Funkcja zmiennej losowej z rozkładu odwróconego gamma
-
- Użytkownik
- Posty: 70
- Rejestracja: 2 lut 2017, o 10:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stęszew
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 14 razy
Funkcja zmiennej losowej z rozkładu odwróconego gamma
Tak jak w temacie, chciałbym sprawdzić czy używam twierdzenia poprawnie, ponieważ w późniejszych obliczeniach do zadania wychodzą mi złe wyniki i chciałbym sprawdzić je od podstaw.
Niech \(\displaystyle{ \lambda\sim\mathb{IG}(\alpha,\beta)}\) oraz \(\displaystyle{ Y=\sqrt[k]{\lambda}, k>0}\)
W takim razie możemy zdefiniować \(\displaystyle{ \phi:(0,\infty)\rightarrow\mathbb{R}}\) daną wzorem \(\displaystyle{ \phi(x)=\sqrt[k]{x}}\)
Sprawdźmy założenia:
1) \(\displaystyle{ \lambda}\) ma ciągły rozkład - Jest z rozkładu odwróconego gamma, więc na pewno jest ciągła
2) \(\displaystyle{ \lambda\in(0,\infty)}\) z prawdopodobieństwem równym \(\displaystyle{ 1}\) - \(\displaystyle{ (0,\infty)}\) to cały nośnik rozkładu odwróconego gamma, więc jest to w takim razie cała dystrybuanta
3) \(\displaystyle{ \phi(x)=\sqrt[k]{x}}\) ma ciągłą pochodną na \(\displaystyle{ (0,\infty)}\) - to jest oczywiste
4) \(\displaystyle{ \phi'(x)\neq0}\) dla \(\displaystyle{ x\in(0,\infty)}\) - też oczywiste
Potrzebna nam będzie jeszcze \(\displaystyle{ h(x)=\phi^{-1}(x)=x^k}\)
Jako założenia są spełnione to funkcję gęstości zmiennej \(\displaystyle{ \sqrt[k]{\lambda}}\) można wyrazić wzorem:
\(\displaystyle{ f_{\sqrt[k]{\lambda}}(\lambda)=f_\lambda(h(\lambda))|h'(\lambda)|=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)}\lambda^{k(-\alpha-1)}\exp(-\frac{\beta}{\lambda^k})k\lambda^{k-1}=\frac{\beta^\alpha k}{\Gamma(\alpha)}\lambda^{-k\alpha-1}\exp(-\frac{\beta}{\lambda^k})}\)
Niech \(\displaystyle{ \lambda\sim\mathb{IG}(\alpha,\beta)}\) oraz \(\displaystyle{ Y=\sqrt[k]{\lambda}, k>0}\)
W takim razie możemy zdefiniować \(\displaystyle{ \phi:(0,\infty)\rightarrow\mathbb{R}}\) daną wzorem \(\displaystyle{ \phi(x)=\sqrt[k]{x}}\)
Sprawdźmy założenia:
1) \(\displaystyle{ \lambda}\) ma ciągły rozkład - Jest z rozkładu odwróconego gamma, więc na pewno jest ciągła
2) \(\displaystyle{ \lambda\in(0,\infty)}\) z prawdopodobieństwem równym \(\displaystyle{ 1}\) - \(\displaystyle{ (0,\infty)}\) to cały nośnik rozkładu odwróconego gamma, więc jest to w takim razie cała dystrybuanta
3) \(\displaystyle{ \phi(x)=\sqrt[k]{x}}\) ma ciągłą pochodną na \(\displaystyle{ (0,\infty)}\) - to jest oczywiste
4) \(\displaystyle{ \phi'(x)\neq0}\) dla \(\displaystyle{ x\in(0,\infty)}\) - też oczywiste
Potrzebna nam będzie jeszcze \(\displaystyle{ h(x)=\phi^{-1}(x)=x^k}\)
Jako założenia są spełnione to funkcję gęstości zmiennej \(\displaystyle{ \sqrt[k]{\lambda}}\) można wyrazić wzorem:
\(\displaystyle{ f_{\sqrt[k]{\lambda}}(\lambda)=f_\lambda(h(\lambda))|h'(\lambda)|=\frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)}\lambda^{k(-\alpha-1)}\exp(-\frac{\beta}{\lambda^k})k\lambda^{k-1}=\frac{\beta^\alpha k}{\Gamma(\alpha)}\lambda^{-k\alpha-1}\exp(-\frac{\beta}{\lambda^k})}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 70
- Rejestracja: 2 lut 2017, o 10:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stęszew
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 14 razy
Re: Funkcja zmiennej losowej z rozkładu odwróconego gamma
Siła dziecka o wartości \(\displaystyle{ \lambda}\) jest z rozkładu odwróconego \(\displaystyle{ \Gamma}\), czyli \(\displaystyle{ \lambda\sim IG(\alpha,\beta)}\) . Dodatkowo wiemy, że czas przeżycia zabawki dla dziecka pochodzi z rozkładu Weibulla o parametrze kształtu \(\displaystyle{ \sqrt[k]{\lambda}}\) i skali \(\displaystyle{ k}\), czyli \(\displaystyle{ X\sim W(\sqrt[k]{\lambda},k)}\).
Podaj prawdopodobieństwo przeżycia zabawki po dwóch latach jej użytkowania znając tylko parametry: \(\displaystyle{ \alpha,\beta,k}\)
W takim razie można zawsze powiedzieć, że rozkład łączny tych dwóch zmiennych losowych da się wyrazić wzorem:
\(\displaystyle{ f_{X,\sqrt[k]{\lambda}}(x,\sqrt[k]{\lambda})=f_{x|\sqrt[k]{\lambda}}(x|\sqrt[k]{\lambda})f_{\sqrt[k]{\lambda}}(\sqrt[k]{\lambda})}\)
Jako, że nie znamy parametru \(\displaystyle{ \lambda}\) możemy zawsze obliczyć rozkład brzegowy po danym parametrze:
\(\displaystyle{ f_{x|\sqrt[k]{\lambda}}(x|\sqrt[k]{\lambda}) = \frac{k}{\sqrt[k]{\lambda}}\left(\frac{x}{\sqrt[k]{\lambda}}\right)^{k-1}\exp\left(-\left(\frac{x}{\sqrt[k]{\lambda}}\right)^k\right) = \frac{kx^{k-1}}{\lambda}\exp\left(-\left(\frac{x^k}{\lambda}\right)\right)}\)
\(\displaystyle{ f_{\sqrt[k]{\lambda}}(\sqrt[k]{\lambda}) = \frac{\beta^\alpha k}{\Gamma(\alpha)}(\sqrt[k]{\lambda})^{-k\alpha-1}\exp\left(-\frac{\beta}{(\sqrt[k]{\lambda})^k}\right) = \frac{\beta^\alpha k}{\Gamma(\alpha)}\frac{1}{\lambda^\alpha\sqrt[k]{\lambda}}\exp\left(-\left(\frac{\beta}{\lambda}\right)\right)}\)
\(\displaystyle{ f_X(x)=\frac{\beta^\alpha k^2 x^{k-1}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\frac{\exp(-(\frac{x^k+\beta}{\lambda}))}{\lambda^{\alpha+1}\sqrt[k]{\lambda}} d\lambda}\)
Choć nie wiem czy w łącznym rozkładzie, a dokładnie w jego argumencie powinno być \(\displaystyle{ \sqrt[k]{\lambda}}\) czy \(\displaystyle{ \lambda}\)
Podaj prawdopodobieństwo przeżycia zabawki po dwóch latach jej użytkowania znając tylko parametry: \(\displaystyle{ \alpha,\beta,k}\)
W takim razie można zawsze powiedzieć, że rozkład łączny tych dwóch zmiennych losowych da się wyrazić wzorem:
\(\displaystyle{ f_{X,\sqrt[k]{\lambda}}(x,\sqrt[k]{\lambda})=f_{x|\sqrt[k]{\lambda}}(x|\sqrt[k]{\lambda})f_{\sqrt[k]{\lambda}}(\sqrt[k]{\lambda})}\)
Jako, że nie znamy parametru \(\displaystyle{ \lambda}\) możemy zawsze obliczyć rozkład brzegowy po danym parametrze:
\(\displaystyle{ f_{x|\sqrt[k]{\lambda}}(x|\sqrt[k]{\lambda}) = \frac{k}{\sqrt[k]{\lambda}}\left(\frac{x}{\sqrt[k]{\lambda}}\right)^{k-1}\exp\left(-\left(\frac{x}{\sqrt[k]{\lambda}}\right)^k\right) = \frac{kx^{k-1}}{\lambda}\exp\left(-\left(\frac{x^k}{\lambda}\right)\right)}\)
\(\displaystyle{ f_{\sqrt[k]{\lambda}}(\sqrt[k]{\lambda}) = \frac{\beta^\alpha k}{\Gamma(\alpha)}(\sqrt[k]{\lambda})^{-k\alpha-1}\exp\left(-\frac{\beta}{(\sqrt[k]{\lambda})^k}\right) = \frac{\beta^\alpha k}{\Gamma(\alpha)}\frac{1}{\lambda^\alpha\sqrt[k]{\lambda}}\exp\left(-\left(\frac{\beta}{\lambda}\right)\right)}\)
\(\displaystyle{ f_X(x)=\frac{\beta^\alpha k^2 x^{k-1}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\frac{\exp(-(\frac{x^k+\beta}{\lambda}))}{\lambda^{\alpha+1}\sqrt[k]{\lambda}} d\lambda}\)
Choć nie wiem czy w łącznym rozkładzie, a dokładnie w jego argumencie powinno być \(\displaystyle{ \sqrt[k]{\lambda}}\) czy \(\displaystyle{ \lambda}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 70
- Rejestracja: 2 lut 2017, o 10:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stęszew
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 14 razy
Re: Funkcja zmiennej losowej z rozkładu odwróconego gamma
\(\displaystyle{ e^{-\frac{x^k+\beta}{\lambda}}=t}\)
\(\displaystyle{ e^{-\frac{x^k+\beta}{\lambda}}\frac{x^k+\beta}{\lambda^2}\ d\lambda=dt}\)
\(\displaystyle{ t(x^k+\beta)\frac{d\lambda}{\lambda^2}=dt}\)
\(\displaystyle{ \frac{d\lambda}{\lambda^2}=\frac{dt}{t(x^k+\beta)}}\)
Pozbędę się w takim razie tylko \(\displaystyle{ \lambda^{-2}}\) a mam ich inną ilość.. Chyba, że ja nie pamiętam czegoś z liczenia całek i proszę o pokutę jako policzenie tej całki..
Natomiast korzystając z podstawień \(\displaystyle{ a=-(x^k+\beta)}\) i \(\displaystyle{ b=-\alpha-1-\frac{1}{k}}\) oraz użyciu WolframAlpha:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e^{\frac{a}{\lambda}}\lambda^b=(-a)^{b+1}\Gamma(-b-1)=(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}}\Gamma\left(\alpha+\frac{1}{k}\right)}\)
Czyli ostatecznie:
\(\displaystyle{ f_X(x)=\frac{\beta^\alpha k^2 x^{k-1}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\frac{\exp(-(\frac{x^k+\beta}{\lambda}))}{\lambda^{\alpha+1}\sqrt[k]{\lambda}} d\lambda=\frac{\beta^\alpha k^2 x^{k-1}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}}\Gamma(\alpha+\frac{1}{k})}{\Gamma(\alpha)}}\)
Potrzebujemy w takim razie jeszcze tylko policzyć:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2} x^{k-1}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}} dx}\)
\(\displaystyle{ e^{-\frac{x^k+\beta}{\lambda}}\frac{x^k+\beta}{\lambda^2}\ d\lambda=dt}\)
\(\displaystyle{ t(x^k+\beta)\frac{d\lambda}{\lambda^2}=dt}\)
\(\displaystyle{ \frac{d\lambda}{\lambda^2}=\frac{dt}{t(x^k+\beta)}}\)
Pozbędę się w takim razie tylko \(\displaystyle{ \lambda^{-2}}\) a mam ich inną ilość.. Chyba, że ja nie pamiętam czegoś z liczenia całek i proszę o pokutę jako policzenie tej całki..
Natomiast korzystając z podstawień \(\displaystyle{ a=-(x^k+\beta)}\) i \(\displaystyle{ b=-\alpha-1-\frac{1}{k}}\) oraz użyciu WolframAlpha:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\infty} e^{\frac{a}{\lambda}}\lambda^b=(-a)^{b+1}\Gamma(-b-1)=(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}}\Gamma\left(\alpha+\frac{1}{k}\right)}\)
Czyli ostatecznie:
\(\displaystyle{ f_X(x)=\frac{\beta^\alpha k^2 x^{k-1}}{\Gamma(\alpha)}\int_{0}^{\infty}\frac{\exp(-(\frac{x^k+\beta}{\lambda}))}{\lambda^{\alpha+1}\sqrt[k]{\lambda}} d\lambda=\frac{\beta^\alpha k^2 x^{k-1}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}}\Gamma(\alpha+\frac{1}{k})}{\Gamma(\alpha)}}\)
Potrzebujemy w takim razie jeszcze tylko policzyć:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2} x^{k-1}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}} dx}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 7917
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Funkcja zmiennej losowej z rozkładu odwróconego gamma
\(\displaystyle{ x^{k}+\beta = c = const.}\)
\(\displaystyle{ e^{-\frac{c}{\lambda}} = t}\)
\(\displaystyle{ \frac{c}{\lambda^2} e^{-\frac{c}{\lambda}}d\lambda = dt, \ \ c>0\ \ (1)}\)
\(\displaystyle{ \lambda = \frac{-c}{\ln(t)} \ \ (2)}\)
Podstawiamy (2) do(1) i do całki.
\(\displaystyle{ e^{-\frac{c}{\lambda}} = t}\)
\(\displaystyle{ \frac{c}{\lambda^2} e^{-\frac{c}{\lambda}}d\lambda = dt, \ \ c>0\ \ (1)}\)
\(\displaystyle{ \lambda = \frac{-c}{\ln(t)} \ \ (2)}\)
Podstawiamy (2) do(1) i do całki.
-
- Użytkownik
- Posty: 70
- Rejestracja: 2 lut 2017, o 10:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Stęszew
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 14 razy
Re: Funkcja zmiennej losowej z rozkładu odwróconego gamma
Dziękuję janusz47 za pokazanie ostatniego kroku dla podstawienia, teraz ta całka jest dużo prostsza.
Co do ostatniej całki:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2} x^{k-1}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}} dx = \left|x^k+\beta=t\ \ \ kx^{k-1}dx=dt\right|= \newline =\frac{1}{k}\int_{0}^{2}t^{-\alpha-\frac{1}{k}} dt = \frac{1}{k(-\alpha-\frac{1}{k}+1)}t^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}\big|^2_0=\frac{-1}{\alpha k+1-k}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}\big|^2_0 = \newline =\frac{1}{\alpha k+1-k}\beta^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}-\frac{1}{\alpha k+1-k}(2^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}}\)
Mając rozkład brzegowy \(\displaystyle{ f_X(x)}\) oraz wiedząc, że funkcja przeżycia wyraża się wzorem: \(\displaystyle{ s(t;\alpha,\beta,k) = 1- F_X(t;\alpha,\beta,k)}\)
Prawdopodobieństwo przeżycia zabawki co najmniej dwóch lat wynosi:
\(\displaystyle{ s(2;\alpha,\beta,k)=1-\frac{\beta^\alpha k^2 \Gamma(\alpha+\frac{1}{k})}{\Gamma(\alpha)(\alpha k+1-k)}\left(\beta^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}-(2^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}\right)}\)
Podstawmy do przykładu:
Niech \(\displaystyle{ \alpha=2,\beta=3,k=2}\) wtedy:
\(\displaystyle{ s(2;2,3,2)=1-\frac{36 \Gamma(\frac{5}{2})}{3\Gamma(2)}\left(3^{-\frac{3}{2}}-7^{-\frac{3}{2}\right)\approx -1.2086}\)
Więc gdzieś musi być prawdopodobnie błąd...
Co do ostatniej całki:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2} x^{k-1}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}} dx = \left|x^k+\beta=t\ \ \ kx^{k-1}dx=dt\right|= \newline =\frac{1}{k}\int_{0}^{2}t^{-\alpha-\frac{1}{k}} dt = \frac{1}{k(-\alpha-\frac{1}{k}+1)}t^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}\big|^2_0=\frac{-1}{\alpha k+1-k}(x^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}\big|^2_0 = \newline =\frac{1}{\alpha k+1-k}\beta^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}-\frac{1}{\alpha k+1-k}(2^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}}\)
Mając rozkład brzegowy \(\displaystyle{ f_X(x)}\) oraz wiedząc, że funkcja przeżycia wyraża się wzorem: \(\displaystyle{ s(t;\alpha,\beta,k) = 1- F_X(t;\alpha,\beta,k)}\)
Prawdopodobieństwo przeżycia zabawki co najmniej dwóch lat wynosi:
\(\displaystyle{ s(2;\alpha,\beta,k)=1-\frac{\beta^\alpha k^2 \Gamma(\alpha+\frac{1}{k})}{\Gamma(\alpha)(\alpha k+1-k)}\left(\beta^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}-(2^k+\beta)^{-\alpha-\frac{1}{k}+1}\right)}\)
Podstawmy do przykładu:
Niech \(\displaystyle{ \alpha=2,\beta=3,k=2}\) wtedy:
\(\displaystyle{ s(2;2,3,2)=1-\frac{36 \Gamma(\frac{5}{2})}{3\Gamma(2)}\left(3^{-\frac{3}{2}}-7^{-\frac{3}{2}\right)\approx -1.2086}\)
Więc gdzieś musi być prawdopodobnie błąd...