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:

[math]\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}[/math]

Rozkład równomierny określony na odcinku od zera do jedynki.

Wartość oczekiwana

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

Wariancja

[math] \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}. [/math]

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

[math]\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}[/math]

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

[math]\frac{a+b}{2},[/math]

a wariancja

[math]\frac{(b-a)^2}{12}[/math].

Rozkład dwumianowy

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

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

[math] \frac{n!}{k!(n-k)!}=\binom{n}{k}. [/math]

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

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

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

[math] \mu=np, \qquad \sigma^2=npq. [/math]

Dowód

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

Wartość oczekiwana zmiennej [math]x_i[/math], czyli wyniku pojedynczego doświadczenia, wynosi

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

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

[math] \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. [/math]

Wariancja rozkładu dwumianowego będzie równa wariancji sumy [math]n[/math] zmiennych [math]x_i[/math]. Ponieważ zmienne te są niezależne,

[math] \sigma^2\left(\sum_{i=1}^{n}x_i\right) = n\sigma^2(x_i) = npq. [/math]

Dwumianowe rozkłady prawdopodobieństwa dla [math]p=\frac 1 6[/math], [math]\frac{1}{2}=\ i\ = 0.8[/math] oraz [math]n=5=\ i\ = 20[/math]

Przykład: rozkład dwumianowy

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

[math]k=[/math]	0	1	2	3	4	5
[math]P_5(k)\approx[/math]	0,4019	0,4019	0,1608	0,0322	0,0032	0,0001

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

[math]0,1608+0,0322+0,0032+0,0001\approx 0,1962[/math].

Z kolei rozkład liczby sukcesów w stu takich grach, przybliżany numerycznie na rysunku, będzie odpowiadał [math]P_{100}(k)[/math] dla [math]p=0,1962[/math]. Suma tego rozkładu dla [math]k\gt 20[/math] wynosi [math]0,4034[/math].

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 [math]\frac{1}{2}[/math], czyli

[math] P_4(4)+P_4(3)=\binom{4}{4}\left(\frac 12\right)^4 + \binom{4}{3}\left(\frac 12\right)^4 = (1+4)\left(\frac 12\right)^4 = \frac{5}{16}= 0,3125, [/math]

zgodnie z wynikiem symulacji z zadania.

Przykład:

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:

[math]\begin{matrix} P_{10}(9)+P_{10}(10)=\binom{10}{9}(0,6)^9 0,4+\binom{10}{10}(0,6)^{10} = \\ = (0,6)^9(10\cdot0,4+0,6) \approx 0,0101\cdot 4,6=0,046. \end{matrix}[/math]

Czyli mniej niż 5% — zgodnie z wynikiem symulacji.

Rozkład Poissona

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

[math] P_{n}(k)=P_{\lambda}(k)=\frac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda }. [/math]

Dowód

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

Ponieważ [math]\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[/math], oraz [math]\underset{n\rightarrow \infty }{\lim }(1-\frac{\lambda }{n})^{n}=e^{-\lambda}[/math],

dostajemy (3).

Sprawdźmy warunek [math]P(\Omega)=1[/math]

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

[math] P(\Omega)=\sum_{k=0}^{\infty} P_{\lambda }(k)= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda }= e^{-\lambda }\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k}}{k!}= e^{-\lambda }e^{\lambda }=1 [/math]

gdyż

[math] \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k}}{k!} = e^{\lambda}. [/math]

Wartość oczekiwana i wariancja

wynoszą:

[math] \mu(k)=\sigma^2(k)=\lambda. [/math]

Dowód

[math] 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, [/math]

[math]\begin{matrix} \sigma ^{2}(k)& {=}& E(k^{2})-\{E(k)\}^{2}=\ \left(\underset{k=0}{\overset{\infty } {\sum}}k^{2}\frac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda } \right) -\lambda ^{2}= \\ &=&\lambda e^{-\lambda}\underset{k=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{k\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}-\lambda ^{2} =\lambda \{e^{-\lambda }\underset{l=0}{\overset{\infty }{\sum }}(l+1)\frac{\lambda ^{l}}{l!}-\lambda \}= \\ &=&\lambda \{e^{-\lambda }\underset{l=0}{\overset{\infty }{\sum }}l \frac{\lambda ^{l}}{l!}+e^{-\lambda }\underset{l=0}{\overset{\infty }{\sum }} \frac{\lambda ^{l}}{l!}-\lambda\} =\end{matrix}[/math]

z (5)

[math] = \lambda (\lambda +1-\lambda )=\lambda . [/math]

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

[math] \sigma ^{2}(k)=\lambda \Rightarrow \sigma (k)=\sqrt{\lambda }=\sqrt{np}. [/math]

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

Rozkłady Poissona dla różnych wartości parametru [math]\lambda[/math].

Rozkład Gaussa

Rozkład Gaussa (zwany też rozkładem normalnym lub krzywą dzwonową) zależy od parametrów [math]\mu[/math] i [math]\sigma[/math]. Jego gęstość prawdopodobieństwa określona jest wzorem:

[math] p(x)=N(\mu, \sigma)= \frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }e^{\frac{-(x-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}. [/math]

Parametry te są tak dobrane, że wartość oczekiwana wynosi [math]\mu[/math], a wariancja [math]\sigma^2[/math], co można sprawdzić wstawiając (7) do wzorów na wartość oczekiwaną i wariancję.

[math]N(0,1)[/math], czyli standardowy rozkład Gaussa o zerowej średniej ([math]\mu=0[/math]) i jednostkowej wariancji ([math]\sigma=1[/math]).

Rozkład Gaussa dla zerowej wartości oczekiwanej i jednostkowej wariancji ([math]\mu=0, \sigma^2=1[/math]) zwiemy standardowym rozkładem Gaussa i oznaczamy zwykle [math]N(0,1)[/math]. Przedstawia go rysunek %i 4. Zaznaczono na nim m. in. wartość całki od [math]-\infty[/math] do [math]-1[/math], czyli prawdopodobieństwo, że wylosowana z tego rozkładu liczba będzie mniejsza niż [math]-1[/math]. Jak widać, wynosi ono ok. 16%, a jeśli weźmiemy pod uwagę również wartości większe od 1, będzie to aż 32%! Oznacza to, że przy losowaniu wielu liczb z tego rozkładu prawie dwie spośród pięciu mogą znaleźć się w odległości większej niż [math]\sigma[/math] od wartości oczekiwanej. Warto o tym pamiętać, gdyż odchylenie standardowe [math]\sigma[/math] bywa czasami nazywane "błędem". Stwierdzenie "w granicach błędu" może odnosić się raczej np.do wartości 3[math]\sigma[/math]: prawdopodobieństwo wylosowania wartości oddalonej od średniej o więcej niż [math]3\sigma[/math] dla rozkładu Gaussa wynosi zaledwie 0,3 wartości prawdopodobieństw odchyleń większych niż [math]1\div 3\sigma[/math] dla zmiennych z rozkładu normalnego:

[math] x\in N(\mu,\sigma)\quad \Rightarrow \quad \begin{cases} P(\left| x-\mu \right| \geq \sigma )\approx 0,\!317,\\ P(\left| x-\mu \right| \geq 2\sigma )\ \approx 0,\!046,\\ \ P(\left| x-\mu \right| \geq 3\sigma )\approx 0,\!003. \end{cases} [/math]

Należy jednak pamiętać, że gęstość prawdopodobieństwa dana równaniem (7) zanika w nieskończoności tylko asymptotycznie, i dlatego w świetle tego rozkładu prawdopodobieństwo wylosowania dowolnej wartości będzie niezerowe (choć dla większości niezmiernie małe). Prowadzi to czasem do paradoksów, jak np. niezerowe prawdopodobieństwo ujemnej masy. Jest to cena za korzystanie ze zwięzłej i eleganckiej postaci analitycznej rozkładu.

---

<references>