Eksponensialfordeling

Tid til første hendelse i en poissonprosess er eksponensialfordelt. Egenskapene til en poissonprosess ble definert og diskutert i forbindelse med poissonfordelingen. Vi definerte da at antall hendelser som skjedde i en poissonprosess opp til et angitt tidspunkt var poissonfordelt. Nå skal vi i stedet se på hvor lang tid det tar før første hendelse skjer i en slik prosess, og definere denne tiden til å være eksponensialfordelt. Poissonfordelingen og eksponensialfordelingen er dermed nært relatert ved at de begge to er definert ut fra poissonprosessen. Spesielt skal vi se at vi kan bruke denne relasjonen til å utlede kumulativ fordeling for en eksponensialfordeling.

Eksponensialfordeling

Vi starter med å bruke situasjonen gitt ved en poissonprosess til å definere hva vi skal mene med en eksponensialfordeling.

Notasjon

Det benyttes ulike notasjoner for å spesifisere at en stokastisk variabel \(X\) er eksponensialfordelt med parameter \(\lambda.\) Det kanskje mest vanlige er å skrive \(X\sim\text{Eksp}(\lambda).\)

En alternativ parametrisering er å sette \(\mu=\frac{1}{\lambda}\) og si at \(X\) er eksponensialfordelt med parameter \(\mu.\) Grunnen til at det er den greske bokstaven \(\mu\) som brukes her er at forventningsverdien til \(X\) er lik \(\frac{1}{\lambda},\) se teorem om forventningsverdi og varians under.

Sannsynlighetstetthet

Fra definisjonen har vi åpenbart at \(X\geq 0,\) slik at vi må ha \(f(x)=0\) for \(x<0.\) I resten av dette beviset ser vi derfor kun på tilfellet \(x\geq 0.\)

For å finne sannsynlighetstettheten \(f(x)\) er det her enklest først å finne kumulativ fordelingsfunksjon \(F(x)\) og så derivere denne for å bestemme \(f(x).\)

La \(N(t),t\geq 0\) være en poissonprosess med intensitet \(\lambda.\) Da vet vi at for ethvert fiksert tidspunkt \(t\) er \(N(t)\) poissonfordelt med parameter \(\lambda t.\) Spesielt har vi da at for tidspunkt \(t=x\) er \(N(x)\) poissonfordelt med parameter \(\lambda x\) og dermed at \(P(N(x)=0)=\frac{(\lambda x)^0}{0!}e^{-\lambda x}.\) Dermed får vi at

\[ \begin{align} F(x) &= P(X\leq x) = 1 - P(X > x)\\ &= 1 - P(N(x) = 0)\\ &= 1 - \frac{(\lambda x)^0}{0!} e^{-\lambda x}\\ &= 1 - e^{-\lambda x}. \end{align} \]

Fra den generelle sammenhengen mellom f(x) og F(x) har vi at \(f(x)=F^\prime (x).\) Ved å bruke kjerneregelen for derivasjon får vi dermed

\[ \begin{align} f(x) &= F^\prime (x) = -e^{-\lambda x}\cdot \left(-\lambda\right)\\ &= \lambda e^{-\lambda x}, \end{align} \]

som var det vi skulle bevise.

Eksempler på sannsynlighetstetthet

Figur 1 viser sannsynlighetstettheten for fire eksponensialfordelinger. Tilfellet \(\lambda=1\) er vist i rødt, tilfellet \(\lambda=2\) i blått, tilfellet \(\lambda=0.5\) i grønt, og tilfellet \(\lambda=0.25\) i brunt.

Figur 1: Sannsynlighetstettheter \(f(x)\) for eksponensialfordelinger med \(\lambda=1.0\) i rødt, med \(\lambda=2.0\) i blått, med \(\lambda=0.5\) i grønt, og med \(\lambda=0.25\) i brunt.

Forventningsverdi og varians

Definisjon av forventningsverdi gir

\[ \begin{align} \text{E}[X] &= \int_{-\infty}^\infty xf(x)\text{d}x\\ &= \int_0^\infty x\cdot \lambda e^{-\lambda x}\text{d}x. \end{align} \]

Benytter så delvis integrasjon på dette integralet med \[u(x)=x~~\text{og}~~v^\prime(x)=\lambda e^{-\lambda x},\] som gir \[u^\prime(x)=1~~\text{og}~~v(x)=-e^{-\lambda x}.\] Dermed får vi

\[ \begin{align} \text{E}[X] &= \left[ x\cdot \left(-e^{-\lambda x}\right)\right]_0^\infty - \int_0^\infty 1\cdot \left(-e^{-\lambda x}\right)\text{d}x\\ &= 0 - 0 + \int_0^\infty e^{-\lambda x}\text{d}x\\ &= \left[-\frac{1}{\lambda}e^{-\lambda x}\right]_0^\infty\\ &= 0 - \left(-\frac{1}{\lambda}\right)\\ &= \frac{1}{\lambda}, \end{align} \]

som er det vi skulle bevise for forventningsverdien.

For å finne variansen regner vi først ut \(\text{E}[X^2].\) Regneregelen for forventningsverdi av en funksjon av en stokastisk variabel gir

\[ \begin{align} \text{E}[X^2] &= \int_{-\infty}^\infty x^2f(x)\text{d}x\\ &= \int_0^\infty x^2 \cdot \lambda e^{-\lambda x}\text{d}x. \end{align} \]

Benytter så delvis integrasjon på dette integralet med \[u(x)=x^2~~\text{og}~~v^\prime(x)=\lambda e^{-\lambda x},\] som gir \[u^\prime(x)=2x~~\text{og}~~v(x)=-e^{-\lambda x}.\] Dermed får vi

\[ \begin{align} \text{E}[X^2] &= \left[x^2\cdot \left(-e^{-\lambda x}\right)\right]_0^\infty - \int_0^\infty 2x\cdot \left(-e^{-\lambda x}\right)\text{d}x\\ &= 0 - 0 +\frac{2}{\lambda}\int_0^\infty x\cdot \lambda e^{-\lambda x}\text{d}x, \end{align} \]

der vi kan gjenkjenne det siste integralet som \(\text{E}[X]\) som vi regnet ut lenger oppe. Dermed har vi at

\[ \text{E}[X^2] = \frac{2}{\lambda} \cdot \frac{1}{\lambda} = \frac{2}{\lambda^2}. \]

Ved å benytte regneregelen for hvordan varians kan uttrykkes ved hjelp av forventningsverdier får vi dermed

\[ \begin{align} \text{Var}[X] &= \text{E}[X^2] - \text{E}[X]^2\\ &= \frac{2}{\lambda^2} - \left(\frac{1}{\lambda}\right)^2\\ &= \frac{1}{\lambda^2}, \end{align} \]

som var det vi skulle bevise for variansen.

Sammenheng med andre fordelinger

Det finnes sammenhenger mellom eksponensialfordeling og en del andre fordelinger. Disse sammenhengene diskuteres på følgende temasider: