Дискретные распределения — геометрическое и пуассоновское

Зачем это нужно

Сколько раз придётся бросать кубик до первой шестёрки? Сколько звонков поступит в службу поддержки за минуту? Сколько опечаток окажется на странице книги, сколько атомов распадётся за секунду, сколько аварий случится на перекрёстке за месяц? Эти вопросы описывают два важнейших дискретных распределения — геометрическое и пуассоновское. Ими пользуются при проектировании колл-центров и серверов (теория массового обслуживания), в страховании, физике, биологии и контроле качества.

Геометрическое распределение

Проводим независимые испытания Бернулли с вероятностью успеха $p$ ($q = 1 - p$) до первого успеха. Пусть $X$ — номер испытания, в котором он произошёл. Чтобы $X = k$, первые $k - 1$ испытаний должны быть неудачными, а $k$-е — удачным:

$P(X = k) = q^{k-1} p, \qquad k = 1, 2, 3, \ldots$

Вероятности образуют геометрическую прогрессию со знаменателем $q$ — отсюда название. Сумма всех вероятностей равна $\frac{p}{1 - q} = 1$, как и должно быть.

Полезные формулы:

$P(X > k) = q^k, \qquad E(X) = \frac{1}{p}, \qquad D(X) = \frac{q}{p^2}.$

Первая означает, что первые $k$ попыток неудачны. Вторая интуитивно понятна: если успех случается в среднем раз из шести, ждать его в среднем 6 попыток.

Разобранный пример 1

Кубик бросают до первой шестёрки. Найдите вероятность, что понадобится ровно 3 броска; больше 10 бросков; среднее число бросков.

1. $P(X = 3) = \left(\frac{5}{6}\right)^2 \cdot \frac{1}{6} = \frac{25}{216} \approx 0{,}116$.
2. $P(X > 10) = \left(\frac{5}{6}\right)^{10} \approx 0{,}16$ — довольно часто!
3. $E(X) = 6$.

Отсутствие памяти. Если 10 бросков подряд шестёрки не было, шанс получить её в следующем броске всё тот же $\frac{1}{6}$: кубик не «должен» шестёрку. Вера в обратное называется ошибкой игрока.

Разобранный пример 2

Баскетболист попадает штрафной с вероятностью 0,8. Сколько в среднем бросков до первого попадания? Какова вероятность промахнуться три раза подряд с начала?

$E = \frac{1}{0{,}8} = 1{,}25$; $P(X > 3) = 0{,}2^3 = 0{,}008$.

Распределение Пуассона

Рассмотрим редкие события, которые происходят независимо друг от друга с постоянной средней интенсивностью: звонки, распады, аварии, опечатки. Пусть в среднем за интервал случается $\lambda$ событий. Число событий $X$ за интервал подчиняется закону Пуассона:

$P(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda}, \qquad k = 0, 1, 2, \ldots$

Замечательное свойство: $E(X) = D(X) = \lambda$.

Разобранный пример 3

В колл-центр поступает в среднем 2 звонка в минуту. Найдите вероятность, что за минуту не будет звонков; будет ровно 2; будет хотя бы один.

1. $P(0) = e^{-2} \approx 0{,}135$.
2. $P(2) = \frac{4}{2} e^{-2} \approx 0{,}271$.
3. $P(X \ge 1) = 1 - e^{-2} \approx 0{,}865$.

Разобранный пример 4

В книге 300 страниц и 150 опечаток. Какова вероятность, что на случайной странице нет опечаток?

$\lambda = \frac{150}{300} = 0{,}5$; $P(0) = e^{-0{,}5} \approx 0{,}61$.

Пуассон как приближение биномиального распределения

Если число испытаний $n$ велико, а вероятность успеха $p$ мала, биномиальное распределение близко к пуассоновскому с $\lambda = np$ (теорема Пуассона). Это сильно упрощает вычисления.

Разобранный пример 5

В партии 1000 деталей, каждая бракована с вероятностью 0,002. Найдите вероятность, что брака нет.

$\lambda = 1000 \cdot 0{,}002 = 2$, $P(0) \approx e^{-2} \approx 0{,}135$. Точный ответ $0{,}998^{1000} \approx 0{,}1351$ — совпадение до тысячных.

Как выбрать модель

Прежде чем считать, нужно понять, какое распределение описывает ситуацию:

• биномиальное — фиксированное число $n$ независимых испытаний, считаем число успехов (из 20 выстрелов сколько попаданий);
• геометрическое — испытания идут до первого успеха, считаем номер этой попытки (сколько звонков до первого ответа);
• пуассоновское — нет отдельных «попыток», события происходят в непрерывном времени или пространстве с известной средней частотой (сколько машин проедет за минуту).

Если сомневаетесь, проверьте: известно ли число испытаний? Есть ли «остановка» на первом успехе? Дано ли только среднее число событий?

Связь с показательным распределением

Если число событий за время $t$ распределено по Пуассону с параметром $\lambda t$, то время ожидания первого события подчиняется показательному закону: $P(T > t) = P(\text{за время } t \text{ событий нет}) = e^{-\lambda t}$. Это непрерывный «родственник» геометрического распределения, и он тоже лишён памяти.

Немного истории

Симеон Дени Пуассон вывел свой закон в 1837 году, изучая приговоры судов. Знаменитую проверку провёл Владислав Борткевич (1898): он подсчитал, сколько прусских кавалеристов погибало от удара копытом лошади за год в каждом корпусе, и получил почти идеальное пуассоновское распределение. С тех пор закон находят везде — от распада радия до числа голов в футбольном матче.

Типичные ошибки

• В геометрическом распределении путать «номер первого успеха» и «число неудач до успеха» (сдвиг на единицу).
• Забывать, что в формуле Пуассона $0! = 1$ и $\lambda^0 = 1$.
• Применять закон Пуассона, когда события зависимы или интенсивность меняется.
• Использовать пуассоновское приближение при большом $p$.

Что дальше

• Нормальное распределение и стандартизация — нормальное распределение.