Wariancja a wykres gęstości prawdopodobieństwa

[wojtasn]

Dana jest gęstość prawdopodobieństwa p(x) zmiennej losowej X o wykresie w kształcie trójkąta równoramiennego (jak na rys.).

Odpowiedz i uzasadnij:
Jak zmieni się odchylenie standardowe, gdy obniżymy punkt p(0) na wykresie gęst. p-stwa?

Intuicyjnie odpowiadam, że odchylenie standardowe wzrośnie (bo zapewne wzrośnie wariancja). Jednak chciałbym poznać bardziej matematyczne uzasadnienie.

[szw1710]

Wydaje mi się, że obniżając wierzchołek trójkąta wariancja zmaleje. Czemu? Bo w granicy obniżając go do zera dostaniemy linię prostą, która nie cechuje się żadną zmiennością. Wtedy wariancja jest zerowa.

Obniżenie wierzchołka skutkuje wzrostem \(\displaystyle{ A.}\) Oblicz wariancję przy danym \(\displaystyle{ A}\) i zbadaj jak się zechowuje. Będzie ona funkcją \(\displaystyle{ A}\) i zbadaj czy nie jest malejąca.

Równania boków itp. itd. Sam nie będę liczył, za dużo roboty, a to nie moje zadanie

[norwimaj]

Ale tu nie tylko obniżamy wierzchołek, bo musimy jeszcze zwiększyć długość podstawy. Inaczej miara przestanie być probabilistyczna.
Edit: Nieuważnie przeczytałem. Nie to jest przyczyną błędnego wniosku.

Wariancja wzrośnie, tak samo jak łyżwiarz z wyciągniętymi ramionami ma większy moment bezwładności niż ten sam łyżwiarz ze spuszczonymi rękami.

[szw1710]

Owszem, to całkiem jasne. W granicy nie ma jedynki jako pola pod krzywą Ja patrzałem na to tak, że wykres funkcji gęstości mimo wszystko przypominać będzie linię prostą, a ta żadną zmiennością się nie cechuje. Nic, tylko sprawdzić. Siadam do długopisu

Ale coś jest w tym, co mówisz: przy windowaniu \(\displaystyle{ A}\) w górę mamy tego łyżwiarza ze spuszczonymi rękami. I właśnie wtedy nie ma żadnej zmienności. Do delty Diraca to będzie zmierzać.

Leń ze mnie. Wartość oczekiwana zerowa, bo gęstość parzysta - trywialne. Równanie boku prościutkie. Wariancja to wtedy drugi moment zwykły i wynosi \(\displaystyle{ \frac{2}{27A}}\) będąc funkcją malejącą. Może źle na szybko obliczyłem. Ale na razie wychodzi na moje

Pomyliłem się w rachunkach - zaraz poprawię

[norwimaj]

O, to w takim razie ja też policzę, pomimo że nie zamierzałem.

[szw1710]

To zaraz sobie porównamy - ja się pomyliłem Za chwilę podam poprawną wersję.

Korzystam znów z parzystości funkcji gęstości: ponieważ \(\displaystyle{ EX=0,}\) to

\(\displaystyle{ D^2X=E(X^2)=-\frac{2}{A^2}\int_0^Ax^2(x-A)\dd x=\frac{A^2}{6}}\)

Rośnie - Ty masz rację. Lepszy jest więc pomysł z windowaniem i zachowaniem miary probabilistycznej.

[wojtasn]

\(\displaystyle{ E\left[ x\right] = \int_{-A}^{A} xp(x) \mbox{d}x = 0}\), bo rozkład symetryczny
\(\displaystyle{ E\left[ x^2\right] = \int_{-A}^{A} x^2 p(x) \mbox{d}x = 2 \int_{-A}^{A} \frac{1}{A^2}x \cdot x^2 + \frac{1}{A} \cdot x^2 \mbox{d}x = \frac{2}{A^2}\frac{x^4}{4} _{-A}^{0}+ \frac{2}{A}\frac{x^3}{3} _{-A}^{0}=-\frac{2}{A^2}\frac{A^4}{4}+\frac{2}{A}\frac{A^3}{3}=\frac{A^2}{6}=V\left[ x\right]}\)
Czy nie tak?-- 6 wrz 2012, o 22:38 --Ponieważ
\(\displaystyle{ p\left( 0\right) = \frac{1}{A}}\)
to przy obniżaniu p(0) zwiększamy A. To skutkuje zwiększeniem wariancji.

[szw1710]

No to mamy sprawę wyjaśnioną

[wojtasn]

Widzę szw1710, że mnie wyprzedziłeś skróconymi obliczeniami. Dziękuję Panowie za zaangażowanie. Cieszę się, że mogliście też zweryfikować własne poglądy.

[norwimaj]

Też mam \(\displaystyle{ \frac{A^2}6}\). Dla \(\displaystyle{ A=1}\) wynik \(\displaystyle{ \frac16}\) mogę też uzyskać z interpretacji z momentem bezwładności. Poza tym w uzyskanym wyniku zgadzają się jednostki, więc jest naprawdę duża szansa że to poprawny wynik.

[szw1710]

To całkiem oczywiste - ta interpretacja fizyczna. Przecież moment bezwładności tego trójkąta (dokładniej łamanej złożonej z dwóch czerwonych boków) względem osi \(\displaystyle{ y}\) to całka z \(\displaystyle{ x^2}\) mnożonego przez gęstość

Cieszy mnie ta interdyscyplinarność i analogia, którą znalazłeś.