сколько нужно проверить изделий чтобы определить долю брака

[adobr]

подскажите пожалуйста как решается эта задача, как-то через неравенство чебышева, но как точно не могу понять:
проверив 1600 изделий, обнаружили, что 100 изделий высшего сорта, а 1500 - нет. сколько надо проверить изделий, чтобы с уверенностью 95% определить долю высшего сорта с точностью до 0,01?
заранее всем добрым людям спасибо!

[adobr]

скажите правильно ли я решила:
p=100/1600=0,0625
q=1-0,0625=0,9375
P(|m/n - 0,0625| ≤ 0,01) = 0,95
P(|m/n - p| ≤ ε) ≈ 2*Ф(ε / sqrt(n/pq))
2*Ф(0,01 / sqrt(n/0,0625*0,9375))=0,95
2*Ф(0,04*sqrt(n))=0,95
Ф(0,04*sqrt(n))=0,475
В таблице находим, что Ф(1,96)=0,475
0,04*sqrt(n)=1,96
n=2401
ответ: 2401

[нг]

adobr
На форуме принято записывать формулы, используя нотацию ($\TeX$; введение, справка).

[adobr]

Спасибо за подсказку, проверте правильно ли я решила вышеупомянутую задачу:
$p=\frac{100}{1600}=0.0625$
$q=0.9375$
$\varepsilon=0.01$
$P(\left| \frac{m}{n} - 0.0625 \rite|\leqslant 0.01)=\frac{95}{100}=0.95$
Чтобы найти $n$ воспользуемся формулой $P(\left| \frac{m}{n} - p \rite|\leqslant \varepsilon)\approx2\Phi(\varepsilon\sqrt{\frac{n}{pq}})$
$2\Phi(0.01\sqrt{\frac{n}{0.0625\cdot0.9375}})=2\Phi(0.04\sqrt{n})=0.95$
$\Phi(0.04\sqrt{n})=0.475$
Из таблицы находим $\Phi(1,96)=0,475$
$0.04\sqrt{n}=1.96$
$\sqrt{n}=49$
$n=2401$
Ответ: Чтобы с уверенностью 95% определить долю высшего сорта с точностью до 0,01 надо проверить 2401 изделие.
спасибо, что помогаете!!!

[Henrylee]

Обычно при маленьких $p$ используют теорему Пуассона. а не теорему Муавра-Лапласа.

Добавлено спустя 1 час 16 минут 21 секунду:

Подумал тут, как-то громоздко для учебной задачи

$$ P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\le\varepsilon\right\}=P\left\{\left|m-np\right|\le n\varepsilon\right\}\approx e^{-np}\!\!\!\!\!\!\!\!\sum\limits_{k=[n(p-\varepsilon)]+1}^{[n(p+\varepsilon)]} \frac{(np)^k}{k!} $$

Видимо, все-таки имелось в виду использование Т. М-Л.

[PAV]

По-моему все правильно решено.

[adobr]

СПАСИБОЧКИ!!!!

[Henrylee]

Решил довести задачу до конца.
Итак, с использованием пуассоновской аппроксимации

$$ P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\le\varepsilon\right\}\approx e^{-np}\!\!\!\!\!\!\!\!\sum\limits_{k=\inf\{j\in\mathbb{N}:n(p-\varepsilon)\le j\}}^ {[n(p+\varepsilon)]}\frac{(np)^k}{k!} $$

Наименьшее $n$ (при котором указанная сумма становится $\ge 0.95$), которое выдала программа в Maple равно $2304$.
Теперь точное решение задачи:

$$ P\left\{\left|\frac{m}{n}-p\right|\le\varepsilon\right\}=\!\!\!\!\!\!\!\!\sum\limits_{k=\inf\{j\in\mathbb{N}:n(p-\varepsilon)\le j\}}^ {[n(p+\varepsilon)]}\!\!\!\!\!\!\!\! C_n^kp^k(1-p)^{(n-k)} $$

В этом случае получено $n=2152$.

[PAV]

Но это все при условии, что мы используем то значение $p$, которое получено при начальном тестировании изделий. А если при указанных условиях взять некоторый доверительный интервал и использовать из него наихудшее значение?

[Henrylee]

В случае, когда мы считаем нашу выборку выборкой из нормального распределения $N(\mu,\sigma^2)$, а $p$ не матем.ожиданием ($\mu$), а его оценкой, то для построения доверительного интервал для $\mu$, при неизвестной дисперсии $\sigma^2$ нужно использовать распределение Стьюдента.
Видимо, еще один вариант ответа получится.