Witam
Proszę o pomoc w rozwiązaniu poniższego zadania:
Rzucano 162 razy kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo, że liczba oczek większa od 2 wypadła
od 100 do 111 razy.
Nieszczęsna kostka
-
jsf
- Użytkownik
- Posty: 44
- Rejestracja: 3 wrz 2012, o 18:32
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Komorów k. W-wy
- Pomógł: 17 razy
Nieszczęsna kostka
Najpierw wynik dokładny (z Bernoulliego).
U nas liczba oczek \(\displaystyle{ 1,2}\) to porażka, \(\displaystyle{ 3,4,5,6}\) to sukces. Stąd
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(\mbox{sukces }k\mbox{ razy})= {162 \choose k}\left( \frac{4}{6}\right)^k\left( \frac{2}{6}\right)^{162-k},}\)
z czego natychmiast wynika, że
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(\mbox{sukces od }100\mbox{ do }111\mbox{ razy})=\sum_{k=100}^{111}{162 \choose k}\left( \frac{4}{6}\right)^k\left( \frac{2}{6}\right)^{162-k}.}\)
Ciebie pewnie interesuje tylko wynik przybliżony, z CTG lub tw. de Moivre'a-Laplace'a ( - zobacz Wniosek). Ja policzę z CTG, z drugiego twierdzenia liczy się analogicznie.
Wprowadzamy oczywistą zmienną losową
\(\displaystyle{ X_{i}= \begin{cases} 1\mbox{ z pr. }\frac{2}{3} \\0\mbox{ z pr. }\frac{1}{3}. \end{cases}}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ \mathbb{E}X_{i}=\frac{2}{3},~ \sigma^{2}X_{i}=\frac{2}{3}.}\)
Z Centralnego Twierdzenia Granicznego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(100\leq X_{1}+X_{2}+...+X_{162}\leq 111)=\mathbb{P}\left(\frac{100-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}}\leq \frac{X_{1}+X_{2}+...+X_{162}-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}}\leq \frac{111-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}}\right) \approx \mathbb{P}\left( -0,7698 \leq \frac{X_{1}+X_{2}+...+X_{162}-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}} \leq 0,2887 \right) \approx \phi (0,2887) - \phi (-0,7698),}\)
gdzie \(\displaystyle{ \phi}\) jest dystrybuantą standardowego rozkładu normalnego. Odczytujesz obie wartości z tablic, odejmujesz od siebie and that's that.
U nas liczba oczek \(\displaystyle{ 1,2}\) to porażka, \(\displaystyle{ 3,4,5,6}\) to sukces. Stąd
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(\mbox{sukces }k\mbox{ razy})= {162 \choose k}\left( \frac{4}{6}\right)^k\left( \frac{2}{6}\right)^{162-k},}\)
z czego natychmiast wynika, że
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(\mbox{sukces od }100\mbox{ do }111\mbox{ razy})=\sum_{k=100}^{111}{162 \choose k}\left( \frac{4}{6}\right)^k\left( \frac{2}{6}\right)^{162-k}.}\)
Ciebie pewnie interesuje tylko wynik przybliżony, z CTG lub tw. de Moivre'a-Laplace'a ( - zobacz Wniosek). Ja policzę z CTG, z drugiego twierdzenia liczy się analogicznie.
Wprowadzamy oczywistą zmienną losową
\(\displaystyle{ X_{i}= \begin{cases} 1\mbox{ z pr. }\frac{2}{3} \\0\mbox{ z pr. }\frac{1}{3}. \end{cases}}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ \mathbb{E}X_{i}=\frac{2}{3},~ \sigma^{2}X_{i}=\frac{2}{3}.}\)
Z Centralnego Twierdzenia Granicznego
\(\displaystyle{ \mathbb{P}(100\leq X_{1}+X_{2}+...+X_{162}\leq 111)=\mathbb{P}\left(\frac{100-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}}\leq \frac{X_{1}+X_{2}+...+X_{162}-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}}\leq \frac{111-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}}\right) \approx \mathbb{P}\left( -0,7698 \leq \frac{X_{1}+X_{2}+...+X_{162}-162\frac{2}{3}}{\sqrt{162\frac{2}{3}}} \leq 0,2887 \right) \approx \phi (0,2887) - \phi (-0,7698),}\)
gdzie \(\displaystyle{ \phi}\) jest dystrybuantą standardowego rozkładu normalnego. Odczytujesz obie wartości z tablic, odejmujesz od siebie and that's that.