Карточки
Тесты
Зави
Вероятности для нормальной величины и приближение биномиального распределения
Вероятности для нормальной величины и приближение биномиального распределения
В прошлом уроке вы познакомились с нормальное распределение: колоколом с центром $\mu$ и шириной $\sigma$, под которым вероятность — это площадь. Теперь научимся находить эти площади точно — по одной таблице для всех колоколов — и применим ее к биномиальному распределению, где прямой подсчет требует сложить десятки слагаемых.
Вопрос, к которому вернемся в конце: монету бросили 100 раз. Чему примерно равна вероятность, что орлов выпало от 45 до 55? Точный ответ — сумма 11 слагаемых вида $C_{100}^{k}\cdot 0{,}5^{100}$.
Одна таблица площадей годится для всех колоколов
Пусть рост $X$ (в сантиметрах) случайно выбранного юноши описан нормальной величиной $X\sim N(176;\ 6)$. Здесь и дальше второй параметр записи $N(\mu;\ \sigma)$ — стандартное отклонение $\sigma$, а не дисперсия. Какова вероятность, что рост меньше 185 см? Это площадь под колоколом левее точки 185.
Заметим, что все нормальные колокола одной формы: они отличаются только положением центра и шириной. Поэтому важно не само число 185, а то, на сколько шагов $\sigma$ оно отстоит от центра: $185-176=9$, а $9:6=1{,}5$. Точка 185 лежит на полтора шага правее центра. У любого колокола площадь левее точки «центр плюс полтора шага» одна и та же. Значит, достаточно один раз составить таблицу для стандартного колокола $Z\sim N(0;\ 1)$ с центром 0 и шагом 1.
Определение
Стандартизация — переход от значения $x$ величины $X\sim N(\mu;\ \sigma)$ к числу $z=\frac{x-\mu}{\sigma}$: на сколько шагов $\sigma$ точка $x$ отстоит от центра (знак показывает сторону).
Функция $\Phi(z)$ — площадь под стандартным колоколом левее точки $z$, то есть $\Phi(z)=P(Z<z)$ для $Z\sim N(0;\ 1)$.
Значения $\Phi$ вычислены заранее и сведены в таблицу. В уроке и в заданиях пользуемся такой таблицей:
| $z$ | $0$ | $0{,}5$ | $1$ | $1{,}5$ | $2$ | $2{,}5$ | $3$ |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| $\Phi(z)$ | $0{,}5$ | $0{,}6915$ | $0{,}8413$ | $0{,}9332$ | $0{,}9772$ | $0{,}9938$ | $0{,}9987$ |
Правило
Чтобы найти вероятность того, что нормальная величина меньше $x$, переведите $x$ в $z$ и прочитайте площадь в таблице:
$$P(X<x)=\Phi\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)$$
Пример 1
Задача. $X\sim N(176;\ 6)$ — рост в сантиметрах. Найдите $P(X<185)$.
Решение. Стандартизация: $z=\frac{185-176}{6}=\frac{9}{6}=1{,}5$. По таблице $\Phi(1{,}5)=0{,}9332$.
Проверка смысла. Точка 185 правее центра, значит площадь слева больше половины — так и есть.
Ответ: $0{,}9332$.
Ошибка
Как ошибаются. Ищут в таблице само значение $x$: «нужно $\Phi(185)$, а таблица кончается на 3, значит, вероятность почти 1».
Проверка на числах. Если бы $P(X<185)\approx1$, рост больше 185 см почти не встречался бы. Но 185 всего на полтора шага $\sigma$ правее центра, а за $\mu+1{,}5\sigma$ остается $1-0{,}9332=0{,}0668$ — около 7%, примерно каждый пятнадцатый.
Где ломается рассуждение. Таблица составлена для колокола с центром 0 и шагом 1. Число 185 на этой шкале означает «185 шагов от центра», а не «185 см». Сначала переводим сантиметры в шаги: $z=\frac{x-\mu}{\sigma}$, и только потом читаем таблицу.
Почему одна таблица годится для всех колоколов
Скрыть
Если $X\sim N(\mu;\ \sigma)$, то $Z=\frac{X-\mu}{\sigma}$ — та же величина, у которой ось сдвинули на $\mu$ и сжали в $\sigma$ раз. По свойствам ожидания и дисперсии $E(Z)=\frac{\mu-\mu}{\sigma}=0$, $D(Z)=\frac{\sigma^2}{\sigma^2}=1$, а форма колокола при сдвиге и растяжении не меняется. Событие $X<x$ — то же самое, что $Z<z$, поэтому их вероятности равны.
Левее центра площадь берут с другой стороны
Найдем вероятность, что рост меньше 167 см. Стандартизация дает $z=\frac{167-176}{6}=-1{,}5$, а в таблице только неотрицательные $z$. Выручает симметрия колокола: левый хвост за точкой $-1{,}5$ — зеркальное отражение правого хвоста за точкой $1{,}5$. Площадь правого хвоста равна $1-\Phi(1{,}5)$, потому что вся площадь под колоколом равна 1.
Правило
Площадь левее $-z$ равна площади правее $z$; площадь правее точки — это 1 минус площадь левее нее:
Вероятности $P(X<x)$ и $P(X\le x)$ для нормальной величины равны: вероятность одной точки равна нулю.
$$\Phi(-z)=1-\Phi(z), \qquad P(X>x)=1-\Phi\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)$$
Для роста: $P(X<167)=\Phi(-1{,}5)=1-0{,}9332=0{,}0668$. Так же находим площадь справа. Рост больше 188 см: $z=\frac{188-176}{6}=2$, $P(X>188)=1-\Phi(2)=1-0{,}9772=0{,}0228$.
Ошибка
Как ошибаются. Переносят минус за знак функции: $\Phi(-1{,}5)=-\Phi(1{,}5)=-0{,}9332$.
Проверка на числах. Площадь не бывает отрицательной, и вероятность тоже. А правильный ответ $0{,}0668$ меньше $0{,}5$, как и должно быть для точки левее центра.
Где ломается рассуждение. Функция $\Phi$ — не нечетная: при отражении $z\to -z$ площадь слева превращается в площадь справа, а площадь справа — это дополнение до 1.
Вероятность промежутка — разность двух площадей
Какова вероятность, что рост от 173 до 185 см? Площадь левее 185 включает в себя площадь левее 173. Если из большей отнять меньшую, останется как раз полоса между ними.
Правило
Вероятность попасть в промежуток равна разности площадей слева от его концов:
$$P(a<X<b)=\Phi(z_b)-\Phi(z_a), \qquad z_a=\frac{a-\mu}{\sigma},\ z_b=\frac{b-\mu}{\sigma}$$
Пример 2
Задача. $X\sim N(176;\ 6)$. Найдите $P(173<X<185)$.
Решение. $z_a=\frac{173-176}{6}=-0{,}5$, $z_b=\frac{185-176}{6}=1{,}5$. Левый конец левее центра, поэтому $\Phi(-0{,}5)=1-\Phi(0{,}5)=1-0{,}6915=0{,}3085$. Разность: $0{,}9332-0{,}3085=0{,}6247$.
Проверка смысла. Промежуток шириной 2 шага $\sigma$, но сдвинут от центра вправо. Симметричный промежуток $\mu\pm\sigma$ той же ширины дает $\Phi(1)-\Phi(-1)=0{,}8413-0{,}1587=0{,}6826$ — знакомые из урока о законе больших чисел 68%. Сдвинутый промежуток захватывает менее высокую часть колокола, поэтому его площадь меньше.
Ответ: $0{,}6247$.
Проверьте себя на модели: пройдите 11 заданий. В каждом сначала предскажите $z$ и площадь, потом сравните с закрашенной частью колокола. Будут точки левее центра, площадь справа и промежутки с концами по разные стороны от центра.
Столбики биномиального распределения ложатся под колокол
Вернемся к монете. Число орлов $X$ при 100 бросках имеет закон биномиального распределения $B(100;\ 0{,}5)$. Его гистограмма — 101 столбик ширины 1, и их площади в сумме дают 1. Нарисуем рядом колокол с тем же центром и тем же разбросом. Центр — ожидание $\mu=np=50$, ширина — стандартное отклонение $\sigma=\sqrt{npq}=\sqrt{100\cdot0{,}5\cdot0{,}5}=5$.
Верхушки столбиков почти касаются кривой. Например, $P(X=50)=C_{100}^{50}\cdot0{,}5^{100}\approx0{,}0796$, а высота колокола в центре $\frac{1}{5\sqrt{2\pi}}\approx0{,}0798$. Поэтому площадь нескольких столбиков подряд почти равна площади под колоколом над тем же участком оси.
Правило
Если $npq\ge9$, биномиальную величину можно приближенно считать нормальной с тем же ожиданием и тем же стандартным отклонением:
$$B(n;\ p)\approx N\left(np;\ \sqrt{npq}\right), \qquad q=1-p$$
При $npq\ge9$ отрезок $\mu\pm3\sigma$ целиком лежит между 0 и $n$, а на его ширине $6\sigma\ge18$ стоит не меньше 18 столбиков, поэтому гистограмма похожа на гладкий колокол. При малом $p$ это нарушается. Для $B(100;\ 0{,}01)$ получаем $npq=0{,}99$: самое вероятное значение $X=0$ ($P\approx0{,}366$) прижато к краю, гистограмма несимметрична, и колокол на нее не похож.
Ошибка
Как ошибаются. Берут $\sigma=np=50$ (путают с ожиданием) или $\sigma=\sqrt{np}\approx7{,}1$ (забывают множитель $q$).
Проверка на числах. При $\sigma=50$ шаг $\sigma$ равен половине всех бросков: колокол растянулся бы от $-100$ до $200$, хотя $X$ лежит от 0 до 100. При $\sigma\approx7{,}1$ колокол шире и ниже столбиков — на рисунке это красная кривая.
Где ломается рассуждение. Колокол должен повторять разброс столбиков, а разброс биномиальной величины — это $D(X)=npq$. Стандартное отклонение — корень из дисперсии: $\sigma=\sqrt{npq}$.
Сто бросков монеты без суммы из одиннадцати слагаемых
Теперь у нас есть все для ответа на вопрос из начала урока. Порядок такой: проверить условие, найти параметры колокола, перевести концы промежутка в $z$ и прочитать таблицу.
Пример 3
Задача. Монету бросили 100 раз. Приближенно найдите вероятность того, что орлов выпало от 45 до 55.
Решение. $X\sim B(100;\ 0{,}5)$, $npq=25\ge9$ — приближение годится. Параметры: $\mu=50$, $\sigma=5$. Концы: $z_a=\frac{45-50}{5}=-1$, $z_b=\frac{55-50}{5}=1$.
$P\approx\Phi(1)-\Phi(-1)=0{,}8413-(1-0{,}8413)=0{,}6826$.
Ответ: примерно $0{,}68$.
Точная сумма 11 столбиков равна $0{,}7287$. Приближение дало чуть меньше, и на рисунке видно почему: столбик 45 стоит на отрезке от $44{,}5$ до $45{,}5$, столбик 55 — от $54{,}5$ до $55{,}5$, а площадь под колоколом мы брали только от 45 до 55. Половины крайних столбиков остались вне расчета.
Поправка на непрерывность
Скрыть
Если целые значения от 45 до 55 включительно заменить отрезком от $44{,}5$ до $55{,}5$, края столбиков попадут в расчет: $z=\pm\frac{5{,}5}{5}=\pm1{,}1$, и $2\Phi(1{,}1)-1=2\cdot0{,}8643-1=0{,}7286$ — почти точный ответ ($\Phi(1{,}1)=0{,}8643$ взято из полной таблицы). В заданиях этого урока поправку не применяем, если она не оговорена.
Вывод
Нормальная величина — горка, вероятность — площадь под ней. Все горки одной формы, поэтому любую задачу сводим к стандартному колоколу: меряем расстояние от центра в шагах $\sigma$ и читаем площадь в таблице $\Phi$. Это пригодится везде, где складывается много мелких случайных вкладов: в ошибках измерений, в размерах деталей, в числе успехов при большом числе испытаний.
Часто задаваемые вопросы
Площадь под колоколом нельзя выразить через привычные функции, ее считают приближенно. Поэтому значения $\Phi$ сводят в таблицу или вычисляют программой. В задачах урока таблица дана в условии, помнить ее не нужно; важно уметь перевести $x$ в $z$ и выбрать нужную площадь.
В полных таблицах $\Phi$ шаг $0{,}01$, и там есть любое такое $z$. По короткой таблице урока можно оценить ответ: $\Phi(1{,}2)$ лежит между $\Phi(1)=0{,}8413$ и $\Phi(1{,}5)=0{,}9332$. Для отрицательных $z$ правило $\Phi(-z)=1-\Phi(z)$ работает с любой таблицей.
Вероятность попасть ровно в одну точку — площадь отрезка нулевой ширины, она равна нулю. Поэтому $P(X
Одного большого $n$ мало. При $n=100$ и $p=0{,}01$ ожидание равно 1, и гистограмма прижата к нулю: колокол с центром 1 и $\sigma\approx1$ залез бы в отрицательные значения. Условие $npq\ge9$ гарантирует, что три шага $\sigma$ в обе стороны от центра помещаются внутри возможных значений, а под колоколом стоит много столбиков.
5
5
1
5