Witam! Mam następujący problem z tymi zadaniami, nie jestem wstanie sobie wyobrazić problemu, zwłaszcza w zadaniu pierwszym. Pierwsze pytanie brzmi: czy rozkład do rozpisania jest dyskretny gdyż zmiennej losowej ciągłej jeszcze nie umiem. A drugie: co i jak mam najpierw liczyć? Czy sumę prawdopodobieństw, bo nie mogę sobie wypełnić tabelki, gdyż konkretnej wartości policzyć się nie da.
Z1
Liczba cząstek \(\displaystyle{ X}\) wpadających do pewnego licznika ma rozkład Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\). Definiujemy nową zmienną losową \(\displaystyle{ Y}\):
\(\displaystyle{ Y = X}\) jeśli \(\displaystyle{ X < 10}\) oraz
\(\displaystyle{ Y = 10}\) jeśli \(\displaystyle{ X \ge 10.}\)
Wyznaczyć rozkład prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(\displaystyle{ Y}\).
W tym zadaniu nie rozumiem po co, dlaczego i jak użyć tych danych.
Z2
Przez \(\displaystyle{ N}\) oznaczmy zmienną losową określającą ilość detali wyprodukowanych w jednym dniu na linii produkcyjnej. Zakładamy, że \(\displaystyle{ N}\) jest zmienną losową o rozkładzie Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\). Każdy detal niezależnie od pozostałych z prawdopodobieństwem \(\displaystyle{ p}\) odpowiada przyjętym normom jakości. Oznaczmy przez \(\displaystyle{ Y}\) zmienną losową określającą ilość wyprodukowanych w tym dniu detali, które odpowiadają przyjętym normom jakości. Wyznaczyć rozkład prawdopodobieństwa zmiennej losowej \(\displaystyle{ Y}\).
To zadanie rozumiem tak, że \(\displaystyle{ k}\)-ty wyprodukowany element (czyli z \(\displaystyle{ Y}\)) może będzie sprawny ze zbioru wszystkich wyprodukowanych \(\displaystyle{ N}\). Rozkład to będzie tabelka \(\displaystyle{ y_1}\) i \(\displaystyle{ p_1=P(Y=y_1)}\) i tak do \(\displaystyle{ N}\)-elementów .
Teraz czy w ogóle dobrze rozumiem rozkład i zapis. Czy to mówi: Prawdopodobieństwo wyprodukowania co najmniej jednego sprawnego elementu wynosi.
\(\displaystyle{ P\left( Y \ge 1)\right = \sum_{k=0}^{N} \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}}\)
A gdym to chciał zapisać "Bernoullim" to by było tak:
\(\displaystyle{ P\left( Y \ge 1)\right= \sum_{k=0}^{N} {N \choose k} p^{k}(1-p)^{(N-k)}}\)
Rozkład Poissona na literkach
-
SilentFalcon
- Użytkownik
- Posty: 18
- Rejestracja: 31 paź 2015, o 19:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 6 razy
Rozkład Poissona na literkach
Ostatnio zmieniony 21 kwie 2017, o 23:36 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Używaj LaTeXa do wszystkich wyrażeń matematycznych.
Powód: Używaj LaTeXa do wszystkich wyrażeń matematycznych.
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Rozkład Poissona na literkach
Z1
Innymi słowy \(\displaystyle{ Y=\min(X, 10)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ X \sim \mathrm{Pois}(\lambda)}\), to
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=10)=\mathbf{P}(X \ge 10)= \sum_{k=10}^{ \infty }e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}}\) (tego ładnie nie zwiniesz, możesz tylko napisać, że jest to \(\displaystyle{ 1}\) pomniejszone o "coś tam"), natomiast
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)=\mathbf{P}(X=k)=e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}}\)
dla \(\displaystyle{ k\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}}\).
Z2
Nie ilość detali, tylko liczbę detali, ale to szczegół. Coś chyba nie do końca... Mały problem wiąże się z tym, że \(\displaystyle{ N}\) jest zmienną losową, a nie jakąś stałą. Czyli obrazowo (i potocznie) mówiąc, rozmiary tabelki w danym dniu nie będą z góry zdeterminowane. Ja bym tu użył prawdopodobieństwa warunkowego: liczba \(\displaystyle{ N}\) detali wyprodukowanych w danym dniu ma rozkład Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\), czyli \(\displaystyle{ \mathbf{P}(N=k)=e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1,2,\dots}\)
zaś przy ustalonej wartości \(\displaystyle{ N}\) liczba elementów spełniających normy ma rozkład dwumianowy z parametrami \(\displaystyle{ N, p}\).
Zatem ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)= \sum_{n=0}^{ \infty }\mathbf{P}(Y=k|N=n) \mathbf{P}(N=n)=\\= \sum_{n=k}^{ \infty }\mathbf{P}(Y=k|N=n) \mathbf{P}(N=n)= \sum_{n=k}^{ \infty }{n \choose k}p^k(1-p)^{n-k}e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!}=\\=e^{-\lambda} \frac{p^k\lambda^k}{k!} \sum_{n=k}^{ \infty } \frac{(\lambda(1-p))^{n-k}}{(n-k)!}=\dots}\)
i w tym szeregu dopatrz się rozwinięcia \(\displaystyle{ \exp(x)}\) dla odpowiedniego \(\displaystyle{ x}\).-- 22 kwi 2017, o 00:34 --Uwaga: oczywiście, jeśli \(\displaystyle{ N<k}\), to liczba spełniających normy detali nie może wynosić \(\displaystyle{ k,}\)stąd takie "obcięcie" tej sumy prawdopodobieństw.
Innymi słowy \(\displaystyle{ Y=\min(X, 10)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ X \sim \mathrm{Pois}(\lambda)}\), to
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=10)=\mathbf{P}(X \ge 10)= \sum_{k=10}^{ \infty }e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}}\) (tego ładnie nie zwiniesz, możesz tylko napisać, że jest to \(\displaystyle{ 1}\) pomniejszone o "coś tam"), natomiast
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)=\mathbf{P}(X=k)=e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}}\)
dla \(\displaystyle{ k\in \left\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}}\).
Z2
Nie ilość detali, tylko liczbę detali, ale to szczegół. Coś chyba nie do końca... Mały problem wiąże się z tym, że \(\displaystyle{ N}\) jest zmienną losową, a nie jakąś stałą. Czyli obrazowo (i potocznie) mówiąc, rozmiary tabelki w danym dniu nie będą z góry zdeterminowane. Ja bym tu użył prawdopodobieństwa warunkowego: liczba \(\displaystyle{ N}\) detali wyprodukowanych w danym dniu ma rozkład Poissona z parametrem \(\displaystyle{ \lambda}\), czyli \(\displaystyle{ \mathbf{P}(N=k)=e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}}\) dla \(\displaystyle{ k=0,1,2,\dots}\)
zaś przy ustalonej wartości \(\displaystyle{ N}\) liczba elementów spełniających normy ma rozkład dwumianowy z parametrami \(\displaystyle{ N, p}\).
Zatem ze wzoru na prawdopodobieństwo całkowite:
\(\displaystyle{ \mathbf{P}(Y=k)= \sum_{n=0}^{ \infty }\mathbf{P}(Y=k|N=n) \mathbf{P}(N=n)=\\= \sum_{n=k}^{ \infty }\mathbf{P}(Y=k|N=n) \mathbf{P}(N=n)= \sum_{n=k}^{ \infty }{n \choose k}p^k(1-p)^{n-k}e^{-\lambda} \frac{\lambda^n}{n!}=\\=e^{-\lambda} \frac{p^k\lambda^k}{k!} \sum_{n=k}^{ \infty } \frac{(\lambda(1-p))^{n-k}}{(n-k)!}=\dots}\)
i w tym szeregu dopatrz się rozwinięcia \(\displaystyle{ \exp(x)}\) dla odpowiedniego \(\displaystyle{ x}\).-- 22 kwi 2017, o 00:34 --Uwaga: oczywiście, jeśli \(\displaystyle{ N<k}\), to liczba spełniających normy detali nie może wynosić \(\displaystyle{ k,}\)stąd takie "obcięcie" tej sumy prawdopodobieństw.