Rachunek prawdopodobieństwa MAP1151
Wydział Elektroniki, rok akad. 2009/10, 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)) =
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 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 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