Kilka zadań na prawdopodobieństwo

[Lbovsky]

Dzień dobry. Bardzo proszę o pomóc, zadania domowe. Te 4 nieco nietypowe zadania nie mogę rozwiązać:
1. Rzucamy \(\displaystyle{ 1008}\) razy kostką do gry. Oszacuj prawdopodobieństwo, że liczba szóstek będzie się różniła od \(\displaystyle{ 168}\) o co najmniej \(\displaystyle{ 21}\).

2. Robotnik produkuje w ciągu dnia \(\displaystyle{ 120}\) detali, wśród których średnio \(\displaystyle{ 6}\) jest wadliwych. Oszacuj prawdopodobieństwo, że w ciągu \(\displaystyle{ 10}\) dni pracy robotnik wyprodukuje co najmniej \(\displaystyle{ 86}\) sztuk wadliwych.

3. Partia towaru zawiera \(\displaystyle{ 7\%}\) braków. Oszacuj prawdopodobieństwo, że częstość braków w partii \(\displaystyle{ 1200}\) sztuk odchyla się od prawdopodobieństwa braku o mniej niż \(\displaystyle{ 0,2}\). (Uwaga, częstość braków oznacza ich liczbę odniesioną do liczebności całej partii).

4. Oszacuj, ile razy należy rzucić symetryczną monetą, aby prawdopodobieństwo tego, że częstość orła odchyla się od wartości oczekiwanej o mniej niż \(\displaystyle{ 0,3}\), było nie mniejsze od \(\displaystyle{ 0,9}\).

[Premislav]

Wskazówka: nierówność Czebyszewa (w różnych formach można stosować). Dla przykładu zrobię zadanie pierwsze, resztę analogicznie rozwiąż sam.
1. Liczbę szóstek w tym eksperymencie opiszmy za pomocą zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie dwumianowym z parametrami \(\displaystyle{ p=\frac 1 6}\) (prawdopodobieństwo trafienia szóstki w pojedynczej próbie), \(\displaystyle{ n=1008}\) (liczba prób).
Wówczas mamy \(\displaystyle{ \mathbf{E}X=np=168}\) oraz \(\displaystyle{ \mathrm{Var} X=np(1-p)=140}\).

Z nierówności Czebyszewa-Bienayme otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( |X-\mathbf{E}X| \ge a\right) \le \frac{\mathrm{Var} X}{a^2}}\)
W szczególności dla \(\displaystyle{ a=21}\) i obliczonego już przez nas \(\displaystyle{ \mathrm{Var} X=140}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( |X-\mathbf{E}X| \ge 21\right) \le \frac{140}{21^2}= \frac{140}{441}}\)

[bulbbulb]

Jak to wykorzystać w zadaniu 4?

[Premislav]

A sorry, w zadaniu czwartym chyba lepiej skorzystać z centralnego twierdzenia granicznego de Moivre'a-Laplace'a. Mamy rozkład dwumianowy \(\displaystyle{ \mathbf{B}\left( n, \frac 1 2\right)}\),
więc jeśli zmienna losowa \(\displaystyle{ X}\) podlega takiemu rozkładowi, to
\(\displaystyle{ \frac{X-\frac 1 2n}{ \sqrt{\frac 1 4 n} }}\) ma dla dużych \(\displaystyle{ n}\) w przybliżeniu rozkład \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1)}\) (dokładniej zachodzi zbieżność wg rozkładu
\(\displaystyle{ \frac{X-\frac 1 2n}{ \sqrt{\frac 1 4 n} } \rightarrow \mathcal{N}(0,1)}\)).

Wtedy \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left(-0,3 < X-\mathbf{E}X < 0,3\right)}\) możemy przybliżyć przez
\(\displaystyle{ \Phi\left( \frac{0,3}{ \sqrt{ \frac{1}{4}n } } \right)-\Phi\left(- \frac{0,3}{\sqrt{\frac 1 4 n}} \right)=2\Phi\left( \frac{0,3}{ \sqrt{ \frac{1}{4}n } } \right)-1}\)
gdzie \(\displaystyle{ \Phi}\) to dystrybuanta rozkładu \(\displaystyle{ \mathcal{N}(0,1).}\)

-- 24 kwi 2017, o 01:10 --

W ogóle to jakieś głupie jest to zadanie,

-- 24 kwi 2017, o 01:16 --

Mam takie podejrzenie, że źle rozumiem nieścisłe i nieładne sformułowanie

częstość orła odchyla się od wartości oczekiwanej o mniej niż \(\displaystyle{ 0,3}\)

,
bo ani przy szacowaniu z Czebyszewa, ani przy użyciu de Moivre'a-Laplace'a nie wychodzą zbyt sensowne wyniki. Może chodziło raczej o to, by zachodziło:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( |X-\mathbf{E}X}| < 0,3 \sigma\right) \ge 0,9}\)
gdzie \(\displaystyle{ \sigma}\) to odchylenie standardowe...

-- 24 kwi 2017, o 01:22 --

Ogólnie weźcie spadajcie z takimi sformułowaniami. Już chyba wiem, to wszystko powyżej raczej jest do skasowania, a pewnie chodzi o to, aby
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( \left| \frac{X}{n}-\frac 1 2 \right| < 0,3 \right) \ge 0,9}\)
gdzie \(\displaystyle{ X}\) to liczba orłów w \(\displaystyle{ n}\) rzutach. W każdym razie uważam, że to sformułowanie jest debilne, tak czy inaczej.

[kinia7]

W szczególności dla \(\displaystyle{ a=21}\) i obliczonego już przez nas \(\displaystyle{ \mathrm{Var} X=140}\):
\(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( |X-\mathbf{E}X| \ge 21\right) \le \frac{140}{21^2}= \frac{140}{441}}\)

A dla \(\displaystyle{ a=11 \ \ \ \ \ \mathbf{P}\left( |X-\mathbf{E}X| \ge 11\right) \le \frac{140}{11^2}= \frac{140}{121}<1,1}\)

otrzymaliśmy wiele mówiące nam odkrycie Ameryki: \(\displaystyle{ \mathbf{P}\left( |X-\mathbf{E}X| \ge 11\right)<1,1}\)

[Premislav]

No i?

-- 24 kwi 2017, o 21:50 --

Prawdę mówiąc, polecenie "oszacuj" jest co najmniej wątpliwe. Nawet oszacowanie w stylu
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(A) \le 1}\) jest szacowaniem (konkretnie z góry).

Jeżeli chcemy znać przybliżone prawdopodobieństwo tego zdarzenia, to lepiej zastosować centralne twierdzenie graniczne de Moivre'a-Laplace'a. Np. w pierwszym
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(-21 < X-\mathbf{E}X < 21)=\\=\mathbf{P}\left(- \frac{21}{140} \le X-\mathbf{E}X \le \frac{21}{140}\right)\approx \Phi\left( \frac{21}{140} \right)-\Phi\left( - \frac{21}{140} \right) =2\Phi(0,15)-1}\), więc
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X-\mathbf{E}X| \ge 21) \approx 1-\left( 2\Phi(0,15)-1\right) =2-2\Phi(0,15).}\)

[kinia7]

\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X-\mathbf{E}X| \ge 21) \approx 1-\left( 2\Phi(0,15)-1\right) =2-2\Phi(0,15).}\)

\(\displaystyle{ 2-2\Phi(0,15) \approx 0,88}\)

Niewiarygodne, jest prawie pewne \(\displaystyle{ (88\%)}\), że \(\displaystyle{ X}\) będzie poza przedziałem \(\displaystyle{ (148,188)}\)

mnie się wydawało, że to prawdopodobieństwo powinno wynosić nie więcej niż \(\displaystyle{ 9\%}\)

[Premislav]

Ach, słusznie, bo ja podzieliłem przez wariancję, a nie odchylenie standardowe. Za szybko pisałem... Dzięki za dociekliwość.
Należy zastąpić \(\displaystyle{ 140}\) przez \(\displaystyle{ \sqrt{140}=2\sqrt{35}}\)
i wtedy mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(|X-\mathbf{E}X| \ge 21) \approx 2-2\Phi\left( \frac{21}{2\sqrt{35}} \right)}\)

Według wolframa jest
\(\displaystyle{ \frac{21}{2\sqrt{35}} \approx 1,775}\)
i jak się pamięta, że \(\displaystyle{ \Phi^{-1}(0,95) \approx 1,645}\), to widać, że wynik mniej więcej odpowiada Twoim oczekiwaniom (nie chce mi się sprawdzać w tablicach, ile to dokładnie jest).

[kinia7]

Ponieważ ilość wyrzuconych szóstek jest liczbą naturalną, ja obliczałam to tak:

\(\displaystyle{ P=1-P(148 \le X \le 188)=1- \sum_{k=148}^{188} {1008 \choose k} \left( \frac{1}{6} \right)^k\left( \frac{5}{6} \right) ^{1008-k} \approx 8,3\%}\)

[Premislav]

No tak, ale z pewnością nie o to chodzi, żeby pisać sumy o setkach składników, bo to tylko na kompie policzymy.
W każdym razie dzięki za zwrócenie mi uwagi na tę idiotyczną pomyłkę. Dla jasności (gdyby ktoś inny czytał ten wątek):
centralne twierdzenie graniczne de Moivre'a-Laplace'a wygląda tak:
niech \(\displaystyle{ X_n \sim B(n,p)}\) - ciąg z. losowych o rozkładach dwumianowych, \(\displaystyle{ p \in (0,1)}\). Wówczas zachodzi zbieżność wg rozkładu:
\(\displaystyle{ \frac{X_n-np}{ \sqrt{npq} } \xrightarrow{n \rightarrow \infty } \mathcal{N}(0,1)}\)
tj. dla dowolnego \(\displaystyle{ x \in \RR}\) (ogólniej: dla dowolnego punktu, w którym dystrybuanta rozkładu granicznego jest ciągła - w przypadku rozkładu normalnego i innych absolutnie ciągłych na jedno wychodzi) mamy
\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }\mathbf{P}\left( \frac{X_n-np}{\sqrt{npq}} \le x \right) =\Phi(x)}\)
gdzie \(\displaystyle{ \Phi}\) to dystrybuanta standardowego rozkładu normalnego.
A ja tam wyżej omyłkowo napisałem w mianowniku \(\displaystyle{ 140=npq}\) zamiast \(\displaystyle{ \sqrt{npq}}\)