9.1: Центральна гранична теорема для випробувань Бернуллі

Друга фундаментальна теорема ймовірності - центральна гранична теорема. Ця теорема говорить,\(S_n\) що якщо сума\(n\) взаємно незалежних випадкових величин, то функція розподілу добре наближена певним типом безперервної функції, відомої як функція нормальної щільності, яка задається формулою,\[f_{\mu,\sigma}(x) = \frac{1}{\sqrt {2\pi}\sigma}e^{-(x-\mu)^2/(2\sigma^2)}\ ,\] як ми бачили в\(S_n\) Глава 5. У цьому розділі ми розберемося тільки з тим випадком, що\(\mu = 0\) і\(\sigma = 1\). Саме цю функцію нормальної щільності ми будемо називати стандартною нормальною щільністю, і позначимо її наступним\(\phi(x)\) чином:\[\phi(x) = \frac {1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\ .\] Графік цієї функції наведено на малюнку [рис. 9.0]. Можна показати, що площа при будь-якій нормальній щільності дорівнює 1.

Центральна гранична теорема говорить нам, цілком загалом, що відбувається, коли ми маємо суму великої кількості незалежних випадкових величин, кожна з яких вносить невелику суму до загальної суми. У цьому розділі ми обговоримо цю теорему, яка стосується випробувань Бернуллі, а в розділі 1.2 розглянемо більш загальні процеси. Обговоримо теорему в тому випадку, якщо окремі випадкові величини розподілені однаково, але теорема вірна при певних умовах, навіть якщо окремі випадкові величини мають різні розподіли.

Випробування Бернуллі

Розглянемо процес випробувань Бернуллі з ймовірністю успіху\(p\) на кожному випробуванні. Нехай\(X_i = 1\) або 0 відповідно до того,\(i\) як результат - успіх чи невдача, і нехай\(S_n = X_1 + X_2 +\cdots+ X_n\). Далі\(S_n\) йде кількість успіхів у\(n\) випробуваннях. Ми знаємо, що\(S_n\) має своїм розподілом біноміальні ймовірності\(b(n,p,j)\). У розділі 3.2 ми побудували ці розподіли для\(p = .3\) і\(p = .5\) для різних значень\(n\) (див. Рис. [рис. 3.8]).

Зауважимо, що максимальні значення розподілів з'явилися поблизу очікуваного значення\(np\), що призводить до того, що їх графіки спайків дрейфують вправо у міру\(n\) збільшення. Більше того, ці максимальні значення наближаються до 0 як\(n\) збільшені, що призводить до сплеску графіків згладжуватися.

Стандартизовані суми

Ми можемо запобігти дрейфу цих графів, віднімаючи очікувану кількість успіхів\(np\) з\(S_n\), отримавши нову випадкову величину\(S_n - np\). Тепер максимальні значення розподілів завжди будуть близько 0.

Щоб запобігти поширенню цих спайкових графіків, ми можемо нормалізувати,\(S_n - np\) щоб мати дисперсію 1, розділивши на її стандартне відхилення\(\sqrt{npq}\) (див. Вправа 6.2.13 та Вправа 6.2.17.

The of\(S_n\) задається\[S_n^* = \frac {S_n - np}{\sqrt{npq}}\ .\]\(S_n^*\) завжди має очікуване значення 0 і дисперсію 1.

Припустимо, ми будуємо графік спайка з шипами, розміщеними на можливих значеннях\(S_n^*\):\(x_0\)\(x_1\),,...,\(x_n\), де

\[x_j = \frac {j - np}{\sqrt{npq}}\ . \label{eq 9.1}\]Робимо висоту шипа\(x_j\) рівною величині розподілу\(b(n, p, j)\). Приклад цього стандартизованого графа спайка, з\(n = 270\) і\(p = .3\), показаний на малюнку [рис. 9.1]. Ця графа має красиво дзвоноподібну форму. Ми хотіли б пристосувати нормальну щільність до цього колоскового графіка. Очевидним вибором, який слід спробувати, є стандартна нормальна щільність, оскільки вона зосереджена на 0, так само, як і стандартизований графік шипа. На цьому малюнку ми намалювали цю стандартну нормальну щільність. Читач зауважить, що трапилася жахлива річ: незважаючи на те, що форми двох графіків однакові, висоти зовсім різні.

Якщо ми хочемо, щоб два графіки відповідали один одному, ми повинні змінити один з них; ми вирішили змінити графік шипа. Оскільки форми двох графіків виглядають досить близько, ми спробуємо змінити графік шипа, не змінюючи його форми. Причина різних висот полягає в тому, що сума висот шипів дорівнює 1, тоді як площа при стандартній нормальній щільності дорівнює 1. Якби ми провели безперервну криву через вершину шипів і знайдемо площу під цією кривою, ми побачимо, що ми отримаємо приблизно суму висот шипів, помножену на відстань між послідовними шипами, яку ми будемо називати\(\epsilon\). Оскільки сума висот шипів дорівнює одиниці, площа під цією кривою буде приблизно\(\epsilon\). Таким чином, щоб змінити графік шипа так, щоб площа під цією кривою мала значення 1, нам потрібно лише помножити висоти шипів на\(1/\epsilon\). З рівняння 9.1.1 легко побачити, що на\[\epsilon = \frac {1}{\sqrt {npq}}\ .\] малюнку [рис. 9.2] ми показуємо стандартизовану суму\(S^*_n\) для\(n = 270\) і\(p = .3\), після виправлення висот, разом зі стандартною нормальною щільністю. (Ця цифра була вироблена за допомогою програми CltberNoulliPlot.) Читач зауважить, що стандартна нормаль надзвичайно добре підходить для виправленого по висоті графу шипа. Насправді, одна з версій центральної граничної теореми (див. Теорема 9.1.1) говорить, що зі\(n\) збільшенням стандартна нормальна щільність буде робити все кращу роботу з наближенням графіків, що виправляються висотою, що відповідають процесу випробувань Бернуллі\(n\) з доведеннями.

Давайте зафіксуємо значення\(x\) на\(x\) -осі і нехай\(n\) буде фіксованим додатним цілим числом. Потім, використовуючи Equation [eq 9.1], точка,\(x_j\) яка найближча до,\(x\) має індекс,\(j\) заданий формулою,\[j = \langle np + x \sqrt{npq} \rangle\ ,\] де\(\langle a \rangle\) означає ціле число, найближче до\(a\). Таким чином, висота шипа вище\(x_j\) буде\[\sqrt{npq}\,b(n,p,j) = \sqrt{npq}\,b(n,p,\langle np + x_j \sqrt{npq} \rangle)\ .\] Для великих\(n\), ми бачили, що висота шипа дуже близька до висоти нормальної щільності в\(x\). Це говорить про наступну теорему.

Теорема\(\PageIndex{1}\)

(Центральна гранична теорема для біноміальних розподілів) Для біноміального розподілу\(b(n,p,j)\) ми маємо,\[\lim_{n \to \infty} \sqrt{npq}\,b(n,p,\langle np + x\sqrt{npq} \rangle) = \phi(x)\ ,\] де\(\phi(x)\) стандартна нормальна щільність.

Доказ

Доказ цієї теореми може бути здійснено за допомогою наближення Стірлінга з розділу 3.1. Цей метод доказування ми вказуємо, розглядаючи справу\(x = 0\). У цьому випадку теорема стверджує, що\[\lim_{n \to \infty} \sqrt{npq}\,b(n,p,\langle np \rangle) = \frac 1{\sqrt{2\pi}} = .3989\ldots\ .\] Для спрощення обчислення ми припускаємо, що\(np\) це ціле число, так що\(\langle np \rangle = np\). Тоді\[\sqrt{npq}\,b(n,p,np) = \sqrt{npq}\,p^{np}q^{nq} \frac {n!}{(np)!\,(nq)!}\ .\] нагадайте, що формула Стірлінга (див. Теорема 3.3) стверджує, що\[n! \sim \sqrt{2\pi n}\,n^n e^{-n} \qquad \mbox {as \,\,\,} n \to \infty\ .\] Використовуючи це, ми маємо\[\sqrt{npq}\,b(n,p,np) \sim \frac {\sqrt{npq}\,p^{np}q^{nq} \sqrt{2\pi n}\,n^n e^{-n}}{\sqrt{2\pi np} \sqrt{2\pi nq}\,(np)^{np} (nq)^{nq} e^{-np} e^{-nq}}\ ,\] що спрощує\(1/\sqrt{2\pi}\).

Апроксимація біноміальних розподілів

Ми можемо використовувати\(\PageIndex{1}\) теорему для пошуку наближень для значень біноміальних функцій розподілу. Якщо ми хочемо знайти наближення для\(b(n, p, j)\), ставимо\[j = np + x\sqrt{npq}\] і вирішуємо для\(x\), отримуючи\[x = {\frac{j-np}{\sqrt{npq}}}\ .\]

Теорема\(\PageIndex{1}\) тоді говорить, що

\[\sqrt{npq} ,b(n,p,j)\]

приблизно дорівнює\(\phi(x)\), так\[\begin{align} b(n,p,j) &\approx& {\frac{\phi(x)}{\sqrt{npq}}}\\ &=& {\frac{1}{\sqrt{npq}}} \phi\biggl({\frac{j-np}{\sqrt{npq}}}\biggr) \end{align}\]

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Оцінимо ймовірність рівно 55 голів в 100 киданнях монети. Для цього випадку\(np = 100 \cdot 1/2 = 50\) і\(\sqrt{npq} = \sqrt{100 \cdot 1/2 \cdot 1/2} = 5\). Таким чином\(x_{55} = (55 - 50)/5 = 1\) і

\[\begin{align} P(S_{100} = 55) \sim \frac{\phi(1)}{5} &=& \frac{1}{5} \left( \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-1/2} \right) \\ &=& .0484 \end{align}\]

До чотирьох знаків після коми фактичне значення становить 0,0485, і тому наближення дуже хороше.

Програма CltberNoulliLocal ілюструє це наближення для будь-якого вибору\(n\)\(p\), і\(j\). Ми запустили цю програму для двох прикладів. Перший - ймовірність рівно 50 голів у 100 киданнях монети; оцінка становить 0,0798, тоді як фактичне значення, до чотирьох знаків після коми, становить 0,0796. Другий приклад - це ймовірність рівно восьми шісток у 36 рулонів матриці; тут оцінка дорівнює .1093, тоді як фактичне значення, до чотирьох знаків після коми, дорівнює 0,1196.

Окремі біноміальні ймовірності мають тенденцію до 0, оскільки\(n\) прагне до нескінченності. У більшості додатків нас цікавить не ймовірність того, що конкретний результат настає, а скоріше в ймовірності того, що результат лежить в заданому інтервалі, скажімо інтервал\([a, b]\). Для того, щоб знайти цю ймовірність, ми додаємо висоти колосових графіків для значень\(j\) між\(a\) і\(b\). Це те саме, що просити ймовірність того, що стандартизована сума\(S_n^*\) лежить між\(a^*\) і\(b^*\), де\(a^*\) і\(b^*\) є стандартизованими значеннями\(a\) і\(b\). Але оскільки\(n\) має тенденцію до нескінченності, можна очікувати, що сума цих площ наблизиться до області за стандартною нормальною щільністю між\(a^*\) і\(b^*\). Держави, що це дійсно відбувається.

Теорема\(\PageIndex{2}\)

Ce ntral гранична теорема для випробувань Бернуллі) Нехай\(S_n\) буде кількість успіхів у випробуваннях\(n\) Бернуллі з ймовірністю\(p\) успіху, і нехай\(a\) і\(b\) бути двома фіксованими дійсними числами. Тоді\[\lim_{n \rightarrow \infty} P\biggl(a \le \frac{S_n - np}{\sqrt{npq}} \le b\biggr) = \int_a^b \phi(x)\,dx\ .\]

Доказ

Цю теорему можна довести, склавши разом наближення до\(b(n,p,k)\) наведених у теоремі 9.1.1.

З числення відомо, що інтеграл з правого боку цього рівняння дорівнює площі під графіком стандартної нормальної щільності\(\phi(x)\) між\(a\) і\(b\). Позначимо цю область по\(\NA(a^*, b^*)\). На жаль, немає простого способу інтегрувати функцію\(e^{-x^2/2}\), і тому ми повинні або використовувати таблицю значень, або програму числового інтеграції. (Див. Рис. [табл. 9.1] для значень\(\NA(0, z)\). Більш велика таблиця наведена в Додатку А)

З симетрії стандартної нормальної щільності зрозуміло, що такі області, як між\(-2\) і 3, можна знайти з цієї таблиці, додавши область від 0 до 2 (таку ж, як і від\(-2\) 0) до області від 0 до 3.

Наближення біноміальних ймовірностей

Припустимо,\(S_n\) що біноміально розподіляється з параметрами\(n\) і\(p\). Ми бачили, що наведена вище теорема показує, як оцінити ймовірність форми,\[P(i \le S_n \le j)\ , \label{eq 9.2}\] де\(i\) і\(j\) є цілими числами між 0 і\(n\). Як ми бачили, біноміальний розподіл можна представити у вигляді графа спайка, з шипами на цілих числах між 0 і\(n\), і з висотою\(k\) го шипа, заданої\(b(n, p, k)\). Для середніх значень\(n\), якщо стандартизувати цей колосковий графік, і змінити висоти його шипів, таким чином, як описано вище, сума висот шипів наближається площею під стандартну нормальну щільність між\(i^*\) і\(j^*\). Виходить, що трохи більш точне наближення дає площа під стандартною нормальною щільністю між стандартизованими значеннями, відповідними\((i - 1/2)\) і\((j + 1/2)\); ці значення є

\[i^* = \frac{i - 1/2 - np}{\sqrt {npq}}\]і\[j^* = \frac{j + 1/2 - np}{\sqrt {npq}}\ .\] таким чином,\[P(i \le S_n \le j) \approx \NA\Biggl({\frac{i - \frac{1}{2} - np}{\sqrt {npq}}} , {\frac{j + {\frac{1}{2}} - np}{\sqrt {npq}}}\Biggr)\ .\]

Слід підкреслити, що наближення, отримані за допомогою центральної граничної теореми, є лише наближеннями, а іноді вони не дуже близькі до фактичних значень (див. Вправа 9.2.111).

Зараз ми проілюструємо цю ідею деякими прикладами.

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Монету кидають 100 разів. Оцініть ймовірність того, що кількість голів лежить між 40 і 60 (слово «між» в математиці означає включення кінцевих точок). Очікувана кількість голів є\(100 \cdot 1/2 = 50\), а стандартне відхилення для кількості голів -\(\sqrt{100 \cdot 1/2 \cdot 1/2} = 5\). Таким чином, оскільки\(n = 100\) є досить великим, у нас є\[\begin{aligned} P(40 \le S_n \le 60) &\approx& P\left( \frac {39.5 - 50}5 \le S_n^* \le \frac {60.5 - 50}5 \right) \\ &=& P(-2.1 \le S_n^* \le 2.1) \\ &\approx& \NA(-2.1,2.1) \\ &=& 2\NA(0,2.1) \\ &\approx& .9642\ . \end{aligned}\] фактичне значення 96480, до п'яти знаків після коми.

Відзначимо, що в даному випадку ми запитуємо ймовірність того, що результат не відхилиться більш ніж на два стандартних відхилення від очікуваного значення. Якби ми запитали про ймовірність того, що кількість успіхів становить від 35 до 65, це представляло б три стандартні відхилення від середнього, і, використовуючи нашу 1/2 корекції, наша оцінка буде площею під стандартною нормальною кривою між\(-3.1\) і 3.1, або\(2\NA(0,3.1) = .9980\). Фактична відповідь в даному випадку на п'ять місць - .99821.

Важливо опрацювати кілька проблем вручну, щоб зрозуміти перетворення від заданої нерівності до нерівності, що стосується стандартизованої змінної. Після цього можна потім використовувати комп'ютерну програму, яка здійснює це перетворення, включаючи корекцію 1/2. Програма CltberNoulliGlobal є такою програмою для оцінки ймовірностей форми\(P(a \leq S_n \leq b)\).

Приклад\(\PageIndex{3}\)

Дартмутський коледж хотів би мати 1050 першокурсників. Цей коледж не може вмістити більше 1060. Припустимо, що кожен заявник приймає з ймовірністю .6 і що прийняття можуть бути змодельовані судовими процесами Бернуллі. Якщо коледж приймає 1700, яка ймовірність того, що в ньому буде занадто багато прийнятностей?

Якщо він приймає 1700 студентів, очікувана кількість студентів, які навчаються, становить\(.6 \cdot 1700 = 1020\). Стандартне відхилення для числа, яке приймають, є\(\sqrt{1700 \cdot .6 \cdot .4} \approx 20\). Таким чином, ми хочемо оцінити ймовірність\[\begin{aligned} P(S_{1700} > 1060) &=& P(S_{1700} \ge 1061) \\ &=& P\left( S_{1700}^* \ge \frac {1060.5 - 1020}{20} \right) \\ &=& P(S_{1700}^* \ge 2.025)\ .\end{aligned}\]

З таблиці [табл 9.1], якщо ми інтерполювати, ми б оцінили цю ймовірність бути\(.5 - .4784 = .0216\). Таким чином, коледж є досить безпечним, використовуючи цю політику вступу.

Додатки до статистики

Є багато важливих питань у галузі статистики, на які можна відповісти за допомогою центральної граничної теореми для процесів незалежних випробувань. Наступний приклад - той, який зустрічається досить часто в новині. Інший приклад застосування центральної граничної теореми до статистики наведено в розділі 1.2.

Приклад\(\PageIndex{4}\)

Часто читається, що було проведено опитування, щоб оцінити частку людей у певному населенні, які віддають перевагу одному кандидату перед іншим у гонці з двома кандидатами. (Ця модель також застосовується до перегонів з більш ніж двома кандидатами\(A\) та\(B\) двома пропозиціями для голосування.) Зрозуміло, що опитувальники не можуть запитати всіх про їх переваги. Натомість робиться вибір підмножини населення, яка називається вибіркою, і попросити всіх у вибірці про їх переваги. Нехай\(p\) буде фактична частка людей в населенні, які виступають за кандидата\(A\) і нехай\(q = 1-p\). Якщо ми вибираємо вибірку розміру\(n\) з населення, то переваги людей у вибірці можуть бути представлені випадковими величинами\(X_1,\ X_2,\ \ldots,\ X_n\), де\(X_i = 1\) якщо людина\(i\) виступає за кандидата\(A\), а\(X_i = 0\) якщо людина\(i\) - на користь кандидата \(B\). Нехай\(S_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n\). Якщо кожна підмножина розміру\(n\) вибирається з однаковою ймовірністю, то\(S_n\) розподіляється гіпергеометрично. Якщо\(n\) невелика щодо чисельності популяції (що зазвичай вірно на практиці), то\(S_n\) розподіляється приблизно біноміально, з параметрами\(n\) і\(p\).

Опитувач хоче оцінити вартість\(p\). Кошторис для\(p\) надається величиною\(\bar p = S_n/n\), яка є часткою людей у вибірці, які віддають перевагу кандидату\(B\). Центральна гранична теорема говорить, що випадкова\(\bar p\) величина приблизно нормально розподілена. (Насправді, наша версія центральної граничної теореми говорить, що функція розподілу випадкової величини\[S_n^* = \frac{S_n - np}{\sqrt{npq}}\] наближена стандартною нормальною щільністю.) Але у нас\(\bar p\) є\[\bar p = \frac{S_n - np}{\sqrt {npq}}\sqrt{\frac{pq}{n}}+p\ ,\] тобто, це просто лінійна функція\(S_n^*\). Оскільки розподіл\(S_n^*\) апроксимується стандартною нормальною щільністю, то розподіл випадкової величини також\(\bar p\) повинен бути дзвоноподібним. Ми також знаємо, як написати середнє і стандартне відхилення\(\bar p\) в плані\(p\) і\(n\). Середнє значення\(\bar p\) є\(p\) справедливим, а стандартне відхилення\[\sqrt{\frac{pq}{n}}\ .\] Таким чином, легко записати стандартизовану версію\(\bar p\); це\[\bar p^* = \frac{\bar p - p}{\sqrt{pq/n}}\ .\]

Оскільки розподіл стандартизованої версії\(\bar p\) наближається до стандартної нормальної щільності, ми знаємо, наприклад, що 95% його значень будуть лежати в межах двох стандартних відхилень від її середнього, і те ж саме стосується\(\bar p\). Так що у нас\[P\left(p - 2\sqrt{\frac{pq}{n}} < \bar p < p + 2\sqrt{\frac{pq}{n}}\right) \approx .954\ .\] Тепер опитувальник не знає\(p\) ні\(q\), але він може використовувати\(\bar p\) і на їх\(\bar q = 1 - \bar p\) місці без зайвої небезпеки. Маючи на увазі цю ідею, вищевказаний оператор еквівалентний оператору\[P\left(\bar p - 2\sqrt{\frac{\bar p \bar q}{n}} < p < \bar p + 2\sqrt{\frac{\bar p \bar q}{n}}\right) \approx .954\ .\].\[\left( \bar p - \frac {2\sqrt{\bar p \bar q}}{\sqrt n},\ \bar p + \frac {2\sqrt{\bar p \bar q}}{\sqrt n} \right)\] Отриманий інтервал називається для невідомого значення\(p\). Назва підказує той факт, що якщо ми використовуємо цей метод для оцінки\(p\) у великій кількості зразків, слід очікувати, що приблизно в 95 відсотках зразків істинне значення міститься в\(p\) довірчому інтервалі, отриманому з вибірки. У Вправи\(\PageIndex{11}\) вас просять написати програму, щоб проілюструвати, що це дійсно відбувається.

Опитувач має контроль над значенням\(n\). Таким чином, якщо він хоче створити 95% довірчий інтервал з довжиною 6%, то він повинен вибрати значення\(n\) так, щоб\[\frac {2\sqrt{\bar p \bar q}}{\sqrt n} \le .03\ .\] Використовуючи той факт\(\bar p \bar q \le 1/4\), що, незалежно від того, яке значення\(\bar p\) є, легко показати, що якщо він вибере значення\(n\) так, що\[\frac{1}{\sqrt n} \le .03\ ,\] він буде в безпеці. Це еквівалентно вибору\[n \ge 1111\ .\] Отже, якщо опитувальник вибирає\(n\) 1200, скажімо, і обчислює,\(\bar p\) використовуючи його вибірку розміром 1200, то 19 разів з 20 (тобто 95% часу), його довірчий інтервал, який становить 6%, буде містити справжнє значення\(p\). Цей тип довірчого інтервалу, як правило, повідомляється в новині наступним чином: це опитування має 3% похибки. Насправді, більшість опитувань, які один бачить повідомляється в папері, матимуть розміри вибірки близько 1000. Дещо дивовижним фактом є те, що чисельність населення, мабуть, не впливає на розмір вибірки, необхідний для отримання 95% довірчого інтервалу для\(p\) з заданою похибкою. Щоб переконатися в цьому, зверніть увагу,\(n\) що значення того, що було потрібно, залежало тільки від числа .03, яке є похибкою. Іншими словами, незалежно від того, чи є населення розміром 100 000 або 100 000 000, опитувальнику потрібно лише вибрати вибірку розміром 1200 або близько того, щоб отримати однакову точність оцінки\(p\). (Ми використали той факт, що розмір вибірки був невеликим щодо чисельності населення у твердженні,\(S_n\) який приблизно біноміально розподілений.)

На малюнку [рис. 9.2.1] ми показуємо результати моделювання процесу опитування. Населення має розмір 100 000, а для населення,\(p = .54\). Розмір вибірки був обраний рівним 1200. Графік спайку показує розподіл\(\bar p\) для 10 000 випадково обраних зразків. Для цього моделювання програма відстежувала кількість зразків, для яких\(\bar p\) було в межах 3% від .54. Це число склало 9648, що наближається до 95% від кількості використовуваних зразків.

Інший спосіб побачити, що означає ідея довірчих інтервалів, показаний на малюнку [рис. 9.2.2]. На цьому малюнку ми показуємо 100 довірчих інтервалів, отриманих шляхом обчислення\(\bar p\) для 100 різних зразків розміром 1200 з тієї ж сукупності, що і раніше. Читач може бачити, що більшість цих довірчих інтервалів (96, якщо бути точним) містять істинне значення\(p\).

Опитування Gallup використовувало ці методи опитування на всіх президентських виборах з 1936 року (а також на незліченних інших виборах). У таблиці [табл. ^9.1] наведені результати їх зусиль. Читач зауважить, що більшість наближень до\(p\) знаходяться в межах 3% від фактичного значення\(p\). Розміри вибірки для цих опитувань зазвичай становили близько 1500. (У таблиці як прогнозовані, так і фактичні відсотки для кандидата-переможця відносяться до відсотка голосів серед «основних» політичних партій. На більшості виборів було дві великі партії, але на кількох виборах їх було три.)

Запис точності опитування Gallup.

Рік	\(\,\)Перемога	Фінал Галлапа	Вибори	Відхилення
	Кандидат	Опитування	Результат
1936	Рузвельт	55,7%	62,5%	6,8%
1940	Рузвельт	52.0%	55.0%	3,0%
1944	Рузвельт	51,5%	53,3%	1,8%
1948	Трумен	44.5%	49,9%	5,4%
1952	Ейзенхауер	51,0%	55.4%	4,4%
1956	Ейзенхауер	59,5%	57,8%	1,7%
1960	Кеннеді	51,0%	50,1%	0,9%
1964	Джонсон	64.0%	61,3%	2,7%
1968	Ніксон	43.0%	43,5%	0,5%
1972	Ніксон	62.0%	61,8%	0,2%
1976	Картер	48.0%	50.0%	2.0%
1980	Рейган	47.0%	50,8%	3,8%
1984	Рейган	59.0%	59,1%	0,1%
1988	Буш	56.0%	53,9%	2,1%
1992	Клінтон	49,0%	43,2%	5,8%
1996	Клінтон	52.0%	50,1%	1,9%

Ця методика також відіграє важливу роль в оцінці ефективності препаратів в медичній професії. Наприклад, іноді хочеться знати, якій частці пацієнтів допоможе новий препарат. Цю пропорцію можна оцінити, даючи препарат підмножині пацієнтів, і визначивши частку цього зразка, яким допомагає препарат.

Історичні зауваження

Центральна гранична теорема для випробувань Бернуллі була вперше доведена Авраамом Муавре і з'явилася в його книзі, вперше опублікованій у 1718 році. ²

Де Муавр провів свої роки з 18 до 21 року у в'язниці у Франції через протестантське походження. Коли його звільнили, він поїхав з Франції до Англії, де працював вихователем для синів дворян. Ньютон подарував його копію графу Девонширу. Історія свідчить, що, поки де Муавр навчався в будинку графа, він натрапив на роботу Ньютона і виявив, що це за його межами. Кажуть, що потім він купив власну копію і розірвав її на окремі сторінки, вивчаючи її сторінка за сторінкою, коли він ходив по Лондону до своїх навчальних робіт. Де Муавр відвідував кав'ярні в Лондоні, де розпочав свою роботу з ймовірності, підрахувавши коефіцієнти для гравців. Він також познайомився з Ньютоном в такій кав'ярні, і вони стали швидкими друзями. Де Муавр присвятив свою книгу Ньютону.

надає методики вирішення найрізноманітніших проблем азартних ігор. У розпал цих азартних проблем де Муавр досить скромно вводить свій доказ Центральної граничної теореми, пише

Метод апроксимації суми термінів біноміалу,\((a + b)^n\) розширений у ряд, звідки виведені деякі практичні Правила оцінки ступеня згоди, яку слід дати експериментам. ³

Доказ де Муавра використовував наближення до факторіалів, які ми зараз називаємо формулою Стірлінга. Де Муавр стверджує, що він отримав цю формулу до Стірлінга, але не визначаючи точного значення константи\(\sqrt{2\pi}\). Хоча він каже, що насправді не потрібно знати це точне значення, він визнає, що знання цього «поширило однину елегантність на Рішення».

Повний доказ і цікаве обговорення життя де Муавра можна знайти в книзі Ф.Н. Девіда. ⁴

Вправа\(\PageIndex{1}\)

\(S_{100}\)Дозволяти кількість голів, які з'являються в 100 кидок справедливої монети. Використовуйте центральну граничну теорему для оцінки

1. \(P(S_{100} \leq 45)\).

2. \(P(45 < S_{100} < 55)\).

3. \(P(S_{100} > 63)\).

4. \(P(S_{100} < 57)\).

Вправа\(\PageIndex{2}\)

\(S_{200}\)Дозволяти кількість голів, які з'являються в 200 кидок справедливої монети. кошторис

1. \(P(S_{200} = 100)\).

2. \(P(S_{200} = 90)\).

3. \(P(S_{200} = 80)\).

Вправа\(\PageIndex{3}\)

Справжньо-помилкова експертиза має 48 питань. Червень має ймовірність 3/4 правильно відповісти на питання. Квітень просто здогадується з кожного питання. Прохідний бал - 30 і більше правильних відповідей. Порівняйте ймовірність того, що червень здає іспит з ймовірністю того, що квітень його здає.

Вправа\(\PageIndex{4}\)

\(S\)Дозволяти кількість голів в 1000 000 кидків справедливої монети. Використовуйте (а) нерівність Чебишева та (б) центральну граничну теорему, щоб оцінити ймовірність, що\(S\) лежить між 499 , 500 та 500 500. Використовуйте ті ж два методи, щоб оцінити ймовірність, що\(S\) лежить між 499 000 і 501 000, і ймовірність, що\(S\) лежить між 498 500 і 501 500.

Вправа\(\PageIndex{5}\)

Новачок привозять до бейсбольного клубу на припущення, що він матиме $300 ватин середній. (Ватин середній - це відношення кількості ударів до кількості разів у кажана.) У перший рік він приходить до кажана 300 разів, а його середній ватин становить 0,267. Припустимо, що його у кажанів можна вважати випробування Бернуллі з ймовірністю 3 для успіху. Чи може такий низький середній вважатися просто невдачею або він повинен бути відправлений назад до другорядних ліг? Прокоментуйте припущення розглядів Бернуллі в цій ситуації.

Вправа\(\PageIndex{6}\)

Колись були два залізничних поїзда, які змагалися за пасажиропотік 1000 чоловік, що виїжджали з Чикаго в ту ж годину і прямували до Лос-Анджелеса. Припустимо, що пасажири однаково схильні до вибору кожного поїзда. Скільки місць повинен мати поїзд, щоб забезпечити ймовірність 0,99 або краще мати місце для кожного пасажира?

Вправа\(\PageIndex{7}\)

Припустимо, що\(\PageIndex{3}\), як у прикладі, Дартмут приймає 1750 студентів. Яка ймовірність занадто великої кількості акцептів?

Вправа\(\PageIndex{8}\)

У клубі подають вечерю лише для учасників. Їх розсаджують за 12-місними столиками. Менеджер зауважує протягом тривалого періоду часу, що 95 відсотків часу існує від шести до дев'яти повних таблиць членів, а решту часу цифри однаково ймовірно впадуть вище або нижче цього діапазону. Припустимо, що кожен член вирішує прийти з заданою ймовірністю\(p\), і що рішення є незалежними. Скільки членів там? Що таке\(p\)?

Вправа\(\PageIndex{9}\)

Нехай\(S_n\) буде кількість успіхів у випробуваннях\(n\) Бернуллі з ймовірністю 0,8 для успіху на кожному випробуванні. Нехай\(A_n = S_n/n\) буде середня кількість успіхів. У кожному конкретному випадку дайте значення для ліміту, і дайте привід для вашої відповіді.

1. \(\lim_{n \to \infty} P(A_n = .8)\).

2. \(\lim_{n \to \infty} P(.7n < S_n < .9n)\).

3. \(\lim_{n \to \infty} P(S_n < .8n + .8\sqrt n)\).

4. \(\lim_{n \to \infty} P(.79 < A_n < .81)\).

Вправа\(\PageIndex{10}\)

Знайдіть ймовірність того, що серед 10 000 випадкових цифр цифра 3 з'являється не більше 931 рази.

Вправа\(\PageIndex{11}\)

Напишіть комп'ютерну програму для імітації 10 000 випробувань Бернуллі з ймовірністю 3 для успіху на кожному випробуванні. Попросіть програму обчислити 95-відсотковий довірчий інтервал для ймовірності успіху на основі частки успіхів. Повторіть експеримент 100 разів і подивіться, скільки разів істинне значення 3 входить в межі довіри.

Вправа\(\PageIndex{12}\)

Збалансована монета перевертається 400 разів. Визначте число\(x\) таке, щоб ймовірність того, що кількість голів знаходиться між\(200 - x\) і\(200 + x\) дорівнює приблизно .80.

Вправа\(\PageIndex{13}\)

Машина для локшини на фабриці спагетті Spumoni виробляє близько 5 відсотків дефектної локшини навіть при правильному регулюванні. Потім локшина упаковується в ящики, що містять 1900 локшини кожен. Обстежується ящик і виявлено, що містить 115 дефектних локшини. Яка приблизна ймовірність знайти хоча б таку кількість бракованої локшини, якщо машина правильно відрегульована?

Вправа\(\PageIndex{14}\)

Ресторан годує 400 клієнтів в день. В середньому 20 відсотків клієнтів замовляють яблучний пиріг.

1. Дайте діапазон (називається 95-відсотковим довірчим інтервалом) для кількості шматочків яблучного пирога, замовлених на даний день, таким чином, що ви можете бути 95 відсотків впевнені, що фактичне число впаде в цьому діапазоні.

2. Скільки клієнтів повинен мати ресторан, в середньому, щоб бути принаймні 95 відсотків впевненим, що кількість клієнтів, які замовляють пиріг в цей день, падає в діапазоні від 19 до 21 відсотків?

Вправа\(\PageIndex{15}\)

Нагадаємо, що якщо\(X\) є випадковою величиною,\(X\) то of - функція,\(F(x)\) визначена\[F(x) = P(X \leq x)\ .\]

1. \(S_n\)Нехай кількість успіхів у випробуваннях\(n\) Бернуллі з\(p\) ймовірністю успіху. Напишіть програму для побудови накопичувального дистрибутива для\(S_n\).

2. Змініть свою програму в (a), щоб побудувати сукупний розподіл\(F_n^*(x)\) стандартизованої випадкової величини\[S_n^* = \frac {S_n - np}{\sqrt{npq}}\ .\]

3. \(N(x)\)Визначте область під нормальною кривою до значення\(x\). Змініть свою програму в (b) так, щоб побудувати нормальний розподіл, а також порівняйте його з сукупним розподілом\(S_n^*\). Робіть це для\(n = 10, 50\), і\(100\).

Вправа\(\PageIndex{16}\)

У прикладі 3.12 ми були зацікавлені в перевірці гіпотези про те, що нова форма аспірину ефективна 80 відсотків часу, а не 60 відсотків часу, як повідомляється для стандартного аспірину. Новий аспірин дають\(n\) людям. Якщо він ефективний в\(m\) або більше випадках, ми приймаємо твердження, що новий препарат ефективний 80 відсотків часу, і якщо ні, ми відхиляємо претензію. Використовуючи центральну граничну теорему, покажіть, що ви можете вибрати кількість випробувань\(n\) та критичне значення,\(m\) щоб ймовірність того, що ми відхилимо гіпотезу, коли вона істинна, була меншою за 0,01, а ймовірність того, що ми приймаємо її, коли вона неправдива, також менше 0,01. Знайдіть найменшу величину\(n\), якої вистачить для цього.

Вправа\(\PageIndex{17}\)

В соціологічному опитуванні передбачається, що невідома частка\(p\) людей виступає за запропонований новий закон і пропорція\(1-p\) проти нього. Для отримання їх думки береться вибірка\(n\) людей. Пропорція на користь\({\bar p}\) у вибірці береться за оцінку\(p\). Використовуючи центральну граничну теорему, визначте, наскільки велика вибірка забезпечить, що оцінка з ймовірністю 0,95 буде правильною в межах .01.

Вправа\(\PageIndex{18}\)

Опис опитування в певній газеті говорить про те, що можна на 95% бути впевненим, що помилка через вибірку складе не більше плюс-мінус 3 процентних пункту. Опитування в New York Times, проведене в Айові, говорить, що «згідно зі статистичною теорією, в 19 з 20 випадків результати, засновані на таких вибірках, будуть відрізнятися не більше ніж на 3 процентні пункти в будь-яку сторону від того, що було б отримано при опитуванні всіх дорослих айованців». Це обидві спроби пояснити поняття довірчих інтервалів. Обидва твердження говорять одне і те ж? Якщо ні, то який, на вашу думку, є більш точним описом?