Распределение Пуассона

Это распределение описывает наступление редких событий ( приход кораблей в порт, поступление вызовов на АТС, ДТП, число пожаров и т.д. за единицу времени). Параметром этого распределения является число l Î [0, ∞).

С.в. ξ – число событий за единицу времени, она может принимать значения 0,1,2,…∞, с вероятностями

Для такой с.в. Мξ = λи Dξ = λ.

Пример 3. Известно, что число аварий в год на некотором предприятии подчиняется распределению Пуассона с параметром l =1,5 (год ^–1). Сколько в среднем происходит аварий в год? Какова вероятность того, что в течении года не будет аварий?

Решение:

С.в. ξ – число аварий в год. Её “ среднее” – это мат. ожидание:

М ξ= l =1,5 (полторы аварии в год в среднем).

Вероятность того, что в течении года аварий не будет, равна

.

Задачи для самоконтроля к §3

1. Число опечаток в рукописи распределено по закону Пуассона. Найти среднее число опечаток на странице в рукописи, если вероятность того, что страница рукописи содержит хотя бы одну опечатку, равна 0,95.

2. Мини –АТС обслуживает 100 абонентов. Вероятность того, что в течение 1 минуты абонент позвонит, равна 0,02. Какое из двух событий вероятнее: в течение минуты позвонят три абонента или позвонят четыре абонента?

3. Производится бросание игральной кости до первого выпадения шести очков. Найти вероятность того, что первое выпадение “шестёрки” произойдёт при втором бросании кости.

§4 Непрерывные случайные величины.

4.1 Плотность распределения

Определение 1. Пусть дана С.В.ξ со своей функцией распределения F<_ξ(x).

ξ называется непрерывной, если существует функция Р _ξ(x), такая что

, тогда Р _ξ(x) называется плотностью распределения с.в. >ξ.

Теорема (свойства плотности распределения)

1. Р>_ξ(x) = F'>_ξ(x) (производная от функции распределения)

2. 

2а) Р{а < ξ ≤ в} = Р{а < ξ < в} = Р{а ≤ ξ ≤ в} = Р{а ≤ ξ < в} ( т.е. для непрерывной с.в. не играет роли, строгое неравенство, или нет)

3. 

4. Р_ξ(x) ≥ 0 

Доказательство:

1) следует из определения первообразной .

2) Р{а ≤ ξ < в} = F_ξ(b) – F_ξ(a) = 

3) 

4)

Было доказано, что Fx (x) неубывающая функция. Рассмотрим два случая:

1)∆x > 0, тогда F(x+∆x) – F(x)) ≥ 0   числитель и знаменатель неотрицательные, и р_ξ(x) ≥ 0.

2)∆x < 0 , тогда F(x+∆x) – F(x))   0   числитель и знаменатель отрицательные, и опять р_ξ(x) ≥ 0.

4.2 Математическое ожидание и дисперсия непрерывной с.В.

Определение 2. Для непрерывной случайной величины мат. ожидание вычисляется по формуле:

Все свойства МО из теоремы 1 §2 выполняются и в случае непрерывной с.в.

По определению, дисперсия Dξ = M(ξ – M ξ)², и для непрерывной с.в. может быть вычислена по формуле

Все свойства дисперсии из из теоремы 2 §2 так же выполняются и в случае непрерывной с.в.

4.3 Квантиль.

Определение 3. Пусть ξ – непрерывная случайная величина, заданная своей функцией распределения F_ξ(х). Квантилем порядка р называется решение уравнения F_ξ(х) = р. Сам квантиль порядка р обозначается х_р .

При р = ½ квантиль называется медианой.

На графике функции распределения квантиль изображается следующим образом:

Т.к. по определению плотности  , на графике плотности распределения квантиль изображается так:

Где S – площадь подграфика, равная р.

Пример 1. Известно, что время работы приемника до первой поломки – случайная величина, которая подчиняется экспоненциальному распределению (см. 5.2) с параметром λ = ½ (1/год ). Какой надо установить гарантийный срок, чтобы 90% приемников в течении этого срока не ломались.

Решение:

Обозначим t – время гарантийного срока, ξ - время работы до поломки

Р { t < ξ} =0.9.

Р { t < ξ} = Р { t < ξ < ∞} = F _ξ (∞) – F_ξ (t) = 1 – F_ξ (t) = 0.9. Тогда

F(t) = 0.1. Т.о. требуется найти квантиль порядка 0.1. Для экспоненциального распределения F _ξ (x)= 1–e^{– λ×x} . Тогда решаем уравнение

0.9 = 1– e^{– λ× x} ,

0.1 = e^{– λ× x}, логарифмируем:

– λt = ln 0.9

t = 0.2

0.2 года = 2,4 месяца.