Burada λ, aynı bağımsız denemelerdeki olayların ortalama oluşum sayısına eşittir; λ = n × p, burada p bir denemede bir olayın olasılığıdır, e = 2,71828.
Poisson yasası dağılım serisi şu şekildedir:
Hizmetin amacı. Çevrimiçi hesap makinesi Poisson dağılımını oluşturmak ve serinin tüm özelliklerini hesaplamak için kullanılır: matematiksel beklenti, varyans ve standart sapma. Kararın yer aldığı rapor Word formatında hazırlanır. N'nin büyük olması ve λ = p n > 10 olması durumunda, Poisson formülü çok kaba bir yaklaşım verir ve P n (m)'yi hesaplamak için Moivre-Laplace'ın yerel ve integral teoremleri kullanılır.
Rastgele değişken X'in sayısal özellikleri
Poisson dağılımı beklentisiM[X] = λ
Poisson dağılımının varyansı
D[X] = λ
Örnek No.1. Tohumlar %0,1 oranında yabancı ot içerir. Rastgele 2000 tohum seçildiğinde 5 yabancı ot tohumu bulma olasılığı nedir?
Çözüm.
Olasılık p küçüktür, ancak n sayısı büyüktür. np = 2 P(5) = λ 5 e -5 /5! = 0,03609
Beklenen değer: M[X] = λ = 2
Dağılım: D[X] = λ = 2
Örnek No.2. Çavdar tohumları arasında %0,4 oranında yabancı ot tohumları bulunmaktadır. 5000 tohum rastgele seçildiğinde yabani otların sayısı için bir dağılım kanunu çizin. Bu rastgele değişkenin matematiksel beklentisini ve varyansını bulun.
Çözüm. Matematiksel beklenti: M[X] = λ = 0,004*5000 = 20. Dağılım: D[X] = λ = 20
Dağıtım kanunu:
| X | 0 | 1 | 2 | … | M | … |
| P | e-20 | 20e -20 | 200e -20 | … | 20 m e -20 /m! | … |
Örnek No. 3. Bir telefon santralinde 1/200 olasılıkla yanlış bağlantı meydana gelir. 200 bağlantı arasında aşağıdakilerin meydana gelme olasılığını bulun:
a) tam olarak bir yanlış bağlantı;
b) üçten az hatalı bağlantı;
c) ikiden fazla hatalı bağlantı.
Çözüm. Problemin koşullarına göre olayın olasılığı düşüktür, bu nedenle Poisson formülünü (15) kullanırız.
a) Verilen: n = 200, p = 1/200, k = 1. P 200(1)’i bulalım.
Şunu elde ederiz: 
. O halde P 200 (1) ≈ e -1 ≈ 0,3679.
b) Verilen: n = 200, p = 1/200, k< 3. Найдем P 200 (k < 3).
Elimizde: a = 1. 
c) Verilen: n = 200, p = 1/200, k > 2. P 200'ü (k > 2) bulun.
Bu problem daha basit bir şekilde çözülebilir: Ters olayın olasılığını bulun, çünkü bu durumda daha az terim hesaplamanız gerekir. Önceki durumu dikkate aldığımızda,
n'nin yeterince büyük ve p'nin yeterince küçük olduğu durumu düşünün; a'nın bir sayı olduğu np = a'yı koyalım. Bu durumda istenen olasılık Poisson formülüyle belirlenir:
t süresi boyunca k olayın meydana gelme olasılığı Poisson formülü kullanılarak da bulunabilir:
burada λ olay akışının yoğunluğu, yani birim zamanda ortaya çıkan ortalama olay sayısıdır.
Örnek No. 4. Parçanın kusurlu olma olasılığı 0,005'tir. 400 parça kontrol ediliyor. 3'ten fazla parçanın kusurlu olma olasılığını hesaplamak için bir formül sağlayın.
Örnek No. 5. Seri üretim sırasında kusurlu parçaların ortaya çıkma olasılığı p'dir. N parçadan oluşan bir partinin a) tam olarak üç parça içerme olasılığını belirleyin; b) en fazla üç kusurlu parça.
p=0,001; N = 4500
Çözüm.
Olasılık p küçüktür, ancak n sayısı büyüktür. np = 4,5< 10. Значит случайная величина Х – распределена по Пуассоновскому распределению. Составим закон.
Rastgele değişken X'in bir değer aralığı vardır (0,1,2,...,m). Bu değerlerin olasılıkları aşağıdaki formül kullanılarak bulunabilir:
X'in dağılım serisini bulalım.
Burada 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 
Bu durumda, N parçadan oluşan bir partinin tam olarak üç parça içerme olasılığı şuna eşittir: 
Bu durumda, N parçadan oluşan bir partinin üçten fazla hatalı parça içermeme olasılığı:
P(x<3) = P(0) + P(1) + P(2) = 0,01111 + 0,04999 + 0,1125 = 0,1736
Örnek No. 6. Otomatik bir telefon santralı saatte ortalama N çağrı alır. Belirli bir dakika içinde aşağıdakileri alma olasılığını belirleyin: a) tam olarak iki çağrı; b) ikiden fazla çağrı.
N=18
Çözüm.
Bir dakika içinde, otomatik telefon santrali ortalama λ = 18/60 dakika alır. = 0,3
Bir dakika içinde PBX'te rastgele sayıda X çağrının alındığını varsayarsak,
Poisson yasasına uyar, formülü kullanarak istenen olasılığı bulacağız
X'in dağılım serisini bulalım.
Burada λ = 0,3
P(0) = e - λ = e -0,3 = 0,7408
P(1) = λe -λ = 0,3e -0,3 = 0,2222 
Belirli bir dakikada tam olarak iki çağrı alma olasılığı:
P(2) = 0,03334
Belirli bir dakikada ikiden fazla çağrı alma olasılığı:
P(x>2) = 1 – 0,7408 – 0,2222 – 0,03334 = 0,00366
Örnek No. 7. Birbirinden bağımsız çalışan iki unsur ele alınmaktadır. Arızasız çalışma süresi, birinci eleman için λ1 = 0,02 ve ikinci eleman için λ2 = 0,05 parametresiyle üstel bir dağılıma sahiptir. 10 saat içinde: a) her iki elemanın da hatasız çalışacağı olasılığını bulun; b) yalnızca 1 No'lu elemanın 10 saat içinde bozulmama olasılığı:
Karar.
P 1 (0) = e -λ1*t = e -0,02*10 = 0,8187
2 numaralı elemanın 10 saat içinde bozulmama olasılığı:
P 2 (0) = e -λ2*t = e -0,05*10 = 0,6065
a) her iki elemanın da kusursuz çalışacağı;
P(2) = P 1 (0)*P 2 (0) = 0,8187*0,6065 = 0,4966
b) yalnızca bir eleman arızalanacaktır.
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
Örnek No. 7. Üretim %1 kusur üretir. Araştırma için alınan 1100 üründen en fazla 17'sinin reddedilme olasılığı nedir?
Not: burada n*p =1100*0.01=11 > 10 olduğundan, kullanılması zorunludur
Pek çok pratik problemde, Poisson yasası adı verilen özel bir yasaya göre dağıtılan rastgele değişkenlerle uğraşmak gerekir.
Yalnızca tamsayı, negatif olmayan değerler alabilen süreksiz bir rastgele değişken düşünün:
Üstelik bu değerlerin sırası teorik olarak sınırsızdır.
Belirli bir değeri alma olasılığı formülle ifade ediliyorsa, bir rastgele değişkenin Poisson yasasına göre dağıldığı söylenir.
burada a, Poisson yasası parametresi adı verilen pozitif bir niceliktir.
Poisson yasasına göre dağıtılan bir rastgele değişkenin dağılım serisi şu şekildedir:
Öncelikle formül (5.9.1) ile verilen olasılıklar dizisinin bir dağılım serisi olabileceğinden emin olalım, yani; tüm olasılıkların toplamının bire eşit olmasıdır. Sahibiz:
.
İncirde. 5.9.1, parametrenin çeşitli değerlerine karşılık gelen, Poisson yasasına göre dağıtılan rastgele bir değişkenin dağılım poligonlarını gösterir. Ek Tablo 8'de çeşitli değerler gösterilmektedir.
Poisson yasasına göre dağıtılan bir rastgele değişkenin temel özelliklerini (matematiksel beklenti ve varyans) belirleyelim. Matematiksel beklentinin tanımı gereği
.
Toplamın ilk terimi ('ye karşılık gelir) sıfıra eşittir, dolayısıyla toplama şu şekilde başlayabilir:
belirtelim; Daha sonra
. (5.9.2)
Dolayısıyla parametre, bir rastgele değişkenin matematiksel beklentisinden başka bir şey değildir.
Dağılımı belirlemek için önce miktarın ikinci başlangıç momentini buluruz:
Daha önce kanıtlanmış olana göre
Ayrıca,
Dolayısıyla Poisson yasasına göre dağıtılan bir rastgele değişkenin varyansı, matematiksel beklentisine eşittir.
Poisson dağılımının bu özelliği, pratikte, rastgele bir değişkenin Poisson yasasına göre dağıtıldığı hipotezinin makul olup olmadığına karar vermek için sıklıkla kullanılır. Bunu yapmak için, bir rastgele değişkenin istatistiksel özellikleri (matematiksel beklenti ve dağılım) deneyimlerden belirlenir. Değerleri birbirine yakınsa bu, Poisson dağılımı hipotezi lehine bir argüman görevi görebilir; tam tersine, bu özelliklerdeki keskin farklılık hipoteze karşı çıkıyor.
Poisson yasasına göre dağıtılan bir rastgele değişkenin verilen değerden daha az olmayan bir değer alma olasılığını belirleyelim. Bu olasılığı şöyle gösterelim:
Açıkçası, olasılık toplam olarak hesaplanabilir
Ancak bunu tam tersi olayın olasılığından belirlemek çok daha kolaydır:
(5.9.4)
Özellikle bir miktarın pozitif değer alma olasılığı şu formülle ifade edilir:
(5.9.5)
Birçok pratik problemin Poisson dağılımına yol açtığını daha önce belirtmiştik. Bu türden tipik sorunlardan birini ele alalım.
Noktaların Ox ekseni üzerinde rastgele dağılmasına izin verin (Şekil 5.9.2). Noktaların rastgele dağılımının aşağıdaki koşulları karşıladığını varsayalım:
1. Belirli sayıda noktanın bir doğru parçasına düşme olasılığı yalnızca bu parçanın uzunluğuna bağlıdır, apsis eksenindeki konumuna bağlı değildir. Başka bir deyişle noktalar x ekseni üzerinde aynı ortalama yoğunlukta dağılmıştır. Bu yoğunluğu (yani birim uzunluk başına nokta sayısının matematiksel beklentisini) ile gösterelim.
2. Noktalar x ekseni üzerinde birbirinden bağımsız olarak dağıtılır; Belirli bir segmente bir veya daha fazla sayıda noktanın düşme olasılığı, bunlardan kaçının kendisiyle örtüşmeyen herhangi bir başka segmente düştüğüne bağlı değildir.
3. İki veya daha fazla noktanın küçük bir alana çarpma olasılığı, bir noktanın çarpma olasılığına kıyasla ihmal edilebilir düzeydedir (bu durum, iki veya daha fazla noktanın çakışmasının pratik olarak imkansız olduğu anlamına gelir).
Apsis ekseni üzerinde belirli bir uzunluktaki parçayı seçelim ve ayrı bir rastgele değişkeni (bu parçaya düşen noktaların sayısını) ele alalım. Olası değerler
Noktalar segment üzerine birbirinden bağımsız olarak düştüğünden, teorik olarak istenilen sayıda noktanın bulunması mümkündür, yani. (5.9.6) serisi süresiz olarak devam etmektedir.
Rastgele değişkenin Poisson dağılım yasasına sahip olduğunu kanıtlayalım. Bunu yapmak için segmentte tam olarak noktaların bulunma olasılığını hesaplıyoruz.
Önce daha basit bir problemi çözelim. Ox ekseni üzerinde küçük bir alan düşünelim ve bu alana en az bir noktanın düşme olasılığını hesaplayalım. Aşağıdaki gibi mantık yürüteceğiz. Bu bölüme düşen noktaların sayısına ilişkin matematiksel beklenti açıkça eşittir (çünkü puanların ortalaması birim uzunluk başına düşer). Koşul 3'e göre, küçük bir parça için iki veya daha fazla noktanın üzerine düşme olasılığını ihmal edebiliriz. Bu nedenle, alana düşen noktaların sayısına ilişkin matematiksel beklenti, yaklaşık olarak üzerine bir noktanın düşme olasılığına (veya bizim koşullarımızda eşdeğer olan en az bir noktaya) eşit olacaktır.
Böylece, daha yüksek mertebeden sonsuz küçüklere varan bir doğrulukla, sahaya bir (en az bir) noktanın düşme olasılığının eşit olduğunu ve hiçbir noktanın düşmeme olasılığının da eşit olduğunu varsayabiliriz.
Bunu tam olarak bir doğru parçasına düşen noktaların olasılığını hesaplamak için kullanalım. Segmenti eşit uzunlukta parçalara bölün. Bir temel parçayı tek bir nokta içermiyorsa "boş", en az bir nokta varsa "dolu" olarak adlandırmayı kabul edelim. Yukarıdakilere göre segmentin “meşgul” olma olasılığı yaklaşık olarak; “boş” olma olasılığı eşittir. Koşul 2'ye göre, örtüşmeyen bölümlere düşen noktalar bağımsız olduğundan, n bölümümüz, her birinde bölümün olasılık ile "işgal edilebildiği" bağımsız "deneyler" olarak düşünülebilir. Segmentler arasında tam olarak “işgal edilmiş” olma olasılığını bulalım. Deneylerin tekrarı teoremine göre bu olasılık şuna eşittir:
veya, ifade ederek,
(5.9.7)
Yeterince büyük olduğunda, bu olasılık, bir parça üzerine iki veya daha fazla noktanın düşme olasılığı ihmal edilebilir olduğundan, tam olarak bir parça üzerine düşen noktaların olasılığına yaklaşık olarak eşittir. Tam değeri bulmak için ifade (5.9.7)'deki limite gitmeniz gerekir:
(5.9.8)
Limit işaretinin altındaki ifadeyi dönüştürelim:
(5.9.9)
(5.9.9) ifadesindeki ilk kesir ve son kesrin paydası açıkça birlik eğilimindedir. İfadeye bağlı değildir. Son kesrin payı şu şekilde dönüştürülebilir:
(5.9.10)
Ne zaman ve ifade (5.9.10) eğilimi gösterir. Böylece noktaların tam olarak bir segmente düşme olasılığının formülle ifade edildiği kanıtlanmıştır.
nerede, yani X'in değeri Poisson yasasına göre parametre ile dağıtılır.
Değerin segment başına ortalama nokta sayısı olduğunu unutmayın.
Bu durumda değer (X değerinin pozitif bir değer alma olasılığı), segment üzerine en az bir noktanın düşme olasılığını ifade eder:
Böylece Poisson dağılımının bazı noktaların (veya diğer elemanların) birbirinden bağımsız olarak rastgele bir konum işgal etmesi durumunda oluştuğuna ve belirli bir alana düşen bu noktaların sayısının sayıldığına inanıyoruz. Bizim durumumuzda böyle bir “bölge” apsis ekseninde bir segmentti. Ancak vardığımız sonuç, noktaların düzlemdeki (noktaların rastgele düz alanı) ve uzaydaki (noktaların rastgele uzaysal alanı) dağılımı durumuna kolaylıkla genişletilebilir. Koşullar yerine getirilirse bunu kanıtlamak zor değil:
1) puanlar sahada ortalama yoğunlukta istatistiksel olarak eşit şekilde dağıtılır;
2) noktalar bağımsız olarak örtüşmeyen bölgelere düşer;
3) noktalar çiftler, üçlüler vb. halinde değil tek tek görünür, daha sonra herhangi bir alana (düz veya uzaysal) düşen noktaların sayısı Poisson yasasına göre dağıtılır:
alana düşen ortalama nokta sayısı nerede.
Düz kasa için
bölgenin alanı nerede; mekansal için
bölgenin hacmi nerede.
Bir parçaya veya bölgeye düşen nokta sayısının Poisson dağılımı için sabit yoğunluk () koşulunun önemli olmadığını unutmayın. Diğer iki koşul karşılanırsa, o zaman Poisson yasası hala geçerlidir, yalnızca içindeki a parametresi farklı bir ifade alır: yoğunluğun yalnızca bölgenin uzunluğu, alanı veya hacmiyle çarpılmasıyla değil, aynı zamanda integralin alınmasıyla da elde edilir. segment, alan veya hacim üzerinde değişken yoğunluk. (Bu konuda daha fazla bilgi için bkz. n° 19.4)
Bir çizgi, düzlem veya hacim üzerinde dağılmış rastgele noktaların varlığı, Poisson dağılımının oluşmasının tek koşulu değildir. Örneğin, Poisson yasasının binom dağılımı için sınırlayıcı olduğu kanıtlanabilir:
, (5.9.12)
aynı zamanda deneylerin sayısı sonsuza giderse ve olasılık sıfıra giderse ve sonuçları sabit bir değerde kalırsa:
Aslında binom dağılımının bu sınırlayıcı özelliği şu şekilde yazılabilir:
. (5.9.14)
Ancak (5.9.13) koşulundan şu sonuç çıkar:
(5.9.15)'i (5.9.14)'te değiştirerek eşitliği elde ederiz
, (5.9.16)
bunu başka bir olayda kanıtladık.
Binom yasasının bu sınırlayıcı özelliği pratikte sıklıkla kullanılır. Her birinde olayın olasılığının çok düşük olduğu çok sayıda bağımsız deney yapıldığını varsayalım. Daha sonra bir olayın tam olarak bir kez ortaya çıkma olasılığını hesaplamak için yaklaşık formülü kullanabilirsiniz:
, (5.9.17)
Poisson yasasının yaklaşık olarak binom dağılımının yerini alan parametresi nerede.
Poisson yasasının bu özelliğinden - çok sayıda deney ve düşük bir olay olasılığı içeren bir binom dağılımını ifade etmek - istatistik ders kitaplarında sıklıkla kullanılan adı gelir: nadir olaylar yasası.
Çeşitli uygulama alanlarından Poisson dağılımıyla ilgili birkaç örneğe bakalım.
Örnek 1. Otomatik bir telefon santrali, saat başına ortalama çağrı yoğunluğuna sahip çağrıları alır. Herhangi bir zaman dilimindeki çağrı sayısının Poisson yasasına göre dağıtıldığını varsayarak, iki dakika içinde istasyona tam olarak üç çağrının gelme olasılığını bulun.
Çözüm. İki dakikadaki ortalama çağrı sayısı:
Metrekare Bir hedefi vurmak için en az bir parça onu vurmak için yeterlidir. Kırılma noktasının belirli bir konumunda hedefi vurma olasılığını bulun.
Çözüm. . Formül (5.9.4)'ü kullanarak en az bir parçaya çarpma olasılığını buluruz:
(Üstel fonksiyonun değerini hesaplamak için Ekteki Tablo 2'yi kullanıyoruz).
Örnek 7. Bir metreküp havadaki patojen mikropların ortalama yoğunluğu 100'dür. 2 metreküp numune alınır. dm hava. İçinde en az bir mikrop bulunma olasılığını bulun.
Çözüm. Bir hacimdeki mikropların sayısının Poisson dağılımı hipotezini kabul edersek şunu buluruz:
Örnek 8. Belirli bir hedefe 50 bağımsız atış yapılıyor. Tek atışta hedefi vurma olasılığı 0,04'tür. Binom dağılımının sınırlayıcı özelliğini kullanarak (formül (5.9.17)) hedefin vurulma olasılığını yaklaşık olarak bulun: tek bir mermi değil, bir mermi, iki mermi.
Çözüm. Sahibiz. Ekteki tablo 8'i kullanarak olasılıkları buluyoruz.
Çeşitli olasılık dağılımlarının en yaygın örneği binom dağılımıdır. Uygulamada karşılaşılan en yaygın özel dağılım türlerini belirlemek için onun çok yönlülüğünü kullanalım.
Binom dağılımı
Bir A olayı olsun. A olayının gerçekleşme olasılığı eşittir P A olayının gerçekleşmeme olasılığı 1’dir P bazen şu şekilde belirlenir: Q. İzin vermek N test sayısı, M A olayının bu durumlarda meydana gelme sıklığı N testler.
Olası tüm sonuç kombinasyonlarının toplam olasılığının bire eşit olduğu bilinmektedir, yani:
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 olasılık NN bir kere; N · P N 1 (1 P) olasılık NN 1) bir kez ve 1 kez olmayacak; C N N 2 · P N 2 (1 P) 2 olasılık N testlerde A olayı meydana gelecektir ( N 2) kez ve 2 kez olmayacak; P M = C N M · P M· (1 P) N M olasılık N testlerde A olayı meydana gelecektir M Asla olmayacak ( N M) bir kere; (1 P) N olasılık N denemelerde A olayı bir kez bile meydana gelmeyecektir; kombinasyon sayısı Nİle M . |
Beklenen değer M binom dağılımı şuna eşittir:
M = N · P ,
Nerede N test sayısı, P A olayının gerçekleşme olasılığı
Standart sapma σ :
σ = kare( N · P· (1 P)) .
Örnek 1. Olasılığı olan bir olayın olasılığını hesaplayın P= 0,5, N= 10 deneme gerçekleşecek M= 1 kez. Sahibiz: C 10 1 = 10 ve ayrıca: P 1 = 10 0,5 1 (1 0,5) 10 1 = 10 0,5 10 = 0,0098. Görüldüğü üzere bu olayın gerçekleşme ihtimali oldukça düşüktür. Bu öncelikle olayın gerçekleşip gerçekleşmeyeceğinin kesinlikle belli olmamasıyla açıklanıyor, çünkü olasılık 0,5 ve buradaki şans “50'ye 50”; ikincisi ise olayın tam olarak onda bir (ne eksik ne fazla) gerçekleşeceğinin hesaplanması gerekmektedir.
Örnek 2. Olasılığı olan bir olayın olasılığını hesaplayın P= 0,5, N= 10 deneme gerçekleşecek M= 2 kez. Sahibiz: C 10 2 = 45 ve ayrıca: P 2 = 45 0,5 2 (1 0,5) 10 2 = 45 0,5 10 = 0,044. Bu olayın gerçekleşme olasılığı arttı!
Örnek 3. Olayın gerçekleşme olasılığını artıralım. Bunu daha olası hale getirelim. Olasılığı olan bir olayın olasılığını hesaplayın P= 0,8, N= 10 deneme gerçekleşecek M= 1 kez. Sahibiz: C 10 1 = 10 ve ayrıca: P 1 = 10 0,8 1 (1 0,8) 10 1 = 10 0,8 1 0,2 9 = 0,000004. Olasılık ilk örnektekinden daha az oldu! Cevap ilk bakışta tuhaf görünüyor, ancak olayın olasılığı oldukça yüksek olduğundan yalnızca bir kez gerçekleşmesi pek mümkün değil. Bunun bir kereden fazla gerçekleşmesi daha olasıdır. Gerçekten de sayılıyor P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (bir olayın gerçekleşme olasılığı) N= 10 deneme 0, 1, 2, 3, , 10 kez gerçekleşecek), şunu göreceğiz:
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
(en yüksek olasılık!);
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
Elbette P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Normal dağılım
Miktarları tasvir edersek P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , PÖrnek 3'te hesapladığımız Şekil 10'daki grafikte, dağılımlarının normal dağılım yasasına yakın bir forma sahip olduğu ortaya çıkıyor (bkz. Şekil 27.1) (bkz. ders 25. Normal dağılmış rastgele değişkenlerin modellenmesi).
p = 0,8, n = 10'da farklı m için olasılıklar
A olayının oluşma ve gerçekleşmeme olasılıkları yaklaşık olarak aynıysa, iki terimli yasa normal hale gelir, yani koşullu olarak şunu yazabiliriz: P≈ (1 P) . Örneğin, alalım N= 10 ve P= 0,5 (yani P= 1 P = 0.5 ).
Örneğin bir doğum hastanesinde aynı gün doğan 10 çocuktan kaç erkek, kaç kız çocuğunun olacağını teorik olarak hesaplamak istersek böyle bir soruna anlamlı bir şekilde ulaşmış oluruz. Daha doğrusu kız ve erkek çocuklarını değil, sadece erkek çocuk doğması, 1 erkek 9 kız doğması, 2 erkek 8 kız doğması olasılığını vb. sayacağız. Basitlik açısından, bir erkek ve bir kız çocuğu sahibi olma olasılığının aynı ve 0,5 olduğunu varsayalım (ancak gerçekte durum böyle değildir, “Yapay Zeka Sistemlerinin Modellenmesi” dersine bakınız).
3 erkek ve 7 kız çocuğuna sahip olma olasılığı 7 erkek ve 3 kız çocuğuna sahip olma olasılığına eşit olduğundan dağılımın simetrik olacağı açıktır. En yüksek doğum olasılığı 5 erkek ve 5 kız olacaktır. Bu olasılık 0,25'e eşit, bu arada mutlak değer olarak o kadar da büyük değil. Ayrıca aynı anda 10 veya 9 erkek çocuk doğma olasılığı, 10 çocuktan 5 ± 1 erkek çocuk doğma olasılığından çok daha azdır. Binom dağılımı bu hesaplamayı yapmamıza yardımcı olacaktır. Bu yüzden.
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
Elbette P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Miktarları grafikte gösterelim P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (bkz. Şekil 27.2).
p = 0,5 ve n = 10, normal yasaya yaklaşıyor
Yani koşullar altında M ≈ N/2 ve P≈ 1 P veya P≈ 0,5 binom dağılımı yerine normal olanı kullanabilirsiniz. Büyük değerler için N matematiksel beklenti ve varyans arttıkça grafik sağa kayar ve giderek daha düz hale gelir N : M = N · P , D = N · P· (1 P) .
Bu arada, binom yasası normale dönme eğilimindedir ve artan N Merkezi limit teoremine göre bu oldukça doğaldır (bkz. Ders 34. İstatistiksel sonuçların kaydedilmesi ve işlenmesi).
Şimdi şu durumda binom yasasının nasıl değiştiğini düşünün: P ≠ Q, yani P> 0 . Bu durumda normal dağılım hipotezi uygulanamaz ve binom dağılımı Poisson dağılımına dönüşür.
Poisson Dağılımı
Poisson dağılımı, binom dağılımının özel bir durumudur (ile N>> 0 ve P>0 (nadir olaylar)).
Matematikten, binom dağılımının herhangi bir üyesinin değerini yaklaşık olarak hesaplamanıza olanak tanıyan bir formül bilinmektedir:
Nerede A = N · P Poisson parametresi (matematiksel beklenti) ve varyansı matematiksel beklentiye eşittir. Bu geçişi açıklayan matematiksel hesaplamaları sunalım. Binom dağılım yasası
P M = C N M · P M· (1 P) N M
koyarsanız yazılabilir P = A/N , gibi
Çünkü Pçok küçükse yalnızca sayılar dikkate alınmalıdır M, karşılaştırıldığında küçük N. İş
birliğe çok yakın. Aynı şey boyut için de geçerli
Büyüklük
çok yakın e A. Buradan formülü elde ederiz:
Örnek. Kutu şunları içerir: N= 100 parça, hem kaliteli hem de kusurlu. Kusurlu bir ürün alma olasılığı P= 0,01. Diyelim ki bir ürünü çıkartıyoruz, arızalı olup olmadığını tespit edip geri koyuyoruz. Bunu yaparak elimizdeki 100 üründen ikisinin arızalı olduğu ortaya çıktı. Bunun olasılığı nedir?
Binom dağılımından şunu elde ederiz:
Poisson dağılımından şunu elde ederiz:
Gördüğünüz gibi değerlerin yakın olduğu ortaya çıktı, bu nedenle nadir olaylar durumunda, özellikle daha az hesaplama çabası gerektirdiğinden Poisson yasasını uygulamak oldukça kabul edilebilir.
Poisson yasasının biçimini grafiksel olarak gösterelim. Örnek olarak parametreleri ele alalım P = 0.05 , N= 10. Daha sonra:
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
Elbette P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .
Şu tarihte: N> ∞ Poisson dağılımı merkezi limit teoremine göre normal bir yasaya dönüşür (bkz.
Talepler gelmeye başlayınca: “Poisson nerede? Poisson formülünü kullanmanın sorunları nerede? ve benzeri. Ve böylece başlayacağım özel kullanım Poisson dağılımı - malzemeye olan yüksek talep nedeniyle.
Görev acı verici derecede tanıdık:
Ve sonraki iki görev öncekilerden temel olarak farklıdır:
Örnek 4
Rastgele değişken matematiksel beklentiyle Poisson yasasına tabidir. Belirli bir rastgele değişkenin matematiksel beklentisinden daha düşük bir değer alma olasılığını bulun.
Aradaki fark şu ki burada TAM OLARAK Poisson dağılımından bahsediyoruz.
Çözüm: rastgele değişken değer alır 
olasılıklarla:
Koşuluna göre, ve burada her şey basit: etkinlik üçten oluşuyor tutarsız sonuçlar:
Rastgele bir değişkenin matematiksel beklentisinden daha düşük bir değer alma olasılığı.
Cevap:
Benzer bir anlama görevi:
Örnek 5
Rastgele değişken matematiksel beklentiyle Poisson yasasına tabidir. Belirli bir rastgele değişkenin pozitif değer alma olasılığını bulun.
Çözüm ve cevap dersin sonundadır.
Ayrıca yaklaşıyorBinom dağılımı(Örnek 1-3), Poisson dağılımı geniş uygulama alanı bulmuştur. kuyruk teorisi olasılıksal özellikler için en basit olayların akışı. Kısa ve öz olmaya çalışacağım:
Bazı sistemlerin istek almasına izin verin (telefon aramaları, gelen müşteriler vb.). Uygulama akışı denir en basitşartları sağlıyorsa durağanlık, sonuç yok Ve sıradanlık. Durağanlık, isteklerin yoğunluğunu ifade eder devamlı ve günün saatine, haftanın gününe veya diğer zaman dilimlerine bağlı değildir. Başka bir deyişle, “yoğun saat” ve “ölü saat” yoktur. Sonuçların yokluğu, yeni uygulamaların olasılığının “tarih öncesine” bağlı olmadığı anlamına gelir; “bir büyükanne söyledi” ve diğerleri “koştu” (ya da tam tersi kaçtı) diye bir şey yoktur. Ve son olarak, sıradanlığın özelliği şu gerçeğiyle karakterize edilir: yeterince küçük Zaman aralığı neredeyse imkansız iki veya daha fazla uygulamanın ortaya çıkması. "Kapıda iki yaşlı kadın mı var?" - hayır, kusura bakma.
Öyleyse, bazı sistemlerin en basit uygulama akışını almasına izin verin orta yoğunlukta Dakika başına başvurular (saatte, günde veya isteğe bağlı bir zaman diliminde). O halde olasılık belirli bir süre için, sistemin alacağı istekler tam olarak şuna eşittir:
Örnek 6
Taksi sevk merkezine yapılan aramalar, saatte ortalama 30 arama yoğunluğuna sahip basit bir Poisson akışıdır. Aşağıdaki olasılıkları bulun: a) 1 dakikada. 2-3 çağrı gelecek, b) Beş dakika içinde en az bir çağrı gelecek.
Çözüm: Poisson formülünü kullanıyoruz:
a) Akışın durağanlığını dikkate alarak 1 dakikadaki ortalama çağrı sayısını hesaplıyoruz:
çağrı - ortalama bir dakika içinde.
Uyumsuz olayların olasılıklarının eklenmesi teoremine göre:
– 1 dakika içinde kontrol odasının 2-3 çağrı alma olasılığı.
b) Beş dakikadaki ortalama çağrı sayısını hesaplayın: 
Poisson dağılımını ele alalım, matematiksel beklentisini, varyansını ve modunu hesaplayalım. MS EXCEL fonksiyonu POISSON.DIST()'ı kullanarak dağılım fonksiyonunun ve olasılık yoğunluğunun grafiklerini oluşturacağız. Dağılım parametresini, matematiksel beklentisini ve standart sapmasını tahmin edelim.
Öncelikle dağıtımın kuru ve resmi bir tanımını veriyoruz, ardından aşağıdaki durumların örneklerini veriyoruz: Poisson Dağılımı(İngilizce) Poissondağıtım) rastgele bir değişkeni tanımlamak için yeterli bir modeldir.
Belirli bir zaman diliminde (veya belirli bir madde hacminde) ortalama λ( frekansıyla rastgele olaylar meydana gelirse lambda), ardından olayların sayısı X, Bu süre zarfında meydana gelen Poisson Dağılımı.
Poisson dağılımının uygulanması
Örnekler ne zaman Poisson Dağılımı yeterli bir modeldir:
- belirli bir süre içinde telefon santralinde alınan çağrıların sayısı;
- belirli bir süre boyunca radyoaktif bozunmaya uğrayan parçacıkların sayısı;
- Sabit uzunlukta bir kumaş parçasındaki kusur sayısı.
Poisson Dağılımı Aşağıdaki koşullar yerine getirilirse yeterli bir modeldir:
- olaylar birbirinden bağımsız olarak gerçekleşir; sonraki bir olayın olasılığı bir öncekine bağlı değildir;
- ortalama olay oranı sabittir. Sonuç olarak, bir olayın olasılığı gözlem aralığının uzunluğuyla orantılıdır;
- iki olay aynı anda gerçekleşemez;
- olay sayısı 0 değerini almalıdır; 1; 2…
Not: İyi bir ipucu, gözlemlenen rastgele değişkenin Poisson Dağılımı, yaklaşık olarak eşit olduğu gerçeğidir (aşağıya bakınız).
Aşağıda aşağıdaki durumların örnekleri verilmiştir: Poisson Dağılımı yapamamak uygulanacak:
- bir saat içinde üniversiteden ayrılan öğrenci sayısı (ortalama öğrenci akışı sabit olmadığı için: dersler sırasında az sayıda öğrenci vardır ve dersler arasındaki teneffüs sırasında öğrenci sayısı keskin bir şekilde artar);
- Kaliforniya'da yılda 5 puan büyüklüğündeki depremlerin sayısı (bir deprem benzer büyüklükte artçı şoklara neden olabileceğinden olaylar bağımsız değildir);
- hastaların yoğun bakımda geçirdiği gün sayısı (çünkü hastaların yoğun bakımda geçirdiği gün sayısı her zaman 0'dan büyüktür).
Not: Poisson Dağılımı daha doğru ayrık dağılımların bir yaklaşımıdır: ve .
Not: İlişki hakkında Poisson Dağılımı Ve Binom dağılımı makalede okuyabilirsiniz. İlişki hakkında Poisson Dağılımı Ve Üstel dağılım hakkındaki makalede okunabilir.
MS EXCEL'de Poisson dağılımı
MS EXCEL'de, 2010 sürümünden başlayarak, Dağılımlar Poisson POISSON.DIST(), İngilizce adı - POISSON.DIST() işlevi vardır; bu, yalnızca belirli bir süre içinde gerçekleşme olasılığını hesaplamanıza olanak tanır X olaylar (işlev olasılık yoğunluğu p(x), yukarıdaki formüle bakın), fakat aynı zamanda (belirli bir zaman periyodunda en azından X olaylar).
MS EXCEL 2010'dan önce, EXCEL'de hesaplama yapmanızı da sağlayan POISSON() işlevi vardı. dağıtım işlevi Ve olasılık yoğunluğu p(x). POISSON(), uyumluluk amacıyla MS EXCEL 2010'da bırakılmıştır.
Örnek dosya grafikler içeriyor olasılık yoğunluk dağılımı Ve kümülatif dağılım fonksiyonu.
Poisson Dağılımıçarpık bir şekle sahiptir (olasılık fonksiyonunun sağ tarafında uzun bir kuyruk), ancak λ parametresi arttıkça giderek daha simetrik hale gelir.
Not: Ortalama Ve dağılım(kare) parametreye eşittir Poisson Dağılımı– λ (bkz. örnek sayfa dosyası Örnek).
Görev
Sıradan uygulama Poisson dağılımları Kalite kontrolde, bir cihazda veya cihazda ortaya çıkabilecek kusurların sayısının bir modelidir.
Örneğin, bir çipteki ortalama kusur sayısı λ (lambda) 4'e eşit olduğunda, rastgele seçilen bir çipin 2 veya daha az kusura sahip olma olasılığı: = POISON.DAĞ(2,4;DOĞRU)=0,2381
Fonksiyondaki üçüncü parametre = TRUE olarak ayarlanmıştır, dolayısıyla fonksiyon geri dönecektir kümülatif dağılım fonksiyonu yani rastgele olayların sayısının 0 ila 4 dahil aralığında olma olasılığı.
Bu durumda hesaplamalar aşağıdaki formüle göre yapılır:
Rastgele seçilen bir mikro devrenin tam olarak 2 kusura sahip olma olasılığı: = POISON.DAĞ(2,4;YANLIŞ)=0,1465
Fonksiyondaki üçüncü parametre = YANLIŞ olarak ayarlanmıştır, dolayısıyla fonksiyon olasılık yoğunluğunu döndürecektir.
Rastgele seçilen bir mikro devrenin 2'den fazla kusura sahip olma olasılığı şuna eşittir: =1-POISSON.DAĞ(2,4,DOĞRU) =0,8535
Not: Eğer X bir tamsayı değilse, formülü hesaplarken . Formüller =POISON.DAĞ( 2 ; 4; YALAN) Ve =POISON.DAĞ( 2,9 ; 4; YALAN) aynı sonucu döndürecektir.
Rastgele sayı üretimi ve λ tahmini
λ değerleri için >15 , Poisson Dağılımı iyi yaklaştırılmış Normal dağılım aşağıdaki parametrelerle: μ =λ , σ2 =λ .
Bu dağılımlar arasındaki ilişki hakkında daha fazla ayrıntıyı makalede bulabilirsiniz. Ayrıca yaklaşıklık örnekleri ve bunun ne zaman mümkün olduğuna ve hangi doğrulukla açıklandığına ilişkin koşullar da vardır.
TAVSİYE: Diğer MS EXCEL dağıtımlarını yazıdan okuyabilirsiniz.