W pewnej loterii mozna wygrac 10 zl z prawdopodobienstwem 0.2, 30 zl z prawdopodobienstwem 0.1 albo wyciagnac los pusty. Kazdy los kosztuje 7 zl. Wykorzystujac centralne twierdzenie graniczne, obliczyc prawdopodobienstwo, ze laczna wygrana z 30 losow, po odjeciu kosztow zakupu losow, bedzie miedzy 0 a 100zl.
Pytanie: w jaki sposob wyliczyc w tym zadaniu odchylenie standardowe?
Centralne twierdzenie graniczne
-
celtas6655
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 18 sty 2015, o 13:21
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 9 razy
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Ja bym zauważył, że skoro kupujesz \(\displaystyle{ 30}\) losów, to masz stały, pewny koszt \(\displaystyle{ 30\cdot 7=210}\) i zdarzenie z zadania jest równoważne temu, że bez odejmowania kosztu zakupu losów wygrywasz łącznie od \(\displaystyle{ 210}\) do \(\displaystyle{ 310}\) zł.
No to możesz do tego podejść tak, że masz \(\displaystyle{ 30}\) niezależnych zmiennych losowych \(\displaystyle{ X_{1},...X_{30}}\) o tym samym rozkładzie z \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{i}=10)=0.2, \mathbf{P}(X_{i}=30)=0.1}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{i}=0)=0.7}\).
Stąd \(\displaystyle{ \mathbf{Var}X_{i}=\mathbf{E}[X_{i}^{2}]-(\mathbf{E}X_{i})^{2}=85}\), więc \(\displaystyle{ \mathbf{\sigma}X_{i}= \sqrt{85}}\). Chyba wiesz, jak się liczy wartość oczekiwaną dla zmiennej losowej o rozkładzie dyskretnym?
No i dalej przekształcasz tak, by przybliżyć z CTG. Finalnie będziesz miał do znalezienia/policzenia
\(\displaystyle{ \Phi\left( \frac{310-30\cdot 5}{ \sqrt{30\cdot 85} } \right) -\Phi\left( \frac{210-30\cdot 5}{ \sqrt{30\cdot 85} } \right)}\)
Sprawdź w jakimś programie albo w tablicach standardowego rozkładu normalnego (oczywiście do tego ostatniego trzeba mieć dziesiętne przybliżenie tych liczb niewymiernych).
No to możesz do tego podejść tak, że masz \(\displaystyle{ 30}\) niezależnych zmiennych losowych \(\displaystyle{ X_{1},...X_{30}}\) o tym samym rozkładzie z \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{i}=10)=0.2, \mathbf{P}(X_{i}=30)=0.1}\) oraz \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{i}=0)=0.7}\).
Stąd \(\displaystyle{ \mathbf{Var}X_{i}=\mathbf{E}[X_{i}^{2}]-(\mathbf{E}X_{i})^{2}=85}\), więc \(\displaystyle{ \mathbf{\sigma}X_{i}= \sqrt{85}}\). Chyba wiesz, jak się liczy wartość oczekiwaną dla zmiennej losowej o rozkładzie dyskretnym?
No i dalej przekształcasz tak, by przybliżyć z CTG. Finalnie będziesz miał do znalezienia/policzenia
\(\displaystyle{ \Phi\left( \frac{310-30\cdot 5}{ \sqrt{30\cdot 85} } \right) -\Phi\left( \frac{210-30\cdot 5}{ \sqrt{30\cdot 85} } \right)}\)
Sprawdź w jakimś programie albo w tablicach standardowego rozkładu normalnego (oczywiście do tego ostatniego trzeba mieć dziesiętne przybliżenie tych liczb niewymiernych).
-
celtas6655
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 18 sty 2015, o 13:21
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 9 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Niestety nie mam odpowiedzi do tego zadania, dlatego dla pewności zapytam:
\(\displaystyle{ \Phi(3,168)-\Phi(1,188)}\)
Postępuję z tym w następujący sposób:
1) Po prostu odejmuję, a następnie dla wyniku, czyli \(\displaystyle{ 1,98}\), odczytuję wartość z tablicy N, co daje wynik końcowy \(\displaystyle{ P=0,9761}\)
czy
2) Najpierw odczytuję wartość z tablicy dla każdego \(\displaystyle{ \Phi}\), a potem dopiero je odejmuje? W tym przypadku wyjdzie \(\displaystyle{ P=0,109}\)
Również skąd we wzorze wzięło się \(\displaystyle{ 5}\) w liczniku?
Ok, rozumiem. Wzięło się to z wartości oczekiwanej \(\displaystyle{ EX}\)
\(\displaystyle{ \Phi(3,168)-\Phi(1,188)}\)
Postępuję z tym w następujący sposób:
1) Po prostu odejmuję, a następnie dla wyniku, czyli \(\displaystyle{ 1,98}\), odczytuję wartość z tablicy N, co daje wynik końcowy \(\displaystyle{ P=0,9761}\)
czy
2) Najpierw odczytuję wartość z tablicy dla każdego \(\displaystyle{ \Phi}\), a potem dopiero je odejmuje? W tym przypadku wyjdzie \(\displaystyle{ P=0,109}\)
Również skąd we wzorze wzięło się \(\displaystyle{ 5}\) w liczniku?
Ok, rozumiem. Wzięło się to z wartości oczekiwanej \(\displaystyle{ EX}\)
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Poprawna jest opcja nr 2.
Co do liczby odejmowanej w liczniku, to jest tak, jak piszesz - odejmujemy wartość oczekiwaną.
Co do liczby odejmowanej w liczniku, to jest tak, jak piszesz - odejmujemy wartość oczekiwaną.
-
celtas6655
- Użytkownik
- Posty: 38
- Rejestracja: 18 sty 2015, o 13:21
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 9 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Czy mogę prosić jeszcze o pomoc z innym zadaniem?
Jeśli to nie kłopot to w jaki sposób rozwiązać to zadanie?
Czas pracy lampy pewnego typu ma rozklad wykladniczy o oczekiwanym czasie pracy 900 godzin. Zepsuta lampa jest wymieniana natychmiast. Ile lamp trzeba miec w zapasie, aby wystarczylo ich z prawdopodobienstwem 0.95 na 2 lata nieprzerwanej pracy?
Jeśli to nie kłopot to w jaki sposób rozwiązać to zadanie?
Czas pracy lampy pewnego typu ma rozklad wykladniczy o oczekiwanym czasie pracy 900 godzin. Zepsuta lampa jest wymieniana natychmiast. Ile lamp trzeba miec w zapasie, aby wystarczylo ich z prawdopodobienstwem 0.95 na 2 lata nieprzerwanej pracy?
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
Centralne twierdzenie graniczne
Piszę dziś, bo wczoraj byłem pijany i jeszcze bym jakieś herezje potworzył (co i na trzeźwo mi się zdarza).
Przyjmujemy, że rok ma \(\displaystyle{ 365}\) dób (inaczej odpowiedzią jest "to zależy, czy wśród tych dwóch lat jest rok przestępny" - tego nie umiem sensownie uwzględnić, bo źle u mnie z dodawaniem i odejmowaniem, a także z myśleniem - może jakaś średnia ważona).
Chyba sensowne będzie założenie, że czasy pracy różnych lamp są niezależne - zresztą nie bardzo wiedziałbym, jak postępować w przeciwnym wypadku.
Niech \(\displaystyle{ (X_{n})_{n \in \NN}}\) będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie wykładniczym ze średnią \(\displaystyle{ 900}\) (a więc z parametrem \(\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{900}}\)). Szukamy najmniejszego takiego \(\displaystyle{ k \in \NN^{+}}\), że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{k} \ge 365\cdot 24) \ge 0,95}\).
I teraz widzę dwie metody, jedną z CTG (tj. przybliżamy ten szajs standardowym rozkładem normalnym)
- chyba bardziej standardową, drugą z rozkładem chi kwadrat (ma ona tę przewagę, że wynik będzie dokładniejszy, jeśli nie robię gdzieś błędu logicznego).
1) przybliżenie rozkładem normalnym: wiemy, że \(\displaystyle{ \mathbf{E}X_{i}=900}\), wobec tego \(\displaystyle{ \sigma X_{i}=900}\) (zmienna losowa o rozkładzie wykładniczym z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\) ma średnią \(\displaystyle{ \frac 1 \lambda}\) i wariancję \(\displaystyle{ \frac{1}{\lambda^{2}}}\), a więc i odchylenie standardowe \(\displaystyle{ \frac 1 \lambda}\)). I klepiemy:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{k} \ge 365\cdot 24)=\mathbf{P}\left( \frac{ \sum_{i=1}^{k}X_{i}-k\cdot 900 }{900\sqrt{k}} \ge \frac{365\cdot 24-k\cdot 900}{900\sqrt{k}} \right)\approx 1- \Phi\left( \frac{365\cdot 24-k\cdot 900}{900\sqrt{k}} \right)=\Phi \left(-\frac{365\cdot 24-k\cdot 900}{900\sqrt{k}}\right)}\). Przybliżenie wynika z CTG (ale mogłoby być słabe, tego w sumie z góry tu nie wiemy ), a dalej skorzystałem z \(\displaystyle{ 1-\Phi(\alpha)=\Phi(-\alpha)}\) - znana własność dystrybuanty standardowego rozkładu normalnego.
Dalej szukasz odpowiednich wartości w tablicach rozkładu normalnego i dostajesz równanie na zmienną \(\displaystyle{ k}\) (pamiętaj, że k ma być całkowite, jak wyjdzie niecałkowite, to raczej bierz sufit z tego, co wyjdzie, anie podłogę).
2) rozwiązanie (raczej dokładniejsze) oparte na rozkładzie chi kwadrat: warto sobie uświadomić, że rozkład wykładniczy to szczególny przypadek rozkładu gamma. Przy tej konwencji, jaką znam, to
rozkład wykładniczy z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\) jest tym samym, co rozkład gamma z parametrami \(\displaystyle{ \left(1, \frac{1}{\lambda}\right)}\) (jeśli zaś u Ciebie zapisuje się gęstość rozkładu \(\displaystyle{ \Gamma(\alpha, \beta)}\) jako \(\displaystyle{ f(x)= \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}e^{-\beta x}\mathbf{1}_{(0,+\infty}(x)}\), to gamma z parametrami \(\displaystyle{ \left(1, \lambda\right)}\) - to nic nie zmienia poza samymi technicznymi sprawami). Sorry Gregory, ale użyję tej konwencji, do której sam jestem przyzwyczajony, bo tak miałem na rachunku i statystyce.
A zatem \(\displaystyle{ X_{i}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \Gamma \left(1, \frac{1}{\lambda}\right)}\), toteż suma niezależnych z. losowych o tym rozkładzie
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{k}X_{i}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \Gamma \left(k, \frac{1}{\lambda}\right)}\). to znany fakt, nie będę go tutaj wyprowadzać - można to zrobić np. z użyciem funkcji tworzących momenty lub funkcji charakterystycznych. Wtedy też
\(\displaystyle{ 2\lambda \sum_{i=1}^{k}X_{i}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \chi^{2}(2k)}\), tego też nie będę dowodził, jak się uprzesz, to to wyprowadzę z funkcji tworzących momenty, ale nie dzisiaj, nie mam jakoś ochoty. Spróbuj najpierw sam, jeśli chcesz dowodu.
Zatem u Ciebie \(\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{900}}\) i mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{k} \ge 365\cdot 24) \ge 0,95=\mathbf{P}\left(\frac{X_{1}+...+X_{k}}{450} \ge 365\cdot 24/450\right) \ge 0,95}\)
i teraz trzeba by wpisać do jakiegoś programu albo poszperać w tablicach kwantyli chi kwadrat, żeby sprawdzić, jaka liczba stopni swobody będzie się zgadzała dla takiego czegoś. To już zrób sam (o ile nie starczy rozwiązanie z rozkładem normalnym).
Przyjmujemy, że rok ma \(\displaystyle{ 365}\) dób (inaczej odpowiedzią jest "to zależy, czy wśród tych dwóch lat jest rok przestępny" - tego nie umiem sensownie uwzględnić, bo źle u mnie z dodawaniem i odejmowaniem, a także z myśleniem - może jakaś średnia ważona).
Chyba sensowne będzie założenie, że czasy pracy różnych lamp są niezależne - zresztą nie bardzo wiedziałbym, jak postępować w przeciwnym wypadku.
Niech \(\displaystyle{ (X_{n})_{n \in \NN}}\) będzie ciągiem niezależnych zmiennych losowych o tym samym rozkładzie wykładniczym ze średnią \(\displaystyle{ 900}\) (a więc z parametrem \(\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{900}}\)). Szukamy najmniejszego takiego \(\displaystyle{ k \in \NN^{+}}\), że
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{k} \ge 365\cdot 24) \ge 0,95}\).
I teraz widzę dwie metody, jedną z CTG (tj. przybliżamy ten szajs standardowym rozkładem normalnym)
- chyba bardziej standardową, drugą z rozkładem chi kwadrat (ma ona tę przewagę, że wynik będzie dokładniejszy, jeśli nie robię gdzieś błędu logicznego).
1) przybliżenie rozkładem normalnym: wiemy, że \(\displaystyle{ \mathbf{E}X_{i}=900}\), wobec tego \(\displaystyle{ \sigma X_{i}=900}\) (zmienna losowa o rozkładzie wykładniczym z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\) ma średnią \(\displaystyle{ \frac 1 \lambda}\) i wariancję \(\displaystyle{ \frac{1}{\lambda^{2}}}\), a więc i odchylenie standardowe \(\displaystyle{ \frac 1 \lambda}\)). I klepiemy:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{k} \ge 365\cdot 24)=\mathbf{P}\left( \frac{ \sum_{i=1}^{k}X_{i}-k\cdot 900 }{900\sqrt{k}} \ge \frac{365\cdot 24-k\cdot 900}{900\sqrt{k}} \right)\approx 1- \Phi\left( \frac{365\cdot 24-k\cdot 900}{900\sqrt{k}} \right)=\Phi \left(-\frac{365\cdot 24-k\cdot 900}{900\sqrt{k}}\right)}\). Przybliżenie wynika z CTG (ale mogłoby być słabe, tego w sumie z góry tu nie wiemy ), a dalej skorzystałem z \(\displaystyle{ 1-\Phi(\alpha)=\Phi(-\alpha)}\) - znana własność dystrybuanty standardowego rozkładu normalnego.
Dalej szukasz odpowiednich wartości w tablicach rozkładu normalnego i dostajesz równanie na zmienną \(\displaystyle{ k}\) (pamiętaj, że k ma być całkowite, jak wyjdzie niecałkowite, to raczej bierz sufit z tego, co wyjdzie, anie podłogę).
2) rozwiązanie (raczej dokładniejsze) oparte na rozkładzie chi kwadrat: warto sobie uświadomić, że rozkład wykładniczy to szczególny przypadek rozkładu gamma. Przy tej konwencji, jaką znam, to
rozkład wykładniczy z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\) jest tym samym, co rozkład gamma z parametrami \(\displaystyle{ \left(1, \frac{1}{\lambda}\right)}\) (jeśli zaś u Ciebie zapisuje się gęstość rozkładu \(\displaystyle{ \Gamma(\alpha, \beta)}\) jako \(\displaystyle{ f(x)= \frac{\beta^{\alpha}}{\Gamma(\alpha)}x^{\alpha-1}e^{-\beta x}\mathbf{1}_{(0,+\infty}(x)}\), to gamma z parametrami \(\displaystyle{ \left(1, \lambda\right)}\) - to nic nie zmienia poza samymi technicznymi sprawami). Sorry Gregory, ale użyję tej konwencji, do której sam jestem przyzwyczajony, bo tak miałem na rachunku i statystyce.
A zatem \(\displaystyle{ X_{i}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \Gamma \left(1, \frac{1}{\lambda}\right)}\), toteż suma niezależnych z. losowych o tym rozkładzie
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{k}X_{i}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \Gamma \left(k, \frac{1}{\lambda}\right)}\). to znany fakt, nie będę go tutaj wyprowadzać - można to zrobić np. z użyciem funkcji tworzących momenty lub funkcji charakterystycznych. Wtedy też
\(\displaystyle{ 2\lambda \sum_{i=1}^{k}X_{i}}\) ma rozkład \(\displaystyle{ \chi^{2}(2k)}\), tego też nie będę dowodził, jak się uprzesz, to to wyprowadzę z funkcji tworzących momenty, ale nie dzisiaj, nie mam jakoś ochoty. Spróbuj najpierw sam, jeśli chcesz dowodu.
Zatem u Ciebie \(\displaystyle{ \lambda=\frac{1}{900}}\) i mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X_{1}+...+X_{k} \ge 365\cdot 24) \ge 0,95=\mathbf{P}\left(\frac{X_{1}+...+X_{k}}{450} \ge 365\cdot 24/450\right) \ge 0,95}\)
i teraz trzeba by wpisać do jakiegoś programu albo poszperać w tablicach kwantyli chi kwadrat, żeby sprawdzić, jaka liczba stopni swobody będzie się zgadzała dla takiego czegoś. To już zrób sam (o ile nie starczy rozwiązanie z rozkładem normalnym).