Binomiale ewekansige veranderlike: 3 interessante feite om te weet


Binomiale & Poisson ewekansige veranderlike en sy eienskappe

    Die ewekansige veranderlike wat handel oor die sukses en mislukking uitkoms van die ewekansige eksperiment vir n herhalings was bekend as Binomiale ewekansige veranderlike die definisie van sy waarskynlikheid massa funksie handel oor die waarskynlikheid van sukses p en waarskynlikheid van mislukking slegs q, die definisie met voorbeelde ons het reeds gesien, nou met die begrip sien ons sommige van die eienskappe van so 'n diskrete ewekansige veranderlike,

Verwagting en Variansie van die binomiale ewekansige veranderlike

Verwagting en Variansie van binomiale ewekansige veranderlike met n herhaling en p as waarskynlikheid van sukses is

E[X]= np

en Var(X) = np(1-p)

oorweeg nou om hierdie twee die verwagting van ewekansige veranderlike van mag k te wys deur die definisie van te volg waarskynlikheid massa funksie vir binomiale ewekansige veranderlike as,

[latex]E[X^{k}]=\sum_{i=0}^{n}i^{k}\binom{n}{i}p^{i}(1-p)^{ni} [/latex]

[latex]E[X^{k}]=\sum_{i=1}^{n}i^{k}\binom{n}{i}p^{i}(1-p)^{ni} [/latex]

[latex]i\binom{n}{i}=n\binom{n-1}{i-1}[/latex]

Binomiaal ewekansige veranderlike

waar Y nog 'n binomiale ewekansige veranderlike is met n-1 proewe en p as die waarskynlikheid van sukses, As ons die waarde van k=1 neem, kry ons

E[X]= np

en as ons k=2 vervang sal ons kry

E[X2] =npE[Y + 1]

=np[(n-1)p + 1]

so ons sal maklik kry

Var(X)=E[X2] – (E[X])2

=np[(n-1)p + 1] -(np)2

=np(1-p)

voorbeeld: Vir 'n onbevooroordeelde muntstuk doen die eksperiment om 100 keer te gooi en vir die aantal sterte wat in hierdie geval verskyn, vind die gemiddelde, variansie en standaardafwyking van so 'n eksperiment.

Die stert vir een gooi het die waarskynlikheid van sukses p=1/2=0.5

so die gemiddelde van so eksperiment is

E[X]= np

aangesien die eksperiment binomiaal is, aangesien slegs sukses of mislukking ons vir n aantal herhalings sal kry

so as μ=np

μ=100x(0.5)=50

Net so sal die variansie en die standaardafwyking wees

Var(X)= np(1-p)

σ2= np(1-p)

[latex]Var(X)= np(1-p)[/latex]

[latex]\sigma ^{^{2}}= np(1-p)[/latex]

[latex]\sigma = \sqrt{np(1-p)}[/latex]

Die waarde sou wees

σ2 =(100)(0.5)(0.5)=25

voorbeeld:     Vind die gemiddelde en standaardafwyking vir die waarskynlikheid van 0.1 defektiwiteit in boutvervaardigingsmaatskappy vanaf die lot van 400 bout.

hier afgelaai word n=400, p=0.1, gemiddeld= np =400×0.1=40

sedert

σ2= np(1-p)

[latex]\sigma ^{2}= np(1-p)[/latex]

[latex]\sigma =\sqrt{np(1-p)}[/latex]

dus sal standaardafwyking wees

[latex]=\sqrt{(400)(0.1)(1-0.1)}=\sqrt{400*0.1*0.9}=20*0.3=6[/latex]

voorbeeld: Vind die waarskynlikheid van presies, minder as en ten minste 2 suksesse as die gemiddelde en standaardafwyking vir die binomiale ewekansige veranderlike onderskeidelik 4 en 2 is.

Aangesien gemiddelde = np= 4

en variansie = np(1-p) = 2,

so 4(1-p)=2

(1-p)=1/2

p=1-(1/2)

om hierdie waarde in te stel wat ons kry

np = 4

n(1/2)=4

n = 8

waarskynlikheid van presies 2 suksesse sal wees

[latex]P(2)=\binom{8}{2}(\frac{1}{2})^{2}(\frac{1}{2})^{8-2}=\binom{8}{2}(\frac{1}{2})^{8}=(\frac{87}{2})(\frac{1}{256})=\frac{7}{64}[/latex]

waarskynlikheid van minder as 2 suksesse sal wees

p(X < 2)

=P(0) +P(1) = 8C0 p0q8 + 8C1 p1q7

=(1/256)+8 x (1/2) x (1/2)7 = 9 / 256

Waarskynlikheid van ten minste 2 suksesse

p(X>2)= 1- p(X<2)

=1-P(0) – P(1)= 1-[P(0) + P(1)] =1- (9/256)=247/256

Poisson Ewekansige Veranderlike

    Die diskrete ewekansige veranderlike X wat die waardes 0,1,2…….. neem, is bekend as Poisson Ewekansige veranderlike wat voorsien word vir enige λ>0 sy waarskynlikheidsmassafunksie moet wees

[latex]f(x)= P(X=x)=\frac{\lambda ^{^{x}}e^{^{-\lambda }}}{x!} \spasie vir \ \ all \ \ x =0,1,2…[/latex]

or

[latex]p(i)= P(X=i)=e^{-\lambda } \frac{\lambda ^{i}}{i!} \ \ vir \ \ all \ \ x =0,1,2, XNUMX …[/latex]

as

[latex]\sum\limits_{i =0}^\infty P(i)=e^{-\lambda } \sum\limits_{i =0}^\infty \frac{\lambda ^{i}}{ i!} =e^{-\lambda }e^{\lambda } =1[/latex]

Wanneer n baie groot is en die waarskynlikheid van sukses p is baie klein in so 'n geval Poisson ewekansige veranderlike met sy waarskynlikheid massafunksie het die benadering van binomiale ewekansige variasie met onderskeie pmf geword omdat die verwagting in hierdie geval wat np is matig sal wees en dit sal wees λ= np .

voorbeeld: Vind die waarskynlikheid dat daar ten minste een tikfout op elke bladsy van die boek is wat Poisson-verspreiding het met gemiddelde 1/2 vir 'n enkele bladsy.

Laat die diskrete ewekansige veranderlike X die foute op die bladsy aandui. dus het die Poisson ewekansige veranderlike die waarskynlikheid massa funksie as

λ = 1/2

[latex]f(x)=P(X=x)=\frac{\lambda ^{^{x}}e^{-\lambda }}{x!} \ \ waar \ \ x=0,1,2, XNUMX,…[/latex]

[latex]\lambda =\frac{1}{2}[/latex]

[latex]p(X\geqslant 0)=1-p(X=0)=1-\frac{\lambda ^{0}e^{-\lambda }}{0!}=1-e^-\frac{1}{2}=0.3934[/latex]

[latex]p(X \leq 1)=p(X=0)+ p(X=1)=\frac{\lambda ^{0}e^{-\lambda }}{0!} + \frac{ \lambda ^{0}e^{-\lambda }}{1!} =e^{^{-1}}+ e^{^{-1}}=0.7358[/latex]

voorbeeld: Vind die waarskynlikheid dat die steekproef van 10 items wat deur 'n masjien met 0.1 kanse op gebrekkige produksie vervaardig word, hoogstens een defekte item het.

[latex]f(x)=P(X=x)=\frac{\lambda ^{^{x}}e^{-\lambda }}{x!} \ \ waar \ \ x=0,1,2, XNUMX ….[/latex]

Dit kan ons beide oplos deur binomiale waarskynlikheidsmassafunksie sowel as Poisson-waarskynlikheidsmassafunksie, so ons los dit op deur Poisson

Verwagting en variansie van die Poisson ewekansige veranderlike

Verwagting en Variansie van Poisson ewekansige veranderlike met n herhaling en p as waarskynlikheid van sukses is

E[X]= np= λ

en          

Var(X) = np= λ

Voordat ons die resultaat wys, moet ons in gedagte hou dat die Poisson ewekansige veranderlike niks anders is as die benadering van Binomiale ewekansige veranderlike dus np= λ nou verwagting deur die gebruik van die waarskynlikheid massa funksie sal wees

[latex]E[X]=\sum\limits_{i =0}^\infty i \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{i}}{i!}[/latex]

[latex]E[X]=\lambda \sum\limits_{i =1}^\infty i \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{i-1}}{(i-1)!} [/latex]

[latex]E[X]=\lambda {e^{-\lambda }} \sum\limits_{j =0}^\infty i \frac{\lambda ^{j}}{j!} \ \ deur \ \ laat \ \ j=i-1[/latex]

[latex]E[X]= \lambda \ \ sedert \ \ \sum\limits_{j =0}^\infty \frac{\lambda ^{j}}{j!} =e^{\lambda }[/ latex]

Dit beteken die wiskundige verwagte waarde van Poisson ewekansige veranderlike is gelyk aan sy parameter, insgelyks vir die berekening van die variansie en standaardafwyking van Poisson ewekansige veranderlike vereis ons verwagting van kwadraat van X dus,

[latex]E[X^{2}]=\sum\limits_{i =0}^\infty i^{2} \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{i}}{i!} [/latex]

[latex]E[X^{2}]= \lambda \sum\limits_{i =1}^\infty i \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{i-1}}{(i- 1)!}[/latex]

[latex]E[X^{2}]= \lambda \sum\limits_{j =0}^\infty (j+1) \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{j}}{j !} \ \ deur \ \ te laat \ \ j=i-1[/latex]

[latex]E[X^{2}]= \lambda [ \sum\limits_{j =0}^\infty (j) \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{j}}{j! } + \sum\limits_{j =0}^\infty \frac{e^{-\lambda }\lambda ^{j}}{j!} ][/latex]

[latex]E[X^{2}]= \lambda (\lambda +1)[/latex]

Bogenoemde opsomming is voor die hand liggend aangesien twee van die somme verwagting en som van die waarskynlikhede is.

Dus is die waarde van variansie wat ons sal kry

Var(X) = E[X2] – (E[X])2

dus in die geval van Poisson ewekansige veranderlike het die gemiddelde en variansie dieselfde waarde maw np as 'n parameter.

Die Poisson ewekansige veranderlike is die benadering goed vir die vind van diverse prosesse, bv. die vind van die voorkoms van die aantal aardbewings binne 'n spesifieke tydsduur, die vind van die aantal elektrone gedurende 'n vaste tyd vanaf die verhitte katode, die vind van die moontlike aantal sterftes gedurende 'n bepaalde tyd, of getal van oorloë binne spesifieke jaar ens

voorbeeld : Bereken die waarskynlikheid dat die totale aantal passasiers in twee dae minder as 2 is. As die aantal aankoms van passasiers met gemiddelde 5 Poisson ewekansige veranderlike volg. gemiddelde=np=5

[latex]P(r)=\frac{e^{-5}{(5)^{r}}}{r!}[/latex]

As ons die aantal passasiers in twee dae minder as 2 in ag neem, sal dit wees

Eerste dagTweede dagin totaal
000
011
101

dus sal die waarskynlikheid die wees kombinasie van hierdie twee dae as

=e-10[1+5+5]

=11e-10

= 114.5410-5

= 4.994 * 10-4

[latex]P(X< 2)= P(0)P(0)+P(0)P(1)+P(1)P(0)[/latex]

[latex]=\frac{e^{-5}{5^{0}}}{{0!}}. \frac{e^{-5}{5^{0}}}{{0!}}+ \frac{e^{-5}{5^{0}}}{{0!}}. \frac{e^{-5}{5^{1}}}{{1!}} + \frac{e^{-5}{5^{1}}}{{1!}}. \frac{e^{-5}{5^{0}}}{{0!}}[/latex]

[latex]=e^{-5}.e^{-5} + e^{-5}. e^{-5}.5+ e^{-5}.5. e^{-5}[/latex]

[latex]=e^{-10}[1+5+5][/latex]

[latex]=11e^{-10}[/latex]

[latex]=114.5410^{-5}[/latex]

[latex]=4.994*10^{-4}[/latex]

voorbeeld: Bereken die waarskynlikheid van 4 of meer foutiewe kondensators uit 'n pak van 100 kondensators mits die vervaardigingsfout vir die kondensators 1% is.

hier p=1% =0.01 en n= 100 * 0.01 =1

dus kan ons die Poisson ewekansige veranderlikes waarskynlikheid massa funksie PMF gebruik

gemiddelde= np = 100*0.01=1

[latex]P(r)= \frac{e^{-1}(1)^{r}}{r!} =\frac{e^{-1}}{r!}[/latex]

dus sal die waarskynlikheid vir 4 of meer foutiewe kondensators wees

=1-[P(0)+P(1)+P(2)+P(3)]

[latex]p(X\geq 4)=1-p(X< 4)[/latex]

[latex]=1-[P(0)+P(1)+P(2)+P(3)][/latex]

[latex]=1-[\frac{e^{-1}}{0!} + \frac{e^{-1}}{1!} + \frac{e^{-1}}{2!} + \frac{e^{-1}}{3!}] =1- e^{-1} [1+1+\frac{1}{2} + \frac{1}{6}]=1-\frac{8}{3e}=1-0.981=0.019[/latex]

Voorbeeld: As daar 0.002 kanse is vir 'n produk om gebrekkig te wees van die vervaardiging, vir 'n pakkie wat 10 van sulke produkte bevat, wat sal die waarskynlikheid wees dat so 'n pakkie geen gebrekkige, een gebrekkige en twee gebrekkige produkte uit die besending van 50000 het nie pakkies van dieselfde produk.

Hier vir 'n enkele pak waarskynlikheid van defek dws p=0.002, n=10

dan die gemiddelde np=0.002*10= 0.020

[latex]f(x)=P(X=x)=\frac{\lambda ^{^{x}}e^{-\lambda }}{x!} \ \ waar \ \ x=0,1,2, XNUMX..[/latex]

ons sal vir elke geval vind as

Binomiale ewekansige veranderlike: Voorbeeld

So uit die tabel is dit duidelik dat die aantal defekte lemme in pakkies nul, een en twee onderskeidelik 4900,980,10 sal wees.

Gevolgtrekking:

   In hierdie artikel het ons 'n paar eienskappe van een van bespreek Binomiale ewekansige veranderlike, Poisson ewekansige veranderlike en ewekansige eksperiment. Ook nog 'n diskrete ewekansige veranderlike, naamlik Poisson-toevallige veranderlike, bespreek met eienskappe. Die verspreiding vir die waarskynlikheid massa funksie, verwagting , variansie en standaardafwyking voorbeeld ook geneem vir beter begrip , In die volgende artikels probeer ons om 'n paar meer diskrete ewekansige veranderlikes te dek as jy verder wil lees, gaan dan deur Wiskunde Bladsy.

Schaum se buitelyne van waarskynlikheid en statistiek

https://en.wikipedia.org/wiki/Probability

DR. Mohammed Mazhar Ul Haque

Ek is DR. Mohammed Mazhar Ul Haque, Assistent-professor in Wiskunde. Het 12 jaar ondervinding in onderwys. Met groot kennis in Suiwer Wiskunde, presies oor Algebra. Met die geweldige vermoë van probleemontwerp en -oplossing. In staat om kandidate te motiveer om hul prestasie te verbeter. Ek dra graag by tot Lambdageeks om Wiskunde Eenvoudig, Interessant & Selfverduidelikend vir beginners sowel as kundiges te maak. Kom ons koppel deur LinkedIn - https://www.linkedin.com/in/dr-mohammed-mazhar-ul-haque-58747899/

Onlangse plasings