Poisson paylanması. Nadir hadisələr qanunu. Diskret təsadüfi dəyişənin Puasson paylanması Puasson paylanması ehtimalı

Müxtəlif növ ehtimal paylamalarının ən çox yayılmış halı binomial paylanmadır. Təcrübədə rast gəlinən ən ümumi xüsusi paylanma növlərini müəyyən etmək üçün onun çox yönlülüyündən istifadə edək.

Binom paylanması

Bir hadisə olsun A. A hadisəsinin baş vermə ehtimalı bərabərdir səh, A hadisəsinin baş verməməsi ehtimalı 1-dir səh, bəzən olaraq təyin olunur q. Qoy n testlərin sayı, m bunlarda A hadisəsinin baş vermə tezliyi n testlər.

Məlumdur ki, nəticələrin bütün mümkün birləşmələrinin ümumi ehtimalı birinə bərabərdir, yəni:

1 = səh n + n · səh n 1 (1 səh) + C n n 2 · səh n 2 (1 səh) 2 + + C n m · səh m· (1 səh) n – m+ + (1 səh) n .

səh n içində olması ehtimalı nn bir dəfə; n · səh n 1 (1 səh) içində olması ehtimalı nn 1) bir dəfə və bir dəfə olmayacaq; C n n 2 · səh n 2 (1 səh) 2 içində olması ehtimalı n testlər, A hadisəsi baş verəcək ( n 2) dəfə və 2 dəfə baş verməyəcək; P m = C n m · səh m· (1 səh) n – m içində olması ehtimalı n testlər, A hadisəsi baş verəcək m heç vaxt olmayacaq ( n – m) bir dəfə; (1 səh) n içində olması ehtimalı n sınaqlarda A hadisəsi bir dəfə belə baş verməyəcək; birləşmələrinin sayı n By m .

Gözlənilən dəyər M binom paylanması bərabərdir:

M = n · səh ,

Harada n testlərin sayı, səh A hadisəsinin baş vermə ehtimalı.

Standart sapma σ :

σ = sqrt( n · səh· (1 səh)) .

Misal 1. Ehtimal olan bir hadisənin olma ehtimalını hesablayın səh= 0,5, in n= 10 sınaq baş verəcək m= 1 dəfə. Bizdə: C 10 1 = 10 və daha sonra: P 1 = 10 0,5 1 (1 0,5) 10 1 = 10 0,5 10 = 0,0098. Gördüyümüz kimi, bu hadisənin baş vermə ehtimalı olduqca aşağıdır. Bu, birincisi, hadisənin baş verib-verməyəcəyinin qətiyyən aydın olmaması ilə izah olunur, çünki ehtimal 0,5 və burada şanslar “50-dən 50-yə” qədərdir; ikincisi, hadisənin ondan bir dəfə (çox və az olmamaqla) baş verəcəyini hesablamaq tələb olunur.

Misal 2. Ehtimal olan bir hadisənin olma ehtimalını hesablayın səh= 0,5, in n= 10 sınaq baş verəcək m= 2 dəfə. Bizdə: C 10 2 = 45 və daha sonra: P 2 = 45 0,5 2 (1 0,5) 10 2 = 45 0,5 10 = 0,044. Bu hadisənin baş vermə ehtimalı artıb!

Misal 3. Hadisənin özünün baş vermə ehtimalını artıraq. Gəlin daha çox ehtimal edək. Ehtimal olan bir hadisənin olma ehtimalını hesablayın səh= 0.8, in n= 10 sınaq baş verəcək m= 1 dəfə. Bizdə: C 10 1 = 10 və daha sonra: P 1 = 10 0,8 1 (1 0,8) 10 1 = 10 0,8 1 0,2 9 = 0,000004. Ehtimal ilk misaldan daha az oldu! Cavab, ilk baxışdan qəribə görünür, lakin hadisənin kifayət qədər yüksək ehtimalı olduğundan, onun yalnız bir dəfə baş verməsi ehtimalı azdır. Bunun bir dəfədən çox olma ehtimalı daha yüksəkdir. Doğrudan da, saymaq P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (bir hadisənin baş vermə ehtimalı n= 10 sınaq 0, 1, 2, 3, , 10 dəfə baş verəcək), biz görəcəyik:

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(ən yüksək ehtimal!);
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

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

Normal paylama

Kəmiyyətləri təsvir etsək P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 3-cü misalda hesabladığımız 10, qrafik üzrə onların paylanmasının normal paylanma qanununa yaxın formaya malik olduğu (bax. Şəkil 27.1) (bax. mühazirə 25. Normal paylanmış təsadüfi dəyişənlərin modelləşdirilməsi).

düyü. 27.1. Binamial paylanma növü
p = 0.8, n = 10-da müxtəlif m üçün ehtimallar

A hadisəsinin baş verməsi və baş verməməsi ehtimalları təxminən eyni olarsa, yəni şərti olaraq yaza biləriksə, binom qanunu normal olur: səh≈ (1 səh) . Məsələn, götürək n= 10 və səh= 0,5 (yəni səh= 1 səh = 0.5 ).

Məsələn, bir doğum evində eyni gündə dünyaya gələn 10 uşaqdan neçə oğlan, neçə qız olacağını nəzəri cəhətdən hesablamaq istəsək, mənalı şəkildə belə bir problemə gələrik. Daha doğrusu, oğlan və qızları deyil, yalnız oğlanların doğulması, 1 oğlan və 9 qız doğulması, 2 oğlan və 8 qız doğulması ehtimalını və s. Sadəlik üçün fərz edək ki, oğlan və qız uşaqlarının olma ehtimalı eyni və 0,5-ə bərabərdir (amma əslində belə deyil, “Süni intellekt sistemlərinin modelləşdirilməsi” kursuna baxın).

Aydındır ki, paylanma simmetrik olacaq, çünki 3 oğlan və 7 qız olma ehtimalı 7 oğlan və 3 qız olma ehtimalına bərabərdir. Ən böyük doğum ehtimalı 5 oğlan və 5 qız olacaq. Bu ehtimal 0,25-ə bərabərdir, yeri gəlmişkən, mütləq dəyər baxımından o qədər də böyük deyil. Bundan əlavə, eyni anda 10 və ya 9 oğlanın doğulması ehtimalı 10 uşaqdan 5 ± 1 oğlanın doğulması ehtimalından çox azdır. Binom paylanması bu hesablamanı aparmağa kömək edəcək. Belə ki.

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

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

Qrafikdə kəmiyyətləri göstərək P 0 , P 1 , P 2 , P 3, , P 10 (bax. Şəkil 27.2).

düyü. 27.2. Parametrli binomial paylanma qrafiki
p = 0,5 və n = 10, onu normal qanuna yaxınlaşdırır

Beləliklə, şərtlərlə m ≈ n/2 və səh≈ 1 səh və ya səh Binamial paylanma əvəzinə ≈ 0,5, normal olandan istifadə edə bilərsiniz. Böyük dəyərlər üçün n riyazi gözlənti və dispersiya artdıqca, qrafik sağa doğru sürüşür və getdikcə daha düz olur. n : M = n · səh , D = n · səh· (1 səh) .

Yeri gəlmişkən, binomial qanun normala və artana meyllidir n, bu, mərkəzi limit teoreminə görə tamamilə təbiidir (bax mühazirə 34. Statistik nəticələrin qeydə alınması və işlənməsi).

İndi binam qanununun zaman vəziyyətində necə dəyişdiyini düşünün səh ≠ q, yəni səh> 0. Bu halda normal paylanma fərziyyəsi tətbiq oluna bilməz və binomial paylanma Puasson paylanmasına çevrilir.

Poisson paylanması

Puasson paylanması binomial paylanmanın xüsusi bir halıdır ( n>> 0 və at səh>0 (nadir hadisələr)).

Riyaziyyatdan binomial paylanmanın hər hansı bir üzvünün dəyərini təxminən hesablamağa imkan verən bir düstur məlumdur:

Harada a = n · səh Puasson parametri (riyazi gözlənti) və dispersiya riyazi gözləntiyə bərabərdir. Bu keçidi izah edən riyazi hesablamaları təqdim edək. Binom paylama qanunu

P m = C n m · səh m· (1 səh) n – m

qoysanız yaza bilərsiniz səh = a/n , kimi

Çünki səhçox kiçikdir, onda yalnız rəqəmlər nəzərə alınmalıdır m, ilə müqayisədə kiçik n. iş

birliyə çox yaxındır. Eyni şey ölçüyə də aiddir

Böyüklük

çox yaxındır e – a. Buradan formula alırıq:

Misal. Qutuda var n= 100 hissə, həm yüksək keyfiyyətli, həm də qüsurlu. Qüsurlu məhsulun alınması ehtimalı səh= 0,01. Tutaq ki, hansısa məhsulu çıxarırıq, qüsurlu olub-olmadığını müəyyənləşdirib, geri qoyuruq. Bunu etməklə, keçdiyimiz 100 məhsuldan ikisinin qüsurlu olduğu ortaya çıxdı. Bunun ehtimalı nədir?

Binom paylanmasından əldə edirik:

Poisson paylanmasından əldə edirik:

Gördüyünüz kimi, dəyərlər yaxın oldu, buna görə də nadir hadisələr zamanı, xüsusən də daha az hesablama səyi tələb etdiyi üçün Puasson qanununu tətbiq etmək olduqca məqbuldur.

Puasson qanununun formasını qrafik olaraq göstərək. Nümunə olaraq parametrləri götürək səh = 0.05 , n= 10. 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

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

düyü. 27.3. p = 0.05 və n = 10-da Puasson paylama sahəsi

At n> ∞ Puasson paylanması mərkəzi limit teoreminə görə normal qanuna çevrilir (bax.

Giriş

Ehtimal nəzəriyyəsi təsadüfi hadisələrdə nümunələri öyrənən riyazi elmdir. Bu gün o, böyük praktik əhəmiyyətə malik tam hüquqlu bir elmdir.

Ehtimal nəzəriyyəsinin tarixi 17-ci əsrə, kütləvi təsadüfi hadisələrlə bağlı problemlərin sistemli şəkildə öyrənilməsinə ilk cəhdlərin edildiyi və müvafiq riyazi aparatın meydana çıxdığı vaxta təsadüf edir. O vaxtdan bəri bir çox əsaslar hazırlanmış və mövcud konsepsiyalara dərinləşdirilmiş, digər mühüm qanunlar və qanunauyğunluqlar kəşf edilmişdir. Bir çox alim ehtimal nəzəriyyəsində problemlər üzərində işləmiş və işləyir.

Onların arasında böyük ədədlər qanununun Yakob Bernullidən daha ümumi formasını sübut edən, həmçinin ilk dəfə tətbiq edilən Simeon Denis Puassonun ((1781–1840) – fransız riyaziyyatçısı) əsərlərinə diqqət yetirmək olmaz. problemlərin atılma ehtimalı nəzəriyyəsi. Puasson adı ehtimal nəzəriyyəsində və onun tətbiqlərində mühüm rol oynayan paylanma qanunlarından biri ilə bağlıdır.

Müəyyən bir təsadüfi hadisənin vaxt vahidində baş vermə sayı, bu hadisənin müəyyən bir təcrübədə baş verməsi faktı keçmişdə neçə dəfə və hansı vaxtda baş verməsindən asılı deyil və təsir göstərmir. gələcək. Və sınaqlar stasionar şəraitdə aparılır, sonra belə bir təsadüfi dəyişənin paylanmasını təsvir etmək üçün adətən Puasson qanunundan istifadə olunur (bu paylanma ilk dəfə 1837-ci ildə bu alim tərəfindən təklif edilmiş və nəşr edilmişdir).

Bu qanun həm də bir sınaqda bizi maraqlandıran hadisənin baş vermə ehtimalı p çox kiçik, lakin vaxt vahidində yerinə yetirilən təcrübələrin sayı m olduqca böyük olduqda, binomial paylanmanın məhdudlaşdırıcı halı kimi də təsvir edilə bilər. , yəni prosesdə s

0 və m olduqda, mp məhsulu bəzi müsbət sabit qiymətə (yəni mp) meyl edir.

Buna görə də Puasson qanununu çox vaxt nadir hadisələr qanunu da adlandırırlar.

Ehtimal nəzəriyyəsində Puasson paylanması

Funksiya və paylama seriyası

Puasson paylanması binomial paylanmanın xüsusi bir halıdır ( n>> 0 və at səh–> 0 (nadir hadisələr)).

Riyaziyyatdan binomial paylanmanın hər hansı bir üzvünün dəyərini təxminən hesablamağa imkan verən bir düstur məlumdur:

Harada a = n · səh Puasson parametridir (riyazi gözlənti), dispersiya isə riyazi gözləntiyə bərabərdir. Bu keçidi izah edən riyazi hesablamaları təqdim edək. Binom paylama qanunu

Pm = C n m · p m· (1 - səh)n – m

qoysanız yaza bilərsiniz səh = a/n, kimi

Çünki səhçox kiçikdir, onda yalnız rəqəmlər nəzərə alınmalıdır m, ilə müqayisədə kiçik n. iş

birliyə çox yaxındır. Eyni şey ölçüyə də aiddir

çox yaxındır e –a. Buradan formula alırıq:

Eyler nömrəsi (2.71...). ,

Yaratma funksiyası üçün

miqdarlarımız var:

Kumulyativ ehtimal paylama funksiyası bərabərdir

Poissona görə paylanmış təsadüfi dəyişənin klassik nümunəsi müəyyən bir müddət ərzində yolun müəyyən hissəsindən keçən avtomobillərin sayıdır. Siz həmçinin müəyyən ölçülü səmanın bir hissəsində ulduzların sayı, müəyyən uzunluqdakı mətndəki səhvlərin sayı, zəng mərkəzindəki telefon zənglərinin sayı və ya zənglərin sayı kimi nümunələri qeyd edə bilərsiniz. müəyyən bir müddət ərzində veb server.

Puasson qanununa görə paylanmış təsadüfi dəyişən X-in paylanma seriyası belə görünür:

x m	0	1	2	…	m	…
Pm	e-a			…		…

Şəkildə. 1 təsadüfi dəyişənlərin paylanmasının çoxbucaqlılarını göstərir X Puasson qanununa görə, parametrin müxtəlif qiymətlərinə uyğundur A.

Əvvəlcə əmin olaq ki, ehtimalların ardıcıllığı paylama seriyası ola bilər, yəni. bütün ehtimalların cəmidir Rm birinə bərabərdir.

Biz funksiyanın genişləndirilməsindən istifadə edirik e x Maclaurin seriyasında:

Məlumdur ki, bu sıra istənilən dəyər üçün yaxınlaşır X, buna görə də, alır x=a, alırıq

deməli

Puasson paylama mövqeyinin ədədi xüsusiyyətləri

Diskret təsadüfi dəyişənin riyazi gözləntisi onun bütün mümkün dəyərlərinin və onların ehtimallarının məhsullarının cəmidir.

Tərifinə görə, diskret təsadüfi dəyişən hesablana bilən dəyərlər dəstini qəbul etdikdə:

Məbləğin birinci müddəti (uyğundur m=0 ) sıfıra bərabərdir, ona görə də, toplama bundan başlaya bilər m=1 :

Beləliklə, parametr A təsadüfi dəyişənin riyazi gözləntisindən başqa bir şey deyil X.

Riyazi gözləntidən əlavə, təsadüfi dəyişənin mövqeyi onun rejimi və medianı ilə xarakterizə olunur.

Təsadüfi dəyişənin rejimi onun ən çox ehtimal olunan qiymətidir.

Davamlı kəmiyyət üçün rejim ehtimal sıxlığı funksiyasının yerli maksimum nöqtəsi adlanır. Əgər çoxbucaqlı və ya paylama əyrisinin bir maksimumu varsa (şəkil 2 a), onda paylanma unimodal adlanır, birdən çox maksimum varsa, multimodaldır (xüsusən də iki rejimli paylama bimodal adlanır). Minimum olan paylama antimodal adlanır (şəkil 2 b)

x mod x 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x

Təsadüfi dəyişənin ən çox ehtimal olunan qiyməti diskret təsadüfi dəyişən üçün qlobal maksimum ehtimalı və ya fasiləsiz təsadüfi dəyişən üçün paylanma sıxlığını təmin edən rejimdir.

Median, ehtimal sıxlığı qrafiki altındakı sahəni yarıya bölən x l dəyəridir, yəni. Median tənliyin istənilən köküdür. Riyazi gözlənti mövcud olmaya bilər, lakin median həmişə mövcuddur və birmənalı şəkildə müəyyən edilə bilər.

Təsadüfi dəyişənin medianı

onun qiyməti = x med elə adlanır ki, P (< x med) = Р ( >x med) = .

Səpələnmənin ədədi xüsusiyyətləri

X təsadüfi kəmiyyətinin dispersiyası təsadüfi kəmiyyətin onun riyazi gözləntisindən kvadratik kənarlaşmasının riyazi gözləntisidir.

Burada λ eyni müstəqil sınaqlarda hadisələrin baş vermələrinin orta sayına bərabərdir, yəni. λ = n × p, burada p bir sınaqda hadisənin baş vermə ehtimalıdır, e = 2,71828.

Poisson qanununun paylanması seriyası aşağıdakı formaya malikdir:

Xidmətin məqsədi. Onlayn kalkulyatordan Puasson paylanmasını qurmaq və seriyanın bütün xüsusiyyətlərini hesablamaq üçün istifadə olunur: riyazi gözlənti, dispersiya və standart sapma. Qərarla birlikdə hesabat Word formatında tərtib edilir.

N böyük olduqda və λ = p n > 10 olduqda, Puasson düsturu çox təxmini təxmini verir və P n (m) hesablanması üçün Moivre-Laplasın yerli və inteqral teoremlərindən istifadə edilir.

X təsadüfi kəmiyyətinin ədədi xarakteristikaları

Poisson paylanmasının gözləntiləri
M[X] = λ

Puasson paylanmasının dəyişməsi
D[X] = λ

Nümunə № 1. Toxumlarda 0,1% alaq otları var. Təsadüfi olaraq 2000 toxum seçsəniz, 5 alaq toxumunun tapılma ehtimalı nədir?
Həll.
p ehtimalı kiçikdir, lakin n ədədi böyükdür. np = 2 P(5) = λ 5 e -5 /5! = 0,03609
Gözlənilən dəyər: M[X] = λ = 2
Dispersiya: D[X] = λ = 2

Nümunə № 2. Çovdar toxumları arasında 0,4% alaq otları vardır. 5000 toxumun təsadüfi seçimi ilə alaq otlarının sayı üçün paylanma qanununu tərtib edin. Bu təsadüfi dəyişənin riyazi gözləntisini və dispersiyasını tapın.
Həll. Riyazi gözlənti: M[X] = λ = 0,004*5000 = 20. Dispersiya: D[X] = λ = 20
Paylanma qanunu:

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

Nümunə № 3. Telefon stansiyasında 1/200 ehtimalı ilə səhv bir əlaqə baş verir. 200 əlaqə arasında aşağıdakıların baş vermə ehtimalını tapın:
a) tam olaraq bir səhv əlaqə;
b) üçdən az səhv əlaqə;
c) ikidən çox yanlış əlaqə.
Həll. Məsələnin şərtlərinə görə hadisənin baş vermə ehtimalı azdır, ona görə də biz Puasson düsturundan (15) istifadə edirik.
a) Verilmişdir: n = 200, p = 1/200, k = 1. P 200 (1) tapaq.
Biz əldə edirik: . Onda P 200 (1) ≈ e -1 ≈ 0,3679.
b) Verilmişdir: n = 200, p = 1/200, k< 3. Найдем P 200 (k < 3).
Bizdə: a = 1.

c) Verilmişdir: n = 200, p = 1/200, k > 2. P 200 (k > 2) tapın.
Bu problemi daha sadə həll etmək olar: əks hadisənin baş vermə ehtimalını tapın, çünki bu halda daha az termin hesablamaq lazımdır. Əvvəlki hadisəni nəzərə alsaq, bizdə var

n-nin kifayət qədər böyük və p-nin kifayət qədər kiçik olduğu halı nəzərdən keçirək; np = a qoyaq, burada a hansısa ədəddir. Bu halda, arzu olunan ehtimal Puasson düsturu ilə müəyyən edilir:

t müddətində k hadisənin baş vermə ehtimalını Puasson düsturundan istifadə etməklə də tapmaq olar:
burada λ hadisələrin axınının intensivliyi, yəni vaxt vahidində görünən hadisələrin orta sayıdır.

Nümunə № 4. Hissənin qüsurlu olma ehtimalı 0,005-dir. 400 hissə yoxlanılır. 3-dən çox hissənin qüsurlu olması ehtimalını hesablamaq üçün bir düstur təqdim edin.

Nümunə № 5. Kütləvi istehsal zamanı qüsurlu hissələrin görünmə ehtimalı p-dir. N hissədən ibarət partiyanın a) tam üç hissədən ibarət olması ehtimalını müəyyən edin; b) üçdən çox qüsurlu hissə.
p=0,001; N = 4500
Həll.
p ehtimalı kiçikdir, lakin n ədədi böyükdür. np = 4.5< 10. Значит случайная величина Х – распределена по Пуассоновскому распределению. Составим закон.
Təsadüfi dəyişən X bir sıra dəyərlərə malikdir (0,1,2,...,m). Bu dəyərlərin ehtimallarını düsturla tapmaq olar:

X-in paylanma sırasını tapaq.
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

Onda N hissədən ibarət partiyanın tam üç hissədən ibarət olması ehtimalı bərabərdir:

Sonra N hissədən ibarət partiyanın üçdən çox qüsurlu hissədən ibarət olma ehtimalı:
P(x<3) = P(0) + P(1) + P(2) = 0,01111 + 0,04999 + 0,1125 = 0,1736

Nümunə № 6. Avtomat telefon stansiyası orta hesabla saatda N zəng qəbul edir. Müəyyən bir dəqiqə ərzində onun qəbul edəcəyi ehtimalını müəyyən edin: a) iki zəng; b) ikidən çox zəng.
N=18
Həll.
Bir dəqiqə ərzində ATS orta hesabla λ = 18/60 dəqiqə qəbul edir. = 0.3
Bir dəqiqə ərzində ATS-ə təsadüfi X zəng gəldiyini fərz etsək,
Puasson qanununa tabe olarsa, düsturdan istifadə edərək istənilən ehtimalı tapacağıq

X-in paylanma sırasını tapaq.
Burada λ = 0,3
P(0) = e - λ = e -0,3 = 0,7408
P(1) = λe -λ = 0,3e -0,3 = 0,2222

Müəyyən bir dəqiqə ərzində onun iki zəng alması ehtimalı belədir:
P(2) = 0,03334
Onun bir dəqiqə ərzində ikidən çox zəng alması ehtimalı belədir:
P(x>2) = 1 – 0,7408 – 0,2222 – 0,03334 = 0,00366

Nümunə № 7. Bir-birindən müstəqil fəaliyyət göstərən iki element nəzərdən keçirilir. Qüsursuz işləmə müddəti birinci element üçün λ1 = 0,02 və ikinci element üçün λ2 = 0,05 parametri ilə eksponensial paylanmaya malikdir. 10 saat ərzində: a) hər iki elementin nasazlıq olmadan işləməsi ehtimalını tapın; b) yalnız №1 elementin 10 saat ərzində sıradan çıxma ehtimalı:
Qərar.
P 1 (0) = e -λ1*t = e -0,02*10 = 0,8187

2 nömrəli elementin 10 saat ərzində sıradan çıxma ehtimalı:
P 2 (0) = e -λ2*t = e -0,05*10 = 0,6065

a) hər iki element qüsursuz işləyəcək;
P(2) = P 1 (0)*P 2 (0) = 0,8187*0,6065 = 0,4966
b) yalnız bir element uğursuz olacaq.
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

Nümunə № 7. İstehsal 1% qüsur yaradır. Tədqiqat üçün götürülən 1100 məhsuldan 17-dən çoxunun rədd edilməməsi ehtimalı nədir?
Qeyd: burada n*p =1100*0.01=11 > 10 olduğundan istifadə etmək lazımdır.

Böyük bir sıra müstəqil sınaqlarda müəyyən (sonlu) dəfə baş verən aşağı ehtimallı hadisələri nəzərdən keçirərkən, bu hadisələrin baş vermə ehtimalları Puasson qanununa və ya nadir hadisələr qanununa tabe olur, burada λ orta sayına bərabərdir. eyni müstəqil sınaqlarda hadisələrin baş verməsi, yəni. λ = n × p, burada p bir sınaq zamanı hadisənin baş vermə ehtimalıdır, e = 2.71828, m bu hadisənin tezliyidir, M[X] riyazi gözləntisi λ-ə bərabərdir.

Poisson qanununun paylanması seriyası aşağıdakı formaya malikdir:

X təsadüfi kəmiyyətinin ədədi xarakteristikaları

Poisson paylanmasının gözləntiləri
M[X] = λ

Puasson paylanmasının dəyişməsi
D[X] = λ

Puasson qanunu həcmi kifayət qədər böyük olan (n > 100) və bu xüsusiyyətə malik vahidlərin kifayət qədər kiçik nisbətinə malik olan populyasiyalar üçün istifadə edilə bilər (p).< 0,1).
Bu halda, Puasson paylanması təkcə n-nin qiyməti - mümkün nəticələrin ümumi sayı məlum olmadıqda, həm də n-in təmsil edə biləcəyi son ədəd bilinməyəndə tətbiq oluna bilər. Bir hadisənin baş verməsinin orta sayı olduğu halda, hadisənin baş vermə ehtimalı genişlənmə şərtləri ilə təsvir edilir:
.
Beləliklə, müvafiq ehtimallar:

Buna görə də, əgər zəlzələlərin orta sayı ayda bir olarsa, o zaman m = 1 və ayda baş vermə ehtimalı e - m = 0,3679-un təxmini dəyərindən hesablanan aşağıdakı kimi olacaqdır:

Misal. Eyni məhsulun 1000 partiyasının yoxlanılması nəticəsində partiyadakı qüsurlu məhsulların sayının aşağıdakı paylanması əldə edilmişdir:

Partiyada qüsurlu məhsulların orta sayını müəyyən edək:
.
Puasson qanununun nəzəri tezliklərini tapırıq:


Empirik və nəzəri olaraq tapılmış Puasson paylanması:

604	306	77	12	1
606	303	76	13	2

Müqayisə göstərir ki, empirik paylanma Puasson paylanmasına uyğundur.

Nümunə № 2. Texniki nəzarət şöbəsi oxşar məhsulların n partiyasını yoxladı və müəyyən etdi ki, bir partiyada qeyri-standart məhsulların X sayı cədvəldə göstərilən empirik paylanmaya malikdir, bir sətir bir partiyada qeyri-standart məhsulların x i sayını göstərir, digər sətirdə isə x i qeyri-standart məhsulları olan n i partiyaların sayı göstərilir. Fərziyyəni α=0.05 əhəmiyyət səviyyəsində yoxlamaq tələb olunur ki, təsadüfi dəyişən X (bir partiyada qeyri-standart məhsulların sayı) Puasson qanununa görə paylanır.

x i	0	1	2	3	4	5
n i	370	360	190	63	14	3

X-in paylandığı fərziyyəsini yoxlayaq Puasson qanunu Xidmətdən istifadə etmək, statistik fərziyyələri yoxlamaq.


burada p i - hipotetik qanuna uyğun olaraq paylanmış təsadüfi dəyişənin i-ci intervala düşmə ehtimalıdır; λ = x orta.
i = 0: p 0 = 0,3679, np 0 = 367,88
i = 1: p 1 = 0,3679, np 1 = 367,88
i = 2: p 2 = 0,1839, np 2 = 183,94
i = 3: p 3 = 0,0613, np 3 = 61,31
i = 4: p 4 = 0,0153, np 4 = 15,33
i = 5: p 5 = 0,0031, np 5 = 3,07
i = 6: 17=14 + 3
i = 6: 18,39=15,33 + 3,07

i	Müşahidə olunan tezlik n i	p i	Gözlənilən tezlik np i
0	370	0.37	367.88	0.0122
1	360	0.37	367.88	0.17
2	190	0.18	183.94	0.2
3	63	0.0613	61.31	0.0464
4	17	0.0153	18.39	0.11
	1000			0.53

Kritik bölgənin sərhədini təyin edək. Pearson statistikası empirik və nəzəri paylanmalar arasındakı fərqi ölçdüyündən, onun müşahidə edilən K obs dəyəri nə qədər böyükdürsə, əsas hipotezə qarşı arqument bir o qədər güclüdür.
Buna görə də, bu statistika üçün kritik bölgə həmişə sağ əllidir :)