Pengagihan Poisson.
Mari kita pertimbangkan situasi paling tipikal di mana pengedaran Poisson timbul. Biarkan acara itu A muncul beberapa kali dalam kawasan tetap ruang (selang, luas, isipadu) atau tempoh masa dengan intensiti malar. Untuk lebih spesifik, pertimbangkan kejadian berurutan dari masa ke masa, yang dipanggil aliran peristiwa. Secara grafik, aliran peristiwa boleh digambarkan oleh banyak titik yang terletak pada paksi masa.
Ini boleh menjadi aliran panggilan dalam sektor perkhidmatan (membaiki perkakas rumah, memanggil ambulans, dll.), aliran panggilan ke pertukaran telefon, kegagalan beberapa bahagian sistem, pereputan radioaktif, kepingan fabrik atau logam helaian dan bilangan kecacatan pada setiap satu daripadanya, dsb. Pengagihan Poisson paling berguna dalam masalah tersebut di mana anda hanya perlu menentukan bilangan hasil positif (“kejayaan”).
Mari kita bayangkan roti dengan kismis, dibahagikan kepada kepingan kecil yang sama saiz. Disebabkan oleh pengagihan rawak kismis, semua kepingan tidak boleh dijangka mengandungi bilangan kismis yang sama. Apabila purata bilangan kismis yang terkandung dalam kepingan ini diketahui, maka taburan Poisson memberikan kebarangkalian bahawa mana-mana bahagian tertentu mengandungi X=k(k= 0,1,2,...,)bilangan kismis.
Dalam erti kata lain, taburan Poisson menentukan bahagian mana satu siri panjang kepingan akan mengandungi sama dengan 0, atau 1, atau 2, atau dsb. bilangan sorotan.
Mari kita buat andaian berikut.
1. Kebarangkalian berlakunya bilangan peristiwa tertentu dalam selang masa tertentu bergantung hanya pada panjang selang ini, dan bukan pada kedudukannya pada paksi masa. Ini adalah sifat pegun.
2. Berlakunya lebih daripada satu peristiwa dalam tempoh masa yang cukup singkat adalah mustahil, i.e. kebarangkalian bersyarat berlakunya peristiwa lain dalam selang masa yang sama cenderung kepada sifar seperti ® 0. Ini adalah sifat biasa.
3. Kebarangkalian bilangan kejadian tertentu yang berlaku dalam tempoh masa yang tetap tidak bergantung kepada bilangan peristiwa yang muncul dalam tempoh masa yang lain. Ini adalah sifat kekurangan kesan.
Aliran peristiwa yang memenuhi dalil di atas dipanggil yang paling mudah.
Mari kita pertimbangkan tempoh masa yang agak singkat. Berdasarkan sifat 2, acara itu mungkin muncul sekali dalam selang waktu ini atau tidak muncul sama sekali. Mari kita nyatakan kebarangkalian sesuatu peristiwa berlaku oleh r, dan bukan kemunculan – melalui q = 1-hlm. Kebarangkalian r adalah malar (sifat 3) dan hanya bergantung pada nilai (sifat 1). Jangkaan matematik bilangan kejadian sesuatu peristiwa dalam selang akan sama dengan 0× q+ 1× hlm = hlm. Kemudian bilangan purata kejadian peristiwa per unit masa dipanggil keamatan aliran dan dilambangkan dengan a, mereka. a = .
Pertimbangkan tempoh masa yang terhad t dan bahagikannya dengan n bahagian = . Kejadian peristiwa dalam setiap selang ini adalah bebas (sifat 2). Mari kita tentukan kebarangkalian itu dalam satu tempoh masa t pada keamatan aliran malar A acara itu akan muncul dengan tepat X = k tidak akan muncul lagi n–k. Oleh kerana sesuatu acara boleh dalam setiap n jurang muncul tidak lebih daripada 1 kali, kemudian untuk penampilannya k sekali dalam satu segmen tempoh t ia sepatutnya muncul dalam mana-mana k selang daripada jumlah n. Terdapat jumlah kombinasi sedemikian, dan kebarangkalian setiap satu adalah sama. Akibatnya, dengan teorem penambahan kebarangkalian kita memperoleh formula Bernoulli yang terkenal untuk kebarangkalian yang diingini
Kesamaan ini ditulis sebagai satu anggaran, kerana premis awal untuk terbitannya ialah sifat 2, yang dipenuhi dengan lebih tepat apabila lebih kecil . Untuk mendapatkan kesaksamaan yang tepat, mari kita lulus ke had pada ® 0 atau, apakah yang sama, n® . Kami akan mendapatkannya selepas penggantian
P = a= dan q = 1 – .
Mari perkenalkan parameter baharu = di, bermakna purata bilangan kejadian peristiwa dalam segmen t. Selepas transformasi mudah dan lulus ke had dalam faktor, kami memperoleh.
= 1, = ,
Akhirnya kita dapat
, k = 0, 1, 2, ...
e = 2.718... ialah asas logaritma asli.
Definisi. Pembolehubah rawak X, yang hanya mengambil integer, nilai positif 0, 1, 2, ... mempunyai hukum taburan Poisson dengan parameter jika
Untuk k = 0, 1, 2, ...
Pengagihan Poisson telah dicadangkan oleh ahli matematik Perancis S.D. Poisson (1781-1840). Ia digunakan untuk menyelesaikan masalah mengira kebarangkalian kejadian yang agak jarang, rawak, saling bebas bagi setiap unit masa, panjang, luas dan isipadu.
Untuk kes apabila a) besar dan b) k= , formula Stirling adalah sah:
Untuk mengira nilai seterusnya, formula berulang digunakan
P(k + 1) = P(k).
Contoh 1. Apakah kebarangkalian bahawa daripada 1000 orang pada hari tertentu: a) tiada, b) seorang, c) dua, d) tiga orang dilahirkan?
Penyelesaian. Kerana hlm= 1/365, maka q= 1 – 1/365 = 364/365 "1.
Kemudian 
A) 
,
b) 
,
V) 
,
G) 
.
Oleh itu, jika terdapat sampel 1000 orang, maka purata bilangan orang yang dilahirkan pada hari tertentu adalah 65 orang; 178; 244; 223.
Contoh 2. Tentukan nilai dengan kebarangkalian R acara itu muncul sekurang-kurangnya sekali.
Penyelesaian. Peristiwa A= (muncul sekurang-kurangnya sekali) dan = (tidak muncul sekali pun). Oleh itu .
Dari sini 
Dan .
Sebagai contoh, untuk R= 0.5, untuk R= 0,95 .
Contoh 3. Pada alat tenun yang dikendalikan oleh seorang penenun, 90 benang putus berlaku dalam masa sejam. Cari kebarangkalian bahawa sekurang-kurangnya satu putus benang akan berlaku dalam masa 4 minit.
Penyelesaian. Dengan syarat t = 4 min. dan purata bilangan rehat seminit, dari mana 
. Kebarangkalian yang diperlukan ialah .
Hartanah. Jangkaan dan varians matematik pembolehubah rawak yang mempunyai taburan Poisson dengan parameter adalah sama dengan:
M(X) = D(X) = .
Ungkapan ini diperoleh dengan pengiraan langsung:
Di sinilah penggantian dibuat n = k– 1 dan hakikat bahawa .
Dengan melakukan transformasi yang serupa dengan yang digunakan dalam output M(X), kita dapat
Taburan Poisson digunakan untuk menganggarkan taburan binomial pada umumnya n
Teori ringkas
Biarkan ujian bebas dijalankan, di mana setiap satu kebarangkalian kejadian itu berlaku adalah sama dengan . Untuk menentukan kebarangkalian kejadian yang berlaku dalam ujian ini, formula Bernoulli digunakan. Jika ia besar, maka gunakan atau. Walau bagaimanapun, formula ini tidak sesuai jika ia kecil. Dalam kes ini (besar, kecil) mereka menggunakan asimtotik Formula Poisson.
Marilah kita menetapkan sendiri tugas untuk mencari kebarangkalian bahawa, memandangkan bilangan percubaan yang sangat besar, di mana setiap satu kebarangkalian sesuatu peristiwa adalah sangat kecil, peristiwa itu akan berlaku tepat sekali. Marilah kita membuat andaian penting: produk mengekalkan nilai tetap, iaitu . Ini bermakna purata bilangan kejadian sesuatu peristiwa dalam siri percubaan yang berbeza, i.e. untuk nilai yang berbeza, kekal tidak berubah.
Contoh penyelesaian masalah
Masalah 1
Pangkalan itu menerima 10,000 lampu elektrik. Kebarangkalian lampu akan pecah semasa perjalanan ialah 0.0003. Cari kebarangkalian bahawa antara lampu yang diterima, lima lampu akan rosak.
Penyelesaian
Syarat untuk kebolehgunaan formula Poisson:
Jika kebarangkalian kejadian berlaku dalam satu percubaan agak hampir kepada sifar, maka walaupun untuk nilai bilangan percubaan yang besar, kebarangkalian yang dikira menggunakan teorem tempatan Laplace ternyata tidak cukup tepat. Dalam kes sedemikian, gunakan formula yang diperolehi oleh Poisson.
Biarkan acara - 5 lampu rosak
Mari kita gunakan formula Poisson:
Dalam kes kami:
Jawab
Masalah 2
Perusahaan itu mempunyai 1000 unit peralatan jenis tertentu. Kebarangkalian sekeping peralatan gagal dalam masa sejam ialah 0.001. Buat undang-undang pengedaran untuk bilangan kegagalan peralatan sejam. Cari ciri berangka.
Penyelesaian
Pembolehubah rawak - bilangan kegagalan peralatan, boleh mengambil nilai
Mari kita gunakan hukum Poisson:
Mari cari kebarangkalian ini:
.Jangkaan dan varians matematik pembolehubah rawak yang diedarkan mengikut hukum Poisson adalah sama dengan parameter taburan ini:
Purata kos menyelesaikan ujian ialah 700 - 1200 rubel (tetapi tidak kurang daripada 300 rubel untuk keseluruhan pesanan). Harga sangat dipengaruhi oleh mendesak keputusan (dari sehari hingga beberapa jam). Kos bantuan dalam talian untuk peperiksaan/ujian adalah daripada 1000 rubel. untuk menyelesaikan tiket.
Anda boleh meninggalkan permintaan terus dalam sembang, setelah menghantar syarat tugasan sebelum ini dan memaklumkan anda tentang tarikh akhir untuk penyelesaian yang anda perlukan. Masa tindak balas adalah beberapa minit.
Kes yang paling biasa bagi pelbagai jenis taburan kebarangkalian ialah taburan binomial. Mari kita gunakan kepelbagaiannya untuk menentukan jenis pengedaran tertentu yang paling biasa ditemui dalam amalan.
Taburan binomial
Biar ada acara A. Kebarangkalian berlakunya peristiwa A adalah sama dengan hlm, kebarangkalian kejadian A tidak berlaku ialah 1 hlm, kadangkala ia ditetapkan sebagai q. biarlah n bilangan ujian, m kekerapan berlakunya peristiwa A dalam ini n ujian.
Adalah diketahui bahawa jumlah kebarangkalian semua kemungkinan kombinasi hasil adalah sama dengan satu, iaitu:
1 = hlm n + n · hlm n 1 (1 hlm) + C n n 2 · hlm n 2 (1 hlm) 2++ C n m · hlm m· (1 hlm) n m+ + (1 hlm) n .
|
hlm n kebarangkalian bahawa dalam nn sekali; n · hlm n 1 (1 hlm) kebarangkalian bahawa dalam nn 1) sekali dan tidak akan berlaku 1 kali; C n n 2 · hlm n 2 (1 hlm) 2 kebarangkalian bahawa dalam n ujian, peristiwa A akan berlaku ( n 2) kali dan tidak akan berlaku 2 kali; P m = C n m · hlm m· (1 hlm) n m kebarangkalian bahawa dalam n ujian, peristiwa A akan berlaku m tidak akan berlaku ( n m) sekali; (1 hlm) n kebarangkalian bahawa dalam n dalam percubaan, peristiwa A tidak akan berlaku walaupun sekali; bilangan gabungan daripada n Oleh m . |
Jangkaan M taburan binomial adalah sama dengan:
M = n · hlm ,
di mana n bilangan ujian, hlm kebarangkalian berlakunya peristiwa A.
Sisihan piawai σ :
σ = persegi( n · hlm· (1 hlm)) .
Contoh 1. Hitung kebarangkalian sesuatu peristiwa yang mempunyai kebarangkalian hlm= 0.5, dalam n= 10 percubaan akan berlaku m= 1 kali. Kami ada: C 10 1 = 10, dan seterusnya: P 1 = 10 0.5 1 (1 0.5) 10 1 = 10 0.5 10 = 0.0098. Seperti yang kita lihat, kebarangkalian kejadian ini berlaku adalah agak rendah. Ini dijelaskan, pertama, oleh fakta bahawa ia sama sekali tidak jelas sama ada peristiwa itu akan berlaku atau tidak, kerana kebarangkalian adalah 0.5 dan peluang di sini adalah "50 hingga 50"; dan kedua, perlu mengira bahawa peristiwa itu akan berlaku tepat sekali (tidak lebih dan tidak kurang) daripada sepuluh.
Contoh 2. Hitung kebarangkalian sesuatu peristiwa yang mempunyai kebarangkalian hlm= 0.5, dalam n= 10 percubaan akan berlaku m= 2 kali. Kami ada: C 10 2 = 45, dan seterusnya: P 2 = 45 0.5 2 (1 0.5) 10 2 = 45 0.5 10 = 0.044. Kemungkinan peristiwa ini berlaku telah meningkat!
Contoh 3. Mari kita tingkatkan kemungkinan peristiwa itu sendiri berlaku. Mari jadikan ia lebih berkemungkinan. Hitung kebarangkalian sesuatu peristiwa yang mempunyai kebarangkalian hlm= 0.8, dalam n= 10 percubaan akan berlaku m= 1 kali. Kami ada: C 10 1 = 10, dan seterusnya: P 1 = 10 0.8 1 (1 0.8) 10 1 = 10 0.8 1 0.2 9 = 0.000004. Kebarangkalian telah menjadi kurang daripada contoh pertama! Jawapannya, pada pandangan pertama, kelihatan pelik, tetapi oleh kerana peristiwa itu mempunyai kebarangkalian yang agak tinggi, ia tidak mungkin berlaku sekali sahaja. Kemungkinan besar ia akan berlaku lebih daripada sekali. Sesungguhnya, mengira P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (kebarangkalian bahawa sesuatu peristiwa dalam n= 10 percubaan akan berlaku 0, 1, 2, 3, , 10 kali), kita akan melihat:
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 = 0.2013
;
P 8 = 45 0.8 8 (1 0.8) 10 8 = 45 0.8 8 0.2 2 = 0.3020
(kebarangkalian tertinggi!);
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
Sudah tentu P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Taburan normal
Jika kita menggambarkan kuantiti P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10, yang kami hitung dalam contoh 3, pada graf, ternyata taburannya mempunyai bentuk yang hampir dengan undang-undang taburan normal (lihat Rajah 27.1) (lihat syarahan 25. Pemodelan pembolehubah rawak taburan normal).
kebarangkalian bagi m yang berbeza pada p = 0.8, n = 10
Hukum binomial menjadi normal jika kebarangkalian kejadian dan tidak berlakunya kejadian A adalah lebih kurang sama, iaitu, kita boleh menulis secara bersyarat: hlm≈ (1 hlm) . Sebagai contoh, mari kita ambil n= 10 dan hlm= 0.5 (iaitu hlm= 1 hlm = 0.5 ).
Kami akan menghadapi masalah sedemikian secara bermakna jika, sebagai contoh, kami ingin mengira secara teori berapa bilangan lelaki dan berapa ramai kanak-kanak perempuan akan ada daripada 10 kanak-kanak yang dilahirkan di hospital bersalin pada hari yang sama. Lebih tepat lagi, kita tidak akan mengira lelaki dan perempuan, tetapi kebarangkalian bahawa hanya lelaki akan dilahirkan, bahawa 1 lelaki dan 9 perempuan akan dilahirkan, bahawa 2 lelaki dan 8 perempuan akan dilahirkan, dan seterusnya. Mari kita anggap untuk kesederhanaan bahawa kebarangkalian untuk mempunyai seorang lelaki dan seorang perempuan adalah sama dan sama dengan 0.5 (tetapi sebenarnya, sejujurnya, ini tidak berlaku, lihat kursus "Memodelkan Sistem Kepintaran Buatan").
Adalah jelas bahawa taburan akan simetri, kerana kebarangkalian mempunyai 3 lelaki dan 7 perempuan adalah sama dengan kebarangkalian mempunyai 7 lelaki dan 3 perempuan. Kemungkinan besar untuk lahir ialah 5 lelaki dan 5 perempuan. Kebarangkalian ini bersamaan dengan 0.25, dengan cara itu, ia tidak begitu besar dalam nilai mutlak. Selanjutnya, kebarangkalian bahawa 10 atau 9 kanak-kanak lelaki akan dilahirkan serentak adalah lebih kecil daripada kebarangkalian bahawa 5 ± 1 lelaki akan dilahirkan daripada 10 orang anak. Taburan binomial akan membantu kami membuat pengiraan ini. Jadi.
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
Sudah tentu P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Mari kita paparkan kuantiti pada graf P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (lihat Rajah 27.2).
p = 0.5 dan n = 10, membawanya lebih dekat kepada hukum biasa
Jadi, di bawah syarat m ≈ n/2 dan hlm≈ 1 hlm atau hlm≈ 0.5 dan bukannya taburan binomial, anda boleh menggunakan taburan biasa. Untuk nilai yang besar n graf beralih ke kanan dan menjadi lebih dan lebih rata, apabila jangkaan dan varians matematik meningkat dengan peningkatan n : M = n · hlm , D = n · hlm· (1 hlm) .
Dengan cara ini, hukum binomial cenderung kepada normal dan dengan peningkatan n, yang agak semula jadi, mengikut teorem had pusat (lihat kuliah 34. Merekod dan memproses keputusan statistik).
Sekarang pertimbangkan bagaimana hukum binomial berubah dalam kes apabila hlm ≠ q, iaitu hlm> 0 . Dalam kes ini, hipotesis taburan normal tidak boleh digunakan, dan taburan binomial menjadi taburan Poisson.
Pengagihan Poisson
Taburan Poisson ialah kes khas taburan binomial (dengan n>> 0 dan pada hlm>0 (peristiwa yang jarang berlaku)).
Satu formula diketahui daripada matematik yang membolehkan anda mengira kira-kira nilai mana-mana ahli taburan binomial:
di mana a = n · hlm Parameter Poisson (jangkaan matematik), dan varians adalah sama dengan jangkaan matematik. Mari kita bentangkan pengiraan matematik yang menerangkan peralihan ini. Undang-undang pengedaran binomial
P m = C n m · hlm m· (1 hlm) n m
boleh ditulis jika anda meletakkan hlm = a/n , dalam bentuk
Kerana hlm adalah sangat kecil, maka hanya nombor yang perlu diambil kira m, kecil berbanding dengan n. Kerja
sangat dekat dengan perpaduan. Perkara yang sama berlaku untuk saiz
Magnitud
sangat dekat dengan e a. Dari sini kita dapat formula:
Contoh. Kotak itu mengandungi n= 100 bahagian, kedua-duanya berkualiti tinggi dan rosak. Kebarangkalian menerima produk yang rosak ialah hlm= 0.01 . Katakan kita mengeluarkan produk, menentukan sama ada ia rosak atau tidak, dan meletakkannya semula. Dengan melakukan ini, ternyata daripada 100 produk yang kami lalui, dua ternyata rosak. Apakah kemungkinan ini?
Daripada taburan binomial kita dapat:
Daripada pengedaran Poisson kita dapat:
Seperti yang anda lihat, nilainya ternyata hampir, jadi dalam kes kejadian yang jarang berlaku, ia agak boleh diterima untuk menggunakan undang-undang Poisson, terutamanya kerana ia memerlukan usaha pengiraan yang kurang.
Mari kita tunjukkan secara grafik bentuk hukum Poisson. Mari kita ambil parameter sebagai contoh hlm = 0.05 , n= 10 . Kemudian:
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
Sudah tentu P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Pada n> ∞ taburan Poisson bertukar menjadi hukum biasa, mengikut teorem had pusat (lihat.
Di mana λ adalah sama dengan purata bilangan kejadian peristiwa dalam percubaan bebas yang sama, i.e. λ = n × p, di mana p ialah kebarangkalian kejadian dalam satu percubaan, e = 2.71828.
Siri pengedaran undang-undang Poisson mempunyai bentuk:
Tujuan perkhidmatan. Kalkulator dalam talian digunakan untuk membina taburan Poisson dan mengira semua ciri siri: jangkaan matematik, varians dan sisihan piawai. Laporan dengan keputusan itu disediakan dalam format Word. Dalam kes apabila n adalah besar dan λ = p n > 10, formula Poisson memberikan anggaran yang sangat kasar dan teorem tempatan dan kamiran Moivre-Laplace digunakan untuk mengira P n (m).
Ciri berangka pembolehubah rawak X
Jangkaan taburan PoissonM[X] = λ
Varians taburan Poisson
D[X] = λ
Contoh No 1. Benih mengandungi 0.1% rumpai. Apakah kebarangkalian untuk mencari 5 biji rumpai jika anda memilih 2000 biji secara rawak?
Penyelesaian.
Kebarangkalian p adalah kecil, tetapi nombor n adalah besar. np = 2 P(5) = λ 5 e -5 /5! = 0.03609
Jangkaan: M[X] = λ = 2
Penyerakan: D[X] = λ = 2
Contoh No. 2. Di antara biji rai terdapat 0.4% biji rumpai. Buat undang-undang taburan untuk bilangan rumpai dengan pemilihan rawak sebanyak 5000 biji. Cari jangkaan dan varians matematik bagi pembolehubah rawak ini.
Penyelesaian. Jangkaan matematik: M[X] = λ = 0.004*5000 = 20. Serakan: D[X] = λ = 20
Undang-undang pengedaran:
| X | 0 | 1 | 2 | … | m | … |
| P | e -20 | 20e -20 | 200e -20 | … | 20 m e -20 /m! | … |
Contoh No. 3. Di pertukaran telefon, sambungan yang salah berlaku dengan kebarangkalian 1/200. Cari kebarangkalian bahawa antara 200 sambungan yang berikut akan berlaku:
a) betul-betul satu sambungan yang salah;
b) kurang daripada tiga sambungan yang salah;
c) lebih daripada dua sambungan yang salah.
Penyelesaian. Mengikut keadaan masalah, kebarangkalian kejadian adalah rendah, jadi kami menggunakan formula Poisson (15).
a) Diberi: n = 200, p = 1/200, k = 1. Mari cari P 200 (1).
Kami mendapat: 
. Kemudian P 200 (1) ≈ e -1 ≈ 0.3679.
b) Diberi: n = 200, p = 1/200, k< 3. Найдем P 200 (k < 3).
Kami mempunyai: a = 1. 
c) Diberi: n = 200, p = 1/200, k > 2. Cari P 200 (k > 2).
Masalah ini boleh diselesaikan dengan lebih mudah: cari kebarangkalian peristiwa bertentangan, kerana dalam kes ini anda perlu mengira istilah yang lebih sedikit. Mengambil kira kes sebelum ini, kita ada
Pertimbangkan kes di mana n cukup besar dan p cukup kecil; mari kita letak np = a, di mana a ialah beberapa nombor. Dalam kes ini, kebarangkalian yang dikehendaki ditentukan oleh formula Poisson:
Kebarangkalian kejadian k berlaku dalam tempoh masa t juga boleh didapati menggunakan formula Poisson:
di mana λ ialah keamatan aliran peristiwa, iaitu purata bilangan peristiwa yang muncul setiap unit masa.
Contoh No. 4. Kebarangkalian bahagian itu rosak ialah 0.005. 400 bahagian diperiksa. Sediakan formula untuk mengira kebarangkalian bahawa lebih daripada 3 bahagian rosak.
Contoh No. 5. Kebarangkalian bahagian yang rosak muncul semasa pengeluaran besar-besaran ialah p. tentukan kebarangkalian bahawa kumpulan N bahagian mengandungi a) tepat tiga bahagian; b) tidak lebih daripada tiga bahagian yang rosak.
p=0.001; N = 4500
Penyelesaian.
Kebarangkalian p adalah kecil, tetapi nombor n adalah besar. np = 4.5< 10. Значит случайная величина Х – распределена по Пуассоновскому распределению. Составим закон.
Pembolehubah rawak X mempunyai julat nilai (0,1,2,...,m). Kebarangkalian nilai ini boleh didapati menggunakan formula:
Mari cari siri pengedaran X.
Di sini 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 
Maka kebarangkalian bahawa sekumpulan bahagian N mengandungi tepat tiga bahagian adalah sama dengan: 
Kemudian kebarangkalian bahawa sekumpulan bahagian N mengandungi tidak lebih daripada tiga bahagian yang rosak:
P(x<3) = P(0) + P(1) + P(2) = 0,01111 + 0,04999 + 0,1125 = 0,1736
Contoh No. 6. Pertukaran telefon automatik menerima N panggilan secara purata setiap jam. Tentukan kebarangkalian bahawa dalam minit tertentu dia akan menerima: a) tepat dua panggilan; b) lebih daripada dua panggilan.
N=18
Penyelesaian.
Dalam satu minit, pertukaran telefon automatik menerima secara purata λ = 18/60 min. = 0.3
Dengan mengandaikan bahawa nombor rawak X panggilan diterima di PBX dalam satu minit,
mematuhi hukum Poisson, menggunakan formula kita akan mencari kebarangkalian yang diingini
Mari cari siri pengedaran X.
Di sini λ = 0.3
P(0) = e - λ = e -0.3 = 0.7408
P(1) = λe -λ = 0.3e -0.3 = 0.2222 
Kebarangkalian bahawa dia akan menerima tepat dua panggilan dalam satu minit adalah:
P(2) = 0.03334
Kebarangkalian bahawa dia akan menerima lebih daripada dua panggilan dalam satu minit adalah:
P(x>2) = 1 – 0.7408 – 0.2222 – 0.03334 = 0.00366
Contoh No. 7. Dua elemen yang beroperasi secara bebas antara satu sama lain dipertimbangkan. Tempoh operasi tanpa kegagalan mempunyai taburan eksponen dengan parameter λ1 = 0.02 untuk elemen pertama dan λ2 = 0.05 untuk elemen kedua. Cari kebarangkalian bahawa dalam 10 jam: a) kedua-dua elemen akan berfungsi tanpa kegagalan; b) hanya Kebarangkalian bahawa elemen No. 1 tidak akan gagal dalam 10 jam:
Keputusan.
P 1 (0) = e -λ1*t = e -0.02*10 = 0.8187
Kebarangkalian bahawa elemen No. 2 tidak akan gagal dalam masa 10 jam:
P 2 (0) = e -λ2*t = e -0.05*10 = 0.6065
a) kedua-dua elemen akan berfungsi dengan sempurna;
P(2) = P 1 (0)*P 2 (0) = 0.8187*0.6065 = 0.4966
b) hanya satu elemen sahaja yang akan gagal.
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
Contoh No. 7. Pengeluaran menghasilkan 1% kecacatan. Apakah kebarangkalian bahawa daripada 1100 produk yang diambil untuk penyelidikan, tidak lebih daripada 17 akan ditolak?
Nota: memandangkan di sini n*p =1100*0.01=11 > 10, perlu digunakan
Sebaik sahaja permintaan mula masuk: “Mana Poisson? Di manakah masalah menggunakan formula Poisson? dll.. Jadi saya akan mulakan dengan kegunaan persendirian Pengedaran Poisson - disebabkan oleh permintaan yang tinggi untuk bahan tersebut.
Tugas itu sangat biasa:
Dan dua tugas seterusnya pada asasnya berbeza daripada yang sebelumnya:
Contoh 4
Pembolehubah rawak tertakluk kepada hukum Poisson dengan jangkaan matematik. Cari kebarangkalian bahawa pembolehubah rawak yang diberikan akan mengambil nilai kurang daripada jangkaan matematiknya.
Perbezaannya ialah di sini kita bercakap TEPAT tentang pengedaran Poisson.
Penyelesaian: pembolehubah rawak mengambil nilai 
dengan kebarangkalian:
Mengikut syarat, , dan di sini semuanya mudah: acara itu terdiri daripada tiga hasil yang tidak konsisten:
Kebarangkalian bahawa pembolehubah rawak akan mengambil nilai kurang daripada jangkaan matematiknya.
Jawab:
Tugas pemahaman yang serupa:
Contoh 5
Pembolehubah rawak tertakluk kepada hukum Poisson dengan jangkaan matematik. Cari kebarangkalian bahawa pembolehubah rawak yang diberi akan mengambil nilai positif.
Penyelesaian dan jawapan ada di akhir pelajaran.
Selain itu menghampiritaburan binomial(Contoh 1-3), taburan Poisson telah digunakan secara meluas dalam teori beratur untuk ciri-ciri kebarangkalian yang paling mudah aliran peristiwa. Saya akan cuba ringkas:
Biarkan sesetengah sistem menerima permintaan (panggilan telefon, pelanggan masuk, dll.). Aliran aplikasi dipanggil yang paling mudah, jika ia memenuhi syarat pegun, tiada akibat Dan kebiasan. Kemantapan membayangkan bahawa keamatan permintaan tetap dan tidak bergantung pada masa hari, hari dalam minggu atau rangka masa lain. Dengan kata lain, tidak ada "waktu sibuk" dan tidak ada "jam mati". Ketiadaan akibat bermakna kebarangkalian permohonan baru tidak bergantung pada "prasejarah", i.e. tidak ada perkara seperti "seorang nenek memberitahu" dan yang lain "berlari" (atau, sebaliknya, melarikan diri). Dan akhirnya, sifat biasa dicirikan oleh fakta bahawa cukup kecil tempoh masa hampir mustahil kemunculan dua atau lebih aplikasi. "Dua wanita tua di pintu?" - tidak, maafkan saya.
Jadi, biarkan beberapa sistem menerima aliran aplikasi yang paling mudah dengan intensiti sederhana aplikasi seminit (sejam, sehari atau pada tempoh masa yang sewenang-wenangnya). Kemudian kebarangkalian itu untuk tempoh masa tertentu, sistem akan menerima persis permintaan adalah sama dengan:
Contoh 6
Panggilan ke pusat penghantaran teksi adalah aliran Poisson yang ringkas dengan intensiti purata 30 panggilan sejam. Cari kebarangkalian bahawa: a) dalam 1 min. 2-3 panggilan akan tiba, b) akan ada sekurang-kurangnya satu panggilan dalam masa lima minit.
Penyelesaian: kami menggunakan formula Poisson:
a) Dengan mengambil kira pegun aliran, kami mengira purata bilangan panggilan setiap 1 minit:
panggilan - secara purata dalam satu minit.
Mengikut teorem penambahan kebarangkalian kejadian tidak serasi:
– kebarangkalian bahawa dalam 1 minit bilik kawalan akan menerima 2-3 panggilan.
b) Kira purata bilangan panggilan setiap lima minit: 