WnioskowanieStatystyczne/Rozklady-przyklady

Wnioskowanie_Statystyczne_-_wykład

Rozkład równomierny

... zwany też jednostajnym, prostokątnym lub płaskim, przyjmuje jednakowe wartości dla wszystkich liczb z jakiegoś odcinka (na przykład między zero a jeden), a poza tym odcinkiem ma wartość zero:

\(\begin{matrix} p(x) = 1 & \textrm{ dla } & 0\leq x\leq 1 \\ p(x) = 0 & \textrm{ dla } & x\gt 1\ \textrm{ lub }\ x\lt 0. \end{matrix}\)

Rozkład równomierny określony na odcinku od zera do jedynki.

Wartość oczekiwana

\( \mu =E(x)=\int\limits_0^1 x dx=\left[\frac{x^{2}}{2}\right]_0^1=\frac{1}{2}. \)

Wariancja

\( \sigma ^{2}=E((x-\mu )^{2})= \int\limits_0^1 \left(x-\frac 1 2 \right)^2 dx = \int\limits_0^1\left(x^2 - x +\frac 14\right) dx = \left[\frac{x^3}3 - \frac{x^2}2 +\frac x 4 \right]^1_0 = \frac 1 {12}. \)

Oczywiście rozkład jednostajny może być określony na dowolnym odcinku \((a, b)\) — wystarczy przeskalować opisaną powyżej kanoniczną postać:

\(\begin{matrix} p(x) = \frac{1}{b-a} & \textrm{ dla } & a\leq x\leq b \\ p(x) = 0 & \textrm{ dla } & x\lt a\ \textrm{ lub }\ x\gt b. \end{matrix}\)

Proste modyfikacje przytoczonych powyżej całek wykażą, że jego wartość oczekiwana wynosi

\(\frac{a+b}{2},\)

a wariancja

\(\frac{(b-a)^2}{12}\).

Rozkład dwumianowy

Powtarzamy \(n\) razy doświadczenie o dwóch możliwych wynikach \(A\) i \(\overline{A}\) oraz prawdopodobieństwach odpowiednio \(p\) i \(q\), przy czym \(p+q=1\). Wynik \(A\) nazywamy sukcesem i pytamy, jakie jest prawdopodobieństwo \(k\) sukcesów?

Liczba \(k\)-elementowych podciągów ciągu \(n\)-elementowego wynosi \(\frac{n!}{(n-k)!}\), czyli \(n(n-1)(n-2)...(n-k+1)\); na pierwszym miejscu każdego z ciągów możemy ustawić każdy z \(n\) elementów, po jego ustaleniu na drugim miejscu każdy z \(n-1\) elementów itd. Jeśli ponadto nie rozróżniamy podciągów o różnej kolejności elementów, to liczbę tę podzielić należy przez liczbę permutacji (przestawień) zbioru \(k\)-elementowego, czyli \(k!\). W rezultacie dostajemy

\( \frac{n!}{k!(n-k)!}=\binom{n}{k}. \)

Niech \(P_{n}(k)\) oznacza prawdopodobieństwo wystąpienia \(k\) razy zdarzenia o prawdopodobieństwie \(p\) w serii \(n\) powtórzeń. Prawdopodobieństwo jednej serii \(k\) zdarzeń \(A\) i \((n-k)\) zdarzeń \(\overline{A}\) wynosi \(p^k q^{(n-k)}\). Zgodnie z powyższymi rozważaniami, takich serii, które różnią się kolejnością wystąpienia zdarzeń \(p\) i \(q\), będzie \(\binom n k\). Ostatecznie rozkład dwumianowy możemy opisać następującym wzorem:

\( P_{n}(k)=\binom{n}{k}p^{k}q^{n-k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}p^{k}(1-p)^{n-k}. \)

Rysunek %i 3 przedstawia rozkłady dwumianowe dla różnych wartości \(p\) i \(n\). Wartość oczekiwana \(\mu\) i wariancja \(\sigma^2\) rozkładu dwumianowego wyrażają się następującymi wzorami:

\( \mu=np, \qquad \sigma^2=npq. \)

Dowód

Bezpośrednie rachunki są w tym przypadku żmudne, więc dla znalezienia wartości oczekiwanej i wariancji rozkładu dwumianowego posłużymy się zmienną losową \(x_{i}\), opisującą wynik pojedynczego doświadczenia. Przyjmuje ona wartość 1, jeśli zaszło zdarzenie \(A\) (sukces) i 0 w przypadku porażki. Rozkład liczby sukcesów w serii \(n\) powtórzeń opisuje zmienna będąca ich sumą \(X=\sum\limits_{i=1}^n x_{i}\).

Wartość oczekiwana zmiennej \(x_i\), czyli wyniku pojedynczego doświadczenia, wynosi

\( E(x_i)=\sum\limits_i x_i P(X=x_i) = 1\cdot p + 0\cdot q = p. \)

Wartość oczekiwana sumy \(n\) zmiennych \(x_i\), dającej wartość zmiennej opisywanej rozkładem dwumianowym, będzie (z liniowości wartości oczekiwanej) sumą wartości oczekiwanych — stąd wartość oczekiwana rozkładu dwumianowego wyniesie \(n p\). Z kolei wariancja \(x_i\) wynosi

\( \sigma^2(x_i)=E((x_{i}-\mu)^{2})=\sum\limits_i (x_i-p)^2P(X=x_i)= (1-p)^{2}p+(0-p)^{2}q =q^{2}p+p^{2}q=pq(p+q)=pq. \)

Wariancja rozkładu dwumianowego będzie równa wariancji sumy \(n\) zmiennych \(x_i\). Ponieważ zmienne te są niezależne, ich wariancje się dodają (wariancja sumy zmiennych niezależnych): \( \sigma^2\left(\sum_{i=1}^{n}x_i\right) = n\sigma^2(x_i) = npq. \)

Dwumianowe rozkłady prawdopodobieństwa dla \(p=\frac 1 6\), \(\frac{1}{2}=\ i\ = 0.8\) oraz \(n=5=\ i\ = 20\)

Przykład: rozkład dwumianowy

Obliczmy rozkład prawdopodobieństwa wyrzucenia \(k\) szóstek w pięciu rzutach kostką (symulowany w rozdziale o metodzie Monte Carlo): \(p=\dfrac{1}{6}\), \(q=\dfrac{5}{6}\), \(\binom{5}{0}=1\), \(\binom{5}{1}=5\) i tak dalej.

Wartości te przedstawione są na wykresie w lewym górnym rogu rysunku %i 3. Prawdopodobieństwo wyrzucenia przynajmniej dwóch (czyli od dwóch do pięciu) szóstek wynosi

Przykład: trzy dziewczynki

Obliczmy prawdopodobieństwo, że wśród czworga dzieci będą co najmniej trzy dziewczynki — zakładając, że prawdopodobieństwa urodzenia dziecka każdej płci są równe.

"Co najmniej trzy dziewczynki" można zasymulować jako cztery lub trzy "sukcesy" w czterech "losowaniach płci" o prawdopodobieństwie sukcesu \(\frac{1}{2}\), czyli

zgodnie z wynikiem symulacji z zadania.

Przykład: trening koszykarski

W rzutach do kosza uzyskiwaliśmy średnio 6 trafień na 10 rzutów. Po zmianie techniki w pierwszych 10 rzutach uzyskaliśmy 9 trafień. Czy należy wnioskować, że nowa technika rzutów poprawia średnią trafień?

Jeśli zmiana techniki nie wpłynęła na skuteczność, to prawdopodobieństwo uzyskania 9 lub więcej trafień na 10 rzutów odpowiada 9 lub 10 sukcesom w 10 losowaniach o prawdopodobieństwie 0,6, czyli:

Czyli mniej niż 5% — zgodnie z wynikiem symulacji.

Rozkład Poissona

W granicy dużej liczby \(n\) zdarzeń o niskim prawdopodobieństwie \(p\), tj. \(n\rightarrow \infty ,\) \(np=\lambda =const., \) otrzymujemy z rozkładu dwumianowego rozkład Poissona:

Dowód

\(\begin{matrix} P_{n}(k)&=&\dfrac{n!}{k!(n-k)!}p^{k}q^{n-k}= \dfrac{n!}{k!(n-k)!} \left(\dfrac{\lambda }{n}\right)^{k}\dfrac{(1-\frac{\lambda }{n})^{n}}{(1-\frac{\lambda }{n})^{k}}=\\ &=&\dfrac{\lambda ^{k}}{k!}\dfrac{n(n-1)...(n-k+1)(1-\frac{\lambda }{n})^{n}}{n^{k}(1-\frac{\lambda }{n})^{k}}= \\ &=&\dfrac{\lambda ^{k}}{k!}\left(1-\dfrac{\lambda }{n}\right)^{n}\dfrac{(1-\frac{1}{n}) (1-\frac{2}{n})...(1-\frac{k-1}{n})}{(1-\frac{\lambda }{n})^{k}}. \end{matrix}\)

Ponieważ

\(\underset{n\rightarrow \infty }{\lim } \frac{(1-\frac{1}{n}) (1-\frac{2}{n})...(1-\frac{k-1}{n})}{(1-\frac{\lambda }{n})^{k}} = 1\)

\(e=\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }(1+\frac{1}{n})^{n}\)

\(\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }(1-\frac{\lambda }{n})^{n}=e^{-\lambda}\)

dostajemy \( P_{n}(k)=P_{\lambda}(k)=\dfrac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda }. \)

Sprawdźmy warunek \(P(\Omega)=1\)

Przestrzeń wszystkich możliwych zdarzeń wyczerpują tu liczby sukcesów \(k\) od zera do \(n\) \((n\rightarrow\infty)\), czyli

gdyż

Wartość oczekiwana i wariancja

wynoszą:

Dowód

\( E(k)=\underset{k=0}{\overset{\infty }{\sum }}k\frac{\lambda ^{k}}{k!} e^{-\lambda }=\lambda e^{-\lambda }\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }} \frac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda }\underset{l=0}{\overset{ \infty }{\sum }}\frac{\lambda ^{l}}{l!}=\lambda e^{-\lambda } e^{\lambda }=\lambda, \)

\( \sigma ^{2}(k) = \\[5pt] = E(k^{2})-\{E(k)\}^{2} \\ = \underset{k=0}{\overset{\infty } {\sum}}k^{2}\frac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda } -\lambda ^{2} \qquad\longleftarrow \textrm{zerowy wyraz sumy jest zerem} \\ = \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k^2 \lambda ^{k-1}}{k(k-1)!}-\lambda ^{2} \\[5pt] = \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}-\lambda ^{2} \\[5pt] = \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\left( (k-1)+1\right)\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}-\lambda ^{2} \\[5pt] = \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{ (k-1)\lambda ^{k-1}}{(k-1)!} + \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!} - \lambda ^{2} \\[5pt] = \lambda e^{-\lambda}\underset{k=2}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{ \lambda \lambda ^{k-2}}{(k-2)!} + \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!} - \lambda ^{2} \\[5pt] = \lambda^2 e^{-\lambda}\underset{k=2}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{ \lambda^{k-2}}{(k-2)!} + \lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!} - \lambda ^{2} \qquad\longleftarrow l=k-2, m=k-1 \\[5pt] = \lambda^2 e^{-\lambda}\underset{l=0}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{ \lambda^{l}}{l!} + \lambda e^{-\lambda}\underset{m=0}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{\lambda ^{m}}{m!} - \lambda ^{2} \qquad\longleftarrow \textrm{rozwinięcie } e^x \textrm{ w szereg Taylora wokół } x=0: e^x=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} \\[10pt] = \lambda^2 e^{-\lambda } e^\lambda + \lambda e^{-\lambda} e^\lambda -\lambda^2 \\[10pt] = \lambda^2 + \lambda - \lambda^2 = \lambda . \)

Jeśli wariancja rozkładu Poissona jest równa jego wartości oczekiwanej (\(\lambda\)), to odchylenie standardowe \(\sigma\) (czyli pierwiastek z wariancji) wyniesie

\( \sigma ^{2}(k)=\lambda \Rightarrow \sigma (k)=\sqrt{\lambda }=\sqrt{np}. \)

Wynik ten przytaczany bywa jako "prawo" określające błąd liczby zliczeń jako jej pierwiastek.

Rozkłady Poissona dla różnych wartości parametru \(\lambda\).