|
LAPLASNING INTEGRAL TEOREMASINING GEOMETRIK TALQINI
Mansurov D. R. Navoiy Davlat Pedagogika Instituti
Bozorov S. B. Guliston Davlat Universiteti
Turdiyeva Sh.U. Navoiy shahar 14-umumiy o‘rta ta’lim maktabi
Ehtimollar nazariyasi va matematik statistika kursidan ma’lumki, Laplasning
integral teoremasi ushbu kursning eng muhim (markaziy) teoremalaridan biridir.
Shuni hisobga olib, quyida Laplasning integral teoremasini geometrik jihatdan talqin
qilishga harakat qilamiz.
Teorema: Har birining yuz berish ehtimolligi bir xil va
0
1
p
p
ga teng
bo‘lgan bog‘liqsiz
n
ta tajriba o‘tkazilayotgan bo‘lib,
X n
binomial tasodifiy
miqdor bo‘lsa, u holda barcha
,
a b
a
b
lar uchun
n
da
2
2
1
2
b
x
a
X n
np
p a
b
e
dx
npq
munosabat o‘rinli.
Yuqoridagi teoremani geometrik talqin qilish uchun quyidagi belgilashlarni
kiritib olamiz.
X
n
orqali
X n
np
X
n
npq
tasodifiy miqdorni va uning barcha
mumkin bo‘lgan qiymatlarini esa
;
0,1, 2,3,...,
k
k
np
x n
k
n
npq
orqali belgilab
olamiz.
Ma’lumki,
X
n
– tasodifiy miqdorning har bir ketma-ket kelgan qiymatlari
orasidagi masofa bir xil va
1
n
npq
ga teng.
X
n
o‘zining qiymatlarini
Аниқ фанларни ўқитишни модернизациялаш: инновацион таълимнинг янги моделлари ва амалиёти, 2020 йил 17 апрель
105
;
0,1, 2, 3,...,
k
k
n k
n
k
np
p X
n
C
p
q
k
n
npq
ehtimollik bilan qabul qilishi ravshan.
Endi
*
P a
X
n
b
ehtimollik va
2
2
1
2
x
x
e
egri chiziq ostidagi yuza
orasidagi munosabatni o‘rganamiz. Buning uchun biror gorizontal
OX
o‘qqa
X
n
ning barcha qiymatlarni joylashtirib, uchlari
1
2
k
n
x
n
va
1
2
k
n
x
k
nuqtalarda va balandligi
1
k
k
n k
k
n
n
y
n
C
p
q
bo‘lgan to‘g‘ri to‘rtburchaklar
chizamiz(1-rasm).
(1-rasm)
Bu to‘rtburchaklarni
k
R n
orqali belgilab olamiz. Bu to‘rtburchaklarning
qurilishidan tushunarliki, ularning yuzasi pastki tomoni o‘rtasida joylashgan
tasodifiy miqdorning ehtimolligiga teng. Ya’ni
k
R n
ning yuzi
*
k
P X
n
x
n
ga
teng.
Endi umumiy holat haqida xulosa chiqarish uchun turli
n
va
p
larda chizmalar
chizib ko‘ramiz. 2a-rasmda
1
,
2,
8,
14
2
p
n
n
n
holatlar tasvirlangan bo‘lsa, 2b-
rasmda esa
1
,
2,
8,
14
3
p
n
n
n
holatlar tasvirlangan. Har bir rasmda taqqoslash
uchun
2
2
1
2
x
x
e
egri chiziq uzluksiz chiziq shaklida berilgan.
Аниқ фанларни ўқитишни модернизациялаш: инновацион таълимнинг янги моделлари ва амалиёти, 2020 йил 17 апрель
106
2a-rasmda
Аниқ фанларни ўқитишни модернизациялаш: инновацион таълимнинг янги моделлари ва амалиёти, 2020 йил 17 апрель
107
2b-rasmda
Yuqoridagi rasmlardan ko‘rinib turganidek,
n
kichik bo’lishiga qaramasdan
to‘g‘ri to‘rtburchaklar normal funksiya grafigiga yaqin bo‘lar ekan. Bizning keyingi
vazifamiz n kattalashgani sayin to’g’ri to’rtburchaklar normal funksiya grafigiga
intilishini ko’rsatishdir. Buning uchun
OX
o‘qidan ikkita
a
va
b
a
b
nuqtalar
olib
*
P a
X
n
b
ehtimollikni hisoblaymiz. Bu markazlari
x
a
va
x
b
vertikal
chiziqlar orasida bo‘lgan barcha to‘g‘ri to‘rtburchaklar yuzalari yig‘indisiga teng.
n
kattalashgani sari bu yuza normal chiziq ostidagi yuzaga yaqinlashishi 2-rasmdan
ravshan. Ammo uni analitik isbotlashimiz kerak. Buning uchun
k
R n
to‘g‘ri
to‘rtburchaklarning yuqori tomonlarini o‘rtalarini tutashtirib
L n
siniq chiziqni
hosil qilamiz (3-rasm).
Аниқ фанларни ўқитишни модернизациялаш: инновацион таълимнинг янги моделлари ва амалиёти, 2020 йил 17 апрель
108
(3-rasm)
Bu chiziq
n
kattalashgani sayin qandaydir silliq chiziqqa intiladi. Ana shu silliq
chiziq normal chiziq ekanligini aniqlaymiz. Buning uchun siniq chiziqdan
;
;
x y x n
koordinatali nuqta olamiz(3-rasm). Faraz qilaylik,
1
1
k
k
k
np
k
np
x
n
x
x n
npq
npq
(1)
bo’lsin. Siniq chiziqning
x
joylashgan qismining burchak koeffitsiyenti
;
x n
ni
;
y x n
ga nisbati bo‘lgan
;
;
n
x n
r x
y x n
ni
n
da o‘rganaylik. 3-rasmdan
1
;
k
k
n
y
n
y
n
x n
ekanligi ravshan. Bu yerda
1
k
k
n k
k
n
n
y
n
C
p
q
ekanligini
hisobga olsak,
1
1
2
!
!
!
1
!
1
1
!
;
!
k
n k
k
n k
n
n
n
x n
p
q
p
q
k n k
k
n k
1
!
!
1 !
k
n k
n
npq
p
q
np
p k
k n k
(2)
bo’ladi.
(1) tengsizlikdan
k
np
x
npq
ekanligi ko’rinib turibdi
0
1
. Bu yerdan
k
ni
topib,
(2)
o’rniga
olib
borib
qo’ysak
1
!
!
,
!
1
k
n k
n k
n
x n
npq
p
q
p
x npq
k
Аниқ фанларни ўқитишни модернизациялаш: инновацион таълимнинг янги моделлари ва амалиёти, 2020 йил 17 апрель
109
3
1
2
!
!
1 !
k
n k
n
p
npq
p
q
x
k
npq
n k
bo‘ladi.
Endi
;
y x n
ni hisoblaymiz. Buning uchun quyidagi chizmani chizib olamiz,
Chizma
Chizmadagi uchburchaklar o‘xshashlikdan
1
,
k
k
k
y
n
y x n
y
n
y
n
bu
yerdan
1
,
1
k
k
y x n
y
n
y n
ni topamiz.
1
k
y
n
va
k
y n
lar o‘rniga
qiymatlarini qo’ysak
2
3
1
2
!
!
1 !
,
1
k
n k
p
x
p
n
y x n
npq
p
q
k
npq
p
n
n q
k
bo‘ladi.
Yuqoridagi hisoblanganlardan
2
;
;
1
n
p
x
x n
npq
r x
y x n
p
x
p
npq
npq
ekanligini ravshan. Bu yerda
n
da limitga o’tib
lim
n
n
r x
r x
x
ga ega
bo’lamiz. Demak
r x
x
va
r x
tuzulishiga ko’ra
y x
y x
ga teng edi.
y x
x
y x
tenglamani yechib
2
2
x
y x
Ce
yechimni olamiz. Agar
2
2
1
x
Ce
dx
bo’lishi
Аниқ фанларни ўқитишни модернизациялаш: инновацион таълимнинг янги моделлари ва амалиёти, 2020 йил 17 апрель
110
kerakligini e’tiborga olsak,
1
2
C
ekanligi kelib chiqadi. Demak, yuqoridagi
ko‘rinishda qurilgan siniq chiziq
2
2
1
2
x
y x
e
ga intilar ekan.
Adabiyotlar
1.
Б. В. Гнеденко. Курс теории вероятностей//Изд. 6-е, перераб. и
доп. –М.: Наука, 1988.
2.
Ю. НЕЙМАН. Вводный курс теории вероятностей и
математической статистики // Издательство «наука» главная редакция
физико-математической литературы москва 1968
Do'stlaringiz bilan baham: |
