Priprave na šolo

Poissonova porazdelitev. Zakon redkih dogodkov. Poissonova porazdelitev diskretne naključne spremenljivke. Verjetnost Poissonove porazdelitve

Najpogostejši primer različnih vrst verjetnostnih porazdelitev je binomska porazdelitev. Uporabimo njegovo vsestranskost, da določimo najpogostejše posebne vrste distribucij, ki jih srečamo v praksi.

Binomska porazdelitev

Naj bo kakšen dogodek A. Verjetnost pojava dogodka A je enaka str, je verjetnost, da se dogodek A ne zgodi, enaka 1 str, včasih je označen kot q. Pustiti nštevilo testov, m pogostost pojavljanja dogodka A pri teh n testi.

Znano je, da je skupna verjetnost vseh možnih kombinacij izidov enaka ena, to je:

1 = str n + n · str n 1 (1 str) + C n n 2 · str n 2 (1 str) 2 + + C n m · str m· (1 str) n m+ + (1 str) n .

str n verjetnost, da v nn enkrat;

n · str n 1 (1 str) verjetnost, da v nn 1) enkrat in se ne bo zgodilo enkrat;

C n n 2 · str n 2 (1 str) 2 verjetnost, da v n testi, se bo zgodil dogodek A ( n 2) krat in se ne bo zgodilo 2-krat;

p m = C n m · str m· (1 str) n m verjetnost, da v n testov, se bo zgodil dogodek A m nikoli se ne bo zgodilo ( n m) enkrat;

(1 str) n verjetnost, da v n v poskusih se dogodek A ne bo zgodil niti enkrat;

število kombinacij n Avtor: m .

Pričakovana vrednost M binomska porazdelitev je enaka:

M = n · str ,

Kje nštevilo testov, str verjetnost pojava dogodka A.

Standardni odklon σ :

σ = sqrt( n · str· (1 str)) .

Primer 1. Izračunajte verjetnost, da dogodek, ki ima verjetnost str= 0,5, in n= 10 poskusov se bo zgodilo m= 1-krat. Imamo: C 10 1 = 10 in naprej: p 1 = 10 0,5 1 (1 0,5) 10 1 = 10 0,5 10 = 0,0098. Kot lahko vidimo, je verjetnost, da se ta dogodek zgodi, precej nizka. To je razloženo, prvič, z dejstvom, da ni popolnoma jasno, ali se bo dogodek zgodil ali ne, saj je verjetnost 0,5 in možnosti tukaj so "50 proti 50"; in drugič, izračunati je treba, da se bo dogodek zgodil točno enkrat (nič več in nič manj) od desetih.

Primer 2. Izračunajte verjetnost, da dogodek, ki ima verjetnost str= 0,5, in n= 10 poskusov se bo zgodilo m= 2-krat. Imamo: C 10 2 = 45 in naprej: p 2 = 45 0,5 2 (1 0,5) 10 2 = 45 0,5 10 = 0,044. Verjetnost, da se ta dogodek zgodi, se je povečala!

Primer 3. Povečajmo verjetnost samega dogodka. Naredimo bolj verjetno. Izračunajte verjetnost, da dogodek, ki ima verjetnost str= 0,8, in n= 10 poskusov se bo zgodilo m= 1-krat. Imamo: C 10 1 = 10 in naprej: p 1 = 10 0,8 1 (1 0,8) 10 1 = 10 0,8 1 0,2 9 = 0,000004. Verjetnost je postala manjša kot v prvem primeru! Odgovor se na prvi pogled zdi nenavaden, a ker ima dogodek precej visoko verjetnost, je malo verjetno, da se bo zgodil le enkrat. Večja verjetnost je, da se bo to zgodilo večkrat. Res, štetje p 0 , p 1 , p 2 , p 3, , p 10 (verjetnost, da dogodek v n= 10 poskusov se bo zgodilo 0, 1, 2, 3, , 10-krat), bomo videli:

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(največja verjetnost!);
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

Seveda p 0 + p 1 + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 + p 7 + p 8 + p 9 + p 10 = 1 .

Normalna porazdelitev

Če upodobimo količine p 0 , p 1 , p 2 , p 3, , p 10, ki smo ga izračunali v primeru 3, na grafu se izkaže, da ima njihova porazdelitev obliko, ki je blizu normalnemu zakonu porazdelitve (glej sliko 27.1) (glej predavanje 25. Modeliranje normalno porazdeljenih naključnih spremenljivk).

riž. 27.1. Vrsta binomske porazdelitve
verjetnosti za različne m pri p = 0,8, n = 10

Binomski zakon postane normalen, če sta verjetnosti nastopa in nenastopa dogodka A približno enaki, to pomeni, da lahko pogojno zapišemo: str≈ (1 str) . Na primer, vzemimo n= 10 in str= 0,5 (tj str= 1 str = 0.5 ).

V bistvu pridemo do takšnega problema, če želimo na primer teoretično izračunati, koliko fantkov in koliko deklic bo na 10 otrok, rojenih v porodnišnici na isti dan. Natančneje, ne bomo šteli fantkov in deklic, ampak verjetnost, da se bodo rodili samo fantki, da se bo rodil 1 deček in 9 deklic, da se bosta rodila 2 fantka in 8 deklic itd. Za poenostavitev predpostavimo, da je verjetnost, da bosta imela fantka in deklico, enaka in enaka 0,5 (toda v resnici, če smo iskreni, ni tako, glejte tečaj »Modeliranje sistemov umetne inteligence«).

Jasno je, da bo porazdelitev simetrična, saj je verjetnost, da bomo imeli 3 fantke in 7 deklic, enaka verjetnosti, da bomo imeli 7 fantkov in 3 deklice. Največja verjetnost rojstva bo 5 fantkov in 5 deklic. Ta verjetnost je enaka 0,25, mimogrede, v absolutni vrednosti ni tako velika. Poleg tega je verjetnost, da se bo naenkrat rodilo 10 ali 9 fantkov, veliko manjša od verjetnosti, da se bo od 10 otrok rodil 5 ± 1 deček. Pri tem izračunu nam bo pomagala binomska porazdelitev. torej.

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

Seveda p 0 + p 1 + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 + p 7 + p 8 + p 9 + p 10 = 1 .

Količine prikažimo na grafu p 0 , p 1 , p 2 , p 3, , p 10 (glej sliko 27.2).

riž. 27.2. Graf binomske porazdelitve s parametri
p = 0,5 in n = 10, s čimer se približa normalnemu zakonu

Torej pod pogoji m ≈ n/2 in str≈ 1 str oz str≈ 0,5 namesto binomske porazdelitve lahko uporabite normalno. Za velike vrednosti n graf se premakne v desno in postaja vse bolj raven, saj matematično pričakovanje in varianca naraščata z naraščanjem n : M = n · str , D = n · str· (1 str) .

Mimogrede, binomski zakon se nagiba k normali in z naraščanjem n, kar je povsem naravno, glede na centralni limitni izrek (glej predavanje 34. Zapis in obdelava statističnih rezultatov).

Zdaj razmislite, kako se spremeni binomski zakon v primeru, ko str ≠ q, to je str> 0. V tem primeru hipoteze o normalni porazdelitvi ni mogoče uporabiti in binomska porazdelitev postane Poissonova porazdelitev.

Poissonova porazdelitev

Poissonova porazdelitev je poseben primer binomske porazdelitve (z n>> 0 in pri str>0 (redki dogodki)).

Iz matematike je znana formula, ki vam omogoča približno izračunavanje vrednosti katerega koli člana binomske porazdelitve:

Kje a = n · str Poissonov parameter (matematično pričakovanje), varianca pa je enaka matematičnemu pričakovanju. Predstavimo matematične izračune, ki pojasnjujejo ta prehod. Binomski zakon porazdelitve

p m = C n m · str m· (1 str) n m

lahko napišete, če postavite str = a/n , kot

Ker str je zelo majhna, potem je treba upoštevati le številke m, majhna v primerjavi z n. delo

zelo blizu enotnosti. Enako velja za velikost

Magnituda

zelo blizu e a. Od tu dobimo formulo:

Primer. Škatla vsebuje n= 100 delov, kakovostnih in okvarjenih. Verjetnost prejema izdelka z napako je str= 0,01. Recimo, da izdelek vzamemo ven, ugotovimo, ali je okvarjen ali ne, in ga vrnemo nazaj. S tem se je izkazalo, da sta se od 100 izdelkov, ki smo jih pregledali, dva izkazala za okvarjena. Kakšna je verjetnost za to?

Iz binomske porazdelitve dobimo:

Iz Poissonove porazdelitve dobimo:

Kot lahko vidite, so se vrednosti izkazale za blizu, zato je v primeru redkih dogodkov povsem sprejemljivo uporabiti Poissonov zakon, še posebej, ker zahteva manj računalniškega napora.

Prikažimo grafično obliko Poissonovega zakona. Vzemimo za primer parametre str = 0.05 , n= 10. Nato:

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

Seveda p 0 + p 1 + p 2 + p 3 + p 4 + p 5 + p 6 + p 7 + p 8 + p 9 + p 10 = 1 .

riž. 27.3. Graf Poissonove porazdelitve pri p = 0,05 in n = 10

pri n> ∞ se Poissonova porazdelitev spremeni v normalni zakon v skladu s centralnim mejnim izrekom (glej.

Uvod

Teorija verjetnosti je matematična veda, ki preučuje vzorce v naključnih pojavih. Danes je to polnopravna znanost velikega praktičnega pomena.

Zgodovina teorije verjetnosti sega v 17. stoletje, ko so bili prvi poskusi sistematičnega preučevanja problemov, povezanih z množičnimi naključnimi pojavi, in se je pojavil ustrezen matematični aparat. Od takrat so se številne osnove razvile in poglobile v trenutne koncepte ter odkrili druge pomembne zakonitosti in vzorce. Mnogi znanstveniki so delali in se ukvarjajo s problemi v teoriji verjetnosti.

Med njimi si ne moremo pomagati, da ne bi bili pozorni na dela Simeona Denisa Poissona ((1781–1840) - francoski matematik), ki je dokazal bolj splošno obliko zakona velikih števil kot Jacob Bernoulli in tudi prvič uporabil teorija verjetnosti do problemov streljanja. Ime Poisson je povezano z enim od zakonov porazdelitve, ki ima pomembno vlogo v teoriji verjetnosti in njenih aplikacijah.

Število pojavitev določenega naključnega dogodka na časovno enoto, ko dejstvo o pojavu tega dogodka v danem poskusu ni odvisno od tega, kolikokrat in v katerih trenutkih se je zgodil v preteklosti, in ne vpliva na prihodnost. In testi se izvajajo v stacionarnih pogojih, potem se za opis porazdelitve takšne naključne spremenljivke običajno uporablja Poissonov zakon (to porazdelitev je prvič predlagal in objavil ta znanstvenik leta 1837).

Ta zakon lahko opišemo tudi kot mejni primer binomske porazdelitve, ko je verjetnost p pojava dogodka, ki nas zanima, v enem poskusu zelo majhna, vendar je število poskusov m, izvedenih na časovno enoto, precej veliko. , in sicer tako, da v procesu p

0 in m se produkt mp nagiba k neki pozitivni konstantni vrednosti (tj. mp).

Zato Poissonov zakon pogosto imenujemo tudi zakon redkih dogodkov.

Poissonova porazdelitev v teoriji verjetnosti

Funkcija in serija porazdelitve

Poissonova porazdelitev je poseben primer binomske porazdelitve (z n>> 0 in pri str–> 0 (redki dogodki)).

Iz matematike je znana formula, ki vam omogoča približno izračunavanje vrednosti katerega koli člana binomske porazdelitve:

Kje a = n · str je Poissonov parameter (matematično pričakovanje), varianca pa je enaka matematičnemu pričakovanju. Predstavimo matematične izračune, ki pojasnjujejo ta prehod. Binomski zakon porazdelitve

Pm = C n m · p m· (1 - str)n – m

lahko pišete, če postavite str = a/n, kot

Ker str je zelo majhna, potem je treba upoštevati le številke m, majhna v primerjavi z n. delo

zelo blizu enotnosti. Enako velja za velikost

zelo blizu e –a. Od tu dobimo formulo:

Eulerjevo število (2,71 ...). ,

Za funkcijo generiranja

imamo količine:

Funkcija kumulativne porazdelitve verjetnosti je enaka

Klasičen primer naključne spremenljivke, porazdeljene po Poissonu, je število avtomobilov, ki gredo skozi določen odsek ceste v določenem časovnem obdobju. Zabeležite si lahko tudi primere, kot je število zvezd na delu neba določene velikosti, število napak v besedilu določene dolžine, število telefonskih klicev v klicnem centru ali število klicev na spletnega strežnika v določenem časovnem obdobju.

Porazdelitvena serija naključne spremenljivke X, porazdeljene po Poissonovem zakonu, izgleda takole:

x m	0	1	2	…	m	…
Pm	e-a			…		…

Na sl. 1 prikazuje poligone porazdelitve naključne spremenljivke X po Poissonovem zakonu, ki ustreza različnim vrednostim parametra A.

Najprej se prepričajmo, da je zaporedje verjetnosti lahko porazdelitveni niz, tj. da je vsota vseh verjetnosti Rm enako ena.

Uporabljamo razširitev funkcije e x v seriji Maclaurin:

Znano je, da ta vrsta konvergira za katero koli vrednost X, torej jemanje x=a, dobimo

torej

Numerične značilnosti položaja Poissonove porazdelitve

Matematično pričakovanje diskretne naključne spremenljivke je vsota produktov vseh možnih vrednosti in njihovih verjetnosti.

Po definiciji, ko diskretna naključna spremenljivka zavzame štetni niz vrednosti:

Prvi člen vsote (ustreza m=0 ) je enako nič, zato lahko seštevanje začnemo od m=1 :

Torej parameter A ni nič drugega kot matematično pričakovanje naključne spremenljivke X.

Poleg matematičnega pričakovanja položaj naključne spremenljivke označujeta mod in mediana.

Modus naključne spremenljivke je njena najverjetnejša vrednost.

Za zvezno količino se način imenuje točka lokalnega maksimuma funkcije gostote verjetnosti. Če ima poligon ali porazdelitvena krivulja en maksimum (slika 2 a), potem se porazdelitev imenuje unimodalna; če je več kot en maksimum, je multimodalna (predvsem porazdelitev z dvema načinoma se imenuje bimodalna). Porazdelitev, ki ima minimum, se imenuje antimodalna (slika 2 b)

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

Najverjetnejša vrednost naključne spremenljivke je način, ki zagotavlja globalno največjo verjetnost za diskretno naključno spremenljivko ali gostoto porazdelitve za zvezno naključno spremenljivko.

Mediana je vrednost x l, ki deli površino pod grafom gostote verjetnosti na pol, tj. Mediana je poljuben koren enačbe. Matematično pričakovanje morda ne obstaja, vendar mediana vedno obstaja in jo je mogoče dvoumno opredeliti.

Mediana naključne spremenljivke

njena vrednost = x med se imenuje tako, da P (< x med) = Р ( >x med) = .

Numerične značilnosti raztrosa

Varianca naključne spremenljivke X je matematično pričakovanje kvadrata odstopanja naključne spremenljivke od njenega matematičnega pričakovanja.

Kjer je λ enako povprečnemu številu pojavov dogodkov v identičnih neodvisnih poskusih, tj. λ = n × p, kjer je p verjetnost dogodka v enem poskusu, e = 2,71828.

Serija porazdelitve Poissonovega zakona ima obliko:

Namen storitve. Spletni kalkulator se uporablja za konstruiranje Poissonove porazdelitve in izračun vseh značilnosti serije: matematično pričakovanje, varianco in standardni odklon. Poročilo z odločbo se sestavi v Word formatu.

V primeru, ko je n velik in λ = p n > 10, daje Poissonova formula zelo grob približek, za izračun P n (m) pa sta uporabljena lokalni in integralni Moivre-Laplaceov izrek.

Numerične značilnosti naključne spremenljivke X

Pričakovanje Poissonove porazdelitve
M[X] = λ

Varianca Poissonove porazdelitve
D[X] = λ

Primer št. 1. Semena vsebujejo 0,1 % plevela. Kakšna je verjetnost, da boste našli 5 semen plevela, če naključno izberete 2000 semen?
rešitev.
Verjetnost p je majhna, vendar je število n veliko. np = 2 P(5) = λ 5 e -5 /5! = 0,03609
Pričakovana vrednost: M[X] = λ = 2
Razpršenost: D[X] = λ = 2

Primer št. 2. Med semeni rži je 0,4 % semen plevelov. Sestavite porazdelitveni zakon za število plevelov, ko je naključno izbranih 5000 semen. Poiščite matematično pričakovanje in varianco te naključne spremenljivke.
rešitev. Matematično pričakovanje: M[X] = λ = 0,004*5000 = 20. Disperzija: D[X] = λ = 20
Distribucijski zakon:

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

Primer št. 3. Na telefonski centrali pride do nepravilne povezave z verjetnostjo 1/200. Poiščite verjetnost, da se bo med 200 povezavami zgodilo naslednje:
a) natanko ena napačna povezava;
b) manj kot tri nepravilne povezave;
c) več kot dve nepravilni povezavi.
rešitev. Glede na pogoje problema je verjetnost dogodka majhna, zato uporabimo Poissonovo formulo (15).
a) Podano: n = 200, p = 1/200, k = 1. Poiščemo P 200 (1).
Dobimo: . Potem je P 200 (1) ≈ e -1 ≈ 0,3679.
b) Podano: n = 200, p = 1/200, k< 3. Найдем P 200 (k < 3).
Imamo: a = 1.

c) Podano: n = 200, p = 1/200, k > 2. Poiščemo P 200 (k > 2).
To težavo je mogoče rešiti preprosteje: poiščite verjetnost nasprotnega dogodka, saj morate v tem primeru izračunati manj izrazov. Upoštevajoč prejšnji primer imamo

Razmislite o primeru, ko je n dovolj velik in p dovolj majhen; postavimo np = a, kjer je a neko število. V tem primeru je želena verjetnost določena s Poissonovo formulo:

Verjetnost pojava k dogodkov v času t je mogoče najti tudi z uporabo Poissonove formule:
kjer je λ intenzivnost toka dogodkov, to je povprečno število dogodkov, ki se pojavijo na časovno enoto.

Primer št. 4. Verjetnost, da je del okvarjen, je 0,005. Preverjenih je 400 delov. Navedite formulo za izračun verjetnosti, da so več kot 3 deli okvarjeni.

Primer št. 5. Verjetnost pojava okvarjenih delov med množično proizvodnjo je p. določite verjetnost, da serija N delov vsebuje a) natanko tri dele; b) ne več kot trije okvarjeni deli.
p=0,001; N = 4500
rešitev.
Verjetnost p je majhna, vendar je število n veliko. np = 4,5< 10. Значит случайная величина Х – распределена по Пуассоновскому распределению. Составим закон.
Naključna spremenljivka X ima obseg vrednosti (0,1,2,...,m). Verjetnosti teh vrednosti je mogoče najti s formulo:

Poiščimo distribucijsko serijo X.
Tukaj je 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

Potem je verjetnost, da serija N delov vsebuje natanko tri dele, enaka:

Potem je verjetnost, da serija N delov ne vsebuje več kot tri okvarjene dele:
P(x<3) = P(0) + P(1) + P(2) = 0,01111 + 0,04999 + 0,1125 = 0,1736

Primer št. 6. Avtomatska telefonska centrala povprečno sprejme N klicev na uro. Določite verjetnost, da bo v dani minuti prejela: a) natanko dva klica; b) več kot dva klica.
N=18
rešitev.
V eni minuti prejme avtomatska telefonska centrala povprečno λ = 18/60 min. = 0,3
Ob predpostavki, da je naključno število X klicev, prejetih na PBX v eni minuti,
upošteva Poissonov zakon, z uporabo formule bomo našli želeno verjetnost

Poiščimo distribucijsko serijo X.
Tukaj je λ = 0,3
P(0) = e - λ = e -0,3 = 0,7408
P(1) = λe -λ = 0,3e -0,3 = 0,2222

Verjetnost, da bo prejela točno dva klica v dani minuti, je:
P(2) = 0,03334
Verjetnost, da bo prejela več kot dva klica v dani minuti, je:
P(x>2) = 1 – 0,7408 – 0,2222 – 0,03334 = 0,00366

Primer št. 7. Upoštevana sta dva elementa, ki delujeta neodvisno drug od drugega. Trajanje brezhibnega delovanja ima eksponentno porazdelitev s parametrom λ1 = 0,02 za prvi element in λ2 = 0,05 za drugi element. Poiščite verjetnost, da bosta v 10 urah: a) oba elementa delovala brez napak; b) samo verjetnost, da element št. 1 ne bo odpovedal v 10 urah:
Odločitev.
P 1 (0) = e -λ1*t = e -0,02*10 = 0,8187

Verjetnost, da element št. 2 ne bo odpovedal v 10 urah:
P 2 (0) = e -λ2*t = e -0,05*10 = 0,6065

a) oba elementa bosta delovala brezhibno;
P(2) = P 1 (0)*P 2 (0) = 0,8187*0,6065 = 0,4966
b) samo en element bo odpovedal.
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

Primer št. 7. Proizvodnja povzroči 1% napak. Kakšna je verjetnost, da od 1100 izdelkov, vzetih v raziskavo, ne bo zavrnjenih več kot 17?
Opomba: ker je tukaj n*p =1100*0,01=11 > 10, je treba uporabiti

Pri obravnavanju dogodkov z nizko verjetnostjo, ki se zgodijo v veliki seriji neodvisnih poskusov določeno (končno) število krat, se verjetnosti pojava teh dogodkov podrejajo Poissonovemu zakonu ali zakonu redkih dogodkov, kjer je λ enako povprečnemu številu pojavljanja dogodkov v identičnih neodvisnih poskusih, tj. λ = n × p, kjer je p verjetnost dogodka med enim poskusom, e = 2,71828, m je frekvenca tega dogodka, matematično pričakovanje M[X] je enako λ.

Serija porazdelitve Poissonovega zakona ima obliko:

Numerične značilnosti naključne spremenljivke X

Pričakovanje Poissonove porazdelitve
M[X] = λ

Varianca Poissonove porazdelitve
D[X] = λ

Poissonov zakon se lahko uporablja za populacije, ki so dovolj velike po obsegu (n > 100) in imajo dovolj majhen delež enot s to značilnostjo (p< 0,1).
V tem primeru se lahko Poissonova porazdelitev uporabi, ko ni znana samo vrednost n – skupno število možnih izidov –, ampak tudi, ko ni znano končno število, ki ga lahko predstavlja n. Kjer obstaja povprečno število pojavitev dogodka, je verjetnost, da se dogodek zgodi, opisana z izrazi razširitve:
.
Zato so ustrezne verjetnosti:

Če je torej povprečno število potresov en na mesec, potem je m=1 in bo verjetnost pojavov na mesec naslednja, izračunana iz približne vrednosti e - m = 0,3679:

Primer. Kot rezultat preverjanja 1000 serij enakih izdelkov smo dobili naslednjo porazdelitev števila izdelkov z napako v seriji:

Določimo povprečno število izdelkov z napako v seriji:
.
Najdemo teoretične frekvence Poissonovega zakona:

Empirično in teoretično ugotovljena Poissonova porazdelitev:

604	306	77	12	1
606	303	76	13	2

Primerjava kaže, da empirična porazdelitev ustreza Poissonovi porazdelitvi.

Primer št. 2. Služba za tehnični nadzor je preverila n serij podobnih izdelkov in ugotovila, da ima število X nestandardnih izdelkov v eni seriji empirično porazdelitev, prikazano v tabeli, v kateri ena vrstica označuje število x i nestandardnih izdelkov v eni seriji, druga vrstica pa označuje število n i serij, ki vsebujejo x i nestandardnih izdelkov. Zahtevano je preveriti hipotezo na stopnji pomembnosti α=0,05, da je naključna spremenljivka X (število nestandardnih izdelkov v eni seriji) porazdeljena po Poissonovem zakonu.

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

Preverimo hipotezo, da je X porazdeljen Poissonov zakon Uporaba storitve, testiranje statističnih hipotez.

kjer je p i verjetnost, da naključna spremenljivka, porazdeljena po hipotetičnem zakonu, pade v i-ti interval; λ = x povpr.
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

jaz	Opazovana frekvenca n i	p i	Pričakovana frekvenca 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

Določimo mejo kritičnega območja. Ker Pearsonova statistika meri razliko med empirično in teoretično porazdelitvijo, večja kot je njena opazovana vrednost K obs, močnejši je argument proti glavni hipotezi.
Zato je kritično območje za to statistiko vedno desno :)