Rachunek prawdopodobieństwa MAP1064
Wydział Elektroniki, rok akad. 2008/09, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 12: Zbieżność według rozkładu. Centralne twierdzenie
graniczne
Przykłady do zadania 12.1 :
(a) Dla schematu Bernoulliego z p = 0, 4 wyliczyć prawdopodobieństwo, że liczba sukcesów w
n = 100 próbach przekroczy 2. Następnie oszacować to prawdopodobieństwo na podstawie
tw. de Moivre a-Laplace a. Oszacować błąd przybliżenia. Porównać wyniki.
" Ze wzorów dokładnych dostajemy
P (Sn > 2) = 1 - (P (Sn = 0) + P (Sn = 1) + P (Sn = 2)) =
100·99
= 1 - (0, 6100 + 100 · 0, 4 · 0, 699 + 0, 420, 698) H" 1.
2
" Z twierdzenia de Moivre a-Laplace a otrzymujemy przybliżenie
ëÅ‚ öÅ‚
Sn - np 2, 5 - 0, 4 · 100
íÅ‚ Å‚Å‚
P (Sn > 2) = P (Sn > 2, 5) = P > H"
np(1 - p) 100 · 0, 4(1 - 0, 4)
3,75
"
H" 1 - Ś - H" 1 - Ś(-7, 65) = Ś(7, 65) H" 1 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
0,24
0,42+(1-0,4)2
"
" BÅ‚Ä…d przybliżenia nie przekracza 0, 8 · H" 0, 0849.
100·0,4(1-0,4)
(b) Dla schematu Bernoulliego z p = 0, 5 oszacować na podstawie tw. de Moivre a-Laplace a praw-
dopodobieństwo, że liczba sukcesów w n = 1000 próbach przekroczy 510. Oszacować błąd
przybliżenia.
" Z twierdzenia de Moivre a-Laplace a otrzymujemy przybliżenie
ëÅ‚ öÅ‚
Sn - np 510, 5 - 1000 · 0, 5
íÅ‚ Å‚Å‚
P (Sn > 510) = P (Sn > 510, 5) = P > H"
np(1 - p) 1000 · 0, 5(1 - 0, 5)
21
"
H" 1 - Ś H" 1 - Ś(0, 66) = 1 - 0, 7454 = 0, 2546 z tablic standardowego rozkładu
10 10
normalnego.
2
"0,5 +(1-0,5)2
" BÅ‚Ä…d nie przekracza 0, 8 · H" 0, 0253.
1000·0,5(1-0,5)
(c) Z partii towaru o wadliwości 3% pobrano próbkę 500 elementową. Na podstawie tw. Moivre a
Laplace a oszacować prawdopodobieństwo, że liczba wadliwych elementów w próbie nie prze-
kroczy 4%. Oszacować błąd przybliżenia.
" Model: schemat Bernoulliego, sukces-wylosowany towar jest wadliwy, p = 0, 03 (3%),
n = 500 - dość duże, by użyć przybliżenia na podstawie tw. Moivre a-Laplace a.
" Niech X oznacza liczbę wadliwych towarów w próbce, czyli liczbę sukcesów. Mamy osza-
cować P (X 4% · 500) = P (X 20).
ëÅ‚ öÅ‚
X - np 20, 5 - 500 · 0, 03
íÅ‚ Å‚Å‚
" P (X 20) = P (X 20, 5) = P H"
np(1 - p) 500 · 0, 03 · (1 - 0, 03)
5,5
"
H" Ś H" Ś(1, 44) = 0, 9251 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
14,55
0,032+(1-0,03)2
"
" BÅ‚Ä…d przybliżenia nie przekracza 0, 8 · H" 0, 2.
500·0,03(1-0,03)
1
(d) W pewnym towarzystwie ubezpieczeniowym jest ubezpieczonych 10000 samochodów. Każdy
z właścicieli płaci roczną składkę 30 zł za samochód. Średnio 6 na 1000 samochodów ulega
uszkodzeniu w ciągu roku. Właścicielowi uszkodzonego pojazdu towarzystwo wypłaca 2500 zł.
Na podstawie tw. Moivre a Laplace a oszacować, jakie jest prawdopodobieństwo, że w ciągu
roku zysk przekroczy 125000 zł? Oszacować błąd przybliżenia.
" WpÅ‚ata do towarzystwa ubezpieczeniowego wynosi W = 30 · 10000 = 300000 zÅ‚.
WypÅ‚ata to Wy = 2500 · X zÅ‚, gdzie X ilość uszkodzeÅ„.
" X to liczba sukcesów w schemacie Bernoulliego, gdzie sukces to uszkodzenie samochodu,
p = 0, 006 (6 na 1000 samochodów), n = 10000.
" Zysk towarzystwa to Z = W - Wy.
Zysk przekroczy 125000 zł, gdy Z > 125000, czyli gdy X < 70.
ëÅ‚ öÅ‚
X - np 69, 5 - 10000 · 0, 006
íÅ‚ Å‚Å‚
" P (X < 70) = P (X < 69, 5) = P < H"
np(1 - p) 10000 · 0, 006 · (1 - 0, 006)
9,5
"
H" Ś H" Ś(1, 23) = 0, 8907 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
59,64
2
"0,006 +(1-0,006)2
" BÅ‚Ä…d przybliżenia nie przekracza 0, 8 · H" 0, 1.
10000·0,006(1-0,006)
(e) Dla jakiego n prawdopodobieństwo, że popełnimy błąd rzędu = 0, 01 przyjmując częstość
otrzymanÄ… z n prób jako prawdopodobieÅ„stwo sukcesu p = 0, 5, byÅ‚o maÅ‚e rzÄ™du ´ = 0, 1?
ëÅ‚ öÅ‚
- np 0, 01n
"
Sn Sn
íÅ‚ Å‚Å‚
" P - p > 0, 01 = P > " H" 2 1 - Åš 0, 02 n
n
np(1 - p) 0, 25n
dla n dostatecznie dużych.
1, 6
0,52+(1-0,5)2
"
"
" BÅ‚Ä…d oszacowania nie przekracza 2 · 0, 8 · = .
n·0,5(1-0,5)
n
" "
" 2(1 - Åš(2 · 01 n)) 0, 1 Ð!Ò! Åš(2 · 0, 01 n) 0, 95 Ð!Ò!
"0,
Ð!Ò! 0, 02 n 1, 64 (z tablic) Ð!Ò! n 822 = 6724.
" Dla n = 822 błąd szacowania nie przekracza 0, 02, zatem:
Sn
" Odp. prawdopodobieÅ„stwo P - p > 0, 01 jest rzÄ™du ´ = 0, 1, gdy n 6724.
n
2
Przykład do zadania 12.2 :
(a) Błąd zaokraglenia przy dodawaniu na kalkulatorze ma rozkład jednostajny U(-10-8, 10-8).
Oszacować prawdopodobieństwo, że przy dodawaniu 1001 liczb błąd bezwzględny nie przekro-
czy 10-7. Oszacować dokładność przybliżenia.
" Dodając 1001 liczb wykonamy 1000 działań dodawania. Oznaczmy przez Xi błąd przy
wykonywaniu i-tego dodawania, i = 1, . . . , 1000.
Xi ma rozkład U(-10-8, 10-8), zatem
(10-8-(-10-8))2 10-16
-10-8+10-8
EXi = = 0 = m, D2Xi = = = Ã2 > 0.
2 12 3
" Błąd całościowy to S1000 = X1 + . . . + X1000. Chcemy oszacować P (|S1000| 10-7).
" Z CTG Lindeberga-Lévy ego otrzymujemy przybliżenie:
ëÅ‚ öÅ‚
"
S1000 - 1000m 10-7 - 0
íÅ‚ Å‚Å‚
"
P (|S1000| 10-7) = P H" 2Åš( 0, 3) - 1 H"
à 1000
10-13/3
H" 2Åš(0, 55) - 1 = 2 · 0, 7088 - 1 = 0, 4176 z tablic standardowego rozkÅ‚adu normalnego.
E|X1-m|3
" BÅ‚Ä…d z nierównoÅ›ci Berry-Essena nie przekracza 0, 8 · 3/2 H" 0, 03
"
10-16
1000
3
(dla Xi o rozkładzie U(-10-8, 10-8) mamy
10-8
(10-8)4 10-24
1 1
E|Xi - m|3 = |x|3dx = = ).
2·10-8 10-8 4 4
-10-8
(b) Pewna konstrukcja składa się ze 100 jednakowych elementów. Na podstawie CTG Lindeberga
Lévy ego oszacować prawdopodobieÅ„stwo, że caÅ‚kowita masa tej konstrukcji nie przekroczy
335 kg, jeśli rozkład masy elementów, z których jest złożona, ma wartość oczekiwaną 3,3 kg i
odchylenie standardowe 0,1 kg?
" Oznaczmy przez Xi masę elementu nr i w kg, i = 1, 2, . . . , 100. Zakładamy, że X1, X2, . . . , X100
są niezależnymi zmiennymi losowymi. Z treści zadania mają one jednakowy rozkład, przy
czym EX1 = 3, 3; a D2X1 = (0, 1)2.
100
" Masa całej konstrukcji to X = Xi. Mamy oszacować P (X 335).
i=1
" Ponieważ wariancja D2X1 jest skończona i większa od 0, a n = 100 wystarczająco duże,
możemy skorzystać z tw. Lindeberga Lévy ego. Otrzymujemy
ëÅ‚ öÅ‚
n
Xi - nEX1 335 - 100 · 3, 3÷Å‚
ìÅ‚
i=1
ìÅ‚ ÷Å‚
"
P (X 335) = P H" Åš(5) > 0, 999995 = Åš(4, 417)
íÅ‚ Å‚Å‚
nD2X1
100 · (0, 1)2
na podstawie tablic standardowego rozkładu normalnego..
3
(c) Czas pracy lampy pewnego typu ma rozkład wykładniczy o średniej 900 godzin. Na podstawie
tw. Lindeberga Lévy ego okreÅ›lić, ile lamp trzeba mieć w zapasie, aby z prawdopodobieÅ„stwem
0,99 wystarczyło ich na 4 lata nieprzerwanej pracy? Przyjmujemy, że spalona lampa jest na-
tychmiast wymieniana na nowÄ….
" Oznaczmy przez Ti czas pracy lampy nr i (w godzinach), i = 1, 2, . . . , n. Z treści zadania
T1, T2, . . . , Tn są niezależnymi zmiennymi losowymi o takim samym rozkładzie wykładni-
1
czym o średniej 900 godzin, czyli z parametrem takim, że = ETi = 900. Mamy zatem
1
D2Ti = = 9002.
2
" Szukamy takiego n, aby
n n
P Ti (3 · 365 + 366) · 24 = P Ti 35064 0, 99 (1)
i=1 i=1
(wśród 4 lat jest jeden rok przestępny).
" Z tw. Lindeberga-Lévy ego mamy
ëÅ‚ öÅ‚
n
Ti-nET1
n
ìÅ‚ ÷Å‚
i=1 35064-900n 35064-900n
" " "
P Ti 35064 = P íÅ‚ Å‚Å‚ - Åš . (2)
H" 1
900 n 900 n
nD2T1
i=1
" Znajdziemy takie n, aby
35064-900n
"
Åš 0, 01. (3)
900 n
" Z tablic standardowego rozkładu normalnego odczytujemy, że Ś(-2, 326) = 0, 01.
35064-900n
"
Zatem nierówność (3) jest spełniona, gdy -2, 326.
900 n
"
RozwiÄ…zujemy nierówność 35064 - 900n -2, 326 · 900 n < 0, gdzie n jest liczbÄ…
naturalnÄ…. Odpowiada to warunkom
(35064 - 900n)2 (2, 326 · 900)2n i n > 35064/900 = 38, 96.
Rozwiązując równanie kwadratowe i uwzględniając drugi warunek dostajemy odpowiedz:
n 57.
" Wniosek: Wystarczy około 57 lamp.
" Uwaga: Szacowanie błędu przybliżenia w (2) z nierówności Berry-Essena wskazuje, że błąd
1-900|3
"
ten nie przekracza 0, 8E|T H" 0, 26.
9003 57
1
(Zmienna losowa Ui = Ti ma rozkład wykładniczy Exp(1), a stąd mamy
900
1 "
E|T1 - 900|3 = 9003E|U1 - 1|3 = 9003 - (x - 1)3e-xdx + (x - 1)3e-xdx =
0 1
= 9003(12e-1 - 2).)
n
" Jednak wiemy też, że suma T (n) = Ti niezależnych zmiennych losowych o jedna-
i=1
kowym rozkładzie wykładniczym Exp() ma rozkład gamma G(, p = n) (patrz przy-
kład 11.2 (b)). Dla n = 57 otrzymujemy, że istotnie nierówność (1) jest spełniona, gdyż
P (T (57) < 35064) H" 0, 004 (obliczenia numeryczne w Matlabie), czyli wniosek jest po-
prawny. (Okazuje się, że (1) zachodzi już dla n = 55, bo P (T (55) < 35064) H" 0, 0088.)
4
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
R Pr MAEW104 przyklady PWL lista11R Pr MAEW104 przyklady wektory losowe lista10R Pr MAEW104 przyklady przestrzen prob lista4R Pr MAEW104 przyklady dyskretne lista7R Pr MAP1151 przyklady CTG lista6R Pr MAEW104 przyklady transformata Fouriera lista2R Pr MAEW104 przyklady ciagle lista8R Pr MAEW104 przyklady srednia lista9R Pr MAEW104 przyklady prawd warunkowe lista5R Pr MAEW104 wyklad13 CTGR Pr MAEW104 przyklady dystrybuanta lista6R Pr MAEW104 przyklady transformata Laplace a lista3R Pr MAP1151 wyklad8 CTG(1)przyklady?lki podwojne lista1R Pr MAP1151 przyklady wektory losowe PWL lista5(1)R Pr MAP1151 wyklad8 CTGam przyklady ciagi lista1R Pr MAP1151 przyklady dyskretne ciagle lista3więcej podobnych podstron