Witam.
Obecnie jestem w trakcie przerabiania e-trapeza z prawdopodobieństwa, ale mimo że przerobiłem go już ponad połowę, nie umiem zrobić tych zadań (oprócz jednego podpunktu który nie wiem czy jest dobry). Prosiłbym o pomoc w rozwiązaniu zadań.
1. Z badań genealogicznych wynika, że kobieta jest nosicielką hemofilii prawdopodobieństwem 'p'. Jeżeli jest, to każdy jej syn dziedziczy tą chorobę z prawdopodobieństwem 1/2. Jeżeli nie jest nosicielką, rodzi zdrowych synów. Oblicz prawdopodobieństwo, że:
a) pierwszy syn będzie zdrowy
b) drugi syn będzie zdrowy, jeśli pierwszy jest zdrowy
c) kobieta nie jest nosicielką, jeśli dwaj pierwsi synowie są zdrowi.
2. Średnio 2/10 jajek kupionych, nie nadaje się na pisankę.
a) Jakie jest prawdopodobieństwo, że kupując 60, starczy na mniej niż 45 pisanek.
b) Ile trzeba kupić jaj, aby z prawdopodobieństwem co najmniej 9/10 zapewnić 50 pisanek.
Udało mi się zrobić na razie tylko 1a. Czy odpowiedź to 1-p+(2/p)?
Dwa zadania z kolokwium
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Dwa zadania z kolokwium
1. (a)Chyba raczej \(\displaystyle{ 1-p+ \frac{1}{2}p}\). Z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 1-p}\) w ogóle jest zdrowa, a jesli jest chora, na co mamy p-stwo \(\displaystyle{ p}\), to z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ \frac 1 2}\) konkretny syn nie zachorował. No i wzór na prawdopodobieństwo całkowite.
Reszta idzie ze wzoru Bayesa.
2. Rozkład dwumianowy (no powiedzmy). W (a) masz \(\displaystyle{ n=60, p=0,2}\) i szukasz wartości dystrybuanty dla \(\displaystyle{ 44}\). W (b) masz \(\displaystyle{ p=0,2}\) i szukasz takiego możliwie małego \(\displaystyle{ n}\), aby
\(\displaystyle{ {n \choose 50}(0,2)^{50}(0,8)^{n-50}+{n \choose 51}(0,2)^{51}(0,8)^{n-51}+...+(0,2)^{n} \ge 0,9}\). To okropność do wyliczenia, trzeba by to przybliżyć za pomocą tw. de Moivre'a-Laplace'a.
Reszta idzie ze wzoru Bayesa.
2. Rozkład dwumianowy (no powiedzmy). W (a) masz \(\displaystyle{ n=60, p=0,2}\) i szukasz wartości dystrybuanty dla \(\displaystyle{ 44}\). W (b) masz \(\displaystyle{ p=0,2}\) i szukasz takiego możliwie małego \(\displaystyle{ n}\), aby
\(\displaystyle{ {n \choose 50}(0,2)^{50}(0,8)^{n-50}+{n \choose 51}(0,2)^{51}(0,8)^{n-51}+...+(0,2)^{n} \ge 0,9}\). To okropność do wyliczenia, trzeba by to przybliżyć za pomocą tw. de Moivre'a-Laplace'a.
-
yardi1993
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 7 sty 2015, o 12:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 2 razy
Dwa zadania z kolokwium
Udało mi się zrobić 1a i 1b, jednak nie mam zielonego pojęcia w jaki sposób zrobić zadanie 1c. Prosiłbym o nakierowanie jak to mogę zrobić. Obecnie zabieram się za zadanie 2.
Niestety, po przerobieniu etrapeza, paru zadań w dalszym wciągu nie jestem w stanie zrobić zadania 1c i 2ab. Proszę o pomoc gdyż powyższa odpowiedź nie nakierowała mnie na nic.
Niestety, po przerobieniu etrapeza, paru zadań w dalszym wciągu nie jestem w stanie zrobić zadania 1c i 2ab. Proszę o pomoc gdyż powyższa odpowiedź nie nakierowała mnie na nic.
Ostatnio zmieniony 12 lut 2016, o 17:27 przez yardi1993, łącznie zmieniany 1 raz.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Dwa zadania z kolokwium
c)
Jedziemy ze wzoru Bayesa.
Niech \(\displaystyle{ A}\) - matka nie jest nosicielką, \(\displaystyle{ B}\)- dwaj pierwsi synowie są zdrowi. Mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}(A|B)= \frac{\mathbf{P}(B|A)\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B)}= \frac{\mathbf{P}(B|A)\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B|A)\mathbf{P}(A)+\mathbf{P}(B|A')\mathbf{P}(A')}}\)
\(\displaystyle{ A'}\) to zdarzenie przeciwne do \(\displaystyle{ A}\). Policz odpowiednie prawdopodobieństwa (jak nie jest nosicielką, to nie ma nawet co liczyć) i tyle.
Jedziemy ze wzoru Bayesa.
Niech \(\displaystyle{ A}\) - matka nie jest nosicielką, \(\displaystyle{ B}\)- dwaj pierwsi synowie są zdrowi. Mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}(A|B)= \frac{\mathbf{P}(B|A)\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B)}= \frac{\mathbf{P}(B|A)\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B|A)\mathbf{P}(A)+\mathbf{P}(B|A')\mathbf{P}(A')}}\)
\(\displaystyle{ A'}\) to zdarzenie przeciwne do \(\displaystyle{ A}\). Policz odpowiednie prawdopodobieństwa (jak nie jest nosicielką, to nie ma nawet co liczyć) i tyle.
-
yardi1993
- Użytkownik
- Posty: 9
- Rejestracja: 7 sty 2015, o 12:49
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 2 razy
Dwa zadania z kolokwium
Dzięki, udało mi się dotrzeć do wyniku w 1c. Nie wiedziałem że tak to trzeba rozpisać, nie brałem pod uwagę nosicielki matki. Liczę na nakierowanie odnośnie 2ab
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Dwa zadania z kolokwium
Skoro średnio \(\displaystyle{ 2}\) spośród \(\displaystyle{ 10}\) jajek nie nadaje się na pisankę, to można przyjąć, że prawdopodobieństwo, że konkretne jajko nie nadaje się na pisankę to \(\displaystyle{ 0,2= \frac{2}{10}}\).
Czyli masz w (a) rozkład dwumianowy z parametrami \(\displaystyle{ n=60, p=0,2}\), zaś w (b) rozkład dwumianowy z parametrami \(\displaystyle{ n}\) nieznanym i \(\displaystyle{ p=0,2}\). I teraz tak:
w (a) masz policzyć \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X \le 45)}\), gdzie zmienna losowa \(\displaystyle{ X}\)ma rozkład dwumianowy z parametrami jak wyżej. Tj. wynik w postaci, nazwijmy to, "kombinatorycznej" wygląda tak:\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{45}{60 \choose k}(0,2)^{k}(1-0,2)^{60-k}}\). Z użyciem tw. granicznego de Moivre'a-Laplace'a (szczególny przypadek CTG) można to prawdopodobieństwo w miarę sensownie przybliżyć.
Zapytam: czy na kolokwium jest dostęp do tablic rozkładu normalnego? Jeśli nie, to w ogóle nie potrafiłbym zrobić (b). Jeśli zaś owszem, to można się posłużyć Centralnym Twierdzeniem Granicznym, by uzyskać wynik przybliżony.
b) tutaj masz znaleźć takie możliwie małe \(\displaystyle{ n}\), by \(\displaystyle{ \sum_{k=50}^{n} {n \choose k}(0,2)^{k}(1-0,2)^{n-k} \ge 0,9}\)
I teraz uwaga: jeśli tablice rozkładu normalnego są dostępne, to można skorzystać z tego, że
1) zmienna losowa o rozkładzie dwumianowym z parametrami \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ p}\) może zostać przedstawiona jako suma \(\displaystyle{ n}\) niezależnych zmiennych losowych o rozkładzie dwupunktowym.
2) jeśli \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) jest ciągiem niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie ze średnią \(\displaystyle{ \mu}\) (tutaj: \(\displaystyle{ 0,2}\)) i odchyleniem standardowym \(\displaystyle{ \sigma}\) (tu będzie \(\displaystyle{ \sigma= \sqrt{0,2\cdot 0,8}=0,4}\)), to z CTG dla dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{n}-n\mu}{\sqrt{n}\sigma} \le k \right) \approx \Phi(k)}\), gdzie \(\displaystyle{ \Phi}\) jest dystrybuantą zmiennej losowej o standardowym rozkładzie normalnym, tj. \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\), a \(\displaystyle{ k}\) to dowolna stała.
-- 12 lut 2016, o 18:09 --
Czyli nawiązując do (b), jeśli na kolokwium są tablice rozkładu normalnego, to wystarczy, że znajdziesz takie \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ \Phi\left(\frac{50-0,2n}{ 0,4\sqrt{n} }\right) \le 0,1}\)
Czyli masz w (a) rozkład dwumianowy z parametrami \(\displaystyle{ n=60, p=0,2}\), zaś w (b) rozkład dwumianowy z parametrami \(\displaystyle{ n}\) nieznanym i \(\displaystyle{ p=0,2}\). I teraz tak:
w (a) masz policzyć \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X \le 45)}\), gdzie zmienna losowa \(\displaystyle{ X}\)ma rozkład dwumianowy z parametrami jak wyżej. Tj. wynik w postaci, nazwijmy to, "kombinatorycznej" wygląda tak:\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{45}{60 \choose k}(0,2)^{k}(1-0,2)^{60-k}}\). Z użyciem tw. granicznego de Moivre'a-Laplace'a (szczególny przypadek CTG) można to prawdopodobieństwo w miarę sensownie przybliżyć.
Zapytam: czy na kolokwium jest dostęp do tablic rozkładu normalnego? Jeśli nie, to w ogóle nie potrafiłbym zrobić (b). Jeśli zaś owszem, to można się posłużyć Centralnym Twierdzeniem Granicznym, by uzyskać wynik przybliżony.
b) tutaj masz znaleźć takie możliwie małe \(\displaystyle{ n}\), by \(\displaystyle{ \sum_{k=50}^{n} {n \choose k}(0,2)^{k}(1-0,2)^{n-k} \ge 0,9}\)
I teraz uwaga: jeśli tablice rozkładu normalnego są dostępne, to można skorzystać z tego, że
1) zmienna losowa o rozkładzie dwumianowym z parametrami \(\displaystyle{ n}\) i \(\displaystyle{ p}\) może zostać przedstawiona jako suma \(\displaystyle{ n}\) niezależnych zmiennych losowych o rozkładzie dwupunktowym.
2) jeśli \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\) jest ciągiem niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie ze średnią \(\displaystyle{ \mu}\) (tutaj: \(\displaystyle{ 0,2}\)) i odchyleniem standardowym \(\displaystyle{ \sigma}\) (tu będzie \(\displaystyle{ \sigma= \sqrt{0,2\cdot 0,8}=0,4}\)), to z CTG dla dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{n}-n\mu}{\sqrt{n}\sigma} \le k \right) \approx \Phi(k)}\), gdzie \(\displaystyle{ \Phi}\) jest dystrybuantą zmiennej losowej o standardowym rozkładzie normalnym, tj. \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\), a \(\displaystyle{ k}\) to dowolna stała.
-- 12 lut 2016, o 18:09 --
Czyli nawiązując do (b), jeśli na kolokwium są tablice rozkładu normalnego, to wystarczy, że znajdziesz takie \(\displaystyle{ n}\), że \(\displaystyle{ \Phi\left(\frac{50-0,2n}{ 0,4\sqrt{n} }\right) \le 0,1}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Dwa zadania z kolokwium
Coś widzę, że w tym temacie także sobie śpiewam a muzom. Mam już tego po trochu dość, lepiej się nastukać. Pokażę w obu zadaniach, jak przybliżyć wynik z użyciem CTG (choć już to dwa razy pisałem w tym temacie ), bo na kartce na kolosie nie da się tego policzyć z dwumianowego (a drugiego podpunktu jeszcze bardziej się nie da ).
2a
Kupujemy \(\displaystyle{ 60}\) jajek, a zatem zinterpretujemy to tak: rozważymy ciąg niezależnych zmiennych losowych \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\), tutaj mamy \(\displaystyle{ 60}\) niezależnych zmiennych losowych, jeśli jajko jest do bani, to zmienna losowa \(\displaystyle{ X_{i}}\) (\(\displaystyle{ i\in\left\{ 1,...60\right\}}\)) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 0}\), w przeciwnym wypadku zaś - wartość \(\displaystyle{ 1}\). Z CTG mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{60} \le 44)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{60}-60\cdot 0,2}{\sqrt{60}\cdot 0,4} \le \frac{44-60\cdot 0,2}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 } \right)\approx\\ \approx \Phi\left( \frac{44-60\cdot 0,2}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 }\right)}\).
Wykonaj na kalkulatorze albo na kompie te działania, ja nie zamierzam. W tym przybliż te pierwiastki, które wyskoczą, bo w tablicach są wartości w punktach wymiernych co \(\displaystyle{ 0,01}\) zazwyczaj. Tj. ogólna idea najprościej: odejmujesz wartość oczekiwaną sumy, dzielisz przez odchylenie standardowe sumy.
2b
Ma być \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( X_{1}+...+X_{n} \ge 50\right) \ge 0,9}\). Równoważnie
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...X_{n}<50) \le 0,1}\). Zaś \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...X_{n}<50)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{n}-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}}< \frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}} \right)\approx \Phi\left( \frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}} \right)}\) dla dużych \(\displaystyle{ n}\) na mocy CTG. Wystarczy znaleźć takie \(\displaystyle{ n}\), by \(\displaystyle{ \Phi\left( \frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}} \right)\approx 0,1}\). Czyli patrzysz do tablic dystrybuanty standardowego rozkładu normalnego i szukasz wartości (nie argumentu! Patrz na opis) zbliżonej \(\displaystyle{ 0,1}\) i zerkasz jakiemu \(\displaystyle{ x}\) odpowiada \(\displaystyle{ \Phi(x)}\) mniej więcej równe \(\displaystyle{ 0,1}\). Jakby nie było dokładnie wartości \(\displaystyle{ 0,1}\), to bierz raczej mniejszą.
No i znajdujesz taką wartość \(\displaystyle{ p}\), dla której \(\displaystyle{ \Phi(p)\approx 0,1}\). To dalej masz równanie \(\displaystyle{ p=\frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}}}\) i je rozwiązujesz (pamiętaj, że \(\displaystyle{ n}\) ma być naturalne, bo to liczba jajek, więc ew. przybliż biorąc sufit z otrzymanego wyniku).
Sorry, ale więcej nie będę tego tłumaczył. Poczytaj sobie gdzieś o tych rzeczach, np. tu:
forum40.htm bądź ... _graniczne
PS Jeśli przepisałeś polecenia dosłownie, to osoba, która zredagowała ich treść, powinna była zawalić szkołę średnią przez język polski.
-- 12 lut 2016, o 19:59 --
O Jezuuu, to wszystko na odwrót, my chcemy mieć te jajka, a nie ich nie mieć. To jest rozwiązanie, jeśli przyjmiemy, że średnio z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 0,8}\) jajko jest do bani. Trzeba zamienić \(\displaystyle{ n \cdot 0,2}\) na \(\displaystyle{ n \cdot 0,8}\)
Ja czasem się dziwię, że matma cokolwiek dla mnie znaczy od ~5 lat, czytam książki (duużo) od 18 lat, a najczęściej w zadaniach z matmy robię błędy w czytaniu ze zrozumieniem.
-- 12 lut 2016, o 20:04 --
Zatem winno być
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{60} \le 44)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{60}-60\cdot 0,8}{\sqrt{60}\cdot 0,4} \le \frac{44-60\cdot 0,8}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 } \right)\approx\\ \approx \Phi\left( \frac{44-60\cdot 0,8}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 }\right)}\)
oraz
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...X_{n}<50)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{n}-n\cdot 0,8}{0,4\sqrt{n}}< \frac{50-n\cdot 0,8}{0,4\sqrt{n}} \right)\approx \Phi\left( \frac{50-n\cdot 0,8}{0,4\sqrt{n}} \right)}\)
2a
Kupujemy \(\displaystyle{ 60}\) jajek, a zatem zinterpretujemy to tak: rozważymy ciąg niezależnych zmiennych losowych \(\displaystyle{ (X_{n})_{n}}\), tutaj mamy \(\displaystyle{ 60}\) niezależnych zmiennych losowych, jeśli jajko jest do bani, to zmienna losowa \(\displaystyle{ X_{i}}\) (\(\displaystyle{ i\in\left\{ 1,...60\right\}}\)) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ 0}\), w przeciwnym wypadku zaś - wartość \(\displaystyle{ 1}\). Z CTG mamy \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{60} \le 44)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{60}-60\cdot 0,2}{\sqrt{60}\cdot 0,4} \le \frac{44-60\cdot 0,2}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 } \right)\approx\\ \approx \Phi\left( \frac{44-60\cdot 0,2}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 }\right)}\).
Wykonaj na kalkulatorze albo na kompie te działania, ja nie zamierzam. W tym przybliż te pierwiastki, które wyskoczą, bo w tablicach są wartości w punktach wymiernych co \(\displaystyle{ 0,01}\) zazwyczaj. Tj. ogólna idea najprościej: odejmujesz wartość oczekiwaną sumy, dzielisz przez odchylenie standardowe sumy.
2b
Ma być \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( X_{1}+...+X_{n} \ge 50\right) \ge 0,9}\). Równoważnie
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...X_{n}<50) \le 0,1}\). Zaś \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...X_{n}<50)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{n}-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}}< \frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}} \right)\approx \Phi\left( \frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}} \right)}\) dla dużych \(\displaystyle{ n}\) na mocy CTG. Wystarczy znaleźć takie \(\displaystyle{ n}\), by \(\displaystyle{ \Phi\left( \frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}} \right)\approx 0,1}\). Czyli patrzysz do tablic dystrybuanty standardowego rozkładu normalnego i szukasz wartości (nie argumentu! Patrz na opis) zbliżonej \(\displaystyle{ 0,1}\) i zerkasz jakiemu \(\displaystyle{ x}\) odpowiada \(\displaystyle{ \Phi(x)}\) mniej więcej równe \(\displaystyle{ 0,1}\). Jakby nie było dokładnie wartości \(\displaystyle{ 0,1}\), to bierz raczej mniejszą.
No i znajdujesz taką wartość \(\displaystyle{ p}\), dla której \(\displaystyle{ \Phi(p)\approx 0,1}\). To dalej masz równanie \(\displaystyle{ p=\frac{50-n\cdot 0,2}{0,4\sqrt{n}}}\) i je rozwiązujesz (pamiętaj, że \(\displaystyle{ n}\) ma być naturalne, bo to liczba jajek, więc ew. przybliż biorąc sufit z otrzymanego wyniku).
Sorry, ale więcej nie będę tego tłumaczył. Poczytaj sobie gdzieś o tych rzeczach, np. tu:
forum40.htm bądź ... _graniczne
PS Jeśli przepisałeś polecenia dosłownie, to osoba, która zredagowała ich treść, powinna była zawalić szkołę średnią przez język polski.
-- 12 lut 2016, o 19:59 --
O Jezuuu, to wszystko na odwrót, my chcemy mieć te jajka, a nie ich nie mieć. To jest rozwiązanie, jeśli przyjmiemy, że średnio z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ 0,8}\) jajko jest do bani. Trzeba zamienić \(\displaystyle{ n \cdot 0,2}\) na \(\displaystyle{ n \cdot 0,8}\)
Ja czasem się dziwię, że matma cokolwiek dla mnie znaczy od ~5 lat, czytam książki (duużo) od 18 lat, a najczęściej w zadaniach z matmy robię błędy w czytaniu ze zrozumieniem.
-- 12 lut 2016, o 20:04 --
Zatem winno być
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{60} \le 44)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{60}-60\cdot 0,8}{\sqrt{60}\cdot 0,4} \le \frac{44-60\cdot 0,8}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 } \right)\approx\\ \approx \Phi\left( \frac{44-60\cdot 0,8}{ \sqrt{60}\cdot 0,4 }\right)}\)
oraz
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...X_{n}<50)=\mathbf{P}\left( \frac{X_{1}+...+X_{n}-n\cdot 0,8}{0,4\sqrt{n}}< \frac{50-n\cdot 0,8}{0,4\sqrt{n}} \right)\approx \Phi\left( \frac{50-n\cdot 0,8}{0,4\sqrt{n}} \right)}\)