнює p . Необхідно обчислити ймовірність P_((m_1,m_2),n) того, що подія A з'явиться в n випробуваннях не менше m_1 і не більше m_2 разів (для стислості говоритимемо "від m_1 до m_2 разів"). Це можна зробити за допомогою інтегральної теореми Лапласа.

Теорема 3.2. Якщо ймовірність p настання події A у кожному випробуванні постійна і відмінна від нуля і одиниці, то приблизно ймовірність P_((m_1,m_2),n) того, що подія A з'явиться у випробуваннях від m_1 до m_2 разів,

P_((m_1,m_2),n)\approx\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2) \, dx,де.

При вирішенні завдань, які потребують застосування інтегральної теореми Лапласа, користуються спеціальними таблицями, оскільки невизначений інтеграл \int(e^(-x^2/2)\,dx)не виражається через елементарні функції. Таблиця для інтегралу \Phi(x)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\int\limits_(0)^(x)e^(-z^2/2)\,dzнаведено у дод. 2 де дані значення функції \Phi(x) для позитивних значень x , для x<0 используют ту же таблицу (функция \Phi(x) нечетна, т. е. \Phi(-x)=-\Phi(x) ). Таблица содержит значения функции \Phi(x) лишь для x\in ; для x>5 можна прийняти \Phi(x)=0,\!5 .

Отже, приблизно ймовірність того, що подія A з'явиться в n незалежних випробуваннях від m_1 до m_2 разів,

P_((m_1,m_2),n)\approx\Phi(x"")-\Phi(x"),де x"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq)); ~x""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq)).

Приклад 4. Імовірність того, що деталь виготовлена ​​з порушеннями стандартів p=0,!2 . Знайти ймовірність того, що серед 400 випадково відібраних нестандартних деталей виявиться від 70 до 100 деталей.

Рішення. За умовою p=0,\!2,\,q=0,\!8,\,n=400,\,m_1=70,\,m_2=100. Скористаємося інтегральною теоремою Лапласа:

P_((70,100),400)\approxPhi(x"")-Phi(x").

Обчислимо межі інтегрування:

нижній

X"=\frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=\frac(70-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8)) =-1, \! 25,

верхній

X""=\frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=\frac(100-400\cdot0,\!2)(\sqrt(400\cdot0,\!2\cdot0,\!8) ) = 2, \! 5,

Таким чином

P_((70,100),400)\approx\Phi(2,\!5)-\Phi(-1,\!25)=\Phi(2,\!5)+\Phi(1,\!25) .

За таблицею дод. 2 знаходимо

\Phi(2,\!5)=0,\!4938;~~~~~\Phi(1,\!25)=0,\!3944.

Шукана ймовірність

P_((70,100),400) = 0, 4938 +0, 3944 = 0, 8882.

Застосування інтегральної теореми Лапласа

Якщо число m (кількість події A при n незалежних випробуваннях) буде змінюватися від m_1 до m_2 , то дріб \frac(m-np)(\sqrt(npq))буде змінюватися від \frac(m_1-np)(\sqrt(npq))=x"до \frac(m_2-np)(\sqrt(npq))=x"". Отже, інтегральну теорему Лапласа можна записати і так:

P\left\(x"\leqslant\frac(m-np)(\sqrt(npq))\leqslant(x"")\right\)=\frac(1)(\sqrt(2\pi))\ int\limits_(x")^(x"")e^(-x^2/2)\,dx.

Поставимо завдання знайти ймовірність того, що відхилення відносної частоти \frac(m)(n) від постійної ймовірності p по абсолютній величині не перевищує заданого числа \varepsilon>0. Іншими словами, знайдемо ймовірність здійснення нерівності \left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon, що те саме, -\varepsilon\leqslant\frac(m)(n)-p\leqslant\varepsilon. Цю ймовірність будемо позначати так: P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\). З урахуванням формули (3.6) для цієї ймовірності отримуємо

P\left\(\left|\frac(m)(n)-p\right|\leqslant\varepsilon\right\)\approx2\Phi\left(\varepsilon\,\sqrt(\frac(n)(pq) )) \ right).

Приклад 5. Імовірність того, що деталь нестандартна, p = 0, 1! Знайти ймовірність того, що серед випадково відібраних 400 деталей відносна частота появи нестандартних деталей відхилиться від ймовірності p = 0, 1 по абсолютній величині не більше ніж на 0,03.

Рішення. За умовою n=400,\,p=0,\!1,\,q=0,\!9,\,\varepsilon=0,\!03. Потрібно знайти ймовірність P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\). Використовуючи формулу (3.7), отримуємо

P\left\(\left|\frac(m)(400)-0,\!1\right|\leqslant0,\!03\right\)\approx2\Phi\left(0,\!03\sqrt( \frac(400)(0,\!1\cdot0,\!9))\right)=2\Phi(2)

За таблицею дод. 2 знаходимо \Phi(2)=0,\!4772 , отже, 2\Phi(2)=0,\!9544 . Отже, шукана ймовірність приблизно дорівнює 0,9544. Сенс отриманого результату такий: якщо взяти досить велике число проб по 400 деталей у кожній, то приблизно 95,44% цих проб відхилення відносної частоти від постійної ймовірності p=0,!1 по абсолютній величині не перевищить 0,03.

Формула Пуассона для малоймовірних подій

Якщо ймовірність настання події в окремому випробуванні близька до нуля, то навіть при великому числівипробувань n, але при невеликому значенні твори np одержувані за формулою Лапласа значення ймовірностей P_(m,n) виявляються недостатньо точними і виникає потреба в іншій наближеній формулі.

Теорема 3.3. Якщо ймовірність p настання події A у кожному випробуванні постійна, але мала, число незалежних випробувань n досить велике, але значення твору np=\lambda залишається невеликим (не більше десяти), то ймовірність того, що в цих випробуваннях подія A настане m разів,

P_(m,n)\approx\frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda}. !}

Для спрощення розрахунків із застосуванням формули Пуассона складено таблицю значень функції Пуассона \frac(\lambda^m)(m\,e^{-\lambda} !}(Див. дод. 3).

Приклад 6. Нехай можливість виготовлення нестандартної деталі дорівнює 0,004. Знайти ймовірність того, що серед 1000 деталей виявиться 5 нестандартних.

Рішення. Тут n=1000,p=0,004,~\lambda=np=1000\cdot0,\!004=4. Усі три числа задовольняють вимогам теореми 3.3, тому знаходження ймовірності шуканої події P_(5,1000) застосовуємо формулу Пуассона. За таблицею значень функції Пуассона (додаток 3) при \lambda=4;m=5 отримуємо P_(5,1000)\approx0,\!1563.

Знайдемо ймовірність тієї самої події за формулою Лапласа. Для цього спочатку обчислюємо значення x відповідне m=5 :

X=\frac(5-1000\cdot0,\!004)(\sqrt(1000\cdot0,\!004\cdot0,\!996))\approx\frac(1)(1,\!996)\approx0 , \!501.

Тому згідно з формулою Лапласа шукана ймовірність

P_(5,1000)\approx\frac(\varphi(0,\!501))(1,\!996)\approx\frac(0,\!3519)(1,\!996)\approx0,\ !1763

а згідно з формулою Бернуллі точне її значення

P_(5,1000)=C_(1000)^(5)\cdot0,\!004^5\cdot0,\!996^(995)\approx0,\!1552.

Таким чином, відносна помилкаобчислення ймовірностей P_(5,1000) за наближеною формулою Лапласа складає

\frac(0,\!1763-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!196, або 13, 6%

а за формулою Пуассона -

\frac(0,\!1563-0,\!1552)(0,\!1552)\approx0,\!007, або 0, 7%

Т. е. у багато разів менше.
Перейти до наступного розділу
Одновимірні випадкові величини У вашому браузері вимкнено Javascript.
Щоб розрахувати, необхідно дозволити елементи ActiveX!

Повторні незалежні випробування називаються випробуваннями Бернуллі, якщо кожне випробування має лише два можливі результати та ймовірності результатів залишаються незмінними для всіх випробувань.

Зазвичай ці два результати називаються "успіхом" (У) або "невдачею" (Н) і відповідні ймовірності позначають pі q. Зрозуміло, що p 0, q³ 0 та p+q=1.

Простір елементарних подій кожного випробування складається із двох подій У та Н.

Простір елементарних подій nвипробувань Бернуллі Ω містить 2 nелементарних подій, що являють собою послідовності (ланцюжки) з nсимволів У та Н. Кожна елементарна подія є одним із можливих результатів послідовності nвипробувань Бернуллі. Оскільки випробування незалежні, то, за теоремою множення, ймовірності перемножуються, тобто ймовірність будь-якої конкретної послідовності - є твір, отриманий при заміні символів У і Н pі qвідповідно, тобто, наприклад: Р( )=(У У Н У Н ... Н У )= p p q p q ... q q p .

Зазначимо, результат випробування Бернуллі часто позначають 1 і 0 і тоді елементарна подія в послідовності nвипробувань Бернуллі - є ланцюжок, що складається з нулів та одиниць. Наприклад:  =(1, 0, 0, ..., 1, 1, 0).

Випробування Бернуллі є найважливішою схемою, що розглядається в теорії ймовірностей. Ця схема названа на честь швейцарського математика Я. Бернуллі (1654-1705), які у своїх роботах глибоко досліджували цю модель.

Основне завдання, яке нас буде тут цікавити: яка ймовірність тієї події, що в nвипробуваннях Бернуллі відбулося mуспіхів?

За виконання зазначених умов ймовірність того, що при проведенні незалежних випробувань подія спостерігатиметься рівно m раз (неважливо, у яких саме дослідах), визначається за формулі Бернуллі:

(21.1)

де - ймовірність появи у кожному випробуванні, а
- ймовірність того, що в цьому досвіді подія не відбулося.

Якщо розглядати P n (m)як функцію m, вона задає розподіл ймовірностей, яке називається биномиальным. Досліджуємо цю залежність P n (m)від m, 0£ m£ n.

Події B m ( m = 0, 1, ..., n), які перебувають у різному числі події Ав nвипробування, несумісні і утворюють повну групу. Отже,
.

Розглянемо співвідношення:

=
=
=
.

Звідси слідує що P n (m+1))>P n (m),якщо (n- m)p> (m+1)q, тобто. функція P n (m) зростає, якщо m< np- q. Аналогічно, P n (m+1)< P n (m),якщо (n- m)p< (m+1)q, тобто. P n (m)зменшується, якщо m> np- q.

Таким чином, існує число m 0 ,при якому P n (m)сягає найбільшого значення. Знайдемо m 0 .

За змістом числа m 0 маємо P n (m 0)³ P n (m 0 -1) та P n (m 0) ³ P n (m 0 +1), звідси

, (21.2)

. (21.3)

Вирішуючи нерівності (21.2) та (21.3) щодо m 0 , отримуємо:

p/ m 0 ³ q/(n- m 0 +1) Þ m 0 £ np+ p,

q/(n- m 0 ) ³ p/(m 0 +1) Þ m 0 ³ np- q.

Отже, потрібне число m 0 задовольняє нерівностям

np- q£ m 0 £ np+p. (21.4)

Так як p+q=1, то довжина інтервалу, що визначається нерівністю (21.4), дорівнює одиниці і є, принаймні, одне ціле число m 0 , що задовольняє нерівності (21.4):

1) якщо np - q- ціле число, тобто два значення m 0 , а саме: m 0 = np - qі m 0 = np - q + 1 = np + p;

2) якщо np - q- дробове, то існує одне число m 0 , а саме єдине ціле, укладене між дрібними числами, отриманими з нерівності (21.4);

3) якщо np- ціле число, то існує одне число m 0 , а саме m 0 = np.

Число m 0 називається найбільш ймовірним або найімовірнішим значенням (числом) появи події Aу серії з nнезалежних випробувань.