Witam!
Nie ukrywam, że przydałaby mi się pomoc w rozwiązaniu tego zadania:
Przyjmijmy, że czas bezawaryjnej pracy baterii pewnego urządzenia ma rozkład wykładniczy o średniej 100 godzin. Po wyczerpaniu bateria od razu jest wymieniana na nową. Obliczyć z prawdopodobieństwem 0,99, ile baterii trzeba mieć w zapasie aby zapewnić bezawaryjną pracę urządzenia przez 90 dni.
Z góry dzięki za wszelkie odpowiedzi.
Rozkład wykładniczy
- mm34639
- Użytkownik
- Posty: 245
- Rejestracja: 28 mar 2005, o 15:24
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 22 razy
- Pomógł: 61 razy
Rozkład wykładniczy
Lepiej późno niż wcale:
90 dni = 2160 godzin
Baterie psują się niezależnie od siebie
Niech \(\displaystyle{ X_i}\) oznacza czas działania \(\displaystyle{ i}\)-tej baterii
\(\displaystyle{ X_i \sim \textrm{exp}(\frac{1}{100})}\)
zatem \(\displaystyle{ X_1+\ldots+X_n \sim \textrm{Gamma}(n,\frac{1}{100})}\) o gęstości \(\displaystyle{ f_n(t)=\frac{\frac{1}{100^n}}{\Gamma(n)}t^{n-1}e^{-\frac{1}{100}t}}\)
\(\displaystyle{ \Gamma(n)}\) to funkca gamma Eulera, dla n=1,2,3,... \(\displaystyle{ \Gamma(n)=(n-1)!}\)
Chcemy znaleźć najmniejsze całkowite \(\displaystyle{ n}\) takie, że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2160}f_n(t) \textrm{d}t<0,01}\)
bierzemy Wolfram Alpha czy coś , i sprawdzamy:
dla n=20 całka = ok 0.6637
dla n=30 całka = ok 0,05
dla n=40 całka = ok 0,00025 , to za mało
dla n=35 całka = ok. 0,004
dla n=32 całka = ok. 0,0213 (ciepło, ciepło )
dla n=33 całka = ok. 0,0134
dla n=34 całka = ok. 0,0081
uff...
odpowiedź: potrzebne są 34 baterie
jako że rachunki skomplikowane, nie gwarantuję że jest 100% dobrze... ; )
90 dni = 2160 godzin
Baterie psują się niezależnie od siebie
Niech \(\displaystyle{ X_i}\) oznacza czas działania \(\displaystyle{ i}\)-tej baterii
\(\displaystyle{ X_i \sim \textrm{exp}(\frac{1}{100})}\)
zatem \(\displaystyle{ X_1+\ldots+X_n \sim \textrm{Gamma}(n,\frac{1}{100})}\) o gęstości \(\displaystyle{ f_n(t)=\frac{\frac{1}{100^n}}{\Gamma(n)}t^{n-1}e^{-\frac{1}{100}t}}\)
\(\displaystyle{ \Gamma(n)}\) to funkca gamma Eulera, dla n=1,2,3,... \(\displaystyle{ \Gamma(n)=(n-1)!}\)
Chcemy znaleźć najmniejsze całkowite \(\displaystyle{ n}\) takie, że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{2160}f_n(t) \textrm{d}t<0,01}\)
bierzemy Wolfram Alpha czy coś , i sprawdzamy:
dla n=20 całka = ok 0.6637
dla n=30 całka = ok 0,05
dla n=40 całka = ok 0,00025 , to za mało
dla n=35 całka = ok. 0,004
dla n=32 całka = ok. 0,0213 (ciepło, ciepło )
dla n=33 całka = ok. 0,0134
dla n=34 całka = ok. 0,0081
uff...
odpowiedź: potrzebne są 34 baterie
jako że rachunki skomplikowane, nie gwarantuję że jest 100% dobrze... ; )
-
- Użytkownik
- Posty: 244
- Rejestracja: 5 paź 2009, o 16:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Pomógł: 47 razy
Rozkład wykładniczy
Można też skorzystać z faktu, że rozkład Poissona przedstawia rozkład liczby awarii w czasie \(\displaystyle{ T}\), jeżeli zajście awarii ma rozkład wykładniczy z intensywnością \(\displaystyle{ \beta}\), parametr rozkładu Poissona wynosi \(\displaystyle{ \lambda = \beta T=21,6}\).
Prawdopodobieństwo pracy bez wymiany baterii wynosi \(\displaystyle{ P(n=0)= e^{-\lambda}}\), dalej rekurencyjnie: \(\displaystyle{ P(n=k+1)=P(n=k) \frac{\lambda}{k+1}}\), sumujemy w arkuszu aż osiągniemy \(\displaystyle{ 0,99}\). Mi wyszło przy \(\displaystyle{ 33}\) zapasowych bateriach
Prawdopodobieństwo pracy bez wymiany baterii wynosi \(\displaystyle{ P(n=0)= e^{-\lambda}}\), dalej rekurencyjnie: \(\displaystyle{ P(n=k+1)=P(n=k) \frac{\lambda}{k+1}}\), sumujemy w arkuszu aż osiągniemy \(\displaystyle{ 0,99}\). Mi wyszło przy \(\displaystyle{ 33}\) zapasowych bateriach