Centralne twierdzenie graniczne
Centralne twierdzenie graniczne
Zad 1.
Partia towaru ma wadliwość 5 %. Ilu elementową próbę (ze zwracaniem)
należy pobrać, aby z prawdopodobieństwem 0,99 można było stwierdzić,
że wadliwość w próbie zawarta jest w granicach od 4 % do 6 % ?
Zad 2.
Znaleźć taką liczbę k , aby prawdopodobieństwo, że w 500 elementowej
partii towaru liczba sztuk wadliwych zawarta była pomiędzy k a 60
wynosiło 0,5 . Wadliwość towaru wynosi 10 %.
Zad 3.
Wiadomo, że 1 % Polaków zna twierdzenie Moivre’a – Laplace’a.
Zapytaliśmy 100 losowo wybranych Polaków, czy znają to twierdzenie.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że co najmniej jeden odpowie twierdząco?
W poniedziałek mam kolokwium a zupełnie nie orientuje się w temacie ponieważ nie było mnie na zajęciach. Z góry dziękuję za rozwiązanie zadań, ponieważ analizując nauczę się je rozwiązywać natomiast gdy patrzę na wzory i teorię kompletnie nie jestem w stanie ich rozwiązać.
Partia towaru ma wadliwość 5 %. Ilu elementową próbę (ze zwracaniem)
należy pobrać, aby z prawdopodobieństwem 0,99 można było stwierdzić,
że wadliwość w próbie zawarta jest w granicach od 4 % do 6 % ?
Zad 2.
Znaleźć taką liczbę k , aby prawdopodobieństwo, że w 500 elementowej
partii towaru liczba sztuk wadliwych zawarta była pomiędzy k a 60
wynosiło 0,5 . Wadliwość towaru wynosi 10 %.
Zad 3.
Wiadomo, że 1 % Polaków zna twierdzenie Moivre’a – Laplace’a.
Zapytaliśmy 100 losowo wybranych Polaków, czy znają to twierdzenie.
Jakie jest prawdopodobieństwo, że co najmniej jeden odpowie twierdząco?
W poniedziałek mam kolokwium a zupełnie nie orientuje się w temacie ponieważ nie było mnie na zajęciach. Z góry dziękuję za rozwiązanie zadań, ponieważ analizując nauczę się je rozwiązywać natomiast gdy patrzę na wzory i teorię kompletnie nie jestem w stanie ich rozwiązać.
-
- Użytkownik
- Posty: 500
- Rejestracja: 19 lip 2011, o 09:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zielona Góra
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 79 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Nikt raczej za Ciebie całej roboty nie odwali tutaj.
Jak masz problem z teorią, to przeczytaj jeszcze raz i jeszcze raz i tak dziesięciokrotnie. W końcu zaskoczysz. Zwłaszcza, że idea twierdzeń granicznych jest dość łatwa do zrozumienia. Z czym konkretnie masz problemy?
Poza tym masz obszerne materiały w całym Internecie na ten temat, dziesiątki przykładów rozwiązanych, więc nie szukaj dróg na skróty, bo one prowadzą donikąd.
Jak masz problem z teorią, to przeczytaj jeszcze raz i jeszcze raz i tak dziesięciokrotnie. W końcu zaskoczysz. Zwłaszcza, że idea twierdzeń granicznych jest dość łatwa do zrozumienia. Z czym konkretnie masz problemy?
Poza tym masz obszerne materiały w całym Internecie na ten temat, dziesiątki przykładów rozwiązanych, więc nie szukaj dróg na skróty, bo one prowadzą donikąd.
Centralne twierdzenie graniczne
Nie umiem powiedzieć, w którym zadaniu muszę użyć Lindenberga-Leviego, a w którym Movier'a Laplace'a, i o ile umiem rozwiązać zadanie sposobem Movier'a Laplace'a to w Levim nie wiem jak zacząć żeby uzyskać dane do podstawienia. Teorię czytam od wczoraj i ściągam wszystkie możliwe pliki z informacjami ale nadal nie wiem jak ruszyć, dlatego chciałbym rozwiązanie chociaż jednego zadania z Lindenberga Leviego i informacje jak odróżnić te teorie.
-
- Użytkownik
- Posty: 500
- Rejestracja: 19 lip 2011, o 09:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zielona Góra
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 79 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Twierdzenie Lindeberga-Levy'ego jest pewnym uogólnieniem twierdzenie Moivre'a-Laplace'a. Te drugie stosujemy tylko do sumy zmiennych o rozkładzie zero-jedynkowym (rozkładu Bernoulliego). Jeżeli mamy jakieś inne zmienne losowe niż powyżej, to stosujemy pierwsze twierdzenie (oczywiście trzeba sprawdzić czy spełnione są założenia).
Zacznijmy od najłatwiejszego moim zdaniem zadania czyli od trójki.
Od czego byś zaczął?
Zacznijmy od najłatwiejszego moim zdaniem zadania czyli od trójki.
Od czego byś zaczął?
Centralne twierdzenie graniczne
No mamy p = 0,01 n = 100 i tutaj chyba też można zastosować Bernoulliego ponieważ jest rozkład zero jedynkowy zna albo nie zna W tym momencie nie wiem, które twierdzenie zastosować.
-
- Użytkownik
- Posty: 500
- Rejestracja: 19 lip 2011, o 09:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zielona Góra
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 79 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Jest tak jak piszesz właśnie twierdzenie Moivre'a-Laplace'a.
\(\displaystyle{ X_{i}}\) - zmienna losowa przyjmuje wartość 1, gdy i-ty przechodzień zna twierdzenie Moivre'a-Laplace'a, 0 w przeciwnym razie.
\(\displaystyle{ S_{n}=X_{1}+X_{2}+...+X_{100}}\) - zmienna ma rozkład Bernoulliego
Teraz można zastosować twierdzenie Moivre'a-Laplace'a.
\(\displaystyle{ P \left( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} \ } \ge 1 \right) = 1 - P \left( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} }<1 \right) \approx 1-\phi \left( 1 \right)}\)
Generalnie jak mamy wiele zmiennych losowych (tak jak teraz - 100), to możesz przybliżyć podane prawdopodobieństwo dystrybuantą rozkładu normalnego. I to jest główna idea praktycznych zastosować tych twierdzeń.
Kiedy masz do czynienia z rozkładem Bernoulliego (czytaj bardzo często) i masz policzyć powiedzmy prawdopodobieństwo tego, że będzie od 500-600 sukcesów na 1000 prób, to możesz zrobić to na piechotę, ale za dużo liczenia. Twierdzenie Moivre'a-Laplace'a daje Ci możliwość uproszczenia rachunków i uzyskania bardzo dobrego przybliżenia.
Jeżeli będziesz miał powiedzmy 500 zmiennych losowych o rozkładzie jednostajnym i coś tam policzyć, to wtedy twierdzenie Moivre'a-Laplace'a odpada, bo to nie jest rozkład Bernoulliego. Ale możesz skorzystać z lepszego narzędzia - CTG Lindeberga-Levy'ego. Wtedy analogicznie jak powyżej przybliżasz sobie szukane prawdopodobieństwo.
Wartości dystrubanty rozkładu \(\displaystyle{ N \left( 0,1 \right)}\) bierzesz oczywiście z tablic.
To tyle w telegraficznym skrócie. Postaraj się zrobić np. zadanie pierwsze teraz.
\(\displaystyle{ X_{i}}\) - zmienna losowa przyjmuje wartość 1, gdy i-ty przechodzień zna twierdzenie Moivre'a-Laplace'a, 0 w przeciwnym razie.
\(\displaystyle{ S_{n}=X_{1}+X_{2}+...+X_{100}}\) - zmienna ma rozkład Bernoulliego
Teraz można zastosować twierdzenie Moivre'a-Laplace'a.
\(\displaystyle{ P \left( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} \ } \ge 1 \right) = 1 - P \left( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} }<1 \right) \approx 1-\phi \left( 1 \right)}\)
Generalnie jak mamy wiele zmiennych losowych (tak jak teraz - 100), to możesz przybliżyć podane prawdopodobieństwo dystrybuantą rozkładu normalnego. I to jest główna idea praktycznych zastosować tych twierdzeń.
Kiedy masz do czynienia z rozkładem Bernoulliego (czytaj bardzo często) i masz policzyć powiedzmy prawdopodobieństwo tego, że będzie od 500-600 sukcesów na 1000 prób, to możesz zrobić to na piechotę, ale za dużo liczenia. Twierdzenie Moivre'a-Laplace'a daje Ci możliwość uproszczenia rachunków i uzyskania bardzo dobrego przybliżenia.
Jeżeli będziesz miał powiedzmy 500 zmiennych losowych o rozkładzie jednostajnym i coś tam policzyć, to wtedy twierdzenie Moivre'a-Laplace'a odpada, bo to nie jest rozkład Bernoulliego. Ale możesz skorzystać z lepszego narzędzia - CTG Lindeberga-Levy'ego. Wtedy analogicznie jak powyżej przybliżasz sobie szukane prawdopodobieństwo.
Wartości dystrubanty rozkładu \(\displaystyle{ N \left( 0,1 \right)}\) bierzesz oczywiście z tablic.
To tyle w telegraficznym skrócie. Postaraj się zrobić np. zadanie pierwsze teraz.
Ostatnio zmieniony 15 cze 2013, o 22:10 przez Vardamir, łącznie zmieniany 2 razy.
Powód: Poprawa wiadomości - skaluj nawiasy.
Powód: Poprawa wiadomości - skaluj nawiasy.
Centralne twierdzenie graniczne
No dobra to to rozumiem, a co z twierdzeniem Leviego Lindenberga, czy któreś z zadań trzeba rozwiązać właśnie z niego ? i jak wtedy to zrobić
-
- Użytkownik
- Posty: 500
- Rejestracja: 19 lip 2011, o 09:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zielona Góra
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 79 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Czekaj źle policzyłem w tym zadaniu trzecim.
\(\displaystyle{ P(S_{n} \ge 1) = 1 - P(S_{n} < 1) = 1 - P( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} }< \frac{1-np}{ \sqrt{npq} } ) = 1 - P( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} } < 0) \approx 1 - \Phi(0) = 0,5}\)
-- 15 cze 2013, o 22:18 --
Do każdego z tych zadań wystarczy twierdzenie Moivre'a-Laplace'a, bo mamy do czynienia z rozkładami Bernoulliego.
-- 15 cze 2013, o 22:19 --
Oczy mi się trochę kleją, ale coś mi nie gra nadal w moim rozwiązaniu.
\(\displaystyle{ P(S_{n} \ge 1) = 1 - P(S_{n} < 1) = 1 - P( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} }< \frac{1-np}{ \sqrt{npq} } ) = 1 - P( \frac{S_{n}-np}{ \sqrt{npq} } < 0) \approx 1 - \Phi(0) = 0,5}\)
-- 15 cze 2013, o 22:18 --
Do każdego z tych zadań wystarczy twierdzenie Moivre'a-Laplace'a, bo mamy do czynienia z rozkładami Bernoulliego.
-- 15 cze 2013, o 22:19 --
Oczy mi się trochę kleją, ale coś mi nie gra nadal w moim rozwiązaniu.
Centralne twierdzenie graniczne
Czyli np w pierwszym będzie Leviego Linderberga ? Jeśli tak to czy mógłbyś mi je rozwiązać bo na prawdę sam nie jestem w stanie zacząć tego zadania.
No bo tak mam p = 0,05, że produkt jest wadliwy, mamy obliczyć z prawdopodobieństwem 0,99 i granice 0,04n i 0,06n ale nie wiem jak, co i gdzie wpisać do wzoru.
No bo tak mam p = 0,05, że produkt jest wadliwy, mamy obliczyć z prawdopodobieństwem 0,99 i granice 0,04n i 0,06n ale nie wiem jak, co i gdzie wpisać do wzoru.
Centralne twierdzenie graniczne
Czyli będzie
\(\displaystyle{ p=0,05n
q=0,95
P(0,04n \le Xn \le 0,06n) = P( \frac{0,04n-0,05n}{ \sqrt{ \frac{0,0475}{n} } } \le Xn \le \frac{0,06n-0,05n}{ \sqrt{ \frac{0,0475}{n} } })}\)
i to rozwiazac ?
\(\displaystyle{ p=0,05n
q=0,95
P(0,04n \le Xn \le 0,06n) = P( \frac{0,04n-0,05n}{ \sqrt{ \frac{0,0475}{n} } } \le Xn \le \frac{0,06n-0,05n}{ \sqrt{ \frac{0,0475}{n} } })}\)
i to rozwiazac ?
-
- Użytkownik
- Posty: 500
- Rejestracja: 19 lip 2011, o 09:20
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Zielona Góra
- Podziękował: 19 razy
- Pomógł: 79 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Prawie dobrze, to prawdopodobieństwo ma być \(\displaystyle{ \ge 0,99}\)
Tak tylko formalnie ta druga zmienna powinna nazywać się jakoś inaczej niż \(\displaystyle{ X_{n}}\), bo ma inny rozkład np. \(\displaystyle{ Y_{n}}\).
W dobrą stronę idziesz. Stosujesz teraz przybliżenie wynikające z twierdzenia granicznego i szukasz liczby naturalnej n, które spełni te warunki.-- 15 cze 2013, o 22:39 --Aha tam powinno być \(\displaystyle{ \sqrt{0,0475n}}\), a nie \(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{0,0475}{n} }}\)
Tak tylko formalnie ta druga zmienna powinna nazywać się jakoś inaczej niż \(\displaystyle{ X_{n}}\), bo ma inny rozkład np. \(\displaystyle{ Y_{n}}\).
W dobrą stronę idziesz. Stosujesz teraz przybliżenie wynikające z twierdzenia granicznego i szukasz liczby naturalnej n, które spełni te warunki.-- 15 cze 2013, o 22:39 --Aha tam powinno być \(\displaystyle{ \sqrt{0,0475n}}\), a nie \(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{0,0475}{n} }}\)