Решение задач на уравнение пуассона

Формула Пуассона

Содержание:

Предположим, что мы хотим вычислить вероятность появления события при большом числе испытаний например, По формуле Бернулли (2.1) .

Ясно, что в этом случае непосредственное вычисление по формуле Бернулли технически сложно, тем более если учесть, что сами — числа дробные. Поэтому возникает естественное желание иметь более простые приближенные формулы для вычисления при больших

• Такие формулы, называемые асимптотическими, существуют и определяются теоремой Пуассона, локальной и интегральной теоремами Муавра—Лапласа. Наиболее простой из них является теорема Пуассона.

Теорема. Если вероятность наступления события в каждом испытании стремится к нулю при неограниченном увеличении числа испытаний причем произведение стремится к постоянному числу то вероятность того,

что событие появится раз в независимых испытаниях, удовлетворяет предельному равенству

По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по высшей математике:

По формуле Бернулли (2.1)

или, учитывая, что т.е. при достаточно больших

Так как

то

Строго говоря, условие теоремы Пуассона при так что противоречит исходной предпосылке схемы испытаний Бернулли, согласно которой вероятность наступления события в каждом испытании

Возможно вам будут полезны данные страницы:

Однако, если вероятность — постоянна и мала, число испытаний — велико и число — незначительно (будем полагать, что то из предельного равенства (2.5) вытекает приближенная формула Пуассона:

В табл. III приложений приведены значения функции Пуассона

Примеры с решением

Пример 2.4.

На факультете насчитывается 1825 студентов. Какова вероятность того, что 1 сентября является днем рождения одновременно четырех студентов факультета?

Решение:

Вероятность того, что день рождения студента 1 сентября, равна Так как — мала, 1825 — велико и то применяем формулу Пуассона (2.6):

(по табл. III приложений).

В этом подразделе вы научитесь решать задачи по определению вероятностей редких явлений по формуле Пуассона.

Если в каждом отдельном независимом испытании вероятность одного из событий или близка к нулю, то события называют редкими. Редкими можно считать события: появление ошибки на некоторой странице в книге, телефонный звонок в квартиру за сутки, количество осадков, выпавших за июнь в городе и др.

Для определения вероятности таких явлений применяется асимптотическая формула Пуассона, названная по имени французского математика С. Пуассона,

Теорема 1.8. Если вероятность события в каждом повторном испытании связана с числом независимых испытаний которое достаточно велико, то вероятность того, что в независимых испытаниях событие произойдет раз, приближенно находится по формуле

Доказательство. По формуле Бернулли имеем:

Выразим через Так как

Тогда формула примет вид Найдем приближенное значение вероятности при помощью предела: При выводе формулы использован второй замечательный предел:

Пределы остальных двучленов равны единице при Итак, закон Пуассона применяется для определения вероятности появления событий, происходящих независимо друг от друга с постоянной вероятностью (средней интенсивностью), причем число испытаний достаточно велико а вероятность появления события в каждом испытании мала, т.е. (или

Приближенные значения вероятности по формуле Пуассона приведены в табл. П. 1.

Задача с решением

Прядильщица обслуживает 1000 веретен. Вероятность обрыва нити на одном веретене в течение 1 мин равна 0,002. Найти вероятность того, что в течение 1 мин обрыв произойдет более чем на трех веретенах.

Решение:

По условию задачи

Так как обрыв нити на каждом веретене может либо произойти, либо не произойти, то речь идет о независимых повторных испытаниях. Тот факт, что вероятность обрыва нити мала, дает возможность использовать для решения формулу Пуассона для редких явлений.

Имеем

Тогда

Используя формулу Пуассона, имеем:

Задача 1.63.

Радиоаппаратура состоит из 1000 электроэлементов. Вероятность отказа одного из них в течение года работы равна 0,001 и не зависит от состояния других элементов. Какова вероятность отказа:

а) двух элементов;

б) не менее двух и не более четырех элементов;

в) не менее двух элементов в год?

Решение:

Независимые повторные испытания при вычисляют по формуле Пуассона для редких явлений. Тогда Найдем вероятность по табл. П. 1.

Задача 1.64.

получает в среднем 300 вызовов в час. Какова вероятность того, что в указанную минуту будут два вызова?

Решение:

Количество вызовов в среднем можно найти, если вычислить число вызовов в минуту, т.е. Найдем

Задача 1.65.

Вероятность выхода из строя кодового замка в течение месяца равна 2 %. Какова вероятность того, что в партии из 600 кодовых замков, установленных фирмой на входных дверях домов, 20 замков выйдут из строя в течение месяца?

Решение:

По условию Если применять формулу Бернулли, то подсчет вероятности будет весьма сложен.

Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔

Официальный сайт Брильёновой Натальи Валерьевны преподавателя кафедры информатики и электроники Екатеринбургского государственного института.

Все авторские права на размещённые материалы сохранены за правообладателями этих материалов. Любое коммерческое и/или иное использование кроме предварительного ознакомления материалов сайта natalibrilenova.ru запрещено. Публикация и распространение размещённых материалов не преследует за собой коммерческой и/или любой другой выгоды.

Сайт предназначен для облегчения образовательного путешествия студентам очникам и заочникам по вопросам обучения . Наталья Брильёнова не предлагает и не оказывает товары и услуги.

Уравнение Пуассона и математическая постановка задач электростатики

Существует большое количество случаев, когда самым удобным методом нахождения напряженности поля считается решение дифференциального уравнения для потенциала. После его получения применим в качестве основы теорему Остроградского-Гаусса в дифференциальной форме:

где ρ является плотностью распределения заряда, ε 0 — электрической постоянной, d i v E → = ∇ → E → = ∂ E x ∂ x + ∂ E y ∂ y + ∂ E z ∂ z — дивергенцией вектора напряженности и выражением, связывающим напряженность поля и потенциал.

Произведем подстановку ( 2 ) в ( 1 ) :

Учитывая, что d i v g r a d φ = ∇ 2 φ = ∂ 2 φ ∂ x 2 + ∂ 2 φ ∂ y 2 + ∂ 2 φ ∂ z 2 , где ∆ = ∇ 2 — это оператор Лапласа, равенство ( 3 ) принимает вид:

Выражение ( 4 ) получило название уравнения Пуассона для вакуума. При отсутствующих зарядах запишется как уравнение Лапласа:

После нахождения потенциала переходим к вычислению напряженности, используя ( 2 ) . Решения уравнения Пуассона должны удовлетворять требованиям:

• значение потенциала как непрерывная функция;
• потенциал должен быть конечной функцией;
• производные потенциала как функции по координатам должны быть конечными.

При наличии сосредоточенных зарядов в объеме V , решение уравнения ( 4 ) будет выражаться для потенциала вида:

Общая задача электростатики сводится к нахождению решения дифференциального уравнения, то есть уравнения Пуассона, удовлетворяющего вышеперечисленным требованиям. Теоретические вычисления известны для небольшого количества частных случаев. Если возможно подобрать функцию φ , удовлетворяющую условиям, то она является единственным решением.

В таких задачах не всегда необходимо задавать заряды или потенциалы во всем пространстве. Для нахождения электрического поля в полости, окруженной проводящей оболочкой, достаточно вычислить поле тел, находящихся внутри нее.

Любое решение уравнения Пуассона ограниченной области может быть определено краевыми условиями, накладывающимися на поведение решения. Границы перехода из одной среды в другую имеют условия, которые должны быть выполнены:

E 2 n — E 1 n = 4 π σ , или ∂ φ 1 ∂ n — ∂ φ 2 ∂ n = 0 .

где σ — это поверхностная полость свободных зарядов, n – единичный вектор нормали к границе раздела, проведенный из среды 1 в 2 , τ — единичный вектор, касательный к границе.

Эти уравнения выражают скачок нормальных составляющих вектора напряженности и непрерывность касательной вектора напряженностей электрического поля при переходе через любую заряженную поверхность независимо от ее формы и наличия или отсутствия зарядов вне ее.

Уравнение Пуассона в сферических, полярных и цилиндрических координатах

Запись уравнения может быть как при помощи декартовых координат, также и сферических, цилиндрических, полярных.

При наличии сферических r , θ , υ уравнение Пуассона запишется как:

1 r 2 · ∂ ∂ r r 2 ∂ φ ∂ r + 1 r 2 sin θ ∂ θ sin θ · ∂ φ ∂ θ + ∂ 2 φ r 2 sin 2 θ ∂ φ 2 = — 1 ε 0 ρ .

В полярных r , θ :

1 r · ∂ ∂ r r ∂ φ ∂ r + ∂ 2 φ r 2 ∂ θ 2 = — 1 ε 0 ρ .

В цилиндрических r , υ , z :

1 r · ∂ ∂ r r ∂ φ ∂ r + ∂ 2 φ ∂ z 2 + ∂ 2 φ r 2 ∂ υ 2 = — 1 ε 0 ρ .

Примеры решения задач

Найти поле между коаксиальными цилиндрами с радиусами r 1 и r 2 и с имеющейся разностью потенциалов ∆ U = φ 1 — φ 2 .

Решение

Необходимо зафиксировать уравнение Лапласа с цилиндрическими координатами, учитывая аксиальную симметрию:

1 r · ∂ ∂ r r ∂ φ ∂ r = 0 .

Решение имеет вид φ = — A ln ( r ) + B . Для этого следует выбрать нулевой потенциал на нужном цилиндре, тогда:

φ ( r 2 ) = 0 = — A ln r 2 + B , следовательно

φ ( r 1 ) = ∆ U = — A ln r 1 + B , получим:

A = ∆ U ln r 2 r 1 .

φ ( r ) = — ∆ U ln r 2 r 1 ln ( r ) + ∆ U ln r 2 r 1 ln r 2 .

Ответ: поле с двумя коаксиальными цилиндрами может быть задано при помощи функции φ ( r ) = — ∆ U ln r 2 r 1 ln ( r ) + ∆ U ln r 2 r 1 ln r 2 .

Найти потенциал поля, которое создает бесконечно круглый цилиндр с радиусом R и объемной плотностью заряда ρ . Использовать уравнение Пуассона.

Решение

Необходимо направить ось Z по оси цилиндра. Видно, что цилиндрическое распределение заряда аксиально симметрично, потенциал имеет такую же симметрию, иначе говоря, считается функцией φ ( r ) с r , являющимся расстоянием от оси цилиндра. Для решения используется цилиндрическая система координат. Уравнение Пуассона в ней запишется как:

φ 2 = C 2 ln r + C ‘ 2 .

C 1 , C ‘ 1 , C 2 , C ‘ 2 — это постоянные интегрирования. Имеем, что потенциал во всех точках должен быть конечным, а l i m r → 0 ln r = ∞ . Отсюда следует, что C 1 = 0 . Далее необходимо пронормировать потенциал, задействовав условие φ 1 ( 0 ) = 0 . Получим C ‘ 1 = 0 .

Поверхностные заряды отсутствуют, поэтому напряженность электрического поля на поверхности шара является непрерывной. Следовательно, что и производная от потенциала также непрерывна при r = R , как и сам потенциал. Исходя из условий, можно найти C 2 , C ‘ 2 :

C 2 ln R + C ‘ 2 = — 1 4 ρ ε 0 R 2 .

C 2 R = — 1 2 ρ ε 0 R .

Значит, полученные выражения записываются как:

Ответ: потенциал поля равняется:

Формула Пуассона

Ряд распределения закона Пуассона имеет вид:

X	0	1	2	…	m	…
P	e -λ	λe -λ		…		…

Назначение сервиса . Онлайн-калькулятор используется для построения Пуассоновского распределения и вычисления всех характеристик ряда: математического ожидания, дисперсии и среднеквадратического отклонения. Отчет с решением оформляется в формате Word .

• Решение онлайн
• Видеоинструкция

Числовые характеристики случайной величины Х

Дисперсия распределения Пуассона
D[X] = λ

Пример №1 . Семена содержат 0.1% сорняков. Какова вероятность при случайном отборе 2000 семян обнаружить 5 семян сорняков?
Решение.
Вероятность р мала, а число n велико. np = 2 5 e -5 /5! = 0.03609
Математическое ожидание: M[X] = λ = 2
Дисперсия: D[X] = λ = 2

Пример №2 . Среди семян ржи имеется 0.4% семян сорняков. Составить закон распределения числа сорняков при случайном отборе 5000 семян. Найти математическое ожидание и дисперсию этой случайной величины.
Решение. Математическое ожидание: M[X] = λ = 0.004*5000 = 20. Дисперсия: D[X] = λ = 20
Закон распределения:

Пример №3 . На телефонной станции неправильное соединение происходит с вероятностью 1/200. Найдите вероятность того, что среди 200 соединений произойдет:
а) ровно одно неправильное соединение;
б) меньше чем три неправильных соединения;
в) больше чем два неправильных соединения.
Решение. По условию задачи вероятность события мала, поэтому используем формулу Пуассона (15).
а) Задано: n = 200, p = 1/200, k = 1. Найдем P₂₀₀(1).
Получаем: . Тогда P₂₀₀(1) ≈ e -1 ≈ 0,3679.
б) Задано: n = 200, p = 1/200, k 2. Найдем P₂₀₀(k > 2).
Эту задачу можно решить проще: найти вероятность противоположного события, так как в этом случае нужно вычислить меньше слагаемых. Принимая во внимание предыдущий случай, имеем
P₂₀₀(k>2) = 1-P₂₀₀(k≤2) = 1-P₂₀₀(k n является достаточно большим, а p — достаточно малым; положим np = a , где a — некоторое число. В этом случае искомая вероятность определяется формулой Пуассона:

Пример №4 . Вероятность того, что деталь бракованная, равна 0.005. проверяется 400 деталей. Укажите формулу вычисления вероятности того, что больше 3 деталей оказались с браком.

Пример №5 . Вероятность появления бракованных деталей при их массовом производстве равна p. определить вероятность того, что в партии из N деталей содержится а) ровно три детали; б) не более трех бракованных деталей.
p=0,001; N = 4500
Решение.
Вероятность р мала, а число n велико. np = 4.5 — λ = e -4.5 = 0.01111
P(1) = λe -λ = 4.5e -4.5 = 0.04999

Тогда вероятность того, что в партии из N деталей содержится ровно три детали, равна:

Тогда вероятность того, что в партии из N деталей содержится не более трех бракованных деталей:
P(x Пример №6 . Автоматическая телефонная станция получает в среднем за час N вызовов. Определить вероятность того, что за данную минуту она получит: а) ровно два вызова; б) более двух вызовов.
N = 18
Решение.
За одну минуту АТС в среднем получает λ = 18/60 мин. = 0,3
Считая, что случайное число X вызовов, поступивших на АТС за одну минуту,
подчиняется закону Пуассона, по формуле найдем искомую вероятность

Найдем ряд распределения X.
Здесь λ = 0.3
P(0) = e — λ = e -0.3 = 0.7408
P(1) = λe -λ = 0.3e -0.3 = 0.2222

Вероятность того, что за данную минуту она получит ровно два вызова:
P(2) = 0,03334
Вероятность того, что за данную минуту она получит более двух вызовов:
P(x>2) = 1 – 0,7408 – 0,2222 – 0,03334 = 0,00366

Пример №7 . Рассматриваются два элемента, работающих независимо друг от друга. Продолжительность времени безотказной работы имеет показательное распределение с параметром λ1 = 0,02 для первого элемента и λ2 = 0,05 для второго элемента. Найти вероятность того, что за 10 часов: а) оба элемента будут работать безотказно; б) только Вероятность того, что за 10 часов элемент №1 не выйдет из строя:
Рещение.
P₁(0) = e -λ1*t = e -0.02*10 = 0,8187

Вероятность того, что за 10 часов элемент №2 не выйдет из строя:
P₂(0) = e -λ2*t = e -0.05*10 = 0,6065

а) оба элемента будут работать безотказно;
P(2) = P₁(0)*P₂(0) = 0,8187*0,6065 = 0,4966
б) только один элемент выйдет из строя.
P(1) = P₁(0)*(1-P₂(0)) + (1-P₁(0))*P₂(0) = 0.8187*(1-0.6065) + (1-0.8187)*0.6065 = 0.4321

Пример №7 . Производство даёт 1% брака. Какова вероятность того, что из взятых на исследование 1100 изделий выбраковано будет не больше 17?
Примечание: поскольку здесь n*p =1100*0.01=11 > 10, то необходимо использовать теорему Лапласа.