Przypuśćmy, że rzucamy monetą n = 1000 razy, niech Xi = 1 jeśli
w i-tym rzucie wypadł orzeł (i = 1;...; 1000). Xi = 0 w przeciwnym
wypadku. Podaj przybliżenie P(X1 + ... + X1000 < 480), używając
Centralnego Twierdzenia Granicznego.
Proszę o pomoc, jak się rozwiązuje takiego typu zadania
Centralne twierdzenie graniczne
-
wredna8888
- Użytkownik
- Posty: 114
- Rejestracja: 15 mar 2009, o 18:11
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 7 razy
-
bstq
- Użytkownik
- Posty: 319
- Rejestracja: 7 lut 2008, o 12:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 67 razy
Centralne twierdzenie graniczne
\(\displaystyle{ P\left(X_{1}+...+X_{1000}<480\right)=P\left(\frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]<\frac{1}{1000}\cdot480\right)=}\)
\(\displaystyle{ P\left(\frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} <\frac{1}{1000}\cdot480-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} \right)=}\)
\(\displaystyle{ =P\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }{\sqrt{Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }}<\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }{\sqrt{Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }}\right)=}\)
\(\displaystyle{ \Phi\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }{\sqrt{Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }}\right)=\triangle}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} =\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}\mathbb{E}\left(X_{i}\right)=\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}\mathbb{E}\left(X_{i}\right)=\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}\left\{ 1\cdot p+0\cdot(1-p)\right\} =\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}p=p\cdot\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}1=p\cdot\frac{1}{1000}\cdot1000=p}\)
\(\displaystyle{ Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} =\left(\frac{1}{1000}\right)^{2}\cdot Var\left\{ \left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} =\left(\frac{1}{1000}\right)^{2}\cdot\left[Var\left\{ X_{1}\right\} +...+Var\left\{ X_{1000}\right\} \right]=\left(\frac{1}{1000}\right)^{2}\cdot1000\cdot Var\left(X_{1}\right)}\)
\(\displaystyle{ Var\left(X_{1}\right)=\mathbb{E}X_{1}^{2}-\left(\mathbb{E}X_{1}\right)^{2}=\left[1^{2}\cdot p+0^{2}\cdot\left(1-p\right)\right]-p^{2}=p-p^{2}}\)
\(\displaystyle{ \triangle=\Phi\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-p}{\sqrt{p-p^{2}}}\right)=\Phi\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}}}\right)=\Phi\left(\frac{0,480-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{4}}}\right)=\Phi\left(\frac{0,480-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\right)=\Phi\left(-2\cdot0,02\right)=\Phi\left(-0,04\right)=1-\Phi\left(0,04\right)=}\)
dalej odczytujemy z tablic:
\(\displaystyle{ =1-0.516=0,484}\)
przyjalem, ze \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2}}\) - rzucamy symetryczna moneta
\(\displaystyle{ \Phi}\) - dystrybuanta rozkladu normalnego
\(\displaystyle{ P\left(\frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} <\frac{1}{1000}\cdot480-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} \right)=}\)
\(\displaystyle{ =P\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }{\sqrt{Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }}<\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }{\sqrt{Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }}\right)=}\)
\(\displaystyle{ \Phi\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-\mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }{\sqrt{Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} }}\right)=\triangle}\)
\(\displaystyle{ \mathbb{E}\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} =\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}\mathbb{E}\left(X_{i}\right)=\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}\mathbb{E}\left(X_{i}\right)=\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}\left\{ 1\cdot p+0\cdot(1-p)\right\} =\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}p=p\cdot\frac{1}{1000}\cdot\sum_{i=1}^{1000}1=p\cdot\frac{1}{1000}\cdot1000=p}\)
\(\displaystyle{ Var\left\{ \frac{1}{1000}\cdot\left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} =\left(\frac{1}{1000}\right)^{2}\cdot Var\left\{ \left[X_{1}+...+X_{1000}\right]\right\} =\left(\frac{1}{1000}\right)^{2}\cdot\left[Var\left\{ X_{1}\right\} +...+Var\left\{ X_{1000}\right\} \right]=\left(\frac{1}{1000}\right)^{2}\cdot1000\cdot Var\left(X_{1}\right)}\)
\(\displaystyle{ Var\left(X_{1}\right)=\mathbb{E}X_{1}^{2}-\left(\mathbb{E}X_{1}\right)^{2}=\left[1^{2}\cdot p+0^{2}\cdot\left(1-p\right)\right]-p^{2}=p-p^{2}}\)
\(\displaystyle{ \triangle=\Phi\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-p}{\sqrt{p-p^{2}}}\right)=\Phi\left(\frac{\frac{1}{1000}\cdot480-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{2}-\frac{1}{4}}}\right)=\Phi\left(\frac{0,480-\frac{1}{2}}{\sqrt{\frac{1}{4}}}\right)=\Phi\left(\frac{0,480-\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\right)=\Phi\left(-2\cdot0,02\right)=\Phi\left(-0,04\right)=1-\Phi\left(0,04\right)=}\)
dalej odczytujemy z tablic:
\(\displaystyle{ =1-0.516=0,484}\)
przyjalem, ze \(\displaystyle{ p=\frac{1}{2}}\) - rzucamy symetryczna moneta
\(\displaystyle{ \Phi}\) - dystrybuanta rozkladu normalnego
-
laser15
- Użytkownik
- Posty: 721
- Rejestracja: 13 lis 2011, o 14:58
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kielce
- Podziękował: 8 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Czemu nie można tego zrobić bezpośrednio z Twierdzenia de Moivre'a - Laplace'a ?