Розподіл Пуассон.

Розглянемо найбільш типову ситуацію, де виникає розподіл Пуассона. Нехай подія Аз'являється кілька разів у фіксованому ділянці простору (інтервалі, площі, об'ємі) або проміжку часу з постійною інтенсивністю. Для певності розглянемо послідовну появу подій у часі, що називається потоком подій. Графічно потік подій можна ілюструвати безліччю точок, що розташовані на осі часу.

Це може бути потік викликів у сфері обслуговування (ремонт побутової техніки, виклик швидкої допомоги та ін.), потік викликів на АТС, відмова в роботі деяких частин системи, радіоактивний розпад, шматки тканини або металеві листи та кількість дефектів на кожному з них та ін. Найбільш корисним розподіл Пуассона виявляється в тих завданнях, де потрібно визначити лише число позитивних наслідків («успіхів»).

Уявімо булку з родзинками, розділену на маленькі шматочки рівної величини. Внаслідок випадкового розподілу родзинок не можна очікувати, що всі шматочки будуть містити їх однакове число. Коли середня кількість родзинок, що міститься в цих шматочках, відомо, тоді розподіл Пуассона задає ймовірність того, що будь-який взятий шматочок містить X=k(k= 0,1,2,...,) число родзинок.

Інакше висловлюючись, розподіл Пуассона визначає, яка частина довгої серії шматочків міститиме рівне 0, чи 1, чи 2, чи т.д. число родзинок.

Зробимо такі припущення.

1. Імовірність появи деякого числа подій у даному проміжку часу залежить тільки від довжини цього проміжку, а не від його положення на часовій осі. Це властивість стаціонарності.

2. Поява більше події у досить малому проміжку часу практично неможливо, тобто. умовна ймовірність появи в цьому ж інтервалі іншої події прагне нуля при ® 0. Це властивість ординарності.

3. Імовірність появи цього числа подій на фіксованому проміжку часу залежить від кількості подій, які з'являються інші проміжки часу. Це властивість відсутності післядії.

Потік подій, що задовольняє перерахованим пропозиціям, називається найпростішим.

Розглянемо досить малий проміжок часу. На підставі властивості 2 подія може з'явитися на цьому проміжку один раз або не з'явитися зовсім. Позначимо ймовірність появи події через р, а непояви – через q = 1-p.Ймовірність рпостійна (властивість 3) і залежить лише від величини (властивість 1). Математичне очікування числа появи події в проміжку дорівнюватиме 0× q+ 1× p = p. Тоді середня кількість появи подій в одиницю часу називається інтенсивністю потоку і позначається через a,тобто. a = .

Розглянемо кінцевий відрізок часу tі розділимо його на nчастин = . Появи подій у кожному із цих проміжків незалежні (властивість 2). Визначимо ймовірність того, що у відрізку часу tпри постійній інтенсивності потоку аподія з'явиться рівно X = kраз і не з'явиться n – k. Так як подія може в кожному з nпроміжків з'явиться не більше ніж 1 раз, то для появи його kраз на відрізку тривалістю tвоно має з'явитися у будь-яких kпроміжках із загального числа n.Усього таких комбінацій, а ймовірність кожної дорівнює. Отже, за теоремою складання ймовірностей отримаємо для шуканої ймовірності відому формулу Бернуллі

Ця рівність записано як наближене, тому що вихідною посилкою при його виведенні послужило властивість 2, яке виконується тим точніше, чим менше . Для отримання точної рівності перейдемо до межі при ® 0 або, що те саме, n®. Отримаємо після заміни

P = a= і q = 1 – .

Введемо новий параметр = at, що означає середню кількість події у відрізку t. Після нескладних перетворень та переходу до межі в співмножниках отримаємо.

= 1, = ,

Остаточно отримаємо

, k = 0, 1, 2, ...

е = 2,718... -підстава натурального логарифму.

Визначення. Випадкова величина Х, Що приймає тільки цілі, позитивні значення 0, 1, 2, ... має закон розподілу Пуассона з параметром , якщо

для k = 0, 1, 2, ...

Розподіл Пуассон було запропоновано французьким математиком С.Д. Пуассон (1781-1840 рр.). Воно використовується для вирішення завдань обчислення ймовірностей щодо рідкісних, випадкових взаємно незалежних подій в одиницю часу, довжини, площі та обсягу.

Для випадку, коли а) - велике і б) k= , справедлива формула Стірлінга:

Для розрахунку наступних значень використовується рекурентна формула

P(k + 1) = P(k).

приклад 1. Чому дорівнює ймовірність того, що з 1000 осіб у цей день народилися: а) жодної, б) однієї, в) двох, г) трьох осіб?

Рішення. Оскільки p= 1/365, то q= 1 - 1/365 = 364/365 » 1.

Тоді

а) ,

б) ,

в) ,

г) .

Отже, якщо є вибірки з 1000 осіб, то середня кількість осіб, які народилися у визначений день, відповідно дорівнюватимуть 65; 178; 244; 223.

приклад 2. Визначити значення , у якому з ймовірністю Рподія виникла хоча б один раз.

Рішення. Подія А= (з'явитися хоча б раз) і = (не з'явитися жодного разу). Отже.

Звідси та .

Наприклад, для Р= 0,5 для Р= 0,95 .

приклад 3. На ткацьких верстатах, які обслуговує одна ткаля, протягом години відбувається 90 обривів нитки. Знайти ймовірність того, що за 4 хвилини станеться хоч один обрив нитки.

Рішення. За умовою t = 4 хв. і середня кількість обривів за одну хвилину, звідки . Необхідна ймовірність дорівнює.

Властивості. Математичне очікування та дисперсія випадкової величини, що має розподіл Пуассона з параметром, рівні:

M(X) = D(X) = .

Ці вирази виходять прямими обчисленнями:

Тут було здійснено заміну n = k- 1 і використаний той факт, що .

Виконавши перетворення, аналогічні використаним під час виведення М(X), отримаємо

Розподіл Пуассона використовується для апроксимації біномінального розподілу при великих n

Коротка теорія

Нехай проводиться незалежні випробування, у кожному з яких ймовірність появи події дорівнює . Для визначення ймовірності появи події у цих випробуваннях використовують формулу Бернуллі. Якщо ж велике, то користуються або . Однак ця формула непридатна, якщо мала. У цих випадках (велике, мало) вдаються до асимптотичної формулі Пуассона.

Поставимо собі завдання знайти ймовірність того, що при дуже великій кількості випробувань, у кожному з яких ймовірність події дуже мала, подія настане рівно раз. Зробимо важливе припущення: твір зберігає постійне значення, саме . Це означає, що середня кількість події у різних серіях випробувань, тобто. при різних значеннях залишається незмінним.

Приклад розв'язання задачі

Завдання 1

На базі отримано 10 000 електроламп. Імовірність того, що в дорозі лампа розіб'ється, дорівнює 0,0003. Знайдіть ймовірність того, що серед отриманих ламп буде п'ять ламп розбито.

Рішення

Умова застосування формули Пуассона:

Якщо ймовірність появи події в окремому випробуванні досить близька до нуля, то навіть при великих значеннях кількості випробувань ймовірність, що обчислюється локальною теореми Лапласа, виявляється недостатньо точною. У таких випадках застосовують формулу, виведену Пуассоном.

Нехай подія – 5 ламп буде розбито

Скористаємося формулою Пуассона:

У нашому випадку:

Відповідь

Завдання 2

На підприємстві 1000 одиниць обладнання певного виду. Імовірність відмови одиниці обладнання протягом години становить 0,001. Скласти закон розподілу кількості відмов обладнання протягом години. Визначити числові показники.

Рішення

Випадкова величина – кількість відмов обладнання може приймати значення

Скористаємося законом Пуассона:

Знайдемо ці ймовірності:

.

Математичне очікування та дисперсія випадкової величини, розподіленої за законом Пуассона дорівнює параметру цього розподілу:

Середнявартість рішення контрольної роботи 700 – 1200 рублів (але не менше 300 руб. за все замовлення). На ціну сильно впливає терміновість рішення (від доби до кількох годин). Вартість онлайн-допомоги на іспиті/заліку - від 1000 руб. за рішення квитка.

Заявку можна залишити прямо в чаті, попередньо скинувши умову завдань та повідомивши необхідні вам терміни вирішення. Час відповіді – кілька хвилин.

Найбільш загальним випадком різноманітних імовірнісних розподілів є біномний розподіл. Скористаємося його універсальністю визначення найбільш часто зустрічаються практично приватних видів розподілів.

Біноміальний розподіл

Нехай є певна подія A . Імовірність появи події A дорівнює p, ймовірність непояви події A дорівнює 1 p, іноді її позначають як q. Нехай nкількість випробувань, mЧастота появи події A в цих nвипробуваннях.

Відомо, що сумарна ймовірність всіх можливих комбінацій результатів дорівнює одиниці, тобто:

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 nІмовірність того, що в nnразів; n · p n 1 · (1) p) Імовірність того, що в nn 1) раз і не відбудеться 1 раз; C n n 2 · p n 2 · (1) p) 2 Імовірність того, що в nвипробування подія A відбудеться ( n 2) рази і не відбудеться 2 рази; P m = C n m · p m· (1 | p) n – m Імовірність того, що в nвипробування подія A відбудеться mраз і не станеться ( n – m) раз; (1 | p) nІмовірність того, що в nвипробування подія A не відбудеться жодного разу; число поєднань з nпо m .

Математичне очікування Mбіномного розподілу дорівнює:

M = n · p ,

де nкількість випробувань, pМожливість появи події A .

Середньоквадратичне відхилення σ :

σ = sqrt( n · p· (1 | p)) .

приклад 1 . Обчислити ймовірність того, що подія має ймовірність p= 0.5, в n= 10 випробуваннях відбудеться m= 1 раз. Маємо: C 10 1 = 10 і далі: P 1 = 10 · 0.5 1 · (1 0.5) 10 1 = 10 · 0.5 10 = 0.0098. Як бачимо, ймовірність настання цієї події є досить малою. Пояснюється це, по-перше, тим, що абсолютно не ясно, чи станеться подія чи ні, оскільки ймовірність дорівнює 0.5 та шанси тут «50 на 50»; а по-друге, потрібно обчислити те, що подія відбудеться саме один раз (не більше і не менше) із десяти.

Приклад 2 . Обчислити ймовірність того, що подія має ймовірність p= 0.5, в n= 10 випробуваннях відбудеться m= 2 рази. Маємо: C 10 2 = 45 і далі: P 2 = 45 · 0.5 2 · (1 0.5) 10 2 = 45 · 0.5 10 = 0.044. Імовірність настання цієї події стала більшою!

Приклад 3 . Збільшимо ймовірність настання події. Зробимо його вірогіднішим. Обчислити ймовірність того, що подія має ймовірність p= 0.8, в n= 10 випробуваннях відбудеться m= 1 раз. Маємо: C 10 1 = 10 і далі: P 1 = 10 · 0.8 1 · (1 0.8) 10 1 = 10 · 0.8 1 · 0.2 9 = 0.000004. Імовірність стала меншою, ніж у першому прикладі! Відповідь, на перший погляд, здається дивною, але оскільки подія має досить велику ймовірність, навряд чи вона станеться лише один раз. Імовірніше, що воно станеться більше, ніж один, кількість разів. Дійсно, підраховуючи P 0 , P 1 , P 2 , P 3 , | P 10 (ймовірність того, що подія в n= 10 випробуваннях відбудеться 0, 1, 2, 3, ?, 10 разів), ми побачимо:

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…(найбільша ймовірність!);
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…

Зрозуміло, P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .

Нормальний розподіл

Якщо зобразити величини P 0 , P 1 , P 2 , P 3 , | P 10 , які ми підрахували у прикладі 3, на графіку, то виявиться, що їх розподіл має вигляд, близький до нормального закону розподілу (див. рис. 27.1) (див. лекцію 25. Моделювання нормально розподілених випадкових величин).

Мал. 27.1. Вид біномного розподілу
ймовірностей для різних m при p=0.8, n=10

Біноміальний закон перетворюється на нормальний, якщо ймовірності появи і непояви події A приблизно однакові, тобто, умовно можна записати: p≈ (1 p) . Для прикладу візьмемо n= 10 і p= 0.5 (тобто p= 1 | p = 0.5 ).

Змістовно до такого завдання ми прийдемо, якщо, наприклад, захочемо теоретично порахувати, скільки буде хлопчиків і скільки дівчаток з 10 народжених у пологовому будинку в один день дітей. Точніше, вважатимемо не хлопчиків і дівчаток, а ймовірність, що народяться лише хлопчики, що народиться 1 хлопчик і 9 дівчаток, що народиться 2 хлопчики та 8 дівчаток і так далі. Приймемо для простоти, що ймовірність народження хлопчика та дівчинки однакова і дорівнює 0.5 (але насправді, якщо чесно, це не так, див. курс «Моделювання систем штучного інтелекту»).

Зрозуміло, що розподіл буде симетричний, оскільки ймовірність народження 3 хлопчиків та 7 дівчаток дорівнює ймовірності народження 7 хлопчиків та 3 дівчаток. Найбільша ймовірність народження буде у 5 хлопчиків та 5 дівчаток. Ця ймовірність дорівнює 0.25, до речі, не така вже вона і велика за абсолютною величиною. Далі ймовірність того, що народиться відразу 10 або 9 хлопчиків набагато менше, ніж ймовірність того, що народиться 5 ± 1 хлопчик із 10 дітей. Саме біномний розподіл нам допоможе зробити цей розрахунок. Отже.

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…

Зрозуміло, P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .

Відобразимо на графіку величини P 0 , P 1 , P 2 , P 3 , | P 10 (див. рис. 27.2).

Мал. 27.2. Графік біномного розподілу за параметрами
p = 0.5 та n = 10, що наближають його до нормального закону

Отже, за умов m ≈ n/2 і p≈ 1 | pабо p≈ 0.5 замість біномного розподілу можна використовувати нормальне. При великих значеннях nграфік зсувається вправо і стає все більш пологім, тому що математичне очікування та дисперсія зростають зі збільшенням n : M = n · p , D = n · p· (1 | p) .

До речі, біноміальний закон прагне нормального і зі збільшенням n, що цілком природно, відповідно до центральної граничної теореми (див. лекцію 34. Фіксація та обробка статистичних результатів).

Тепер розглянемо, як зміниться біномний закон у разі, коли p ≠ q, тобто p>0. У цьому випадку застосувати гіпотезу про нормальність розподілу не можна, і біноміальний розподіл перетворюється на розподіл Пуассона.

Розподіл Пуассона

Розподіл Пуассона це окремий випадок біномного розподілу (при n>> 0 і при p>0 (рідкісні події)).

З математики відома формула, що дозволяє приблизно підрахувати значення будь-якого члена біномного розподілу:

де a = n · p ¦ параметр Пуассона (математичне очікування), а дисперсія дорівнює математичному очікуванню. Наведемо математичні викладки, які пояснюють цей перехід. Біноміальний закон розподілу

P m = C n m · p m· (1 | p) n – m

може бути написаний, якщо покласти p = a/n , у вигляді

Оскільки pдуже мало, то слід брати до уваги лише числа m, малі в порівнянні з n. Твір

дуже близько до одиниці. Це саме стосується величини

Величина

дуже близька до e – a. Звідси отримуємо формулу:

Приклад. У ящику знаходиться n= 100 деталей як якісних, так і бракованих. Імовірність дістати бракований виріб складає p= 0.01. Припустимо, що ми виймаємо виріб, визначаємо, бракований він чи ні, і кладемо його назад. Вчиняючи таким чином, вийшло, що зі 100 виробів, які ми перебрали, два виявилися бракованими. Яка ймовірність цього?

За біноміальним розподілом отримуємо:

За розподілом Пуассона отримуємо:

Як видно, величини вийшли близькими, тому у разі рідкісних подій цілком допустимо застосовувати закон Пуассона, тим більше, що він вимагає менших обчислювальних витрат.

Покажемо графічно вигляд закону Пуассона. Візьмемо для прикладу параметри p = 0.05 , n= 10. Тоді:

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…

Зрозуміло, P 0 + P 1 + P 2 + P 3 + P 4 + P 5 + P 6 + P 7 + P 8 + P 9 + P 10 = 1 .

Мал. 27.3. Графік розподілу Пуассона при p = 0.05 та n = 10

При n¦> ∞ розподіл Пуассона перетворюється на нормальний закон, відповідно до центральної граничної теореми (див.

Де ? дорівнює середньому числу появи подій у однакових незалежних випробуваннях, тобто. λ = n × p, де p - ймовірність події при одному випробуванні, e = 2,71828.

Ряд розподілу закону Пуассона має вигляд:

Призначення сервісу. Онлайн-калькулятор використовується для побудови Пуассонівського розподілу та обчислення всіх характеристик ряду: математичного очікування, дисперсії та середньоквадратичного відхилення. Звіт з рішенням оформляється у форматі Word.

Число випробувань: n = , ймовірність p =
Обчислити ймовірність для: m =
настане раз
менше раз
не менше раз
більше раз
не більше раз
не менше і не більше раз
настане хоча б один раз

У разі коли n велике, а λ = p·n > 10 формула Пуассона дає дуже грубе наближення і для розрахунку P n (m) використовують локальну та інтегральну теореми Муавра-Лапласа .

Числові характеристики випадкової величини Х

Математичне очікування розподілу Пуассона
M[X] = λ

Дисперсія розподілу Пуассона
D[X] = λ

Приклад №1. Насіння містить 0.1% бур'янів. Яка ймовірність при випадковому відборі 2000 насінин виявити 5 насіння бур'янів?
Рішення.
Імовірність р мала, а число n велике. np = 2 P(5) = λ 5 e -5 /5! = 0.03609
Математичне очікування: M[X] = λ = 2
Дисперсія: D[X] = λ = 2

Приклад №2. Серед насіння жита є 0.4% насіння бур'янів. Скласти закон розподілу числа бур'янів при випадковому відборі 5000 насінин. Знайти математичне очікування та дисперсію цієї випадкової величини.
Рішення. Математичне очікування: M[X] = λ = 0.004*5000 = 20. Дисперсія: D[X] = λ = 20
Закон розподілу:

X	0	1	2	…	m	…
P	e-20	20e -20	200e -20	…	20 m e -20 /m!	…

Приклад №3. На телефонній станції неправильне з'єднання відбувається із ймовірністю 1/200. Знайдіть ймовірність того, що серед 200 з'єднань станеться:
а) одно неправильне з'єднання;
б) менше ніж три неправильні сполуки;
в) більше двох неправильних сполук.
Рішення.За умовою завдання ймовірність події мала, тому використовуємо формулу Пуассона (15).
а) Вказано: n = 200, p = 1/200, k = 1. Знайдемо P 200 (1).
Отримуємо: . Тоді P 200 (1) ≈ e -1 ≈ 0,3679.
б) Задано: n = 200, p = 1/200, k< 3. Найдем P 200 (k < 3).
Маємо: a = 1.

в) Задано: n = 200, p = 1/200, k> 2. Знайдемо P 200 (k> 2).
Це завдання можна вирішити простіше: знайти ймовірність протилежної події, тому що в цьому випадку потрібно обчислити менше доданків. Зважаючи на попередній випадок, маємо

Розглянемо випадок, коли n досить великий, а p - досить малим; покладемо np = a, де a – деяке число. У цьому випадку ймовірність визначається формулою Пуассона:

Імовірність появи k подій за час тривалістю t можна знайти за формулою Пуассона:
де - інтенсивність потоку подій, тобто середня кількість подій, які з'являються в одиницю часу.

Приклад №4. Імовірність того, що деталь бракована дорівнює 0.005. перевіряється 400 деталей. Вкажіть формулу обчислення ймовірності того, що більше 3 деталей одружилися.

Приклад №5. Імовірність появи бракованих деталей за її масовому виробництві дорівнює p. визначити ймовірність того, що в партії з N деталей міститься а) три деталі; б) трохи більше трьох бракованих деталей.
p=0,001; N = 4500
Рішення.
Імовірність р мала, а число n велике. np = 4.5< 10. Значит случайная величина Х – распределена по Пуассоновскому распределению. Составим закон.
Випадкова величина X має область значень (0,1,2,...,m). Імовірності цих значень можна знайти за такою формулою:

Знайдемо низку розподілу X.
Тут 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

Тоді ймовірність того, що в партії з N деталей міститься рівно три деталі, дорівнює:

Тоді ймовірність того, що в партії з N деталей міститься не більше трьох бракованих деталей:
P(x<3) = P(0) + P(1) + P(2) = 0,01111 + 0,04999 + 0,1125 = 0,1736

Приклад №6. Автоматична телефонна станція отримує в середньому за годину N дзвінків. Визначити ймовірність того, що за цю хвилину вона отримає: а) рівно два виклики; б) більше двох дзвінків.
N = 18
Рішення.
За одну хвилину АТС у середньому отримує λ = 18/60 хв. = 0,3
Вважаючи, що випадкова кількість X викликів, що надійшли на АТС за одну хвилину,
підпорядковується закону Пуассона, за формулою знайдемо ймовірність

Знайдемо низку розподілу X.
Тут λ = 0.3
P(0) = e - λ = e -0.3 = 0.7408
P(1) = λe -λ = 0.3e -0.3 = 0.2222

Імовірність того, що за цю хвилину вона отримає рівно два виклики:
P(2) = 0,03334
Імовірність того, що за цю хвилину вона отримає більше двох викликів:
P(x>2) = 1 - 0,7408 - 0,2222 - 0,03334 = 0,00366

Приклад №7. Розглядаються два елементи, які працюють незалежно один від одного. Тривалість часу безвідмовної роботи має показовий розподіл параметром λ1 = 0,02 для першого елемента і λ2 = 0,05 для другого елемента. Знайти ймовірність того, що за 10 годин: а) обидва елементи працюватимуть безвідмовно; б) тільки ймовірність того, що за 10 годин елемент №1 не вийде з ладу:
Рішення.
P 1 (0) = e -λ1 * t = e -0.02 * 10 = 0,8187

Імовірність того, що за 10 годин елемент №2 не вийде з ладу:
P 2 (0) = e -λ2 * t = e -0.05 * 10 = 0,6065

а) обидва елементи працюватимуть безвідмовно;
P(2) = P 1 (0)*P 2 (0) = 0,8187*0,6065 = 0,4966
б) лише один елемент вийде з ладу.
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

Приклад №7. Виробництво дає 1% шлюбу. Яка ймовірність того, що із взятих на дослідження 1100 виробів вибраковано буде не більше ніж 17?
Примітка: оскільки тут n*p =1100*0.01=11 > 10, необхідно використовувати

Як відразу почали надходити запити: Де Пуассон? Де завдання на формулу Пуассона? і т.п. І тому я почну з приватного застосуваннярозподілу Пуассона - через велику популярність матеріалу.

Завдання до болю ейфорії знайоме:

І такі два завдання принципово відрізняються від попередніх:

Приклад 4

Випадкова величина підпорядкована закону Пуассона з математичним очікуванням. Знайти ймовірність того, що ця випадкова величина набуде значення, меншого, ніж її математичне очікування.

Відмінність полягає в тому, що тут йде САМЕ про розподіл Пуассона.

Рішення: випадкова величина набуває значення з ймовірностями:

За умовою, і тут все просто: подія полягає в трьох несумісних наслідків:

Імовірність того, що випадкова величина набуде значення, меншого, ніж її математичне очікування.

Відповідь:

Аналогічне завдання розуміння:

Приклад 5

Випадкова величина підпорядкована закону Пуассона з математичним очікуванням. Знайти ймовірність того, що ця випадкова величина набуде позитивного значення.

Рішення та відповідь наприкінці уроку.

Крім наближеннябіномного розподілу(Приклади 1-3), розподіл Пуассона знайшов широке застосування теорії масового обслуговуваннядля імовірнісної характеристики найпростішогопотоку подій. Постараюся бути лаконічним:

Нехай до певної системи надходять заявки (телефонні дзвінки, клієнти, що приходять і т.д.). Потік заявок називають найпростішимякщо він задовольняє умовам стаціонарності, відсутності наслідківі ординарності. Стаціонарність має на увазі те, що інтенсивність заявок постійнаі не залежить від часу доби, дня тижня чи інших тимчасових рамок. Іншими словами, не буває «години пік» і не буває «мертвого годинника». Відсутність наслідків означає, що можливість появи нових заявок залежить від «передісторії», тобто. немає такого, що «одна бабця розповіла» та інші «набігли» (або навпаки, розбіглися). І, нарешті, властивість ординарності характеризується тим, що за досить малийпроміжок часу практично неможливо поява двох або більшої кількості заявок. «Дві старенькі у двері?» - Ні, звільніть.

Отже, нехай до певної системи надходить найпростіший потік заявок із середньою інтенсивністюзаявок на хвилину (у годину, на день або у довільний проміжок часу). Тоді ймовірність того, що за цей проміжок часу, В систему надійде рівно заявок, дорівнює:

Приклад 6

Дзвінки в диспетчерську таксі є найпростішим пуассонівським потоком із середньою інтенсивністю 30 викликів на годину. Знайти ймовірність того, що: а) за 1 хв. надійде 2-3 виклики; б) протягом п'яти хвилин буде хоча б один дзвінок.

Рішення: використовуємо формулу Пуассона:

а) Враховуючи стаціонарність потоку, обчислимо середню кількість дзвінків за 1 хвилину:
дзвінка – в середньому за одну хвилину.

За теоремою складання ймовірностей несумісних подій:
- Імовірність того, що за 1 хвилину в диспетчерську надійде 2-3 виклики.

б) Обчислимо середню кількість викликів за п'ять хвилин: