Brak pamięci

[Premislav]

Wykazać, że jedynym rozkładem ciągłym na \(\displaystyle{ [0, infty )}\) mającym własność braku pamięci jest rozkład wykładniczy, a jedynym skupionym na liczbach naturalnych - rozkład geometryczny.

Nie wiem, nie mam pomysłu, tabula rasa. Wiem, jak się przedstawia w obydwu przypadkach (tj. ciągłym i dyskretnym) własność braku pamięci, ale to zadanie wygląda na jakąś Filozofię matematyki 1, a nie rachunek prawdopodobieństwa, nigdy nie widziałem podobnych problemów, więc nie wiem, jak do tego podejść.
Proszę o jakieś wskazówki.-- 28 kwi 2015, o 13:05 --Nieaktualne.

[Everard]

Własność braku pamięci oznacza, że
\(\displaystyle{ P(X>t+s|X>s)=P(X>t).}\)
Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego,
\(\displaystyle{ P(X>t+s|X>s)=\frac{P(X>t+s, X>s)}{P(X>s)}=\frac{P(X>t+s)}{P(X>s)}.}\)
Mamy zatem
\(\displaystyle{ P(X>t+s)=P(X>s)P(X>t).}\)
Oznaczmy
\(\displaystyle{ f(t)=P(X>t).}\)
Mamy
\(\displaystyle{ f(t+s)=f(s)f(t).}\)
Czy potrafisz stąd uzyskać, wiedząc, że \(\displaystyle{ f}\) jest ciągła, że w takim razie musi zachodzić
\(\displaystyle{ f(x)=f(1)^x,}\)
zatem
\(\displaystyle{ f(x)=a^x=e^{\alpha x}}\)
dla odpowiedniego \(\displaystyle{ a}\) tudzież \(\displaystyle{ \alpha}\)? Stąd już widać, że w takim razie nasza funkcja jest dystrybuantą rozkładu wykładniczego, co oznacza, że...

Przypadek dyskretny robi się analogicznie.

[Premislav]

Tak, potrafię. Napisałem "nieaktualne", bo już się dowiedziałem, jak to zrobić, ale i tak dziękuję za odpowiedź. Jutro po południu postaram się zamieścić tu pełne rozwiązanie, żeby ten post nie był beztreściowy.

[squared]

Pozwolę sobie odkopać stary temat. Do tego miejsca jest dla mnie wszystko jasne: \(\displaystyle{ f(t+s)=f(s)f(t).}\)

Ale jak z tego wywnioskować, że jedynym rozkładem dyskretnym to spełniającym jest rozkład geometryczny, jakieś wskazówki?

[Premislav]

Teraz nie jestem przekonany, czy to w ogóle jest prawda. Niewątpliwie działa to dla dowolnego
rozkładu skupionego na \(\displaystyle{ \NN^+}\):
korzystając z równości \(\displaystyle{ f(t+s)=f(t)f(s)}\), gdzie \(\displaystyle{ f(k)=\mathbb{P}(X>k)}\) (sorry, nie znam kolejności alfabetycznej liter - serio)

- wykaż indukcyjnie, że dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) mamy \(\displaystyle{ f(n)=[f(1)]^n}\);
- przypomnij sobie, jak wygląda \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X>n)}\) gdy \(\displaystyle{ X}\) jest zmienną losową o rozkładzie geometrycznym
i wyciągnij wnioski.
ALE
rozkład jednopunktowy skupiony w zerze też ma tę własność, a raczej nie jest rozkładem geometrycznym. Treść zadania była mało precyzyjnie podana.
Jeśli naturalne to całkowite dodatnie, to chyba działa (wcześniej się rąbnąłem, bo nie zauważyłem założenia).

[squared]

Umiem udowodnić, że rozkład geometryczny ma własność braku czasu. Chodzi mi o udowodnienie, że dla to jedyny rozkład dyskretny mający taką własność. Tak, chodzi o \(\displaystyle{ k>0}\), to na pewno.

Umiem to udowodnić, że \(\displaystyle{ f(n)=[f(1)]^n}\). Tylko, co dalej. Z tego na wynikać już z \(\displaystyle{ X}\) musi być rozkładem geometrycznym. No, ale skąd to wynika, dlaczego tak jest?

[Premislav]

Zauważ, co mamy w treści zadania:

(...) a jedynym skupionym na liczbach naturalnych - rozkład geometryczny

(należało w sumie napisać, że na naturalnych dodatnich - niedopatrzenie). To, że jest to jedyny rozkład dyskretny o tej własności, to nie jest prawda - patrz moja uwaga o rozkładzie jednopunktowym skupionym w \(\displaystyle{ 0}\).

Weźmy dowolną zmienną losową \(\displaystyle{ X}\) o rozkładzie skupionym na \(\displaystyle{ \NN^+}\), która ma własność braku pamięci, tj. \(\displaystyle{ \mathbf{P}(X>s+t)=\mathbf{P}(X>s)\mathbf{P}(X>t)}\) dla dowolnych \(\displaystyle{ s,t \in \NN^+}\).
i niech \(\displaystyle{ f(n)=\mathbf{P}(X>n)}\) dla \(\displaystyle{ n=1,2,\dots}\)
Przez indukcję dowodzimy, że \(\displaystyle{ f(n)=[f(1)]^n}\) dla wszystkich \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\),
gdzie \(\displaystyle{ f(1)}\) jest pewną liczbą z przedziału \(\displaystyle{ (0,1)}\),
zatem dla wszystkich \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\) mamy
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(X \le n)=1-[f(1)]^n}\),
a więc w tych punktach jest równa dystrybuancie rozkładu geometrycznego z parametrem \(\displaystyle{ p=1-f(1)}\). Ale to są jedyne punkty, w których występują skoki dystrybuanty, stąd wniosek, że
dystrybuanta rozkładu zmiennej losowej \(\displaystyle{ X}\) i dystrybuanta rozkładu zmiennej losowej o
r. geometrycznym z parametrem \(\displaystyle{ 1-f(1)}\) są równe.
A równość dystrybuant daje nam to, że rozkłady są takie same.