Centrala gränsvärdessatsen (CGS). Approximationer

Transkript

1 TNG006 F Centrala gränsvärdessatsen (CGS. Approximationer 7.1. Centrala gränsvärdessatsen Vi formulerade i Sats 6.10 i FÖ6 en vitig egensap hos normalfördelningen som säger att en linjär ombination av oberoende normalfördelade s.v. är återigen normalfördelad. I själva veret gäller mer än så. Nedan formulerar vi ett av de vitigaste resultaten inom sannolihetsläran som allas för centrala gränsvärdessatsen, CGS, och som säger att Summan av ett stort antal oberoende liafördelade stoastisa variabler är approximativt normalfördelad. Låt oss först studera följande exempel. Exempel 7.1. Vi astar ett mynt n gånger och låter händelsen A vara lave upp med p = P (A. För varje ast j, där j = 1, 2,..., n, låter vi X j vara en s.v. som antar värdet 1 om A inträffar och 0 annars, dvs { 1, om A inträffar X j = 0, annars Därmed är X j en tvåpuntsfördelad (Bernoulli-fördelad, X j Be(p med och E(X j = 1 p Xj ( = 0 P (X j = P (X j = 1 = 0 P (A + 1 P (A = p, =0 V (X j = E(X 2 j (E(X j 2 = 1 2 p Xj ( p 2 = (0 2 P (X j = P (X j = 1 p 2 = p p 2. =0 Om den s.v. X är antal gånger som A inträffar bland n astförsö, så är X = X 1 + X 2 + X n = X j, där och ( E(X = E X j = ( V (X = V X j = E(X j = np V (X j = n(p p 2 = np(1 p. 1

2 Antag att p = 1/2. 1. För n = 1, så är X = X 1 och P (X = 0 = 1/2, P (X = 1 = 1/2 2. För n = 2, så är X = X 1 + X 2 och P (X = 0 = 1/4, P (X = 1 = 1/2, P (X = 2 = 1/4 3. För n = 3, så är X = X 1 + X 2 + X 3 och P (X = 0 = 1/8, P (X = 1 = 3/8, P (X = 2 = 3/8, P (X = 3 = 1/8 2

3 4. För n = 4, så är X = X 1 + X 2 + X 3 + X 4 och P (X = 0 = 1/16, P (X = 1 = 4/16, P (X = 2 = 6/16, P (X = 3 = 4/16, P (X = 4 = 1/16 5. För n = 5, så är X = X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 och P (X = 0 = 1/32, P (X = 1 = 5/32, P (X = 2 = 10/32, P (X = 3 = 10/32, P (X = 4 = 5/32 P (X = 5 = 1/32 3

4 6. För n = 6, så är X = X 1 + X 2 + X 3 + X 4 + X 5 + X 6 och P (X = 0 = 1/64, P (X = 1 = 6/64, P (X = 2 = 15/64, P (X = 3 = 20/64, P (X = 4 = 15/64, P (X = 5 = 6/64, P (X = 6 = 1/64 Vi ser hur fördelningen hos X börja lina normalfördelningen då n växer. 4

5 Sats 7.2. CGS. Antag att X 1, X 2,..., är en oändlig följd av liafördelade och oberoende s.v. med väntevärde µ och standardavvielsen σ. Då gäller för 1. Summan X = X j att ( P a < X nµ σ n < b Φ(b Φ(a, n. Vi säger då att X är asymptotist normalfördelat N(nµ, σ n. 2. Medelvärdet X = 1 n X j att ( P a < X µ σ/ n < b Φ(b Φ(a, n. Vi säger då att X är asymptotist normalfördelat N(µ, σ/ n. Anmärning 7.3. Väntevärde och varians för summan resp. medelvärdet ovan ges av ( ( E(X = E X j = E(X j = nµ, V (X = V X j = V (X j = nσ 2, E( X ( 1 = E n X = 1 n E(X = µ, V ( X ( 1 = V n X = 1 n 2 V (X = 1 n σ2. Exempel 7.4. Viten (g av en tablett är en s.v. med väntevärde 0.4 och standardavvielse Bestäm approximativt sannoliheten att 100 tabletter väger mer än 40.3 g (viterna anses vara oberoende. Exempel 7.5. Låt X j Exp(1, j = 1,..., 81 vara oberoende s.v. Beräna sannoliheten att 1. summan ej överstiger medelvärdet ej överstiger

6 Approximationer 7.2. Approximation av binomialfördelningen Låt A vara en händelse med p = P (A (och därmed P (A = 1 p. Om X är antalet gånger som A inträffar vid n oberoende försö, så säger vi att X Bin(n, p med sannolihetsfuntionen p X ( = P (X = = p (1 p n, = 0, 1, 2,..., n. Sats 7.6. Låt X Bin(n, p. Då är 1. E(X = np och V (X = np(1 p. 2. X approximativt N(np, np(1 p om np(1 p 10. Bevis: 1. Antag att händelsen A inträffar med sannolihet p. Sätt X j = 1 eller 0 beroende om A inträffar eller ej vid upprepningen av j:te försöet. Då är och Vidare är och eftersom så är Om X är antalet gånger A inträffar, så är och X Bin(n, p. Det följer nu att p Xj (0 = P (X j = 0 = P (A = 1 p p Xj (1 = P (X j = 1 = P (A = p. E(X j = 1 p + 0 (1 p = p E(X 2 j = 1 2 p (1 p = p V (X j = E(X 2 j (E(X j 2 = p p 2 E(X = E( X = X j = X j E(X j = np, och ( V (X = V X j = V (X j = np(1 p. 6

7 2. Eftersom X j, j = 1, 2,..., n är oberoende lia fördelade s.v., så är X approximativt N(np, np(1 p enligt CGS. Exempel 7.7. En symmetris tärning astas 720 gånger. Vad är sannolihetn att antalet gånger man får en sexa överstiger 135? 7.3. Approximation av hypergeometrisfördelning Antag att vi har en mängd med två typer av element; typ I och typ II. Andelen av typ I är p och andelen av typ II är 1 p. Om det finns totalt N element i mängden, så finns det alltså Np element av typ I och N(1 p element av typ II. Vi drar n element slumpmässigt och utan återläggning och låter X vara antalet element av typ I bland n dragna. Då är X hypergeometrisfördelad, dvs X Hyp(N, n, p med sannolihetsfuntionen p X ( = P (X = = ( Np ( N(1 p n (, 0 Np, 0 n N(1 p. N n Anmärning 7.8. Om N är tillräcligt stort an dragningen betratas med återläggning, så att X är approximativt binomialfördelat. Detta är innebörden av nästa sats. Sats 7.9. X Hyp(N, n, p är approximativt X Bin(n, p, om n N 0.1. Bevis: Låt q = 1 p. Vi har att ( ( Np Nq n (Np! (Nq! ( = N (Np!! (Nq (n! (n! n = = = (Np! (Nq! (Np! (Nq (n! (Np! (Nq! (Np! (Nq (n! (N n! N! (N n! N! (N n! n! N! st. n st. {}}{{}}{ Np(Np 1 (Np + 1 Nq (Nq 1 (Nq (n + 1 N(N 1 (N n (N n! N!

8 = dvs (Np 1 (1 1 1 Np (1 Np (Nqn 1 (1 1 (n 1 Nq (1 Nq (N n 1 N n 1 (1 1 n 1 N (1 N N (N 1 1 ( n p q n, p (1 p n då N. Sats Låt X Hyp(N, n, p. Då är 1. E(X = np och V (X = N n np(1 p. N 1 N n N n 2. X approximativt N(np, np(1 p om np(1 p 10. N 1 N 1 Bevis: Precis som i binomialfallet låter vi A vara en händelse som inträffar med sannolihet p och sätter X j = 1 eller 0 beroende om A inträffar eller ej vid upprepningen av j:te försöet. Sillnaden nu är att X j inte är oberoende, så att om X = X j, så är ty men för variansen gäller att Nu är Vidare är 2 E(X = E( X j = ( V (X = V X j = E(X j = np, E(X j = 1 p + 0 (1 p = p V (X j i< n C(X i, X. C(X i, X = E(X i X E(X i E(X = P (X i = 1, X = 1 p 2 1 i< n Variansen blir därmed och standardavvielsen = P (X i = 1P (X = 1 X i = 1 p 2 = p Np 1 N 1 p(1 p p2 = N 1. p(1 p C(X i, X = 2 N 1 p(1 p n(n 1 p(1 p = 2 = n(n 1 N 1 2 N 1. =1 p(1 p V (X = np(1 p n(n 1 N 1 D(X = N n np(1 p. N 1 n = np(1 pn N 1, 8

9 Exempel Antag att en artong innehåller 15 defeta och 85 orreta detaljer. Man väljer på måfå utan återläggning 10 detaljer ur artongen. Beräna sannoliheten att högst 3 defeta detaljer erhålles Approximation av Poissonfördelning Vi har i FÖ2 visat att om X är antal oberoende händelser som inträffar med en onstant intensitet λ per tidsenhet under tiden t är poissionfördelad, dvs X P o(µ, där µ = λt. Sannolihetsfuntionen för X är då P X ( = µ! e µ, = 0, 1, 2,.... Sats Låt X P o(µ. Då är E(X = µ och V (X = µ. Bevis: Det följer att Vidare, eftersom E(X = E(X(X 1 = =0 = µe µ =0 µ! e µ = µe µ j=0 = µ 2 e µ =1 µ j j! = µe µ e µ = µ. µ 1 ( 1! ( 1 µ! e µ = µ 2 e µ j=0 =2 µ j j! = µe µ e µ = µ 2. µ 2 ( 2! Vilet ger och därmed E(X 2 = E(X(X 1 + E(X = µ 2 + µ, V (X = E(X 2 (E(X 2 = µ. Exempel Antalet registrerade partilar under en tidsenhet vid ett fysialist experiment är en s.v. X P o(2. Bestäm P (X = 4. 9

10 Sats X Bin(n, p är approximativt P o(np om n 10 och p 0.1. Bevis: Om X Bin(n, p, så är p X ( = stort. Då gäller att p (1 p n = Detta visar att p X ( µ! är tillräcligt stort. p (1 p n. Låt p = µ/n, där n är µ n (n 1 (n + 1 (1! n µ n = µ ( 1 µ! n µ ( 1 µ n n. n n n (n 1 (n + 1 n (1 µ n! ( 1 µ n, dvs X Bin(n, p är approximativt P o(np om n n Exempel En osymmetris tärning är sådan att sannoliheten för sexa är 1/16. Låt X vara antalet sexor som erhålls vid 48 ast. Beräna P (X = 5. Sats X P o(µ är approximativt N(µ, µ om µ 15. Bevis: Antag att µ är heltal. Då an variabeln X P o(µ srivas som en summa X = µ X j, där X j P o(1. Detta an ses som en tillämpning av föregånede sats. Eftersom E(X j = 1 och V (X j = 1 (se tidigare sats, så följer att och ( µ E(X = E X j = ( µ V (X = V X j = µ E(X j = µ 1 = µ µ V (X j = µ 1 = µ. Enligt CGS följer nu att X är approximativt N(µ, µ. Exempel Antag att X = antalet anrop till en telefonväxel under en timme är en s.v. som är P o(100. Beräna sannoliheten att X understiger

11 Exempel Företaget Komp AB tillverar omponenter. Sannoliheten för att en omponent har tillverningsfel är 0.2. Komponenterna blir feltillverade oberoende av varandra. 1. Vid öp av 10 omponenter, hur stor är sannoliheten att minst 2 omponenter har tillverningsfel? 2. Vid öp av 100 omponenter, bestäm approximativt sannoliheten att femton eller färre är felatiga. Lösning: Låt Y vara antal felatiga omponenter bland 10. Då är Y Bin(10, 0.2. Vi har att P (Y 2 = 1 1 =0 ( 10 P (Y = = 1 0 ( Låt Y vara antal felatiga omponenter bland 100. Eftersom ( följer av CGS att Y Bin(100, 0.2 approx. N(20, 4. Vi har att ( Y 20 P (Y 15 = P = Φ( 1.25 = 1 Φ( Exempel I en fabri tillveras enheter som blir defeta oberoende av varandra och med sannoliheten Efter tillverningen förpacas enheterna i artonger med 100 enheter i varje. En artong anses dålig om den innehåller mer än 3 defeta enheter. Beräna sannoliheten att det i ett parti om artonger finns fler än 30 dåliga. Lösning: Låt n = 100 och p = Om X är antal defeta enheter i en artong, så är X Bin(100, P o(0.5, ty n > 10 och p < 0.1. Sannoliheten för en dålig artong är q = P (X > 3 = 1 P (X 3 = 1 3 =0 ( 100 (1 p 100 p 1 3 =0 0.5 e 0.5 = ! Låt Y vara antal dåliga artonger i ett parti. Då är Y Bin(10000, q N(17.5, 4.18, ty 10000q(1 q = > 10. Söta sannoliheten är därmed ( Y 17.5 P (Y > 30 = 1 P (Y 29 = 1 P = 1 Φ(2.75 = Exempel I en utrustning finns 200 omponenter av en viss sort. Livslängden (h hos en sådan omponent är Exp(µ, där µ = 350 (dvs λ = 1/µ. När 75 omponenter har slutat att fungera byter man alla omponenter i utrustningen. Beräna sannoliheten att bytet ser inom 175 timmar. Vi antar att omponenterna slutar fungerar oberoende av varandra. 11

12 Lösning: Låt X vara livslängden hos en omponent. Sätt p = P (X 175 = 1 e 175/350 = 1 e 0.5 = Låt Y vara antal omponenter bland 200 som slutar att fungera inom 175 timmar. Då är Y Bin(n = 200, p = approximativt N(78.7, 6.91, ty 200p(1 p = Vi får P (Y 75 = P ( Y = 1 Φ 6.91 ( = Φ(0.535 = Exempel LiU har ett samarbete med forsningsinstitutet Acreo som bl.a. designar och tillverar små vadratisa retsort. Sidan X hos ett sådant retsort är en liformigt fördelad s.v. på intervallet [11, 13] mm. 1. Beräna sannoliheten för att arean hos ett sådant retsort är större än 150 mm Beräna sannoliheten för att av 100 tillverade retsort är det fler än 45 som har en area som är större än 150 mm 2. Lösning: Enligt förutsättningen så är X en s.v. med täthetsfuntionen f X (x = 1 2, där 11 x 13. Låt nu s.v. A = X 2 vara arean hos ett retsort. Då är p = P (A > 150 = P (X 2 > 150 = P (X > = dx = 1 2 ( = Vidare låter vi Y vara det antal retsort bland 100 som har en area som är större än 150 mm 2. Då är Y Bin(100, p. Eftersom 100(1 pp = > 10 så är Y approximativt N(38, Vi får P (Y > 45 = 1 P (Y 45 = P ( Y = 1 Φ(1.44 = Exempel Ett företag levererar omponenter i partier om 1000 enheter. Antag att varje omponent i partiet är defet med sannolihet oberoende av andra omponenter. Vid försäljning genererar en hel omponent en vinst på 2 r och en defet en förlust på 20 r. Bestäm sannoliheten för att vinsten av ett sålt parti understiger 1500 r. Lösning: Låt X vara antal felfria omponenter i ett parti. Då är X Bin(n = 1000, p = 0.985, där E(X = np = 985 och V (X = np(1 p = Eftersom np(1 p = > 10, gäller enligt CGS att X är approximativt N(985, Låt Y vara totala vinsten vid ett sålt parti. Då är Y = 2X 20(1000 X = 22X Vi har att P (Y < 1500 = P (22X < 1500 = P (X < = Φ( 2.01 =

13 Exempel Ett parti innehåller 100 detaljer, varav 20 är defeta och resten felfria. Man drar på måfå och utan återläggning 10 detaljer. Beräna sannoliheten att få mer är 5 defeta detaljer. Lösning: Låt p = 20 = 0.2 vara andelen defeta bland N = 100. Antag att X är antal 100 defeta bland n = 10 dragna. Då är X Hyp(100, 10, 0.2 approximativt Bin(10, 0.2, ty n N 0.1. Ur tabell fås 10 ( 10 P (X 6 = = = Exempel Antalet under X till en firma under en dag är en s.v. med sannolihetsfuntionen 0.1, x = 0 0.2, x = 1 p X ( = 0.4, x = 2 0.3, x = 3 Antalet under under olia dagar an anses oberoende. Beräna sannoliheten att minst 75 under tas emot av firman under 35 dagar. Lösning: Låt X vara antal under under dag, där = 1, 2,..., 35. Då är alla X 3 oberoende s.v. med E(X = xp X ( = 1.9 och V (X = E(X 2 (E(X 2 = Låt =0 Y vara antal under som tas emot under 35 dagar. Då är Y = 35 X, E(Y = 35 =1 =1 E(X = = 66.5, V (Y = E(X = och D(Y = Vidare är Y approximativt N(66.5, , så att =1 P (Y 75 = 1 P (Y < 75 = 1 Φ( =