Väntevärde och varians

Jag tycker det verkar rimligt om de två utfallen är 1 och 2?

I 9 fall av 10 är värdet 2 och i ett fall av 10 är värdet 1 t.ex. 2,2,2,1,2,2,2,2,2,2

Tycker 1.9 verkar stämma med magkänslan?

D4NIEL skrev:

Jag tycker det verkar rimligt om de två utfallen är 1 och 2?

I 9 fall av 10 är värdet 2 och i ett fall av 10 är värdet 1 t.ex. 2,2,2,1,2,2,2,2,2,2

Tycker 1.9 verkar stämma med magkänslan?

Är inte värdet 5 i ett fall av 10? :)

Nu vet jag ju inte alls vad det är du räknar på eller vad du har för förväntade utfall. Men k är inte utfallet utan indexet som håller ordning på termerna.

Man beräknar väntevärdet som

$E[X]=\sum_k(värdet)_k\cdot(sannolikhet)_k$

Om vi har två utfall:

$5$ sannolikhet $0.1$

$2$ sannolikhet $0.9$

$k$ löper över 1,2 och de två termerna är

$E[X]=0.1\cdot 5+0.9\cdot 2=2.3$

Nu kan du ju naturligtvis konstruera ett exempel där $a_k=k$ och använda någon funktion som tilldelar $a_k$ en sannolikhet. Men då behöver du ge lite mer information om vad du gör.

Soderstrom skrev:

Uppgift

Jag antog att $X$ är en diskret slumpvariabel och räknade ut väntevärde och varians och fick:

$E(X)=\sum_k k \cdot p_X (k)=1\cdot 0.1 + 2 \cdot 0.9=1.9$, dock är detta orimligt med tanke på värdena vi har för respektive sannolikhet. Vad missar jag?

Den formel du använder funkar, men p(X=k)=0 för alla k förutom 2 och 5

Tillägg: 5 maj 2022 15:48

Du har sagt att p(X=k)=0 för alla k förutom 1 och 2.

D4NIEL skrev:

Nu vet jag ju inte alls vad det är du räknar på eller vad du har för förväntade utfall. Men k är inte utfallet utan indexet som håller ordning på termerna.

Man beräknar väntevärdet som

$E[X]=\sum_k(värdet)_k\cdot(sannolikhet)_k$

Om vi har två utfall:

$5$ sannolikhet $0.1$

$2$ sannolikhet $0.9$

$k$ löper över 1,2 och de två termerna är

$E[X]=0.1\cdot 5+0.9\cdot 2=2.3$

Nu kan du ju naturligtvis konstruera ett exempel där $a_k=k$ och använda någon funktion som tilldelar $a_k$ en sannolikhet. Men då behöver du ge lite mer information om vad du gör.

Hela poängen med den stokastiska variabeln(funktionen) X är ju att avbilda alla utfall på rätt k, så var kommer 1 och 2 in?

Micimacko skrev:

Hela poängen med den stokastiska variabeln(funktionen) X är ju att avbilda alla utfall på rätt k, så var kommer 1 och 2 in?

Nej, det är absolut inte poängen. Tvärtom används oftast

$\sum_{alla\,x} xf(x)$

Och du får naturligtvis uttrycka $(x_k, f_k)$ genom en tabell, lista eller en uppräkning om det blir enklare.

Vad gör du om de diskreta utfallen $x_k$ är decimaltal eller vektorer t.ex.?

Jag menade inte att k behöver vara heltal, men nu är det ju det i den här uppgiften. Jag håller med om summan, men vad står x för här?

$x$ är en diskret slumptalsvariabel (funktion) som kan anta ett ändligt eller ett (uppräkneligt) oändligt antal värden (eller tillstånd ).

Om vi har 2 utfall med tillhörande sannolikhet behöver vi inte slå knut på oss själva för att få det uttryckt med index $k$.

I det här fallet kan vi t.ex. låta $x_1=2,\, x_2=5$ och $f_1=0.1$ samt $f_2=0.9$. Vidare är $\Omega=\{2,5\}$ och

$\sum_\Omega xf(x)=\sum_{k=1}^2x_kf_k$ väntevärdet.

k behöver inte vara något index. Det är bara ett namn på ett utfall av X. Kalla k för x, t, y, whatever. Formeln i ursprungliga inlägget funkar, där k är utfall av variabeln X, och $p_X(k)$ är sannolikheten att X antar värdet k (dvs p(X=k))

Visst, man kan ha en lista med möjliga värden på $k$. Men Soderstrom använder det antingen som ett index (1,2)  eller också är de möjliga utfallen $\{1,2\}$

Man kan inte både ha kakan och äta den.

Hur menar du? Jag ser inte var k har använts som index, förutom av dig? :)

Soderstrom skrev:
$E(X)=\sum_k k \cdot p_X (k)=1\cdot 0.1 + 2 \cdot 0.9=1.9$, dock är detta orimligt med tanke på värdena vi har för respektive sannolikhet. Vad missar jag?

Här ovan ser det onekligen ut som ett försök till summering över $k=1,2$?

Ja jo okej, jag tolkade det som att man summerat lite felaktigt över 1, 2 istället för 2, 5

Jag har nu fått:
$E[X]=\sum_i k_i P_{Xi}(k_i)=2 \cdot 0,9+5\cdot 0,1=2,3 \ Mb$

därefter fås

$V[X]=\sum_k (k-E[X])^2 \cdot P_{X}(k)=0,9(2-2,3)^2+0,1(5-2,3)^2=0,81$

Men för $Y$ tänkte jag att $E[Y]=230 \ Mb$, då den förväntade storleken av en bild som lagras är $2,3$ Mb och ett block rymmer $100$ bilder. Har jag förstått den delen rätt? :D

Det ser lite konstigt formaterat ut på min mobil, men jag tror det ser rätt ut. Generellt gäller att E[aX+bY]=aE[X]+bE[Y] där X och Y är två stokastiska variabler och a och b ör konstanter. Det finns också en motsvarande formel för variansen 

Detta är vad jag har skrivit:

Bild

Ja jag tyckte det var så. Och det stämmer. Du har använt regeln E[aX]=aE[X], med a=100. Eftersom Y är storleken av 100 bilder, och X är storleken av en bild. Så Y=100X

Tillägg: 8 maj 2022 08:36

Nu var jag ute och cyklade! 

Nej, Y är inte 100X, det är X1 + X2 + X3 +... +X100. Stor skillnad på att ha 100 kopior av samma bild eller 100 olika med varierande storlek. Inte för väntevärdet men det blir helt olika varians.

Ajaj! En riktig tankevurpa från min sida!

Okej, så $E[Y] \ne 230 \ Mb$? Låter rimligt det Micimacko skriver nu i efterhand!

Jo, eftersom Y=X1 + X2 + …. + X100, så E[Y]=E[X1] +E[X2]+ … + E[X100] och eftersom alla bilder har samma väntevärde så blir det 100*2.3

Ok!

Hur blir det med $V[Y]$ då?
Jag tänker att $V[X+Y]=V[X]+V[Y]$, men vet inte hur jag går vidare med det. Eller kanske att $V[Y]=V[X_1]+V[X_2]+...+V[X_{100}]$, men är osäker här :)

Ja du är rätt ute. Och eftersom variansen är lika för alla X blir alltså totala variansen.....

Den blir $V[Y]=100 \cdot V[X]=81$

Ja det låter väl bra

Hur gör man på b)?

Approximera med normalfördelning

Låt $Y$ vara $N(230,81)$,

då fås

$P(Y>250)=1-P(Y\leq 250)=1-F_X (250)=1- \Phi(\frac{250-230}{9})=1-\Phi(2.222)=1-0,9783=0,0217$

Kan det stämma?:)

Ja jag har inte kollat räkningarna men angreppssättet verkar ok!