Теория вероятностей (стр. 7 )

Pn(m1,m2) = Ф(x¢¢) – Ф(х¢), (3.12)

где , , а функция .

Приведенное ниже доказательство опирается на определение интегральной суммы и определенного интеграла как предела интегральной суммы. Для доказательства положим , тогда (i = 0, 1, …, m2 – m1 = k), , .

Тогда

=

, где .

Таким образом, теорема не строго, но конструктивно доказана. Формула (3.12) называется интегральной формулой Муавра-Лапласа. Решая вопрос о применении этой формулы, необходимо иметь в виду, что вероятности, полученные по ней, будут достаточно точны, если произведение npq составляет несколько сотен. Если задача не требует большой точности, то формулу (3.12) можно использовать и в тех случаях, когда произведение npq имеет небольшое значение, но все-таки не меньшее 20. Функция называется функцией Лапласа, она табулирована (см. приложение 2). Чтобы успешно пользоваться этой таблицей, необходимо знать ее некоторые свойства.

1.  Функция Ф(х) нечетная, то есть при замене х на –х меняется лишь ее знак (Ф(-х) = - Ф(х)). Действительно,

.

Далее сделаем замену переменной интегрирования, положив t = -x. Тогда dх = -dt, а пределами интегрирования по переменной t будут 0 и х. Следовательно, . Это свойство функции Ф(х) учтено при составлении таблицы – приведены ее значения лишь для положительных значений аргумента.

2.  Функция Ф(х) монотонно возрастает, а ее предел при х ® равен 0,5. Действительно, производная при "х и, следовательно, Ф(х) монотонно возрастает на всем множестве действительных чисел. Предел функции Ф(х) при х ® равен:

,

так как из курсов интегрального исчисления известно, что – это, так называемый, интеграл Эйлера-Пуассона.

Функция Ф(х), возрастая с ростом х, очень быстро приближается к своему пределу, равному . Уже при х = 5 она практически не отличается от него: Ф(5) = 0,499997 – см. таблицу значений функции Ф(х). По этой причине для всех x > 5 Ф(х) =.

Пример 2. Найти вероятность того, что из 2000 новорожденных

мальчиков будет от 900 до 1100 включительно, если вероятность рождения мальчика равна р = 0,515.

Решение. Найдем, применяя равенства (3.12), значения x¢ и х¢¢ при m1 = 900, m2 = 1100, р = 0,515, q = 0,485 и n = 2000.

;

.

Тогда искомая вероятность в соответствии с формулой (3.12) равна:

3.4. Отклонение относительной частоты

от постоянной вероятности в независимых испытаниях

Мы вновь вернемся к испытаниям Бернулли и поставим перед собой задачу найти вероятность того, что отклонение относительной частоты от постоянной вероятности р по абсолютной величине не превышает заданного числа e > 0. Иначе – найти вероятность существования неравенства . Эта вероятность записывается так: . Заменим неравенство ему равносильными: , или . Далее, полагая в формулах (3.12) , получим, что

, .

Тогда, . Учитывая нечетность функции Ф(х), будем иметь:

(3.13)

Таким образом, мы доказали следующее: вероятность того, что в n независимых испытаниях, в каждом из которых вероятность появления события равна р (0 < p < 1), абсолютная величина отклонения относительной частоты появления события от вероятности появления этого события не превысит положительного e, приближенно равна удвоенной функции Лапласа при .

Пример 1. Вероятность того, что покупателю магазина необходима обувь 36-го размера, равна 0,3. Какова вероятность того, что среди 500 покупателей доля нуждающихся в обуви 36-го размера отклонится от вероятности 0,3 не более чем на 0,04 (по абсолютной величине)?

Решение. Согласно формуле (3.13), при n = 500, p = 0,3, q = 1 – p = 0,7, e = 0,04 искомая вероятность равна:

.

Пример 2. В урне содержатся белые и черные шары в отношении 4:1. После извлечения шара регистрируется его цвет и шар возвращается в урну. Чему равно число извлечений n, при котором с вероятностью 0,9722 можно ожидать, что абсолютная величина отклонения относительной частоты появления белого шара от его вероятности будет не более, чем 0,01?

Решение. По условию р = 0,8, q = 0,2, а вероятность того, что доля (относительная частота) появления белых шаров по абсолютной величине отклонится от вероятности 0,8 не превзойдет e = 0,01, равна 0,9722. Все это можно записать в виде:

.

По таблице значений функции Ф(х) находим, что Ф(х) = 0,4861 при х = 2,2. Следовательно, . Решая уравнение относительно n, будем иметь, что n = 882 = 7744.

Пример 3. Игральную кость бросают 80 раз. Найти с вероятностью 0,9973 границы, в которых будет заключено число m выпадений шестерки.

Решение. По условию n = 80, , , а в соответствии с формулой (3.13) мы имеем равенство:

, .

По таблице значений функции Лапласа находим, что Ф(х) = 0,49865 при х = 3. С другой стороны, аргумент того же значения функции (0,49865) равен . Следовательно, для определения e имеем соотношение , откуда . Следовательно,

, откуда .

3.5. Наивероятнейшее число появлений события

в независимых испытаниях

Число m0 наступления события в n независимых испытаниях называется наивероятнейшим, если число наступления вероятности события не меньше вероятности других возможных исходов данной серии испытаний.

Пусть вероятность наступления некоторого события А в каждом испытании постоянна и равна 0,5. Проведены две серии испытаний: в одной – 10, а в другой – 11. Вероятности возможных исходов испытаний найдем по формуле Бернулли при p = q = 0,5. Для первой серии m = 0, 1, 2, …, 10, а для второй m = 0, 1, 2, …, 11. Результаты вычислений приведены в табл. 2.

Таблица 2

	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
Р10(m)	0,001	0,010	0,044	0,117	0,205	0,246	0,205	0,117	0,044	0,010	0,001	–
Р11(m)	0,000	0,005	0,027	0,081	0,161	0,226	0,226	0,161	0,081	0,027	0,005	0,000

Из табл. 2 следует, что вероятности Р10(m) и Р11(m) с ростом m первоначально возрастают и, достигнув наибольшего значения, в дальнейшем убывают. Различие в этих испытаниях состоит в том, что во второй серии испытаний существует не одно, а два наивероятнейших исхода испытаний:

Покажем, что закономерность в изменении вероятностей Рn(m) характерна для схемы Бернулли. Пусть произведено n независимых испытаний, в каждом из которых событие А может наступить с вероятностью р. Согласно формуле Бернулли (3.1), вероятности того, что событие А наступит (m - 1) раз и m раз соответственно равны:

, .

Для , как легко подсчитать, , отсюда следует, что , если , то есть, если ; , если и, наконец, Pn(m) < Pn(m-1), если m > np + p.

Таким образом, для всех m от 1 до наибольшего целого числа, не превосходящего np + p, вероятности Pn(m) возрастают и, начиная с m-первого целого числа, большего np + p, убывают. Но m – это число наступлений события А в n испытаниях, поэтому оно должно быть только целым. Отсюда вытекает, что вероятности равны между собой лишь в случае, если число np + p целое. Пусть m0 – наивероятнейшее число наступлений события А в n испытаниях. В таком случае, с одной стороны, , а поэтому в соответствии с тем, что , должно выполняться неравенство . С другой стороны, должно выполняться неравенство , а отсюда вытекает неравенство , откуда . Соединяя неравенства, которым должно удовлетворять m0, получим:

(3.14)

Числа np + p и np – q отличаются одно от другого на единицу. Поэтому, если np + p дробное, то и np – q дробное и между ними имеется только одно целое число. Если же np + р целое число, то и np – q тоже является целым.

Итак, если np + р не является целым числом, то двойное неравенство (3.14) определяет (и при том только одно) целое число m0. Если же np + р целое число, то существуют два наивероятнейших числа. Ими являются числа m0 = np + р и m¢0 = np – q. Заметим, что если np является целым числом, то m0 = np. Это вытекает, как мы видим, из двойного неравенства (3.14).

Пример 1. Вероятность производства нестандартной детали равна 0,045. Найти наивероятнейшее число нестандартных среди 700 деталей.

Решение. Подстановка значений n = 700, p = 0,045, q = 0,955 в неравенство (3.14) дает: 700 × 0,045 – 0,955 £ m0 £ 700 × 0,045 + 0,045. После вычислений получаем: 30,545 £ m0 £ 31,545, откуда наивероятнейшее число нестандартных деталей m0 = 31 как единственное целое число, заключенное между 30,545 и 31,545.

Пример 2. Вероятность попадания в цель при выстреле из винтовки равна 0,8. Найти наивероятнейшее число попаданий при 19 выстрелах.

Решение. По условию n = 19, p = 0,8, q = 0,2. Подставляя эти значения в двойное неравенство (3.14), получим 15 £ m0 £ 16. Следовательно, мы имеем случай, когда существуют два наивероятнейших исхода стрельбы: 15 и 16 попаданий в цель.

3.6. Теорема Пуассона

Пусть производится n независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события А постоянна и равна р. Для определения m появлений события А в этих испытаниях используют формулу Бернулли. Если же n велико, то пользуются асимптотической формулой Муавра-Лапласа. Однако эта формула действует тем хуже, чем больше отличается вероятность р от 0,5, то есть, чем меньшие значения р или q приходится рассматривать. Возникает, таким образом, задача разыскания асимптотической формулы, специально приспособленной для случая малых р и относительно больших n. Такая формула была найдена Пуассоном. Сделаем, однако, важное допущение: произведение np сохраняет постоянное значение, а именно np = l.

Теорема Пуассона. Если р ® 0 при n, а произведение np = l, то .

Доказательство.

.

Применяя теоремы о пределах и учитывая, что , получим:

.

Итак, для случая малых р и относительно больших n

(3.15)

Это знаменитое пуассоновское приближение для биномиального распределения (формула Пуассона).

Изучим поведение Pn(m) как функции m. С этой целью рассмотрим отношение . Мы видим, что если m < l, то Pn(m) > Pn(m - 1). Если же m > l, то Pn(m) < Pn(m - 1), если, наконец m = l, то Pn(m) = Pn(m - 1). Отсюда выводим, что величина Pn(m) возрастает при увеличении m от 0 до m0 = [l] и при дальнейшем увеличении m убывает. Если l – целое число, то Pn(m) имеет два максимальных значения: при m0 = l и при m¢0 = l - 1.

Пример 1. Дни рождения. Какова вероятность рm того, что в обществе из 500 человек m человек родились в день нового года?

Решение. Если эти 500 человек выбраны наугад, то можно применить схему 500 испытаний Бернулли с вероятностью р = 1/365. Тогда р0 = (364/365)500 = 0,2537…. Для использования приближенной формулы Пуассона полагаем l = 500/365 = 1,3699…. Тогда Р500(0) = 0,2541… и содержит ошибку лишь в третьем десятичном знаке. Для m = 1, 2, …, 6 точные значения Pm, вычисленные по биномиальной формуле, равны:

Р1 = Р500(1) = 0,3481…; Р2 = Р500(2) = 0,2385…;

Р3 = Р500(3) = 0,1089…; Р4 = Р500(4) = 0,0372…;

Р5 = Р500(5) = 0,0101…; Р6 = Р500(6) = 0,0023….

Соответствующие значения Рm, вычисленные по формуле (3.15), равны: