5.4: Експоненціальний розподіл

Last updated
Save as PDF

Page ID: 98495

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Експоненціальний розподіл часто стосується кількості часу, поки не відбудеться якась конкретна подія. Наприклад, кількість часу (починається зараз) до землетрусу має експоненціальний розподіл. Інші приклади включають тривалість, у хвилинах, міжміських ділових телефонних дзвінків та кількість часу, у місяцях, триває автомобільний акумулятор. Також можна показати, що значення зміни, яке у вас є в кишені або гаманці, приблизно слідує за експоненціальним розподілом.

Значення для експоненціальної випадкової величини відбуваються наступним чином. Тут менше великих значень і більше малих значень. Наприклад, сума грошей, яку клієнти витрачають за одну поїздку в супермаркет, слідує експоненціальному розподілу. Є більше людей, які витрачають невеликі суми грошей і менше людей, які витрачають великі суми грошей.

Експоненціальний розподіл широко використовується в області надійності. Надійність стосується кількості часу, який триває виріб.

Приклад$\PageIndex{1}$

Нехай$X$ = кількість часу (у хвилинах), який поштовий клерк проводить зі своїм клієнтом. Відомо, що час має експоненціальний розподіл із середньою кількістю часу, рівним чотирьом хвилинам.

$X$є безперервною випадковою величиною, оскільки вимірюється час. Це дається, що$\mu = 4$ хвилин. Щоб робити будь-які розрахунки, необхідно знати$m$, параметр розпаду.

$m = \dfrac{1}{\mu}$. Тому,$m = \dfrac{1}{4} = 0.25$.

Стандартне відхилення$\sigma$, таке ж, як і середнє. $\mu = \sigma$

Позначення розподілу є$X \sim Exp(m)$. Тому,$X \sim Exp(0.25)$.

Функція щільності ймовірності є$f(x) = me^{-mx}$. Число$e = 2.71828182846$... Це число, яке часто використовується в математиці. Наукові калькулятори мають ключ «»$e^{x}$. Якщо ви введете один для$x$, калькулятор відобразить значення$e$.

Крива така:

$f(x) = 0.25e^{-0.25x}$$x$де мінімум нуль і$m = 0.25$.

Наприклад,$f(5) = 0.25e^{-(0.25)(5)} = 0.072$. Значення 0,072 - висота кривої, коли х = 5. У прикладі$\PageIndex{2}$ нижче ви дізнаєтеся, як знайти ймовірності за допомогою параметра decay.

Графік виглядає наступним чином:

Експоненціальний графік з кроком 2 від 0-20 на осі x μ = 4 і кроками 0,05 від 0,05 від 0,05-0,25 на осі y m = 0,25. Вигнута лінія починається вгорі в точці (0, 0,25) і крива вниз до точки (20, 0). Вісь x дорівнює неперервній випадковій величині. — Малюнок$\PageIndex{1}$.

Зверніть увагу, що графік є кривою зниження. Коли$x = 0$,

$f(x) = 0.25e^{(-0.25)(0)} = (0.25)(1) = 0.25 = m$. Максимальне значення на осі y - m.

Вправа$\PageIndex{1}$

Кількість часу покупки подружжям для ювілейних листівок можна змоделювати експоненціальним розподілом із середньою кількістю часу, рівним восьми хвилинам. Запишіть розподіл, вкажіть функцію щільності ймовірності та графік розподілу.

Відповідь

$X \sim Exp(0.125)$;

$f(x) = 0.125e^{-0.125x}$;

Приклад$\PageIndex{2}$

Використовуючи інформацію в Вправи, знайдіть ймовірність того, що клерк витрачає чотири-п'ять хвилин з випадково обраним клієнтом.
Половина всіх клієнтів закінчені протягом як довго? (Знайти ^50-й процентиль)
Що більше, середнє або медіана?

Відповідь

а. знайти$P(4 < x < 5)$.

Функція кумулятивного розподілу (CDF) дає область зліва.

\[P(x < x) = 1 – e^{-mx}\]

\[P(x < 5) = 1 – e(–0.25)(5) = 0.7135\]

\[(P(x < 4) = 1 – e^{(-0.25)(4)} = 0.6321\]

Експоненціальний графік із кривою лінією, що починається з точки (0, 0,25) та кривими вниз до точки (∞, 0). Дві вертикальні лінії вгору тягнуться від точок 4 і 5 до кривої лінії. Імовірність знаходиться в області між точками 4 і 5. — Малюнок$\PageIndex{3}$.

Ви можете зробити ці розрахунки легко на калькуляторі.

Імовірність того, що поштовий клерк витрачає чотири-п'ять хвилин з випадково обраним клієнтом, становить

\[P(4 < x < 5) = P(x < 5) – P(x < 4) = 0.7135 − 0.6321 = 0.0814.\]

На головному екрані введіть (1 — e^ (—0.25*5)) — (1 — e^ (—0.25*4)) або введіть e^ (—0.25*4) — e^ (—0.25*5).

б. знайти ^50-й процентиль.

Експоненціальний графік із кривою лінією, що починається з точки (0, 0,25) та кривими вниз до точки (∞, 0). Вертикальна лінія вгору проходить від точки k до кривої лінії. Площа ймовірності від 0-k дорівнює 0,50. — Малюнок$\PageIndex{4}$.

$P(x < k) = 0.50$,$k = 2.8$ хвилини (калькулятор або комп'ютер)

Половина всіх клієнтів закінчується протягом 2,8 хвилин.

Ви також можете зробити розрахунок наступним чином:

\[P(x < k) = 0.50\]

\[P(x < k) = 1 – e^{-0.25k}\]

Тому,

\[0.50 = 1 − e^{-0.25k}\]

\[e^{-0.25k} = 1 − 0.50 = 0.5\]

Візьмемо натуральні колоди:

\[\ln(e^{-0.25k}) = \ln(0.50).\]

Отже,

\[-0.25k = ln(0.50).\]

Вирішуйте протягом$k: k = \dfrac{ln(0.50)}{-0.25} = 0.28$ декількох хвилин. Калькулятор спрощує обчислення для процентиля k. Дивіться наступні дві примітки.

Формула для процентиля$k$ - це те$k = ln(1 − \text{Area To The Left}) - mk = ln(1 - \text{Area To The Left}) - m$, де$ln$ знаходиться натуральне колоду.

c З частини b медіана або ^50-й процентиль дорівнює 2,8 хвилини. Теоретичне середнє значення - чотири хвилини. Середнє значення більше.

Примітка

Спільна вправа

На головному екрані введіть ln (1 — 0.50) /—0.25. Натисніть (-) для негативу.

Вправа$\PageIndex{2}$

Кількість днів, на які мандрівники купують авіаквитки, можна змоделювати експоненціальним розподілом із середньою кількістю часу, рівним 15 днів. Знайдіть ймовірність того, що мандрівник придбає квиток менше, ніж за десять днів до цього. Скільки днів чекають половина всіх мандрівників?

Відповідь

$P(x < 10) = 0.4866$

^50-й процентиль = 10,40

Спільна вправа

Нехай кожен член класу порахувати зміни він або вона має в кишені або сумочці. Ваш інструктор запише суми в доларах і центах. Побудувати гістограму даних, взятих класом. Використовуйте п'ять інтервалів. Намалюйте плавну криву через смуги. Графік повинен виглядати приблизно експоненціально. Потім розрахуйте середнє значення.

Нехай$X =$ сума грошей, яку студент у вашому класі має в кишені або сумочці.

Розподіл для$X$ приблизно експоненціальний із середнім,$\mu =$ _______ та$m =$ _______. Стандартне відхилення,$\sigma =$ ________.

Намалюйте відповідний експоненціальний графік. Ви повинні позначити осі x— і y, швидкість розпаду і середнє значення. Затіньте область, яка представляє ймовірність того, що один студент має менше $.40 в кишені або сумочці. (Тінь$P(x < 0.40)$).

Приклад$\PageIndex{3}$

В середньому якась комп'ютерна частина вистачає на десять років. Тривалість часу, яку триває комп'ютерна частина, розподіляється експоненціально.

Яка ймовірність того, що комп'ютерна деталь служить більше 7 років?
В середньому, як довго триватимуть п'ять комп'ютерних частин, якщо вони використовуються одна за одною?
Вісімдесят відсотків комп'ютерних деталей тривають максимум як довго?
Яка ймовірність того, що комп'ютерна частина триває від дев'яти до 11 років?

Відповідь

а. нехай$x =$ кількість часу (у роках) триває комп'ютерна частина.

\[\mu = 10\]

тому

\[m = \dfrac{1}{\mu} = \dfrac{1}{10} = 0.1\]

Знайти$P(x > 7)$. Намалюйте графік.

\[P(x > 7) = 1 – P(x < 7).\]

З тих$P(X < x) = 1 – e^{-mx}$ пір

\[P(X > x) = 1 –(1 –e^{-mx}) = e^{-mx}\]

\[P(x > 7) = e^{(–0.1)(7)} = 0.4966.\]

Імовірність того, що комп'ютерна частина служить більше семи років, становить 0,4966.

На головному екрані введіть e^ (-.1*7).

Експоненціальний графік із кривою лінією, що починається з точки (0, 0,1) та кривими вниз до точки (∞, 0). Вертикальна лінія вгору проходить від точки 1 до кривої лінії. Площа ймовірності відбувається від точки 1 до кінця кривої. Вісь x дорівнює кількості часу, який триває комп'ютерна частина. — Малюнок$\PageIndex{5}$.

б. в середньому одна комп'ютерна частина вистачає на десять років. Тому п'ять комп'ютерних деталей, якщо вони використовуються одразу за одною, прослужать, в середньому, (5) (10) = 50 років.

c. знайти ^80-й процентиль. Намалюйте графік. Нехай k = ^80-й процентиль.

Експоненціальний графік із кривою лінією, що починається з точки (0, 0,1) та кривими вниз до точки (∞, 0). Вертикальна лінія вгору проходить від точки k до кривої лінії. k - 80-й процентиль. Площа ймовірності від 0-k дорівнює 0,80. — Малюнок$\PageIndex{6}$.

Вирішуйте$k: k = \dfrac{ln(1-0.80)}{-0.1} = 16.1$ роками

Вісімдесят відсотків комп'ютерних деталей служать не більше 16,1 років.

На головному екрані введіть$\dfrac{ln(1-0.80)}{-0.1}$

d. знайти$P(9 < x < 11)$. Намалюйте графік.

Експоненціальний графік із кривою лінією, що починається з точки (0, 0,1) та кривими вниз до точки (∞, 0). Дві вертикальні лінії вгору тягнуться від точки 9 і 11 до кривої лінії. Площа ймовірності виникає між точками 9 і 11. — Малюнок$\PageIndex{7}$.

\[P(9 < x < 11) = P(x < 11) - P(x < 9) = (1 - e^{(–0.1)(11)}) - (1 - e^{(–0.1)(9)}) = 0.6671 - 0.5934 = 0.0737.\]

Імовірність того, що комп'ютерна частина триває між дев'ятьма і 11 роками, становить 0,0737.

На головному екрані введіть e ^ (—0.1*9) — e ^ (—0.1*11).

Вправа$\PageIndex{3}$

В середньому пара кросівок може тривати 18 місяців, якщо використовувати її щодня. Тривалість часу кросівок останнього розподілена експоненціально. Яка ймовірність того, що пара кросівок триває більше 15 місяців? В середньому, як довго триватимуть шість пар кросівок, якщо вони використовуються одна за одною? Вісімдесят відсотків кросівок тривають не більше, скільки часу, якщо використовувати кожен день?

Відповідь

$P(x > 15) = 0.4346$

Шість пар кросівок триватиме в середньому 108 місяців.

^80-й процентиль = 28,97 місяців

Приклад$\PageIndex{4}$

Припустимо, що довжина телефонного дзвінка, в хвилинах, є експоненціальною випадковою величиною з параметром розпаду =$\dfrac{1}{12}$. Якщо інша людина приїжджає на громадський телефон безпосередньо перед вами, знайдіть ймовірність того, що вам доведеться чекати більше п'яти хвилин. Нехай$X$ = тривалість телефонного дзвінка, в хвилинах.

Що таке$m$$\mu$, і$\sigma$? Імовірність того, що потрібно почекати більше п'яти хвилин, становить _______.

Відповідь

$m = \dfrac{1}{12}$
$\mu = 12$
$\sigma = 12$

$P(x > 5) = 0.6592$

Вправа$\PageIndex{4}$

Припустимо, що відстань, в милі, що люди готові їздити на роботу, є експоненціальною випадковою величиною з параметром розпаду$\dfrac{1}{20}$. Нехай$S =$ на відстані люди готові їздити в милі. Що таке$m$$\mu$, і$\sigma$? Яка ймовірність того, що людина готова проїхати більше 25 миль?

Відповідь

$m = \dfrac{1}{20}$$\mu = 20$;$\sigma = 20$;$P(x > 25) = 0.2865$

Приклад$\PageIndex{5}$

Час очікування між подіями часто моделюється за допомогою експоненціального розподілу. Наприклад, припустимо, що в середньому 30 клієнтів на годину надходять в магазин, а час між прибуттями розподіляється експоненціально.

В середньому, скільки хвилин проходить між двома послідовними заїздами?
Коли магазин вперше відкривається, скільки часу в середньому потрібно, щоб три клієнти прибули?
Після прибуття клієнта знайдіть ймовірність того, що наступний клієнт приїде менше однієї хвилини.
Після прибуття клієнта знайдіть ймовірність того, що наступний клієнт приїде більше п'яти хвилин.
Сімдесят відсотків клієнтів прибувають протягом скільки хвилин попереднього клієнта?
Чи є експоненціальний розподіл розумним для цієї ситуації?

Відповідь

Оскільки ми очікуємо, що 30 клієнтів прибудуть на годину (60 хвилин), ми очікуємо, що в середньому один клієнт прибуде кожні дві хвилини в середньому.
Оскільки один клієнт прибуває кожні дві хвилини в середньому, три клієнти приїдуть в середньому шість хвилин.
Нехай$X =$ час між заїздами, в хвилинах. За частиною а$\mu = 2$, так$m = \dfrac{1}{2} = 0.5$.
Тому,$X \sim Exp(0.5)$.
Функція кумулятивного розподілу є$P(X < x) = 1 – e(–0.5x)^{e}$.
Тому$P(X < 1) = 1 - e^{(–0.5)(1)} \approx 0.3935$.
$1 - e^(–0.5) \approx 0.3935$

Малюнок$\PageIndex{8}$.
$P(X > 5) = 1 - P(X < 5) = 1 - (1 - e^{(-5)(0.5)}) = e^{-2.5} \approx 0.0821$.

Малюнок$\PageIndex{9}$.

$1 - (1 - e^{( – 5*0.5)}$або$e^{(-5*0.5)}$
Ми хочемо вирішити$0.70 = P(X < x)$ для$x$.
Підставляючи в кумулятивну функцію розподілу дає$0.70 = 1 – e^{–0.5x}$, так що$e^{–0.5x} = 0.30$. Перетворення цього в логарифмічну форму дає$-0.5x = ln(0.30)$, або$x = \dfrac{ln(0.30)}{-0.5} \approx 2.41$ хвилини.
Таким чином, сімдесят відсотків клієнтів прибувають протягом 2,41 хвилини від попереднього клієнта.
Ви знаходите ^70-й процентиль,$k$ так що ви можете використовувати формулу$k = \dfrac{ln(1-\text{Area To The left Of k})}{-m}$
$k = \dfrac{ln(1-0.70)}{(-0.5)} \approx 2.41$ хвилин

Малюнок$\PageIndex{10}$.
Ця модель передбачає, що один клієнт прибуває одночасно, що може бути нерозумним, оскільки люди можуть робити покупки групами, що призводить до того, що кілька клієнтів прибувають одночасно. Він також передбачає, що потік клієнтів не змінюється протягом дня, що не діє, якщо деякі часи дня зайняті більше, ніж інші.

Вправа$\PageIndex{5}$

Припустимо, що на певному відрізку шосе машини проходять з середньою швидкістю п'ять машин в хвилину. Припустимо, що тривалість часу між послідовними автомобілями слідує за експоненціальним розподілом.

В середньому, скільки секунд проходить між двома послідовними автомобілями?
Після того, як автомобіль проїжджає повз, скільки часу в середньому знадобиться, щоб проїхати ще сім автомобілів?
Знайдіть ймовірність того, що після того, як автомобіль проїде повз, наступний автомобіль проїде протягом наступних 20 секунд.
Знайдіть ймовірність того, що після того, як машина проїде повз, наступна машина не проїде ще як мінімум 15 секунд.

Відповідь

При швидкості п'ять автомобілів на хвилину ми очікуємо, що між наступними автомобілями в середньому пройдуть$\dfrac{60}{5} = 12$ секунди.
Використовуючи відповідь з частини а, ми бачимо, що для проходження наступних семи машин потрібні$(12)(7) = 84$ секунди.
Нехай$T =$ час (у секундах) між наступними автомобілями.
Середнє значення$T$ становить 12 секунд, тому параметр розпаду дорівнює$\dfrac{1}{12}$ і$T \sim Exp\dfrac{1}{12}$. Сукупна функція розподілу$T$ is$P(T < t) = 1 – e^{−\dfrac{t}{12}}$. Потім$P(T < 20) = 1 –e^{−\dfrac{20}{12}} \approx 0.8111$.

Малюнок$\PageIndex{11}$.
$P(T > 15) = 1 – P(T < 15) = 1 – (1 – e^{−\dfrac{15}{12}}) = e^{−\dfrac{15}{12}} \approx 0.2865$.

Незапам'ятованість експоненціального розподілу

У прикладі нагадаємо, що кількість часу між клієнтами розподіляється в геометричній прогресії із середнім значенням двох хвилин ($X \sim Exp (0.5)$). Припустимо, що з моменту прибуття останнього клієнта минуло п'ять хвилин. Оскільки зараз минуло незвично довгий проміжок часу, здавалося б, більш імовірно, що клієнт приїде протягом наступної хвилини. З експоненціальним розподілом це не так - додатковий час, витрачений на очікування наступного клієнта, не залежить від того, скільки часу вже минуло з моменту останнього клієнта. Це називається властивістю без пам'яті. Зокрема, властивість без пам'яті говорить про те, що

\[P(X > r + t | X > r) = P(X > t)\]

для всіх$r \geq 0$ і$t \geq 0$.

Наприклад, якщо з моменту прибуття останнього клієнта минуло п'ять хвилин, то ймовірність того, що до прибуття наступного клієнта пройде більше однієї хвилини, обчислюється за допомогою$r = 5$ і$t = 1$ в вищезгаданому рівнянні.

$P(X > 5 + 1 | X > 5) = P(X > 1) = e(–0.5)(1) e(–0.5)(1) \approx 0.6065$.

Це така ж ймовірність, що і очікування більше однієї хвилини, поки клієнт приїде після попереднього прибуття.

Експоненціальний розподіл часто використовується для моделювання довговічності електричного або механічного пристрою. У прикладі термін служби певної комп'ютерної частини має експоненціальний розподіл із середнім значенням десяти років ($X \sim Exp(0.1)$). Властивість без пам'яті говорить про те, що знання того, що сталося в минулому, не впливає на майбутні ймовірності. У цьому випадку це означає, що стара деталь не має більшої ймовірності зламатися в будь-який конкретний час, ніж абсолютно нова деталь. Іншими словами, частина залишається такою ж хорошою, як нова, поки вона раптово не зламається. Наприклад, якщо деталь проіснувала вже десять років, то ймовірність того, що вона триватиме ще сім років, є$P(X > 17 | X > 10) = P(X > 7) = 0.4966$.

Приклад$\PageIndex{6}$

Див. приклад, коли час, який поштовий клерк проводить зі своїм клієнтом, має експоненціальний розподіл із середнім значенням чотирьох хвилин. Припустимо, клієнт провів чотири хвилини з поштовим клерком. Яка ймовірність того, що він або вона проведе хоча б додаткові три хвилини з поштовим клерком?

Параметр розпаду$X$ є$m = \dfrac{1}{4} = 0.25$, так$X \sim Exp(0.25)$.

Функція кумулятивного розподілу є$P(X < x) = 1 - e^{–0.25x}$.

Ми хочемо знайти$P(X > 7 | X > 4)$. Майно без пам'яті говорить про це$P(X > 7 | X > 4) = P(X > 3)$, тому нам просто потрібно знайти ймовірність того, що клієнт витрачає більше трьох хвилин з поштовим клерком.

Це і є$P(X > 3) = 1 - P(X < 3) = 1 - (1 - e^{-0.25 \cdot 3}) = e^{–0.75} \approx 0.4724$.

Цей графік показує експоненціальний розподіл. Графік нахиляється вниз. Він починається в точці (0, 0,25) на осі y і наближається до осі x біля правого краю графіка. Область під графіком праворуч від x = 3 затінена, щоб представляти P (x — Малюнок$\PageIndex{12}$.

$1 - (1 - e^(-0.25*2)) = e^(-0.25*2)$.

Вправа$\PageIndex{6}$

Припустимо, що довговічність лампочки експоненціальна при середньому терміні експлуатації в вісім років. Якщо лампочка проіснувала вже 12 років, знайдіть ймовірність того, що вона прослужить в цілому більше 19 років.

Відповідь

Нехай$T =$ термін служби лампочки. Потім$T \sim Exp\left(\dfrac{1}{8}\right)$.

Функція кумулятивного розподілу:$P(T < t) = 1 − e^{-\dfrac{t}{8}}$

Нам потрібно знайти$P(T > 19 | T = 12)$. За безпам'ятним майном,

$P(T > 19 | T = 12) = P(T > 7) = 1 - P(T < 7) = 1 - (1 - e^{-7/8}) = e^{-7/8} \approx 0.4169$.

1 - (1 — e^ (—7/8)) = e^ (—7/8).

Зв'язок між Пуассоном і експоненціальним розподілом

Існує цікавий зв'язок між експоненціальним розподілом і розподілом Пуассона. Припустимо, що час, що проходить між двома послідовними подіями, слідує за експоненціальним розподілом із середнім значенням$\mu$ одиниць часу. Також припустимо, що ці часи є незалежними, а це означає, що час між подіями не впливає час між попередніми подіями. Якщо ці припущення дотримуються, то кількість подій за одиницю часу слідує за розподілом Пуассона із середнім значенням$\lambda = \dfrac{1}{\mu}$. Нагадаємо з глави про дискретні випадкові величини, що якщо$X$ має розподіл Пуассона з$\lambda$ середнім, то$P(X = k) = \dfrac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}$. І навпаки, якщо кількість подій за одиницю часу слідує за розподілом Пуассона, то кількість часу між подіями слідує за експоненціальним розподілом. $(k! = k*(k-1*)(k - 2)*(k - 3) \dotsc 3*2*1)$

Припустимо,$X$ має розподіл Пуассона із середнім$\lambda$. Обчислити,$P(X = k)$ ввівши ^2-й, VARS (DISTR), C: poissonpdf$(\lambda, k$). Для обчислення$P(X \leq k$) введіть ^2-й, VARS (DISTR), D:ПуассонCDF ($\lambda, k$).

Приклад$\PageIndex{7}$

На поліцейську дільницю великого міста дзвінки надходять із середньою швидкістю чотири дзвінки в хвилину. Припустімо, що час, який проходить від одного виклику до наступного має експоненціальний розподіл. Візьміть на замітку, що нас турбує лише швидкість, з якою надходять дзвінки, і ми ігноруємо час, проведений на телефоні. Треба також припустити, що час, проведений між дзвінками, незалежний. Це означає, що особливо довга затримка між двома дзвінками не означає, що буде менший період очікування наступного дзвінка. Потім ми можемо зробити висновок, що загальна кількість дзвінків, отриманих протягом періоду часу, має розподіл Пуассона.

Знайти середній час між двома послідовними дзвінками.
Знайдіть ймовірність того, що після надходження дзвінка наступний виклик відбудеться менш ніж за десять секунд.
Знайдіть ймовірність того, що рівно п'ять дзвінків відбуваються протягом хвилини.
Знайдіть ймовірність того, що менше п'яти дзвінків відбувається протягом хвилини.
Знайдіть ймовірність того, що за восьмихвилинний період відбудеться більше 40 дзвінків.

Відповідь

В середньому відбувається чотири дзвінки в хвилину, тому між послідовними дзвінками в середньому відбувається 15 секунд або$\dfrac{15}{60} = 0.25$ хвилин.
Нехай$T =$ час минув між дзвінками. З частини а$\mu = 0.25$, так$m = \dfrac{1}{0.25} = 4$. Таким чином,$T \sim Exp(4)$.
Функція кумулятивного розподілу є$P(T < t) = 1 - e^{–4t}$.
Імовірність того, що наступний виклик відбудеться менш ніж за десять секунд (десять секунд$= \dfrac{1}{6}$ хвилини), дорівнює$P(T < \dfrac{1}{6}) = 1 - e^{-4 (\dfrac{1}{6})} \approx 0.4866)$.

Малюнок$\PageIndex{13}$
Нехай$X =$ кількість дзвінків в хвилину. Як було зазначено раніше, кількість дзвінків в хвилину має розподіл Пуассона, в середньому чотири дзвінки в хвилину.
Тому$X \sim Poisson(4)$, і так$P(X = 5) = \dfrac{4^{5}e^{-4}}{5!} \approx 0.1563$. ($5! = (5)(4)(3)(2)(1)$)
$\text{poissonpdf}(4, 5) = 0.1563$.
Майте на увазі, що$X$ має бути ціле число, значить$P(X < 5) = P(X \leq 4)$.
Щоб обчислити це, ми могли б взяти$P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4)$.
Використовуючи технології, ми це бачимо$P(X \approx 4) = 0.6288$.
$\text{poisssoncdf}(4, 4) = 0.6288$
Дозвольте$Y =$ кількість дзвінків, які відбуваються протягом восьмихвилинного періоду.
Оскільки в середньому відбувається чотири дзвінки на хвилину, існує середня кількість$(8)(4) = 32$ дзвінків протягом кожного восьмихвилинного періоду.
Отже,$Y \sim Poisson(32)$. Тому,$P(Y > 40) = 1 - P(Y \leq 40) = 1 - 0.9294 = 0.0707$.
$1 - \text{poissoncdf}(32, 40). = 0.0707$

Вправа$\PageIndex{7}$

У невеликому місті кількість автомобільних аварій відбувається з розподілом Пуассона в середньому три на тиждень.

Обчисліть ймовірність того, що в будь-який даний тиждень трапляються не більше 2 нещасних випадків.
Яка ймовірність того, що між будь-якими 2 нещасними випадками проходить щонайменше два тижні?

Відповідь

Нехай$X =$ кількість нещасних випадків на тиждень, так що$X \sim Poisson(3)$. Нам потрібно знайти$P(X \leq 2) \approx 0.4232$
$\text{poissoncdf}(3, 2)$
Нехай$T =$ час (у тижнях) між послідовними аваріями.
Оскільки кількість аварій відбувається з розподілом Пуассона, час між аваріями слідує експоненціальному розподілу.
Якщо в середньому три в тиждень, то в середньому між$\mu = \dfrac{1}{3}$ аваріями проходить тиждень, а параметр розпаду є$m = \dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{3}\right)} = 3$.
Щоб знайти ймовірність того, що між двома аваріями є не менше двох тижнів,$P(T > 2) = 1 - P(T < 2) = 1 – (1 – e(–3)(2)) = e^{–6} \approx 0.0025$.
e^ (-3* 2).

Рецензія

Якщо$X$ має експоненціальний розподіл із$\mu$ середнім, то параметр розпаду є$m = \dfrac{1}{\mu}$, і пишемо$X \sim Exp(m)$ де$x \geq 0$ і$m > 0$. Функція щільності ймовірності$X$ є$f(x) = me^{-mx}$ (або еквівалентно$f(x) = \dfrac{1}{\mu}e^{-\dfrac{x}{\mu}}$). Сукупна функція розподілу$X$ is$P(X \leq X) = 1 - e^{-mx}$.

Експоненціальний розподіл має властивість memoryless, яка говорить про те, що майбутні ймовірності не залежать від будь-якої минулої інформації. Математично це говорить про це$P(X > x + k | X > x) = P(X > k)$.

Якщо$T$ представляє час очікування між подіями, а якщо$T \sim Exp(\lambda)$, то кількість подій$X$ за одиницю часу слідує за розподілом Пуассона із середнім значенням$\lambda$. Функція щільності ймовірності$PX$ є$(X = k) = \dfrac{\lambda^{k}e^{-k}}{k!}$. Це можна обчислити за допомогою калькулятора TI-83, 83+, 84, 84+ з командою$\text{poissonpdf}(\lambda, k)$. Функцію кумулятивного розподілу$P(X \leq k)$ можна обчислити за допомогою калькулятора TI-83, 83+,84, 84+ з командою$\text{poissoncdf}(\lambda, k)$.

Огляд формули

$m =$Експоненціальна:$X \sim Exp(m)$ де параметр розпаду

pdf:$f(x) = me^{(–mx)}$ де$x \geq 0$ і$m > 0$
CDF:$P(X \leq x) = 1 - e^{(–mx)}$
означають$\mu = \dfrac{1}{m}$
стандартне відхилення$\sigma = \mu$
процентиль$k: k = \dfrac{ln(1 - \text{Area To The Left Of k})}{-m}$
Додатково
- $P(X > x) = e^{(–mx)}$
- $P(a < X < b) = e^{(–ma)} - e^{(–mb)}$
Майно, що не запам'ятовується:$P(X > x + k | X > x) = P(X > k)$
Ймовірність Пуассона:$P(X = k) = \dfrac{\lambda^{k}e^{k}}{k!}$ із середнім$\lambda$
$k! = k*(k - 1)*(k - 2)*(k - 3) \dotsc 3*2*1$

Посилання

Дані Бюро перепису населення США.
Дані світових землетрусів, 2013. Доступно в Інтернеті за адресою http://www.world-earthquakes.com/ (доступ до 11 червня 2013 р.).
«Без нападу». Бейсбольна довідка, 2013. Доступно в Інтернеті за адресою http://www.baseball-reference.com/bullpen/No-hitter (доступ до 11 червня 2013 р.).
Чжоу, Рік. «Експоненціальний розподіл слайдів лекцій». Доступний в Інтернеті за адресою www.public.iastate.edu/~riczw/stat330s11/лекція/lec13.pdf (доступ до 11 червня 2013 р.).

Глосарій

параметр розпаду: Параметр розпаду описує швидкість, з якою ймовірності падають до нуля для збільшення значень$x$. Це значення$m$ в функції$f(x) = me^{(-mx)}$ щільності ймовірності експоненціальної випадкової величини. Вона також дорівнює тому$m = \dfrac{1}{\mu}$, де$\mu$ знаходиться середнє значення випадкової величини.

майно, що не запам'ятовується: Для експоненціальної випадкової$X$ величини властивість memoryless - це твердження про те, що знання того, що сталося в минулому, не впливає на майбутні ймовірності. Це означає, що ймовірність, яка$X$ перевищує$x + k$, враховуючи, що вона перевищила$x$, така ж, як і ймовірність, яка перевищила$X$ б,$k$ якби ми не мали про це знань. У символах ми говоримо, що$P(X > x + k | X > x) = P(X > k)$

розподіл Пуассона: Якщо є відоме середнє значення$\lambda$ подій, що відбуваються в одиницю часу, і ці події незалежні один від одного, то кількість подій,$X$ що відбуваються в одній одиниці часу, має розподіл Пуассона. Імовірність k подій, що відбуваються за одну одиницю часу, дорівнює$P(X = k) = \dfrac{\lambda^{k}e^{-\lambda}}{k!}$.