Bảng Phân Phối Poisson – Thông tin tuyển sinh đào tạo Đại học Cao đẳng

1.Công thức phân phối Poisson (Poisson Distribution)

1.1 Định nghĩa

Biến ngẫu nhiên rời rạc X được gọi là có phân phối Poisson với tham số λ, ký hiệu là X  P (λ ), nếu X nhận các giá trị có thể có là các số nguyên không âm: 0, 1, 2, … , n và các suất tương ứng được tính theo công thức xấp xỉ Poisson.

1.2 Đặc trưng của phân phối Poisson

Nếu X có phân phối Poisson (X ∼ P (λ )) thì :

Xem thêm: Bài tập công thức xác suất đầy đủ và Bayes có lời giải

4. Ví dụ bài tập phân phối Poisson

Bài 14: Một mạng lưới máy tính khi bị nghẽn thì một gói dữ liệu có xác suất bị mất là 1% và các gói dữ liệu bị mất là độc lập với nhau. Các gói dữ liệu bị mất này cần phải gửi lại. Một thư điện tử có 100 gói dữ liệu.
a) Cho biết phân phối xác suất của các gói giữ liệu cần phải gửi lại (các gói dữ liệu bị mất trong 100 gói dữ liệu (trong 1 tin nhắn)? Trung bình và độ lệch chuẩn của các gói dữ liệu cần phải gửi lại là bao nhiêu?
b) Tính xác suất để có hai hay nhiều hơn gói dữ liệu cần gửi lại.
c) Nếu có 3 tin nhắn ( mỗi tin nhắn có 100 gói dữ liệu) thì xác suất có ít nhất một tin nhắn có hai hoặc nhiều hơn hai gói dữ liệu phải gửi lại là bao nhiêu?

Giải

a. X có poisson phân phối với n = 100; p = 0,01; q = 0,99

Các gói dữ liệu bị mất, cần gửi lại là: E (X) = 1

b.

c. Bài toán ý c là cho phép thử  Bernoulli với n = 3; p = 0,625

Bài viết liên quan: Sơ Đồ Venn trong xác suất thông kê – Bài tập có lời giải chi tiết

Bài 16: Xác suất để đoàn tàu khởi hành đúng giờ là 98,2%. Tính xác suất để 1000 chuyến tàu có 995 chuyến tàu khởi hành đúng thời gian.

Giải

Bài 17: : Lưu lượng giao thông theo cách truyền thống được coi là có phân phối Poisson. Một trạm kiểm soát điều khiển lưu lượng giao thông ở một nút giao thông với trung bình 6 xe một phút. Để thiết lập thời gian cho đèn tín hiệu thì các xác suất sau đây được sử dụng:
a) Tính xác suất để không có xe nào đi qua nút giao thông trong 30 giây.
b) Tính xác suất có 3 xe hoặc nhiều hơn 3 xe đi qua nút giao thông trong một phút

Giải

Bài 18: Số cuộc gọi điện thoại đến trung tâm tổng đài thường được mô tả là một biến ngẫu nhiên Poisson. Biết rẳng trung bình có 10 cuộc điện thoại gọi tới trong 1 giờ.
a) Xác suất có đúng 5 cuộc điện thoại gọi tới trong 1 giờ là bao nhiêu?
b) Xác suất có 3 hoặc ít hơn 3 cuộc điện thoại gọi tới trong 1 giờ là bao nhiêu?
c) Xác suất có đúng 15 cuộc điện thoại gọi tới trong 2 giờ là bao nhiêu?
d) Xác suất có đúng 5 cuộc điện thoại gọi tới trong 30 phút là bao nhiêu?

Giải

a. Gọi X là cuộc gọi đến tổng đài trong 1h. Theo giả thiết X có poisson phân phối với:

b.

c. Gọi Y là cuộc gọi đến tổng đài trong 2h. Theo giả thiết Y có poisson phân phối với:

d. Gọi Z là cuộc gọi đến tổng đài trong 30p. Theo giả thiết Z có poisson phân phối với:

Trên đây là bài viết và cách giải bài tập phân phối Poisson và phân phối nhị thức. Hy vọng tài liệu trên sẽ giúp các bạn nắm vững kiến thức về chương này. Cảm ơn các bạn đã tham khảo trên TTnguyen

Định nghĩa phân phối Poisson

Phân phối Poisson là một hàm xác suất rời rạc có nghĩa là biến chỉ có thể nhận các giá trị cụ thể trong một danh sách các số nhất định, có thể là vô hạn. Phân phối Poisson đo lường số lần một sự kiện có khả năng xảy ra trong khoảng thời gian “x”. Nói cách khác, chúng ta có thể định nghĩa nó là phân phối xác suất là kết quả của thí nghiệm Poisson. Thử nghiệm Poisson là một thử nghiệm thống kê phân loại thử nghiệm thành hai loại, chẳng hạn như thành công hoặc thất bại. Phân phối Poisson là một quá trình giới hạn của phân phối nhị thức.

Biến ngẫu nhiên Poisson “x” xác định số lần thành công trong thử nghiệm. Sự phân phối này xảy ra khi có những sự kiện không xảy ra như là kết quả của một số kết quả nhất định. Phân phối Poisson được sử dụng trong những điều kiện nhất định. Họ đang:

• Số lần thử nghiệm “n” có xu hướng vô hạn
• Xác suất thành công “p” có xu hướng bằng không
• np = 1 là hữu hạn

Công thức phân phối Poisson

Công thức cho hàm phân phối Poisson được đưa ra bởi:

f (x) = (e ^{– λ} λ ^x ) / x!

Ở đâu,

e là cơ số của lôgarit

x là một biến ngẫu nhiên Poisson

λ là một tỷ lệ giá trị trung bình

Bảng phân phối Poisson

Như với phân phối nhị thức, có một bảng mà chúng ta có thể sử dụng trong những điều kiện nhất định sẽ giúp việc tính toán xác suất dễ dàng hơn một chút khi sử dụng Phân phối Poisson. Bảng đang hiển thị các giá trị của f (x) = P (X ≥ x), trong đó X có phân phối Poisson với tham số λ. Tham khảo các giá trị từ bảng và thay thế nó trong công thức phân phối Poisson để nhận giá trị xác suất. Bảng hiển thị các giá trị của phân phối Poisson.

Poisson phân phối trung bình và phương sai

Giả sử rằng, chúng tôi tiến hành một thí nghiệm Poisson, trong đó số lần thành công trung bình trong một phạm vi nhất định được lấy là λ. Trong phân phối Poisson, giá trị trung bình của phân phối được biểu thị bằng λ và e là hằng số, xấp xỉ bằng 2,71828. Khi đó, xác suất Poisson là:

P (x, λ) = (e ^{– λ} λ ^x ) / x!

Trong phân phối Poisson, giá trị trung bình được biểu diễn là E (X) = λ.

Đối với Phân phối Poisson, giá trị trung bình và phương sai bằng nhau. Có nghĩa là E (X) = V (X)

Ở đâu,

V (X) là phương sai.

Các phân phối liên quan[sửa | sửa mã nguồn]

• Nếu và , thì hiệu tuân theo phân phối Skellam.
• Nếu và là độc lập, và , thì phân phối của phụ thuộc điều kiện vào là một phân phối nhị thức. Đặc biệt, . Tổng quát hơn, nếu X₁, X₂,…, X_n là các biến ngẫu nhiên Poisson với các tham số tương ứng là λ₁, λ₂,…, λ_n thì
• Phân phối Poisson có thể được xem là một trường hợp hạn chế của phân phối nhị thức khi mà số lần thử (trials) tiến đến vô hạn và giá trị kì vọng của số lần thành công là giữ nguyên. Vì thế, nó có thể dùng để xấp xỉ cho phân phối nhị thức nếu n là đủ lớn và p là đủ nhỏ. Có một quy luật theo kinh nghiệm là phân phối Poisson có thể ước lượng tốt cho một phân phối nhị thức nếu n lớn hơn 20 và p là nhỏ hơn hoặc bằng 0.05. Cũng theo quy luật này, xấp xỉ được xem là rất chính xác nếu n ≥ 100 và np ≤ 10.^[1]
• Với giá trị đủ bé của λ, (ví dụ λ>1000), thì phân phối chuẩn với trung bình λ, và độ lệch λ, là một xấp xỉ rất chính xác cho phân phối Poisson. Nếu λ lớn hơn 10, thì phân phối chuẩn là một xấp xỉ tốt nếu ta thực hiện chèn thêm 1/2 vào, nghĩa là, P(X ≤ x), với x (viết thường) là một số nguyên không âm, sẽ được thay bởi P(X ≤ x + 0.5).

1. Bài toán tổng quát dẫn đến phân phối Poisson

Giả sử tiến hành n phép thử độc lập, trong mỗi phép thử chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp: hoặc biến cố A xảy ra, hoặc A không xảy ra. Xác suất để cho biến cố A xảy ra trong mỗi phép thử đều bằng p, xác suất để A không xảy ra đều bằng q (q = 1 – p). Gọi X là số lần biến cố A xảy ra trong n phép thử thì X có phân phối nhị thức. Trường hợp n lớn, p nhỏ (p < 0,1) và tích (np = lambda ) không đổi (thường gặp là np (le) 5) thì ta có công thức xấp xỉ sau đây: 

({P_k} = P(X = k) = C_n^k{p^k}{q^{n – k}} approx frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }})

Trong đó e là hằng số nêpe:

(e = mathop {Lim}limits_{n to infty } {left( {1 + frac{1}{n}} right)^n};e approx 2,71828)

Chứng minh:

Thật vậy: Do  (np = lambda Rightarrow p = frac{lambda }{n};,,,,q = 1 – p = 1 – frac{lambda }{n})

({P_k} = frac{{n!}}{{k!(n – k)!}}{left( {frac{lambda }{n}} right)^k}{left( {1 – frac{lambda }{n}} right)^{n – k}})

(= frac{{n(n – 1)…(n – k + 1)}}{{k!}}frac{{{lambda ^k}}}{{{n^k}}}{left( {1 – frac{lambda }{n}} right)^{n – k}})

(= left( {1 – frac{1}{n}} right)left( {1 – frac{2}{n}} right)….left( {1 – frac{{k – 1}}{n}} right)frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{left( {1 – frac{lambda }{n}} right)^{n – k}})

Vì; (mathop {Lim}limits_{n to infty } {left( {1 – frac{lambda }{n}} right)^{n – k}} = {e^{ – lambda }})

Nên dễ thấy rằng: (mathop {Lim}limits_{n to infty } {P_k} = frac{{{lambda _k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }})

Như vậy, với n lớn, p nhỏ, tích np = (lambda ) không đổi, các xác suất:

Pk = P(X = k) của công thức Bemoulli có thể thay thế bằng công thức Poisson sau đây: ({P_k} = P(X = k) = frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }},,,(k = 0,1,2,….))

Định nghĩa: Đại lượng ngẫu nhiên rời rạc X nhận một trong các giá trị: 0, 1, 2, . . . . với các xác suất tương ứng tính theo công thức (3 8) thì X có phân phối Poisson với tham số (lambda ).

X có phân phối Poisson với tham số X được ký hiệu là X ~ P((lambda ))

Thí dụ 1: Xác suất để một máy sản xuất ra phế phẩm là 0,001. Cho máy này sán xuất 2000 sản phẩm. Gọi X là số phế phẩm có trong 2000 sản phẩm do máy sàn xuất thì X ~ B(2000; 0,001) nhưng n = 2000 khá lớn, p = 0,001 rất nhỏ, tích np = 2000 X 0,001 = 2 nên ta có thể coi X ~P(2).

Các giá trị X có thể nhận là: 0, 1, 2, 3,.. . với các xác suất tương ứng được tính như sau:

(begin{array}{l} P(X = 0) = frac{{{2^0}}}{{0!}}{e^{ – 2}} = 0,135335\ P(X = 1) = frac{{{2^1}}}{{1!}}{e^{ – 2}} = 0,27067\ P(X = 2) = frac{{{2^2}}}{{2!}}{e^{ – 2}} = 0,27067\ P(X = 3) = frac{{{2^3}}}{{3!}}{e^{ – 2}} = 0,180447\ …….. end{array})

Nếu X có phân phối Poisson với tham số (lambda ), thì xác suất để X nhận giá trị trong khoảng [k, k+h] trong đó k và h là số nguyên dương tùy ý, được tính theo công thức:

(P(k le X le k + h) = {P_k} + {P_{k + 1}} + …. + {P_{k + h}})

Trong đó các xác suất P_k, P_k+1,….., P_k+h tính theo (3.8)

Chú ý: Nếu X ~ P((lambda )) để tính P(X = k) hoặc P(X (le) k) ta có thể dùng hàm POISSON trong Excel

P(X = k) =POISSON(k,((lambda )),0)

P(X (le) k) =POISSON(k,((lambda )),1)

Thí dụ 2: Cho X ~ P(1,5), tính P(X = 5) và P(X (le) 3) Ta có:

P(X = 5) =POISSON(5,1.5,0) =0.01412

P(X (le) 3) = POISSON(3,1.5,1) = 0,934358

Thí dụ: Một máy dệt có 500 ống sợi. Xác suất một ống sợi bị đứt trong khoảng thời gian 1 giờ máy làm việc là 0,004. Tìm xác suất để trong một giờ có không quá 2 ống sợi bị đứt ?

Giải: Nếu coi việc quan sát một ống sợi xem có bị đứt hay không trong khoảng thời gian một giờ là một phép thử. Theo giả thiết, máy dệt có 500 ống sợi nên ta có 500 phép thử độc lập. Xác suất trong mỗi phép thử biến cố A (là biến cố ống sợi bị đứt) xảy ra với xác suất là p = 0,004.

Nếu gọi X là số p ống sợi bị đứt trong khoảng thời gian 1 giờ của máy thì X ~ B(500; 0,004)1

Vì n = 500 khá lớn, p = 0,004 rất nhỏ và tích np = 500 x 0,004 = 2 không đổi nên ta có thể coi X ~ P(2)

Xác suất để có không quá 2 ống sợi bị đứt trong khoảng thời gian 1 giờ là: 

(P(0 le X le 2) = {P_0} + {P_1} + {P_2})

(begin{array}{l} {P_0} = P(X = 0) = frac{{{2^0}}}{{0!}}{e^{ – 2}}\ {P_1} = P(X = 1) = frac{{{2^1}}}{{1!}}{e^{ – 2}}\ {P_3} = P(X = 2) = frac{{{2^2}}}{{2!}}{e^{ – 2}}\ P(0 le X le 2) = (1 + 2 + 2){e^{ – 2}} = 5{(2,71828)^{ – 2}} = 0,6767 end{array})

Chú ý: Nếu tính các xác suất trên bằng hàm POISSON thì: P(X (le) 2) =POISSON(2,2,1) = 0,676676 

Ta cũng có thể tính xác suất mà bài toán yêu cầu bằng hàm BINOMDIST P(X (le) 2) =BINOMDIST(2,500,0.004,1) = 0,676677

2. Các tham số đặc trưng

Có thể chứng minh được rằng: Nếu X ~ P((lambda )) thì:

E(X) = Var(X) = (lambda )                                (3.10)

(lambda -1 le Mod(X) le lambda )                          (3.11)

Chứng minh: Theo định nghĩa kỳ vọng toán của đại lượng ngẫu nhiên rời rạc, ta có:

(E(X) = sumlimits_{k = 0}^infty {k.{P_k}} = sumlimits_{k = 1}^infty {k.{P_k}} = sumlimits_{k = 1}^infty {k.frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}} {e^{ – lambda }} = lambda sumlimits_{k = 0}^infty {frac{{{lambda ^{k – 1}}}}{{(k – 1)!}}{e^{ – lambda }}} )

Đặt k’ = k – 1. Ta có:

(E(X) = lambda sumlimits_{k’ = 1}^infty {frac{{{lambda ^{k’}}}}{{k!}}} {e^{ – lambda }},,,,left( {Vì,sumlimits_{k = 0}^infty {frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }} = sumlimits_{k = 0}^infty {{P_k} = 1} } } right))

Vậy: (E(X)=lambda)

Ta có: 

(E({X^2}) = sumlimits_{k = 0}^infty {{k^2}} {P_k} = sumlimits_{k = 0}^infty {left[ {k(k – 1) + k} right]} .{P_k})

( = sumlimits_{k = 2}^infty {k(k – 1)frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }} + sumlimits_{k = 0}^infty {k.{P_k}} } )

Vì: (sumlimits_{k = 0}^infty {k.{P_k}} = E(X) = lambda )

(sumlimits_{k = 2}^infty {k(} k – 1)frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }} = {lambda ^2}sumlimits_{k = 2}^infty {frac{{{lambda ^{k – 2}}}}{{(k – 2)!}}{e^{ – lambda }}} )  (*)

Đặt k’ = k – 2 thì (*) có thể viết như sau:

({lambda ^2}sumlimits_{k’ = 0}^infty {frac{{{lambda ^{k’}}}}{{k’!}}} {e^{ – lambda }} = {lambda ^2},,left( {Vì,sumlimits_{k’ = 0}^infty {frac{{{lambda ^k}}}{{k!}}{e^{ – lambda }} = 1} } right))

Vậy ta có: 

(begin{array}{l} E({X^2}) = {lambda ^2} + lambda \ V{rm{ar}}(X) = E({X^2}) – {left[ {E(X)} right]^2} = {lambda ^2} + lambda – {lambda ^2} = lambda end{array})

Thí dụ: Xác suất một chai rượu bị bể khi vận chuyển là 0,001. Giả sử vận chuyển 4000 chai. Tìm số chai rượu bị bể trung bình và số chai bị bể tin chắc nhất khi vận chuyển.

Giải: Gọi X là số chai rượu bị bể khi vận chuyển 4000 chai. X là đại lượng ngẫu nhiên và X ~ P((lambda).) với X = n.p = 4000 x 0,001 = 4

Số chai rượu bị bể trung bình khi vận chuyển chính là E(X):  E(X) = (lambda) = 4

Tức có trung bình 4 chai rượu bị bể khi vận chuyển 4000 chai.

Số chai rượu bị bể tin chắc nhất khi vận chuyển 4000 chai chính là Mod(X).

Theo công thức (3.11) ta có: (3 le Mod(X) le 4)

Vậy: Mod(X) = 3 hoặc Mod(X) = 4

Tức số chai rượu bị bể tin chắc nhất (có khả năng xảy ra nhiều nhất) là 3 chai hoặc 4 chai.