Witam, mam pytanie do następującego zadania:
Średnia liczba punktów zdobytych na egzaminie wynosi \(\displaystyle{ 40}\), z odchyleniem standardowym \(\displaystyle{ 25}\). Jakie jest prawdopodobieństwo, że losowo wybrany student zdobędzie więcej niż \(\displaystyle{ 80}\) punktów.
Wiem, że prawidłowa odpowiedź jest następująca: \(\displaystyle{ P(X>80)<0,4}\), gdzie \(\displaystyle{ X}\) - liczba punktów zdobytych przez studenta.
Czy mógłby mi ktoś wskazać sposób liczenia tego typu zadań?
Średnia i odchylenie standardowe
Średnia i odchylenie standardowe
Zakładamy, że liczba punktów zdobytych przez studenta ma rozkład normalny. Trzeba dokonać standaryzacji zmiennej losowej. Pisałem już o tym na tym forum.
Jeśli \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład normalny \(\displaystyle{ N(m,\sigma)}\) z wartością średnią \(\displaystyle{ m}\) i odchyleniem standardowym \(\displaystyle{ \sigma}\), to zmienna standaryzowana
\(\displaystyle{ U=\frac{X-m}{\sigma}}\)
ma standardowy rozkład normalny \(\displaystyle{ N(0,1)}\), który jest stablicowany.
U nas \(\displaystyle{ m=40}\), \(\displaystyle{ \sigma=25}\). Stąd
\(\displaystyle{ P(X>80)=P \left(\frac{X-40}{25}>\frac{80-40}{25}=1.6 \right)=P(U>1.6)}\)
Ale
\(\displaystyle{ P(U>1.6)=1-P(U<1.6)=1-\Phi(1.6)}\),
gdzie \(\displaystyle{ \Phi}\) jest dystrybuantą rozkładu \(\displaystyle{ N(0,1)}\). Jej wartości odczytujemy z tablic, można też z Excela
Dlatego \(\displaystyle{ \Phi(1.6)=0.9452}\), więc szukane prawdopodobieństwo wynosi \(\displaystyle{ 1-0.9452=0.0547}\).
Jeśli \(\displaystyle{ X}\) ma rozkład normalny \(\displaystyle{ N(m,\sigma)}\) z wartością średnią \(\displaystyle{ m}\) i odchyleniem standardowym \(\displaystyle{ \sigma}\), to zmienna standaryzowana
\(\displaystyle{ U=\frac{X-m}{\sigma}}\)
ma standardowy rozkład normalny \(\displaystyle{ N(0,1)}\), który jest stablicowany.
U nas \(\displaystyle{ m=40}\), \(\displaystyle{ \sigma=25}\). Stąd
\(\displaystyle{ P(X>80)=P \left(\frac{X-40}{25}>\frac{80-40}{25}=1.6 \right)=P(U>1.6)}\)
Ale
\(\displaystyle{ P(U>1.6)=1-P(U<1.6)=1-\Phi(1.6)}\),
gdzie \(\displaystyle{ \Phi}\) jest dystrybuantą rozkładu \(\displaystyle{ N(0,1)}\). Jej wartości odczytujemy z tablic, można też z Excela
Dlatego \(\displaystyle{ \Phi(1.6)=0.9452}\), więc szukane prawdopodobieństwo wynosi \(\displaystyle{ 1-0.9452=0.0547}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 19 lis 2009, o 20:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 1 raz
Średnia i odchylenie standardowe
Bardzo dziękuję za dokładne wytłumaczenie, chciałem jeszcze zapytać czy można to obliczyć albo oszacować "na skróty" bez konieczności korzystania z dystrybuanty rozkładu normalnego?
Średnia i odchylenie standardowe
Przy takich oszacowaniach zawsze się z niej w pewien sposób korzysta.
-
- Użytkownik
- Posty: 12
- Rejestracja: 19 lis 2009, o 20:26
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 1 raz
Średnia i odchylenie standardowe
Przyszedł mi jeszcze do głowy pomysł, z tym że nie wiem czy do końca poprawny. Korzystając z nierówności Czebyszewa-Bienayme \(\displaystyle{ P(|X-E(X)| \geqslant \epsilon) \leqslant \frac{D^2X}{\epsilon^2}}\).
W moim przypadku: \(\displaystyle{ P(|X-40| \geqslant 40)=P(X \geqslant 80) \leqslant \frac{25^2}{40^2}=0.39}\)
Czy można to liczyć w ten sposób?
W moim przypadku: \(\displaystyle{ P(|X-40| \geqslant 40)=P(X \geqslant 80) \leqslant \frac{25^2}{40^2}=0.39}\)
Czy można to liczyć w ten sposób?
Średnia i odchylenie standardowe
Tak, ale jak widzisz jest to bardzo grube oszacowanie. Jednakże przewaga jest taka, że tutaj rozkład jest dowolny, niekoniecznie normalny. Też o tym myślałem dziś na rowerze