Вероятнейшее число появлений события при повторении испытаний.

Задача 3. Садовод сделал осенью 6 прививок. По опыту прошлых лет известно, что после зимовки 7 из каждых 10 черенков оставались жизнеспособными. Какое число прижившихся черенков наиболее вероятно?

Решение. Будем условно считать, что вероятность события, состоящего в том, что привитый черенок приживется, одинакова для всех черенков и равна 0,7 и что испытания независимы.

Составим следующую таблицу, учитывая, что p = 0,7, g = 0,3.

Таблица 1.1

Вероятности	Число прижившихся черенков
	∙0,36× ×0,70	∙0,7× ×0,35	∙0,72× ×0,34	∙0,73× ×0,33	∙0,74× ×0,32	∙0,75× ×0,3	∙0,76× ×0,30
0,0007	0,0102	0,0593	0,1852	0,3241	0,3025	0,1176

Из таблицы видно, что наибольшая вероятность соответствует событию, состоящему в том, что приживутся 4 черенка. Следовательно, это событие более возможно, чем все остальные.

Решим задачу в общем виде, не составляя приведенную выше таблицу.

Обозначим число появлений события А, имеющего наибольшую вероятность при п испытаниях, через k₀. Тогда

Р_k0,_n ≥ Р_k0+1,_n (1.8.2)

и

Р_k0,_n ≥ Р_k0+1,_n (1.8.3)

Из (1.8.2) имеем

или, учитывая формулу Бернулли (1.8.1),

(1.8.4)

Из последнего неравенства следует, что

(n – k₀) p ≤ (k₀ + 1) g

После перегруппировки получаем

np – g ≤ k₀ (p + g),

откуда имеем

np – g ≤ k₀ (1.8.5)

Запишем следствие из неравенства (1.8.3)

Выполняя те же преобразования, что и для (1.8.2), имеем

или

k₀ (g + p) ≤ np + p

откуда окончательно получаем

k₀ ≤ np + p (1.8.6)

Объединяя (1.8.5) и (1.8.6), имеем

np–g≤k0≤np+p. (1.8.7)

Числа np–g и np+p отличаются на единицу. Поэтому, если np–g-дробное число, то nр+р - также дробное и неравенство (1.8.7) определяет одно k₀. Если np–g- целое число, то и nр+р - также целое; тогда числа k₀ и k₀+1 будут иметь равную и наибольшую вероятность.

В задаче о садоводе вычислим k₀. Имеем n = 6, p = 0,7, g = 0,3; np–g = 6∙0,7–0,3 = 3,9; np+p = 6∙0,7 + 0,7 = 4,9; 3,9≤k₀≤4,9; k₀ = 4.