Icke-linjära funktioner av stokastiska variabler

Kurs: S0008M Förkunskaper: Flerdimensionella fördelningar, Fördelningsfunktion, Linjära funktioner av stokastiska variabler

---

Fördelningen för en icke-linjär funktion $\zeta =g({\xi }_1,\dots ,{\xi }_d)$ av stokastiska variabler tar vi fram i två steg: först fördelningsfunktionen $F_{\zeta }(z)=P(\zeta \le z)$ som sannolikheten för ett område, sedan frekvensfunktionen genom derivering. När det inte går att räkna exakt kan vi i stället approximera väntevärde och varians genom linjärisering.

---

1. Fördelningsfunktionsmetoden

För linjära funktioner räcker räknereglerna för väntevärde och varians. För en godtycklig funktion $\zeta =g(\xi ,\eta )$ behöver vi hela fördelningen, och den tar vi fram så här:

1. Skriv händelsen som ett område. $\{\zeta \le z\}=\{(\xi ,\eta )\in D_z\}$, där $D_z=\{(x,y):g(x,y)\le z\}$.
2. Räkna sannolikheten. $F_{\zeta }(z)=P((\xi ,\eta )\in D_z)$ — en dubbelintegral av den simultana frekvensfunktionen, eller ett areaförhållande om fördelningen är likformig.
3. Derivera. $f_{\zeta }(z)=F_{\zeta }^{\prime }(z)$.

Varför gå via $F$?

$P(\zeta \le z)$ är sannolikheten för ett område, och sådana kan vi räkna. Frekvensfunktionen $f_{\zeta }(z)$ är ingen sannolikhet i sig, så den går inte att få fram direkt. Samma knep fungerar i en dimension: för $\eta ={\xi }^2$ är $F_{\eta }(y)=P(-\sqrt{y}\le \xi \le \sqrt{y})$.

---

2. Summor: faltningsformeln

För $\zeta =\xi +\eta$ är $D_z$ halvplanet under linjen $y=z-x$:

$$F_{\zeta }(z)={\int }_{-\infty }^{\infty }{\int }_{-\infty }^{z-x}f(x,y)dydx$$

Är $\xi$ och $\eta$ oberoende är $f(x,y)=f_{\xi }(x)f_{\eta }(y)$, och derivering ger faltningsformeln

$$\boxed{f_{\zeta }(z)={\int }_{-\infty }^{\infty }{f}_{\xi }(z-x)f_{\eta }(x)dx}$$

Summan av två oberoende rektangelfördelade variabler får på så sätt en triangelformad frekvensfunktion, och summan av $n$ oberoende $\text{Exp}(\lambda )$-variabler en Gammafördelning med frekvensfunktionen $\frac{{\lambda }^n}{(n-1)!}{z}^{n-1}{e}^{-\lambda z}$, $z>0$.

---

3. Avstånd och kvadrater

Avstånd från origo. Är $(\xi ,\eta )$ likformigt fördelad på enhetscirkelskivan och $\zeta =\sqrt{{\xi }^2+{\eta }^2}$ är $\{\zeta \le z\}$ en cirkelskiva med radie $z$, så

$$F_{\zeta }(z)=\frac{\pi z^2}{\pi }=z^2,f_{\zeta }(z)=2z,0<z<1$$

Frekvensfunktionen växer med $z$: det finns mer area långt ut än nära centrum.

Kvadrater. Är $\eta ={\xi }^2$ och $\xi$ kontinuerlig ger steg 2 $F_{\eta }(y)=F_{\xi }(\sqrt{y})-F_{\xi }(-\sqrt{y})$ för $y>0$, och kedjeregeln

$$f_{\eta }(y)=\frac{1}{2\sqrt{y}}(f_{\xi }(\sqrt{y})+f_{\xi }(-\sqrt{y})),y>0$$

Med $\xi \in N(0,1)$ blir detta ${\chi }^2$-fördelningen med $1$ frihetsgrad. Summan av kvadraterna av $k$ oberoende $N(0,1)$-variabler är ${\chi }^2$-fördelad med $k$ frihetsgrader.

Det minsta och största värdet av flera variabler är ett eget viktigt fall, se Max och min av stokastiska variabler.

---

4. Approximativt: Gauss approximationsformler

För en icke-linjär funktion av stokastiska variabler går väntevärde och varians i allmänhet inte att beräkna exakt. Vi linjäriserar då funktionen kring väntevärdena med en Taylorutveckling, vilket ger Gauss approximationsformler — grunden för felfortplantning.

För en variabel, med $\mu =E(\xi )$:

$$E(g(\xi ))\approx g(\mu ),V(g(\xi ))\approx (g^{\prime }(\mu ){)}^{2}V(\xi )$$

och för oberoende ${\xi }_1,\dots ,{\xi }_n$:

$$V(g({\xi }_1,\dots ,{\xi }_n))\approx \sum _{i=1}^n{\left(\frac{\partial g}{\partial x_i}({\mu }_1,\dots ,{\mu }_n)\right)}^{2}V({\xi }_i)$$

Approximationen är bra när $g$ är nästan linjär över det område där variablerna brukar hamna, alltså när standardavvikelserna är små.

Vanliga fel

• Satt in direkt i frekvensfunktionen. $f_{\zeta }(z)$ fås inte genom att sätta in $g$ i $f_{\xi }$; gå via $F_{\zeta }(z)=P(\zeta \le z)$ och derivera.
• Intervallen. Området $D_z$ kan byta form med $z$ — summan av två $R(0,1)$ har olika uttryck för $z<1$ och $z>1$. Ange också att $F_{\zeta }=0$ under och $1$ över värdemängden.
• Bara ena roten. För $\eta ={\xi }^2$ är $\{\eta \le y\}=\{-\sqrt{y}\le \xi \le \sqrt{y}\}$ — båda rötterna ska med.
• Gauss formler som exakta. $E(g(\xi ))\approx g(\mu )$ är en approximation; likhet gäller bara när $g$ är linjär.

---

5. Lösta lektionsuppgifter

Övningarna märkta Kompendiet kommer ur kompendiet om flerdimensionella fördelningar. Det saknar facit, så de är lösta två gånger oberoende av varandra.

Lektion 19, övning 1 — Total väntetid för två bussar

En person ska ta två bussar. Väntetiderna är oberoende och $R(0,10)$-fördelade. Låt $\zeta$ vara den totala väntetiden.

a) Beräkna fördelningsfunktionen för $\zeta$.

b) Bestäm och skissa frekvensfunktionen för $\zeta$.

Lösning

Simultan fördelning. Med $\xi$ och $\eta$ som väntetiderna är $f(x,y)=\frac{1}{10}\cdot \frac{1}{10}=\frac{1}{100}$ på kvadraten $K=[0,10]\times [0,10]$, alltså likformig fördelning med $|K|=100$. Sannolikheter blir areor delat med $100$.

a) $\{\zeta \le z\}$ är delen av kvadraten under linjen $x+y=z$.

• $0<z\le 10$: området är en triangel med kateterna $z$, arean $z^2/2$.
• $10<z\le 20$: komplementet är en triangel uppe till höger med kateterna $20-z$.

$$F_{\zeta }(z)=\{\begin{array}{ll}0,& z\le 0\\ \frac{z^2}{200},& 0<z\le 10\\ 1-\frac{(20-z{)}^2}{200},& 10<z\le 20\\ 1,& z>20\end{array}$$

b) Derivera bit för bit:

$$f_{\zeta }(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{z}{100},& 0<z\le 10\\ \frac{20-z}{100},& 10<z\le 20\\ 0,& \text{annars}\end{array}$$

En triangel med toppen vid $z=10$ (högra panelen). Två oberoende likformiga väntetider ger alltså inte en likformig summa: värden nära mitten kan uppstå på många sätt, värden nära $0$ eller $20$ bara på ett.

Rimlighetskoll. Triangelns area är $\frac{1}{2}\cdot 20\cdot \frac{10}{100}=1$.

Facit: $F_{\zeta }(z)=z^2/200$ för $0<z\le 10$ och $1-(20-z{)}^2/200$ för $10<z\le 20$; $f_{\zeta }$ är triangelformad med toppen i $z=10$.

Lektion 19, övning 3 — Partikel i ett klot

Positionen för en partikel relativt origo är likformigt fördelad på klotet med centrum i origo och radie $R>0$.

a) Antag $R=1$. Vad är sannolikheten att partikeln befinner sig högst $0,35$ från origo?

b) Låt $\zeta$ vara partikelns avstånd från origo. Diskutera hur frekvensfunktionen för $\zeta$ borde se ut.

c) Beräkna och skissa frekvensfunktionen för $\zeta$ för godtyckligt $R$. Bestäm även väntevärde och median för $\zeta$.

Lösning

a) Likformig fördelning i tre dimensioner: sannolikheten är ett volymförhållande. $\{\zeta \le 0,35\}$ är ett klot med radie $0,35$:

$$P(\zeta \le 0,35)=\frac{\frac{4}{3}\pi \cdot 0,35^3}{\frac{4}{3}\pi \cdot 1^3}=0,35^3\approx \boxed{0,043}$$

b) Sannolikheten att hamna i en liten kub är ungefär $fd{x}_{1}d{x}_{2}d{x}_3$, och $f$ är konstant. Ett tunt skal på avståndet $z$ har volymen ungefär $4\pi z^{2}dz$, som växer med $z$. Frekvensfunktionen för $\zeta$ borde därför vara noll vid origo och växa ungefär som $z^2$ ut till $R$.

c) För $0\le z\le R$ är $\{\zeta \le z\}$ ett klot med radie $z$:

$$F_{\zeta }(z)=\frac{\frac{4}{3}\pi z^3}{\frac{4}{3}\pi R^3}=\frac{z^3}{R^3},f_{\zeta }(z)=F_{\zeta }^{\prime }(z)=\boxed{\frac{3z^2}{R^3}},0\le z\le R$$

Väntevärde:

$$E(\zeta )={\int }_0^{R}z\cdot \frac{3z^2}{R^3}dz=\frac{3}{R^3}\cdot \frac{R^4}{4}=\boxed{0,750R}$$

Median: $F_{\zeta }(m)=0,5$ ger $m^3/R^3=0,5$, alltså

$$m=\sqrt[3]{0,5}R\approx \boxed{0,794R}$$

Medianen ligger över väntevärdet eftersom fördelningen är vänsterskev: massan är samlad långt ut, med en lång svans in mot origo.

Facit: a) 0,042 — vi får 0,043, eftersom $0,35^3=0,042875$ och facit har kortat bort decimalerna i stället för att avrunda; c) $f_{\zeta }(z)=3z^2/R^3$, $0\le z\le R$, väntevärdet $0,750R$, median $0,794R$.

Kompendiet, övning 1.4 — Högst 12 minuters väntan

En person ska ta två bussar. Väntetiderna är oberoende och $R(0,10)$-fördelade (minuter). Beräkna sannolikheten att den totala väntetiden blir högst 12 minuter.

Lösning

Det är fördelningsfunktionen från lektion 19, övning 1 ovan, i $z=12$. Området $\{x+y\le 12\}$ är hela kvadraten utom en triangel uppe till höger med kateterna $20-12=8$:

$$P(\zeta \le 12)=1-\frac{8^2/2}{100}=1-0,32=\boxed{0,68}$$

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Kompendiet, övning 1.5 — Summan av två $R(0,1)$

Antag att ${\xi }_1\in R(0,1)$ och ${\xi }_2\in R(0,1)$ är oberoende. Beräkna fördelningsfunktionen och frekvensfunktionen för ${\xi }_1+{\xi }_2$.

Lösning

Samma räkning som bussexemplet, med kvadraten $[0,1]\times [0,1]$ i stället för $[0,10]\times [0,10]$. Arean är $1$, så sannolikheten är arean själv:

$$F(z)=\{\begin{array}{ll}0,& z\le 0\\ \frac{z^2}{2},& 0<z\le 1\\ 1-\frac{(2-z{)}^2}{2},& 1<z\le 2\\ 1,& z>2\end{array}f(z)=\{\begin{array}{ll}z,& 0<z\le 1\\ 2-z,& 1<z\le 2\\ 0,& \text{annars}\end{array}$$

Frekvensfunktionen är en triangel på $(0,2)$ med toppen $1$ i $z=1$.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Kompendiet, övning 1.7 — Den ovane pilkastaren

En ovan pilkastare träffar en cirkulär tavla med radien $1$, och träffpunkten är likformigt fördelad på tavlan. Låt $\zeta$ vara avståndet från träffpunkten till tavlans centrum.

a) Bestäm variansen för $\zeta$.

b) Pilkastaren får $10-10\zeta$ poäng. Beräkna det förväntade antalet poäng på ett kast.

Lösning

Fördelningen för $\zeta$ är avståndet från origo i avsnitt 3: $f_{\zeta }(z)=2z$ för $0<z<1$.

a)

$$E(\zeta )={\int }_0^{1}z\cdot 2zdz=\frac{2}{3},E({\zeta }^2)={\int }_0^1{z}^2\cdot 2zdz=\frac{1}{2}$$

$$V(\zeta )=\frac{1}{2}-{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\boxed{\frac{1}{18}}\approx 0,056$$

b) Poängen är en linjär funktion av $\zeta$:

$$E(10-10\zeta )=10-10\cdot \frac{2}{3}=\boxed{\frac{10}{3}}\approx 3,3\text{ poa¨ng}$$

Det förväntade avståndet $2/3$ ligger närmare kanten än centrum, eftersom det finns mer area långt ut.

På räknaren. ∫(z*2*z,z,0,1) och ∫(z^2*2*z,z,0,1) i en Calculator-sida.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Kompendiet, övning 1.9 — Avstånd i tre dimensioner

Låt $({\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3)$ ha en tredimensionell kontinuerlig fördelning (som i två dimensioner, men med trippelintegraler). Bestäm väntevärdet av $\zeta =\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+{\xi }_3^2}$ om

a) $({\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3)$ är likformigt fördelad på klotet med centrum i origo och radien $1$,

b) frekvensfunktionen är

$$f(x_1,x_2,x_3)=\frac{1}{\pi a_0^3}{e}^{-2\sqrt{x_1^2+x_2^2+x_3^2}/a_0},a_0=5,2917720859\cdot 10^{-11}$$

Den beskriver var väteatomens elektron befinner sig i förhållande till kärnan i grundtillståndet.

Lösning

a) Enligt lektion 19, övning 3 ovan, med $R=1$, är $f_{\zeta }(z)=3z^2$ på $(0,1)$ och

$$E(\zeta )={\int }_0^{1}z\cdot 3z^{2}dz=\boxed{\frac{3}{4}}$$

b) Frekvensfunktionen beror bara på avståndet $r$ till origo. Ett tunt skal på avståndet $r$ har volymen $4\pi r^{2}dr$ (se Sfäriska koordinater), så

$$f_{\zeta }(r)=4\pi r^2\cdot \frac{1}{\pi a_0^3}{e}^{-2r/a_0}=\frac{4}{a_0^3}{r}^2{e}^{-2r/a_0},r>0$$

Med substitutionen $t=2r/a_0$ och ${\int }_0^{\infty }{t}^n{e}^{-t}dt=n!$:

$$E(\zeta )={\int }_0^{\infty }r\cdot \frac{4}{a_0^3}{r}^2{e}^{-2r/a_0}dr=\frac{4}{a_0^3}{\left(\frac{a_0}{2}\right)}^4\cdot 3!=\boxed{\frac{3}{2}{a}_0}\approx 7,94\cdot 10^{-11}$$

Samma teknik ger ${\int }_0^{\infty }{f}_{\zeta }(r)dr=\frac{4}{a_0^3}{\left(\frac{a_0}{2}\right)}^3\cdot 2!=1$, en kontroll av att $f$ verkligen är en frekvensfunktion. Elektronen befinner sig i genomsnitt $1,5$ Bohrradier från kärnan.

På räknaren. b) ∫(r*4/a^3*r^2*e^(-2*r/a),r,0,∞) med a odefinierad ger 3*a/2.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Kompendiet, övning 2.4 — Brownsk rörelse

Låt ${\xi }_1,{\xi }_2,{\xi }_3$ vara oberoende, var och en $N(0,\sqrt{t})$. I en diffusionsmodell (Brownsk rörelse) är de koordinaterna för en mikroskopisk partikel vid tiden $t$. Beräkna sannolikheten att partikeln vid tiden $t=1$ befinner sig högst $0,341$ från origo.

Lösning

Till ${\chi }^2$. Vid $t=1$ är ${\xi }_i\in N(0,1)$, och enligt avsnitt 3 är ${\xi }_1^2+{\xi }_2^2+{\xi }_3^2$ då ${\chi }^2$-fördelad med $3$ frihetsgrader. Avståndet är högst $0,341$ precis när kvadratsumman är högst $0,341^2$:

$$P(\sqrt{{\xi }_1^2+{\xi }_2^2+{\xi }_3^2}\le 0,341)=P({\chi }^2(3)\le 0,1163)$$

Tabellen. ${\chi }^2$-tabellen ger att $3$ frihetsgrader har $1\%$ av massan under $0,115$. Vårt $0,1163$ ligger alldeles ovanför, så

$$P\approx \boxed{0,01}$$

Med räknaren blir det $0,0102$.

På räknaren. χ²Cdf(0,0.341^2,3), under menu → Statistics → Distributions → χ² Cdf.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

---

Se även

• Max och min av stokastiska variabler
• Linjära funktioner av stokastiska variabler
• Flerdimensionella fördelningar
• Fördelningsfunktion
• Sfäriska koordinater

Resurser

• Wikipedia: Convolution of probability distributions
• Wikipedia: Propagation of uncertainty — Gauss approximationsformler

---

← Tvådimensionell normalfördelning · S0008M · Max och min av stokastiska variabler →