Przykłady do listy zadań 6

Rachunek prawdopodobieństwa MAP1151
Wydział Elektroniki, rok akad. 2011/12, sem. letni
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Przykłady do listy 6: Twierdzenie de Moivre’a-Laplace’a. Centralne
Twierdzenie Graniczne Lindeberga-Lévy’ego.
Przykłady do zadania 6.1 :
(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)) =
0, 42 0, 698 ) ≈ 1.
= 1 − (0, 6100 + 100 · 0, 4 · 0, 699 + 100·99
2
• Z twierdzenia de Moivre’a-Laplace’a
otrzymujemy przybliżenie


S
−
np
2,
5
−
0,
4
·
100
n
≈
P (Sn > 2) = P (Sn > 2, 5) = P  q
>q
np(1 − p)
100 · 0, 4(1 − 0, 4)
≈ 1 − Φ(−7, 65) = Φ(7, 65) ≈ 1 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
≈ 1 − Φ − √3,75
0,24
2 +(1−0,4)2
• Błąd przybliżenia nie przekracza 0, 8 · √0,4
100·0,4(1−0,4)
≈ 0, 0849.
(b) Dla schematu Bernoulliego z p = 0, 5 oszacować na podstawie tw. de Moivre’a-Laplace’a prawdopodobieństwo, że liczba sukcesów w n = 1000 próbach przekroczy 510. Oszacować błąd
przybliżenia.
• Z twierdzenia de Moivre’a-Laplace’aotrzymujemy przybliżenie

S
−
np
510,
5
−
1000
·
0,
5
n
≈
P (Sn > 510) = P (Sn > 510, 5) = P  q
>q
np(1 − p)
1000 · 0, 5(1 − 0, 5)
≈ 1−Φ
21
√
10 10
≈ 1 − Φ(0, 66) = 1 − 0, 7454 = 0, 2546 z tablic standardowego rozkładu
normalnego.
2 +(1−0,5)2
• Błąd nie przekracza 0, 8 · √0,5
1000·0,5(1−0,5)
≈ 0, 0253.
(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 przekroczy 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 oszacować P (X ¬ 4% · 500) = P (X ¬ 20).


X − np
20, 5 − 500 · 0, 03 
• P (X ¬ 20) = P (X ¬ 20, 5) = P q
¬q
≈
np(1 − p)
500 · 0, 03 · (1 − 0, 03)
≈Φ
√ 5,5
14,55
≈ Φ(1, 44) = 0, 9251 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
2 +(1−0,03)2
• Błąd przybliżenia nie przekracza 0, 8 · √0,03
500·0,03(1−0,03)
1
≈ 0, 2.
(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.
• Wpłata do towarzystwa ubezpieczeniowego wynosi W = 30 · 10000 = 300000 zł.
Wypłata to Wy = 2500 · X zł, gdzie X ilość uszkodzeń.
• 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.


69, 5 − 10000 · 0, 006
X − np
≈
<q
• P (X < 70) = P (X < 69, 5) = P q
np(1 − p)
10000 · 0, 006 · (1 − 0, 006)
≈Φ
√ 9,5
59,64
≈ Φ(1, 23) = 0, 8907 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
2 +(1−0,006)2
• Błąd przybliżenia nie przekracza 0, 8 · √0,006
10000·0,006(1−0,006)
≈ 0, 1.
(e) Dla jakiego n prawdopodobieństwo, że popełnimy błąd rzędu = 0, 01 przyjmując częstość
otrzymaną z n prób jako prawdopodobieństwo sukcesu p = 0, 5, było małe rzędu δ = 0, 1?
• P
Sn
− p

Sn − np  q
np(1 − p) > 0, 01 = P
n
dla n dostatecznie dużych.

√ 0, 01n 
>√
≈ 2 1 − Φ 0, 02 n
0, 25n
0,5
• Błąd oszacowania nie przekracza 2 · 0, 8 · √
2 +(1−0,5)2
n·0,5(1−0,5)
1, 6
=√ .
n
√
√
• 2(1 − Φ(2√· 0, 01 n)) ¬ 0, 1 ⇐⇒ Φ(2 · 0, 01 n) ­ 0, 95 ⇐⇒
⇐⇒ 0, 02 n ­ 1, 64 (z tablic) ⇐⇒ n ­ 822 = 6724.
• Dla n = 822 błąd szacowania nie przekracza 0, 02, zatem:
Sn
• Odp. prawdopodobieństwo P − p > 0, 01 jest rzędu δ = 0, 1, gdy n ­ 6724.
n
2
Przykład do zadania 6.2 :
(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 przekroczy 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
−8
−8 ))2
−16
−8
−8
= 10 3 = σ 2 > 0.
EXi = −10 2+10 = 0 = m, D2 Xi = (10 −(−10
12
• Błąd całościowy to S1000 = X1 + . . . + X1000 . Chcemy oszacować P (|S1000 | ¬ 10−7 ).
• Z CTG Lindeberga-Lévy’ego
otrzymujemy przybliżenie:


−7
S
√
−
1000m
10
−
0
1000
 ≈ 2Φ( 0, 3) − 1 ≈
√
P (|S1000 | ¬ 10−7 ) = P 
¬ q
σ 1000
10−13 /3
≈ 2Φ(0, 55) − 1 = 2 · 0, 7088 − 1 = 0, 4176 z tablic standardowego rozkładu normalnego.
• Błąd z nierówności Berry-Essena nie przekracza 0, 8 · E|X1 −m|3
3/2 √
10−16
1000
3
≈ 0, 03
(dla Xi o rozkładzie U(−10−8 , 10−8 ) mamy
3
E|Xi − m| =
1
2·10−8
10R−8
|x|3 dx =
−10−8
1 (10−8 )4
10−8
4
=
10−24
).
4
(b) Pewna konstrukcja składa się ze 100 jednakowych elementów. Na podstawie CTG Lindeberga–
Lévy’ego oszacować prawdopodobieństwo, że całkowita 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 D2 X1 = (0, 1)2 .
• Masa całej konstrukcji to X =
100
P
Xi . Mamy oszacować P (X ¬ 335).
i=1
• Ponieważ wariancja D2 X1 jest skończona i większa od 0, a n = 100 wystarczająco duże,
możemy skorzystać
z tw. Lindeberga–Lévy’ego. Otrzymujemy

P
n
X − nEX1
 i=1 i
335 − 100 · 3, 3 
 ≈ Φ(5) > 0, 999995 = Φ(4, 417)
√
¬ q
P (X ¬ 335) = P 


2
2
nD X1
100 · (0, 1)
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 określić, ile lamp trzeba mieć w zapasie, aby z prawdopodobieństwem
0,99 wystarczyło ich na 4 lata nieprzerwanej pracy? Przyjmujemy, że spalona lampa jest natychmiast wymieniana na nową.
• 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 wykładniczym o średniej 900 godzin, czyli z parametrem λ takim, że λ1 = ETi = 900. Mamy zatem
D2 Ti = λ12 = 9002 .
• Szukamy takiego n, aby
P
n
X
!
Ti ­ (3 · 365 + 366) · 24 = P
i=1
n
X
!
Ti ­ 35064 ­ 0, 99
(1)
i=1
(wśród 4 lat jest jeden rok przestępny).
• Z tw. Lindeberga-Lévy’ego mamy
P
n
X
!
P
n

Ti −nET1
√
Ti ­ 35064 = P 
 i=1
i=1
nD2 T1
­

35064−900n
√
900 n 
≈1−Φ
35064−900n
√
900 n
.
(2)
• Znajdziemy takie n, aby
Φ
35064−900n
√
900 n
¬ 0, 01.
(3)
• Z tablic standardowego rozkładu normalnego odczytujemy, że Φ(−2, 326) = 0, 01.
√
¬ −2, 326.
Zatem nierówność (3) jest spełniona, gdy 35064−900n
900 n
√
Rozwiązujemy nierówność 35064 − 900n ¬ −2, 326 · 900 n < 0, gdzie n jest liczbą
naturalną. Odpowiada to warunkom
(35064 − 900n)2 ­ (2, 326 · 900)2 n i n > 35064/900 = 38, 96.
Rozwiązując równanie kwadratowe i uwzględniając drugi warunek dostajemy odpowiedź:
n ­ 57.
• Wniosek: Wystarczy około 57 lamp.
• Uwaga: Szacowanie błędu przybliżenia w (2) z nierówności Berry-Essena wskazuje, że błąd
3
1 −900|
√
≈ 0, 26.
ten nie przekracza 0, 8 E|T
3
900 57
1
(Zmienna losowa Ui = 900 Ti ma rozkład wykładniczy Exp(1), a stąd mamy !
R1
R∞
0
1
E|T1 − 900|3 = 9003 E|U1 − 1|3 = 9003 − (x − 1)3 e−x dx + (x − 1)3 e−x dx =
= 9003 (12e−1 − 2).)
• Jednak wiemy też, że suma T (n) =
n
P
Ti niezależnych zmiennych losowych o jedna-
i=1
kowym rozkładzie wykładniczym Exp(λ) ma rozkład gamma G(λ, p = n) (patrz przykład 11.2 (b)). Dla n = 57 otrzymujemy, że istotnie nierówność (1) jest spełniona, gdyż
P (T (57) < 35064) ≈ 0, 004 (obliczenia numeryczne w Matlabie), czyli wniosek jest poprawny. (Okazuje się, że (1) zachodzi już dla n = 55, bo P (T (55) < 35064) ≈ 0, 0088.)
4