Страница 254 номер 504, ГДЗ по математике за 10 и 11 класс к учебнику Высоцкого. Вероятность и статистика базовый и углубленный уровни
Дано:
\(X\) — число наступлений события \(A\) за единицу времени
\(X\) имеет распределение Пуассона
\(\lambda = 2{,}4\)
Найти: \(\mathrm{P}(X = 1)\), \(\mathrm{P}(X = 0)\), \(\mathrm{P}(X = 4)\) и \(\mathrm{P}(2 \leqslant X \leqslant 5)\).
Решение:
\[\mathrm{P}(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} = \frac{2{,}4^k}{k!}e^{-2{,}4},\quad k = 0,\ 1,\ 2,\ \ldots\]
а) \[\mathrm{P}(X = 1) = \frac{2{,}4^1}{1!}e^{-2{,}4} = 2{,}4\,e^{-2{,}4} \approx 0{,}218.\]
б) \[\mathrm{P}(X = 0) = \frac{2{,}4^0}{0!}e^{-2{,}4} = e^{-2{,}4} \approx 0{,}091.\]
в) \[\mathrm{P}(X = 4) = \frac{2{,}4^4}{4!}e^{-2{,}4} \approx 0{,}125.\]
г) «От 2 до 5 раз» — это \(2 \leqslant X \leqslant 5\), оба конца включены; значения \(2;\ 3;\ 4;\ 5\) несовместны, поэтому вероятности складываются:
\[\begin{aligned} &\mathrm{P}(2 \leqslant X \leqslant 5) = {} \\ &= \frac{2{,}4^2}{2!}e^{-2{,}4} + \frac{2{,}4^3}{3!}e^{-2{,}4} + {} \\ &+ \frac{2{,}4^4}{4!}e^{-2{,}4} + \frac{2{,}4^5}{5!}e^{-2{,}4} \approx 0{,}656. \end{aligned}\]
Ответ: а) вероятность ровно одного наступления события \(A\) — \(0{,}218\); б) вероятность того, что событие \(A\) не наступит ни разу, — \(0{,}091\); в) вероятность ровно четырёх наступлений — \(0{,}125\); г) вероятность того, что событие \(A\) наступит от 2 до 5 раз, — \(0{,}656\).
Дано:
\(X\) — число наступлений события \(A\) за единицу времени
\(X\) имеет распределение Пуассона
\(\lambda = 2{,}4\)
Найти: \(\mathrm{P}(X = 1)\), \(\mathrm{P}(X = 0)\), \(\mathrm{P}(X = 4)\) и \(\mathrm{P}(2 \leqslant X \leqslant 5)\).
Решение:
В протяжённом во времени случайном опыте наблюдаются одинаковые независимые события \(A\), наступающие по одному, и за единицу времени их наступает в среднем \(\lambda = 2{,}4\). Значит, случайная величина \(X\) «число наступлений события \(A\) за единицу времени» имеет распределение Пуассона, а вероятности её значений находятся по формуле
\[\mathrm{P}(X = k) = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} = \frac{2{,}4^k}{k!}e^{-2{,}4},\quad k = 0,\ 1,\ 2,\ \ldots\]
а) Событие \(A\) наступит ровно 1 раз — это значение \(k = 1\):
\[\mathrm{P}(X = 1) = \frac{2{,}4^1}{1!}e^{-2{,}4} = 2{,}4\,e^{-2{,}4} \approx 0{,}218.\]
б) Событие \(A\) не наступит ни разу — это значение \(k = 0\); здесь \(2{,}4^0 = 1\) и \(0! = 1\):
\[\mathrm{P}(X = 0) = \frac{2{,}4^0}{0!}e^{-2{,}4} = e^{-2{,}4} \approx 0{,}091.\]
в) Событие \(A\) наступит ровно 4 раза — это значение \(k = 4\):
\[\mathrm{P}(X = 4) = \frac{2{,}4^4}{4!}e^{-2{,}4} \approx 0{,}125.\]
г) «От 2 до 5 раз» — это неравенство \(2 \leqslant X \leqslant 5\), причём оба конца включены. Величина \(X\) принимает здесь одно из четырёх значений \(2;\ 3;\ 4;\ 5\), эти значения несовместны, поэтому вероятности складываются:
\[\begin{aligned} &\mathrm{P}(2 \leqslant X \leqslant 5) = {} \\ &= \frac{2{,}4^2}{2!}e^{-2{,}4} + \frac{2{,}4^3}{3!}e^{-2{,}4} + {} \\ &+ \frac{2{,}4^4}{4!}e^{-2{,}4} + \frac{2{,}4^5}{5!}e^{-2{,}4} \approx 0{,}656. \end{aligned}\]
Такие вычисления удобно вести в электронной таблице функцией ПУАССОН.РАСП: последний аргумент, равный 0, даёт вероятность одного указанного значения, а равный 1 — сумму вероятностей всех значений от 0 до указанного.
Ответ: а) вероятность ровно одного наступления события \(A\) — \(0{,}218\); б) вероятность того, что событие \(A\) не наступит ни разу, — \(0{,}091\); в) вероятность ровно четырёх наступлений — \(0{,}125\); г) вероятность того, что событие \(A\) наступит от 2 до 5 раз, — \(0{,}656\).
