Краткая теория

Пусть производится независимых испытаний, в каждом из которых вероятность появления события равна . Для определения вероятности появлений события в этих испытаниях используют формулу Бернулли . Если же велико, то пользуются или . Однако эта формула непригодна, если мала. В этих случаях ( велико, мало) прибегают к асимптотической формуле Пуассона .

Поставим перед собой задачу найти вероятность того, что при очень большом числе испытаний, в каждом из которых вероятность события очень мала, событие наступит ровно раз. Сделаем важное допущение: произведение сохраняет постоянное значение, а именно . Это означает, что среднее число появления события в различных сериях испытаний, т.е. при различных значениях , остается неизменным.

Пример решения задачи

Задача 1

На базе получено 10000 электроламп. Вероятность того, что в пути лампа разобьется, равна 0,0003. Найдите вероятность того, что среди полученных ламп будет пять ламп разбито.

Решение

Условие применимости формулы Пуассона:

Если вероятность появления события в отдельном испытании достаточно близка к нулю, то даже при больших значениях количества испытаний вероятность, вычисляемая по локальной теореме Лапласа, оказывается недостаточно точной. В таких случаях используют формулу, выведенную Пуассоном.

Пусть событие – 5 ламп будет разбито

Воспользуемся формулой Пуассона:

В нашем случае:

Ответ

Задача 2

На предприятии 1000 единиц оборудования определенного вида. Вероятность отказа единицы оборудования в течение часа составляет 0,001. Составить закон распределения числа отказов оборудования в течение часа. Найти числовые характеристики.

Решение

Случайная величина – число отказов оборудования, может принимать значения

Воспользуемся законом Пуассона:

Найдем эти вероятности:

.

Математическое ожидание и дисперсия случайной величины, распределенной по закону Пуассона равна параметру этого распределения:

Средняя стоимость решения контрольной работы 700 - 1200 рублей (но не менее 300 руб. за весь заказ). На цену сильно влияет срочность решения (от суток до нескольких часов). Стоимость онлайн-помощи на экзамене/зачете - от 1000 руб. за решение билета.

Заявку можно оставить прямо в чате, предварительно скинув условие задач и сообщив необходимые вам сроки решения. Время ответа - несколько минут.

$Х$ имеет распределение Пуассона с параметром $\lambda$ ($\lambda$$>$0), если эта величина принимает целые неотрицательные значения $к=0, 1, 2,\dots$ с вероятностями $рк$=$\frac{\lambda ^{:} }{:!} \cdot 5^{-\lambda } .$ (Это распределение впервые было рассмотрено французским математиком и физиком Симеоном Дени Пуассоном в 1837 г.)

Распределение Пуассона также называют законом редких событий, потому, что вероятности рк дают приближенное распределение числа наступлений некоторого редкого события при большом количестве независимых испытаний. В этом случае полагают $\lambda =n \cdot р$ , где $n$- число испытаний Бернулли, $р$- вероятность осуществления события в одном испытании.

Правомерность использования закона Пуассона вместо биномиального распределения при большом числе испытаний дает следующая теорема.

Теорема 1

Теорема Пуассона.

Если в схеме Бернулли n$\rightarrow$$\infty$, p$\rightarrow$0, так что $n \cdot p$$\rightarrow$$\lambda$ (конечному числу), то

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

Без доказательства.

Примечание 1

Формула Пуассона становится точнее, при малениких $p$ и больших чисел $n$, причём $n \cdot p $

Математическое ожидание случайной величины, имеющей распределение Пуассона с параметром $\lambda$:

$М(Х)$=$\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$.

Дисперсия случайной величины, имеющей распределение Пуассона параметром $\lambda$:

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

Применение формулы Пуассона при решении задач

Пример 1

Вероятность появления бракованного изделия при массовом производстве равна $0,002$. Найти вероятность того, что в партии из $1500$ изделий будет не более 3-х бракованных. Найти среднее число бракованных изделий.

  • Пусть $А$-число бракованных изделий в партии из $1500$ изделий. Тогда искомая вероятность, это вероятность того, что $А$ $\leq$ $3$. В данной задаче мы имеем схему Бернулли с $n=1500$ и $р=0,002$. Для применения теоремы Пуассона положим $\lambda=1500 \cdot 0,002=3$. Тогда искомая вероятность
\
  • Среднее число бракованных изделий $М(А)$=$\lambda$=3.

Пример 2

Коммутатор учреждения обслуживает $100$ абонентов. Вероятность того, что в течение $1$ минуты абонент позвонит, равна $0,01$. Найти вероятность того, что в течение $1$ минуты никто не позвонит.

Пусть $А$- число позвонивших на коммутатор в течение $1$ минуты. Тогда искомая вероятность -- это вероятность того, что $А=0$. В данной задаче применима схема Бернулли с $n=100$, $p=0,01$. Для использования теоремы Пуассона положим

$\lambda=100 \cdot 0,01=1$.

Тогда искомая вероятность

$Р = е^-1$ $\approx0,37$.

Пример 3

Завод отправил на базу $500$ изделий. Вероятность повреждения изделия в пути равна $0,002$. Найти вероятности того, что в пути будет повреждено

  1. ровно три изделия;
  2. менее трех изделий.

    Рассмотрев замечание к формуле Пуассона, поскольку вероятность $р=0,002$ повреждения изделия мала, а число изделий $n=500$ велико, и $a=n\cdot p=1

    Для решения второй задачи применима формула, где $k1=0$ и $k2=2$. Имеем:

\

Пример 4

Учебник издан тиражом $100000$ экземпляров. Вероятность того, что один учебник сброшюрован неправильно, равна $0,0001$. Какова вероятность того, что тираж содержит $5$ бракованных книг?

По условию задачи $n = 100000$, $p = 0,0001$.

События "из $n$ книг ровно $m$ книг сброшюрованы неправильно", где $m = 0,1,2, \dots ,100000$, являются независимыми. Так как число $n$ велико, а вероятность $p$ мала, вероятность $P_n (m)$ можно вычислить по формуле Пуассона: $P_n$(m)$\approx \frac{{\lambda }^m\cdot e^{-\lambda }}{m!}$ , где $\lambda = np$.

В рассматриваемой задаче

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

Поэтому искомая вероятность $P_{100000}$(5) определяется равенством:

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

Ответ: $0,0375$.

Пример 5

Завод отправил на базу $5000$ доброкачественных изделий. Вероятность того, что в пути изделие повредиться равно $0,0002$. Найти вероятность того, что на базу прибудут три негодных изделия.

По условию $n=5000$; $р = 0,0002$; $k = 3$. Найдем $\lambda $:

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

Искомая вероятность по формуле Пуассона равна:

Пример 6

Вероятность того, что на телефонную станцию в течение одного часа позвонит один абонент, равна 0,01. В течение часа позвонили 200 абонентов. Найти вероятность того, что в течение часа позвонят 3 абонента.

Рассматрев условие задачи видим, что:

Найдем $\lambda $ для формуллы Пуассона:

\[\lambda =np=200\cdot 0,01=2.\]

Подставим значения в формулу Пуассона и получим значение:

Пример 7

На факультете насчитывается 500 студентов. Какова вероятность того, что 1 сентября является днем рождения одновременно для 2-х студентов?

Имеем $n=500$; $p=1/365 \approx 0,0027$, $q=0,9973$. Поскольку количество испытаний велико, а вероятность выполнения очень мала и $npq=1,35 \

Снова напомним ситуацию, которая была названа схемой Бернулли: производится n независимых испытаний, в каждом из которых некоторое событие А может появиться с одной и той же вероятностью р . Тогда для определения вероятности того, что в этих n испытаниях событие А появится ровно k раз (такая вероятность обозначалась P n (k ) ) может быть точно вычислена по формуле Бернулли , гдеq =1− p . Однако при большом числе испытаний n расчеты по формуле Бернулли становятся очень неудобными, так как приводят к действиям с очень большими числами. Поэтому (если помните − это когда-то проходилось при изучении схемы и формулы Бернулли при изучении первой части теории вероятностей «Случайные события») при больших n предлагались значительно более удобные (хотя и приближенные) формулы, которые оказывались тем точнее, чем больше n (формула Пуассона, локальная и интегральная формула Муавра-Лапласа). Если в схеме Бернулли число опытов n велико, а вероятность р появления события А в каждом испытании мала, то хорошее приближение дает упомянутая формула Пуассона
, где параметра = n ∙ p . Эта формула и приводит к распределению Пуассона. Дадим точные определения

Дискретная случайная величина Х имеет распределение Пуассона , если она принимает значения 0, 1, 2, ... с вероятностями р 0 , р 1 , ... , которые вычисляются по формуле

а число а является параметром распределения Пуассона. Обращаем внимание, что возможных значений с.в. Х бесконечно много − это все целые неотрицательные числа. Таким образом, д.с.в Х с распределением Пуассона имеет следующий закон распределения:

При вычислении математического ожидания (по их определению для д.с.в. с известным законом распределения) придется теперь считать не конечные суммы, а суммы соответствующих бесконечных рядов (так как таблица закона распределения имеет бесконечно много столбцов). Если же посчитать суммы этих рядов, то окажется, что и математическое ожидание, и дисперсия случайной величины Х с распределением Пуассона совпадает с параметром а этого распределения:

,
.

Найдем моду d (X ) распределенной по Пуассону случайной величины Х . Применим тот же самый прием, что был использован для вычисления моды биномиально распределенной случайной величины. По определению моды d (X )= k , если вероятность
наибольшая среди всех вероятностей р 0 , р 1 , ... . Найдем такое число k (это целое неотрицательное число). При таком k вероятность p k должна быть не меньше соседних с ней вероятностей: p k −1 ≤ p k ≤ p k +1 . Подставив вместо каждой вероятности соответствующую формулу, получим, что число k должно удовлетворять двойному неравенству:

.

Если расписать формулы для факториалов и провести простые преобразования, можно получить, что левое неравенство дает k ≤ а , а правое k ≥ а −1 . Таким образом, число k удовлетворяет двойному неравенству а −1 ≤ k ≤ а , т.е. принадлежит отрезку [а −1, а ] . Поскольку длина этого отрезка, очевидно, равна 1 , то в него может попасть либо одно, либо 2 целых числа. Если число а целое, то в отрезке [а −1, а ] имеется 2 целых числа, лежащих на концах отрезка. Если же число а не целое, то в этом отрезке есть только одно целое число.

Таким образом, если число а целое, то мода распределенной по Пуассону случайной величины Х принимает 2 соседних значения: d (X )=а−1 и d (X )=а . Если же число а не целое, то мода имеет одно значение d (X )= k , где k есть единственное целое число, удовлетворяющее неравенству а −1 ≤ k ≤ а , т.е. d (X )= [а ] .

Пример . Завод отправил на базу 5000 изделий. Вероятность того, что в пути изделие повредится, равно 0.0002 . Какова вероятность, что повредится 18 изделий? Каково среднее значение поврежденных изделий? Каково наивероятнейшее число поврежденных изделий и какова его вероятность?

Например, регистрируется количество дорожных происшествий за неделю на определенном участке дороги. Это число представляет собой случайную величину, которая может принимать значения: (верхнего предела нет). Число дорожных происшествий может быть каким угодно большим. Если рассмотреть какой-либо короткий временной промежуток в течение недели, скажем минуту, то происшествие либо произойдет на его протяжении, либо нет. Вероятность дорожного происшествия в течение отдельно взятой минуты очень мала, и примерно такая же она для всех минут.

Распределение вероятностей числа происшествий описывается формулой:

где m - среднее количество происшествий за неделю на определенном участке дороги; е - константа, равная 2,718...

Характерные особенности данных, для которых наилучшим образом подходит распределение Пуассона, следующие:

1. Каждый малый интервал времени может рассматриваться как опыт, результатом которого является одно из двух: либо происшествие (“успех”), либо его отсутствие (“неудача”). Интервалы столь малы, что может быть только один “успех” в одном интервале, вероятность которого мала и неизменна.

2. Число “успехов" в одном большом интервале не зависит от их числа в другом, т.е. “успехи” беспорядочно разбросаны по временным промежуткам.

3. Среднее число “успехов” постоянно на протяжении всего времени. Распределение вероятностей Пуассона может быть использовано не только при работе со случайными величинами на временных интервалах, но и при учете дефектов дорожного покрытия на километр пути или опечаток на страницу текста. Общая формула распределения вероятностей Пуассона:

где m - среднее число “успехов” на единицу.

В таблицах распределения вероятностей Пуассона значения табулированы для определенных значений m и

Пример 2.7. В среднем на телефонной станции заказывают три телефонных разговора в течение пяти минут. Какова вероятность, что будет заказано 0, 1,2, 3, 4 или больше четырех разговоров в течение пяти минут?

Применим распределение вероятностей Пуассона, так как:

1. Существует неограниченное количество опытов, т.е. маленьких отрезков времени, когда может появиться заказ на телефонный разговор, вероятность чего мала и постоянна.

2. Считается, что спрос на телефонные разговоры беспорядочно распределен во времени.

3. Считается, что среднее число телефонных разговоров в любом -минутном отрезке времени одинаково.

В этом примере среднее число заказов равно 3 за 5 минут. Отсюда, распределение Пуассона:

При распределении вероятностей Пуассона, зная среднее число “успехов” на 5-минутном промежутке (например как в примере 2.7), для того чтобы узнать среднее число “успехов” за один час, нужно просто умножить на 12. В примере 2.7 среднее число заказов в час составит: 3 х 12 = 36. Аналогично, если требуется определить среднее число заказов в минуту:

Пример 2.8. В среднем за пять дней рабочей недели на автоматической линии происходят 3,4 неполадок. Какова вероятность двух неполадок в каждый день работы? Решение.

Можно применить распределение Пуассона:

1. Существует неограниченное количество опытов, т.е. малых промежутков времени, в течение каждого из них может произойти или не произойти неполадка на автоматической линии. Вероятность этого для каждого промежутка времени мала и постоянна.

2. Предполагается, что неполадки беспорядочно расположены во времени.

3. Предполагается, что среднее число неполадок в течение любых пяти дней постоянно.

Среднее число неполадок равно 3, 4 за пять дней. Отсюда число неполадок в день:

Следовательно,

Наиболее общим случаем различного рода вероятностных распределений является биномиальное распределение. Воспользуемся его универсальностью для определения наиболее часто встречающихся на практике частных видов распределений.

Биномиальное распределение

Пусть имеется некое событие A . Вероятность появления события A равна p , вероятность непоявления события A равна 1 – p , иногда ее обозначают как q . Пусть n — число испытаний, m — частота появления события A в этих n испытаниях.

Известно, что суммарная вероятность всех возможных комбинаций исходов равна единице, то есть:

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 — вероятность того, что в n n раз;

n · p n – 1 · (1 – p ) — вероятность того, что в n n – 1) раз и не произойдет 1 раз;

C n n – 2 · p n – 2 · (1 – p ) 2 — вероятность того, что в n испытаниях событие A произойдет (n – 2) раза и не произойдет 2 раза;

P m = C n m · p m · (1 – p ) n – m — вероятность того, что в n испытаниях событие A произойдет m раз и не произойдет (n – m ) раз;

(1 – p ) n — вероятность того, что в n испытаниях событие A не произойдет ни разу;

— число сочетаний из n по m .

Математическое ожидание M биномиального распределения равно:

M = n · p ,

где n — число испытаний, p — вероятность появления события A .

Среднеквадратичное отклонение σ :

σ = sqrt(n · p · (1 – p )) .

Пример 1 . Вычислить вероятность того, что событие, имеющее вероятность p = 0.5 , в n = 10 испытаниях произойдет m = 1 раз. Имеем: C 10 1 = 10 , и далее: P 1 = 10 · 0.5 1 · (1 – 0.5) 10 – 1 = 10 · 0.5 10 = 0.0098 . Как видим, вероятность наступления этого события достаточно мала. Объясняется это, во-первых, тем, что абсолютно не ясно, произойдет ли событие или нет, поскольку вероятность равна 0.5 и шансы здесь «50 на 50»; а во-вторых, требуется исчислить то, что событие произойдет именно один раз (не больше и не меньше) из десяти.

Пример 2 . Вычислить вероятность того, что событие, имеющее вероятность p = 0.5 , в n = 10 испытаниях произойдет m = 2 раза. Имеем: C 10 2 = 45 , и далее: P 2 = 45 · 0.5 2 · (1 – 0.5) 10 – 2 = 45 · 0.5 10 = 0.044 . Вероятность наступления этого события стала больше!

Пример 3 . Увеличим вероятность наступления самого события. Сделаем его более вероятным. Вычислить вероятность того, что событие, имеющее вероятность p = 0.8 , в n = 10 испытаниях произойдет m = 1 раз. Имеем: C 10 1 = 10 , и далее: P 1 = 10 · 0.8 1 · (1 – 0.8) 10 – 1 = 10 · 0.8 1 · 0.2 9 = 0.000004 . Вероятность стала меньше, чем в первом примере! Ответ, на первый взгляд, кажется странным, но поскольку событие имеет достаточно большую вероятность, вряд ли оно произойдет только один раз. Более вероятно, что оно произойдет большее, чем один, количество раз. Действительно, подсчитывая P 0 , P 1 , P 2 , P 3 , …, P 10 (вероятность того, что событие в n = 10 испытаниях произойдет 0, 1, 2, 3, …, 10 раз), мы увидим:

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… (самая большая вероятность!);
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…

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

Нормальное распределение

Если изобразить величины P 0 , P 1 , P 2 , P 3 , …, P 10 , которые мы подсчитали в примере 3, на графике, то окажется, что их распределение имеет вид, близкий к нормальному закону распределения (см. рис. 27.1 ) (см. лекцию 25. Моделирование нормально распределенных случайных величин).

Рис. 27.1. Вид биномиального распределения
вероятностей для различных m при p = 0.8, n = 10

Биномиальный закон переходит в нормальный, если вероятности появления и непоявления события A примерно одинаковы, то есть, условно можно записать: p ≈ (1 – p ) . Для примера возьмем n = 10 и p = 0.5 (то есть p = 1 – p = 0.5 ).

Содержательно к такой задаче мы придем, если, например, захотим теоретически посчитать, сколько будет мальчиков и сколько девочек из 10 родившихся в роддоме в один день детей. Точнее, считать будем не мальчиков и девочек, а вероятность, что родятся только мальчики, что родится 1 мальчик и 9 девочек, что родится 2 мальчика и 8 девочек и так далее. Примем для простоты, что вероятность рождения мальчика и девочки одинакова и равна 0.5 (но на самом деле, если честно, это не так, см. курс «Моделирование систем искусственного интеллекта»).

Ясно, что распределение будет симметричное, так как вероятность рождения 3 мальчиков и 7 девочек равна вероятности рождения 7 мальчиков и 3 девочек. Наибольшая вероятность рождения будет у 5 мальчиков и 5 девочек. Эта вероятность равна 0.25, кстати, не такая уж она и большая по абсолютной величине. Далее, вероятность того, что родится сразу 10 или 9 мальчиков намного меньше, чем вероятность того, что родится 5 ± 1 мальчик из 10 детей. Как раз биномиальное распределение нам поможет сделать этот расчет. Итак.

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…

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

Отразим на графике величины P 0 , P 1 , P 2 , P 3 , …, P 10 (см. рис. 27.2 ).

Рис. 27.2. График биномиального распределения при параметрах
p = 0.5 и n = 10, приближающих его к нормальному закону

Итак, при условиях m ≈ n /2 и p ≈ 1 – p или p ≈ 0.5 вместо биномиального распределения можно использовать нормальное. При больших значениях n график сдвигается вправо и становится все более пологим, так как математическое ожидание и дисперсия возрастают с увеличением n : M = n · p , D = n · p · (1 – p ) .

Кстати, биномиальный закон стремится к нормальному и при увеличении n , что вполне естественно, согласно центральной предельной теореме (см. лекцию 34. Фиксация и обработка статистических результатов).

Теперь рассмотрим, как изменится биномиальный закон в случае, когда p ≠ q , то есть p –> 0 . В этом случае применить гипотезу о нормальности распределения нельзя, и биномиальное распределение переходит в распределение Пуассона.

Распределение Пуассона

Распределение Пуассона — это частный случай биномиального распределения (при n >> 0 и при p –> 0 (редкие события)).

Из математики известна формула, позволяющая примерно подсчитать значение любого члена биномиального распределения:

где a = n · p — параметр Пуассона (математическое ожидание), а дисперсия равна математическому ожиданию. Приведем математические выкладки, поясняющие этот переход. Биномиальный закон распределения

P m = C n m · p m · (1 – p ) n – m

может быть написан, если положить p = a /n , в виде

Так как p очень мало, то следует принимать во внимание только числа m , малые по сравнению с n . Произведение

весьма близко к единице. Это же относится к величине

Величина

очень близка к e –a . Отсюда получаем формулу:

Пример . В ящике находится n = 100 деталей, как качественных, так и бракованных. Вероятность достать бракованное изделие составляет p = 0.01 . Допустим, что мы вынимаем изделие, определяем, бракованное оно или нет, и кладем его обратно. Поступая таким образом, получилось, что из 100 изделий, которые мы перебрали, два оказались бракованными. Какова вероятность этого?

По биномиальному распределению получаем:

По распределению Пуассона получаем:

Как видно, величины получились близкими, поэтому в случае редких событий вполне допустимо применять закон Пуассона, тем более что он требует меньших вычислительных затрат.

Покажем графически вид закона Пуассона. Возьмем для примера параметры p = 0.05 , n = 10 . Тогда:

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…

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

Рис. 27.3. График распределения Пуассона при p = 0.05 и n = 10

При n –> ∞ распределение Пуассона переходит в нормальный закон, согласно центральной предельной теореме (см.