Rozkład dwumianowy i Poissona – zadania

Zadanie 1

W pewnej fabryce produkuje się 2 gatunki danego produktu: 40% produkcji to wyrób I gatunku, natomiast pozostała część to wyrób II gatunku. Odbiorca planuje zakupić 5 losowych produktów. Oblicz prawdopodobieństwo, że:

  1. Dokładnie 2 produkty będą z I gatunku
  2. Co najmniej 2 produkty będą z I gatunku
  3. jakiej średniej liczby wyrobów I gatunku może spodziewać się odbiorca jeśli zakupi 200 sztuk wyrobów?

Rozwiązanie

W każdym przypadku prawdopodobieństwem sukcesu będzie wylosowanie produktu z I gatunku, czyli p = 0.4

Ad1)
n = 5

Najpierw obliczmy symbol Newtona:

    \[{5\choose 2} = \frac{5!}{2!(5-2)!} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5}{1 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{4 \cdot 5}{2} = 10\]

Wracając do równania otrzymujemy, że:

    \[P(X_{5} = 2) = 10 \cdot 0.4^{2} 0.6^{3} = 0.3456\]

Odp: Prawdopodobieństwo wylosowania dokładnie 2 produktów z I gatunku wynosi 34.56%.

Ad2)
Co najmniej 2 produkty z I gatunku zapisujemy:

    \[P(X_{5} \geq 2) = P(X_{5} = 2) + P(X_{5} = 3) + P(X_{5} = 4) + P(X_{5} = 5)\]

Zamiast liczyć 4 prawdopodobieństwa skorzystamy z faktu, że:

    \[P(X_{5} \geq 2) = 1 - P(X_{5} < 2)\]

    \[P(X_{5} < 2) = P(X_{5} = 0) + P(X_{5} = 1)\]

Czyli wystarczy obliczyć 2 prawdopodobieństwa:

    \[P(X_{5} = 0) = {5\choose 0} 0.4^{0} 0.6^{5} = 1 \cdot 1 \cdot 0.07776 \approx 0.078\]

    \[P(X_{5} = 1) = {5\choose 1} 0.4^{1} 0.6^{5-1} = 5 \cdot 0.4 \cdot 0.1296 \approx 0.259\]

    \[P(X_{5} < 2) = P(X_{5} = 0) + P(X_{5} = 1) \approx 0.078 + 0.259 = 0.337\]

    \[P(X_{5} \geq 2) = 1 - P(X_{5} < 2) = 1 - 0.337 = 0.663\]

Odp: Prawdopodobieństwo wylosowania co najmniej 2 produktów z I gatunku wynosi 66.3%.

Ad3)
Średnia liczba wyrobów jaką możemy się spodziewać to nic innego jak wartość oczekiwana.
Ze wzoru mamy, że:

    \[EX = np = 200 \cdot 0.4 = 80\]

Odp: Jeśli zakupi 200 sztuk wyrobów może spodziewać się 80 wyrobów I gatunku.

Zadanie 2

Zmienna losowa ma rozkład dwumianowy ze średnią 12 i wariancją 4.
Oblicz n oraz p.

Rozwiązanie

[FMP]

Do rozwiązania zadania skorzystamy z własności rozkładu dwumianowego, to znaczy:
EX = np = 12
VarX = np(1-p) = 4

Czyli mamy układ 2 równań z 2 niewiadomymi.

    \[\begin{cases} np = 12 \\ np(1-p) = 4 \end{cases}\]

Zajmijmy się najpierw drugim równaniem i podstawmy za np 12:

np(1−p)=4
12(1−p)=4
1−p=1/3
p=2/3

Teraz możemy wrócić do pierwszego równania w celu wyliczenia n:

np=12
2/3n=12
n=12⋅(3/2)=18

Odp: Dla zmiennej losowej z rozkładu dwumianowego o średniej 12 i wariancji 4 liczebność n = 18, a prawdopodobieństwo p=2/3 .

[/FMP]

Zadanie 3

Rzucamy 4 razy kostką. Oblicz prawdopodobieństwo, że:

  1. Dokładnie raz wypadnie 3
  2. Co najmniej 2 razy wypadnie liczba parzysta

Rozwiązanie

[FMP]

Ad1)
W tym przypadku sukcesem jest wypadnięcie 3, a prawdopodobieństwo takie zajścia wynosi 16.
n = 4

    \[P(X_{4} = 1) = {4\choose 1} (\frac{1}{6})^{1} (1 - \frac{1}{6})^{4-1} = 4 \cdot \frac{1}{6} (\frac{5}{6})^{3} \approx 4 \cdot 0.167 \cdot 0.579 \approx 0.387\]

Odp: Rzucając 4 razy kostką prawdopodobieństwo, że wypadnie jedna 3 wynosi około 38.7%.

Ad2)
W tym przypadku sukcesem jest wypadnięcie 2,4 lub 6, czyli p=1/2
Co najmniej 2 razy zapisujemy jako:

    \[P(X_{4} \geq 2) = P(X_{4} = 2) + P(X_{4} = 3) + P(X_{4} = 4)\]

Zamiast tego policzmy zdarzenie przeciwne i skorzystamy z faktu, że:

    \[P(X_{4} \geq 2) = 1 - P(X_{4} < 2)\]

    \[P(X_{4} < 2) = P(X_{4} = 1) + P(X_{4} = 0)\]

    \[P(X_{4} = 1) = {4\choose 1} (\frac{1}{2})^{1} (1 - \frac{1}{2})^{4-1} = 4 \cdot \frac{1}{2} (\frac{1}{2})^{3} = \frac{4}{2^{4}} = 0.25\]

    \[P(X_{4} = 0) = {4\choose 0} (\frac{1}{2})^{0} (1 - \frac{1}{2})^{4-0} = 1 \cdot (\frac{1}{2})^{4} = \frac{1}{2^{4}} = 0.0625\]

    \[P(X_{4} < 2) = P(X_{4} = 1) + P(X_{4} = 0) = 0.25 + 0.0625 = 0.3125\]

    \[P(X_{4} \geq 2) = 1 - P(X_{4} < 2) = 1 - 0.3125 = 0.6875\]

Odp: Rzucając 4 razy kostką prawdopodobieństwo, że co najmniej 2 razy wypadnie parzysta liczba oczek wynosi 68.75%.

[/FMP]

Zadanie 4

W pewnym zakładzie produkcyjnym 1 na 1000 samochodów posiada wadliwą instalację hamulcową. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wśród 10 tyś. samochodów będzie dokładnie 10 zepsutych?

Rozwiązanie

[FMP]

n = 10 000, p = 0.001

Korzystając z rozkładu dwumianowego wynik byłby następujący

    \[P(X = 10) = {1000 \choose 10} 0.001^{10} 0.999^{990}\]

Jest to praktycznie nie do wyliczenia bez pomocy komputera.

Korzystając z rozkładu Poissona (oba założenia są spełnione) wynik byłby następujący

    \[\lambda = 10 000 \cdot 0.001 = 10\]

    \[P(X = 10) = \frac{10^{10} e^{-10}}{10!}\]

    \[P(X = 10) \approx 0.125\]

[/FMP]

Zadanie 5

U pewnego gatunku ryb na każde 100 samic przypada 1 samiec. Jakie jest prawdopodobieństwo, że w akwarium zawierającym 250 ryb znajdą się co najmniej 2 samce?

Rozwiązanie

[FMP]

Na 100 samic przypada 1 samiec co oznacza, że prawdopodobieństwo wylosowania samca wynosi

    \[p = \frac{1}{100+1} = \frac{1}{101}\]

Z powodu małego prawdopodobieństwa, oraz dużego n = 250 skorzystamy z prawa zdarzeń rzadkich.
Najpierw wyliczmy 

    \[\lambda = 250 \cdot \frac{1}{101} \approx 2.48\]

Czyli w akwarium zawierającym 250 ryb spodziewamy się średnio 2.48 samca.

Mamy obliczyć takie prawdopodobieństwo: P(X≥2).
W takich przypadkach lepiej jest obliczyć zdarzenie przeciwne, tzn. P(X<2), a potem skorzystać z faktu, że:
P(X≥2)=1–P(X<2)

    \[P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = \frac{2.48^{0} e^{-2.48}}{0!} + \frac{2.48^{1} e^{-2.48}}{1!} =\]

    \[= e^{-2.48} + 2.48e^{-2.48} = 3.48e^{-2.48} \approx 0.29\]

Odp: Szansa na to, że wśród 250 ryb w akwarium będzie więcej niż 2 samców wynosi około 29%.

[/FMP]

Zadanie 6

Ilość wypadków w pewnej firmie w ciągu miesiąca można opisać rozkładem Poissona z intensywnością λ=3.2. Oblicz:

  1. Prawdopodobieństwo, że w ciągu miesiąca zajdą 2 zdarzenia
  2. Prawdopodobieństwo, że w ciągu roku zajdą 24 zdarzenia
  3. Prawdopodobieństwo, że ilość zdarzeń w ciągu miesiąca wyniesie mniej niż 3

Rozwiązanie

[FMP]

Ad 1) Musimy obliczyć prawdopodobieństwo, że P( X = 2 ). Może to obliczyć bezpośrednio ze wzoru, tzn.

    \[P( X = 2 ) = \frac{ 3.2^{2} e^{-3.2} }{2!} \approx 0.209\]

Ad 2) Znamy intensywność dla jednego miesiąca,a ponieważ możemy założyć, że rok składa się z 12tu miesięcy to chcąc uzyskać intensywność dla jednego roku wystarczy miesięczną intensywność pomnożyć przez 12, czyli

    \[\lambda_{rok} = 12 \cdot \lambda_{mies} = 38.4\]

Teraz możemy już przejść do obliczenia prawdopodobieństwa

    \[P( X_{rok} = 24 ) = \frac{38.4^{24} e^{-38.4}}{24!} \approx 0.0036\]

Ad 3) Mamy obliczyć prawdopodobieństwo, że P(X < 3)

Ponieważ rozkład Poissona jest określony tylko dla liczb całkowitych dodatnich i zera to nasze prawdopodobieństwo wyliczymy w następujący sposób:

    \[P(X < 3) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)\]

Teraz wyliczając kolejno składniki otrzymujemy:

    \[P(X = 0) = \frac{3.2^{0} e^{-3.2}}{0!} \approx 0.041\]

Przypominam, że 0! = 1

    \[P(X = 1) = \frac{3.2^{1} e^{-3.2}}{1!} \approx 0.130\]

    \[P(X = 2) = \frac{3.2^{2} e^{-3.2}}{2!} \approx 0.209\]

sumując powyższe składniki otrzymujemy

P(X<3)=0.38

[/FMP]

Zadanie 7

Liczba rodzynek w ciastach pieczonych przez pewną cukiernię jest zmienną losową o rozkładzie Poissona λ=2. Obliczyć prawdopodobieństwo, że kupując babkę trafimy na:
a) dokładnie jedną rodzynkę
b) co najmniej 5 rodzynek
c) więcej niż jedną, ale nie więcej niż 4
d) co najmniej 2, ale nie więcej niż 5 rodzynek

Rozwiązanie

[FMP]

a) dokładnie jedną rodzynkę oznacza, że k = 1, czyli:

    \[P(X = 1) = \frac{2^{1} e^{-2}}{1!} = 2 \cdot e^{-2} \approx 2 \cdot 0.135 = 0.27\]

b) co najmniej 5 rodzynek oznacza, że k =6, 7, 8, …
Takiego zdarzenia nie policzymy wprost. Skorzystamy z tego, że

    \[P(X < 5) + P(X \geq 5) =1\]

    \[P(X \geq 5) = 1 - P(X < 5)\]

    \[P(X < 5) = P(X = 0) + P(X = 1)+ P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) =\]

    \[= \frac{2^{0} e^{-2}}{0!} + \frac{2^{1} e^{-2}}{1!} + \frac{2^{2} e^{-2}}{2!} + \frac{2^{3} e^{-2}}{3!} + \frac{2^{4} e^{-2}}{4!} =\]

    \[= e^{-2} + 2e^{-2} + \frac{4}{2}e^{-2} + \frac{8}{6}e^{-2} + \frac{16}{24}e^{-2}\]

Teraz należy jeszcze pamiętać o podstawieniu do wzoru:

    \[P(X \geq 5) = 1 - P(X < 5) = 1 - 7e^{-2} \approx 1 - 0.945 = 0.055\]

c)

    \[P(1< X \leq 4) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) =\]

    \[\frac{2^{2} e^{-2}}{2!} + \frac{2^{3} e^{-2}}{3!} + \frac{2^{4} e^{-2}}{4!} = \frac{4}{2}e^{-2} + \frac{8}{6}e^{-2} + \frac{16}{24}e^{-2} =\]

    \[= 4e^{-2} \approx 4\cdot 0.135 = 0.54\]

d)

    \[P(2 \leq X < 5) = P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) =\]

    \[\frac{2^{2} e^{-2}}{2!} + \frac{2^{3} e^{-2}}{3!} + \frac{2^{4} e^{-2}}{4!} + \frac{2^{5} e^{-2}}{5!} = \frac{4}{2}e^{-2} + \frac{8}{6}e^{-2} + \frac{16}{24}e^{-2} + \frac{32}{120}e^{-2} =\]

    \[=4\frac{32}{120}e^{-2} \approx 4\frac{32}{120} \cdot 0.135 \approx 0.576\]

[/FMP]

Zadanie 8

Wyznacz prawdopodobieństwo pojawienia się zdarzenia rzadziej niż 2 razy wiedząc, ze wartość oczekiwana to 2.

Rozwiązanie

[FMP]

Mamy obliczyć prawdopodobieństwo: P(X<2)
Wiemy również EX=2
Korzystając z własności rozkładu Poissona wiemy, że EX=λ, czyli
λ=2

Teraz możemy przejść do obliczenia prawdopodobieństwa:

    \[P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = \frac{2^{0} e^{-2}}{0!} + \frac{2^{1} e^{-2}}{1!} =\]

    \[= e^{-2} + 2 e^{-2} = 3e^{-2} \approx 3 \cdot 0.135 = 0.405\]

[/FMP]

Zadanie 9

Zmienna losowa ma rozkład Poissona. Ile wynosi P(X≥3) i P(X=8) jeżeli wiadomo, że P(3) = 0,204588166 i P(5) = 0,147712656?

Rozwiązanie

[FMP]

Z rozkładu Poissona mamy:

    \[P(X=k) = \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!}\]

Korzystając z P(3) oraz P(5) możemy stworzyć układ 2 równań:

    \[P(3) = \frac{\lambda^{3} e^{-\lambda}}{3!} = 0.204588166\]

    \[P(5) = \frac{\lambda^{5} e^{-\lambda}}{5!} = 0.147712656\]

dzieląc P(3) przez P(5) otrzymujemy:

    \[\frac{P(3)}{P(5)} = \frac{0.204588166}{0.147712656} = \frac{ \frac{\lambda^{3} e^{-\lambda}}{3!}}{\frac{\lambda^{5} e^{-\lambda}}{5!}} = \frac{\lambda^{3} e^{-\lambda}}{3!} \cdot \frac{5!}{\lambda^{5} e^{-\lambda}} = \frac{5 \cdot 4}{ \lambda^{2}}\]

    \[1.385 \approx \frac{20}{ \lambda^{2}}\]

    \[\lambda^{2} \approx 14.44\]

    \[\lambda = 3.8\]

Teraz wykonamy sprawdzenia dla P(3):

    \[P(3) = \frac{3.8^{3} e^{-3.8}}{3!} \approx 0.204588166\]

Zawsze warto wykonać sprawdzenie by wyeliminować możliwe błędy.

    \[P(X \geq 3) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) =\]

    \[= \frac{3.8^{0} e^{-3.8}}{0!} + \frac{3.8^{1} e^{-3.8}}{1!} + \frac{3.8^{2} e^{-3.8}}{2!} + \frac{3.8^{3} e^{-3.8}}{3!} =\]

    \[e^{-3.8} + 3.8e^{-3.8} + 7.22e^{-3.8} + 9.15e^{-3.8} = 21.17e^{-3.8} \approx 0.47\]

    \[P(X = 8) = \frac{3.8^{8} e^{-3.8}}{8!} \approx 1.08e^{-3.8} \approx 0.02\]

Odpowiedź:

    \[P(X \geq 3) \approx 0.47\]

[/FMP]

Rozkład dwumianowy

Rozkład dwumianowy został sformułowany przez szwajcarskiego matematyka J. Bernoulliego. Definicja rozkładu dwumianowego opiera się na eksperymencie przeprowadzonym zgodnie z tzw. schematem Bernoulliego. Przebieg tego eksperymentu przedstawimy poniżej:

Wykonujemy doświadczenie którego rezultatem może być zdarzenie A z prawdopodobieństwem p lub zdarzenie przeciwne z prawdopodobieństwem q= 1-p. Jedno z tych zdarzeń (np. A) określa się zwyczajowo jako “sukces”, drugie – jako “porażkę”. Doświadczenie to powtarzamy n-krotnie w sposób niezależny, czyli tak, że prawdopodobieństwo sukcesu pozostaje w pojedynczych próbach stałe i równe p. Liczba sukcesów, jaką zaobserwujemy w wyniku n-krotnego powtórzenia doświadczenia, może być równa k=0,1,2,…,n.
Przykład:
Dokonujemy 5 niezależnych prób uzyskania połączenia telefonicznego, przy czym prawdopodobieństwo uzyskania połączenia w pojedynczej próbie wynosi 0,6. W efekcie można uzyskać połączenie(sukces) k = 0,1, …, 5 razy.

Zmienna losowa X ma rozkład dwumianowy, jeśli przyjmuje wartości k= 0,1,2, …, n z prawdopodobieństwami określonymi wzorem

    \[P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}\]

Liczbę doświadczeń n oraz prawdopodobieństwo sukcesu p nazywamy parametrami tego rozkładu.

Rozkład Poissona

Rozkład ten został wprowadzony przez S.D. Poissona. Przy zastosowaniu tego rozkładu można w sposób przybliżony charakteryzować takie zjawiska, jak liczba usterek w produkowanych urządzeniach, liczba skaz na określonej powierzchni materiału, liczba zgłoszeń szkód ubezpieczeniowych w określonym czasie, liczba cząsteczek emitowanych przez substancję radioaktywną w krótkim czasie, liczbę błędów drukarskich na jednej stronie itp. Pokażemy również, że w określonych warunkach rozkład Poissona można wykorzystać jako wygodne przybliżenie rozkładu dwumianowego.

Zmienna losowa X przyjmująca wartości k=0, 1, 2, … ma rozkład Poissona o parametrze λ, jeśli jej funkcja prawdopodobieństwa, opisana jest wzorem:

    \[P(X=k)\frac{\lambda ^{k}}{k!}e^{-\lambda }, \; dla\; k=0,1,2,...\]

gdzie  λ jest dodatnią stałą ( λ>0)

Opierając się na definicji wartości oczekiwanej i wariancji zmiennej losowej skokowej, dla rozkładu Poissona otrzymujemy:
E(X) =  λ
D2(X)= λ
Widzimy więc, że parametr  λ występujący we wzorze jest średnią i zarazem wariancją zmiennej losowej o rozkładzie Poissona.

Rozklad dwumianowy i Poissona - napis