BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH
KHOA: TOÁN – TIN HỌC



Bài tiểu luận nhóm
ĐỀ TÀI:

QUÁ TRÌNH POISSON
GVHD: TS. NGUYỄN CHÍ LONG
TS. HOÀNG THỊ THẢO PHƯƠNG
TÊN NHÓM: NHÓM 6

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH – THÁNG 10/2015


Xác suất thống kê 2

Mục lục:

2|Page

Quá trình Poisson

Nhóm 6


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

PHẦN 1: QUÁ TRÌNH POISSON
PHÂN PHỐI POISSON

I.

Trong lý thuyết xác suất và thống kê, phân phối Poisson là một phân phối xác suất
rời rạc. Nó khác với các phân phối xác suất rời rạc khác ở chỗ thông tin cho biết không
phải là xác suất để một sự kiện xảy ra trong một lần thử như trong phân phối Bernoulli,
hay là số lần sự kiện đó xảy ra trong n lần thử như trong phân phối nhị thức, mà chính
là trung bình số lần xảy ra thành công của một sự kiện trong một khoảng thời gian nhất
định. Giá trị trung bình này được gọi là lamda. Ký hiệu .
Phân phối này được tìm ra bởi nhà toán học Siméon-Denis Poisson (1781-1840).
Theo đó nếu xem xét một biến ngẫu nhiên N nào đó và đếm số lần xuất hiện (rời rạc) của
nó trong một khoảng thời gian cho trước thì xác suất để sự kiện đó xảy ra k lần sẽ tính
theo công thức:

Với:
k là số lần xuất hiện của một sự kiện, k= 0,1,2,….
là số thực dương, bằng với giá trị kì vọng xuất hiện của sự kiện trong một khoảng cho
sẵn.
Vì đây là biến ngẫu nhiên rời rạc nên công thức trên cho ta công thức của hàm
phân phối xác suất:

.

3|Page



Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

Chứng minh E(X)=:
Nếu X~P() => Im(X) = {0,1,2,...,k), chuỗi xác định kì vọng là chuỗi dương nên ta tính
trực tiếp:

Vậy EX = .
Chứng minh D[X] = :

Đặt k-1=j Ta có:

 Định lý 1: Định lý Poisson.

Cho X ~ B(n,p)
Khi n , np = (const) thì
Định lý Poisson cho ta công thức xấp xỉ:

4|Page


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6


Ví dụ 1:Xác suất gặp một thứ phẩm trong một kho sản phẩm cơ khí cao cấp là 0,002.
Tìm xác suất để gặp 7 thứ phẩm trong 1000 sảnphẩm kiểm tra.
Giải:
n = 1000 ; p = 0,002;k=7 => = np = 2

Ví dụ 2:quan sát một siêu thị mini người ta thấy cứ trung bình 1 giờ có 30 khách vào.
Tính xác suất có 4 khách vào siêu thị trong 10 phút.
Giải:
Gọi X là số khách vào siêu thị trong 10 phút khi đóX là biến ngẫu nhiên có phân phối
Poisson với tham số =5 tức là X P(5). Ta cần tính P(X = 4).

II.

PHÂN PHỐI MŨ VỚI THAM SỐ.

Phân phối mũ với tham số:>0, ký hiệu xp( là phân phối có hàm mật độ:

Hoặc hàm phân phối F(x) có dạng:

5|Page


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

QUÁ TRÌNH ĐẾM


I.

Quá trình đếm rất thường gặp trong thực tế.
Giả sử A là biến cố nào đó. Ký hiệu

N (t ), t ≥ 0

là số lần biến cố A xuất hiện trong

khoảng thời gian từ 0 đến t (kể cả thời điểm t). Khi đó

{ N (t ), t ≥ 0}

được gọi là quá trình

đếm.
Chẳng hạn, ta có những ví dụ sau về quá trình đếm:
•

A là biến cố: khách vào cửa hàng nào đó. Khi ấyN(t) là số khách vào cửa hàng tính tới

thời điểm t.
• A là biến cố: điện thoại gọi đến trạm bưu điện nào đó. Khi ấy N(t) là số lần gọi đến trạm
•

bưu điện tính tới thời điểm t.
A là biến cố: sinh con trai. Khi ấy N(t) là số con trai được sinh ra tính đến thời điểm t.
NếuN(t) là quá trình đếm, thìN(t)là biến ngẫu nhiên có các tính chất sau:
(i)


N (t ) ≥ 0, N (0) = 0

(ii)N(t) là số nguyên không âm;
(iii)
(iv)

N ( s ) ≤ N (t ), ∀0 ≤ s ≤ t

;

N ( s, t ] = N (t ) − N (s), 0 ≤ s < t

Ta gọi

{ N (s, t ], 0 ≤ s < t}

6|Page

là số lần biến cố A xảy ra trong khoảng thời gian

là quá trình điểm (ứng với quá trình đếm

{ N (t ), t ≥ 0}

( s, t ]

).

.



Xác suất thống kê 2

II.

Quá trình Poisson

QUÁ TRÌNH POISSON.

1. Định nghĩa:Ta nói rằng

(hoặc tham số

i)

X (t )

ii)

λ

{ X (t ), t ≥ 0}

là quá trình Poisson với cường độ

λ

) nếu:


nhận các giá trị 0, 1,2,….

{ X (t ), t ≥ 0}

gia số

Nhóm 6

là quá trình có gia số độc lập, tức là, với bất kỳ

X (t1 ) − X (t0 ), X (t 2 ) − X (t1 ),..., X (tn ) − X (t n −1 )

iii) Mỗi gia số

X ( s + t ) − X (t)

0 = t0 < t1 < t2 < ... < tn

các

là các biến ngẫu ngiên độc lập.

có phân phối Poisson với tham số

λt

với mọi

s ≥ 0, t > 0


.

iv) X(0)=0.
Từ định nghĩa trên ta thấy ngayX(t)có phân phối Poisson với tham số
E[ X (t)] = Var[ X (t )] = λt

λt

nên

.

Hơn nữa, theo khai triển Taylor ta có:

P[ X (h) = 0] = e − λ h = 1 − λ h + O(h)

,khi

h→0

P[ X (h) = 1] = λ he − λ h = λ h[1 − λ h + O(h)] = λ h + O (h)

khi

h→0

.

Suy ra


P[(h) ≥ 2] = 1 − P[ X (h) = 0] − P[ X ( h) = 1] + O(h)

khi

h→0

.

Như vậy, quá trình Poisson là quá trình đếm thỏa mãn các giả thiết đã nêu ở trên và
ngược lại, quá trình đếm thỏa mãn các giả thiết đã nêu ở trên là quá trình Poisson.
2. Định lý 1:
7|Page


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

Nếu quá trình đếm thỏa mãn các điều kiện sau:
a)

Có số gia độc lập, tức là, với mọi m = 2,3,… và với mọi

0 = t0 < t1 < t2 < ... < tm

các gia số

X (t0 , t1 ], X (t1 , t2 ],..., X (tm −1 , tm ]


ngẫu nhiên độc lập.
b)

X (t1 , t2 ]

Có gia số dừng, tức là, với mọi

s > 0, 0 ≤ t1 < t2

các gia số

là các biến

X (t1 + s , t 2 + s ]

,

là các biến ngẫu nhiên có cùng phân bố xác suất. Như vậy luật phân bố chỉ phụ

thuộc vào khoảng thời gian và không phụ thuộc vào thời điểm
c)

Xác suất xuất hiện biến cố A gần đều; tức là tồn tại hằng số

λ >0

(tốc độ

h>0


xuất hiện biến cố A) sao cho với
khá bé thì .
d) Vớih> 0 khá bé thì.Trong đó O(h) là vô cùng bé cùng bậc với h khi h→0.
Thì là quá trình Poisson tham số
Ngược lại, quá trình Poisson là quá trình đếm thỏa mãn 4 điều kiện trên
Chứng minh:
Điều kiện i), ii) của định nghĩa quá trình Poisson được suy từ tính chất của quá trình
đếm.Từ a) ta suy ra điều kiện iii). Theo b) để chứng minh điều kiện iv) ta chỉ cần chứng
minh X(t) có phân bố Poisson với tham số .
Đặt

pn (t ) = P[ X (t ) = n],(n = 0,1, 2,...)

. Ta thấy

p0 (h) = P[ X (h) = 0] = 1 − P[ X (h) = 1] − P[ X (h) ≥ 2]
(theo các giả thiết c) và d)).

p0 (t + h) = P[ X (t + h) = 0] = P[ X (t ) = 0, X (t + h) − X (t ) = 0]

= P[ X (t ) = 0].P[ X (t + h) − X (t ) = 0]
8|Page

(theo giả thiết a)


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson


Nhóm 6

(theo giả thiết b) và c)).

Vì thế

Cho

p0 (t + h) − p0 (t )
O(h )
= −λ p0 (t ) +
h
h

h→0

Chú ý rằng

p0′ (t ) = −λ p0 (t )

ta được

p0 (0) = 1

ta sẽ suy ra

.

.


p0 (t ) = e − λt , t ≥ 0

.

Tương tự ta có

pn (t + h) = P[ X (t + h) = n]

= P[ X (t ) = n, X (t + h) − X (t ) = 0] + P[ X (t ) = n − 1, X (t + h) − X (t ) = 1]
∞

+ ∑ P[ X (t ) = n − k , X (t + h) − X (t ) = k ]
k =2

= pn (t ) pn (h) + pn −1 (t ) pn −1 (h) + O(h)
= (1 − λ h) pn (t ) + λ hpn −1 (t ) + O (h)
(theo giả thiết a), b) và d))

Vì thế
Cho

pn (t + h) − pn (t )
O(h)
= −λ pn (t ) + λ pn −1 (t ) +
h
h

h→0


ta được

Từ đó ta suy ra
tham số

9|Page

λt

.

pn′ (t ) = −λ pn (t ) + λ pn−1 (t )

.

.

λt − λt
(λ t ) n − λ t
p1 (t ) = e , pn (t ) =
e
1!
n!

, tức là, X(t)có phân phối Poisson với


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson


Nhóm 6

Ngược lại, nếu là quá trình Poisson tham số thì X(t) có phân bố Poisson với tham
số nên . Khai triển Taylor ta có:

Do đó 
3. Các phân bố liên quan đến quá trình Poisson.

Giả sử{X(t); t ≥ 0} là quá trình Poisson đếm số lần xuất hiện biến cố A.
1) Ta ký hiệu W(n) là thời điểm đến (arrival time) hay thời gian chờ (waiting time)

thứ n, đó là thời điểm mà biến cố A xuất hiện thứ n
Quy ước: W(0)=0
2) Ký hiệu S(n) là khoảng thời gian giữa 2 lần liên tiếp thứ n ( interarrival time), đó
là thời gian từ thời điểm biến cố A xảy ra lần thứ n-1 đến thời điểm biến cố A xảy
ra lần thứ n
Từ đó suy ra S(n) = W(n) – W(n-1)
Định lý 2.
1) Các thời gian đến trung gian S(1), S(2),….., S(n) là các biến ngẫu nhiên độc lập có

cùng phân phối mũ tham số λ với hàm mật độ
2) W(n) có phân bố Erlang tham số n, λ với hàm mật độ:

Đặc biệt W(1) có phân bố mũ.
3) với mọi 0 < u < t và 0 ≤ k ≤ n

Chú ý rằng nếu X1, X2,….,Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố mũ tham số
λ thì X = X1 +X2 + … + Xn có phân bố Erlang tham số nλ. Do đó có kỳ vọng và phương
sai:


Chứng minh định lý:

10 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

1) Ta chứng minh cho trường hợp n=2 vì với n bất kỳ ta chứng minh hoàn toàn tương

tự.
Xem hình vẽ dưới đây :

S1

t1

S2

t1

t2

t2

Từ hình vẽ ta dễ dàng thấy sự liên hệ giữa các biến cố

t1< S1< t1 +∆t1 và t2< S2< t2 +∆t2
Điều này có nghĩa là biến cố A không xuất hiện trong các khoảng
(0,t1], (t1 + ∆t1, t1 + ∆t1 + t2 )
Và biến cố A xuất hiện đúng 1 lần trong mỗi khoảng
( t1, t1 + ∆t1], (t1 + ∆t1 + t2, t1 + ∆t1 + t2 + ∆t2 ]
Do đó suy ra phân phối đồng thời của S1, S2 có dạng
= P( t1 < S1 < t1+ ∆t1, t2 < S2 < t2+ ∆t2 ) + o(∆t1∆t2)
= P{N(0,t1] = 0} × P{N(t1 + ∆t1, t1 + ∆t2 + t2]=0} x P{N(t1, t1 + ∆t1]=1}
× P{ N( t1 + ∆t1 + t2, t1 + ∆t1 + t2 + ∆t2] = 1 } + O(∆t1∆t2)
=
11 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

=
Chia hai vế cho (∆t1∆t2) và cho ∆t1→0, ∆t2→0 ta được:
= . Điều này kết thúc chứng minh 1)
2) Để ý rằng Wn ≤ t khi và chỉ khi trong khoảng thời gian (0,t] có ít nhất n lần biến cố

A xuất hiện. Từ đó suy ra hàm phân phối Wn có dạng:

Lấy đạo hàm theo t ta có ngay điều phải chứng minh
3) Suy ra trực tiếp từ xác suất có điều kiện. Thật vậy:

P{X(u) =k | X(t) = n}


 3) được chứng minh

Ví Dụ 1: Giả sử số khách hàng đến 1 cửa hàng nào đó là quá trình Poisson với tốc độ
λ = 4 khách/giờ. Cửa hàng mở cửa lúc 8h.
1) Tính xác suất để đến 8h30 có cả thảy 1 khách; đồng thời đến 10h30 có cả thảy 5

khách đến cửa hàng.
2) Tính thời điểm trung bình khách thứ 10 đến.
3) Tính xác suất để khoảng thời gian giữa khách thứ 10 và khách thứ 11 lớn hơn ½

giờ.
Giải :
1)

Xem to=8h. Vậy xác suất cần tìm là

P{X(1/2) =1;X(5/2) = 5}=P{X(1/2)=1;X(5/2) – X(1/2) = 4}=P{X(1/2)=1; X(2)=4} =
P{X(1/2)=1}P{X(2) =4}= ≈ 0,0155.
2) EW(10)= = =2h3
3) P{S(1) >1/2} = 1 – P{S(1) ≤ 1/2} = 1 – ( 1- ) ≈ 0.135
12 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6


Ví dụ 2: Cho 2 quá trình Poisson độc lập {X1(t) ; t ≥ 0} và {X2(t) ; t ≥ 0} với các tham số
tương ứng λ1, λ2 Tìm xác suất để X1(t) =1 trước khi X2(t) =1.
Giải :
Ta cần tìm xác suất P{} trong đó là thời điểm đến thứ n của quá trình X 1(t) còn là thời
điểm đến thứ m của quá trình X2(t),

Tổng quát ta có thể chứng minh công thức sau :

4. QUÁ TRÌNH POISSON CÓ PHÂN LOẠI.

Xét quá trình Poisson với cường độ (tương ứng với quá trình đếm số lần xảy ra biến
cố A). Giả sử mỗi khi biến cố A xảy ra thì nó được phân thành hai loại: Loại I với xác
suất p và loại II với xác suất q = 1 – p. Hơn nữa, giả sử sự phân loại biến cố này là độc
lập với sự phân loại biến cố kia.
Chẳng hạn, khách đến cửa hàng theo quá trình Poisson với cường độ , khách được
phân loại thành hai loại: Nam với xác suất ½ và Nữ với xác suất ½.
Ta ký hiệu và là các quá trình đếm tương ứng với biến cố loại I và biến cố loại II. Rõ
ràng là .
•

Định lý 3. Với các điều kiện trên ta có và là hai quá trình Poissonvới cường

độ và . Hơn nữa hai quá trình này là độc lập.
• Chứng minh: Theo công thức xác suất đầy đủ:

Vì
do đó:

Mặt khác trong biến cố có biến cố loại I và biến cố loại II. Do đó, từ giả thiết
độc lập của sự phân loại biến cố và suy ra:

13 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

Điều này chứng tỏ là quá trình Poisson với cường độ
Tương tự là quá trình Poisson với cường độ
Ví dụ1: Giả sử khách đến 1 ngân hàng nào đó tuân theo quá trình Poisson với cường độ .
Khách có thể là nam với xác suất và có thề là nữ với xác suất .
Biết trong 10 giớ đầu có 100 nam đến ngân hàng.
Hỏi trung bình có bao nhiêu nữ đến ngân hàng trong 10 giờ đầu?
Giải:
Theo định lý trên thì và là các quá trình Poisson với cường độ và tương ứng và hai quá
trình này là độc lập. Do đó

Vì thế
Đáp số này khá bất ngờ vì ta dễ lầm tưởng rằng
Ví dụ 2: Xét một hệ gồm những cá thể mà tại bất cứ lúc nào cũng có thể rơi vào 1 trong r
trạng thái. Giả sử mỗi cá thể thay đổitrạng thái theo Xích Markov với xác suất chuyển là
và các cá thể chuyển động trong hệ một cách độc lập với nhau.
Giả thiết ban đầu số cá thể thuộc trạng thái là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân
phối Poisson với tham số là tương ứng.
Hãy xác định phân phối đồng thời của các cá thể ở trạng thái tại thới điểm t = n
nào đó.
Giải:
Với cố định, ta ký hiệu là số cá thể ban đầu ở trạng thái đến thời điểm n chuyển sang

trạng thái (độc lập với các cá thể khác) với xác suất , cho nên ta có là các biến ngẫu
nhiên Poisson độc lập với tham số .
Ví dụ 3:Có m loại phiếu. Một người nào đó chọn phiếu nhiều lần và kết quả của lần chọn
hiện tại không phụ thuộc vào kết quả của các lần chọn trước đó (chọn có hoàn lại).
14 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

Ký hiệu Nlà số phiếu mà người đó cần chọn để có một tập phiếu gồm đủ các loại .
Hãy tính EN?
Giải:
Ký hiệu là số phiếu mà người đó cần chọn để có một tập phiếu nhận được có
phiếu loại
Ta suy ra
Mặc dù mỗi có phân phối hình học, cụ thể là nhưng rất khó có thể biểu diễn
tường minh phân phối của Nvì các biến ngẫu nhiên là không độc lập.
Tuy nhiên, ta có thể làm như sau: Giả sử các thời điểm chọn phiếu là quá trình
Poisson với tham số . Ta nói rằng biến cố của quá trình Poisson nàu thuộc loại nếu chọn
được phiếu loại .
Ký hiệu là số phiếu loại j được chọn ra tính tới thời điểm t. Khi đó là các quá
trình Poisson độc lập với các tham số bằng tương ứng.
Ký hiệu là thời điểm đầu tiên biến cố của quá trình Poisson xuất hiện và đặt .
Như vậy, X là thời điểm chọn được đầy đủ các loại phiếu.
Do là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối mũ với tham số , cho nên


Hơn nữa, là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối mũ với tham số bằng 1,
ngoài ra N độc lập với nên

5. PHÂN PHỐI ĐỀU VÀ QUÁ TRÌNH POISSON.

Giả sử ta có một đoạn thẳng chiều dài bằng và có hạt cho trước. Ta rải các hạt lên
đoạn thẳng này sao cho vị trí của các hạt trên đoạn này lập thành biến ngẫu nhiên độc lập
có phân bố đều (mỗi hạt đồng khả năng rơi vào từng điểm). Ta ký hiệu là vị trí của hạt

15 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

thứ Theo cách rải của ta thì là các biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố đều với hàm
mật độ.

Bây giờ ta sắp xếp lại dãy các vị trí theo thứ tự từ bé đến lớn. Băng cách ấy ta
được dãy , trong đó là bé nhất trong số , tương tự là bé thứ hai trong số . Ta gọi là thống
kê thứ tự của phân bố đều trên đoạn .
U2
Un
U1
Un-1
U3
W1

W2
W3
Wnđộ là
hàm mật
0 • Định lý 4. Hàm phân bố đồng thời của có Wn-1

Thật vậy, khi n=2 thì có 2 khả năng sắp xếp theo thứ tự: hoặc . Do đó ta có:

Chia cả hai vế cho ta thu được công thức trên cho n=2.
Trường hợp n bất kỳ thì có n! khả năng sắp xếp và do đó công thức trên được
chứng minh tương tự.
•

Định lý 5.Giả sử là quá trình Poisson với tham số và là các thời gian đến
trong quá trình Poisson này. Khi đó, với điều kiện , phân bố đồng thời của có
mật độ

Chứng minh: Các biến cố và tương ứng với điều: biến cố A không một lần nào xảy ra
trong các khoảng và A chỉ xảy ra một lần trong các khoảng .
Từ tính độc lập suy ra:
Mặt khác
Từ đó suy ra
Chia cả hai vế cho rồi cho ta suy ra điều phải chứng minh.

16 | P a g e


Xác suất thống kê 2
•


Quá trình Poisson

Nhóm 6

Ý nghĩa định lý là: Với điều kiện có đúng n biến cố xảy ra trong khoảngthời
gianthì các thời gian đến là thống kê thứ tự của phân bố đều trên đoạn .

Ví dụ: Khách đến một cửa hàng theo quá trình Poisson với cường độ . Mỗi khách
hàng trả 1000đ để vào cửa tại thời điểm . Sau đó giá được giảm theo thời gian với tốc độ
hạ giá là . Ta cần tính số tiền trung bình M của hàng thu được trong khoảng thời gian
theo công thức sau:

Giải:
Ta thấy 1000đ được giảm giá xuống còn tại thời điểm và
Giả sử là các biến ngẫu nhiên độc lập và có phân bố đều trên đoạn (0;t].

6. QUÁ TRÌNH POISSON PHỨC HỢP.
1. Định nghĩa.

Giả sử là quá trình Poisson với cường độ . dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng
phân bố và dãy này độc lập với . Khi đó ta gọi

là quá trình Poisson phức hợp.
Ví dụ:
i. Nếu thì . Do đó, quá trình Poisson thông thường là quá trình Poisson phức hợp.
ii. Giả sử khách rời cửa hàng là quá trình Poisson và tiền mua hàng của khách là
dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân bố và dãy này độc lập với số khách. Khi đó
ta có quá trình Poisson phức hợp là tiền bán hàng thu được tính đến thời điểm .
iii. Các cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poisson và thời gian gọi của mỗi cuộc là
dãy các biến ngẫu nhiên độc lập, cùng phân bố và dãy này độc lập với các cuộc gọi đến.

Khi đó tổng thời gian của tất cả các cuộc gọi cho đến thời điểm là một quá trình Poisson
phức hợp.

17 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

2. Kỳ vọng và phương sai của quá trình Poisson phức hợp.

Kỳ vọng và phương sai của quá trình Poisson phức hợp:

Chứng minh: Ta có

Do đó:
Suy ra

Tương tự ta có
Chú ý: Nếu các độc lập với nhau, độc lập với và có hàm phân phối chung là
thì hàm phân phối của là

Trong đó được tính theo công thức truy hồi sau

Ví dụ:Mô hình chấn động: Giả sử là số lần chấn động trong hệ nào đó và là lượng thiệt hại
tổng cộng do chấn động thứ gây ra tính đến thời điểm . Hệ tiếp tục làm việc khi lượng thiệt
hại tổng cộng bé hơn và hệ ngừng hoạt động trong trường hợp ngược lại. Ký hiệu là thời

điểm hệ ngừng hoạt động. Tính (là thời gian trung bình hệ ngừng hoạt động).

Giải:
Ta có khi và chỉ khi
Nếu các độc lập với nhau, độc lập với và có hàm phân phốichung là
thì:
Do đó ta có

Đặc biệt, khi có phân phối mũ với tham số thì sẽ có phân phối Gamma:

18 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Vậy ta có

19 | P a g e

Quá trình Poisson

Nhóm 6


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6


PHẦN 2: BÀI TẬP
Câu 1: Các bức điện gửi tới bưu điện là quá trình Poisson X(t) với tốc độ trung bình 3
bức trong 1 giờ.
a) Tính xác suất để từ 8h00 đến 12h00 không có bức điện nào
b) Tính phân bố của thời điểm tại đó nhận được bức điện đầu tiên sau 12h00.

Giải:
Tốc độ trung bình 3 bức trong 1 giờ bức/ giờ.
a) Xác suất để từ 8h00 đến 12h00 không có bức điện nào bằng:

b) Phân bố của thời điểm tại đó nhận được bức điện đầu tiên sau 12h00 là:

.

Câu 2: Số cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poisson với tốc độ trung bình 2 cuộc gọi
trong 1 đơn vị thời gian. Hãy tính:
a)
b)

và .
và .

Giải:
Tốc độ trung bình 2 cuộc gọi trong 1 đơn vị thời gian
a)

20 | P a g e


Xác suất thống kê 2


Quá trình Poisson

b)

Câu 3: Cho X(t), là quá trình Poisson với cường độ . Hãy tính:
a) EX(2), EX2(1), E[X(1)X(2)].
b) .

Giải:
a) Ta có X(2) là biến ngẫu nhiên có phân bố Poisson tham số do đó:

X(1) là biến ngẫu nhiên có phân bố Poisson tham số do đó:
. Ta lại có:

Ta có
(do X(1) và độc lập)

b)

21 | P a g e

Nhóm 6


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6


Câu 4: Khách tới cửa hàng theo qua trình Poisson với cướng độ 5 người một giờ. Biết
rằng trong 2 giờ đầu đã có 12 khách tới, tính xác suất (có điều kiện) để có 5 khách tới
trong giờ đầu tiên.
Giải:
Gọi X(t) là số khách hàng tới cửa hàng trong khoảng thời gian t, theo giả thiết,
X(t) là quá trình Poisson tham số .
Vậy, xác suất để có 5 khách tới trong giờ đầu tiên:

Câu 5: Khách tới cửa hàng theo quá trình Poisson với cường độ 10 người một giờ.
Khách có thể mua hàng với xác suất và không mua hàng với xác suất . Tính xác suất để
trong giờ đầu tiên có 9 người vào cửa hàng trong đó có 3 người mua hàng, 6 người không
mua.
Giải:
Gọi X(t) là số khách hàng tới cửa hàng trong khoảng thời gian t, theo giả thiết X(t)
là quá trình Poisson tham số . Gọi X 1(t), X2(t) lần lượt là số khách hàng tới cửa hàng có
mua hàng và không mua hàng trong khoảng thời gian t thì X 1(t) là quá trình Poisson tham
số còn X2(t) là quá trình Poisson tham số .
Vậy, xác suất để trong giờ đầu tiên có 9 người vào cửa hàng trong đó có 3 người
mua hàng, 6 người không mua là:

22 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6


Câu 6: Giả sử khách đến một ngân hàng nào đó tuân theo quá trình Poisson với cường độ
người/giờ. Khách có thể là nam với xác suất là và có thể là nữ với xác suất . Biết rằng
trong 10 giờ đầu có 100 khách nam đến ngân hàng. Hỏi trung bình có bao nhiêu nữ đến
ngân hàng trong 10 giờ đầu?
Giải:
Theo định lý thì và là các quá trình Poisson với cường độ và tương ứng và hai
quá trình này là độc lập.

Do đó

Vì vậy:

Câu 7: Xét một lượng cố định của một chất phóng xạ. Giả sử các hạt alpha xuất hiện
theo thời gian là một quá trình Poisson với cường độ . Mỗi hạt tồn tại trong một thời gian
ngẫu nhiên rồi bị hủy diệt. Giả sử thời gian sống của các hạt khác nhau là những biến
ngẫu nhiên độc lập và có hàm phân phối chung là . Ký hiệu M(t) là số các hạt alpha tồn
tại ở thời điểm t. Tính phân phối của M(t) với điều kiện M(0) = 0.
Giải:
Ký hiệu X(t) là số hạt alpha sinh ra trong khoảng thời gian (0,t]. Theo giả thiết thì
là quá trình Poisson với cường độ . Hiển nhiên, . Giả sử và là các thời điểm hạt xuất
hiện. Khi đó, hạt thứ k tồn tại ở thời điểm t nếu và chỉ nếu . Đặt

Như vậy nếu và chỉ nếu hạt thứ k đang còn sống ở thời điểm t. Do đó:

Theo định lý và do tính đối xứng giữa các hạt, ta có:
23 | P a g e


Xác suất thống kê 2


Quá trình Poisson

Nhóm 6

Trong đó U1, U2, … là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối đều trên đoạn (0, t]. Mà
vế phải của (*) được tính theo phân phối nhị thức, do đó:

Trong đó

Suy ra

Chú ý rằng

Ta thu được kết quả:

Kết luận: Số hạt tồn tại ở thời điểm t có phân phối Poisson với tham số là

24 | P a g e


Xác suất thống kê 2

Quá trình Poisson

Nhóm 6

Câu 8: Giả sử số gia đình nhập cư vào một khu vực nào đó là quá trình Poisson với
cường độ gia đình/ 1 tuần.
Số người trong mỗi gia đình là các biến ngẫu nhiên độc lập nhận các giá trị 1, 2, 3, 4 với
xác suất tương ứng là 1/6, 1/3, 1/3, 1/6

a) Tính kỳ vọng và phương sai của số người nhập cư tới khu vực này trong vòng 5

tuần.
b) Tính xác suất để có ít nhất 250 nhập cư tới khu vực này trong vòng 50 tuần.

Giải:
a) Ký hiệu là số người trong gia đình thứ k. Ta có

Ký hiệu Z(5) là số người đến nhập cư vào khu vực này trong vòng 5 tuần.
Ta có

b) Ta có:

Dùng định lý giới hạn trung tâm ta có thể xem Z(50) là biến ngẫu nhiên có phân
phối chuẩn với trung bình 250 và phương sai. Do đó

PHỤ LỤC: TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Nguyễn Chí Long, Xác suất thông kê và Quá trình ngẫu nhiên, NXB Đại học quốc gia TP.Hồ Chí Minh –
TP.Hồ Chí Minh, 2006.
[2]. Nguyễn Duy Tiến, Các mô hình xác suất và ứng dụng – Phần I-Xích Markov và ứng dụng, NXB Đại học
quốc gia Hà Nội – Hà Nội, 2001.
[3]. Sách hướng dẫn học tập Toán chuyên ngành (Học viện Công nghệ Bưu chính viễn thông), Hà Nội,
2006.
[4]. John Kingman,Oxford Studies in Probability 3 – Poisson Processes, Carendon Press – Oxford, 1992.

25 | P a g e