A különböző típusú valószínűségi eloszlások leggyakoribb esete a binomiális eloszlás. Használjuk sokoldalúságát a gyakorlatban leggyakrabban előforduló eloszlástípusok meghatározására.

Binomiális eloszlás

Legyen valami A esemény. Az A esemény bekövetkezésének valószínűsége egyenlő p, az A esemény be nem következésének valószínűsége 1 p, néha úgy jelölik, mint q. Hadd n tesztek száma, m az A esemény előfordulási gyakorisága ezekben n tesztek.

Ismeretes, hogy az eredmények összes lehetséges kombinációjának teljes valószínűsége eggyel egyenlő, azaz:

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 annak valószínűsége, hogy be nn egyszer; n · p n 1 (1 p) annak valószínűsége, hogy be nn 1) egyszer, és egyszer nem fog megtörténni; C n n 2 · p n 2 (1 p) 2 annak valószínűsége, hogy be n tesztek, A esemény fog bekövetkezni ( n 2) alkalommal, és nem fog megtörténni 2 alkalommal; P m = C n m · p m· (1 p) n – m annak valószínűsége, hogy be n tesztek esetén az A esemény fog bekövetkezni m soha nem fog megtörténni ( n – m) egyszer; (1 p) n annak valószínűsége, hogy be n a kísérletekben az A esemény még egyszer sem következik be; kombinációinak száma nÁltal m .

Várakozás M binomiális eloszlás egyenlő:

M = n · p ,

Ahol n tesztek száma, p Az A esemény bekövetkezésének valószínűsége.

Szórás σ :

σ = sqrt( n · p· (1 p)) .

1. példa Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy eseménynek van valószínűsége p= 0,5 hüvelyk n= 10 próba fog történni m= 1 alkalommal. Nálunk: C 10 1 = 10, és tovább: P 1 = 10 0,5 1 (1 0,5) 10 1 = 10 0,5 10 = 0,0098. Amint látjuk, ennek az eseménynek a valószínűsége meglehetősen kicsi. Ez egyrészt azzal magyarázható, hogy egyáltalán nem világos, hogy az esemény megtörténik-e vagy sem, mivel a valószínűség 0,5, és az esély itt „50-50”; másodszor pedig ki kell számítani, hogy az esemény tízből pontosan egyszer (nem többet és nem kevesebbet) fog bekövetkezni.

2. példa Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy eseménynek van valószínűsége p= 0,5 hüvelyk n= 10 próba fog történni m= 2-szer. Nálunk: C 10 2 = 45, és további: P 2 = 45 0,5 2 (1 0,5) 10 2 = 45 0,5 10 = 0,044. Ennek az eseménynek a valószínűsége megnőtt!

3. példa Növeljük annak a valószínűségét, hogy maga az esemény bekövetkezik. Tegyük valószínűbbé. Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy eseménynek van valószínűsége p= 0,8 hüvelyk n= 10 próba fog történni m= 1 alkalommal. Nálunk: C 10 1 = 10, és tovább: P 1 = 10 0,8 1 (1 0,8) 10 1 = 10 0,8 1 0,2 9 = 0,000004. A valószínűség kisebb lett, mint az első példában! A válasz első pillantásra furcsának tűnik, de mivel az eseménynek meglehetősen nagy a valószínűsége, nem valószínű, hogy csak egyszer fog megtörténni. Valószínűbb, hogy többször is előfordul. Valóban, számolva P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (a valószínűsége, hogy egy esemény be n= 10 próba 0, 1, 2, 3, 10 alkalommal fog megtörténni), látni fogjuk:

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…(legnagyobb valószínűséggel!);
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…

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

Normál eloszlás

Ha a mennyiségeket ábrázoljuk P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P A 10. ábrán, amelyet a 3. példában számoltunk ki, a grafikonon kiderül, hogy eloszlásuk a normális eloszlási törvényhez közeli formájú (lásd 27.1. ábra) (lásd 25. Előadás Normál eloszlású valószínűségi változók modellezése).

Rizs. 27.1. A binomiális eloszlás típusa
valószínűségek különböző m-re p = 0,8, n = 10 esetén

A binomiális törvény akkor válik normálissá, ha az A esemény bekövetkezésének és be nem következésének valószínűsége megközelítőleg azonos, vagyis feltételesen felírhatjuk: p≈ (1 p) . Például vegyük n= 10 és p= 0,5 (azaz p= 1 p = 0.5 ).

Értelmesen jutunk el egy ilyen problémához, ha például elméletileg ki akarjuk számolni, hogy 10 szülészeten egy napon született gyerekből hány fiú és hány lány lesz. Pontosabban nem fiúkat és lányokat fogunk számolni, hanem annak a valószínűségét, hogy csak fiúk születnek, 1 fiú és 9 lány, 2 fiú és 8 lány stb. Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy egy fiú és egy lány születésének valószínűsége azonos és 0,5 (de valójában, hogy őszinte legyek, ez nem így van, lásd a „Mesterséges intelligenciarendszerek modellezése” című kurzust).

Nyilvánvaló, hogy az eloszlás szimmetrikus lesz, mivel annak a valószínűsége, hogy 3 fiú és 7 lány lesz, egyenlő annak valószínűségével, hogy 7 fiú és 3 lány lesz. A születés valószínűsége 5 fiú és 5 lány lesz. Ez a valószínűség 0,25, egyébként abszolút értékben nem olyan nagy. Továbbá annak a valószínűsége, hogy 10 vagy 9 fiú születik egyszerre, sokkal kisebb, mint annak a valószínűsége, hogy 10 gyermekből 5 ± 1 fiú születik. A binomiális eloszlás segít a számításban. Így.

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…

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

Jelentsük meg a mennyiségeket a grafikonon P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (lásd 27.2. ábra).

Rizs. 27.2. Binomiális eloszlás grafikonja paraméterekkel
p = 0,5 és n = 10, így közelebb kerül a normál törvényhez

Tehát a feltételek mellett m ≈ n/2 és p≈ 1 p vagy p≈ 0,5 a binomiális eloszlás helyett használhatja a normált. Nagy értékekhez n a grafikon jobbra tolódik és egyre laposabbá válik, ahogy a matematikai elvárás és szórás növekszik a növekedéssel n : M = n · p , D = n · p· (1 p) .

By the way, a binomiális törvény általában normális és növekvő n, ami a centrális határértéktétel szerint teljesen természetes (lásd 34. Statisztikai eredmények rögzítése és feldolgozása című előadás).

Most nézzük meg, hogyan változik a binomiális törvény abban az esetben, amikor p ≠ q, vagyis p> 0. Ebben az esetben a normális eloszlás hipotézise nem alkalmazható, és a binomiális eloszlás Poisson-eloszlássá válik.

Poisson-eloszlás

A Poisson-eloszlás az speciális eset binomiális eloszlás (val n>> 0 és at p>0 (ritka események)).

A matematikából ismert egy képlet, amely lehetővé teszi a binomiális eloszlás bármely tagjának közelítő értékének kiszámítását:

Ahol a = n · p Poisson paraméter (matematikai elvárás), és a variancia megegyezik a matematikai elvárással. Mutassunk be matematikai számításokat, amelyek megmagyarázzák ezt az átmenetet. Binomiális eloszlás törvénye

P m = C n m · p m· (1 p) n – m

írható, ha felteszed p = a/n , formában

Mert p nagyon kicsi, akkor csak a számokat kell figyelembe venni m, kicsi ahhoz képest n. Munka

nagyon közel áll az egységhez. Ugyanez vonatkozik a méretre is

Nagyságrend

nagyon közel e – a. Innen kapjuk a képletet:

Példa. A doboz tartalmaz n= 100 alkatrész, jó minőségű és hibás is. A hibás termék kézhezvételének valószínűsége a p= 0,01. Tegyük fel, hogy kiveszünk egy terméket, megállapítjuk, hogy hibás-e vagy sem, és visszatesszük. Ezzel kiderült, hogy 100 termékből, amelyen keresztülmentünk, kettő hibásnak bizonyult. Mi ennek a valószínűsége?

A binomiális eloszlásból kapjuk:

A Poisson-eloszlásból kapjuk:

Mint látható, az értékek közelinek bizonyultak, így ritka események esetén teljesen elfogadható a Poisson-törvény alkalmazása, főleg, hogy kevesebb számítási erőfeszítést igényel.

Mutassuk meg grafikusan a Poisson-törvény formáját. Vegyük példaként a paramétereket p = 0.05 , n= 10. Majd:

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…

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

Rizs. 27.3. Poisson-eloszlási görbe p = 0,05 és n = 10 értéknél

at n> ∞ a Poisson-eloszlás a centrális határeloszlástétel szerint normáltörvényré változik (lásd.

$X$ Poisson-eloszlású $\lambda$ ($\lambda$$>$0) paraméterrel, ha ez az érték nemnegatív egész értékeket vesz $k=0, 1, 2,\dots$ $pk$ valószínűséggel =$\frac (\lambda ^(:) )(: \cdot 5^{-\lambda } .$ (Это распределение впервые было рассмотрено французским математиком и физиком !} Simeon Denis Poisson 1837-ben)

Poisson-eloszlás Ritka események törvényének is nevezik, mert a pk valószínűségek egy ritka esemény előfordulási számának hozzávetőleges eloszlását adják meg nagyszámú független vizsgálaton. Ebben az esetben feltételezzük, hogy $\lambda =n \cdot р$, ahol $n$ a Bernoulli-próbák száma, $р$ pedig annak a valószínűsége, hogy az esemény egy kísérletben bekövetkezik.

A Poisson-törvény használatának érvényessége a binomiális eloszlás helyett, amikor nagy számban teszteket a következő tétel adja meg.

1. tétel

Poisson-tétel.

Ha a Bernoulli-sémában n$\rightarrow$$\infty$, p$\rightarrow$0, így $n \cdot p$$\rightarrow$$\lambda$ (véges számra), akkor

$!_(n)^(k) p^(k) (1-p)^(n-k) \to \frac(\lambda ^(k) )(k e^{-\lambda } $ при любых $k=0, 1, 2,... $!}

Nincs bizonyíték.

1. megjegyzés

A Poisson-képlet pontosabbá válik kis $p$ és nagy számok $n$ és $n \cdot p $ esetén

Várakozás Poisson-eloszlású valószínűségi változó $\lambda$ paraméterrel:

$М(Х)$=$\sum \limits _(k=0)^(\infty )k\cdot \frac(\lambda ^(k) )(k e^{-\lambda } =\lambda \cdot e^{-\lambda } \sum \limits _{k=1}^{\infty }\frac{\lambda ^{k} }{k!} =\lambda \cdot e^{-\lambda } \cdot e^{\lambda } = $$\lambda$.!}

Diszperzió Poisson-eloszlású valószínűségi változó $\lambda$ paraméterrel:

$D(X)$=$\lambda$ .

Poisson-képlet alkalmazása problémamegoldásban

1. példa

A tömeggyártás során hibás termék megjelenésének valószínűsége 0,002 dollár. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy 1500 dolláros tételben legfeljebb 3 hibás termék lesz. Keresse meg a hibás termékek átlagos számát.

• Legyen $A$ a hibás termékek száma egy 1500$-os termékek kötegében. Ekkor a kívánt valószínűség annak a valószínűsége, hogy $A$ $\leq$ $3$. Ebben a feladatban van egy Bernoulli séma $n=1500$ és $p=0.002$. A Poisson-tétel alkalmazásához állítsuk be: $\lambda=1500 \cdot 0.002=3$. Ezután a kívánt valószínűség

\

• A hibás termékek átlagos száma $M(A)$=$\lambda$=3.

2. példa

Az intézmény központja 100 dolláros előfizetőket szolgál ki. Annak a valószínűsége, hogy egy előfizető 1 USD percen belül hívni fog, 0,01 USD. Határozza meg annak valószínűségét, hogy senki sem fog hívni 1 USD percen belül.

Legyen $A$ a kapcsolótáblát hívók száma $1$ perc alatt. Ekkor a kívánt valószínűség az a valószínűség, hogy $A=0$. Ebben a feladatban a Bernoulli-séma alkalmazható, ahol $n=100$, $p=0.01$. A Poisson-tétel használatához beállítjuk

$\lambda=100 \cdot 0.01=1$.

Ezután a kívánt valószínűség

$P = e^-1$ $\kb.0,37$.

3. példa

A gyár 500 dollárnyi terméket küldött a bázisra. A termék szállítás közbeni sérülésének valószínűsége 0,002 USD. Keresse meg annak valószínűségét, hogy az út során kár keletkezik

1. pontosan három termék;
2. kevesebb mint három termék.

Figyelembe véve a Poisson-képlethez fűzött megjegyzést, mivel a termék károsodásának $p=0,002$ valószínűsége kicsi, a termékek száma pedig $n=500$ nagy, és $a=n\cdot p=1

A második feladat megoldására a képlet használható, ahol $k1=0$ és $k2=2$. Nálunk:

\

4. példa

A tankönyv 100 000 dolláros példányszámban jelent meg. Annak a valószínűsége, hogy egy tankönyvet rosszul kötnek be, 0,0001 $. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a példányszámban 5 dollár hibás könyvek vannak?

A feladat feltételei szerint $n = 100000$, $p = 0.0001$.

Az „$n$ könyvből pontosan $m$ könyv van rosszul összefűzve” események, ahol $m = 0,1,2, \dots ,100000$, függetlenek. Mivel a $n$ szám nagy és a $p$ valószínűség kicsi, a $P_n (m)$ valószínűség a Poisson-képlet segítségével számítható ki: $P_n$(m)$\approx \frac((\lambda )^ m\cdot e^ (-\lambda ))(m$ , где $\lambda = np$.!}

A vizsgált problémában

$\lambda = 100000 \cdot 0,0001 = 10 $.

Ezért a kívánt $P_(100000)$(5) valószínűséget a következő egyenlőség határozza meg:

$P_(100000)$ (5)$\approx \frac(e^(-10)\cdot (10)^5)(5\approx $ ${10}^5$ $\frac{0,000045}{120}$ = $0,0375$.!}

Válasz: 0,0375 USD.

5. példa

Az üzem 5000 dollárnyi jó minőségű terméket küldött a bázisra. Annak a valószínűsége, hogy a termék szállítás közben megsérül, 0,0002 USD. Határozza meg annak valószínűségét, hogy három használhatatlan termék érkezik a bázisra.

Feltétel szerint $n=5000$; $p = 0,0002 $; $k = 3$. Keressük a $\lambda$-t:

$\lambda = n \cdot p = 5000 \cdot 0,0002 = 1 $.

A szükséges valószínűség a Poisson-képlet szerint egyenlő:

6. példa

Annak a valószínűsége, hogy egy előfizető egy órán belül telefonközpontot hív, 0,01. Egy órán belül 200 előfizető hívott. Határozza meg annak valószínűségét, hogy 3 előfizető egy órán belül felhív.

A probléma körülményeit figyelembe véve azt látjuk, hogy:

Keressük a $\lambda $-t a Poisson-képlethez:

\[\lambda =np=200\cdot 0.01=2.\]

Helyettesítse be az értékeket a Poisson-képletbe, és kapja meg az értéket:

7. példa

A karon 500 hallgató tanul. Mennyi annak a valószínűsége, hogy szeptember 1-je egyszerre 2 diák születésnapja?

Nálunk $n=500$; $p=1/365 \kb. 0,0027 $, $q=0,9973 $. Mivel a tesztek száma nagy, a végrehajtás valószínűsége nagyon kicsi és $npq=1,35\

Sok gyakorlati feladatban egy sajátos törvény szerint elosztott valószínűségi változókkal kell foglalkozni Poisson törvénye.

Tekintsünk egy nem folytonos valószínűségi változót X, amely csak nem negatív egész értékeket vehet fel:

és ezeknek az értékeknek a sorrendje elméletileg korlátlan. Azt mondják valószínűségi változó X a Poisson-törvény szerint elosztva, ha annak valószínűsége, hogy egy bizonyos értéket vesz fel T, képlettel fejezzük ki

Ahol A- néhány pozitív érték, hívott paraméter Poisson törvénye.

Valószínűségi változó eloszlási sorozata X, a Poisson-törvény szerint elosztva, a következő formában van:

Először győződjünk meg arról, hogy az (5.9.1) képlettel megadott valószínűségek sorozata lehet eloszlási sorozat, ti. az összes valószínűség összege R t egyenlő eggyel. Nálunk:

De

Az 5.9.1. ábra a valószínűségi változók eloszlásának sokszögeit mutatja X, Poisson törvénye szerint elosztva, a paraméter különböző értékeinek megfelelően A. Függelék A 8. táblázat mutatja az értékeket R t különféle A.

Határozzuk meg egy valószínűségi változó főbb jellemzőit - matematikai elvárást és varianciát X, a Poisson-törvény szerint terjesztve. Definíció szerint matematikai elvárás

Rizs. 5.9.1.

Az összeg első tagja (megfelelő t = 0) egyenlő nullával, ezért az összegzés innen indulhat t = 1:

Jelöljük t-1 = k; Majd

Tehát a paraméter A nem más, mint egy valószínűségi változó matematikai elvárása X.

A diszperzió meghatározásához először meg kell találni a mennyiség második kezdeti momentumát X:

Szerint a korábban bizonyított Kívül, ezért,

Így, valószínűségi változó varianciája, Poisson-törvény szerint osztják el, egyenlő a matematikai elvárásával a.

A Poisson-eloszlás ezen tulajdonságát gyakran használják a gyakorlatban annak eldöntésére, hogy a hipotézis egy valószínűségi változó X Poisson-törvény szerint osztják el. Ehhez tapasztalatból meghatározzák egy valószínűségi változó statisztikai jellemzőit - matematikai várakozást és szórását. Ha értékeik közel vannak, akkor ez érvként szolgálhat a Poisson-eloszlás hipotézise mellett; e jellemzők éles különbsége éppen ellenkezőleg, a hipotézis ellen szól.

Határozzuk meg a valószínűségi változót X, a Poisson-törvény szerint elosztva annak a valószínűsége, hogy egy adott értéknél nem kisebb értéket vesz fel To. Jelöljük ezt a valószínűséget Rk:

Nyilvánvalóan a valószínűség Rkösszegként számítható ki

Azonban sokkal könnyebb meghatározni az ellenkező esemény valószínűségéből:

Különösen annak a valószínűsége, hogy a mennyiség X képlettel kifejezve pozitív értéket vesz fel

Már említettük, hogy sok gyakorlati probléma Poisson-eloszlást eredményez. Tekintsük az egyik tipikus ilyen jellegű problémát.

Legyenek a pontok véletlenszerűen elosztva az Ox x tengelyen (5.9.2. ábra). Tegyük fel, hogy a pontok véletlenszerű eloszlása ​​teljesíti a következő feltételeket:

Rizs. 5.9.2

• 1. Annak a valószínűsége, hogy adott számú pont egy szakaszra esik / csak a szakasz hosszától függ, de nem függ az x tengelyen elfoglalt helyzetétől. Más szóval, a pontok azonos átlagos sűrűséggel oszlanak el az x tengelyen. Jelöljük ezt a sűrűséget (azaz az egységnyi hosszra eső pontok számának matematikai elvárását) X.
• 2. A pontok egymástól függetlenül oszlanak el az x tengelyen, azaz. annak valószínűsége, hogy egy adott szegmensre egy vagy több pont essen, nem függ attól, hogy hány pont esik valamelyik másik szegmensre, amely nem esik át vele.
• 3. Annak a valószínűsége, hogy két vagy több pont eltalál egy kis területet Ax, elhanyagolható ahhoz képest, hogy egy pont eltalál (ez a feltétel két vagy több pont egybeesésének gyakorlati lehetetlenségét jelenti).

Válasszunk ki egy / hosszúságú szegmenst az abszcissza tengelyen és vegyünk egy diszkrét valószínűségi változót X- az erre a szegmensre eső pontok száma. Lehetséges értékek lesznek

Mivel a pontok egymástól függetlenül esnek a szegmensre, elméletileg lehetséges, hogy annyi lesz belőlük, ahányan kívánják, pl. sorozat (5.9.6) a végtelenségig folytatódik.

Bizonyítsuk be, hogy a valószínűségi változó X Poisson-eloszlási törvénye van. Ehhez kiszámítjuk a valószínűséget R t hogy a szegmens / pontosan fog esni T pontokat.

Először is oldjunk meg többet egyszerű feladat. Tekintsünk egy kis Ax szakaszt az Ox tengelyen, és számítsuk ki annak valószínűségét, hogy legalább egy pont erre a szakaszra esik. A következőképpen fogunk érvelni. Az erre a területre eső pontok számának matematikai elvárása nyilvánvalóan egyenlő HAH(mivel egységnyi hossz átlagosan esik X pontok). A 3. feltétel szerint egy kis Ax szegmensre elhanyagolhatjuk annak lehetőségét, hogy két vagy több pont essen rá. Ezért a matematikai elvárás HAH az Ax területre eső pontok száma megközelítőleg egyenlő lesz egy pont ráesésének valószínűségével (vagy, ami a mi feltételeinkben ekvivalens, legalább egy).

Így akár végtelenül kicsi magasabb rendű Ax -» 0 esetén figyelembe vesszük annak a valószínűségét, hogy egy (legalább egy) pont az Ax szakaszra esik HAH,és annak a valószínűsége, hogy egyik sem fog eltalálni, 1 - HAH.

Használjuk ezt a valószínűség kiszámításához R t a szegmens / pontosan eltalálása T pontokat. Oszd fel a szegmenst / részre n egyenlő rész hossza. Egyezzünk meg abban, hogy az Ax elemi szegmenst „üresnek” nevezzük,

ha egyetlen pont sem találja el, és „foglalt”, ha legalább egy eltalálja. A fentiek szerint annak a valószínűsége, hogy az Ax szegmens „foglalt” lesz, megközelítőleg egyenlő ; valószínűség

az a tény, hogy „üresnek” bizonyul, egyenlő

Mivel a 2. feltétel szerint a nem átfedő szegmensekbe eső pontok függetlenek, akkor a mi n szegmensek tekinthetők n független „kísérletek”, amelyek mindegyikében a szegmens valószínűséggel „foglalható” Keressük meg annak a valószínűségét n a szegmensek pontosan lesznek

T"elfoglalt". A kísérletek megismétlésére vonatkozó tétel szerint ez a valószínűség egyenlő

vagy, jelölve XI = a,

Amikor elég nagy n ez a valószínűség megközelítőleg egyenlő a szegmens / pontos eltalálásának valószínűségével T pont, mivel annak a valószínűsége, hogy két vagy több pont az Ax szakaszra esik, elhanyagolható. A pontos érték megtalálásához R t, az (5.9.7) kifejezésben a határértékre kell mennie n-> oo:

Alakítsuk át a határjel alatti kifejezést:

Az első tört és az utolsó tört nevezője az (5.9.9) kifejezésben -val n -> oo nyilván hajlamosak az egységre. Kifejezés innen n nem függ. Az utolsó tört számlálója a következőképpen alakítható át:

at és kifejezés (5.9.10) hajlamos arra e~ a.

Így bebizonyosodott, hogy az ütés valószínűsége pontosan T pontokat a szegmensben / a képlet fejezi ki

Ahol a = XI, azok. nagyságrendű X paraméterrel a Poisson-törvény szerint elosztva A = XI.

Vegye figyelembe, hogy az érték A vagyis a szegmensenkénti átlagos pontok száma ÉN.

Nagyságrend R,(annak a valószínűsége, hogy az érték X pozitív értéket vesz fel) ebben az esetben kifejezi annak a valószínűsége, az az I. szakasz legalább egy pontot tartalmaz:

Így meg vagyunk győződve arról, hogy a Poisson-eloszlás akkor fordul elő, ha egyes pontok (vagy más elemek) egymástól függetlenül véletlenszerű pozíciót foglalnak el, és ezeknek a pontoknak a számát számoljuk, amelyek valamelyik területre esnek. Esetünkben ez a „terület” az abszcissza tengelyen lévő / szakasz volt. Következtetésünk azonban könnyen kiterjeszthető a pontok síkbeli (véletlen sík pontmező) és térbeli (véletlenszerű térbeli pontmezeje) eloszlásának esetére. Nem nehéz bebizonyítani, hogy ha a feltételek teljesülnek:

• 1) a pontok statisztikailag egyenletesen oszlanak el az átlagos sűrűségű mezőben X
• 2) a pontok egymástól függetlenül nem átfedő régiókba esnek;
• 3) a pontok egyenként jelennek meg, és nem párban, hármasban stb., akkor a pontok száma X, bármely területre esve D(lapos vagy térbeli), a Poisson-törvény szerint elosztva:

Ahol A- a területre eső pontok átlagos száma D.

Lapos tokhoz

Ahol S D- a régió területe D térbelire

Ahol V D- a terület térfogata D.

Vegye figyelembe, hogy a szegmensbe vagy régióba eső pontok Poisson-eloszlása ​​esetén az állandó sűrűség (X = const) feltétele nem fontos. Ha a másik két feltétel teljesül, akkor a Poisson-törvény továbbra is érvényes, csak a paraméter A más kifejezést kap: nem a sűrűség egyszerű szorzásával kapjuk meg X egy régió hosszával, területével vagy térfogatával, de a változó sűrűség integrálásával egy szegmensre, területre vagy térfogatra (további részletekért lásd a 19.4 alfejezetet).

Egy egyenesen, síkon vagy térfogaton szétszórt véletlenszerű pontok jelenléte nem az egyetlen feltétel, amely mellett Poisson-eloszlás lép fel. Bebizonyíthatjuk például, hogy a Poisson-törvény korlátozza a binomiális eloszlást:

ha egyidejűleg irányítja a kísérletek számát p to végtelen, és a valószínűség r - nullára, és a szorzatuk prállandó értéket tart:

Valójában a binomiális eloszlás ezen korlátozó tulajdonsága így írható fel:

De az (5.9.13) feltételből az következik

Az (5.9.15)-et (5.9.14) behelyettesítve megkapjuk az egyenlőséget

amit éppen egy másik alkalommal bizonyítottunk.

A binomiális törvénynek ezt a korlátozó tulajdonságát gyakran használják a gyakorlatban. Tegyük fel, hogy nagyszámú független kísérletet végeznek p, amelyek mindegyikében van egy esemény A nagyon kicsi a valószínűsége r. Ezután a valószínűség kiszámításához R t „ hogy az esemény A pontosan fog megjelenni T alkalommal, használhatja a hozzávetőleges képletet

Ahol pr = a- a Poisson-törvény paramétere, amely megközelítőleg helyettesíti a binomiális eloszlást.

A Poisson-törvénynek ebből a tulajdonságából - a binomiális eloszlás kifejezésére nagyszámú kísérlettel és egy esemény alacsony valószínűségével - a statisztikai tankönyvekben gyakran használt neve: ritka jelenségek törvénye.

Nézzünk meg néhány példát a Poisson-eloszlással kapcsolatban a gyakorlat különböző területeiről.

1. példa Az automata telefonközpont átlagos sűrűséggel fogadja a hívásokat TO hívások óránként. Feltételezve, hogy a hívások száma bármely időszakban a Poisson-törvény szerint oszlik el, határozza meg annak valószínűségét, hogy két percen belül pontosan három hívás érkezik az állomásra.

Megoldás. A két percenkénti hívások átlagos száma:

Az (5.9.1) képlet szerint pontosan három hívás fogadásának valószínűsége

Példa 2. Határozza meg az előző példa feltételei mellett annak valószínűségét, hogy két percen belül legalább egy hívás érkezik!

Megoldás. Az (5.9.4) képlet szerint a következőket kapjuk:

Példa 3. Ugyanezen feltételek mellett határozza meg annak valószínűségét, hogy két percen belül legalább három hívás érkezik.

Megoldás. Az (5.9.4) képlet szerint a következőket kapjuk:

4. példa Szövőgépen a cérna átlagosan 0,375-ször szakad el óránként. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy műszak (8 óra) alatt a menetszakadások száma 2 és 4 között lesz (nem kevesebb, mint 2 és legfeljebb 4 szakadás).

Megoldás. Nyilvánvalóan,

nálunk van:

A melléklet 8. táblázata szerint mikor A = 3

Példa 5. Átlagosan időegység alatt távozik a felmelegített katódról q(t) elektronok, hol t- a kísérlet kezdete óta eltelt idő. Határozzuk meg annak valószínűségét, hogy egy t időtartam alatt, a pillanattól kezdődően t0, egyenesen ki fog repülni a katódból T elektronok.

Megoldás. Megtaláljuk a katódból adott időtartam alatt kibocsátott elektronok átlagos számát a. Nálunk:

A számított a alapján meghatározzuk a szükséges valószínűséget:

6. példa. A töréspont adott pozíciójában egy kis célpontot eltaláló töredékek száma a Poisson-törvény szerint oszlik meg. A töredezettség mezőjének átlagos sűrűsége, amelyben a célpont a töréspont adott pozíciójában találja magát, 3 töredék. /m2. A célterület az S= 0,5 m2. A cél eléréséhez legalább egy töredék elegendő. Határozza meg annak valószínűségét, hogy a töréspont adott pozíciójában eltalálja a célt.

Megoldás, a = XS= 1.5. Az (5.9.4) képlet segítségével megtaláljuk legalább egy töredék eltalálásának valószínűségét:

(Az exponenciális függvény értékének kiszámításához e~a táblázatot használjuk. 2 jelentkezés.)

7. példa. A kórokozó mikrobák átlagos sűrűsége egy köbméter levegőben 100. 2 dm 3 levegőmintát veszünk. Határozza meg annak valószínűségét, hogy legalább egy mikrobát találnak benne. Megoldás. Elfogadva a térfogatban lévő mikrobák számának Poisson-eloszlásának hipotézisét, azt találjuk:

8. példa. 50 független lövést adnak le egy bizonyos célpontra. Annak a valószínűsége, hogy egy lövéssel eltaláljuk a célt, 0,04. A binomiális eloszlás korlátozó tulajdonságával ((5.9.17) képlet) határozzuk meg közelítőleg annak valószínűségét, hogy egyetlen lövedék sem találja el a célt, egy lövedék talál el, vagy két lövedék talál el.

Megoldás. megvan a = pr = 50 0,04 = 2. A függelék 8. táblázatát felhasználva megtaláljuk a valószínűségeket:

• E jellemzők kísérleti meghatározásának módszereit lásd alább, a 7. és 14. fejezetben.

Amint elkezdtek érkezni a kérések: „Hol van Poisson? Hol vannak a problémák a Poisson-képlet használatával? stb.. És ezzel kezdem magánhasználat Poisson eloszlás - az anyag iránti nagy kereslet miatt.

A feladat fájdalmasan ismerős:

A következő két feladat pedig alapvetően különbözik az előzőtől:

4. példa

A valószínűségi változó matematikai elvárásokkal a Poisson-törvény hatálya alá tartozik. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy adott valószínűségi változó kisebb értéket vesz fel, mint a matematikai elvárása.

A különbség az, hogy itt PONTOSAN a Poisson-eloszlásról beszélünk.

Megoldás: a valószínűségi változó értékeket vesz fel valószínűségekkel:

A feltétel szerint, és itt minden egyszerű: az esemény háromból áll következetlen eredményeket:

Annak a valószínűsége, hogy egy valószínűségi változó kisebb értéket vesz fel, mint a matematikai elvárása.

Válasz:

Hasonló szövegértési feladat:

5. példa

A valószínűségi változó matematikai elvárásokkal a Poisson-törvény hatálya alá tartozik. Határozza meg annak valószínűségét, hogy egy adott valószínűségi változó pozitív értéket vesz fel.

A megoldás és a válasz a lecke végén található.

Kívül közeledikbinomiális eloszlás(1-3. példák), a Poisson-eloszlás széles körben alkalmazható sorban állás elmélet valószínűségi jellemzőkre a legegyszerűbb eseményfolyam. Megpróbálok tömör lenni:

Engedélyezze néhány rendszernek az alkalmazások fogadását ( telefonhívások, bejövő ügyfelek stb.). Az alkalmazások áramlását ún a legegyszerűbb, ha megfelel a feltételeknek stacionaritás, nincs következményeÉs hétköznapiság. A stacionaritás azt jelenti, hogy a kérések intenzitása állandóés nem függ a napszaktól, a hét napjától vagy más időkerettől. Más szóval, nincs „csúcsidő” és nincsenek „holt órák”. A következmények hiánya azt jelenti, hogy az új alkalmazások valószínűsége nem függ az „előtörténettől”, azaz. nincs olyan, hogy „az egyik nagymama azt mondta”, mások pedig „felrohantak” (vagy fordítva, elszöktek). És végül a hétköznapiság tulajdonságát az jellemzi elég kicsi időtartam szinte lehetetlen két vagy több alkalmazás megjelenése. – Két öreg hölgy az ajtóban? - Nem, elnézést, kényelmesebb sorrendben aprítani.

Tehát hagyja, hogy néhány rendszer fogadja az alkalmazások legegyszerűbb folyamatát közepes intenzitással alkalmazások egy bizonyos időegység alatt (perc, óra, nap vagy bármi más). Akkor annak a valószínűsége adott ideig, a rendszer pontosan a kéréseket kapja, egyenlő:

6. példa

A taxi diszpécserközpontba érkező hívások egyszerű Poisson-folyamatnak számítanak, átlagosan óránként 30 hívás intenzitással. Határozza meg annak valószínűségét, hogy: a) 1 percen belül. 2-3 hívás érkezik, b) öt percen belül legalább egy hívás érkezik.

Megoldás: a Poisson-képletet használjuk:

a) Az áramlás stacionaritását figyelembe véve kiszámítjuk az 1 percenkénti átlagos hívások számát:
hívás - átlagosan egy perc alatt.

Az összeférhetetlen események valószínűségeinek összeadásának tétele szerint:
– annak a valószínűsége, hogy 1 percen belül 2-3 hívás érkezik a vezérlőterembe.

b) Számítsa ki az átlagos hívások számát öt percenként:

Sok gyakorlatilag fontos alkalmazásban a Poisson-eloszlás fontos szerepet játszik. A numerikus diszkrét mennyiségek nagy része egy Poisson-folyamat megvalósítása, amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

• Arra vagyunk kíváncsiak, hogy egy véletlenszerű kísérlet egy adott lehetséges kimenetelében hányszor fordul elő egy bizonyos esemény. A lehetséges kimenetelek területe lehet egy időintervallum, egy szegmens, egy felület stb.
• Egy adott esemény valószínűsége a lehetséges kimenetelek minden területén azonos.
• A lehetséges kimenetelek egy területén előforduló események száma független a más területeken előforduló események számától.
• Annak a valószínűsége, hogy egy adott esemény egynél többször fordul elő a lehetséges kimenetelek ugyanazon a területen, a lehetséges kimenetelek területének csökkenésével nullára hajlik.

A Poisson-folyamat értelmének további megértéséhez tegyük fel, hogy megvizsgáljuk, hány ügyfél keres fel egy központi üzleti negyedben található bankfiókot ebéd közben, i.e. 12-13 óráig. Tegyük fel, hogy meg akarja határozni az egy perc alatt érkező ügyfelek számát. Ez a helyzet rendelkezik a fent felsorolt ​​jellemzőkkel? Először is a minket érdeklő esemény egy ügyfél érkezése, a lehetséges kimenetelek köre pedig egy perces intervallum. Hány ügyfél érkezik egy perc alatt a bankba – egy, egy, kettő vagy több? Másodszor, ésszerű feltételezni, hogy az ügyfél egy percen belüli érkezésének valószínűsége minden egyperces intervallumban azonos. Harmadszor, egy ügyfél érkezése bármely egyperces intervallum alatt független bármely másik ügyfél bármely más egyperces intervallum alatti érkezésétől. Végül pedig annak a valószínűsége, hogy egynél több ügyfél érkezzen a bankhoz, nullára csökken, ha például az időintervallum nullára hajlik, 0,1 másodpercnél kisebb lesz. Tehát az egy percen belül ebéd közben a bankba érkező ügyfelek számát a Poisson-eloszlás írja le.

A Poisson-eloszlásnak van egy paramétere, amelyet a λ szimbólum (görög "lambda" betű) jelöl – ez a sikeres kísérletek átlagos száma a lehetséges kimenetelek adott régiójában. A Poisson-eloszlás szórása is λ, szórása pedig . Sikeres kísérletek száma X A Poisson valószínűségi változó 0-tól a végtelenig változik. A Poisson-eloszlást a következő képlet írja le:

Ahol P(X)- valószínűség X sikeres kísérletek, λ - a sikerek várható száma, e- természetes logaritmusalap egyenlő: 2,71828, X- a sikerek száma időegységenként.

Térjünk vissza példánkhoz. Tegyük fel, hogy az ebédszünetben percenként átlagosan három ügyfél érkezik a bankba. Mennyi annak a valószínűsége, hogy egy adott pillanatban két ügyfél érkezik a bankhoz? Mennyi annak a valószínűsége, hogy kettőnél több ügyfél érkezik a bankhoz?

Alkalmazzuk az (1) képletet λ = 3 paraméterrel. Ekkor annak a valószínűsége, hogy egy adott percen belül két ügyfél érkezik a bankba, egyenlő

Annak a valószínűsége, hogy kettőnél több ügyfél érkezik a bankhoz, egyenlő P(X > 2) = P(X = 3) + P(X = 4) + … + P(X = ∞). Mivel az összes valószínűség összegének egyenlőnek kell lennie 1-gyel, a képlet jobb oldalán lévő sorozat tagjai az X ≤ 2 eseményhez való összeadás valószínűségét jelentik. Más szavakkal, ennek a sorozatnak az összege egyenlő 1-gyel – P(X ≤ 2). Így P(X>2) = 1 – P(X≤2) = 1 – [P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)]. Most az (1) képlet segítségével a következőket kapjuk:

Így annak a valószínűsége, hogy egy percen belül legfeljebb kettő ügyfél érkezik a bankhoz, 0,423 (vagyis 42,3%), annak pedig, hogy egy percen belül kettőnél több ügyfél érkezik a bankhoz, 0,577 (vagyis 57,7%).

Az ilyen számítások fárasztónak tűnhetnek, különösen, ha a λ paraméter elég nagy. Hogy elkerüljük összetett számítások, sok Poisson-valószínűség megtalálható speciális táblázatokban (1. ábra). Például annak a valószínűsége, hogy egy adott percben két ügyfél érkezik a bankba, ha percenként átlagosan három ügyfél érkezik a bankba, a vonal metszéspontjában van X= 2 és az oszlop λ = 3. Így egyenlő 0,2240 vagy 22,4%.

Rizs. 1. Poisson-valószínűség λ = 3-nál

Ma már nem valószínű, hogy bárki is táblákat használna, ha az Excel a =POISSON.DIST() függvényével kéznél van (2. ábra). Ennek a függvénynek három paramétere van: a sikeres kísérletek száma X, a sikeres kísérletek átlagos várható száma λ, paraméter Integrál, két értéket vesz fel: HAMIS – ebben az esetben a sikeres kísérletek számának valószínűségét számítjuk ki X(csak X), IGAZ – ebben az esetben a sikeres kísérletek számának valószínűsége 0-tól X.

Rizs. 2. A Poisson-eloszlás valószínűségeinek kiszámítása Excelben λ = 3-nál

A binomiális eloszlás közelítése Poisson-eloszlás segítségével

Ha a szám n nagy és a szám r- kicsi, a binomiális eloszlás a Poisson-eloszlás segítségével közelíthető. Minél nagyobb a szám nés kevesebb szám r, annál nagyobb a közelítés pontossága. A következő Poisson-modellt használjuk a binomiális eloszlás közelítésére.

Ahol P(X)- valószínűség X siker adott paraméterekkel nÉs r, n- minta mérete, r- a siker valódi valószínűsége, e- a természetes logaritmus alapja, X- a sikerek száma a mintában (X = 0, 1, 2, …, n).

Elméletileg egy Poisson-eloszlású valószínűségi változó 0 és ∞ közötti értékeket vesz fel. Azonban olyan helyzetekben, amikor a Poisson-eloszlást használják a binomiális eloszlás közelítésére, a Poisson-féle valószínűségi változó a sikerek száma n megfigyelések - nem haladhatja meg a számot n. A (2) képletből az következik, hogy növekvő számmal nés a szám csökkenése r a nagyszámú siker észlelésének valószínűsége csökken, és nullára hajlik.

Mint fentebb említettük, a Poisson-eloszlás µ várható értéke és σ 2 variancia egyenlő λ-val. Ezért a binomiális eloszlás Poisson-eloszlással történő közelítésekor a (3) képletet kell használni a matematikai elvárás közelítésére.

(3) µ = E(X) = λ =n.p.

A szórás közelítésére a (4) képletet használjuk.

Megjegyzendő, hogy a (4) képlettel számított szórás a binomiális modellben szereplő szóráshoz igazodik - ha a siker valószínűsége p nullára hajlik, és ennek megfelelően a meghibásodás valószínűsége 1 – p egységre hajlamos.

Tegyük fel, hogy egy adott üzemben gyártott gumiabroncsok 8%-a hibás. A Poisson-eloszlás használatának szemléltetésére a binomiális eloszlás közelítésére számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy egy hibás gumiabroncsot találunk egy 20 gumiabroncsból álló mintában. Alkalmazzuk a (2) képletet, megkapjuk

Ha a valódi binomiális eloszlást számítanánk ki a közelítés helyett, akkor a következő eredményt kapnánk:

Ezek a számítások azonban meglehetősen fárasztóak. Ha azonban az Excelt használja a valószínűségek kiszámításához, akkor a Poisson-eloszlás közelítése feleslegessé válik. ábrán. A 3. ábra azt mutatja, hogy az Excelben végzett számítások összetettsége megegyezik. Ez a szakasz azonban véleményem szerint hasznos annak megértéséhez, hogy bizonyos feltételek mellett a binomiális eloszlás és a Poisson-eloszlás hasonló eredményeket ad.

Rizs. 3. A számítások összetettségének összehasonlítása Excelben: (a) Poisson-eloszlás; (b) binomiális eloszlás

Tehát ebben és két előző jegyzetben három diszkrét numerikus eloszlást vettünk figyelembe: , és Poisson. Hogy jobban megértsük, hogy ezek az eloszlások hogyan kapcsolódnak egymáshoz, bemutatjuk kis fa kérdésekre (4. ábra).

Rizs. 4. Diszkrét valószínűségi eloszlások osztályozása

A Levin et al. Statisztika menedzsereknek című könyv anyagait használjuk. – M.: Williams, 2004. – p. 320–328