Ostatni odcinek ligi z analizy danych w tym roku szkolnym ma bardzo długi tytuł, ale długi tytuł w żadnym wypadku nie musi to oznaczać, że zrozumienie nieniejszego miniwykładu i rozwiązanie zadań dotyczących jego treści zajmie dużo czasu.
Jeśli Czytelnicy wrócą do odcinka z lutego, który był poświęcony rozkładowi Bernoulliego, z pewnością przypomną sobie, że obliczenia, jakie były tam wykonywane, choć nietrune, były jednak bardzo żmudne i zajmowały sporo czasu. Najwięcej czasu pochłaniało obliczenie symboli Newtona (o samym symbolu Newtona pisaliśmy w odcinku ze stycznia). Rachunki stają się tym bardziej mozolne, im więcej prób Bernoulliego rozważamy (a więc im w rozkładzie Bernoulliego b(n,p) parametr n jest większy). Okazuje się jednak, że przy dużych wartościach n prawdopodobieństwa w rozkładzie Bernoulliego można przybliżyć z zadowalającą w praktyce dokładnością za pomocą rozkładu normalnego (o rozkładzie normalnym mówiliśmy przed miesiącem).
Przypomnijmy, że jeśli Sn~b(n,p), to ESn = np i Var(Sn) = np(1-p).
Formalnie rozważany przez nas problem należy ująć następująco: Niech Sn~b(n,p) i niech t będzie dowolną liczbą. Wówczas dla dostatecznie dużego n
[tex]P\left(\frac{S_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}\leq t\right)\approx \Phi(t),[/tex]
gdzie Φ jest dystrybuantą standardowego rozkładu normalnego.
Powyższa zależność (w nieco bardziej rozbudowanej formie) znana jest jako centralne twierdzenie graniczne de Moivre'a-Laplace'a lub krócej: twierdzenie de Moivre'a-Laplace'a. W wariancie dla p = ½ udowodnił je w pierwszej połowie XVIII wieku Abraham de Moivre [czytaj: de muawr] (1667-1754), matematyk francuski, który większą część swego życia spędził w Anglii. Przypadek ogólny tzn. dla dowolnego p (0,1) udowodnił w na początku XIX wielu Pierre Simon de Laplace [czytaj: laplas z akcentem na ostatnią sylabę] (1749-1827), matematyk francuski.
W praktyce można więc powiedzieć, że jeśli Sn~b(n,p), to dla dostatecznie dużego n zmienna losowa [tex]\frac{S_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}[/tex] zachowuje się w przybliżeniu jak zmienna losowa o rozkładzie N(0,1). Upraszczając zagadnienie jeszcze bardziej, można powiedzieć, że dla dostatecznie dużego n zmienna losowa Sn zachowuje się podobnie do zmiennej losowej o rozkładzie N(np, √np(1-p)).
Przeprowadzając wszelkie rachunki i szacowania w oparciu o twierdzenie de Moivre'a-Laplace'a, musimy pamiętać, że choć rozkład normalny, z którego ostatecznie korzystamy, jest rozkładem ciągłym, a zatem nie jest istotne, czy w rachunkach z jego użyciem będziemy się posługiwali nierównościami słabymi czy ostrymi, to tego samego nie można powiedzieć o rozkładzie Bernoulliego. Trzeba zatem starannie zapisać warunek dotyczący rozkładu Bernoulliego, od którego chcemy wyjść.
Przykład 1. W centrali telefonicznej jest 40 linii. Wezwania nadchodzą niezależnie od siebie i nadchodzące wezwanie może zająć którąkolwiek z wolnych linii. Prawdopodobieństwo tego, że linia jest wolna wynosi 0,9. Oblicz prawdopodobieństwo tego, że liczba linii zajętych jest:
a) nie większa niż 25,
b) jest co najmniej równa 34,
c) wynosi 55.
Rozwiązanie. Skoro prawdopodobieństwo tego, że linia jest zajęta, wynosi 0,9, to prawdopodobieństwo tego, że linia jest wolna, wynosi 0,1. Niech zmienna losowa X oznacza liczbę zajętych linii. Zakładamy, że X~b(40, 0,1).
a)
[tex]P(X\leq 25)=P\left(\frac{X-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}}\leq\frac{25-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}}\right)=P\left(\frac{X-40}{\sqrt{36}}\leq\frac{25-40}{\sqrt{36}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{X-40}{6}\leq-\frac{15}{6}\right)=P\left(\frac{X-40}{6}\leq-2,5\right)[/tex]
Przy podanych założeniach zmienna losowa [tex]\frac{X-40}{6}[/tex] zachowuje się w przybliżeniu jak zmienna losowa o standardowym rozkładzie normalnym, a zatem
[tex]P(X\leq 25)\approx \Phi(-2,5)=1-\Phi(2,5)=1-0,99379=0,00621.[/tex]
W powyższym rachunku wykorzystaliśmy zależność: Φ(-x) = 1-Φ(x).
Przypominamy, że przykładową tablicę dystrybuanty standardowego rozkładu normalnego możemy znaleźć np. tu.
Jeśli w rachunkach posługujemy się arkuszem kalkulacyjnym, możemy wykorzystać powyższe przekształcenia i obliczyć ostateczny wynik jako ROZKŁAD.NORMALNY.S(-2,5) (lub ROZKŁAD.NORMALNY(-2,5;0;1)), ewentualnie korzystając z ostatecznej postaci, do jakiej doszliśmy: ROZKŁAD.NORMALNY.S(2,5) (lub ROZKŁAD.NORMALNY(2,5;0;1)). Możemy jednak nie wykonywać żadnych przekształceń, traktując zmienną losową X jak zmienną losową o rozkładzie N(400·0,1 , √400·0,1·0,9) czyli o rozkładzie N(4, 6), i posłużyć się formułą: ROZKŁAD.NORMALNY(25;4;6). Za każdym razem otrzymamy ten sam wynik.
b)
[tex]P(X\geq 34)=P\left(\frac{X-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}}\geq\frac{34-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}}\right)=P\left(\frac{X-40}{\sqrt{36}}\geq\frac{34-40}{\sqrt{36}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{X-40}{6}\geq-\frac{6}{6}\right)=P\left(\frac{X-40}{6}\geq-1\right)[/tex]
Przy podanych założeniach zmienna losowa [tex]\frac{X-40}{6}[/tex] zachowuje się w przybliżeniu jak zmienna losowa o standardowym rozkładzie normalnym, a zatem
[tex]P(X\geq 34)\approx 1-\Phi(-1)=1-(1-\Phi(1))=\Phi(1)=0,84134.[/tex]
W powyższym rachunku ponownie wykorzystaliśmy zależność: Φ(-x) = 1-Φ(x).
Podobnie jak poprzednio przy posługiwaniu się w rachunkach arkuszem kalkulacyjnym możemy wykorzystać powyższe przekształcenia i obliczyć ostateczny wynik jako 1-ROZKŁAD.NORMALNY.S(-1) (lub 1-ROZKŁAD.NORMALNY(-1;0;1)), ewentualnie korzystając z ostatecznej postaci, do jakiej doszliśmy: ROZKŁAD.NORMALNY.S(1) (lub ROZKŁAD.NORMALNY(1)). Możemy jednak nie wykonywać żadnych przekształceń i potraktować zmienną losową X jak zmienną losową o rozkładzie N(400·0,1 , √400·0,1·0,9)czyli o rozkładzie N(4,6), a wówczas będziemy mogli posłużyć się formułą: 1-ROZKŁAD.NORMALNY(34;4;6). Wynik w każdym przypadku jest taki sam.
c) Zauważmy, że skoro zmienna losowa X przyjmuje jedynie wartości będące liczbami naturalnymi, to X=55 wtedy i tylko wtedy, gdy 54<X≤55. Tego typu obserwacja jest kluczowa, jeśli chcemy za pomocą twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a przybliżyć prawdopodobieństwo zdarzenia, w którym zmienna losowa o rozkładzie Bernoulliego przyjmuje jedną konkretną wartość.
[tex]P(X=55)=P(54<X\leq 55)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{54-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}})< \frac{X-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}}\leq\frac{55-400\cdot 0,1}{\sqrt{400\cdot 0,1\cdot 0,9}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{54-40}{\sqrt{36}}<\frac{X-40}{\sqrt{36}}\leq\frac{55-40}{\sqrt{36}}\right)=P\left(\frac{14}{6}<\frac{X-40}{6}\leq\frac{15}{6}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(2\frac{1}{3}<\frac{X-40}{6}\leq 2\frac{1}{2}\right)\approx P\left(2,33 <\frac{X-40}{6}\leq 2,50\right)[/tex]
Przy podanych założeniach zmienna losowa [tex]\frac{X-40}{6}[/tex] zachowuje się w przybliżeniu jak zmienna losowa o standardowym rozkładzie normalnym, a zatem
[tex]P(X=55)\approx \Phi(2,50)-\Phi(2,33)=0,99379-0,99010=0,00369.[/tex]
I tutaj posługując się w rachunkach arkuszem kalkulacyjnym, możemy wykorzystać powyższe przekształcenia i obliczyć ostateczny wynik jako ROZKŁAD.NORMALNY.S(2,5)-ROZKŁAD.NORMALNY.S(2,33) (lub ROZKŁAD.NORMALNY.S(2,5;0;1)-ROZKŁAD.NORMALNY.S(2,33;0;1)), jeśli jednak potraktujemy zmienną losową X jak zmienną losową o rozkładzie N(400 0,1 , 400 0,1 0,9) czyli o rozkładzie N(4,6), to posługując się formułą: ROZKŁAD.NORMALNY(55;4;6)-ROZKŁAD.NORMALNY(54;4;6), otrzymamy ten sam wynik.
Gdyby ktoś obliczył zadane prawdopodobieństwa bez użycia przybliżenia rozkładem normalnym, ale tak, jak to czyniliśmy w odcinku z lutego poświęconym rozkładowi Bernoulliego, to otrzymałby następujące wyniki: a) 0,0054, b) 0,8617, c) 0,0034. W każdym z tych trzech przypadków błąd wynikający z przybliżenia pojawia się dopiero na trzecim bądź czwartym miejscu po przecinku.
W sformułowaniu twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a pojawiło się tajemnicze wyrażenie "dla dostatecznie dużego n". Niestety niewiele ono mówi. W powyższym przykładzie wzięliśmy n=400 i okazało się, że jakość przybliżenia, jaką otrzymaliśmy, jest zadowalająca. Jakby się sprawy miały, gdybyśmy zamiast n=400 wzięli n=40? A n=10?
Przykład 2. Wróćmy do przykładu 3 z miniwykładu z lutego. Rozważaliśmy w nim następujący problem: Wieloletnie obserwacje świadczą o tym, że prawdopodobieństwo występowania leworęczności u dziecka praworęcznych rodziców wynosi 10%. Na ile należałoby oszacować prawdopodobieństwo, że wśród dziesięciu osób losowo wybranych spośród osób mających praworęcznych rodziców znajdują się dokładnie dwie osoby leworęczne?
Rozwiązanie. Przez X oznaczymy zmienną losową będącą liczbą leworęcznych dzieci wśród dziesięciorga dzieci, których oboje rodzice są praworęczni. Założymy, że X~b(10, 0,1). W takim razie
[tex]P(X=2)=P(1<X\leq 2)=P\left(\frac{1-10\cdot 0,1}{\sqrt{10\cdot 0,1\cdot 0,9}}< \frac{X-10\cdot 0,1}{\sqrt{10\cdot 0,1\cdot 0,9}}\leq\frac{2-10\cdot 0,1}{\sqrt{10\cdot 0,1\cdot 0,9}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{1-1}{\sqrt{0,9}}<\frac{X-1}{\sqrt{0,9}}\leq\frac{2-1}{\sqrt{0,9}}\right)=P\left(0<\frac{X-1}{\sqrt{0,9}}\leq\frac{1}{\sqrt{0,9}}\right)\approx \Phi(1,05)-\Phi(0)=[/tex]
[tex]=0,85314-0,50000=0,35314[/tex]
Ten sam wynik (z dokładnością do błędów wynikających z wykonanych po drodze zaokrągleń) uzyskamy w arkuszu kalkulacyjnym poprzez: ROZKŁAD.NORMALNY.S(1/PIERWIASTEK(0,9))-ROZKŁAD.NORMALNY.S(0) (ewentualnie ROZKŁAD.NORMALNY(1/PIERWIASTEK(0,9);0;1)-ROZKŁAD.NORMALNY(0;0;1)) lub ROZKŁAD.NORMALNY(2;10*0,1;PIERWIASTEK(10*0,1*0,9))-ROZKŁAD.NORMALNY(1;10*0,1;PIERWIASTEK(10*0,1*0,9)). Tymczasem wynik, jaki otrzymaliśmy poprzez dokładne rachunki to 0,1937. Jak widać, rozbieżność wyników jest znaczna.
Ile zatem wynosi "dostatecznie duże n", aby można było sensownie posługiwać się w rachunkach twierdzeniem de Moivre'a-Laplace'a? Odpowiedź na to pytanie jest bardzo skomplikowana. Dokładność wyników uzyskanych za pośrednictwem przybliżenia wynikającego z tego twierdzenia zależy nie tylko od n, ale także od prawdopodobieństwa sukcesu w pojedynczej próbie Bernoulliego (p) a nawet od t. Ogólnie można jednak powiedzieć, że jeśli liczba prób Bernoulliego liczona jest w setkach, można śmiało korzystać z przybliżenia rozkładem normalnym.
W nazwie twierdzenia, które zostało tu zaprezentowane, pojawia się tajemniczo brzmiące centralne twierdzenie graniczne. Okazuje się, że nie tylko rozkład Bernoulliego można pod pewnymi warunkami przybliżać rozkładem normalnym. Jest tak również z wieloma innymi rozkładami. Własność ta została najpierw odryta dla rozkładu Bernoulliego i dlatego twirdzenie, którym zajmujemy się w tym odcinku lig, przeszlo do historii matematyki z nazwiskami dwóch wybitnych uczonych.
W związku z tym, że wiele rozkładów daje się przybliżyć za pomocą rozkładu normalnego, pula zastosowań rozkładu normalnego do przybliżonego opisu zjawisk, jakimi zajmuje się rachunek prawdopodobieństwa, jest ogromna. Fakt, że wiele innych rozkładów oprócz rozkładu Bernoulliego daje się przybliżyć za pomocą rozkładu normalnego, jest poniekąd uzasadnieniem, dlaczego rozkład normalny jest bardzo często obserwowany w przyrodzie (o czym była mowa przed miesiącem).
[koniec wykładu dla gimnazjalistów]
Zawarte w początkowej części wykładu wysłowienie twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a jest dość nieprecyzyjne z uwagi na użycie w nim wyrażenia "dla dostateczne dużego n". Niektórych czytelników takie sformułowanie może razić, przeto wypada wysłowić to twierdzenie w sposób bardziej profesjonalny. Jest to możliwe, jeśli znamy pojęcie granicy ciągu. Dla tych, którzy pojęcie to znają, przedstawiamy twierdzenie de Moivre'a-Laplace'a w wersji profesjonalnej:
Niech Sn~b(n,p) i niech t będzie dowolną liczbą. Wówczas
[tex]\lim_{n\to \infty} P\left(\frac{S_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}\leq t\right)= \Phi(t),[/tex]
gdzie Φ jest dystrybuantą standardowego rozkładu normalnego.
Zad. 1. Za pomocą twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a oczacuj prawdopodobieństwo, że w n rzutach symetryczną monetą wypadnie co najmniej 60% orłów. Przyjmij a) n=10, b) n=100, c) n=1000.
Zad. 2. Szkoła kształcąca zawodowych strażaków w danym roczniku pragnie przyjąć nie więcej niż 120 kandydatów. Można przyjąć, że szansa na zaliczenie przez kandydata egzaminów wstępnych (w tym testów sprawnościowych) wynosi 0,4. Do egzaminów przystąpiło 250 kandydatów. Jakie jest prawdopodobieństwo, że szkoła będzie miała nadmiar kandydatów spełniających wymogi do przyjęcia?
Zad. 3. W 2014 roku w Polsce co dziesiąta kobieta w wieku 30-35 lat rodziła dziecko. Jakie jest prawdopodobieństwo, że na 1000 wylosowanych kobiet w tym wieku co najmniej 100 i nie więcej niż 130 rodziło dziecko w 2014 roku?
Zad. 1. W campusie wyższej uczelni znajdują się dwie restauracje, każda na 120 miejsc. Wiadomo, że danego dnia w tym samym czasie obiad będzie chciało zjeść 200 osób i wszyscy dokonają wyboru niezależnie od siebie i całkowicie losowo, decydując się na każdą z restauracji z prawdopodobieństwem ½. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w którejś restauracji zabraknie wolnych miejsc?
Zad. 2. Prawdopodobieństwo urodzenia chłopca wynosi 0,517. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 10000 noworodków liczba chłopców nie przewyższy liczby dziewcząt?
Zad. 3. Dokonujemy oszacowania prawdopodobieństwa, że w n niezależnych próbach Bernoulliego takich, że w każdej prawdopodobieństwo sukcesu wynosi ½, będzie co najwyżej n/2 sukcesów. Która z metod - dokładny rachunek czy przybliżenie w oparciu o twierdzenie de Moivre'a-Laplace'a - da w wyniku większą liczbę, gdy n jest liczbą parzystą?
W tym miesiącu zawodnicy osiągnęli następujące wyniki:
| Imię i nazwisko | Zad. 1 | Zad. 2 | Zad. 3 | Suma |
| Adam Stachelek | 1 | 1 | 1 | 3 |
Klasyfikacja generalna:
Adam Stachelek (Szkoła Podstawowa nr 301 w Warszawie) - 21,5 punktu
Joanna Lisiowska (Katolicki Zespół Edukacyjny im. Piotr Skargi w Warszawie) - 17,5 punktu
Jakub Ptak (Szkoła Podstawowa nr 64 we Wrocławiu) - 5 punktów
Dawid Konieczko (Społeczne Gimnazjum z Oddziałami Dwujęzycznymi w Szprotawie) - 0 punktów
W tym miesiącu zawodnicy osiągnęli następujące wyniki:
| Imię i nazwisko | Zad. 1 | Zad. 2 | Zad. 3 | Suma |
| Daria Bumażnik | 0 | 1 | 1 | 2 |
| Tomasz Stempniak | 1 | 1 | 1 | 3 |
Klasyfikacja generalna:
Tomasz Stempniak (I Liceum Ogólnokształcące w Ostrowie Wielkopolskim ) - 25,5 punktu
Daria Bumażnik (II Liceum Ogólnokształcące im. C. K. Norwida w Jeleniej Górze) - 20,5 punktu
Witold Barcz (Zespół Szkół Elektryczno-Mechanicznych w Nowym Sączu) - 1 punkt
Zad. 1. Niech Sn oznacza liczbę orłów uzyskanych w n rzutach symetryczną monetą. Przyjmujemy, ze Sn~b(n, 0,5). W związku z tym
[tex]P(S_n\geq 0,6n)=P\left(\frac{S_n - 0,5n}{\sqrt{n \cdot 0,5 \cdot 0,5}}\geq \frac{0,6n - 0,5n}{\sqrt{n \cdot 0,5 \cdot 0,5}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{S_n - 0,5n}{\sqrt{n \cdot 0,5 \cdot 0,5}}\geq 0,2\sqrt{n}\right)\approx 1-\Phi(0,2\sqrt{n}).[/tex]
a) [tex]1-\Phi(0,2\sqrt{10})\approx 1-\Phi(0,63)=1-0,73565=0,26435[/tex]
b) [tex]1-\Phi(0,2\sqrt{100})= 1-\Phi(2)=1-0,97725=0,02275[/tex]
c) [tex]1-\Phi(0,2\sqrt{1000})= 1-\Phi(6,32)\approx 1-1=0[/tex]
Większość tablic dystrybuanty standardowego nie zawiera wartości tejże dystrybuanty dla argumentów tak dużych jak 6, gdyż wartość ta jest tak bliska 1, że można przyjąć, że jest równa 1.
Powyższe wyniki można łatwo otrzymać w arkuszu kalkulacyjnym za pomocą formuł: a) 1-ROZKŁAD.NORMALNY(0,6*10;10*0,5;PIERWIASTEK(10*0,5*0,5)) lub po przekształceniach, jakie dokonaliśmy w rachunku powyżej: 1-ROZKŁAD.NORMALNY(0,2*PIERWIASTEK(10);0;1), ewentualnie 1-ROZKŁAD.NORMALNY.S(0,2*PIERWIASTEK(10)) (i analogicznie w przypadku punktów b i c).
Zad. 2. Niech X oznacza liczbę kandydatów, którzy przeszli pozytywnie egzaminy wstępne. Przyjmujemy, że X~b(250 , 0,4). Wobec tego
[tex]P(X> 120)=P\left(\frac{X - 250\cdot 0,4}{\sqrt{250 \cdot 0,4 \cdot 0,6}}> \frac{120 - 250\cdot 0,4}{\sqrt{250 \cdot 0,4 \cdot 0,6}}\right)=P\left(\frac{X - 250\cdot 0,4}{\sqrt{250 \cdot 0,4 \cdot 0,6}}> \frac{2\sqrt{15}}{3}\right)\approx [/tex]
[tex]\approx 1-\Phi\left(\frac{2\sqrt{15}}{3}\right)\approx 1-\Phi(2,58)=1-0,99506=0,00494.[/tex]
Rachunki w arkuszu kalkulacyjnym można przeprowadzić w następujący sposób: 1-ROZKŁAD.NORMALNY(120;250*0,4;PIERWIASTEK(250*0,4*0,6)) lub po przekształceniach, jakie dokonaliśmy w rachunku powyżej: 1-ROZKŁAD.NORMALNY(2*PIERWIASTEK(13)/3;0;1), ewentualnie 1-ROZKŁAD.NORMALNY.S(2*PIERWIASTEK(13)/3).
Zad. 3. Niech X oznacza liczbę kobiet rodzących w 2014 roku wśród 1000 wylosowanych. Zakładamy, że X~b(1000 , 0,1). Wobec tego
[tex]P(100 \leq X \leq 130)=P\left(\frac{100 - 1000\cdot 0,1}{\sqrt{1000\cdot 0,1 \cdot 0,9}}\leq \frac{X - 1000\cdot 0,1}{\sqrt{1000\cdot 0,1 \cdot 0,9}}\leq \frac{130 - 1000\cdot 0,1}{\sqrt{1000\cdot 0,1 \cdot 0,9}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(0 \leq \frac{X - 1000\cdot 0,1}{\sqrt{1000\cdot 0,1 \cdot 0,9}}\leq \sqrt{10}\right)\approx \Phi(\sqrt{10})-\Phi(0)\approx \Phi(3,16)-\Phi(0)=[/tex]
[tex]=0,99921-0,50000=0,49921.[/tex]
Posługując się arkuszem kalkulacyjnym, wynik możemy otrzymać jako ROZKŁAD.NORMALNY(130;1000*0,1;PIERWIASTEK(1000*0,1*0,9))-ROZKŁAD.NORMALNY(100;1000*0,1;PIERWIASTEK(1000*0,1*0,9)) lub po powyższych przekształceniach: ROZKŁAD.NORMALNY(PIERWIASTEK(10);0;1)-ROZKŁAD.NORMALNY(PIERWIASTEK(10);0;1), ewentualnie ROZKŁAD.NORMALNY.S(PIERWIASTEK(10))-ROZKŁAD.NORMALNY.S(0).
Zad. 1. Niech X oznacza liczbę gości, którzy wybiorą jedną ustaloną restaurację. Przyjmujemy, że X~b(200 , 0,5). Miejsc w którejś restauracji zabraknie wtedy, gdy X<80 lub gdy X>120. W związku z tym
[tex]P(X<80 \text{ lub } X>120)=P(X<80)+P(X>120)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{X-200\cdot 0,5}{\sqrt{200\cdot 0,5\cdot 0,5}}<\frac{80-200\cdot 0,5}{\sqrt{200\cdot 0,5\cdot 0,5}}\right)+P\left(\frac{X-200\cdot 0,5}{\sqrt{200\cdot 0,5\cdot 0,5}}>\frac{120-200\cdot 0,5}{\sqrt{200\cdot 0,5\cdot 0,5}}\right)=[/tex]
[tex]=P\left(\frac{X-200\cdot 0,5}{\sqrt{200\cdot 0,5\cdot 0,5}}<-2\sqrt{2}\right)+P\left(\frac{X-200\cdot 0,5}{\sqrt{200\cdot 0,5\cdot 0,5}}>2\sqrt{2}\right)\approx [/tex]
[tex]\approx \Phi(-2\sqrt{2})+1-\Phi(2\sqrt{2})=2(1-\Phi(2\sqrt{2}))\approx 2(1-\Phi(2,83))=[/tex]
[tex]\approx 2(1-0,99767)=2\cdot 0,00233=0,00466.[/tex]
Po drodze wykorzystaliśmy tożsamość: Φ(-x) = 1-Φ(x).
Korzystając z arkusza kalkulacyjnego, wynik można otrzymać nie wykonując żadnych przekształceń, za pomocą formuły ROZKŁAD.NORMALNY(80;200*0,5;PIERWIASTEK(200*0,5*0,5))+1-ROZKŁAD.NORMALNY(120;200*0,5;PIERWIASTEK(200*0,5*0,5)), jednak możemy też skorzystać z formuły wynikającej z poczynionych przekształceń: 2*(1-ROZKŁAD.NORMALNY(2*PIERIASTEK(2);0;1)) lub 2*(1-ROZKŁAD.NORMALNY.S(2*PIERIASTEK(2))).
Warto też zwrócić uwagę, że ze względu na symetrię rozkładu normalnego oba składniki początkowej sumy są takie same (co zresztą pokazał bezpośredni rachunek).
Zad. 2. Niech X oznacza liczbę chłopców wśród 10000 noworodków. Przyjmiemy założenie, że X~b(10000 , 0,517). Liczba chłopców wśród owych 10000 noworodków nie przewyższa liczby dziewczynek, gdy X ≤ 5000.
[tex]P(X\leq 5000)=P\left(\frac{X-10000\cdot 0,517}{\sqrt{10000\cdot 0,517 \cdot 0,483}}\leq \frac{5000-10000\cdot 0,517}{\sqrt{10000\cdot 0,517 \cdot 0,483}}\right)\approx [/tex]
[tex]\approx P\left(\frac{X-10000\cdot 0,517}{\sqrt{10000\cdot 0,517 \cdot 0,483}}\leq -3,40\right)\approx \Phi(-3,40)=1-\Phi(3,40)=[/tex]
[tex]=1-0,99966=0,00034[/tex]
W końcowej części rachunku została wykorzystana tożsamość: Φ(-x) = 1-Φ(x).
Rachunki w arkuszu kalkulacyjnym możemy przeprowadzić w oparciu o formułę: ROZKŁAD.NORMALNY(5000;10000*0,517;PIERWIASTEK(10000*0,517*(1-0,517))). Można też wykorzystać powyższe przekształcenia i posłużyć się formułą ROZKŁAD.NORMALNY((5000-10000*0,517)/PIERWIASTEK(10000*0,517*(1-0,517));0;1), ewentualnie ROZKŁAD.NORMALNY.S((5000-10000*0,517)/PIERWIASTEK(10000*0,517*(1-0,517))).
Zad. 3. Niech zmienna losowa Sn ma rozkład b(n,½). Taka zmienna losowa możne z dodatnim prawdopodobieństwem przyjmować n+1 wartości: 0, 1, 2, ..., n. Niech k ∈ {0, 1, 2, ..., n}. Wówczas
[tex]P(S_n=k)={{n}\choose{k}}\left(\frac{1}{2}\right)^k\left(\frac{1}{2}\right)^{n-k} =P(S_n=n-k)[/tex].
Z tego wynika, że
P(Sn ≤ n/2) = P(Sn=0 lub Sn=1 lub ... lub Sn=n/2-1 lub Sn=n/2) =
= P(Sn=0) + P(Sn=1) + ... + P(Sn=n/2-1) + P(Sn=n/2) =
= P(Sn=n) + P(Sn=n-1) + ... + P(Sn=n/2+1) + P(Sn=n/2) =
= P(Sn=n lub Sn=n-1 lub ... lub Sn=n/2+1 lub Sn=n/2) = P(Sn ≥ n/2).
Skoro P(Sn ≤ n/2) + P(Sn = n/2) + P(Sn ≥ n/2) = 1, to
2P(Sn ≤ n/2) = P(Sn ≤ n/2) + P(Sn ≥ n/2) =
= P(Sn ≤ n/2-1 lub Sn = n/2) + P(Sn = n/2 lub Sn ≥ n/2+1) =
= P(Sn ≤ n/2-1) + P(Sn = n/2) + P(Sn = n/2) + P(Sn ≥ n/2+1) =
= [P(Sn ≤ n/2-1) + P(Sn = n/2) + P(Sn ≥ n/2+1)] + P(Sn = n/2) = 1 + P(Sn = n/2) >1.
W takim razie P(Sn ≤ n/2) > ½.
Z kolei jeśli posłużymy się przybliżeniem wynikającym z twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a, to otrzymamy
[tex]P(S_n\leq \frac{n}{2})=P\left(\frac{S_n-n\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{n\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}}\leq \frac{\frac{n}{2}-n\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{n\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}}\right)=P\left(\frac{S_n-n\cdot\frac{1}{2}}{\sqrt{n\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}}\leq 0\right)\approx \Phi(0)=\frac{1}{2}.[/tex]
Z tego wynika, że większą liczbą jest dokładny wynik niż przybliżenie wynikające wprost z twierdzenia de Moivre'a-Laplace'a.
