Контрольные вопросы

1. Согласно закону радиоактивного распада среднее число ядер N, не распавшихся за время t, связано с начальным числом ядер N₀ соотношением: N=N₀ e^–t, где  - постоянная распада. Какой физический смысл имеет N, если N₀ = 1?

2. Акт распада является случайным событием. Поэтому число атомов, не распавшихся за время t, есть случайная величина. В законе же радиоактивного распада величина N отнюдь не случайная. Почему?

3. Сформулируйте центральную предельную теорему теории вероятностей.

4. Какая связь между полученной вами гистограммой и законом радиоактивного распада?

Приложение методы обработки результатов наблюдений Распределение Пуассона.

В физике нередко приходится встречаться с измерениями, результаты которых пред­ставляются в виде небольших целых чисел. Через счетчик Гейгера за время измерения про­ходит не очень большое и при этом, конечно, целое число частиц. Делящееся ядро может распадаться на две, на три, или даже на четыре, но обязательно на целое и притом небольшое число частей. Статистические закономерности, которые имеют место в этом случае, несколько отличаются от изученных нами ранее; отличаются и правила вычисления ошибок.

Рассмотрим счетчик, регистрирующий космические частицы. Ясно, что число срабатываний счетчика за любой промежуток времени является целым числом. Однако интенсивность  космического излучения (т.е. число срабатываний счетчика в секунду, усредненное за очень большой - в пределе за бесконечный отрезок времени), вообще говоря, целым числом не выражается.

Найдем вероятность того, что при интенсивности  счетчик сработает за секунду n раз.

Поскольку мы переходим теперь к вычислению вероятностей, следует представить себе очень большое число совершенно одинаковых одновременно работающих счетчиков. Некоторая часть их сработает за секунду n раз. Доля, составляемая этими счетчиками по отношению к полному числу счетчиков, и равна вероятности того, что через счетчик за се­кунду пройдет ровно n частиц.

Обозначим полное число счетчиков буквой N. Через них в секунду в среднем прохо­дит N частиц, а за небольшое время dt пройдет Ndt частиц. Если dt достаточно мало, то ни через один из счетчиков за это время не пройдет двух частиц, и наши счетчики можно разбить на два класса: те, через которые за dt прошла одна частица, и те, через которые не про­шло ни одной. Последние составляют, конечно, огромное большинство. Число счетчиков, через ко­торые прошла одна частица, равно, очевидно, числу сосчитанных частиц Ndt, а их доля по от­ношению к полному числу счетчиков составляет

Ndt/N=dt.

Вероятность того, что за время dt через счетчик пройдет одна частица, равна, следовательно, dt. Это утверждение справедливо только для очень малого времени dt.

Вычислим теперь вероятность Po(t) того, что за время t через счетчик не пройдет ни одной частицы. По определению число таких счетчиков в момент t составляет NP_o(t), а в момент t+dt равно NP_o(t+dt). На основании предыдущего ясно, что из NP_o(t) счетчиков за время dt сработают NP_o(t)vdt. Поэтому

NP_o(t+dt)=NP_o(t)-NP_odt,

или

P_o(t+dt) – P_o(t)= – P_odt,

Интегрируя, найдем

(1).

При интегрировании было принято во внимание, что в начальный момент времени вероят­ность найти счетчик, не сработавший ни разу, равна единице.

Вычислим, теперь P_n(t+dt) - вероятность того, что за время t+dt через счетчик прой­дет ровно n частиц. Эти счетчики делятся на две категории. К первой принадлежат те, через которые все n частиц прошли за время t (а за время dt не прошло ни одной частицы). Ко второй принадлежат счетчики, через которые за время t прошло n-1 частиц, а последняя - за промежуток dt. Число первых равно NP_n(t)(l-dt), а число вторых составляет NP_n-1(t)dt.

Имеем, следовательно,

NP_n(t+dt)=NP_n(t)( 1-dt)+ NP_n-1(t)dt

Перенесем NP_n(t) влево и разделим обе части равенства на Ndt:

(2)

Последовательно применяя рекуррентную формулу (2), с помощью (1) найдем

(3)

Заметим теперь, что t, которое мы обозначим через n₀, равно среднему числу час­тиц, проходящих через счетчик за время t. Введя в (3) n_о, найдем

(4)

Формула (4) определяет закон распределения Пуассона. В ка­честве иллюстрации на Рис. 1 изображено распределение Пуассона для n₀=З. Ни для какого n величина P₀ не равна нулю. Она достигает макси­мума при n=3. Вероятность n=0 оказывается довольно велика. Достато­чно велика также веро­ятность того, что счетчик сработает не 3, а 6 или даже 8 раз.

Рассмотрим некоторые свойства формулы (4). Вычислим прежде всего вероятность найти ка­кое угодно значение n:

Этот результат является очевидным, поскольку мы вычисляли вероятность достоверного события. Вычислим среднее значение

(5).

Полученный результат также можно было без труда предсказать заранее.

Найдем теперь среднее квадратичное отклонение (стандартную ошибку):

(6)

(вычисление суммы в качестве полезного упражнения мы представляем читателю). Имеем, следовательно,

(7).

Стандартная ошибка равна корню из среднего числа отсчетов.