Wykład numer 6 z Rachunku Prawdopodobieństwa

Wykład numer 6 z Rachunku Prawdopodobieństwa

Dwa uzupełnienia poprzedniego wykładu Kwartyle

Przypomnijmy, że mediana rozkładu zmiennej losowej X to taka liczba M , dla której P (X ¬ M) ­ ¹₂ oraz P (X ­ M) ­ ¹₂. Mediana dzieli więc rozkład na dwie części, z których każda jest większa bądź równa ¹₂. Analogicznie można podzielić rozkład na 4 części, z których każda jest większa bądź równa

1

4. Te punkty podziału to kwartyle (podobnie, kwartał to 1/4 część roku). Isnieją więc 3 kwartyle:

q₁, q₂ oraz q₃. Formalna definicja jest nastepująca:

Definicja:

Liczba q₁ jest pierwszym kwartylem rozkładu zmiennej X, jeżeli P (X ¬ q1)­ ¹₄ oraz P (X ­ q1)­ ³₄. Liczba q₃ jest trzecim kwartylem rozkładu zmiennej X, jeżeli P (X ¬ q3)­ ³₄ oraz P (X ­ q3)­ ¹₄. Liczba q₂ jest drugim kwartylem rozkładu zmiennej X, jeżeli P (X ¬ q2) ­ ¹₂ oraz P (X ­ q1) ­ ¹₂, zatem drugi kwartyl to po prostu mediana,

Podobnie definiuje się kwantyle rzędu r∈ (0, 1), np. kwantyl rzędu 0, 2 to taka liczba k0,2, dla której P (X ¬ k0,2)­ 0, 1 oraz P (X ­ k0,2)­ 0, 8.

Zadanie Oblicz piewszy kwartyl rozkładu wykładniczego z parametrem α = 1.

Rozwiązanie:

Dystrybuantą tego rozkładu jest funkcja F_X(t) = 0 dla t ¬ 0 oraz FX(t) = 1− e^−t dla t > 0, jest ona ciągła i ściśle rosnąca na (0, ∞), więc osiąga poziom ¹₄ tylko w jednym punkcie. Aby obliczyć q₁ musimy zatem rozwiązać równanie

1− e^−q1 = 1

4, skąd q₁ =− ln3

4 = ln4

3 ≈ 0, 287682.

Dwa rozkłady z niezwykle ważną własnością

Jak zauważyliśmy na poprzednim wykładzie, omawiając konsekwencje Prawa Wielkich Liczb, mo- neta „nie pamięta” wyników, jakie wypadły w poprzednich próbach (to chyba rozsądne założenie, dodatkowo zgadza się ono z obserwacjami rzeczywistych monet). Zobaczmy co na ten temat mówi teoria.

Czas oczekiwania na pierwszy sukces (np. pojawienie się orła po raz pierwszy przy rzutach symetry- czyną monetą) ma rozkład geometryczny z parametrem p = ¹₂. Niech X będzie numerem rzutu, w którym wypadnie pierwszy orzeł. Wtedy P (X = n) = ₂¹n, n = 1, 2, 3, ....

Dla liczb naturalnych n, m obliczmy prawdopodobieństwo warunkowe tego, że na pierwszego orła trzeba będzie czekać (licząc od początku rzutów) więcej niż n + m prób pod warunkem, że już wykonalismy n prób i orzeł się w nich nie pojawił:

P (X > n + m| X > n) = P ((X > n + m) i (X > n))

P (X > n) = P (X > n + m) P (X > n) =

∑_∞

k=n+m+1 1 2^k

∑_∞

k=n+1 1 2^k

= 1 2^m, gdyż ^∑∞_k=n+m+12¹k = ₂n+m¹ , natomiast ^∑∞_k=n+12¹k = ₂¹n.

Ale P (X > m) = ^∑∞_{k=m+1 2}¹k = ₂¹m skąd wypływa wniosek, że gdy czekamy na pierwszego orła i już wykonaliśmy n prób, w których orzeł się nie pojawił, to cały proces czekania zaczyna sie od nowa! Skoro moneta „nie pamięta”, to tak rzeczywiście być powinno:

P (X > n + m| X > n) = P (X > m).

Taką własność rozkładu nazywamy „brakiem pamięci”.

Tak samo jest przy wykonywaniu dowolnych prób Bernoulliego z parametrem p ∈ (0, 1). Analogiczny rachunek jak powyżej, z liczbą ¹₂ zastąpioną przez p, prowadzą do wniosku, że

P (X > n + m| X > n) = P (X > m)

dla zmiennej o rozkładzie geometrycznym z parametrem p ∈ (0, 1), zatem ten rozkład też ma wła- sność braku pamięci. Można udowodnić więcej:

Jeżeli zmienna X przyjmuje tylko wartości naturalne tzn. 1, 2, 3, .., i rozkład X ma własność braku pamięci, to X ma rozkład geometryczny z jakimś parametrem p∈ (0, 1).

Innymi słowy, jeśli czekamy na pojawienie się pewnego zdarzenia i może ono pojawić się tylko w momentach o numerach 1, 2, 3,... , a czas czekania ma własność braku pamięci, to ten czas musi mieć rozkład geometryczny.

A jeśli czekamy na czas pierwszej awarii jakiegoś urządzenia (ten czas może przyjmować dowolne wartości z półprostej (0, ∞)) i gdy ten czas ma własność braku pamięci, to jaki może mieć rozkład?

Okazuje się, że jedynym rozkładem skupionym na całej półprostej (0, ∞) o własności braku pamięci, jest rozkład wykładniczy z parametrem α > 0. Sprawdzenie, że ten rozkład ma własność

P (X > t + s| X > t) = P (X > s) dla wszystkich t, s > 0 pozostawiam jako (łatwe) zadanie.

Parametry rozkładów: wariancja

Rozważmy dwie zmienne losowe X oraz Y o rozkładach: X −1 1 p_k ¹₂ ¹₂

Y −10 10 p_k ¹₂ ¹₂

Jak łatwo obliczyć obie mają taką samą wartość oczekiwaną (czyli średnią): E(X) = (−1)·¹₂+1·¹₂ = 0, E(Y ) = (−10) ·¹₂+ 10·¹₂ = 0. Co już na pierwszy rzut oka różni te rozkłady? Zmienna X jest bardziej skupiona wokół swojej średniej (odchyla się od niej tylko o ±1), podczas gdy Y odchyla się od swojej średniej o ±10. Miarą rozrzutu wartości zmiennej od jej wartości średniej jest wariancja:

Definicja

Wariancją zmiennej losowej X nazywamy liczbę V ar(X) = E[(X − E(X))²], o ile ta wielkość jest skończona. Inne powszechnie stosowane oznaczenia wariancji to D²(X) lub σ_X².

Wzory do obliczania wariancji:

a) Gdy zmienna X ma rozkład dyskretny i P (X = xn) = pn, n = 1, 2, ..., to V ar(X) =^∑

n

(x_n− E(X))²p_n, o ile szereg jest zbieżny.

b) Gdy zmienna X ma rozkład o gęstości f (x), to V ar(X) =

∫ _∞

−∞(x− E(X))²f (x) dx, o ile całka jest zbieżna.

Wykorzystując wzory na E(X) możemy powyższe wzory zapisać w nieco innej postaci:

V ar(X) =^∑

n

x²_np_n−

(∑

n

x_np_n

)₂

dla zmiennej o rozkładzie dyskretnym,

V ar(X) =

∫ _∞

−∞x²f (x) dx−^{(∫ ∞}

−∞x f (x) dx

)₂

dla zmiennej o rozkładzie z gęstościa f (x).

Wykorzystaliśmy tu poniższą własność wariancji, mianowicie, jeżeli zmienna X ma wariancję skoń- czoną, to

V ar(X) = E(X²)− (E(X))².

Dwie inne i często używane własności wariancji są następujące: jeżeli X i Y mają skończone wariancje, a liczby a oraz b są rzeczywiste, to

1. V ar(aX) = a²V ar(X)

2. V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ), o ile zmienne X i Y są niezależne.

Jak rachunkowo sprawdzić niezależność zmiennych X i Y , dowiemy się z następnego wykładu.

Przykłady:

0. Zmienna stała, tzn. P (X = c) = 1 ma oczywiście średnią E(c) = c i wariancję zero: V ar(c) = E(c− c)² = 0 (bo w ogóle nie odchyla się od swojej średniej). Zmienna stała to jedyny typ zmiennej o wariancji zerowej.

1. Niech P (X = a) = p, P (Y = b) = 1− p = q, wtedy E(X) = ap + bq, natomiast V ar(X) = a²p + b²q− (ap + bq)², w szczególności, gdy P (X = 1) = p, P (X = 0) = 1− p = q, to E(X) = p, a V ar(X) = (1− p)²p + (0− p)²q = pq.

2. Jeżeli S_n ma rozkład Bernoulliego z parametrami n oraz p, to E(S_n) = np, więc

V ar(S_n) =

∑n k=0

(k− np)²

(n k

)

p^k(1− p)^n−k = ... = npq.

Tę skończoną sumę można obliczyć analitycznie (co wymaga niemal strony rachunków), ale my skorzy- stamy z własności wariancji oraz z faktu, z którego skorzystaliśmy przy obliczaniu E(S_n). Mianowicie, zmienna S_n ma taki sam rozkład jak suma niezależnych zmiennych losowych X₁, X₂, ..., X_n, każda o rozkładzie P (X_k = 1) = p, P (X = 0) = 1−p, skąd wynika, że wartości oczekiwane i wariancje zmien- nych S_n oraz X₁+ ... + X_n są jednakowe. Z własności wariancji i faktu, że kolejne próby Bernoulliego są niezależne (zatem zmienne X₁, X₂, ..., X_n też są niezależne) mamy

V ar(S_n) = V ar(X₁+ X₂+ ... + X_n) = V ar(X₁) + V ar(X₂) + ... + V ar(X_n) = npq, bo, jak obliczyliśmy w poprzednim przykładzie, V ar(X_k) = pq dla k = 1, 2, ..., n.

3. Jeżeli X ma rozkład jednostajny na przedziale [a, b], to E(X) = ^a+b₂ , więc

V ar(X) =

∫ _b

a

(

x− a + b 2

)₂

· 1

b− adx = (b− a)² 12 . 4. Gdy X ∼ N(m, σ²), to E(X) = m, zatem

V ar(X) =

∫ _∞

−∞(x− m)²· 1

√2πσe^{−(x−m)22σ2} dx = σ²,

co łatwo obliczyć, podstawiając w całce z = ^x−m_σ , dz = σ dx i licząc otrzymaną całkę przez części:

z²e^−z2/2 = z· ze^−z2/2. Zauważamy, że pierwotną funkcji ze^−z2/2 jest funkcja −e^−z2/2 i korzystamy z faktu, że całka z gęstości po całej prostej jest równa 1.

Poznaliśmy więc znaczenie obu parametrów rozkładu normalnego N (m, σ²): liczba rzeczywista m to wartość średnia tego rozkładu, a liczba dodatnia σ² to jego wariancja. To tłumaczy też wykorzysty- wanie σ² na oznaczenie wariancji w przypadku innych rozkładów.

Przypuśćmy, że X oznacza wynik pomiaru pewnej długości w centymetrach. Wtedy E(X) wyraża się też w centymetrach, ale łatwo sprawdzić, korzystając ze wzorów na wariancję, że wariancja tych pomiarów będzie w centymetrach kwadratowych. Jest to nienaturalna jednostka, bo gdyby chodziło np. o wysokość zarobków, to ich wariancja byłaby w zł²! Aby uniknąć takich sytuacji, często zamiast

wariancji, używa się pierwiastka kwadratowego z wariancji, tę wielkość nazywa się dyspersją i oznacza σ_X:

σ_X =

√

V ar(X).

Ten ostatni wzór szczególnie łatwo zapamiętać, jeżeli wariancję oznaczamy symbolem σ_X², wtedy oczy- wiście σ_X =

√

σ²_X.

Rysunek powyżej przedstawia wykres prawdopodobieństw w schemacie Bernoulliego B(400,¹₂). Gdy- by połączyć wierzchołki kolejnych słupków linią ciągłą, otrzymalibyśmy krzywą bardzo podobną do krzywej Gaussa, czyli wykresu rozkładu normalnego o pewnych parametrach m oraz σ². Okazuje się, że to nie przypadek. W XVIII wieku udowodniono bowiem następujące twierdzenie:

Twierdzenie de Moivre’a – Laplace’a

Niech S_n oznacza liczbę sukcesów w schemacie Bernoulliego z parametrami n oraz p. Dla każdej pary

−∞ ¬ a < b ¬ ∞ zachodzi równość

nlim→∞P

(

a < S_n− np

√npq < b

)

=

∫ _b

a

√1

2πe^−x2/2dx = Φ(b)− Φ(a).

Zauważmy, że od S_nodejmuje się wartość oczekiwaną E(S_n) = np i tę różnicę dzieli się przez pierwia- stek z wariancji S_n czyli przez

√

V ar(S_n) =√ npq.

Zbieżność w tym twierdzeniu jest dość szybka: w najgorszym możliwym przypadku wyrażenie P ^(S√ⁿnpq^−np < t⁾ różni się od Φ(t) o mniej niż ^p√^2+qnpq². W związku z tym dla dużych wartości n przyjmuje się często przy- bliżenie

(∗) P

(

a < S_n− np

√npq < b

)

≈^{∫ b}

a

√1

2πe^−x2/2dx = Φ(b)− Φ(a).

Innymi słowy, dla dużych (a czasem i dla dość małych) wartości n rozkłady (a więc dystrybuanty) zmiennych ^S√^n−npnpq oraz Z o rozkładzie N (0, 1) są bliskie. Oznacza to, że dystrybyanta rozkładu S_n jest bliska dystrybuancie rozkładu zmiennej√

npqX + np, czyli dystrybuancie rozkładu N (np, (√

npq)²).

To twierdzenie ma bardzo ważne konsekwencje zarówno w teorii, jak i w praktyce. O wnioskach dla teorii wspomnimy pod koniec tego wykładu, teraz pokażmy kilka zastosowań praktycznych. Polegają one na użyciu przybliżenia (∗) w przypadku dużych wartości n zamiast wartości dokładnej, trudnej do obliczenia. Oto przykłady:

Zadanie: Zamierzam wykonać 100 rzutów symetryczną monetą. Jakie jest prawdopodobieństwo zda- rzenia: liczba orłów będzie zawarta w przedziale [40, 60]?

Rozwiązanie: Jest to typowy przykład schematu Bernoulliego. Mam obliczyć P (40 ¬ S100 ¬ 60).

Oczywiście mogę podać wzór dokładny:

P (40¬ S100¬ 60) = ^∑60

k=40

(100 k

) 1

2¹⁰⁰ =???

Teraz można dość szybko obliczyć to za pomoca komputera, nie tak dawno temu było to niemożliwe.

Nawet dziś, analogiczne zadanie dla n = 10¹⁰⁰ i przedziału [¹₂ · 10¹⁰⁰− 10⁵⁰, ¹₂10¹⁰⁰+ 10⁵⁰] przekra- cza możliwości superkomputerów. A im większe n, tym Twierdzenie de Moivre’a – Laplace’a daje dokładniejsze przybliżenia, a rachunki w zasadzie nie zwiększają swej długości wraz ze wzrostem n.

Zastosujemy przybliżenie (∗). W tym celu musimy sprowadzić nierówność 40 ¬ S100 ¬ 60 do postaci a < ^S√^n−npnpq < b. W naszym zadaniu n = 100, natomiast p = q = ¹₂, mamy więc

P (40¬ S100¬ 60) = P



40_√ − 100 · ¹₂

100· ¹₂ · ¹₂ ¬ S_√100− 100 · ¹₂

100· ¹₂ ·¹₂ ¬ 60_√ − 100 · ¹₂ 100·¹₂ · ¹₂



≈ Φ( 10

√25)− Φ(−10√ 25).

Korzystamy z tablic funkcji Φ i odczytujemy, że szukane prawdopodobieństwo jest mniej więcej równe Φ(2)− Φ(−2) = 0, 977 − (1 − 0, 977) = 0, 954. Komputer łatwo dodaje liczby ze wzoru dokładnego, wynikiem jest 38219657665440688759455013113

39614081257132168796771975168 ≈ 0.9647997997822951840468565283, więc nasze przybliżenie różni się od wyniku dokładnego o około 0,01.

Pod koniec XIX udowodniono uogólnienie twierdzenia de Moivre’a–Laplace’a. Przypomnijmy, że liczbę sukcesów S_n można zapisać jako sumę niezależnych zmiennych X₁, X₂, ..., X_n, z których zmienna X_k przyjmuje wartość jeden, gdy w k-tej próbie osiągniemy sukces i zero, gdy porażkę, k = 1, 2, .., n.

Okazało się, że analogiczne twierdzenie można udowodnić dla dość ogólnych sum niezależnych zmien- nych losowych. Nazywamy je Centralnym Twierdzeniem Granicznym.

Centralne Twierdzenie Graniczne

Niech nieskończony ciąg zmiennych losowych X₁, X₂, ... ma następujące własności: zmienne są niezależ- ne i mają takie same rozkłady o średniej m i wariancji σ². Wtedy dla wszystkich par−∞ ¬ a < b ¬ ∞ zachodzi równość

nlim→∞P

(

a < X₁+ X₂+ ... + X√ _n− n · m

nσ < b

)

=

∫ _b

a

√1

2πe^−x2/2dx = Φ(b)− Φ(a).

I znów, jak w przypadku tw. de Moivre’a–Laplace’a mamy możliwość przybliżenia: dla dużych n (rzędu kilkuset, dla wielu rozkładów wystarcza nawet n rzędu kilkudziesięciu)

P

(

a < X₁+ X₂+ ... + X√ _n− n · m

nσ < b

)

≈ Φ(b) − Φ(a),

czyli dystrybuanta rozkładu sumy X₁ + X₂ + .. + X_n dobrze przybliża się dystrybuantą rozkładu N (nm, (√

nσ)²).

W powyższym twierdzeniu warunkiem dość ograniczającym jest założenie, że wszystkie zmienne mają taki sam rozkład. Jednak twierdzenie to zostało uogólnione przez Lindeberga i Fellera ok. 100 lat temu na sumy zmiennych o różnych rozkładach, byle tylko ich wariancje były porównywalne. Stąd już wynika, że jeżeli na jakąś wielkość – na przykład na wynik pomaru – ma wpływ wiele przyczyn, które się sumują, to w przybliżeniu rozkład tej sumy jest normalny, a po odjęciu wartości średniej i podzieleniu wyniku przez pierwiastek z wariancji sumy składników, ma rozkład bliski N (0, 1). Zatem Centralne Twierdzenie Graniczne tłumaczy, dlaczego rozkład normalny jest „normalny”, tzn. występuje tak często w technice i w opisie zjawisk przyrodniczych. Ciekawy przykład zamieszczam w Dodatku na końcu tego wykładu.

Zadanie W kraju jest ok. 25 mln podatników. Załóżmy, że składając zeznanie podatkowe każdy podatnik myli się. Wartość błędu dla podatnika numer i wynosi X_i zł, przy czym E(X_i) = 0 (błąd nie wynika z nieuczciwości tylko z pomyłki, więc może być i na plus dla wypełniającego jak i na minus, a wartość średnia tego błędu jest równa zero), natomiast V ar(X_i) = σ_X²

i = 10 000 czyli σ_i = 100 zł.

Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia:

a) strata państwa na jednego podatnika przekroczy 1 grosz, b) strata państwa na jednego podatnika przekroczy 5 groszy.

Rozwiązanie:

a) Strata skarbu państwa przekroczy 1 grosz na podatnika czyli wyniesie więcej niż 0, 01· 25 000 000 = 250 000 zł. Ponieważ błąd Xi liczony jest z punktu widzenia podatnika (Xi = 100 oznacza, że osoba numer i zyskała 100 zł, czyli zapłaciła o 100 zł za mało, więc skarb państwa stracił na tym 100 zł), więc musimy obliczyć

P (X1+ ... + X25 000,000 > 250 000) = P

(

∞ > X₁+ ... + X√ _{25 000 000}− 0

25 000 000· 100 > √ 250 000− 0 25 000 000· 100

)

≈

1− Φ(250 000

500 000) = 1− Φ(1/2) = 1 − 0, 69 = 0, 31.

a) Strata przekroczy 5 groszy na podatnika czyli 0, 05·25 000 000 = 1 250 000 zł. Analogiczny rachunek jak powyżej daje

P (X1+ ... + X25 000,000 > 1 250 000) = P

(

∞ > X₁+ ... + X√ _{25 000 000}− 0

25 000 000· 100 > √1 250 000− 0 25 000 000· 100

)

≈

1− Φ(5) ≈= 1 − 0, 999999 = 0, 0000001.

Dodatek (nieobowiązujący, ale ciekawy, wyjaśnia pojęcie splotu dwóch funkcji)

W Centralnym Twierdzeniu Granicznym badamy zachowanie sumy n niezależnych zmiennych loso- wych. Rozważmy prostsze zadanie: Jak obliczyć rozkład sumy dwóch niezależnych zmiennych loso- wych? Oto dwa przykłady.

Przykład 1. Niech X ma rozkład Poissona z parametrem λ₁, a Y niech ma rozkład Poissona z parametrem λ₂, przy czym X i Y są niezależne. Wtedy rozkład sumy X + Y dany jest przez splot rozkładów i jest rozkładem Poissona z parametrem λ₁ + λ₂.

To dość łatwy rachunek: skoro X i Y mogą przyjąć tylko wartości 0, 1, 2, ..., to ich suma może przyjąć też tylko te wartości. Z niezależności tych zmiennych i ze wzoru dwumianowego Newtona na (a + b)ⁿ wynikają równości:

P (X +Y = n) =

∑n k=0

P (X = k, Y = n−k) =^∑n

k=0

P (X = k)P (Y = n−k) = ^∑n

k=0

λ^k₁

k!e⁻λ₁ λⁿ₂^−k

(n− k)!e⁻λ₂ =

e^−λ1+λ2

∑n k=0

λ^k₁λⁿ₂^−k

k!(n− k)! = e^−λ1+λ2 1 n!

∑n k=0

n!

k!(n− k)!λ^k₁λⁿ₂^−k = (λ1 + λ2)ⁿ

n! e^−(λ1+λ2).

A jak to liczyć w przypadku rozkładów z gęstością? Niech X ma rozkład o gęstości f (x), a niezależna od niej zmienna Y ma rozkład o gęstości g(x). Wtedy suma X + Y ma rozkład o gęstości danej przez splot tych dwóch gęstosci:

(f ⋆ g)(x) =

∫ _∞

−∞f (x− y)g(y) dy.

Wyjaśnienie intuicyjne: rozumujemy podobnie jak w przykładzie 1. Jeśli suma X + Y przyjmuje wartości w (bardzo krótkim) przedziale (x − h, x + h), a Y przyjmuje wartości w przedziale (y −

h/2, y + h/2), to zmienna X MUSI przyjąć wartości w przedziale (x− y − h/2, x − y + h/2). I tak dla wszystkich wartości y, które może przyjąć zmienna Y .

Przykład 2. Komputer losuje liczby z przedziału (0, 1) z rozkładem jednostajnym (tzn. wylosowanie liczby z każdego przedzialiku (a, a + h) ⊂ (0, 1) ma takie samo prawdopodobieństwo, równe h.

Oznacza to, że gęstość f (x) = 1 dla x ∈ (0, 1) oraz f(x) = 0 poza tym przedziałem. Oto wykres tej gęstości:

Łatwo obliczyć, że E(X) = ¹₂, natomiast V ar(X) =²_X= ₁₂¹.

Jaką gęstość ma suma X₁ + X₂ dwóch takich losowań, gdzie X_k to wynik k-tego losowania?

Rozkład sumy X₁ + X₂ dany jest przez splot (f ⋆ f )(x), który to splot jest różny od zera tylko na przedziale (0, 2), bo suma dwóch liczb z (0, 1) jest liczbą z (0, 2). Oto wykres tego splotu, linia zółta to gęstość przybliżenia rozkładem normalnym N (1, ₁₂²):

A gdy dodamy cztery takie zmienne losowe X₁+ X₂+ X₃+ X₄? Ich rozkład skupiony jest na przedziale (0, 4), a gęstość tego rozkładu dana jest przez splot (f ⋆ f ⋆ f ⋆ f )(x). Poniższy rysunek przedstawia wykres tego splotu (linia niebieska). Warto zauważyć, że jest on już dość podobny do krzywej Gaussa N (2, ₁₂⁴), zaznaczonej na zółto.

Dla 16 składników, tzn. dla sumy X₁ + X₂ + X₃ + .. + X₁₆, różnica pomiędzy gęstością dokładną (daną przez splot), a jej gaussowskim przybliżeniem jest już tak niewielka, że trudno ją zauważyć na

wykresie. Oznacza to, że przybliżenie rozkładu sumy X₁+ X₂+ X₃+ .. + X₁₆ rozkładem N (8, ¹⁶₁₂) jest tak dobre, że trudno odróżnić jeden wykres od drugiego:

Wykres powyżej przdstawia różnicę pomiędzy krzywą Gaussa dla rozkładu N (8, ¹⁶₁₂), a splotem 16 gęstości f (x). Jak widać, różnica pomiedzy wartościami obu funkcji jest nie większa nż 0,01.

Co ważne dla studentów Elektroniki: podobnie dodajemy sygnały — rozkład sumy dwóch sygnałów dany jest przez ich splot.