Страница 89 номер 52, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Бунимовича. Математика вероятность и статистика
Среднее время бесперебойной работы насоса — 30 суток. Будем считать, что вероятность поломки насоса за малый промежуток времени пропорциональна длине промежутка и не зависит от того, сколько насос уже проработал, а после поломки его сразу ремонтируют (допущения модели). Тогда время работы до поломки \(T\) (в сутках) имеет показательное распределение \(\mathbf{Exp}(\lambda)\), а число поломок за единицу времени — распределение Пуассона.
\(E(T) = \frac{1}{\lambda} = 30\), откуда \(\lambda = \frac{1}{30}\) — в среднем \(\frac{1}{30}\) поломки в сутки.
\(10 \cdot \frac{1}{30} = \frac{1}{3}\) — среднее число поломок за 10 суток, поэтому число поломок \(X\) за 10 суток имеет распределение Пуассона \(\mathbf{P}\left(\frac{1}{3}\right)\):
\[P(X = k) = \frac{\left(\frac{1}{3}\right)^k}{k!}e^{-\frac{1}{3}}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots .\]
а) Ни одной поломки за 10 суток: \(P(X = 0) = e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}717\).
б) Меньше двух поломок — это 0 или 1 поломка:
\[\begin{aligned} &P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = {} \\ &= e^{-\frac{1}{3}} + \frac{1}{3}e^{-\frac{1}{3}} = \frac{4}{3}e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}955. \end{aligned}\]
в) Событие «более трёх поломок» противоположно событию \(X \leqslant 3\); при этом \(P(X = 2) = \frac{1}{18}e^{-\frac{1}{3}}\), \(P(X = 3) = \frac{1}{162}e^{-\frac{1}{3}}\). В разности получаются близкие числа, поэтому \(e^{-\frac{1}{3}}\) берём с шестью знаками после запятой:
\[\begin{aligned} P(X \leqslant 3) &= e^{-\frac{1}{3}}\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{18} + \frac{1}{162}\right) = \frac{113}{81}e^{-\frac{1}{3}}; \\ P(X > 3) &= 1 - \frac{113}{81}e^{-\frac{1}{3}} \approx 1 - \frac{113}{81} \cdot 0{,}716531 \approx {} \\ &\approx 1 - 0{,}999605 = 0{,}000395 \approx 0{,}0004. \end{aligned}\]
Ответ: а) вероятность того, что за 10 суток не будет ни одной поломки, — \(e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}717\); б) вероятность того, что поломок будет меньше двух, — \(\frac{4}{3}e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}955\); в) вероятность того, что поломок будет более трёх, — \(1 - \frac{113}{81}e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}0004\).
Будем считать, что вероятность поломки насоса за малый промежуток времени пропорциональна длине промежутка и не зависит от того, сколько насос уже проработал, а после поломки его сразу ремонтируют (допущения модели). Тогда поломки образуют поток случайных событий: время работы до поломки \(T\) (в сутках) имеет показательное распределение \(\mathbf{Exp}(\lambda)\), а число поломок за единицу времени — распределение Пуассона. По условию среднее время бесперебойной работы \(E(T) = \frac{1}{\lambda} = 30\), т. е. \(\lambda = \frac{1}{30}\): в среднем \(\frac{1}{30}\) поломки в сутки.
Примем за единицу времени 10 суток: за них происходит в среднем \(10 \cdot \frac{1}{30} = \frac{1}{3}\) поломки, поэтому число поломок \(X\) за 10 суток имеет распределение Пуассона \(\mathbf{P}\left(\frac{1}{3}\right)\):
\[P(X = k) = \frac{\left(\frac{1}{3}\right)^k}{k!}e^{-\frac{1}{3}}, \quad k = 0, 1, 2, \ldots .\]
а) Ни одной поломки за 10 суток:
\[P(X = 0) = e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}717.\]
То же даёт показательный закон. Ни одной поломки за 10 суток не будет тогда и только тогда, когда время от начала этих 10 суток до первой поломки окажется не меньше 10 суток. Вероятность поломки не зависит от того, сколько насос уже проработал, поэтому это время, как и \(T\), имеет распределение \(\mathbf{Exp}\left(\frac{1}{30}\right)\) с функцией распределения \(F(x) = 1 - e^{-\frac{x}{30}}\) при \(x \geqslant 0\), и вероятность того, что оно не меньше 10 суток, равна \(1 - F(10) = e^{-\frac{10}{30}} = e^{-\frac{1}{3}}\).
б) Меньше двух поломок — это 0 или 1 поломка:
\[\begin{aligned} &P(X < 2) = P(X = 0) + P(X = 1) = {} \\ &= e^{-\frac{1}{3}} + \frac{1}{3}e^{-\frac{1}{3}} = \frac{4}{3}e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}955. \end{aligned}\]
в) Событие «более трёх поломок» противоположно событию \(X \leqslant 3\); при этом \(P(X = 2) = \frac{1}{18}e^{-\frac{1}{3}}\), \(P(X = 3) = \frac{1}{162}e^{-\frac{1}{3}}\). В разности получаются близкие числа, поэтому \(e^{-\frac{1}{3}}\) берём с шестью знаками после запятой:
\[\begin{aligned} P(X \leqslant 3) &= e^{-\frac{1}{3}}\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{18} + \frac{1}{162}\right) = \frac{113}{81}e^{-\frac{1}{3}}; \\ P(X > 3) &= 1 - \frac{113}{81}e^{-\frac{1}{3}} \approx 1 - \frac{113}{81} \cdot 0{,}716531 \approx {} \\ &\approx 1 - 0{,}999605 = 0{,}000395 \approx 0{,}0004. \end{aligned}\]
Ответ: а) вероятность того, что за 10 суток не будет ни одной поломки, — \(e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}717\); б) вероятность того, что поломок будет меньше двух, — \(\frac{4}{3}e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}955\); в) вероятность того, что поломок будет более трёх, — \(1 - \frac{113}{81}e^{-\frac{1}{3}} \approx 0{,}0004\).
