WnioskowanieStatystyczne/Rozklady - Historia wersji

Durka: /* Rozkłady ciągłe — gęstość prawdopodobieństwa */

2025-02-27T17:00:35Z

Rozkłady ciągłe — gęstość prawdopodobieństwa

Durka: /* Rozkłady prawdopodobieństwa */

2016-01-29T11:29:55Z

Rozkłady prawdopodobieństwa

Jarekz: /* Rozkłady ciągłe — gęstość prawdopodobieństwa */

2015-05-22T13:45:25Z

Rozkłady ciągłe — gęstość prawdopodobieństwa

Jarekz: /* Rozkłady prawdopodobieństwa */

2015-05-22T13:45:10Z

Rozkłady prawdopodobieństwa

Jarekz: /* Rozkłady prawdopodobieństwa */

2015-05-22T13:44:16Z

Rozkłady prawdopodobieństwa

Jarekz o 13:40, 22 maj 2015

2015-05-22T13:40:42Z

Jarekz: UWAGA! Usunięcie treści (strona pozostała pusta)!

2015-05-22T13:38:45Z

UWAGA! Usunięcie treści (strona pozostała pusta)!

Podgląd zmian

SuperAdmin: Utworzono nową stronę " ==Rozkład równomierny== ... zwany też jednostajnym, prostokątnym lub płaskim, przyjmuje jednakowe wartości dla wszystkich liczb z jakiegoś odcinka (na przykład..."

2015-05-22T12:58:06Z

Utworzono nową stronę " ==Rozkład równomierny== ... zwany też jednostajnym, prostokątnym lub płaskim, przyjmuje jednakowe wartości dla wszystkich liczb z jakiegoś odcinka (na przykład..."

Nowa strona

==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>1\ \textrm{ lub }\ x<0.
\end{matrix}</math>

[[Plik:Rozklad_plaski.png|300px|thumb|left|<figure id="fig:rozw2"></figure>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<a\ \textrm{ lub }\ x>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 <ref> Symbol <math>\binom{n}{k}</math> występuje również we
wzorze na wspólczynniki <math>n</math>-tej potęgi sumy: <math>
(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^{k}b^{n-k} </math>
</ref>

<equation id=eq:68">
<math>
\frac{n!}{k!(n-k)!}=\binom{n}{k}.
</math>
</equation>

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 <xr id="fig:rozw2"> %i</xr> 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
[[STAT:Momenty#label-eq:61|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>

[[Plik:Rozklad_dwumian.png|300px|thumb|left|<figure id="fig:rozw2">
</figure> 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 [[STAT:Z_komputerem|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.

{|class=wikitable
|-
|<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
<xr id="fig:rozw2"> %i</xr>. Prawdopodobieństwo wyrzucenia przynajmniej
dwóch (czyli od dwóch do pięciu) szóstek wynosi
<equation id="eq:70">
<math>0,1608+0,0322+0,0032+0,0001\approx 0,1962</math>.
</equation>

Z kolei rozkład liczby sukcesów w stu takich grach, przybliżany
numerycznie na [[STAT:Z_komputerem#label-fig:13|rysunku]], będzie odpowiadał <math>P_{100}(k)</math> dla <math>p=0,1962</math>.
Suma tego rozkładu dla <math>k>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

<center><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></center>

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:

<center><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></center>

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:

<equation id="eq:72">
<math>
P_{n}(k)=P_{\lambda}(k)=\frac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda }.
</math>
</equation>

===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 <xr id="eq:72">(%i)</xr>.

'''Sprawdźmy warunek [[STAT:Prawdopodobieństwo#label-eq:43|<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

<equation id="eq:73">
<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>
</equation>

gdyż

<equation id="eq:74">
<math>
\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda ^{k}}{k!} = e^{\lambda}.
</math>
</equation>

===Wartość oczekiwana i wariancja===

wynoszą:
<equation id="eq:75">
<math>
\mu(k)=\sigma^2(k)=\lambda.
</math>
</equation>

====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 <xr id="eq:74">(%i)</xr>

<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.

[[Plik:Rozklad_poissona.png|300px|thumb|left|<figure id="fig:rozw2"></figure>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:
<equation id="eq:78">
<math>
p(x)=N(\mu, \sigma)= \frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }e^{\frac{-(x-\mu )^{2}}{2\sigma ^{2}}}.
</math>
</equation>

Parametry te są tak dobrane, że wartość oczekiwana wynosi
<math>\mu</math>, a wariancja <math>\sigma^2</math>, co można
sprawdzić wstawiając <xr id="eq:78">(%i)</xr> do wzorów na
[[STAT:Momenty#label-eq:60|wartość oczekiwaną]] i
[[STAT:Momenty#label-eq:63|wariancję]].

[[Plik:Rozklad_gaussa.png|300px|thumb|left|<figure
id="fig:rozklad_gaussa"></figure><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 <xr id="fig:rozklad_gaussa"> %i</xr>.
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:

<equation id="eq:80">
<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>
</equation>

Należy jednak pamiętać, że gęstość prawdopodobieństwa dana równaniem
<xr id="eq:78">(%i)</xr> 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.<ref>Gaussowski
rozkład pomiarów jakiejkolwiek masy, określony dodatnimi wartościami
<math>\mu</math> i <math>\sigma</math>, będzie wykazywał nieujemne —
choć zapewne bardzo małe — prawdopodobieństwo również dla ujemnych
wartości zmiennej losowej, którą w tym przypadku będzie mierzona
masa.</ref> Jest to cena za korzystanie ze zwięzłej i eleganckiej
postaci analitycznej rozkładu.

--------------------
<references>

@@ Linia 37: / Linia 37: @@
 [[Plik:Rozklad_dyskretny_i_plaski.png|300px|thumb|left|<figure
 id="fig:dysk_i_plask"></figure>(a) dyskretny rozkład prawdopodobieństw
-wyników rzutu kostką; (b) ciągły rozkład prawdopodobieństwa dla liczb
+wyników rzutu kostką; (b) ciągły rozkład gęstości prawdopodobieństwa dla liczb
 rzeczywistych z przedziału od zera do jednego.  ]]

← poprzednia wersja		Wersja z 11:29, 29 sty 2016
Linia 1:		Linia 1:
		+
		+	[[Wnioskowanie_Statystyczne_-_wykład]]
		+

	==Rozkłady prawdopodobieństwa==		==Rozkłady prawdopodobieństwa==

@@ Linia 50: / Linia 50: @@
 mniejsze od 1 i większe od zera. Suma prawdopodobieństw dla wszystkich
 możliwych wartości zmiennej losowej wyniesie 1 &mdash; wszystko zgadza się
-z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#Częstościowa definicja prawdopodobieństwa|aksjomatami definicji prawdopodobieństwa]].
+z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobienstwo#Częstościowa definicja prawdopodobieństwa|aksjomatami definicji prawdopodobieństwa]].
 Teraz spróbujmy z wykresu po prawej stronie odczytać wartość

@@ Linia 11: / Linia 11: @@
 trafienia 0,6 ]]
-Nie są to prawdopodobieństwa, gdyż nie spełniają [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobienstwo#label-eq:45|aksjomatu]] <math>(0\leq P(A)\leq 1)</math>, który wraz z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#label-eq:43|aksjomatem]] <math>(P(\Omega)=1)</math> możemy spełnić dzieląc liczbę wystąpień każdego przypadku przez całkowitą liczbę eksperymentów &mdash;
+Nie są to prawdopodobieństwa, gdyż nie spełniają [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobienstwo#label-eq:45|aksjomatu]] <math>(0\leq P(A)\leq 1)</math>, który wraz z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobienstwo#label-eq:43|aksjomatem]] <math>(P(\Omega)=1)</math> możemy spełnić dzieląc liczbę wystąpień każdego przypadku przez całkowitą liczbę eksperymentów &mdash;
 wtedy suma wszystkich prawdopodobieństw (czyli <math>P(\Omega)</math>)
 wyniesie 1. Przykład tak znormalizowanego dyskretnego rozkładu

@@ Linia 11: / Linia 11: @@
 trafienia 0,6 ]]
-Nie są to prawdopodobieństwa, gdyż nie spełniają [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#label-eq:45|aksjomatu]] <math>(0\leq P(A)\leq 1)</math>, który wraz z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#label-eq:43|aksjomatem]] <math>(P(\Omega)=1)</math> możemy spełnić dzieląc liczbę wystąpień każdego przypadku przez całkowitą liczbę eksperymentów &mdash;
+Nie są to prawdopodobieństwa, gdyż nie spełniają [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobienstwo#label-eq:45|aksjomatu]] <math>(0\leq P(A)\leq 1)</math>, który wraz z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#label-eq:43|aksjomatem]] <math>(P(\Omega)=1)</math> możemy spełnić dzieląc liczbę wystąpień każdego przypadku przez całkowitą liczbę eksperymentów &mdash;
 wtedy suma wszystkich prawdopodobieństw (czyli <math>P(\Omega)</math>)
 wyniesie 1. Przykład tak znormalizowanego dyskretnego rozkładu

← poprzednia wersja	Wersja z 13:40, 22 maj 2015
Linia 1:	Linia 1:

	+	==Rozkłady prawdopodobieństwa==
	+	Rozkład prawdpopodobieństwa — zgodnie z nazwą — będzie funkcją określającą,
	+	jak prawdopodobieństwo rozkłada się pomiędzy możliwe wyniki danego
	+	doświadczenia. Mieliśmy już z nim do czynienia w pierwszej części książki,
	+	<xr id="fig:boot+mc_kosz">rysunek %i</xr> przypomina niektóre z tych przypadków.
	+
	+	[[Plik:Boot+mc_kosz.png\|300px\|thumb\|left\|<figure id="fig:boot+mc_kosz"></figure>(a) rozkład liczby jedynek uzyskany z 10 tysięcy repróbkowań ze
	+	zwracaniem (bootstrap) próby 18 jedynek i 82 zer;
	+	(b) liczba trafień na 10 rzutów do kosza, przy średnim prawdopodobieństwie
	+	trafienia 0,6 ]]
	+
	+	Nie są to prawdopodobieństwa, gdyż nie spełniają [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#label-eq:45\|aksjomatu]] <math>(0\leq P(A)\leq 1)</math>, który wraz z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#label-eq:43\|aksjomatem]] <math>(P(\Omega)=1)</math> możemy spełnić dzieląc liczbę wystąpień każdego przypadku przez całkowitą liczbę eksperymentów —
	+	wtedy suma wszystkich prawdopodobieństw (czyli <math>P(\Omega)</math>)
	+	wyniesie 1. Przykład tak znormalizowanego dyskretnego rozkładu
	+	prawdopodobieństwa przedstawia rysunek <xr id="fig:dysk_i_plask">rysunek %i(a)</xr>.
	+
	+	Pozostaje jeszcze problem formalny: występujące w klasycznej teorii
	+	funkcje nie są określone na zdarzeniach, tylko na liczbach. Przejście
	+	od zdarzeń do odpowiadających im liczb wymaga pojęcia ''zmiennej
	+	losowej'' – odwzorowania <math>X(.)</math> z przestrzeni zdarzeń do
	+	przestrzeni liczb rzeczywistych. Na przykład w doświadczeniu
	+	polegającym na rzucaniu kostką zmienna losowa przypisze liczbę 4
	+	przypadkowi, w którym na górnej ściance rzuconej kostki widać cztery
	+	kropki.
	+
	+	Liczby (czyli zmienne losowe) są już pełnoprawnymi argumentami
	+	funkcji, ale z definicją rozkładu prawdopodobieństwa będzie jeszcze
	+	trochę kłopotu, jeśli wyniki eksperymentu będą pochodzić z ciągłych
	+	przedziałów zmiennej losowej, a nie, jak w przykładach z rysunku <xr id="fig:boot+mc_kosz">rysunek %i</xr>, ze zbioru dyskretnego.
	+
	+	==Rozkłady ciągłe — gęstość prawdopodobieństwa==
	+
	+	[[Plik:Rozklad_dyskretny_i_plaski.png\|300px\|thumb\|left\|<figure
	+	id="fig:dysk_i_plask"></figure>(a) dyskretny rozkład prawdopodobieństw
	+	wyników rzutu kostką; (b) ciągły rozkład prawdopodobieństwa dla liczb
	+	rzeczywistych z przedziału od zera do jednego. ]]
	+
	+	Z rozkładem ciągłym mieliśmy do czynienia, gdy używaliśmy generatora
	+	liczb losowych — losował on z równym prawdopodobieństwem liczby
	+	rzeczywiste z przedziału od zera do jednego. Funkcja przypisująca
	+	równe prawdopodobieństwa liczbom od zera do jednego powinna wyglądać
	+	jak na <xr id="fig:dysk_i_plask">rysunku %i(b)</xr>. A jednak coś się
	+	tu nie zgadza...
	+
	+	Zacznijmy od rozkładu dyskretnego, czyli <xr
	+	id="fig:dysk_i_plask">wykresu %i(a)</xr>. Prawdopodobieństwo dla
	+	zmiennej losowej (teraz nie jest to już formalnie zdarzenie)
	+	wynoszącej na przykład 2 odczytujemy jako wynoszące 0,167. Czyli
	+	mniejsze od 1 i większe od zera. Suma prawdopodobieństw dla wszystkich
	+	możliwych wartości zmiennej losowej wyniesie 1 — wszystko zgadza się
	+	z [[WnioskowanieStatystyczne/Prawdopodobieństwo#Częstościowa definicja prawdopodobieństwa\|aksjomatami definicji prawdopodobieństwa]].
	+
	+	Teraz spróbujmy z wykresu po prawej stronie odczytać wartość
	+	prawdopodobieństwa wylosowania jakiejś liczby spomiędzy 0 i 1. Jeden?
	+	To oznacza pewność — niemożliwe. Na osi <math>y</math> powinna
	+	występować jakaś znacznie mniejsza wartość... Ale jaka?
	+
	+	Zastanówmy się: niezależnie od tego, jak małą (niezerową i nieujemną)
	+	wartość przyjmiemy dla prawdopodobieństwa wylosowania dowolnej liczby
	+	z tego przedziału, to gdy zaczniemy je sumować dla wszystkich
	+	możliwych wyników, których na odcinku <math>(0, 1)</math> jest wszak
	+	nieskończenie wiele, zawsze dostaniemy więcej niż jeden. Najwyraźniej
	+	tak się nie da.
	+
	+	Widać już, że sumę będziemy musieli zastąpić całką — jest to właśnie
	+	graniczny przypadek sumy. W tym układzie aksjomat
	+	<math>P(\Omega)=1</math>, który dla przypadku dyskretnego wyrażał się
	+	sumą
	+
	+	<math>
	+	\sum_i P(X=x_i) = 1,
	+	</math>
	+
	+	teraz będzie wyrażał się całką
	+
	+	<math>
	+	\int p(x) dx = 1,
	+	</math>
	+
	+	gdzie prawdopodobieństwo <math>P</math> zastąpiła, z przyczyn, które
	+	staną się jasne za chwilę, gęstość prawdopodobieństwa <math>p</math>.
	+	Łatwo sprawdzić, że całka rozkładu z <xr
	+	id="fig:dysk_i_plask">rys. %i</xr> spełnia ten warunek. Jednak
	+	pozostaje problem odczytywania wartości prawdopodobieństwa dla
	+	konkretnej wartości zmiennej losowej.
	+
	+	Przypomnijmy sobie, że [[WnioskowanieStatystyczne/Bootstrap\|symulując rzuty monetą]] korzystaliśmy z faktu, że prawdopodobieństwo wylosowania liczby
	+	mniejszej niż <math>\frac1 2</math> wynosi 0,5. Zdefiniujmy więc
	+	''dystrybuantę'' prawdopodobieństwa zmiennej losowej <math>X</math>
	+	jako prawdopodobieństwo wystąpienia któregokolwiek ze zdarzeń, dla
	+	których zmienna losowa przyjmuje wartości mniejsze od <math>x</math>:
	+
	+	<equation id="eq:59">
	+	<math>
	+	F(x)=P[X \leq x].
	+	</math>
	+	</equation>
	+
	+	Będzie to oczywiście funkcja niemalejąca, dążąca do zera dla małych
	+	<math>x</math> i do jednego dla dużych. Dla rozkładu z <xr
	+	id="fig:dysk_i_plask">rysunku %i</xr>(b) dystrybuanta będzie wyglądać
	+	jak na <xr id="fig:plaski">rysunku %i</xr>.
	+
	+	[[Plik:Dystryb_plaski.png\|300px\|thumb\|left\|<figure
	+	id="fig:plaski"></figure>Dystrybuanta ciągłej zmiennej losowej o
	+	równym prawdopodobieństwie na przedziale (0, 1).]]
	+
	+	Dopiero teraz '''gęstość prawdopodobieństwa''' zmiennej losowej określimy jako
	+	pochodną dystrybuanty
	+
	+	<equation id="eq:59">
	+	<math>
	+	p(x)=\frac{d F(x)}{dx}=\frac{P[x\leq X\leq x+dx]}{dx}.
	+	</math>
	+	</equation>
	+
	+	Dlaczego gęstość, a nie po prostu rozkład prawdopodobieństwa, jak w
	+	przypadku dyskretnym? Właśnie ze względu na problemy z odczytem
	+	prawdopodobieństwa dla konkretnej wartości zmiennej. Na podobny
	+	problem trafiamy np. w fizyce, próbując obliczyć masę punktu. Masa to
	+	iloczyn (całka) gęstości i objętości, a punkt ma zerową objętość. Aby
	+	otrzymać niezerową masę, gęstość materii musimy scałkować w jakimś
	+	niezerowym obszarze — nie można przyjąć za masę gęstości materii w
	+	danym punkcie. Tak samo w przypadku ciągłych rozkładów gęstości
	+	prawdopodobieństwa, prawdopodobieństwo możemy obliczyć tylko dla
	+	niezerowego przedziału zmiennej losowej, a wartość odczytywaną dla
	+	konkretnej wartości zmiennej losowej interpretujemy jako gęstość.