4.4: توزيع بواسون
- Page ID
- 199182
التوزيع الاحتمالي المفيد الآخر هو توزيع Poisson، أو توزيع وقت الانتظار. يتم استخدام هذا التوزيع لتحديد عدد موظفي الدفع اللازمين للحفاظ على وقت الانتظار بما يتماشى مع المستويات المحددة، ومدى الحاجة إلى خطوط الهاتف لمنع النظام من التحميل الزائد، والعديد من التطبيقات العملية الأخرى. يتم استخدام تعديل لبواسون، باسكال، الذي تم اختراعه منذ ما يقرب من أربعة قرون، اليوم من قبل شركات الاتصالات في جميع أنحاء العالم لعوامل التحميل ومستويات ربط الأقمار الصناعية ومشاكل سعة الإنترنت. حصل التوزيع على اسمه من سيميون بواسون الذي قدمه في عام 1837 كامتداد للتوزيع ذي الحدين الذي سنرى أنه يمكن تقديره باستخدام Poisson.
هناك خاصيتان رئيسيتان لتجربة بواسون.
- يعطي توزيع احتمالية Poisson احتمال حدوث عدد من الأحداث في فترة زمنية محددة أو مكان إذا حدثت هذه الأحداث بمتوسط معدل معروف.
- الأحداث مستقلة عن الوقت منذ الحدث الأخير. على سبيل المثال، قد يهتم محرر الكتب بعدد الكلمات المكتوبة بشكل غير صحيح في كتاب معين. قد يكون هناك، في المتوسط، خمس كلمات مكتوبة بشكل غير صحيح في 100 صفحة. الفاصل الزمني هو 100 صفحة ويفترض أنه لا توجد علاقة بين وقت حدوث الأخطاء الإملائية.
- المتغير العشوائي\(X\) = عدد التكرارات في فترة الاهتمام.
مثال\(\PageIndex{12}\)
يتوقع البنك أن يتلقى ستة شيكات سيئة يوميًا، في المتوسط. ما هو احتمال حصول البنك على أقل من خمسة شيكات سيئة في أي يوم؟ الفائدة هي عدد الشيكات التي يتلقاها البنك في يوم واحد، وبالتالي فإن الفترة الزمنية للفائدة هي يوم واحد. Let\(X\) = عدد الشيكات السيئة التي يتلقاها البنك في يوم واحد. إذا كان البنك يتوقع تلقي ستة شيكات سيئة يوميًا، فإن المتوسط هو ستة شيكات في اليوم. اكتب عبارة رياضية لسؤال الاحتمال.
- إجابة
-
\(P (x < 5)\)
مثال\(\PageIndex{13}\)
تلاحظ أن المراسل الإخباري يقول «آه» في المتوسط، مرتين في كل بث. ما احتمال أن يقول المراسل الإخباري «أه» أكثر من مرتين في كل بث.
هذه مشكلة بواسون لأنك مهتم بمعرفة عدد المرات التي يقول فيها مراسل الأخبار «uh» أثناء البث.
أ- ما هي فترة الاهتمام؟
- إجابة
-
أ. بث واحد يقاس بالدقائق
ب- ما هو متوسط عدد المرات التي يقول فيها المراسل الإخباري «آه» خلال بث واحد؟
- إجابة
-
ب. 2
ج. اليسار\(X\) = ____________. ما هي القيم التي\(X\) تتخذها؟
- إجابة
-
c. let\(X\) = عدد المرات التي يقول فيها المراسل الإخباري «uh» خلال بث واحد.
\(x = 0, 1, 2, 3\)،...
د. سؤال الاحتمال هو\(P\) (______).
- إجابة
-
د.\(P (x > 2)\)
الترميز الخاص بواسون: P = دالة توزيع احتمال بواسون
\(X \sim P (\mu)\)
اقرأ هذا كـ "\(X\)متغير عشوائي مع توزيع Poisson». المعلمة هي\ (\ mu (أو》)؛\ mu (أو) = متوسط فترة الاهتمام. المتوسط هو عدد التكرارات التي تحدث في المتوسط خلال الفترة الفاصلة.
صيغة حساب الاحتمالات المستمدة من عملية Poisson هي:
\[P(x)=\frac{\mu^{x} e^{-\mu}}{x !}\nonumber\]
أين\(P(X)\) احتمال\(X\) النجاح،\(\mu\) هو عدد النجاحات المتوقعة بناءً على البيانات التاريخية، e هو اللوغاريتم الطبيعي الذي يساوي تقريبًا 2.718،\(X\) وهو عدد النجاحات لكل وحدة، عادةً لكل وحدة زمنية.
من أجل استخدام توزيع Poisson، يجب أن تستمر بعض الافتراضات. هذه هي: احتمال النجاح،\(\mu\)، لا يتغير خلال الفترة، لا يمكن أن تكون هناك نجاحات متزامنة خلال الفترة، وأخيرًا، أن احتمال النجاح بين الفواصل الزمنية مستقل، وهو نفس افتراض التوزيع ذي الحدين.
بطريقة ما، يمكن اعتبار توزيع Poisson طريقة ذكية لتحويل متغير عشوائي مستمر، عادة ما يكون الوقت، إلى متغير عشوائي منفصل عن طريق تقسيم الوقت إلى فترات منفصلة ومستقلة. تساعدنا طريقة التفكير هذه في Poisson على فهم سبب إمكانية استخدامها لتقدير احتمالية المتغير العشوائي المنفصل من التوزيع ذي الحدين. يسأل Poisson عن احتمال حدوث عدد من النجاحات خلال فترة زمنية بينما يطلب الحد ذي الحدين احتمال حدوث عدد معين من النجاحات لعدد معين من التجارب.
مثال\(\PageIndex{14}\)
يستقبل جهاز الرد الآلي الخاص بـ Leah حوالي ست مكالمات هاتفية بين الساعة 8 صباحًا و 10 صباحًا، ما احتمال أن تتلقى ليا أكثر من مكالمة واحدة في الـ 15 دقيقة القادمة؟
Let X = عدد المكالمات التي تتلقاها ليا في 15 دقيقة. (فترة الاهتمام هي 15 دقيقة أو\(\frac{1}{4}\) ساعة.)
\(x = 0, 1, 2, 3\)،...
إذا تلقت ليا، في المتوسط، ست مكالمات هاتفية في ساعتين، وكانت هناك ثماني فترات زمنية مدتها 15 دقيقة في ساعتين، فستتلقى ليا
\(\left(\frac{1}{8}\right)\)(6) = 0.75 مكالمة في 15 دقيقة، في المتوسط. لذلك،\ mu = 0.75 لهذه المشكلة.
\(X \sim P (0.75)\)
ابحث\(P (x > 1). P (x > 1) = 0.1734\)
يبلغ احتمال أن تتلقى ليا أكثر من مكالمة هاتفية واحدة في الدقائق الـ 15 التالية حوالي 0.1734.
الرسم البياني\(X \sim P (0.75)\) هو:
يحتوي\(y\) المحور -على احتمال\(x\) المكان\(X\) = عدد المكالمات في 15 دقيقة.
مثال\(\PageIndex{15}\)
وفقًا لمسح، يتلقى الأستاذ الجامعي، في المتوسط، 7 رسائل بريد إلكتروني يوميًا. Let X = عدد رسائل البريد الإلكتروني التي يتلقاها الأستاذ يوميًا. يأخذ المتغير العشوائي المنفصل X القيم x = 0، 1، 2... يحتوي المتغير العشوائي X على توزيع Poisson: X ~ P (7). المتوسط هو 7 رسائل بريد إلكتروني.
- ما احتمال أن يتلقى مستخدم البريد الإلكتروني رسالتين إلكترونيتين بالضبط يوميًا؟
- ما احتمال أن يتلقى مستخدم البريد الإلكتروني رسالتين إلكترونيتين على الأكثر يوميًا؟
- ما هو الانحراف المعياري؟
- إجابة
-
أ.\(P(x=2)=\frac{\mu^{x_{e}-\mu}}{x !}=\frac{7^{2} e^{-7}}{2 !}=0.022\)
ب.\(P(x \leq 2)=\frac{7^{0} e^{-7}}{0 !}+\frac{7^{1} e^{-7}}{1 !}+\frac{7^{2} e^{-7}}{2 !}=0.029\)
ج. الانحراف المعياري =\(\sigma=\sqrt{\mu}=\sqrt{7} \approx 2.65\)
مثال\(\PageIndex{16}\)
يتلقى مستخدمو الرسائل النصية أو يرسلون ما معدله 41.5 رسالة نصية يوميًا.
- كم عدد الرسائل النصية التي يستقبلها المستخدم أو يرسلها في الساعة؟
- ما احتمال أن يتلقى مستخدم رسالة نصية أو يرسل رسالتين في الساعة؟
- ما احتمال أن يتلقى مستخدم رسالة نصية أو يرسل أكثر من رسالتين في الساعة؟
- إجابة
-
a.let X = عدد النصوص التي يرسلها المستخدم أو يستقبلها في ساعة واحدة. متوسط عدد النصوص المستلمة في الساعة هو\(\frac{41.5}{24}\) ≈ 1.7292.
ب.\(P(x=2)=\frac{\mu^{x} e^{-\mu}}{x !}=\frac{1.729^{2} e^{-1.729}}{2 !}=0.265\)
ج.\(P(x>2)=1-P(x \leq 2)=1-\left[\frac{7^{0} e^{-7}}{0 !}+\frac{7^{1} e^{7}}{1 !}+\frac{7^{2} e^{-7}}{2 !}\right]=0.250\)
مثال\(\PageIndex{17}\)
في 13 مايو 2013، بدءًا من الساعة 4:30 مساءً، تم الإبلاغ عن احتمال انخفاض النشاط الزلزالي خلال الـ 48 ساعة القادمة في ألاسكا بحوالي 1.02٪. استخدم هذه المعلومات لمدة 200 يوم القادمة للعثور على احتمال وجود نشاط زلزالي منخفض في عشرة من الـ 200 يوم القادمة. استخدم كلاً من توزيعات ذات الحدين وتوزيعات Poisson لحساب الاحتمالات. هل هم قريبون؟
- إجابة
-
Let X = عدد الأيام ذات النشاط الزلزالي المنخفض.
استخدام التوزيع ذي الحدين:
\[P\left(x=10\right)=\frac{200 !}{10 !(200-10) !} \times .0102^{10} \times .9898^{190}=0.000039\nonumber\]استخدام توزيع بواسون:
احسب\(\mu = np = 200(0.0102) \approx 2.04\)\[P\left(x=10\right)=\frac{\mu^{x} e^{-\mu}}{x !}=\frac{2.04^{10} e^{-2.04}}{10 !}=0.000045\nonumber \]
نتوقع أن يكون التقريب جيدًا\(n\) لأنه كبير (أكبر من 20)\(p\) وصغير (أقل من 0.05). النتائج قريبة - كلا الاحتمالين اللذين تم الإبلاغ عنهما هما تقريبًا 0.
تقدير التوزيع ذي الحدين باستخدام توزيع بواسون
لقد وجدنا من قبل أن التوزيع ذي الحدين يوفر تقديرًا تقريبيًا للتوزيع فوق الهندسي. الآن نجد أن توزيع Poisson يمكن أن يوفر تقديرًا تقريبيًا للمعادلة ذات الحدين. نقول أن التوزيع ذو الحدين يقترب من Poisson. يقترب التوزيع ذو الحدين من توزيع Poisson حيث يزداد n ويصبح p صغيرًا بحيث تصبح np قيمة ثابتة. هناك العديد من القواعد الأساسية التي يمكن للمرء أن يقول فيها إنه سيستخدم Poisson لتقدير الحد ذي الحدين. يقترح المرء أن لا، متوسط الحدين، يجب أن يكون أقل من 25. يقترح مؤلف آخر أنه يجب أن يكون أقل من 7. ويشير آخر، مع ملاحظة أن المتوسط والتباين في البواسون متماثلان، إلى أن no و npq، متوسط وتباين الحد ذي الحدين، يجب أن يكونا أكبر من 5. لا توجد قاعدة عامة مقبولة على نطاق واسع عندما يمكن للمرء استخدام Poisson لتقدير الحد ذي الحدين.
وبينما نتحرك عبر هذه التوزيعات الاحتمالية، نصل إلى توزيعات أكثر تعقيدًا تحتوي، إلى حد ما، على التوزيعات الأقل تعقيدًا داخلها. تم إثبات هذا الاقتراح من قبل علماء الرياضيات. هذا ينقلنا إلى أعلى مستوى من التطور في توزيع الاحتمالات التالي والذي يمكن استخدامه كتقدير تقريبي لجميع تلك التي ناقشناها حتى الآن. هذا هو التوزيع الطبيعي.
مثال\(\PageIndex{18}\)
أسفرت دراسة استقصائية أجريت على 500 من كبار السن في كلية Price Business School عن المعلومات التالية: 75٪ يذهبون مباشرة إلى العمل بعد التخرج. 15٪ يواصلون العمل على ماجستير إدارة الأعمال. 9٪ يبقون للحصول على تخصص ثانوي في برنامج آخر. 1٪ يذهبون للحصول على درجة الماجستير في التمويل.
ما هو احتمال أن يذهب أكثر من 2 من كبار السن إلى كلية الدراسات العليا للحصول على درجة الماجستير في التمويل؟
- إجابة
-
من الواضح أن هذه مشكلة توزيع احتمالي ذات حدين. تكون الخيارات ثنائية عندما نحدد النتائج على أنها «كلية الدراسات العليا في التمويل» مقابل «جميع الخيارات الأخرى». المتغير العشوائي منفصل، والأحداث، كما يمكننا أن نفترض، مستقلة. لحل مشكلة ذات حدين، لدينا:
حل ذو حدين
\[n\cdot p=500\cdot 0.01=5=\mu\nonumber\]
\[P(0)=\frac{500 !}{0 !(500-0) !} 0.01^{0}(1-0.01)^{500^{-0}}=0.00657\nonumber\]
\[P(1)=\frac{500 !}{1 !(500-1) !} 0.01^{1}(1-0.01)^{500}=0.03318\nonumber\]
\[P(2)=\frac{500 !}{2 !(500-2) !} 0.01^{2}(1-0.01)^{500^{2}}=0.08363\nonumber\]
جمع كل 3 معًا = 0.12339
\[1−0.12339=0.87661\nonumber\]
تقريب بواسون
\[n\cdot p=500\cdot 0.01=5=\mu\nonumber\]
\[n \cdot p \cdot(1-p)=500 \cdot 0.01 \cdot(0.99) \approx 5=\sigma^{2}=\mu\nonumber\]
\[P(X)=\frac{e^{-n p}(n p)^{x}}{x !}=\left\{P(0)=\frac{e^{-5} \cdot 5^{0}}{0 !}\right\}+\left\{P(1)=\frac{e^{-5} \cdot 5^{1}}{1 !}\right\}+\left\{P(2)=\frac{e^{-5} \cdot 5^{2}}{2 !}\right\}\nonumber\]
\[0.0067+0.0337+0.0842=0.1247\nonumber\]
\[1−0.1247=0.8753\nonumber\]
إن التقريب الذي يتم إيقافه بمقدار واحد من ألف هو بالتأكيد تقدير تقريبي مقبول.