Huvudräkning (?) (sannolikhetsfördelning)

Om man bara ska räkna det i huvudet så kan man ungefär höfta med att $e^{-\lambda x} \approx 1$, när x är litet. Så då får man att ${\int }_0^1\lambda e^{-\lambda x}dx \approx {\int }_0^1\lambda dx=\lambda$.

Då får man alltså slutsatsen att sannolikheten bör vara runt 16% vilket inte är speciellt långt ifrån det rätta värdet 14.8%.

Sen har inte normalfördelningen något med det här att göra.

Super, exakt vad jag grumlade över :)

Hej!

Låt $T$ beteckna tidpunkten då isotopen sönderfaller. Du får veta att fördelningsfunktionen för denna positiva kontinuerliga slumpvariabel är

    $\displaystyle F(t) = Prob(T \leq t) = \int_0^t \lambda e^{-\lambda x}\,\text{d}x \ , \quad t > 0.$

Händelsen att isotopen sönderfaller inom 1 år är samma sak som händelsen att sönderfalls-tidpunkten inträffar inom 1 år, det vill säga händelsen $\{\omega \in \Omega : T(\omega) \leq 1\}$. Du vill alltså beräkna sannolikheten $F(1)$. Fördelningsfunktionen kan beräknas för godtycklig tidpunkt $t$ och är lika med

    $\displaystyle F(t) = 1-e^{-\lambda t}$,

vilket ger den sökta sannolikheten

    $\displaystyle F(1) = 1-e^{-\lambda} = 1-e^{-0.16} \approx 0.15.$

Albiki

Albiki skrev :

Hej!

Låt $T$ beteckna tidpunkten då isotopen sönderfaller. Du får veta att fördelningsfunktionen för denna positiva kontinuerliga slumpvariabel är

    $\displaystyle F(t) = Prob(T \leq t) = \int_0^t \lambda e^{-\lambda x}\,\text{d}x \ , \quad t > 0.$

Händelsen att isotopen sönderfaller inom 1 år är samma sak som händelsen att sönderfalls-tidpunkten inträffar inom 1 år, det vill säga händelsen $\{\omega \in \Omega : T(\omega) \leq 1\}$. Du vill alltså beräkna sannolikheten $F(1)$. Fördelningsfunktionen kan beräknas för godtycklig tidpunkt $t$ och är lika med

    $\displaystyle F(t) = 1-e^{-\lambda t}$,

vilket ger den sökta sannolikheten

    $\displaystyle F(1) = 1-e^{-\lambda} = 1-e^{-0.16} \approx 0.15.$

Albiki

Hej och stor tack för alla inlag!

Om det är samma saken som 1år - F(t) (utfall har inträffats), varför blir det inte:

$F\left(t\right)=1-\mathit{\lambda }{e}^{-\lambda t}$?

Och skulle man komma på detta med huvudräkning? Jag menar, borde man lära sig några e upphöjd värden som återkommer ofta?

Det blir som Albiki skriver eftersom λ är inre derivatan. Kontroll:

$\frac{d}{dt} F(t) = \frac{d}{dt} (1-e^{-\lambda t}) = \lambda e^{-\lambda t} = f(t)$

V.S.V.

Gällande huvudräkning med e räcker det nog att känna till att $e^x$ ungefär är lika med 1+x för små x samt att e är lite mindre än 3 (för överslag).

Korrigering av ovanstående: -λ är inre derivatan.

tomast80 skrev :

Det blir som Albiki skriver eftersom λ är inre derivatan. Kontroll:

$\frac{d}{dt} F(t) = \frac{d}{dt} (1-e^{-\lambda t}) = \lambda e^{-\lambda t} = f(t)$

V.S.V.

Inre derivatan så klart...

Vi räknar väl 1 år minus utfall har inträffat?

1 år - $\frac{\lambda e^{-\lambda t}}{-\lambda }$ (integralen av $\lambda e^{-\lambda t}$), varför blir det inte  $1 + \frac{\lambda e^{-\lambda t}}{\lambda }$? 

Daja skrev :

tomast80 skrev :

Det blir som Albiki skriver eftersom λ är inre derivatan. Kontroll:

$\frac{d}{dt} F(t) = \frac{d}{dt} (1-e^{-\lambda t}) = \lambda e^{-\lambda t} = f(t)$

V.S.V.

Inre derivatan så klart...

Vi räknar väl 1 år minus utfall har inträffat?

1 år - $\frac{\lambda e^{-\lambda t}}{-\lambda }$ (integralen av $\lambda e^{-\lambda t}$), varför blir det inte  $1 + \frac{\lambda e^{-\lambda t}}{\lambda }$? 

Nej, sönderfall inom ett år motsvaras precis av värdet: $F(1) = \int _0 ^1 f(t) dt$

tomast80 skrev :

 

 

Nej, sönderfall inom ett år motsvaras precis av värdet: $F(1) = \int _0 ^1 f(t) dt$

Om det räcker att räkna med en primitiva till f(t), varför skriver vi 1:an överhuvud taget?

${\int }_0^1\lambda e^{-\lambda x}dx = {\left[\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{-\lambda }\right]}_0^1 ={\left[-e^{-\lambda x}\right]}_0^1$ ??

Daja skrev :

tomast80 skrev :

 

 

Nej, sönderfall inom ett år motsvaras precis av värdet: $F(1) = \int _0 ^1 f(t) dt$

Om det räcker att räkna med en primitiva till f(t), varför skriver vi 1:an överhuvud taget?

${\int }_0^1\lambda e^{-\lambda x}dx = {\left[\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{-\lambda }\right]}_0^1 ={\left[-e^{-\lambda x}\right]}_0^1$ ??

Du får 1:an när du sätter in gränsen x = 0.

tomast80 skrev :

Det blir som Albiki skriver eftersom λ är inre derivatan. Kontroll:

$\frac{d}{dt} F(t) = \frac{d}{dt} (1-e^{-\lambda t}) = \lambda e^{-\lambda t} = f(t)$

V.S.V.

Gällande huvudräkning med e räcker det nog att känna till att $e^x$ ungefär är lika med 1+x för små x samt att e är lite mindre än 3 (för överslag).

Man kan ju däremot notera att om man approximerar $e^{-\lambda }$ med $1 - \lambda$ så får man sannolikhetsapproximationen $1 - (1 - \lambda) = \lambda$, så man kommer fram till att sannolikheten är ungefär $\lambda$.

tomast80 skrev :

Daja skrev :

Visa föregående citat

tomast80 skrev :

 

 

Nej, sönderfall inom ett år motsvaras precis av värdet: $F(1) = \int _0 ^1 f(t) dt$

Om det räcker att räkna med en primitiva till f(t), varför skriver vi 1:an överhuvud taget?

${\int }_0^1\lambda e^{-\lambda x}dx = {\left[\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{-\lambda }\right]}_0^1 ={\left[-e^{-\lambda x}\right]}_0^1$ ??

Du får 1:an när du sätter in gränsen x = 0.

Men -e^0 blir inte -1? Varför försvinner minustecken? 

Daja skrev :

tomast80 skrev :

Visa föregående citat

Daja skrev :

tomast80 skrev :

 

 

Nej, sönderfall inom ett år motsvaras precis av värdet: $F(1) = \int _0 ^1 f(t) dt$

Om det räcker att räkna med en primitiva till f(t), varför skriver vi 1:an överhuvud taget?

${\int }_0^1\lambda e^{-\lambda x}dx = {\left[\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{-\lambda }\right]}_0^1 ={\left[-e^{-\lambda x}\right]}_0^1$ ??

Du får 1:an när du sätter in gränsen x = 0.

Men -e^0 blir inte -1? Varför försvinner minustecken? 

Därför att:

$\int _0 ^1 g(t) dt = [G(t)] _0 ^1 = G(1) - G(0)$

Det blir alltså ett minus framför termen där nedre integrationsgränsen sätts in.

Tack, sorry det var mycket dumt av mig