Anmärkning

I kursboken används istället parametern \(\beta\).
Sambandet är att \(\beta=\frac{1}{\lambda}\)

\(F(0.4)\)  med  \(\lambda=5\)

För att inse principen för beräkning av F(y), börjar vi med ett bestämt värde; y = 0.4.

\(F(0.4)=P(Y \leq 0.4)=\) \(1-P(Y > 0.4)\)

Vi fokuserar först på att beräkna \(P(Y > 0.4)\):

Att sträckan till första skadan överstiger 0.4 meter, är samma sak som att säga att det är ingen skada på de första 0.4 meterna av tråden.

Den sannolikheten kan vi beräkna med hjälp av en Poissonfördelning:

Låt \(X\) vara antalet skador på 0.4 meter. Eftersom det i genomsnitt är 5 skador per meter, blir det i genomsnitt 2 skador på 0.4 meter.

Detta innebär att \(X \sim Po(2)\), med \(p(x)=\frac{2^x}{x \ !} \cdot e^{-2}\).

Eftersom \(Y\) = antal meter till den första skadan, blir då \(P(Y >0.4)=P(X=0)=\) \(p(0)=\frac{2^0}{0 \ !} \cdot e^{-2}=e^{-2}\)

Följaktligen får vi \(F(0.4)=P(Y \leq 0.4)=\) \(1-P(Y > 0.4)=1-e^{-2}\) \(\approx 0.8647\)

\(F(y)\)  med  \(\lambda=5\)

Nu dags för ett allmänt värde på y för samma exempel:

\(F(y)=P(Y \leq y)=1-P(Y > y)\)

Låt nu \(X\) vara antalet skador på y meter. Eftersom det i genomsnitt är 5 skador per meter, blir det i genomsnitt 5y skador på y meter.

Detta innebär att \(X \sim Po(5y)\), med \(p(x)=\frac{(5y)^x}{x \ !} \cdot e^{-5y}\)

Vi får då

\(F(y)=P(Y \leq y)=\) \(1-P(Y > y)=\) \(1-P(X=0)=1-p(0)=\) \(1-\frac{(5y)^0}{0 \ !} \cdot e^{-5y}=\) \(1-e^{-5y}\).

\(F(y)\)  med allmänt  \(\lambda\)

Den här gången byter vi även ut “\(5\)” mot “\(\lambda\)”.

\(F(y)=P(Y \leq y)\) \(=1-P(Y > y)\)

Låt nu \(X\) vara antalet skador på y meter. Eftersom det i genomsnitt är \(\lambda\) skador per meter, blir det i genomsnitt \(\lambda y\) skador på y meter.

Detta innebär att \(X \sim Po(\lambda y)\), med \(p(x)=\frac{(\lambda y)^x}{x \ !} \cdot e^{-\lambda y}\)

Vi får då

\(F(y)=P(Y \leq y)=\) \(1-P(Y > y)=\) \(1-P(X=0)=1-p(0)=\) \(1-\frac{(\lambda y)^0}{0 \ !} \cdot e^{-\lambda y}=\) \(1-e^{-\lambda y}\).

\(f(y)\)  med allmänt  \(\lambda\)

Vi har nu formeln för fördelningsfunktionen; \(F(y)=1-e^{-\lambda y}\).

Då är det inte svårt att få fram täthetsfunktionen, eftersom \(f(y)=F'(y)\):

\(f(y)=0-e^{-\lambda y}\cdot (-\lambda)=\lambda e^{-\lambda y}\)

Väntevärde:

Logiskt resonerat: Vi har en situation med ett genomsnitt på \(\lambda\) händelser per enhet. (\(\lambda\) händelser per minut, \(\lambda\) händelser per meter etc.)

Kom ihåg att \(Y\) anger tiden eller sträckan eller … (beroende på enhet) till nästa händelse.

Om det är i genomsnitt \(\lambda\) händelser per enhet, kommer det att vara i genomsnitt \(\frac{1}{\lambda}\) mellan händelserna.

(\(\frac{1}{\lambda}\) minut mellan händelserna, \(\frac{1}{\lambda}\) meter mellan händelserna, etc.)

I exemplet med koppartråden är det i genomsnitt 5 skador per meter, så då är det i genomsnitt 1/5 meter mellan skadorna.
(Det verkar också stämma med tyngdpunkten i figuren ovan; det är rimligt att den är mittför 0.2)

Visar att \(E(Y)=\frac{1}{\lambda}\) :

\(\displaystyle E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \ dy =\) \(\displaystyle \int_{-\infty}^0 0 \ dy\) + \(\displaystyle \int_0^{\infty} \lambda y e^{-\lambda y} \ dy\)

Här stöter vi på en typ av integral, som vi inte direkt kan lösa. Det beror på att funktionen som vi ska hitta primitiv funktion till (\(\lambda y e^{-\lambda y}\)) är en produkt av två olika funktioner: \(\lambda y\) och \(e^{-\lambda y}\)

Matematik-hjälp

Börja med att kolla följande video, där han går igenom hur man hanterar en produkt.
Metoden kallas Partiell integration eller Partialintegration :

länk: [https://www.youtube.com/watch?v=EW0BMHk1HQg]

Slutsatsen från den genomgången är att metoden för Partiell integration kan beskrivas såhär:
\(\int f(x)g(x)\ dx=\) \(F(x)g(x)- \int F(x)g'(x)\ dx\)
 

Det spelar ingen roll vad variabeln “heter”, så vi kan likaväl beskriva metoden såhär:
\(\int f(y)g(y)\ dy=F(y)g(y)- \int F(y)g'(y)\ dy\)
 

Med gränser i integralen ger metoden: \(\displaystyle \int_a^b f(y)g(y)\ dy=\) \(\displaystyle \left[ F(y)g(y) \right]_a^b – \int_a^b F(y)g'(y)\ dy\)   (PI)

För att lösa integralen \(\displaystyle \int_0^{\infty} \lambda y e^{-\lambda y} \ dy\)
låter vi \(f(y)= e^{-\lambda y}\)  och   \(g(y)= \lambda y\).
 

Dags att ta itu med \(\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-\lambda y} \lambda y \ dy\) där vi nu tillämpar metoden (PI):

\(\displaystyle \int_0^{\infty} e^{-\lambda y} \lambda y \ dy=\) \(\displaystyle \left[ \frac{e^{-\lambda y}}{-\lambda} \lambda y \right]_0^{\infty} – \int_0^{\infty} \frac{e^{-\lambda y}}{-\lambda} \lambda\ dy=\) \(\displaystyle \left[y e^{-\lambda y} \right]_0^{\infty} + \int_0^{\infty} e^{-\lambda y} dy=\) \(\displaystyle \left[y e^{-\lambda y} \right]_0^{\infty} + \left[\frac{e^{-\lambda y}}{-\lambda} \right]_0^{\infty}=\) \((0*-0)+\left(0-\frac{1}{-\lambda} \right)=\frac{1}{\lambda}\)
 

*Kommentar till uttrycket \(y e^{-\lambda y}\) när vi stoppar in \(\infty\):

Se exempel 1d i inledningen till kapitel 4
 

Sammanfattning av beviset för att att \(E(Y)=\frac{1}{\lambda}\) :

\(\displaystyle E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \ dy =\) \(\displaystyle \int_{-\infty}^0 0 \ dy\) + \(\displaystyle \int_0^{\infty} \lambda y e^{-\lambda y} \ dy=\) \(0+\frac{1}{\lambda}=\frac{1}{\lambda}\)

Varians:

\(V(Y)=\frac{1}{{\lambda}^2}\)

Formeln för variansen visas på samma sätt som formeln för väntevärdet, men man behöver göra “två varv” med Partiell Integration (PI).

Exempel

Till en viss affär anländer kunder slumpmässigt; i genomsnitt kommer det in 20 kunder per timme.
a) Bestäm sannolikheten för att affärsinnehavaren behöver vänta minst 5 minuter på första kunden.
b) Antag att affärsinnehavaren har väntat i 10 minuter utan att det kommit någon kund. Vad är då sannolikheten att hon behöver vänta ytterligare minst 5 minuter innan det kommer någon kund?

Lösning

Bilda slumpvariabeln Y=tiden i minuter till den första kunden. Med tidsenheten minuter har vi \(\lambda=\frac{1}{3}\) (Om det kommer 20 kunder per timme, kommer det 1/3 kund per minut, i genomsnitt.)

Alternativt kan vi använda kursbokens beteckning, som är \(\beta=3\) (i genomsnitt 3 minuter mellan varje kund).

Oavsett vilken beteckning vi använder, får vi följande täthetsfunktion för vår slumpvariabel: \(f(y)=\frac{1}{3} e^{-\frac{1}{3} y}, \ \ y > 0\)

a)   \(P(Y \geq 5)=\displaystyle \int_5^{\infty} \frac{1}{3} e^{-\frac{1}{3} y} \ dy=\) \(\left[ \frac{1}{3} \frac{e^{-\frac{1}{3} y}}{-\frac{1}{3}}\right]_5^{\infty} =\) \(\left[ -e^{-\frac{1}{3} y} \right]_5^{\infty} =\)

\(\displaystyle 0- \left( -e^{-\frac{5}{3}} \right) = e^{-\frac{5}{3}} \approx 0.1889\)

b)   Här har vi en betingad sannolikhet; givet att det har gått 10 minuter utan kund, ska vi bestämma sannolikheten att det går minst 10+5 minuter tills första kunden kommer.

Den sökta sannolikheten betecknas \(P(Y \geq 15|Y \geq 10)\).
 

Från kapitel 2 repeterar vi definitionen: \(P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\)
 
Här får vi då \(P(Y \geq 15|Y \geq 10)=\frac{P((Y \geq 15) \cap (Y \geq 10))}{P(Y \geq 10)}\)
 

Händelsen \((Y \geq 15) \cap (Y \geq 10)\) som finns i täljaren kan förenklas till \((Y \geq 15)\).
(Alla tal som är både större än 15 och större än 10, måste vara större än 15.)
 

Alltså: \(P(Y \geq 15|Y \geq 10)=\frac{P((Y \geq 15) \cap (Y \geq 10))}{P(Y \geq 10)}=\) \(\frac{P(Y \geq 15)}{P(Y \geq 10)}\)
Om vi för både täljaren och nämnaren gör på samma sätt som i a-uppgiften, kommer vi att få \(\frac{P(Y \geq 15)}{P(Y \geq 10)}=\) \(\frac{e^{-\frac{10}{3}}}{e^{-\frac{15}{3}}}\)

vilket ger exakt samma svar som i a-uppgiften!

Allmänt

Exemplet ovan bekräftar den påstådda “Lack-of-memory-egenskapen” för Exponentialfördelningen.

Ett exempel är förstås inget bevis, men i Ex 4.10 i slutet av kap 4.6 genomför man beviset allmänt.
Notera bara att man använt beteckningen  \(\beta\)  i kursboken, där  \(\beta=\frac{1}{\lambda}\)

Så på alla ställen där det förekommer ett uttryck “delat med \(\beta\)”, skulle man istället få “multiplicerat med  \(\lambda\)”.

En skillnad: Förskjutningen

Förskjutningen mellan n-fakultet och Gammafunktionen kan uttryckas såhär:
\(\Gamma(n)=(n-1)!\)

(Variabeln  \(n\)  används normalt för att beteckna heltal)

Exempel:   \(\Gamma(4)=3!=3 \cdot 2 \cdot 1=6\)

Likhet: En viktig egenskap

Egenskapen \(\Gamma (x+1)=x \cdot \Gamma (x)\) gäller för alla värden, inte bara heltalen!

  Exempel heltal: \(\Gamma(5)=4 \cdot \Gamma(4)\)

Kom ihåg att \(\Gamma(5)=4!=24\) och att \(\Gamma(4)=6\)

  Exempel ej heltal: \(\Gamma(2.8)=1.8 \cdot \Gamma(1.8)\)

Om du kollar i tabellen ser du att \(\Gamma(2.8) \approx 1.6765\) och att \(\Gamma(1.8) \approx 0.9314\)

Och \(1.8 \cdot 0.9314\) blir \(1.6765\)

Övningar

12a) Skriv ut den integral som ger värdet för \(\Gamma(2.4)\)

12b) Vilket värde har \(\alpha\) i \(\Gamma(\alpha)\) om \(\Gamma(\alpha)=\displaystyle \int_0^{\infty} y^5e^{-y}\ dy\)

Svar Exempel 12
12a)   \(\Gamma(2.4) =\displaystyle \int_0^{\infty} y^{1.4}e^{-y}\ dy\)

12b)  \(\alpha=6\)

F(0.4) med \(\beta=\frac{1}{5}\)

För att inse principen för beräkning av F(y), börjar vi med ett bestämt värde; y = 0.4.

\(F(0.4)=P(Y \leq 0.4)\) \(=1-P(Y > 0.4)\)

Vi fokuserar först på att beräkna \(P(Y > 0.4)\):
Att sträckan till tredje skadan överstiger 0.4 meter, är samma sak som att det är högst 2 skador på de första 0.4 meterna av tråden.

Den sannolikheten kan vi beräkna med hjälp av en Poissonfördelning:
Låt X vara antalet skador på 0.4 meter. Eftersom det i genomsnitt är 5 skador per meter, blir det i genomsnitt 2 skador på 0.4 meter.
Detta innebär att \(X \sim Po(2)\), med \(p(x)=\frac{2^x}{x \ !} \cdot e^{-2}\).

Eftersom Y = antal meter till den tredje skadan, blir då \(P(Y >0.4)=P(X<3)\) \(= p(0)+p(1)+p(2)=\) \(\frac{2^0}{0 \ !} \cdot e^{-2}+\frac{2^1}{1 \ !} \cdot e^{-2}+\frac{2^2}{2 \ !} \cdot e^{-2}\)

Följaktligen får vi \(F(0.4)=P(Y \leq 0.4)=\) \(1-P(Y > 0.4)=\) \(1- \left( \frac{2^0}{0 \ !} \cdot e^{-2}+\frac{2^1}{1 \ !} \cdot e^{-2}+\frac{2^2}{2 \ !} \cdot e^{-2} \right)\) \(\approx 0.3233\)

F(y) med \(\beta=\frac{1}{5}\)

Nu dags för ett allmänt värde på y för samma exempel:

\(F(y)=P(Y \leq y)\) \(=1-P(Y > y)\)

Låt nu X vara antalet skador på y meter. Eftersom det i genomsnitt är 5 skador per meter, blir det i genomsnitt 5y skador på y meter.
Detta innebär att \(X \sim Po(5y)\), med \(p(x)=\frac{(5y)^x}{x \ !} \cdot e^{-5y}\)

Vi får då

\(F(y)=P(Y \leq y)\) \(=1-P(Y > y)=\) \(1-P(X<3)\) \(=1-(p(0)+p(1)+p(2))\) \(=1- \left( \frac{(5y)^0}{0 \ !} \cdot e^{-5y}+\frac{(5y)^1}{1 \ !} \cdot e^{-5y}+\frac{(5y)^2}{2 \ !} \cdot e^{-5y} \right)\).

F(y) med allmänt \(\beta=\frac{1}{\lambda}\)

Den här gången byter vi även ut “\(5\)” mot “\(\lambda\)”.

\(F(y)=P(Y \leq y)\) \(=1-P(Y > y)\)

Låt nu X vara antalet skador på y meter. Eftersom det i genomsnitt är \(\lambda\) skador per meter, blir det i genomsnitt \(\lambda y\) skador på y meter.
Detta innebär att \(X \sim Po(\lambda y)\), med \(p(x)=\frac{(\lambda y)^x}{x \ !} \cdot e^{-\lambda y}\)

Vi får då

\(F(y)=P(Y \leq y)\) \(=1-P(Y > y)=\) \(1-P(X<3)\) \(=1-(p(0)+p(1)+p(2))\) \(=1-\left( \frac{(\lambda y)^0}{0 \ !} \cdot e^{-\lambda y}+\frac{(\lambda y)^1}{1 \ !} \cdot e^{-\lambda y}+\frac{(\lambda y)^2}{2 \ !} \cdot e^{-\lambda y} \right)\)

f(y) med allmänt \(\lambda\)

Vi har nu formeln för fördelningsfunktionen; \(F(y)=1-\frac{(\lambda y)^0}{0 \ !} \cdot e^{-\lambda y}\) \(-\frac{(\lambda y)^1}{1 \ !} \cdot e^{-\lambda y}\) \(-\frac{(\lambda y)^2}{2 \ !} \cdot e^{-\lambda y}\)

För att få fram täthetsfunktionen, deriverar vi \(F(y)\), eftersom \(f(y)=F'(y)\):

OBSERVERA att för derivering av de två sista termerna behöver produktregeln användas. Om vi räknar med den första termen i uttrycket för \(f(y)\) (som blir noll) får vi då totalt 6 termer. Den första blir noll och de kommande fyra tar ut varandra parvis, så kvar blir bara \(f(y)=\frac{1}{2} \lambda ^3 y^2 e^{-\lambda y}\)

Derivering utförd i detalj, se detta dokument: DerivF.pdf

Väntevärde:

Logiskt resonerat: Vi har en situation där det “genomsnittliga beteendet” är att tiden eller sträckan eller … (beroende på enhet) mellan två händelser är \(\beta\).

(\(\beta\) minuter mellan händelserna, \(\beta\) meter mellan händelserna, etc.)

Eftersom  \(Y\)  är tiden eller sträckan eller … (beroende på enhet) till den \(\alpha\):te händelsen, borde det förväntade värdet för  \(Y\)  vara \(\alpha \beta\) .
 

Visar att \(E(Y)=\alpha \beta\) :

I beviset använder vi att vi vet att \(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{y^{\alpha-1} \ e^{- y/ \beta}}{\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)} \ dy=1\)

Eftersom \(\beta ^\alpha\) och \(\Gamma(\alpha)\) är konstanter i integralen, följer att

\(\displaystyle \int_0^{\infty} y^{\alpha-1} \ e^{- y/ \beta} \ dy\) \(=\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)\)

(Exempel 12c, för att lättare se vad som händer i beviset:

Bestäm\(\displaystyle \int_0^{\infty} y^4 \ e^{- y/2} \ dy\)

12c   Svaret blir \(2^5 \cdot \Gamma(5)=32 \cdot 4!=768\)   )

Dags för \(E(Y)\):

\(\displaystyle E(Y)=\int_{-\infty}^{\infty} y f(y) \ dy =\) \(\displaystyle \int_{-\infty}^0 0 \ dy\) + \(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{y \cdot y^{\alpha-1} \ e^{- y/ \beta}}{\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)} \ dy=\) \(\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{y^\alpha \ e^{- y/ \beta}}{\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)} \ dy=\) \(\displaystyle \frac{1}{\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)}\int_0^{\infty} y^\alpha e^{- y/ \beta}\ dy=\) \(\displaystyle \frac{1}{\beta ^\alpha \ \Gamma(\alpha)} \left(\beta ^{\alpha +1} \ \Gamma(\alpha+1) \right)=\) \(\displaystyle \frac{\beta ^{\alpha +1} \ \Gamma(\alpha+1)}{\beta ^\alpha \Gamma(\alpha)}=\) \(\displaystyle \frac{\beta \cdot \alpha \cdot \Gamma(\alpha)} { \Gamma(\alpha)}=\beta \alpha\)

I näst sista steget användes egenskapen \(\Gamma (x+1)=x \cdot \Gamma (x)\) som gäller för alla värden \(x\).

Varians

\(V(Y)=\alpha \beta ^2\)

Beviset blir en övning nedan.

Lösning

13a)
Bilda slumpvariabeln  \(Y\)  =tiden i minuter tills den sjätte kunden kommer. Då har vi \(\alpha=6\).

Med tidsenheten minuter har vi \(\beta=3\) (Om det kommer 20 kunder per timme, blir det i genomsnitt 3 minuter mellan varje kund).

Lösningsalternativ 1   Använd \(Y \sim Gamma(6,3)\)

Vi får följande täthetsfunktion för vår slumpvariabel: \(f(y)=\displaystyle \frac{y^5 \ e^{- y/3}}{3 ^6 \ \Gamma(6)}\)

Så \(P(Y > 30)=\) \(\displaystyle \int_{30}^{\infty} \frac{y^5 \ e^{- y/3}}{3 ^6 \ \Gamma(6)} \ dy\)

Det kommer att ta tid att lösa denna integral…

Lösningsalternativ 2
Utnyttja Poissonfördelningen istället:
Om det dröjer mer än 30 minuter tills den sjätte kunden kommer, betyder det att det på de första 15 minuterna har kommit max 5 kunder.
Låt X vara antalet kunder på 30 minuter. Eftersom det i genomsnitt är 3 minuter mellan kunderna, blir det i genomsnitt 10 kunder på 30 minuter.
Detta innebär att \(X \sim Po(10)\), med \(p(x)=\frac{10^x}{x \ !} \cdot e^{-10}\).

Svaret på 13a blir då
\(P(X < 6)=\) \(p(0)+p(1)\) \(+p(2)+p(3)\) \(+p(4)+p(5)=\) \(\frac{10^0}{0 \ !} \cdot e^{-10}+\frac{10^1}{1 \ !} \cdot e^{-10}\) \(+\frac{10^2}{2 \ !} \cdot e^{-10}+\frac{10^3}{3 \ !} \cdot e^{-10}\) \(+\frac{10^4}{4 \ !} \cdot e^{-10}+\frac{10^5}{5 \ !} \cdot e^{-10}\) \(\approx 0.0671\)

TIPS: Det snabbaste sättet att få fram \(P(X \leq 5)\) för \(X \sim Po(10)\) är att kolla i tabellen där du direkt finner svaret avrundat till 4 decimaler: 0.0671

13b) Använd lösningsalternativ 2.
Svaret är ca 0.3233.

Lösningen finns under rubriken “Exempel på Gammafördelningen” tidigare, där F(0.4) beräknas.
Men det går ännu fortare om du använder tabellvärdet för Po(2) direkt; 0.6767. Du behöver bara inse hur tabellen fungerar, så att du förstår varför du tar 1-0.6767.