R Pr MAP1151 przyklady CTG lista6, EiT PWr, Rachunek Prawdopodobieństwa
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Rachunekprawdopodobie«stwaMAP1151
WydziałElektroniki,rokakad.2009/10,sem.letni
Wykładowca:drhab.A.Jurlewicz
Przykładydolisty6:TwierdzeniedeMoivre’a-Laplace’a.Centralne
TwierdzenieGraniczneLindeberga-Lévy’ego.
Przykładydozadania
6.1
:
(a) Dla schematu Bernoulliego z
p
= 0
,
4 wyliczy¢ prawdopodobie«stwo, »e liczba sukcesów w
n
= 100 próbach przekroczy 2. Nast¦pnie oszacowa¢ to prawdopodobie«stwo na podstawie
tw. de Moivre’a-Laplace’a. Oszacowa¢ bł¡d przybli»enia. Porówna¢ wyniki.
Ze wzorów dokładnych dostajemy
P
(
S
n
>
2) = 1
−
(
P
(
S
n
= 0) +
P
(
S
n
= 1) +
P
(
S
n
= 2)) =
= 1
−
(0
,
6
100
+ 100
·
0
,
4
·
0
,
6
99
+
100
·
99
2
0
,
4
2
0
,
6
98
)
1.
Z twierdzenia de Moivre’a-Laplace’a otrzymujemy przybli»enie
0
@
S
n
−
np
1
2
,
5
−
0
,
4
·
100
P
(
S
n
>
2) =
P
(
S
n
>
2
,
5) =
P
q
>
q
A
np
(1
−
p
)
100
·
0
,
4(1
−
0
,
4)
1
−
−
3
,
75
p
0
,
24
1
−
(
−
7
,
65) = (7
,
65)
1
ztablicstandardowegorozkładunormalnego.
Bł¡d przybli»enia nie przekracza 0
,
8
·
0
,
4
2
+(1
−
0
,
4)
2
p
100
·
0
,
4(1
−
0
,
4)
0
,
0849.
(b) Dla schematu Bernoulliego z
p
= 0
,
5 oszacowa¢ na podstawie tw. de Moivre’a-Laplace’a praw-
dopodobie«stwo, »e liczba sukcesów w
n
= 1000 próbach przekroczy 510. Oszacowa¢ bł¡d
przybli»enia.
Z twierdzenia de Moivre’a-Laplace’a otrzymujemy przybli»enie
0
1
S
n
−
np
q
510
,
5
−
1000
·
0
,
5
q
P
(
S
n
>
510) =
P
(
S
n
>
510
,
5) =
P
@
>
A
np
(1
−
p
)
1000
·
0
,
5(1
−
0
,
5)
1
−
21
10
p
10
1
−
(0
,
66) = 1
−
0
,
7454 = 0
,
2546
ztablicstandardowegorozkładu
normalnego.
Bł¡d nie przekracza 0
,
8
·
0
,
5
2
+(1
−
0
,
5)
2
p
1000
·
0
,
5(1
−
0
,
5)
0
,
0253.
(c) Z partii towaru o wadliwo±ci 3% pobrano próbk¦ 500–elementow¡. Na podstawie tw. Moivre’a–
Laplace’a oszacowa¢ prawdopodobie«stwo, »e liczba wadliwych elementów w próbie nie prze-
kroczy 4%. Oszacowa¢ bł¡d przybli»enia.
Model: schemat Bernoulliego, sukces-wylosowany towar jest wadliwy,
p
= 0
,
03 (3%),
n
= 500 - do±¢ du»e, by u»y¢ przybli»enia na podstawie tw. Moivre’a-Laplace’a.
Niech
X
oznacza liczb¦ wadliwych towarów w próbce, czyli liczb¦ sukcesów. Mamy osza-
cowa¢
P
(
X
¬
4%
·
500) =
P
(
X
¬
20).
0
1
X
−
np
20
,
5
−
500
·
0
,
03
P
(
X
¬
20) =
P
(
X
¬
20
,
5) =
P
q
¬
q
A
np
(1
−
p
)
500
·
0
,
03
·
(1
−
0
,
03)
5
,
5
p
14
,
55
(1
,
44) = 0
,
9251
ztablicstandardowegorozkładunormalnego.
Bł¡d przybli»enia nie przekracza 0
,
8
·
0
,
03
2
+(1
−
0
,
03)
2
p
500
·
0
,
03(1
−
0
,
03)
0
,
2.
1
@
(d) W pewnym towarzystwie ubezpieczeniowym jest ubezpieczonych 10000 samochodów. Ka»dy
z wła±cicieli płaci roczn¡ składk¦ 30 zł za samochód. rednio 6 na 1000 samochodów ulega
uszkodzeniu w ci¡gu roku. Wła±cicielowi uszkodzonego pojazdu towarzystwo wypłaca 2500 zł.
Na podstawie tw. Moivre’a–Laplace’a oszacowa¢, jakie jest prawdopodobie«stwo, »e w ci¡gu
roku zysk przekroczy 125000 zł? Oszacowa¢ bł¡d przybli»enia.
Wpłata do towarzystwa ubezpieczeniowego wynosi
W
= 30
·
10000 = 300000 zł.
Wypłata to
W
y
= 2500
·
X
zł, gdzie
X
ilo±¢ uszkodze«.
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
−
W
y
.
Zysk przekroczy 125000 zł, gdy
Z >
125000, czyli gdy
X <
70.
0
1
X
−
np
69
,
5
−
10000
·
0
,
006
P
(
X <
70) =
P
(
X <
69
,
5) =
P
q
<
q
10000
·
0
,
006
·
(1
−
0
,
006)
A
np
(1
−
p
)
9
,
5
p
59
,
64
(1
,
23) = 0
,
8907
ztablicstandardowegorozkładunormalnego.
Bł¡d przybli»enia nie przekracza 0
,
8
·
0
,
006
2
+(1
−
0
,
006)
2
p
10000
·
0
,
006(1
−
0
,
006)
0
,
1.
(e) Dla jakiego
n
prawdopodobie«stwo, »e popełnimy bł¡d rz¦du
= 0
,
01 przyjmuj¡c cz¦sto±¢
otrzyman¡ z
n
prób jako prawdopodobie«stwo sukcesu
p
= 0
,
5, było małe rz¦du
= 0
,
1?
>
0
,
01
0
1
A
2
1
−
0
,
02
p
n
P
S
n
n
−
p
=
P
@
S
n
−
np
q
>
0
,
01
n
p
0
,
25
n
np
(1
−
p
)
dla
n
dostatecznie du»ych.
p
n
.
2(1
−
(2
·
0
,
01
p
n
))
¬
0
,
1
()
(2
·
0
,
01
p
n
)
0
,
95
()
p
n
·
0
,
5(1
−
0
,
5)
=
1
,
6
()
0
,
02
p
n
1
,
64 (z tablic)
()
n
82
2
= 6724.
Dla
n
= 82
2
bł¡d szacowania nie przekracza 0
,
02, zatem:
>
0
,
01
Odp. prawdopodobie«stwo
P
S
n
n
−
p
jest rz¦du
= 0
,
1, gdy
n
6724.
2
@
Bł¡d oszacowania nie przekracza 2
·
0
,
8
·
0
,
5
2
+(1
−
0
,
5)
2
Przykładdozadania
6.2
:
(a) Bł¡d zaokraglenia przy dodawaniu na kalkulatorze ma rozkład jednostajny
U
(
−
10
−
8
,
10
−
8
).
Oszacowa¢ prawdopodobie«stwo, »e przy dodawaniu 1001 liczb bł¡d bezwzgl¦dny nie przekro-
czy 10
−
7
. Oszacowa¢ dokładno±¢ przybli»enia.
Dodaj¡c 1001 liczb wykonamy 1000 działa« dodawania. Oznaczmy przez
X
i
bł¡d przy
wykonywaniu
i
-tego dodawania,
i
= 1
,...,
1000.
X
i
ma rozkład
U
(
−
10
−
8
,
10
−
8
), zatem
E
X
i
=
−
10
−
8
+10
−
8
12
=
10
−
16
0
¬
10
−
7
−
0
1
A
2(
p
0
,
3)
−
1
S
1000
−
1000
m
P
(
|
S
1000
|¬
10
−
7
) =
P
@
p
1000
q
10
−
13
/
3
2(0
,
55)
−
1 = 2
·
0
,
7088
−
1 = 0
,
4176
ztablicstandardowegorozkładunormalnego.
Bł¡d z nierówno±ci Berry-Essena nie przekracza 0
,
8
·
E
|
X
1
−
m
|
3
10
−
16
3
3
/
2
p
1000
0
,
03
(dla
X
i
o rozkładzie
U
(
−
10
−
8
,
10
−
8
) mamy
E
|
X
i
−
m
|
3
=
1
R
−
10
−
8
|
x
|
3
dx
=
1
10
−
8
(10
−
8
)
4
4
=
10
−
24
4
).
2
·
10
−
8
(b) Pewna konstrukcja składa si¦ ze 100 jednakowych elementów. Na podstawie CTG Lindeberga–
Lévy’ego oszacowa¢ prawdopodobie«stwo, »e całkowita masa tej konstrukcji nie przekroczy
335 kg, je±li rozkład masy elementów, z których jest zło»ona, ma warto±¢ oczekiwan¡ 3,3 kg i
odchylenie standardowe 0,1 kg?
Oznaczmy przez
X
i
mas¦ elementu nr
i
w kg,
i
= 1
,
2
,...,
100. Zakładamy, »e
X
1
,X
2
,...,X
100
s¡ niezale»nymi zmiennymi losowymi. Z tre±ci zadania maj¡ one jednakowy rozkład, przy
czym E
X
1
= 3
,
3; a D
2
X
1
= (0
,
1)
2
.
Masa całej konstrukcji to
X
=
100
P
X
i
. Mamy oszacowa¢
P
(
X
¬
335).
i
=1
Poniewa» wariancja D
2
X
1
jest sko«czona i wi¦ksza od 0, a
n
= 100 wystarczaj¡co du»e,
mo»emy skorzysta¢ z tw. Lindeberga–Lévy’ego. Otrzymujemy
0
@
1
A
(5)
>
0
,
999995 = (4
,
417)
P
i
=1
X
i
−
n
E
X
1
P
(
X
¬
335) =
P
p
n
D
2
X
1
¬
335
−
100
·
3
,
3
q
100
·
(0
,
1)
2
napodstawietablicstandardowegorozkładunormalnego.
.
3
2
= 0 =
m
, D
2
X
i
=
(10
−
8
−
(
−
10
−
8
))
2
3
=
2
>
0.
Bł¡d cało±ciowy to
S
1000
=
X
1
+
...
+
X
1000
. Chcemy oszacowa¢
P
(
|
S
1000
|¬
10
−
7
).
Z CTG Lindeberga-Lévy’ego otrzymujemy przybli»enie:
10
−
8
(c) Czas pracy lampy pewnego typu ma rozkład wykładniczy o ±redniej 900 godzin. Na podstawie
tw. Lindeberga–Lévy’ego okre±li¢, ile lamp trzeba mie¢ w zapasie, aby z prawdopodobie«stwem
0,99 wystarczyło ich na 4 lata nieprzerwanej pracy? Przyjmujemy, »e spalona lampa jest na-
tychmiast wymieniana na now¡.
Oznaczmy przez
T
i
czas pracy lampy nr
i
(w godzinach),
i
= 1
,
2
,...,n
. Z tre±ci zadania
T
1
,T
2
,...,T
n
s¡ niezale»nymi zmiennymi losowymi o takim samym rozkładzie wykładni-
czym o ±redniej 900 godzin, czyli z parametrem
takim, »e
1
= E
T
i
= 900. Mamy zatem
D
2
T
i
=
1
2
= 900
2
.
Szukamy takiego
n
, aby
X
!
X
!
P
T
i
(3
·
365 + 366)
·
24
=
P
T
i
35064
0
,
99
(1)
i
=1
i
=1
(w±ród 4 lat jest jeden rok przest¦pny).
Z tw. Lindeberga-Lévy’ego mamy
X
!
0
n
P
1
T
i
−
n
E
T
1
p
n
D
2
T
1
35064
−
900
n
35064
−
900
n
900
p
n
P
T
i
35064
=
P
@
i
=1
900
p
n
A
1
−
.
(2)
i
=1
Znajdziemy takie
n
, aby
35064
−
900
n
900
p
n
¬
0
,
01
.
(3)
Rozwi¡zujemy nierówno±¢ 35064
−
900
n
¬ −
2
,
326
·
900
p
n <
0, gdzie
n
jest liczb¡
naturaln¡. Odpowiada to warunkom
(35064
−
900
n
)
2
(2
,
326
·
900)
2
n
i
n >
35064
/
900 = 38
,
96.
Rozwi¡zuj¡c równanie kwadratowe i uwzgl¦dniaj¡c drugi warunek dostajemy odpowied¹:
n
57.
Wniosek: Wystarczy około 57 lamp.
Uwaga: Szacowanie bł¦du przybli»enia w (2) z nierówno±ci Berry-Essena wskazuje, »e bł¡d
ten nie przekracza 0
,
8
E
|
T
1
−
900
|
3
900
p
n
¬−
2
,
32
6.
900
3
p
57
0
,
26.
(Zmienna losowa
U
i
=
1
900
T
i
ma rozkład wykładniczy
E
xp
(1), a st¡d mamy
E
|
T
1
−
900
|
3
= 900
3
E
|
U
1
−
1
|
3
= 900
3
!
1
R
R
−
(
x
−
1)
3
e
−
x
dx
+
(
x
−
1)
3
e
−
x
dx
=
0
1
= 900
3
(12
e
−
1
−
2).)
P
i
=1
T
i
niezale»nych zmiennych losowych o jedna-
kowym rozkładzie wykładniczym
E
xp
(
) ma rozkład gamma
G
(
,p
=
n
) (patrz przy-
kład 11.2 (b)). Dla
n
= 57 otrzymujemy, »e istotnie nierówno±¢ (1) jest spełniona, gdy»
P
(
T
(57)
<
35064)
0
,
004 (obliczenia numeryczne w Matlabie), czyli wniosek jest po-
prawny. (Okazuje si¦, »e (1) zachodzi ju» dla
n
= 55, bo
P
(
T
(55)
<
35064)
0
,
0088.)
4
Z tablic standardowego rozkładu normalnego odczytujemy, »e (
−
2
,
326) = 0
,
01.
Zatem nierówno±¢ (3) jest spełniona, gdy
35064
−
900
n
Jednak wiemy te», »e suma
T
(
n
) =
[ Pobierz całość w formacie PDF ]