Poisson dağılımı.
Poisson dağılımının ortaya çıktığı en tipik durumu ele alalım. Hadi olay A uzayın sabit bir alanında (aralık, alan, hacim) veya sabit yoğunlukta bir zaman diliminde belirli sayıda ortaya çıkar. Spesifik olmak gerekirse, olayların akışı olarak adlandırılan olayların zaman içinde sıralı olarak ortaya çıkmasını düşünün. Grafiksel olarak olayların akışı, zaman ekseninde yer alan birçok nokta ile gösterilebilir.
Bu, hizmet sektöründeki bir çağrı akışı (ev aletlerinin onarımı, ambulans çağırma vb.), telefon santraline yapılan bir çağrı akışı, sistemin bazı bölümlerinin arızası, radyoaktif bozulma, kumaş veya metal parçaları olabilir. sayfalar ve her birindeki kusur sayısı vb. Poisson dağılımı, yalnızca olumlu sonuçların ("başarılar") sayısını belirlemeniz gereken problemlerde en kullanışlıdır.
Eşit büyüklükte küçük parçalara bölünmüş kuru üzümlü bir çörek hayal edelim. Kuru üzümlerin rastgele dağılımı nedeniyle tüm parçaların aynı sayıda kuru üzüm içermesi beklenemez. Bu parçaların içerdiği ortalama kuru üzüm sayısı bilindiğinde Poisson dağılımı, herhangi bir parçanın kuru üzüm içerme olasılığını verir. X=k(k= 0,1,2,...,)kuru üzüm sayısı.
Başka bir deyişle Poisson dağılımı, uzun bir parça serisinin hangi bölümünün 0'a, 1'e, 2'ye vb. eşit olacağını belirler. öne çıkanların sayısı.
Aşağıdaki varsayımları yapalım.
1. Belirli bir zaman aralığında belirli sayıda olayın meydana gelme olasılığı, zaman eksenindeki konumuna değil, yalnızca bu aralığın uzunluğuna bağlıdır. Bu durağanlığın özelliğidir.
2. Yeterince kısa bir süre içinde birden fazla olayın meydana gelmesi pratik olarak imkansızdır; aynı aralıkta başka bir olayın meydana gelme koşullu olasılığı ® 0 olarak sıfıra yönelir. Bu sıradanlığın özelliğidir.
3. Belirli bir sayıda olayın sabit bir zaman diliminde meydana gelme olasılığı, diğer zaman dilimlerinde ortaya çıkan olayların sayısına bağlı değildir. Bu, sonradan etkinin olmamasının özelliğidir.
Yukarıdaki önermeleri karşılayan olay akışına ne ad verilir? en basit.
Oldukça kısa bir zaman dilimini ele alalım. Özellik 2'ye göre olay bu aralıkta bir kez ortaya çıkabilir veya hiç görünmeyebilir. Bir olayın gerçekleşme olasılığını şu şekilde ifade edelim: R ve görünmeme - aracılığıyla q = 1-P. Olasılık R sabittir (özellik 3) ve yalnızca değere bağlıdır (özellik 1). Bir olayın aralıktaki oluşum sayısının matematiksel beklentisi 0×'a eşit olacaktır. Q+ 1× P = P. Daha sonra birim zaman başına olayların ortalama oluşum sayısına akış yoğunluğu adı verilir ve şu şekilde gösterilir: A, onlar. A = .
Sınırlı bir zaman dilimini düşünün T ve şuna böl: N parçalar = . Bu aralıkların her birinde olayların meydana gelişi bağımsızdır (özellik 2). Belirli bir zaman diliminde olasılığını belirleyelim. T sabit akış yoğunluğunda A etkinlik tam olarak görünecek X = k bir daha görünmeyecek n-k. Bir olay her birinde olabileceğinden N boşluklar 1 defadan fazla görünmez, daha sonra görünümü için k bir süre diliminde bir kez T herhangi bir yerde görünmesi gerekir k toplamdan aralıklar N. Bu tür kombinasyonların toplamı vardır ve her birinin olasılığı eşittir. Sonuç olarak, olasılıkların toplama teoremi ile istenen olasılık için iyi bilinen Bernoulli formülünü elde ederiz.
Bu eşitlik yaklaşık bir eşitlik olarak yazılmıştır, çünkü türetilmesinin ilk öncülü özellik 2'dir ve bu özellik ne kadar küçük olursa o kadar doğru bir şekilde yerine getirilir. Tam eşitlik elde etmek için ® 0'daki limite geçelim veya aynı şey, N® . Değişimden sonra alacağız.
P = A= ve Q = 1 – .
Yeni bir parametre tanıtalım = en, bir segmentteki bir olayın ortalama oluşum sayısı anlamına gelir T. Basit dönüşümler yapıp faktörlerdeki limite geçtikten sonra elde ederiz.
= 1, = ,
Sonunda elde ettik
, k = 0, 1, 2, ...
e = 2,718... doğal logaritmanın tabanıdır.
Tanım. Rastgele değişken X Yalnızca tamsayı alan, pozitif değerler 0, 1, 2, ... ise parametresi ile Poisson dağılım yasasına sahiptir.
İçin k = 0, 1, 2, ...
Poisson dağılımı Fransız matematikçi S.D. tarafından önerildi. Poisson (1781-1840). Nispeten nadir, rastgele, karşılıklı olarak bağımsız olayların birim zaman, uzunluk, alan ve hacim başına olasılıklarını hesaplama problemlerini çözmek için kullanılır.
a)'nın büyük ve b) olduğu durum için k= ise Stirling formülü geçerlidir:
Sonraki değerleri hesaplamak için yinelenen bir formül kullanılır
P(k + 1) = P(k).
Örnek 1. Belirli bir günde 1000 kişiden: a) hiçbiri, b) bir, c) iki, d) üç kişi doğmuş olma olasılığı nedir?
Çözüm. Çünkü P= 1/365 ise Q= 1 – 1/365 = 364/365"1.
Daha sonra 
A) 
,
B) 
,
V) 
,
G) 
.
Dolayısıyla 1000 kişilik örneklem varsa, belirli bir günde doğan ortalama insan sayısı buna göre 65 olacaktır; 178; 244; 223.
Örnek 2. Olasılıkla hangi değeri belirleyin R olay en az bir kez ortaya çıktı.
Çözüm. Etkinlik A= (en az bir kez görünür) ve = (bir kez bile görünmez). Buradan .
Buradan 
Ve .
Örneğin, R= 0,5, için R= 0,95 .
Örnek 3. Tek dokumacının çalıştırdığı tezgâhlarda bir saatte 90 iplik kopması meydana gelir. 4 dakika içinde en az bir ipliğin kopması olasılığını bulun.
Çözüm. Koşullara göre t = 4 dakika ve dakika başına ortalama mola sayısı, buradan itibaren 
. Gerekli olasılık .
Özellikler. Parametreli Poisson dağılımına sahip bir rastgele değişkenin matematiksel beklentisi ve varyansı şuna eşittir:
M(X) = D(X) = .
Bu ifadeler doğrudan hesaplamalarla elde edilir:
Değiştirmenin yapıldığı yer burası N = k– 1 ve gerçek şu ki .
Çıktıda kullanılanlara benzer dönüşümler gerçekleştirerek M(X), elde ederiz
Poisson dağılımı genel olarak binom dağılımına yaklaşmak için kullanılır N
Kısa teori
Her birinde olayın meydana gelme olasılığının eşit olduğu bağımsız testler yapılsın. Bu testlerde bir olayın meydana gelme olasılığını belirlemek için Bernoulli formülü kullanılmaktadır. Büyükse veya kullanın. Ancak bu formül küçükse uygun değildir. Bu durumlarda (büyük, küçük) asimptotik yönteme başvururlar. Poisson formülü.
Bir olayın olasılığının çok küçük olduğu çok sayıda deneme verildiğinde, olayın tam olarak bir kez meydana gelme olasılığını bulma görevini kendimize koyalım. Önemli bir varsayımda bulunalım: Ürün sabit bir değere sahiptir, yani. Bu, bir olayın farklı deneme serilerinde ortalama meydana gelme sayısı anlamına gelir; farklı değerler için değişmeden kalır.
Sorun çözümü örneği
Sorun 1
Üsse 10.000 elektrik lambası verildi. Lambanın yolculuk sırasında kırılma olasılığı 0,0003'tür. Alınan lambalardan beşinin kırılma olasılığını bulun.
Çözüm
Poisson formülünün uygulanabilirlik koşulu:
Tek bir denemede bir olayın meydana gelme olasılığı sıfıra oldukça yakınsa, deneme sayısının büyük değerleri için bile Laplace'ın yerel teoremi kullanılarak hesaplanan olasılığın yeterince doğru olmadığı ortaya çıkar. Bu gibi durumlarda Poisson tarafından türetilen formülü kullanın.
Olay olsun - 5 lamba kırılsın
Poisson formülünü kullanalım:
Bizim durumumuzda:
Cevap
Sorun 2
İşletmenin belirli tipte 1000 adet ekipmanı bulunmaktadır. Bir ekipmanın bir saat içinde arızalanma olasılığı 0,001'dir. Saat başına ekipman arızası sayısı için bir dağıtım yasası hazırlayın. Sayısal özellikleri bulun.
Çözüm
Rastgele değişken - ekipman arızalarının sayısı, değer alabilir
Poisson yasasını kullanalım:
Bu olasılıkları bulalım:
.Poisson yasasına göre dağıtılan bir rastgele değişkenin matematiksel beklentisi ve varyansı, bu dağılımın parametresine eşittir:
Ortalama testi çözmenin maliyeti 700 - 1200 ruble (ancak tüm sipariş için en az 300 ruble). Fiyat, kararın aciliyetinden büyük ölçüde etkilenir (bir günden birkaç saate kadar). Bir sınav/test için çevrimiçi yardımın maliyeti 1000 ruble'dir. Bileti çözmek için.
Daha önce görevlerin koşullarını gönderdikten ve ihtiyacınız olan çözüm için zaman dilimini size bildirdikten sonra doğrudan sohbete bir istek bırakabilirsiniz. Tepki süresi birkaç dakikadır.
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 . |
Beklenti 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 vb. olasılıklarını 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 , formda
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> ∞ Merkezi limit teoremine göre Poisson dağılımı normal bir yasaya dönüşür (bkz.
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 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
Beklenti: M[X] = λ = 2
Dağılım: D[X] = λ = 2
Örnek No.2. Çavdar tohumları arasında %0,4 oranında yabancı ot tohumları bulunmaktadır. Rastgele 5000 tohumluk bir seçimle yabani otların sayısı için bir dağılım yasası hazırlayın. 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 yanlış bağlantı.
Çözüm. Problemin koşullarına göre olayın olasılığı düşük olduğundan Poisson formülünü (15) kullanıyoruz.
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 arızalanmama 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
Talepler gelmeye başlayınca: “Poisson nerede? Poisson formülünü kullanmanın sorunları nerede? vesaire.. 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.). Başvuru 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 olmaması, yeni uygulamaların olasılığının “tarihöncesine” 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 dilimi 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: 