Rachunek prawdopodobieństwa MAP1064 Wydział Elektroniki, rok

Rachunek prawdopodobieństwa MAP1064
Wydział Elektroniki, rok akad. 2008/09, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 7: Zmienne losowe dyskretne.
Rozkłady Bernoulliego (dwumianowy), Pascala, Poissona.
Przybliżenie Poissona rozkładu dwumianowego.
Przykłady do zadania 7.1 :
(a) Niech X oznacza ocenę z egzaminu (w czterostopniowej skali ocen: 2, 3, 4, 5) losowo wybranego
studenta z dużej grupie studenckiej. Rozkład tej zmiennej losowej podany jest w tabeli:
n
xn
pn
1
2
3
2
3
4
0,1 0,3 0,4
4
5
C
Wyznacz stałą C i oblicz prawdopodobieństwo, że ocena jest wyższa niż 3.
• pn ­ 0 ⇔ C ­ 0
•
4
P
n=1
pn = 0, 1 + 0, 3 + 0, 4 + C = 0, 8 + C = 1 ⇔ C = 0, 2
• Oba warunki spełnione są dla C = 0, 2.
• P (X > 3) = P (X = 4) + P (X = 5) = p3 + p4 = 0, 4 + 0, 2 = 0, 6
1
(b) Dla jakiej wartości stałej c ciąg pn = c ln 1 − 2 , n = 2, 3, . . ., określa rozkład pewnej
n
zmiennej losowej? Podać trzy różne przykłady takiej zmiennej losowej i wyliczyć dla każdego z
nich prawdopodobieństwo, że zmienna ta jest większa od 5,2 i mniejsza od 7,9999.
• pn ­ 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c ¬ 0 (bo 1 −
•
∞
P
n=2
pn =
∞
P
1
n2
c(ln(n − 1) + ln(n + 1) − 2 ln n) = lim c(ln 1 +
n→∞
n=2
1
n
< 1).
− ln 2) = c(− ln 2) = 1
wtedy i tylko wtedy, gdy c = − ln12 .
• Oba warunki są spełnione dla c = − ln12 .
• Aby podać rozkład zmiennej losowej z wykorzystaniem pn trzeba jeszcze określić zbiór jej
wartości, czyli różnowartościowy ciąg (xn ).
Przykład 1.
Zmienna losowa X, dla której xn = n dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {2, 3, . . .}.)
Wtedy P
= P (X = 6) + P (X = 7) = p6 + p7 =
(5, 2 < X< 7, 9999)
1
1
1
= − ln 2 ln 1 − 36 + ln 1 − 49 ≈ 0, 07.
Przykład 2.
Zmienna losowa Y , dla której xn = 12
dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór
wartości
to {6, 4, 3, 12
, . . .}.)
n
5
1
1
Wtedy P (5, 2 < Y < 7, 9999) = P (Y = 6) = p2 = − ln 2 ln 1 − 4 ≈ 0, 415.
Przykład 3.
Zmienna losowa Z, dla której xn = 8+n2 dla n = 2, 3, 4, . . .. (Zbiór wartości to {12, 17, . . .}.)
Wtedy P (5, 2 < Z < 7, 9999) = 0.
1
(c) Zmienna losowa X przyjmuje wartość xn = 2n, n = 1, 2, . . ., z prawdopodobieństwem pn
1
proporcjonalnym do n . Wyliczyć prawdopodobieństwo, że zmienna ta jest większa od 4,5 i
3
mniejsza od 6,3.
• ciag {xn } jest różnowartościowy;
c
• pn = n ­ 0 dla każdego n wtedy i tylko wtedy, gdy c ­ 0.
3
∞
∞
X
X
1
1
c
c
•
pn = c
= 1 wtedy i tylko wtedy, gdy c = 2.
= ·
1 =
n
3 1− 3
2
n=1
n=1 3
• Wszystkie warunki na ciąg określający rozkład są spełnione dla c = 2, tzn. pn =
• P (4, 5 < X < 6, 3) = P (X = 6) = p3 =
2
.
3n
2
≈ 0, 0741.
33
Przykład do zadania 7.2 :
(a) Wiadomo, że 1% skrzynek pomarańczy psuje się w czasie transportu. Z transportu w sposób
losowy pobiera się 10 skrzynek i transport ten jest odrzucany, gdy więcej niż 10% badanych
skrzynek zawiera popsute owoce. Jakie jest prawdopodobieństwo odrzucenia transportu?
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-wybranie skrzynki z popsutymi owocami,
p = 0, 01 (1%), n = 10.
• Niech X oznacza ilość skrzynek z popsutymi owocami wśród 10 badanych.
X ma rozkład Bernoulliego B(n
=
10, p = 0, 01), czyli przyjmuje wartość xk = k
10
z prawdopodobieństwem pk = k (0, 01)k (1 − 0, 01)10−k dla k = 0, 1, . . . , 10.
• Transport jest odrzucany, gdy X > 10% · 10 = 1.
Prawdop.
zatem P (X > 1) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) =
odrzucenia transportu wynosi
10
10
0
10
= 1 − 0 (0, 01) (1 − 0, 01) − 1 (0, 01)1 (1 − 0, 01)9 ≈ 0, 0043.
(b) Na podstawie pewnych badań stwierdzono, że zmienna losowa X opisująca procent zanieczyszczeń w próbce rudy miedzi ma rozkład o dystrybuancie
F (x) =



0
dla x ¬ 0,
x3 (4 − 3x) dla 0 < x ¬ 1,


1
dla x > 1.
Wybrano niezależnie cztery próbki. Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że
(1) dokładnie jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszczeń;
(2) co najmniej jedna próbka zawiera ponad 50% zanieczyszczeń.
2
• Model: schemat Bernoulliego,
sukces-procent zanieczyszczeń w próbce jest większy niż 50%, czyli X > 0, 5;
11
, n = 4.
p = P (X > 0, 5) = 1 − lim F (x) = 16
x→0,5+
• Niech Y oznacza ilość próbek z więcej niż 50% zanieczyszczeń wśród
4 badanych
(czyli
11
ilość sukcesów w n = 4 próbach). Y ma rozkład Bernoulliego B n = 4, p = 16 , czyli
przyjmuje wartość xk = k z prawdopodobieństwem
k 4−k
11
pk = k4 16
1 − 11
dla k = 0, 1, . . . , 4.
16
• Mamy zatem
(1) P (Y = 1) =
4
1
11
16
1 1−
11
16
3
≈ 0, 084;
(2) P (Y ­ 1) = 1 − P (Y = 0) = 1 −
4
0
11
16
0 1−
11
16
4
≈ 0, 99.
(c) Rzucamy symetryczną kostką tak długo aż wypadnie „6”. Niech X oznacza liczbę wykonanych
rzutów. Jakie są możliwe wartości X i z jakim prawdopodobieństwem przyjmuje każdą z nich?
Wyznaczyć prawdopodobieństwo, że będzie potrzebna parzysta liczba rzutów.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-wypadła „szóstka”, p = 61 .
• X to czas oczekiwania na pierwszy sukces, który przyjmuje wartości k = 1, 2, . . . z praw
k
k−1
dopodobieństwami pk = P (X = k) = 1 − 61
· 16 = 15 · 56 .
• Prawdopodobieństwo, że będzie potrzebna parzysta liczba rzutów, wynosi
∞ 2l
P
P
5
5
= 11
≈ 0, 45.
P (X parzyste) =
pk = 15
6
k parzyste
l=1
(Uwaga: jest ono różne od 0,5).
(d) Gra polega na zarzucaniu krążków na kołek. Gracz otrzymuje ich sześć i rzuca je aż do pierwszego celnego rzutu. Obliczyć prawdopodobieństwo, że po zarzuceniu krążka zostanie graczowi
jeszcze co najmniej jeden krążek, jeżeli prawdopodobieństwo trafienia na kołek przy każdym
rzucie wynosi 0,1.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-trafienie na kołek, p = 0, 1.
• Wyobraźmy sobie, że mamy nieograniczoną liczbę krążków, i oznaczmy przez Y czas oczekiwania na pierwsze trafienie. Wiemy, że Y ma rozkład geometryczny Geo(0, 1), czyli
przyjmuje wartość xk = k z prawdop. pk = 0, 1 · (1 − 0, 1)k−1 dla k = 1, 2, . . ..
• Graczowi zostanie co najmniej jeden krążek, gdy Y ¬ 5.
Szukane prawdopod. wynosi zatem
P (Y ¬ 5) =
5
P
k=1
pk =
5
P
0, 1 · (0, 9)k−1 = 1 − (0, 9)5 ≈ 0, 41.
k=1
3
Przykłady do zadania 7.3 :
(a) Dla X o rozkładzie Bernoulliego B(n = 100, p = 0, 01) wyliczyć P (X > 2) i porównać otrzymany wynik z przybliżeniem Poissona.
• Ze wzorów dokładnych dostajemy
P (X >2) = 1 − (P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)) = 100 · 99
0, 012 0, 9998 ≈ 0, 0794.
= 1 − 0, 99100 + 100 · 0, 01 · 0, 9999 +
2
• Z tw. Poissona otrzymujemy przybliżenie
P (X > 2) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 = 1 − 0, 3679 − 0, 3679 − 0, 1839 = 0, 0803, gdzie pk odczytane
są z tablic rozkładu Poissona dla λ = np = 100 · 0, 01 = 1.
Porównanie otrzymanych wartości P (X > 2):
wzory dokładne z tw. Poissona
0,0794
0,0803
(Błąd przybliżenia istotnie nie przekracza tu np2 = 0, 01.)
(b) Wśród ziaren pszenicy znajduje się 0.6% ziaren chwastów. Oszacować na podstawie przybliżenia
Poissona, jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 1000 losowo wybranych ziaren znajduje się
(1) co najwyżej 16 ziaren chwastów, (2) co najmniej 3 ziarna chwastów, (3) dokładnie 6 ziaren
chwastów. Oszacować błąd przybliżenia.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-natrafiono na ziarno chwastu, p = 0, 006, n = 1000.
• Niech X oznacza liczbę sukcesów, czyli liczbę ziaren chwastów wśród 1000 ziaren.
(1) P (X ¬ 16) ≈
16
P
pk = 0, 9998;
k=0
gdzie pk odczytane są z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 1000 · 0, 006 = 6.
(2) P (X ­ 3) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 = 1 − 0, 0025 − 0, 0149 − 0, 0446 = 1 − 0, 0620 = 0, 9380;
gdzie pk odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 1000 · 0, 006 = 6.
(3) P (X = 6) ≈ p6 = 0, 1606,
gdzie p6 odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 1000 · 0, 006 = 6.
Błąd przybliżenia w każdym przypadku nie przekracza np2 = 0, 036.
4
(c) Prawdopodobieństwo, że dowolna osoba odpowie na przesłaną pocztą reklamę i zamówi książkę,
wynosi 0,1. Reklamę wysłano do 20 osób. Obliczyć prawdopodobieństwo, że (1) dokładnie
2 osoby, (2) więcej niż 2 osoby przyślą zamówienia. Obliczenia wykonać metodą dokładną i
przybliżoną z tw. Poissona. Porównać wyniki.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-osoba odpowie na reklamę, p = 0, 1, n = 20.
• Niech X oznacza liczbę osób, które zamówiły książkę, czyli liczbę sukcesów.
(1) Wzór dokładny: P (X = 2) = 20
(0, 1)2 (1 − 0, 1)20−2 ≈ 0, 2852.
2
Przybliżenie Poissona: P (X = 2) ≈ p2 = 0, 2707; gdzie
p2 odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 20 · 0, 1 = 2.
(2) Wzorydokładne:
P (X > 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) −
P(X = 2) =
20
20
0
20−0
1
20−1
= 1 − 0 (0, 1) (1 − 0, 1)
− 1 (0, 1) (1 − 0, 1)
− 20
(0, 1)2 (1 − 0, 1)20−2 =
2
= 1 − (0, 9)20 − 20 · 0, 1 · (0, 9)19 − 190 · (0, 1)2 · (0, 9)18 ≈ 0, 3231.
Przybliżenie Poissona:
P (X > 2) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 = 1 − 0, 1353 − 0, 2707 − 0, 2707 = 0, 3233;
gdzie pk odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 20 · 0, 1 = 2.
Porównanie otrzymanych wartości :
wzory dokładne z tw. Poissona
P (X = 2)
0,2852
0,2707
P (X > 2)
0,3231
0,3233
(Błąd przybliżenia istotnie nie przekracza np2 = 0, 2.)
(d) Przy masowych prześwietleniach małoobrazkowych prawdopodobieństwo natrafienia na chorego
na gruźlicę jest 0,01. Na podstawie przybliżenia Poissona oszacować prawdopodobieństwo, że
wśród 200 ludzi prześwietlonych będzie nie mniej niż 3 chorych. Oszacować błąd przybliżenia.
• Model: schemat Bernoulliego, sukces-pacjent jest chory, p = 0, 01, n = 200.
• Niech X oznacza liczbę chorych. Mamy oszacować P (X ­ 3).
• Przybliżenie Poissona: P (X ­ 3) ≈ 1 − p0 − p1 − p2 =
= 1 − 0, 1353 − 0, 2707 − 0, 2707 = 0, 3233;
gdzie pk odczytane z tablic rozkładu Poissona z λ = np = 200 · 0, 01 = 2.
• Błąd przybliżenia nie przekracza np2 = 0, 02.
5