Przykłady rozkładu Poissona. Rozkład i wzór Poissona
W wielu problemach praktyki mamy do czynienia ze zmiennymi losowymi rozłożonymi według swoistego prawa, które nazywa się Prawo Poissona.
Rozważ nieciągłą zmienną losową x, który może przyjmować tylko nieujemne wartości całkowite:
a sekwencja tych wartości teoretycznie nie jest ograniczona. Mówi się, że zmienna losowa to x rozłożone zgodnie z prawem Poissona, jeśli prawdopodobieństwo, że przyjmie określoną wartość T, wyrażona wzorem
gdzie a- pewna wartość dodatnia, zwana parametr Prawo Poissona.
Szeregi dystrybucyjne zmiennej losowej X, dystrybuowane zgodnie z prawem Poissona, ma postać:
Przede wszystkim upewnijmy się, że ciąg prawdopodobieństw podany wzorem (5.9.1) może być szeregiem dystrybucyjnym, tj. suma wszystkich prawdopodobieństw P t jest równy jeden. Mamy:
Ale 
Rysunek 5.9.1 przedstawia wielokąty rozkładu zmiennej losowej X, rozłożone zgodnie z prawem Poissona, odpowiadające różnym wartościom parametru a. Tabela 8 załącznika przedstawia wartości P t dla różnych a.
Zdefiniujmy główne cechy - oczekiwanie matematyczne i wariancję - zmiennej losowej x, dystrybuowane zgodnie z prawem Poissona. Z definicji matematycznego oczekiwania 
Ryż. 5.9.1.
Pierwszy termin sumy (odpowiadający t = 0) jest równe zero, więc sumowanie można rozpocząć od t = 1:
Oznaczamy t-1 = k; następnie
Więc parametr a to nic innego jak matematyczne oczekiwanie zmiennej losowej X.
Aby określić wariancję, najpierw znajdujemy drugi początkowy moment wielkości X:
Zgodnie z wcześniej sprawdzonym 
Oprócz, 
W związku z tym,
Zatem, wariancja zmiennej losowej, dystrybuowane zgodnie z prawem Poissona, jest równa jego matematycznym oczekiwaniom a.
Ta właściwość rozkładu Poissona jest często wykorzystywana w praktyce do rozstrzygania, czy hipoteza, że zmienna losowa x dystrybuowane zgodnie z prawem Poissona. W tym celu na podstawie doświadczenia określa się cechy statystyczne — matematyczne oczekiwanie i wariancję — zmiennej losowej. Jeśli ich wartości są zbliżone, może to służyć jako argument na rzecz hipotezy rozkładu Poissona; przeciwnie, ostra różnica w tych cechach świadczy przeciwko hipotezie.
Zdefiniujmy dla zmiennej losowej X, rozłożone zgodnie z prawem Poissona, prawdopodobieństwo, że przyjmie wartość nie mniejszą niż podana Do. Oznaczamy to prawdopodobieństwo Rk:
Oczywiście prawdopodobieństwo Rk można obliczyć jako sumę
Dużo łatwiej jednak wyznaczyć to na podstawie prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego:
W szczególności prawdopodobieństwo, że ilość x przyjmuje wartość dodatnią, wyrażoną wzorem
Wspomnieliśmy już, że wiele praktycznych problemów prowadzi do rozkładu Poissona. Rozważmy jedno z typowych zadań tego rodzaju.
Niech punkty będą losowo rozmieszczone na osi odciętej Ox (ryc. 5.9.2). Załóżmy, że losowy rozkład punktów spełnia następujące warunki:
Ryż. 5.9.2
- 1. Prawdopodobieństwo trafienia określonej liczby punktów na odcinku / zależy tylko od długości tego odcinka, ale nie zależy od jego położenia na osi odciętej. Innymi słowy, punkty są rozmieszczone na osi odciętej z tą samą średnią gęstością. Oznaczamy tę gęstość (tj. matematyczne oczekiwanie liczby punktów na jednostkę długości) przez X.
- 2. Punkty są rozmieszczone na osi odciętej niezależnie od siebie, tj. prawdopodobieństwo trafienia jednej lub drugiej liczby punktów na danym odcinku nie zależy od tego, ile z nich przypadnie na inny, nienachodzący z nim odcinek.
- 3. Prawdopodobieństwo trafienia małego odcinka Ax o dwóch lub więcej punktach jest znikome w porównaniu z prawdopodobieństwem trafienia w jeden punkt (warunek ten oznacza praktyczną niemożliwość koincydencji dwóch lub więcej punktów).
Wybierzmy na osi odciętej pewien odcinek długości / i rozważmy dyskretną zmienną losową x- liczba punktów przypadających na ten segment. Możliwe wartości ilości będą
Ponieważ punkty padają na segment niezależnie od siebie, teoretycznie możliwe jest, że będzie ich tyle, ile chcesz, tj. seria (5.9.6) trwa w nieskończoność.
Udowodnijmy, że zmienna losowa x ma rozkład Poissona. W tym celu obliczamy prawdopodobieństwo P t tego, że dokładnie T zwrotnica.
Najpierw rozwiążmy prostszy problem. Rozważ małą sekcję Ax na osi Wół i oblicz prawdopodobieństwo, że przynajmniej jeden punkt spadnie na tę sekcję. Będziemy się spierać w następujący sposób. Matematyczne oczekiwanie liczby punktów przypadających na ten odcinek jest oczywiście równe Huh(ponieważ jednostka długości spada średnio x zwrotnica). Zgodnie z warunkiem 3, dla małego segmentu Ax można pominąć możliwość padania na niego dwóch lub więcej punktów. Dlatego matematyczne oczekiwanie Huh liczba punktów padających na odcinek Ax będzie w przybliżeniu równa prawdopodobieństwu padania na niego jednego punktu (lub, co w naszych warunkach jest równoważne, co najmniej jednego).
Tak więc, aż do nieskończenie małego rzędu wyższego w Ax - »0, możemy rozważyć prawdopodobieństwo, że jeden (przynajmniej jeden) punkt spadnie na odcinek Ax, równy Uh, a prawdopodobieństwo nie trafienia żadnego, równe 1 - Aha.
Użyjemy tego do obliczenia prawdopodobieństwa P t uderzanie w segment / dokładnie T zwrotnica. Podziel segment / na NS równe części długości. Zgódźmy się nazwać elementarny segment Axe „pustym”,
jeśli nie osiągnął ani jednego punktu, i „zajęty”, jeśli trafił co najmniej jeden. Zgodnie z powyższym prawdopodobieństwo, że odcinek Ax będzie „zajęty” jest w przybliżeniu równe; prawdopodobieństwo
fakt, że okazuje się, że jest „pusty” jest równy
Ponieważ zgodnie z warunkiem 2, trafienia punktów w nienakładających się segmentach są niezależne, to nasze NS segmenty można uznać za NS niezależne „eksperymenty”, w każdym z których segment może być „zajęty” prawdopodobieństwem. Znajdźmy prawdopodobieństwo, że wśród NS segmenty będą dokładnie
T"Zajęty". Zgodnie z twierdzeniem o powtórzeniu eksperymentów prawdopodobieństwo to jest równe
lub oznaczający XI = a,
Z wystarczająco dużym NS to prawdopodobieństwo jest w przybliżeniu równe prawdopodobieństwu trafienia segmentu / dokładnie T punktów, ponieważ trafienie dwóch lub więcej punktów w segmencie Ax ma znikome prawdopodobieństwo. Aby znaleźć dokładną wartość P t, konieczne jest w wyrażeniu (5.9.7) przejście do granicy w NS-> oo:
Przekształćmy wyrażenie pod znakiem granicy:
Pierwszy ułamek i mianownik ostatniego ułamka w wyrażeniu (5.9.9) w NS -> oo oczywiście dążą do jedności. Wyrażenie z NS nie zależy. Licznik ostatniego ułamka można przekonwertować w następujący sposób:
Na 
a ekspresja (5.9.10) ma tendencję do f ~ za.
W ten sposób udowodniono, że prawdopodobieństwo trafienia jest dokładnie T wskazuje na segment / wyraża się wzorem
gdzie a = XI, te. ogrom x rozłożone zgodnie z prawem Poissona z parametrem a = XI.
Zwróć uwagę, że ilość a w rozumieniu to średnia liczba punktów na segment I.
wielkość R,(prawdopodobieństwo, że ilość x przyjmuje wartość dodatnią) w tym przypadku wyraża prawdopodobieństwo, że przynajmniej jeden punkt przypada na odcinek I:
W ten sposób upewniliśmy się, że rozkład Poissona występuje, gdy niektóre punkty (lub inne elementy) zajmują losową pozycję niezależnie od siebie, a liczba tych punktów, które wpadają w dany obszar, jest liczona. W naszym przypadku takim „obszarem” był odcinek/na osi odciętej. Jednak nasz wniosek można łatwo rozszerzyć na przypadek rozkładu punktów na płaszczyźnie (losowe płaskie pole punktów) oraz w przestrzeni (losowe przestrzenne pole punktów). Nie jest trudno udowodnić, że jeśli warunki są spełnione:
- 1) punkty są rozmieszczone statystycznie równomiernie w polu o średniej gęstości NS
- 2) punkty wpadają w nienakładające się obszary w sposób niezależny;
- 3) punkty pojawiają się jeden po drugim, a nie parami, trojaczkami itp., to liczba punktów X, wpadając w dowolny obszar D(płaskie lub przestrzenne), rozłożone zgodnie z prawem Poissona:
gdzie a to średnia liczba punktów wchodzących w obszar D.
Do płaskiej obudowy
gdzie S D- powierzchnia obszaru D dla przestrzennych
gdzie V D- objętość obszaru D.
Należy zauważyć, że w przypadku obecności rozkładu Poissona liczby punktów wchodzących w segment lub region warunek stałej gęstości (X = const) jest nieistotny. Jeśli pozostałe dwa warunki są spełnione, to prawo Poissona nadal obowiązuje, tylko parametr a przyjmuje inne wyrażenie: uzyskuje się ją nie przez proste pomnożenie gęstości x na długości, powierzchni lub objętości regionu, ale poprzez całkowanie zmiennej gęstości na odcinku, powierzchni lub objętości (więcej szczegółów znajduje się w podrozdziale 19.4).
Obecność przypadkowych punktów rozrzuconych na linii, na płaszczyźnie lub objętości nie jest jedynym warunkiem występowania rozkładu Poissona. Na przykład można udowodnić, że prawo Poissona jest granicą rozkładu dwumianowego:
jeśli jednocześnie kierujemy liczbą eksperymentów n do nieskończoność i prawdopodobieństwo R - do zera, a ich produkt NS utrzymuje stałą wartość:
Rzeczywiście, tę ograniczającą własność rozkładu dwumianowego można zapisać jako:
Ale warunek (5.9.13) sugeruje, że
Podstawiając (5.9.15) do (5.9.14), otrzymujemy równość
co zostało właśnie przez nas udowodnione przy innej okazji.
Ta graniczna właściwość prawa dwumianowego jest często stosowana w praktyce. Załóżmy, że wykonywanych jest wiele niezależnych eksperymentów. NS, w każdym z nich wydarzenie A ma bardzo małe prawdopodobieństwo R. Następnie obliczyć prawdopodobieństwo R t „ co za wydarzenie A pojawi się dokładnie T razy, możesz użyć przybliżonej formuły
gdzie pr = a jest parametrem prawa Poissona, który w przybliżeniu zastępuje rozkład dwumianowy.
Z tej właściwości prawa Poissona — wyrażającej rozkład dwumianowy dla dużej liczby eksperymentów i niskiego prawdopodobieństwa zdarzenia — pochodzi jego nazwa, często używana w podręcznikach statystycznych: prawo zjawisk rzadkich.
Przyjrzyjmy się kilku przykładom związanym z rozkładem Poissona z różnych dziedzin praktyki.
Przykład 1. PBX odbiera połączenia o średniej gęstości DO połączeń na godzinę. Zakładając, że liczba wywołań w dowolnym przedziale czasu jest rozłożona zgodnie z prawem Poissona, znajdź prawdopodobieństwo, że w ciągu dwóch minut na stację dotrą dokładnie trzy wywołania.
Rozwiązanie.Średnia liczba połączeń w ciągu dwóch minut to:
Zgodnie ze wzorem (5.9.1) prawdopodobieństwo nadejścia dokładnie trzech połączeń
Przykład 2. W warunkach z poprzedniego przykładu znajdź prawdopodobieństwo, że co najmniej jedno połączenie nadejdzie w ciągu dwóch minut.
Rozwiązanie. Według wzoru (5.9.4) mamy:
Przykład 3. W tych samych warunkach znajdź prawdopodobieństwo, że w ciągu dwóch minut nadejdą co najmniej trzy połączenia.
Rozwiązanie. Według wzoru (5.9.4) mamy:
Przykład 4. Na krośnie nić zrywa się średnio 0,375 razy na godzinę pracy krosna. Znajdź prawdopodobieństwo, że dla zmiany (8 godzin) liczba zerwanych wątków będzie mieścić się w granicach 2 i 4 (co najmniej 2, a co najwyżej 4 zerwania).
Rozwiązanie. Oczywiście, 
mamy: 
Zgodnie z tabelą 8 załącznika w a = 3
Przykład 5. Z grzanej katody na jednostkę czasu średnio, q (t) elektrony, gdzie T- czas, jaki upłynął od rozpoczęcia eksperymentu. Znajdź prawdopodobieństwo, że dla przedziału czasu o czasie trwania t, począwszy od chwili t 0, wyleci dokładnie z katody T elektrony.
Rozwiązanie. Znajdujemy średnią liczbę elektronów a, emitowanych z katody przez określony czas. Mamy:
Na podstawie obliczonego a określamy pożądane prawdopodobieństwo:
Przykład 6. Liczba fragmentów trafiających w mały cel w danej pozycji punktu przerwania rozkłada się zgodnie z prawem Poissona. Średnia gęstość pola fragmentacji, w którym cel znajduje się w danej pozycji punktu wybuchu, wynosi 3 osk. / m2. Obszar docelowy to S = 0,5 m2. Aby trafić w cel, wystarczy trafić go przynajmniej jednym odłamkiem. Znajdź prawdopodobieństwo trafienia w cel w danej pozycji punktu przerwania.
Rozwiązanie, a = XS = 1.5. Korzystając ze wzoru (5.9.4), znajdujemy prawdopodobieństwo trafienia przynajmniej jednego fragmentu:
(Aby obliczyć wartość funkcji wykładniczej e ~ a używamy tabeli. 2 załączniki.)
Przykład 7.Średnia gęstość drobnoustrojów chorobotwórczych w jednym metrze sześciennym powietrza wynosi 100. Na próbkę pobiera się 2 dm 3 powietrza. Znajdź prawdopodobieństwo, że znajdzie się w nim co najmniej jeden mikrob. Rozwiązanie. Przyjmując hipotezę o rozkładzie Poissona liczby drobnoustrojów w objętości, znajdujemy:
Przykład 8. W przypadku niektórych celów oddano 50 niezależnych strzałów. Prawdopodobieństwo trafienia w cel jednym strzałem wynosi 0,04. Korzystając z ograniczającej własności rozkładu dwumianowego (wzór (5.9.17)), znajdź przybliżone prawdopodobieństwo, że ani jedna pocisk nie trafi w cel, jedna pocisk, dwie pociski.
Rozwiązanie. Mamy a = pr = 50 0,04 = 2. Zgodnie z tabelą 8 załącznika znajdujemy prawdopodobieństwa:
- Metody eksperymentalnego określania tych cech opisano poniżej w rozdziałach 7 i 14.
Najczęstszym przypadkiem różnego rodzaju rozkładów prawdopodobieństwa jest rozkład dwumianowy. Wykorzystajmy jego uniwersalność do określenia najczęściej spotykanych w praktyce poszczególnych typów dystrybucji.
Rozkład dwumianowy
Niech będzie jakieś zdarzenie A. Prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia A wynosi P, prawdopodobieństwo niewystąpienia zdarzenia A wynosi 1 - P, czasami jest oznaczany jako Q... Zostawiać n- ilość badań, m Czy częstotliwość występowania zdarzenia A w tych? n testy.
Wiadomo, że całkowite prawdopodobieństwo wszystkich możliwych kombinacji wyników jest równe jeden, czyli:
1 = P n + n · P n- 1 (1 - P) + C n n- 2 P n- 2 (1 - P) 2 + ... + C n m · P m(1 - P) n m+ ... + (1 - P) n .
|
P n Czy prawdopodobieństwo, że w nn pewnego razu; n · P n- 1 (1 - P) Czy prawdopodobieństwo, że w nn- 1) raz i nie zdarzy się 1 raz; C n n- 2 P n- 2 (1 - P) 2 Czy prawdopodobieństwo, że w n próbne zdarzenie A nastąpi ( n- 2) razy i nie zdarzy się 2 razy; P m = C n m · P m(1 - P) n m Czy prawdopodobieństwo, że w n próby zdarzenie A nastąpi m razy i się nie zdarzy ( n m) pewnego razu; (1 - P) n Czy prawdopodobieństwo, że w n testowe zdarzenie A nie wystąpi ani razu; - liczba kombinacji n na m . |
Wartość oczekiwana m rozkład dwumianowy jest równy:
m = n · P ,
gdzie n- ilość badań, P- prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia A.
Odchylenie wartości średniokwadratowej σ :
σ = sqrt ( n · P(1 - P)) .
Przykład 1. Oblicz prawdopodobieństwo, że zdarzenie z prawdopodobieństwem P= 0,5, cale n= pojawi się 10 wyzwań m= 1 raz. Mamy: C 10 1 = 10 i dalej: P 1 = 10 0,5 1 (1 - 0,5) 10 - 1 = 10 0,5 10 = 0,0098... Jak widać, prawdopodobieństwo wystąpienia tego zdarzenia jest raczej niewielkie. Wyjaśnia to, po pierwsze, fakt, że absolutnie nie jest jasne, czy zdarzenie nastąpi, czy nie, ponieważ prawdopodobieństwo wynosi 0,5, a szanse wynoszą „50 do 50”; a po drugie, należy obliczyć, że zdarzenie nastąpi dokładnie raz (nie więcej i nie mniej) na dziesięć.
Przykład 2. Oblicz prawdopodobieństwo, że zdarzenie z prawdopodobieństwem P= 0,5, cale n= pojawi się 10 wyzwań m= 2 razy. Mamy: C 10 2 = 45 i dalej: P 2 = 45 0,5 2 (1 - 0,5) 10 - 2 = 45 0,5 10 = 0,044... Prawdopodobieństwo wystąpienia tego wydarzenia wzrosło!
Przykład 3. Zwiększmy prawdopodobieństwo samego zdarzenia. Zróbmy to bardziej prawdopodobne. Oblicz prawdopodobieństwo, że zdarzenie z prawdopodobieństwem P= 0,8, cale n= pojawi się 10 wyzwań m= 1 raz. Mamy: C 10 1 = 10 i dalej: P 1 = 10 0,8 1 (1 - 0,8) 10 - 1 = 10 0,8 1 0,2 9 = 0,000004... Prawdopodobieństwo jest mniejsze niż w pierwszym przykładzie! Odpowiedź na pierwszy rzut oka wydaje się dziwna, ale ponieważ zdarzenie ma dość duże prawdopodobieństwo, jest mało prawdopodobne, aby zdarzyło się tylko raz. Jest bardziej prawdopodobne, że zdarzy się to więcej niż raz. Rzeczywiście, licząc P 0 , P 1 , P 2 , P 3, ..., P 10 (prawdopodobieństwo, że zdarzenie w n= 10 testów wystąpi 0, 1, 2, 3, ..., 10 razy), zobaczymy:
C 10 0 = 1
,
C 10 1 = 10
,
C 10 2 = 45
,
C 10 3 = 120
,
C 10 4 = 210
,
C 10 5 = 252
,
C 10 6 = 210
,
C 10 7 = 120
,
C 10 8 = 45
,
C 10 9 = 10
,
C 10 10 = 1
;
P 0 = 1 0,8 0 (1 - 0,8) 10 - 0 = 1 1 0,2 10 = 0,0000;
P 1 = 10 0,8 1 (1 - 0,8) 10 - 1 = 10 0,8 1 0,2 9 = 0,0000;
P 2 = 45 0,8 2 (1 - 0,8) 10 - 2 = 45 0,8 2 0,2 8 = 0,0000;
P 3 = 120 0,8 3 (1 - 0,8) 10 - 3 = 120 0,8 3 0,2 7 = 0,0008;
P 4 = 210 0,8 4 (1 - 0,8) 10 - 4 = 210 0,8 4 0,2 6 = 0,0055;
P 5 = 252 0,8 5 (1 - 0,8) 10 - 5 = 252 0,8 5 0,2 5 = 0,0264;
P 6 = 210 0,8 6 (1 - 0,8) 10 - 6 = 210 0,8 6 0,2 4 = 0,0881;
P 7 = 120 0,8 7 (1 - 0,8) 10 - 7 = 120 0,8 7 0,2 3 = 0,12013;
P 8 = 45 0,8 8 (1 - 0,8) 10 - 8 = 45 0,8 8 0,2 2 = 0,3020(największe prawdopodobieństwo!);
P 9 = 10 0,8 9 (1 - 0,8) 10 - 9 = 10 0,8 9 0,2 1 = 0,2684;
P 10 = 1 0,8 10 (1 - 0,8) 10 - 10 = 1 0,8 10 0,2 0 = 0,1074
Oczywiście P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Normalna dystrybucja
Jeśli przedstawimy wartości P 0 , P 1 , P 2 , P 3, ..., P 10, które obliczyliśmy w przykładzie 3, na wykresie okazuje się, że ich rozkład ma postać zbliżoną do rozkładu normalnego (patrz Rys. 27.1) (patrz wykład 25. Modelowanie zmiennych losowych o rozkładzie normalnym).
prawdopodobieństwa dla różnych m przy p = 0,8, n = 10
Prawo dwumianowe zamienia się w normalne, jeśli prawdopodobieństwa wystąpienia i niewystąpienia zdarzenia A są w przybliżeniu takie same, to znaczy warunkowo możemy napisać: P(1 - P) ... Na przykład weź n= 10 i P= 0,5 (tj. P= 1 - P = 0.5 ).
Dojdziemy do takiego problemu sensownie, jeśli np. chcemy teoretycznie obliczyć, ilu będzie chłopców i ile dziewczynek na 10 dzieci urodzonych w szpitalu położniczym tego samego dnia. Dokładniej nie będziemy liczyć chłopców i dziewczynek, ale prawdopodobieństwo, że urodzą się tylko chłopcy, że urodzi się 1 chłopiec i 9 dziewczynek, że urodzi się 2 chłopców i 8 dziewczynek i tak dalej. Załóżmy dla uproszczenia, że prawdopodobieństwo urodzenia chłopca i dziewczynki jest takie samo i równe 0,5 (ale tak naprawdę tak nie jest, patrz kurs „Modelowanie systemów sztucznej inteligencji”).
Oczywiste jest, że rozkład będzie symetryczny, ponieważ prawdopodobieństwo posiadania 3 chłopców i 7 dziewczynek jest równe prawdopodobieństwu posiadania 7 chłopców i 3 dziewczynek. Najprawdopodobniej urodzi się 5 chłopców i 5 dziewczynek. Prawdopodobieństwo to jest równe 0,25, nawiasem mówiąc, nie jest tak duże w wartości bezwzględnej. Co więcej, prawdopodobieństwo, że jednocześnie urodzi się 10 lub 9 chłopców, jest znacznie mniejsze niż prawdopodobieństwo, że urodzi się 5 ± 1 chłopiec na 10 dzieci. To rozkład dwumianowy pomoże nam dokonać tego obliczenia. Więc.
C 10 0 = 1
,
C 10 1 = 10
,
C 10 2 = 45
,
C 10 3 = 120
,
C 10 4 = 210
,
C 10 5 = 252
,
C 10 6 = 210
,
C 10 7 = 120
,
C 10 8 = 45
,
C 10 9 = 10
,
C 10 10 = 1
;
P 0 = 1 0,5 0 (1 - 0,5) 10 - 0 = 1 1 0,5 10 = 0,000977;
P 1 = 10 0,5 1 (1 - 0,5) 10 - 1 = 10 0,5 10 = 0,009766;
P 2 = 45 0,5 2 (1 - 0,5) 10 - 2 = 45 0,5 10 = 0,043945;
P 3 = 120 0,5 3 (1 - 0,5) 10 - 3 = 120 0,5 10 = 0,117188;
P 4 = 210 0,5 4 (1 - 0,5) 10 - 4 = 210 0,5 10 = 0,205078;
P 5 = 252 0,5 5 (1 - 0,5) 10 - 5 = 252 0,5 10 = 0,246094;
P 6 = 210 0,5 6 (1 - 0,5) 10 - 6 = 210 0,5 10 = 0,205078;
P 7 = 120 0,5 7 (1 - 0,5) 10 - 7 = 120 0,5 10 = 0,117188;
P 8 = 45 0,5 8 (1 - 0,5) 10 - 8 = 45 0,5 10 = 0,043945;
P 9 = 10 0,5 9 (1 - 0,5) 10 - 9 = 10 0,5 10 = 0,009766;
P 10 = 1 0,5 10 (1 - 0,5) 10 - 10 = 1 0,5 10 = 0,000977
Oczywiście P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Zastanówmy się na wykresie wartości P 0 , P 1 , P 2 , P 3, ..., P 10 (patrz rys. 27.2).
p = 0,5 i n = 10, zbliżając je do prawa normalnego
Tak więc pod pewnymi warunkami m ≈ n/ 2 i P 1 - P lub P≈ 0,5 zamiast rozkładu dwumianowego można zastosować rozkład normalny. Dla dużych wartości n wykres przesuwa się w prawo i staje się coraz bardziej płaski, ponieważ oczekiwanie matematyczne i wariancja rosną wraz ze wzrostem n : m = n · P , D = n · P(1 - P) .
Nawiasem mówiąc, prawo dwumianowe ma tendencję do normalizacji i wraz ze wzrostem n, co jest całkiem naturalne, zgodnie z centralnym twierdzeniem granicznym (patrz wykład 34. Fiksacja i przetwarzanie wyników statystycznych).
Zastanówmy się teraz, jak zmieni się prawo dwumianowe w przypadku, gdy P ≠ Q, to jest P-> 0. W tym przypadku nie można zastosować hipotezy, że rozkład jest normalny, a rozkład dwumianowy zamienia się w rozkład Poissona.
Rozkład Poissona
Rozkład Poissona jest szczególnym przypadkiem rozkładu dwumianowego (dla n>> 0 i dla P-> 0 (rzadkie zdarzenia)).
Z matematyki znany jest wzór, który pozwala z grubsza obliczyć wartość dowolnego elementu rozkładu dwumianowego:
gdzie a = n · P - parametr Poissona (oczekiwanie matematyczne), a wariancja jest równa oczekiwaniu matematycznemu. Przedstawmy matematyczne obliczenia wyjaśniające to przejście. Prawo podziału dwumianowego
P m = C n m · P m(1 - P) n m
można napisać, umieszczając P = a/n , jak
Ponieważ P jest bardzo mały, należy brać pod uwagę tylko liczby m, mały w porównaniu do n... Praca
bardzo blisko jednego. To samo dotyczy wartości
wielkość
bardzo blisko do mi a... Stąd otrzymujemy formułę:
Przykład. Pudełko zawiera n= 100 części, zarówno wysokiej jakości, jak i wadliwych. Prawdopodobieństwo otrzymania wadliwego produktu wynosi P= 0,01. Powiedzmy, że wyjmujemy produkt, ustalamy, czy jest wadliwy, czy nie i odkładamy. W ten sposób okazało się, że na 100 produktów, przez które przeszliśmy, dwa okazały się wadliwe. Jakie jest prawdopodobieństwo, że tak się stanie?
Z rozkładu dwumianowego otrzymujemy:
Z rozkładu Poissona otrzymujemy:
Jak widać wartości okazały się zbliżone, dlatego w przypadku rzadkich zdarzeń całkiem dopuszczalne jest zastosowanie prawa Poissona, zwłaszcza że wymaga ono mniejszych kosztów obliczeniowych.
Pokażmy graficznie postać prawa Poissona. Weźmy parametry jako przykład P = 0.05 , n= 10. Następnie:
C 10 0 = 1
,
C 10 1 = 10
,
C 10 2 = 45
,
C 10 3 = 120
,
C 10 4 = 210
,
C 10 5 = 252
,
C 10 6 = 210
,
C 10 7 = 120
,
C 10 8 = 45
,
C 10 9 = 10
,
C 10 10 = 1
;
P 0 = 1 0,05 0 (1 - 0,05) 10 - 0 = 1 1 0,95 10 = 0,5987;
P 1 = 10 0,05 1 (1 - 0,05) 10 - 1 = 10 0,05 1 0,95 9 = 0,3151;
P 2 = 45 0,05 2 (1 - 0,05) 10 - 2 = 45 0,05 2 0,95 8 = 0,0746;
P 3 = 120 0,05 3 (1 - 0,05) 10 - 3 = 120 0,05 3 0,95 7 = 0,0105;
P 4 = 210 0,05 4 (1 - 0,05) 10 - 4 = 210 0,05 4 0,95 6 = 0,00096;
P 5 = 252 0,05 5 (1 - 0,05) 10 - 5 = 252 0,05 5 0,95 5 = 0,00006;
P 6 = 210 0,05 6 (1 - 0,05) 10 - 6 = 210 0,05 6 0,95 4 = 0,0000;
P 7 = 120 0,05 7 (1 - 0,05) 10 - 7 = 120 0,05 7 0,95 3 = 0,0000;
P 8 = 45 0,05 8 (1 - 0,05) 10 - 8 = 45 0,05 8 0,95 2 = 0,0000;
P 9 = 10 0,05 9 (1 - 0,05) 10 - 9 = 10 0,05 9 0,95 1 = 0,0000;
P 10 = 1 0,05 10 (1 - 0,05) 10 - 10 = 1 0,05 10 0,95 0 = 0,0000
Oczywiście P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Na n-> ∞ rozkład Poissona przechodzi do normalnego prawa, zgodnie z centralnym twierdzeniem granicznym (por.
Rozkład Poissona — przypadek dwumianowy kiedy liczba testów n wystarczająco duże, a prawdopodobieństwo P rozwój A mały ().
Rozkład Poissona jest również nazywany rozkładem zdarzeń rzadkich. Na przykład narodziny trzech lub czterech bliźniąt rocznie, to samo prawo dystrybucji ma liczbę rozpadających się atomów substancji radioaktywnej w jednostce czasu itp.
Prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzeń rzadkich oblicza się za pomocą wzoru Poissona :
,
gdzie m numer wystąpienia zdarzenia A;
Średnia wartość rozkładu Poissona;
mi= 2,7183 to podstawa logarytmu naturalnego.
Prawo Poissona zależy od jednego parametru - λ (lambda), którego znaczenie jest następujące: jest to zarówno oczekiwanie matematyczne, jak i wariancja zmiennej losowej, rozłożone zgodnie z prawem Poissona.
Warunki dystrybucji Poissona
Rozważ warunki, w jakich występuje rozkład Poissona.
Najpierw, rozkład Poissona jest granicą rozkładu dwumianowego kiedy liczba eksperymentów n wzrasta w nieskończoność (ma tendencję do nieskończoności) i jednocześnie prawdopodobieństwo P sukces w jednym eksperymencie maleje w nieskończoność (zmierza do zera), ale w taki sposób, że ich produkt np pozostaje stały w limicie i równy λ (lambda):
W analizie matematycznej udowodniono, że rozkład Poissona z parametrem λ = np może być używany w przybliżeniu zamiast dwumianu, gdy liczba eksperymentów n bardzo wysokie, ale prawdopodobieństwo P bardzo małe, to znaczy w każdym indywidualnym przeżyciu zdarzenia A pojawia się niezwykle rzadko.
Po drugie, Rozkład Poissona występuje, gdy występuje przepływ zdarzeń zwany najprostszym (lub stacjonarnym przepływem Poissona) ... Przebieg zdarzeń to ciąg takich momentów, jak przybycie telefonów do centrum komunikacyjnego, przybycie gości do sklepu, przybycie pociągów na rozrząd i tym podobne. Przepływ Poissona ma następujące właściwości:
- stacjonarność: prawdopodobieństwo wystąpienia m zdarzenia w określonym przedziale czasu są stałe i nie zależą od początku odliczania czasu, a jedynie od długości odcinka czasu;
- zwykłe: prawdopodobieństwo dwóch lub więcej zdarzeń przypadających na mały przedział czasu jest nieistotne w porównaniu z prawdopodobieństwem przypadającego na niego jednego zdarzenia;
- brak konsekwencji: prawdopodobieństwo wystąpienia m zdarzenia w określonym okresie czasu nie zależy od tego, ile zdarzeń miało miejsce w poprzednim okresie.
Charakterystyka zmiennej losowej o rozkładzie według prawa Poissona
Charakterystyka zmiennej losowej o rozkładzie według prawa Poissona:
wartość oczekiwana ;
odchylenie standardowe ;
zmienność.
Rozkład Poissona i obliczenia w MS Excel
Prawdopodobieństwo rozkładu Poissona P(m) i wartości funkcji całkowej F(m) można obliczyć za pomocą funkcji MS Excel ROZKŁ.POISSON. Okno dla odpowiednich obliczeń pokazano poniżej (aby powiększyć, kliknij lewym przyciskiem myszy).
MS Excel wymaga wprowadzenia następujących danych:
- x- ilość wydarzeń m;
- Średnia;
- całka - wartość logiczna: 0 - jeśli musisz obliczyć prawdopodobieństwo P(m) i 1 - jeśli prawdopodobieństwo F(m).
Przykłady dystrybucji Poissona
Przykład 1. Kierownik firmy telekomunikacyjnej postanowił obliczyć prawdopodobieństwo, że 0, 1, 2, ... telefon dotrze do pewnej małej miejscowości w ciągu pięciu minut. Wybrano losowe interwały pięciominutowe, policzono liczbę połączeń w każdym z ich interwałów i obliczono średnią liczbę połączeń:.
Oblicz prawdopodobieństwo, że 6 połączeń dotrze w ciągu pięciu minut.
Rozwiązanie. Ze wzoru Poissona otrzymujemy:
Taki sam wynik otrzymujemy za pomocą funkcji MS Excel ROZKŁ.POISSON (wartość całki wynosi 0):
P(6 ) = ROZKŁ.POISSON (6; 4,8; 0) = 0,1398.
Obliczmy prawdopodobieństwo, że w ciągu pięciu minut nadejdzie nie więcej niż 6 połączeń (wartość wartości całkowitej wynosi 1):
P(≤6 ) = ROZKŁ.POISSON (6; 4,8; 1) = 0,7908.
Sam rozwiąż przykład, a następnie zobacz rozwiązanie
Przykład 2. Producent wysłał do jakiegoś miasta 1000 zweryfikowanych, czyli sprawnych telewizorów. Prawdopodobieństwo, że telewizor zepsuje się podczas transportu wynosi 0,003. Oznacza to, że w tym przypadku zastosowanie ma prawo dystrybucji Poissona. Znajdź prawdopodobieństwo, że spośród wszystkich dostarczonych telewizorów wadliwe będą: 1) dwa telewizory; 2) mniej niż dwa telewizory.
Wspólnie rozwiązujemy przykłady
Przykład 3. Centrum obsługi klienta odbiera strumień połączeń o intensywności 0,8 połączenia na minutę. Znajdź prawdopodobieństwo, że w ciągu 2 minut: a) nie nadejdzie ani jedna rozmowa; b) przyjdzie dokładnie jedno wezwanie; c) nadejdzie przynajmniej jedno wezwanie.
Krótka teoria
Niech przeprowadzone zostaną niezależne testy, w każdym z których prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia jest równe. Formuła Bernoulliego służy do określenia prawdopodobieństwa wystąpienia zdarzenia w tych testach. Jeśli jest duży, użyj lub. Jednak ta formuła jest bezużyteczna, jeśli jest mała. W takich przypadkach (dużych, małych) uciekaj się do asymptotycznych Wzór Poissona.
Postawmy sobie zadanie znalezienia prawdopodobieństwa, że przy bardzo dużej liczbie testów, w każdym z których prawdopodobieństwo zdarzenia jest bardzo małe, zdarzenie wystąpi dokładnie raz. Przyjmijmy ważne założenie: praca pozostaje stała, a mianowicie. Oznacza to, że średnia liczba wystąpień zdarzenia w różnych seriach testowych, tj. przy różnych wartościach, pozostaje bez zmian.
Przykład rozwiązania problemu
Problem 1
Baza otrzymała 10 000 lamp elektrycznych. Prawdopodobieństwo, że lampa pęknie po drodze wynosi 0,0003. Znajdź prawdopodobieństwo, że wśród powstałych lamp będzie pięć zepsutych lamp.
Rozwiązanie
Warunek stosowalności dla wzoru Poissona:
Jeżeli prawdopodobieństwo wystąpienia zdarzenia w pojedynczej próbie jest wystarczająco bliskie zeru, to nawet dla dużych wartości liczby prób prawdopodobieństwo obliczone przez lokalne twierdzenie Laplace'a okazuje się niewystarczająco dokładne. W takich przypadkach użyj formuły wyprowadzonej przez Poissona.
Niech wydarzenie - zepsuje 5 lamp
Wykorzystajmy wzór Poissona:
W naszym przypadku:
Odpowiedź
Zadanie 2
Firma posiada 1000 sztuk sprzętu określonego typu. Prawdopodobieństwo awarii urządzenia w ciągu godziny wynosi 0,001. Opracuj prawo dystrybucji dla ilości awarii sprzętu w ciągu godziny. Znajdź cechy liczbowe.
Rozwiązanie
Zmienna losowa - liczba awarii sprzętu, może przyjmować wartości
Wykorzystajmy prawo Poissona:
Znajdźmy te prawdopodobieństwa:
.Oczekiwanie matematyczne i wariancja zmiennej losowej o rozkładzie zgodnie z prawem Poissona jest równa parametrowi tego rozkładu:
Na cenę duży wpływ ma pilność decyzji (od dnia do kilku godzin). Pomoc online do egzaminu / testu jest dostępna po wcześniejszym umówieniu.
Możesz opuścić aplikację bezpośrednio na czacie, po uprzednim odrzuceniu stanu zadań i poinformowaniu Cię o warunkach rozwiązania, którego potrzebujesz. Czas odpowiedzi to kilka minut.
Gdzie λ jest równa średniej liczbie wystąpień zdarzeń w tych samych niezależnych testach, tj. λ = n × p, gdzie p jest prawdopodobieństwem zdarzenia w jednym teście, e = 2,71828.
Szereg dystrybucji prawa Poissona ma postać:
Cel usługi... Kalkulator online służy do konstruowania rozkładu Poissona i obliczania wszystkich cech szeregu: oczekiwań matematycznych, wariancji i odchylenia standardowego. Raport z rozwiązaniem jest sporządzony w formacie Word.
W przypadku, gdy n jest duże i λ = p · n> 10, wzór Poissona daje bardzo przybliżone przybliżenie, a do obliczenia P n (m) wykorzystuje się lokalne i całkowe twierdzenia Moivre'a-Laplace'a.
Charakterystyki liczbowe zmiennej losowej X
Oczekiwana dystrybucja PoissonaM [X] = λ
Wariancja rozkładu Poissona
D [X] = λ
Przykład 1. Nasiona zawierają 0,1% chwastów. Jakie jest prawdopodobieństwo znalezienia 5 nasion chwastów przy losowym wyborze 2000 nasion?
Rozwiązanie.
Prawdopodobieństwo p jest małe, ale liczba n jest duża. np = 2 P (5) = λ 5 e -5 / 5! = 0,03609
Wartość oczekiwana: M [X] = λ = 2
Dyspersja: D [X] = λ = 2
Przykład nr 2. Wśród nasion żyta znajduje się 0,4% nasion chwastów. Opracuj prawo rozmieszczenia liczby chwastów, wybierając losowo 5000 nasion. Znajdź matematyczne oczekiwanie i wariancję tej zmiennej losowej.
Rozwiązanie. Oczekiwanie matematyczne: M [X] = λ = 0,004 * 5000 = 20. Wariancja: D [X] = λ = 20
Prawo dystrybucji:
| x | 0 | 1 | 2 | … | m | … |
| P | e -20 | 20e -20 | 200e -20 | … | 20m -20/m! | … |
Przykład nr 3. Na centrali telefonicznej dochodzi do błędnego połączenia z prawdopodobieństwem 1/200. Znajdź prawdopodobieństwo, że spośród 200 połączeń nastąpi:
a) dokładnie jedno błędne połączenie;
b) mniej niż trzy nieprawidłowe połączenia;
c) więcej niż dwa nieprawidłowe połączenia.
Rozwiązanie. Ze względu na warunek problemu prawdopodobieństwo zdarzenia jest małe, dlatego posługujemy się formułą Poissona (15).
a) Dane: n = 200, p = 1/200, k = 1. Znajdź P 200 (1).
Otrzymujemy: 
... Wtedy P 200 (1) ≈ e -1 ≈ 0,3679.
b) Dane: n = 200, p = 1/200, k< 3. Найдем P 200 (k < 3).
Mamy: a = 1. 
c) Dane: n = 200, p = 1/200, k> 2. Znajdź P 200 (k> 2).
Ten problem można rozwiązać prościej: znajdź prawdopodobieństwo przeciwnego zdarzenia, ponieważ w tym przypadku konieczne jest obliczenie mniejszej liczby terminów. Biorąc pod uwagę poprzedni przypadek, mamy
Rozważmy przypadek, gdy n jest wystarczająco duże, a p wystarczająco małe; umieść np = a, gdzie a to pewna liczba. W tym przypadku pożądane prawdopodobieństwo określa wzór Poissona:
Prawdopodobieństwo wystąpienia k zdarzeń w czasie trwania t można również znaleźć za pomocą wzoru Poissona:
gdzie λ jest intensywnością przepływu zdarzeń, czyli średnią liczbą zdarzeń, które pojawiają się w jednostce czasu.
Przykład nr 4. Prawdopodobieństwo uszkodzenia części wynosi 0,005. 400 części jest sprawdzanych. Wskaż wzór na obliczenie prawdopodobieństwa, że więcej niż 3 części zostały uznane za wadliwe.
Przykład nr 5. Prawdopodobieństwo pojawienia się wadliwych części w masowej produkcji wynosi p. określić prawdopodobieństwo, że partia N części zawiera a) dokładnie trzy części; b) nie więcej niż trzy wadliwe części.
p = 0,001; N = 4500
Rozwiązanie.
Prawdopodobieństwo p jest małe, ale liczba n jest duża. np = 4,5< 10. Значит случайная величина Х – распределена по Пуассоновскому распределению. Составим закон.
Zmienna losowa X ma zakres wartości (0,1,2,...,m). Prawdopodobieństwa tych wartości można znaleźć za pomocą wzoru:
Znajdź serię dystrybucji X.
Tutaj λ = np = 4500 * 0,001 = 4,5
P (0) = e - λ = e -4,5 = 0,01111
P (1) = λe -λ = 4,5e -4,5 = 0,04999 
Wtedy prawdopodobieństwo, że partia N części zawiera dokładnie trzy części, wynosi: 
Wtedy prawdopodobieństwo, że partia N części zawiera nie więcej niż trzy wadliwe części:
P (x<3) = P(0) + P(1) + P(2) = 0,01111 + 0,04999 + 0,1125 = 0,1736
Przykład nr 6. Automatyczna centrala telefoniczna odbiera średnio N połączeń na godzinę. Określ prawdopodobieństwo, że w danej minucie otrzyma: a) dokładnie dwa połączenia; b) więcej niż dwa zawołania.
N = 18
Rozwiązanie.
Przez jedną minutę ATC odbiera średnio λ = 18/60 minut. = 0,3
Przy założeniu, że w ciągu jednej minuty do centrali trafi losowa liczba X połączeń,
przestrzega prawa Poissona, ze wzoru znajdujemy wymagane prawdopodobieństwo
Znajdź serię dystrybucji X.
Tutaj λ = 0,3
P (0) = e - λ = e -0,3 = 0,7408
P (1) = λe -λ = 0,3e -0,3 = 0,2222 
Prawdopodobieństwo, że w danej minucie otrzyma dokładnie dwa połączenia:
P (2) = 0,03334
Prawdopodobieństwo, że w danej minucie otrzyma więcej niż dwa telefony:
P (x> 2) = 1 - 0,7408 - 0,2222 - 0,03334 = 0,00366
Przykład nr 7. Rozważane są dwa elementy, które działają niezależnie od siebie. Czas sprawności ma rozkład wykładniczy z parametrem λ1 = 0,02 dla pierwszego elementu i λ2 = 0,05 dla drugiego elementu. Znajdź prawdopodobieństwo, że za 10 godzin: a) oba elementy będą działać bezbłędnie; b) tylko prawdopodobieństwo, że element nr 1 nie ulegnie awarii w ciągu 10 godzin:
Zapowiedź.
P 1 (0) = e -λ1 * t = e -0,02 * 10 = 0,8187
Prawdopodobieństwo, że za 10 godzin element nr 2 nie zawiedzie:
P 2 (0) = e -λ2 * t = e -0,05 * 10 = 0,6065
a) oba elementy będą działać bez zarzutu;
P (2) = P 1 (0) * P 2 (0) = 0,8187 * 0,6065 = 0,4966
b) zawiedzie tylko jeden element.
P (1) = P 1 (0) * (1-P 2 (0)) + (1-P 1 (0)) * P 2 (0) = 0,8187 * (1-0,6065) + (1-0,8187) * 0,6065 = 0,4321
Przykład nr 7. Produkcja daje 1% złomu. Jakie jest prawdopodobieństwo, że na 1100 pozycji wziętych do badań nie więcej niż 17 zostanie odrzuconych?
Notatka: ponieważ tutaj n * p = 1100 * 0,01 = 11> 10, to konieczne jest użycie
Ładowanie...