3. Exponenciální rozložení a jeho vlastnosti
3.1. Definice: Spojitá náhodná veličina X má exponenciální rozložení s parametrem X > 0, jestliže hustota (p(x) má tvar:
\q'xx prox>0
0 jinak . Zkráceně píšeme X ~ Ex(^).
<p(x) =
Průběh hustoty exponenciálního rozložení pro různé hodnoty parametru X:
lambda - 1.5 lambda = 1 lambda ■ 0.5
3.2. Poznámka: Zkoumáme náhodnou veličinu X, která udává dobu mezi příchody dvou událostí (příchody zákazníků do fronty, příjezdy aut k benzínové čerpací stanici, příchody SMS zpráv, ...). Musí být splněny tyto předpoklady:
- Události přicházejí náhodně a nezávisle na sobě.
- V jednom okamžiku může nastat nejvýše jedna událost.
- Pravděpodobnost, že v intervalu (t, t + h) nastane událost, závisí pouze na h, nikoliv na t.
- Střední hodnota počtu událostí, které nastanou za časovou jednotku, je rovna %>0.
Lze odvodit že:
1 - q'xx pro x > 0
a) distribuční funkce ®(x)   |q jjnak
mí \   i        \   \Q'Xx pro x > 0
b) funkce přežití Mx) = 1"       = i x
w x   _vF'(x)_   -Xe^x _
c) intenzita poruchy (též riziková funkce) A vv - - ~
d) kvantilová funkce ®~1(<x) = --ln(l-a),a e (0,l)
e) střední hodnota ^(x) = —
f) rozptyl D(x) =
_ ln 2
g) medián xo,so -
Průběhy důležitých funkcí exponenciálního rozložení
Distribuční funkce exponenciálního rozložení Funkce přežití exponenciálního rozložení
3.3. Poznámka: Exponenciální rozložení Ex(X) je speciálním případem dvouparametrického exponenciálního rozložením Ex(A, X), kde parametr A > 0 udává dobu, po kterou událost nemůže nastat. Hustota:
^e^(x"A) pro x > A 0 jinak
Exponenciální rozložení je speciálním případem Erlangova rozložení Er(k, X) pro k = 1. Náhodná veličina X s rozložením Er(k, X) vyjadřuje souhrnnou dobu čekání na k-tý výskyt události, která se může dostavit každým okamžikem se stejnou šancí bez ohledu na dosud
pročekanou dobu. Přitom    je střední hodnota doby čekání od výskytu předešlé události.
Xq'xx pro x > 0
Hustota:
cp(x)= (k-l)
0 jinak
(Erlangovo rozložení je speciálním případem gama rozložení, kde první parametr je přirozené číslo.)
Grafy hustot Er(3, 1), Er(5, 1), Er(7, 1): Grafy intenzit poruchy Er(3, 1), Er(5, 1), Er(7, 1):
Intenzita poruchy Erlangova rozložení je rostoucí funkce, proto je toto rozložení vhodné pro modelování procesů stárnutí.
3.4. Příklad (Praktické využití základních vlastností exponenciálního rozložení)
Dlouhodobým pozorováním v určité prodejně bylo zjištěno, že 40 % zákazníků je obslouženo do 3 minut. Lze předpokládat, že doba čekání se řídí exponenciálním rozložením.
a) Určete parametr X exponenciálního rozložení.
b) Vypočtěte střední hodnotu doby čekání na obsluhu.
c) Jaká je doba čekání, kterou polovina osob nepřekročí?
d) Jaké procento zákazníků bude na obsluhu čekat déle než 6 minut? Řešení: Za časovou jednotku volíme 1 minutu.
Ad a) Je známo, že O1 (0,4) = 3. Přitom O-1 (a) = —^-ln(l - a) ? tedy
, = _l^ = Jn(l-0;4) = O (a) 3
A A W\ E(X) = —= —!— = 5,87min = 5min52s MDj X 0,1703
ln 2 ln 2     A ~-   •     *   ■ * Ad c) Hledáme medián, tedy počítáme — = = 4,07 mm = 4mm4s
Ad d) P(X > 6) = ¥(6) = e"6 = e°1703 6 = 0,36.
Znamená to, že 36 % zákazníků bude čekat déle než 6 minut.
3.5. Věta: Nechť X ~ Ex(x). Pak platí: Vt > O, Vh > O: P(x > t + h/X > t) = P(x > h) Vysvětlení: Tato věta vysvětluje, proč se exponenciálnímu rozložení říká rozložení bez paměti. Jestliže náhodná veličina X udává dobu do poruchy nějakého zařízení, pak pravděpodobnost, že zařízení, které pracovalo po dobu aspoň t, bude pracovat bez poruchy aspoň po dobu t + h, je stejná jako pravděpodobnost, že zařízení bude pracovat bez poruchy po dobu aspoň h - jako kdyby „zapomnělo" již odpracovanou dobu t. Důkaz:
P(X>t + h/X>t)^P^X>t;h^>t^P^>t\h^^^^e-^
P(X>t) P(X>t)       ¥(t)       q 1
= ¥(h) = P(X > h)
3.6. Příklad: Výrobce žárovek udává, že průměrná doba životnosti jeho žárovek je 10 000 h. V rámci své propagační kampaně chce garantovat dobu t, do níž se spálí nejvýše 3 % žárovek. Stanovte tuto dobu za předpokladu, že životnost žárovky se řídí exponenciálním rozložením.
Řešení: X ~ Ex(x), E(x) = ^ =        => ^ =        . Hledáme t tak, aby platilo:
0,03 = P(X<t)=O>(t) = l-e"
t
10000
t = -10000-ln0,97 = 304,6h
3.7. Věta: Nechť X ~ Ex(^). Pak transformovaná náhodná veličina Y = XX ~ Ex(l) (Rozložení Ex(l) se nazývá standardizované exponenciální rozložení.)
l-e"y pro y > 0
Důkaz: *• (y)=p(Y ^ y)=p(xx * y)=p
f y^ x<^-		v	-i
		^XJ	
0 jinak
tedy Y ~ Ex(l)
3.8. Věta: Nechť X ~ Rs(0, 1). Pak transformovaná náhodná veličina Y = -ln X ~ Ex(l) Důkaz:
1 - e"y pro y > 0
0,(y)=P(Y<y) = P(-lnX<y)=p(x>e"y)=l-p(x<e"y)=l-o(e"y) =
0 jinak
3.9. Poznámka: Vět 3.7. a 3.8. se využívá při generování realizací náhodné veličiny Y ~ Ex(X) na počítači: vygenerujeme n náhodných čísel Xi,     xn ~ Rs(0, 1) a transformujeme je vztahem
y i = ~"^m(^_xi)'^ = l?---?n. Čísla y i,     yn jsou realizace náhodné veličiny Y ~ Ex(^).
3.10. Věta: Nechť Xi? X2 jsou stochasticky nezávislé náhodné veličiny, Xl ~ Ex(A^), i = 1, 2. Pak transformovaná náhodná veličina Y = min{ Xi? X2} ~ Ex(X\ + X2).
Důkaz:
O* (y) = P(Y < y) = PÍminfo, X2} < y) = P(X: < y v X2 < y) = 1 - P(X: > y)p(X2 > y) =
\ _ e-^e-"2y = 1 - e-("1+"2)ypro y > 0 0 jinak
= l-^(y>P2(y) = tedy Y ~ Ex(A,i + X2).
3.11. Poznámka: Tvrzení věty 3.10. lze zobecnit i na n stochasticky nezávislých veličin
Xi, ..., Xn, Xi ~ Ex(^), i = 1, ..., n. Pak transformovaná náhodná veličina Y = min{ Xi? ..., Xn}
~ Ex(X\ + ... + Xn).
3.12. Věta: Nechť Xi, X2 jsou stochasticky nezávislé náhodné veličiny, Xx ~ Ex(X), i = 1, 2. Pak
transformovaná náhodná veličina Y = Xi + X2 ~ Er(2, X).
Důkaz:
Podle věty o konvoluci dostáváme:
oo y
<p,(y)= J(p1(x1)cp2(y-x1)dx1 = \xl >0,y-x1 >0^0<x1 < y| = ^Xq'^Xq'^1^ =
y
= X2Q~Xy\dxl = X2yQ~Xy pro y > O, = O jinak
Přitom rozložení Er(2, X) má hustotu
[Ml
<p(x)=-j (2-1) O jinak
Xq-xx = A?xe""x pro x > O
3.13. Poznámka: Tvrzení věty 3.12. lze zobecnit i na n stochasticky nezávislých veličin
n
Xi,     Xn, Xi ~ ExQC), i = 1,     n. Pak transformovaná náhodná veličina ^ ~        ~ Er(n,A.)
i=l
3.14. Příklad: Pro vrtání z ropné plošiny byl použit model hloubkového vrtáku se čtyřmi hlavicemi. Při poruše jedné hlavice se okamžitě začne používat další, takže se nemusí přerušit vrtání až do chvíle, kdy se pokazí poslední hlavice. Doba do poruchy hlavice se řídí exponenciálním rozložením. Výrobce udává, že průměrná doba do poruchy hlavice je 450 dnů. Předpokládáme, že hloubkový vrták pracuje nepřetržitě. Jaká je pravděpodobnost, že hloubkový vrták bude pracovat ještě po čtyřech letech provozu?
Řešení: Za časovou jednotku zvolíme 1 den. Označme Xx dobu do poruchy i-té hlavice, Xi ~ Ex(l/450), i = 1, 2, 3, 4 a Y = Xi + X2 + X3 + X4 celkovou dobu práce vrtáku. Podle poznámky 3.13. se celková doba práce vrtáku řídí rozložením Er(4,1/450), tedy hustota
í V 1 y ^
9
(y)=
v
450
J
1
_y
e 450 pro y > 0 převedeme 4 roky na dny: 4x365 + 1 = 1461 a počítáme:
3! 450
y
1461
450
J
450dy =
P(Y>146l)=l-P(Y<146l)=l- f v 7        v 7       J0     3! 450
= 1 - gamcdf (l 461,4,450) = 0,5921
Pravděpodobnost, že hloubkový vrták bude pracovat ještě po čtyřech letech provozu, je 0,5921
3.15. Věta: Nechť Xi, X2 jsou stochasticky nezávislé náhodné veličiny, Xi ~ Ex(Xi), i = 1, 2. Pak
P(X2>X1) =
X1 + x:
Důkaz: P(X2 >X,)=P((X1,X2)e S), kde S = {(x15x2)e R2;x, >0,x2 >0,x2 ^^tedy
GO GO
P((X„X2)eS)={J<p(xl,x2)dxldx2 = JJcpXx^x^dx, = J Jv^,x,^2X2dx2 dx, =
1
--e
A0
dx: = A, J"
dx,=--^—(s-".^)
+ A2
|x> 0
A: + x:
3.16. Věta: Nechť X ~ Ex(X). Pak transformovaná náhodná veličina Y = 2XX ~ % (2).
1
Důkaz: Hustota rozložení %2(n) je
9
(xHr
n x 2~ ~~2
—x2 e 2 pro x > 0
V2y 0 jinak
V našem případě n
tedy
<p(x) =
1 -
—e 2 pro x > 0
2
Počítáme distribuční funkci veličiny Y:
f
\Tkj
= 1 - e 2 pro y > 0, = 0 jinak
0 jinak
0,(y)=P(Y<y)=P(2^X<y)=p[x<^ = O Derivováním obdržíme hustotu:
^y).^y).ie-fproy>0^oji„ak,tedyY^2(2,
3.17. Poznámka: Tvrzení věty 3.16. lze zobecnit i na n stochasticky nezávislých veličin
n
Xi, .... Xn, Xi ~ Ex(X), i = 1, .... n. Pak transformovaná náhodná veličina^ = ^X^i ~ 5C
í=i
I n
3.18. Věta: Nechť Xi, ..Xnje náhodný výběr z rozložení Ex(X). Označme ^ ~ ~X Xi
II i=l
výběrový průměr. Pak meze 100(l-a)% intervalu spolehlivosti pro střední hodnotu jsou: „_    2nM 2nM
— —;-7-r   H =
X2W2(2n)' x2a/2(2n)'
Důkaz: Podle poznámky 3.17. náhodná veličina Y = 2XnM ~ %2(2n). Z definice 100(l-a)% intervalu spolehlivosti dostáváme:
> 0:1 - a = P(x2a/2(2n)< 2XnM < x2i-a/2(2n)) = P
_J_ 1    <      1 A
X2i-a/2(2n)   2^nM x2a/2(2n)y
= P
f   2nM       1      2nM A
I^X2W2(2n)   X x2«/2(2n)y
3.19. Příklad: V jisté prodejně potravin bylo na základě náhodného výběru 50 zákazníků zjištěno, že průměrná doba obsluhy u pokladny je 30 s. Předpokládejme, že doba obsluhy je náhodná veličina s exponenciálním rozložením. Najděte 95% empirický interval spolehlivosti pro střední hodnotu doby obsluhy.
v
Řešení: n = 50, m = 30, a = 0,05
d =
h =
2nm
X2i-a/2(2n) 2nm
2-50-30 ťo,975(lOO) 2-50-30
3000 129,501 3000
= 23,16
X a/2
(2n)   x\o25(lOO) 74,222
= 40,42
Střední hodnota doby obsluhy se s pravděpodobností aspoň 0,95 nachází v intervalu 23 s až 40 s.
3.20. Poznámka: Pro větší rozsahy náhodných výběrů (n > 30) lze pro střední hodnotu použít
asymptotický 100(l-a)% interval spolehlivosti založený na centrální limitní větě.
1 n
Nechť Xi, ..., Xnje náhodný výběr z rozložení ExQC), ^ ~ ~Xje výběrový průměr. Pak
il i=l
1 1
střední hodnota E(m) = — a r0Zptyi D(m) = —^- Standardizací výběrového
o \/
průměru
dostaneme veličinu
_ M - E(M) _ M -1 _ (M - ^      , v
^/d(m) i- '  • Konvergence k rozložení
N(0,1) se neporuší, když ^ ve jmenovateli nahradíme M, tedy
U =
(M-^,N(0,1) M v J
f
V^>0:l-a<P
" Ul-oc/2 <
V
M
< u
l-oc/2
= P
J
A/r   M IM
M - TuW2 < - < M + -pu^ Vn A Vn
V
tedy
TA       AT M TT       AT M
D = M - -7= uW2, H = M + TuW2 Vn Vn
3.21. Příklad: Pro údaje z příkladu 3.19. spočtěte meze 95% intervalu spolehlivosti pro střední hodnotu doby obsluhy podle vzorců uvedených v poznámce 3.20.
Řešení: n = 50, m = 30, a = 0,05
m 30 d = m —7=Ul a/2 =30 —==1,96 = 21,68
Vn     ; V50
h = m + -SLu, a/2 = 30 + -^=1,96 = 38,32 Vn     1 V50
Střední hodnota doby obsluhy se s pravděpodobností aspoň 0,95 nachází v intervalu 22 s až 38 s.
3.22. Poznámka: Výhody a nevýhody exponenciálního rozložení v praxi
Výhoda: Exponenciálního rozložení má jednoduché vyjádření hustoty a jeho hustota má průběh, který dobře popisuje řadu reálných dějů.
Nevýhoda: Exponenciální rozložení závisí pouze na jediném parametru, je tedy málo flexibilní. V některých situacích, např. při modelování výše pojistného plnění, špatně modeluje interval nejnižších hodnot a také interval nejvyšších hodnot, protože hustota příliš rychle klesá k nule.
Vzorce pro meze 100(l-a)% intervalu spolehlivosti pro střední hodnotu rozložení Ex(^)
1. způsob: Využití Pearsonova rozložení chí-kvadrát: 2nm 2nm
(2n)' X2a/2(2n)
2. způsob: Využití standardizovaného normálního rozložení: m , m
d = m —r u W2'h = m + ~T UW2 Vn Vn
Souvislost exponenciálního a geometrického rozložení pravděpodobnosti
Geometrické rozložení: Provádíme posloupnost opakovaných nezávislých pokusů, kde
pravděpodobnost úspěchu je pro všechny pokusy stejná a je rovna číslu 3, 0 < 3 < 1. Zavedeme
náhodnou veličinu X, která udává počet neúspěchů před prvním úspěchem.
Pravděpodobnostní funkce:
7i(x) = (l-S)xS prox = 0, 1,2,      7i(x) = 0 jinak.
Distribuční funkce:
O(x) = ±*(y) = ±(1 - sy 3 = »=1" (1" »)' pro x = 0, 1, 2, ..., O(x) = 0 jinak Funkce přežití: *F(x) = 1 - o(x) = (l - S)x pro x = 0, 1,2, ..., *F(x) = 1 jinak Položme nyní ^ - —, kde X > 0, n je přirozené, přičemž 0 < ~ < 1.
Počítáme lim       = lim 1 —    = e""x pro x > 0.
n-»co
Vidíme tedy, že jsme limitním přechodem dostali funkci přežití rozložení Ex(X).
Ilustrace pro pravděpodobnostní funkci rozložení Ge(0,5) a hustotu rozložení Ex(0.5)
1 i-1-1-1-1-1-1-1-1 1 i-1-1-1-1-1-1-r