Eloszlások megadás, Poisson-eloszlás?

Permutáció ciklushossza:

Nem tudom, mennyire tiszta neked ez a dolog, inkább leírom. Ha a ciklushossz ismerős, ugorhatsz a végére, a nyílhoz.

Mondjuk legyen 6 szám egy adott permutációja ez: 3 4 2 1 6 5

Ezt így is fel szoktuk írni:

(1 2 3 4 5 6)

(3 4 2 1 6 5)

Vagyis 1→3, 2→4, 3→2, 4→1, 5→6, 6→5

Ciklusos formában pedig: 1→3→2→4→1 és 5→6→5

Amit valójában így szoktunk írni, két ciklus szorzataként:

(1 3 2 4)(5 6)

Ebben a példában az 1-et tartalmazó ciklus hossza 4 volt.

--->

Mikor lesz a hossz 1? Vagyis a ciklus egy szem (1)? Akkor, ha a permutáció első helyén az n szám közül éppen az 1 van.

P(X=1) = 1/n

A hossz akkor kettő, ha a ciklus (1 x), vagyis 1→x, x→1. Vagyis az első helyen lehet bármi, ami nem az 1 (p = (n-1)/n), az annyiadik helyen pedig csak az 1 lehet (p = 1/(n-1)).

P(X=2) = (n-1)/n · 1/(n-1) = 1/n

A hossz 3, ha (1 x y) vagyis 1→x, x→y, y→1

Az első helyen lehet az n közül bármi, ami nem az 1;

Az annyiadik helyen lehet a maradék n-1 közül bármi, ami nem az 1;

Az annyiadik helyen pedig a maradék n-2 közül csak az egy szem 1-es lehet:

P(X=3) = (n-1)/n · (n-2)/(n-1) · 1/(n-2) = 1/n

stb. Ez bizony egyenletes eloszlás lesz.

Másik feladat:

Legyen ξ a hibák valószínűségi változója, ennek Poisson eloszlása van 'a' paraméterrel. Vagyis annak a valószínűsége, hogy k hiba van:

P(ξ=k) = a^k/k! · e^(-a)

A javítás után megmaradó hibák száma legyen az X valószínűségi változó. Ennek az eloszlása kell, vagyis az, hogy mik a P(X=k) valószínűségek, k=0-tól végtelenig

Hogyan maradhat 0 hiba? Úgy, hogy volt n hiba, és mindet kijavította. n lehet bármi 0-tól végtelenig (hmm, a végtelen kicsit túlzás, de addig.) A valószínűség:

                 ∞

P(X=0) = Σ P(ξ=n) · p^n = Σ a^n / n! · e^(-a) · p^n =

               n=0

(nem írom oda minden Σ-hoz a határokat...)

= e^(-a) · Σ (a·p)^n / n! = e^(-a)·e^(a·p)

mivel Σ x^n/n! az éppen e^x

Szóval P(X=0) = e^(-a·(1-p))

Hogyan maradhat 1 hiba?

Most n=1-től ∞-ig megy a szumma:

P(X=1) = Σ P(ξ=n) · n · p^(n-1)·(1-p) =

(az 1 megmaradt hiba valószínűsége binomiális eloszlással számolható, abból jött az n·p^(n-1)·(1-p))

= (1-p) · Σ a^n / n! · e^(-a) ·n· p^(n-1) =

= a·(1-p) · e^(-a) · Σ a^(n-1) / (n-1)! · p^(n-1) =

(a csupa n-1 miatt ez ugyanaz, mintha n=0-tól menne a szumma, és mindenhol n lenne)

= a·(1-p) · e^(-a) · e^(a·p)

Szóval P(X=1) = a·(1-p) · e^(-a·(1-p))

Két hibához n=2-től ∞-ig megy a szumma:

P(X=2) = Σ P(ξ=n) · (n alatt 2) · p^(n-2)·(1-p)² =

= (1-p)² · Σ a^n / n! · e^(-a)· n·(n-1)/2! · p^(n-2) =

= a²(1-p)² / 2! · e^(-a) · Σ a^(n-2) / (n-2)! · p^(n-2)

Szóval P(X=2) = a²(1-p)²/2! · e^(-a·(1-p))

Már látszik, hogy ugyanígy megy tovább is: (persze a látszik nem elég, de az általános eset is ugyanígy vezethető le)

Legyen λ = a·(1-p), ekkor a valószínűségek:

P(X=k) = λ^k / k! · e^(-λ)

Vagyis a megmaradt hibák eloszlása a·(1-p) paraméterű Poisson eloszlás lett.

---

Lehet, hogy tanultatok is valamilyen tételt arra, hogy Poissonak és binomiálisnak az ilyen "keverése" szintén Poisson, én nem tudok ilyenről (bár nem is vagyok perfekt valszámból...)

2. válasz: "Lehet, hogy tanultatok is valamilyen tételt arra, hogy Poissonak és binomiálisnak az ilyen "keverése" szintén Poisson, én nem tudok ilyenről (bár nem is vagyok perfekt valszámból...)"

[link]

Itt az 5.3. pontban ki lett mondva ez az állítás, bár, bizonyítás nélkül:

(Az "If X~Pois(λ) and the distribution of Y, [...]" kezdetű rész)

A bizonyítása kb az, amit leírtál.

Egy másik bizonyítás lehet, ha ismerjük a konvergencia sebességét, amivel a Binomiális eloszlások tartanak a Poisson eloszláshoz (valami ordós korlát).

Ekkor mondjuk mondhatjuk azt, hogy a kislány hibáinak az eloszlásával mondjuk 1 trillió tizedesjegyig megegyezik a Binom(K,a/K) eloszlás, ahol K nagy.

A megmaradó hibák számát meg egy Binom(K,a/K*(1-p)) eloszlás közelíti, ami egy Pois(a(1-p)) eloszlással egyezik meg nagyon sok tizedesjegyig minden pontban. (Ehhez tudni kell a konvergenciáról hogy egyenletes, illetve meg kell mutatni hogy a tanítónő munkája sem rontja el az egyenletességet)