Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Definicja klasyczna. Prawdopodobieństwo warunkowe i całkowite. Zmienne losowe i ich parametry. Niezależność. Prawa wielkich liczb oraz centralne twierdzenia graniczne i ich zastosowania.
Awatar użytkownika
Emiel Regis
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 1495
Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 71 razy
Pomógł: 225 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: Emiel Regis » 26 sie 2007, o 09:57

Doświadczenie wykonuje się n razy na sekundę, prawdopodobieństwo sukcesu wynosi \(\displaystyle{ \frac{\lambda}{n}}\), a czas oczekiwania na pierwszy sukces, \(\displaystyle{ X_n}\), mierzy się w sekundach. Wyznaczyć dystrybuantę zmiennej losowej \(\displaystyle{ X_n}\) i zbadać jej zachowanie przy \(\displaystyle{ n \to }\).

Z tego co wiem to własnie w/w rozkład geometryczny przy \(\displaystyle{ n \to }\) będzie zmierzał do rozkładu wykładniczego. O ile mozna to tak powiedzieć.
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

jovante
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 204
Rejestracja: 23 cze 2007, o 14:32
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Siedlce
Pomógł: 56 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: jovante » 26 sie 2007, o 13:37

Niech \(\displaystyle{ X_n}\) oznacza czas oczekiwania na pierwszy sukces w n-tej sekundzie doświadczenia ( \(\displaystyle{ n\geqslant1}\)). Oczywiście \(\displaystyle{ 0\leqslant\lambda\leqslant n}\) i zmienna \(\displaystyle{ X_n}\) ma rozkład:

\(\displaystyle{ P(X_n=i)=\left(1-\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n\right)\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n(i-1)}}\)

i tutaj już można zauważyć, że rozkład ten zbiega do rozkładu wykładniczego, bo:

\(\displaystyle{ \lim_{n\to } P(X_n=i)=(1-e^{-\lambda})e^{-\lambda(i-1)}=e^{-\lambda (i-1)}-e^{-\lambda i}=\int\limits_{i-1}^{i}\lambda e^{-\lambda x}dx}\)

Dystrybuanta

\(\displaystyle{ P(X_n\leqslant k)=\left(1-\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n\right)\sum_{i=1}^{k} ft(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n(i-1)}=1-\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{nk}\right)}}\)

i tutaj także łatwo zobaczyć, że rozkład ten zbiega do rozkładu wykładniczego, bo:

\(\displaystyle{ \lim_{n\to } P(X_n\leqslant k)=1-e^{-\lambda k}}\)
Ostatnio zmieniony 26 sie 2007, o 18:30 przez jovante, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
Emiel Regis
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 1495
Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 71 razy
Pomógł: 225 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: Emiel Regis » 26 sie 2007, o 16:39

Przejścia graniczne są dla mnie jasne, na końcu zgubiłeś znaczki, dla formalnosci napisze poprawnie:
\(\displaystyle{ e^{-\lambda (i-1)}-e^{-\lambda i}=\int\limits_{i-1}^{i}\lambda e^{-\lambda x}dx}\)

Ale nie wiem skąd wyprowadziłeś te prawdopodobieństwa. \(\displaystyle{ X_n=i}\) oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia że przez n-1 sekund były same porażki, następnie w n-tej sekundzie było jeszcze i porażek (bo czas oczekiwania na sukces to i) aż w końcu był sukces. Czyli porażek było razem de facto \(\displaystyle{ n(n-1)+i}\).
U Ciebie widze że coś odejmujesz od jedynki czyli gdzieś jeszcze o zdarzenie przeciwne chyba zahaczyleś... Całkiem inny tor myślenia niż mój i nie bardzo go widze. Ostatecznie granica mi wychodzi 0...
\(\displaystyle{ P(X_n=i)=
(1-\frac{\lambda}{n})^{n(n-1)+i} \frac{\lambda}{n} \to 0}\)

Mógłbyś powiedzieć co źle robię?
Coś czuję, że całkiem źle to rozumiem...

jovante
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 204
Rejestracja: 23 cze 2007, o 14:32
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Siedlce
Pomógł: 56 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: jovante » 26 sie 2007, o 18:29

Drizzt pisze:...na końcu zgubiłeś znaczki...
prawda, zaraz poprawię
dzięki za zwrócenie uwagi

Drizzt pisze: \(\displaystyle{ X_n=i}\) oznacza prawdopodobieństwo zdarzenia że przez n-1 sekund były same porażki, następnie w n-tej sekundzie było jeszcze i porażek (bo czas oczekiwania na sukces to i) aż w końcu był sukces.
W tym miejscu nie masz racji. \(\displaystyle{ P(X_n=i)}\) oznacza prawdopodobieństwo, że przez pierwsze i-1 sekund były same porażki, a w i-tej sekundzie zdarzył się sukces (bez znaczenia, czy to w pierwszym, drugim, czy n-tym rzucie) i aby obliczyć to prawdopodobieństwo faktycznie "zahaczam" o zdarzenie przeciwne. Oczywiście założyłem tutaj, że czas oczekiwania na sukces mierzymy z dokładnością do 1 sekundy, a nie do 1/n sekundy.

Awatar użytkownika
Emiel Regis
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 1495
Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 71 razy
Pomógł: 225 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: Emiel Regis » 26 sie 2007, o 19:36

ahaaaa.
To mnie troche inaczej zasugerowało z interpretacją zmiennej losowej:
jovante pisze:\(\displaystyle{ X_n}\)oznacza czas oczekiwania na pierwszy sukces w n-tej sekundzie doświadczenia
Bo jednak sugeruje ze minęło sobie już n-1 sekund, a w n-tej sekundzie i-ty rzut nas interesuje. No ale w sumie takie zdarzenie by było jednak mniej interesujące.
Dla upewnienia czy już dobrze rozumiem napisze swoją definicję:
\(\displaystyle{ X_n}\) - oznacza czas oczekiwania (w sekundach) na pierwszy sukces przy podziale każdej sekundy na n czesci w ktorych odbywają się rzuty.
\(\displaystyle{ P(X_n=i)}\) - prawdopodobieństwo zdarzenia że będziemy czekali na sukces i sekund.

Na jeszcze jedną rzecz chciałbym zwrócić uwagę:
jovante pisze:\(\displaystyle{ P(X_n=i)}\) oznacza prawdopodobieństwo, że przez pierwsze i-1 sekund były same porażki, a w i-tej sekundzie zdarzył się sukces (bez znaczenia, czy to w pierwszym, drugim, czy n-tym rzucie)
Jeśli zmienną losową interpretujemy jako czas oczekiwania na sukces to wtedy chyba powinno być, że przez pierwsze i sekund były porażki a w i+1 pojawił się sukces.

No to teraz to co najważniejsze:
\(\displaystyle{ P(X_n=i)=\left(1-\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n\right)\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n(i-1)}}\)
W tym iloczynie już znam w takim razie pochodzenie drugiego czynnika - liczba porażek w poprzednich sekundach. Co do pierwszego czynnika:
No bo my w takim razie dostajemy informację że na sukces czekamy i sekund, no ale nie wiemy który rzut okazał się szczesliwy... Czyli razy ile porażek jeszcze domnożyć. Ty widze, że domnażasz razy zdarzenie przeciwne do n porażek. Czyli zakładasz że to pierwszy rzut był szczesliwy? Nie wiem czy to dobrze rozumiem. Mógłbyś to jakos rozwinąć?

jovante
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 204
Rejestracja: 23 cze 2007, o 14:32
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Siedlce
Pomógł: 56 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: jovante » 26 sie 2007, o 20:07

Drizzt pisze:Ty widzę, że domnażasz razy zdarzenie przeciwne do n porażek. Czyli zakładasz że to pierwszy rzut był szczęśliwy? Nie wiem czy to dobrze rozumiem.
Nie. Zdarzeniem przeciwnym do n porażek nie jest tutaj sukces w pierwszej próbie.

Awatar użytkownika
Emiel Regis
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 1495
Rejestracja: 26 wrz 2005, o 17:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 71 razy
Pomógł: 225 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: Emiel Regis » 26 sie 2007, o 20:35

No tak, bzdury pisze. Zdarzeniem przeciwnym do n porażek jest co najmniej jeden sukces.
No ale przecież nie o takie zdarzenie nas pytają... My wiemy ze jest dokładnie jeden sukces, tylko nie wiemy na ile rzutów...
\(\displaystyle{ \left(1-\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n\right)}\)
Tutaj założyłeś że jest n rzutów i co najmniej jeden sukces, a my mamy napisac że jest jeden sukces np po k

jovante
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 204
Rejestracja: 23 cze 2007, o 14:32
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Siedlce
Pomógł: 56 razy

Rozkład geometryczny i wykładniczy.

Post autor: jovante » 26 sie 2007, o 20:52

Wcale nie zakładałem, że jest n rzutów w i-tej sekundzie. Założyłem, że jest co najwyżej n rzutów, zaś sukces może wystąpić w pierwszym, w drugim ... lub ostatnim (n-tym w tej sekundzie). Popatrz:

\(\displaystyle{ \frac{\lambda}{n}+(1-\frac{\lambda}{n})\frac{\lambda}{n}+\ldots+(1-\frac{\lambda}{n})^{n-1}\frac{\lambda}{n}=\frac{\lambda}{n}\sum_{k=0}^{n-1} (1-\frac{\lambda}{n})^k=1-(1-\frac{\lambda}{n})^n}\)

ODPOWIEDZ