А.В. Прохоров, В.Г. Ушаков, Н.Г. Ушаков - Задачи по теории вероятностей (основные понятия, предельные теоремы, случайные процессы) (1115316), страница 67
Текст из файла (страница 67)
Покажем, что из б) следует а). полон«ям Рй(1) = Р(т« = й). тогда Р(тг ~ 2) ~( ~ йрй (1)— А=1 — 1 О~ Пшт Р(тг>2) < Х- о 'ч Рй (П = лс — Р(тг и 1), 1=1 П вЂ”,Р(,,~1) =Д вЂ” у=О, г-о а« жны Ры(1) =- ~ Рй (1). Тогда А=Е откуда Покагкеы теперь, что из а) следует б). Поло- Е =. ~~~ АРА (1) = ~я~~~ [1 — Рй (1)]. Покажите, А=1 А=о 311 Р(тг т,=., 1«, о,=й) Р(тг — т,=, — А) Р(,=й) Р (ъг .— — ) р(тг= а) (А 1У вЂ” О["-" „(),1)' ,тг « =- л — «) Р (тт =- и) -йт (АТ) Г 1 «й / Г ',и-й =- С~[ — ) ~1 — — ) . 10.87. Пусть т« — пуассоновскпйпотоксинтенсивностью «[Г[ [ Х тг — поток Бернулли на [О, «], определяемый параметром Л«. Покажите, что для люоых непересекающихся интервалов Ль Лг, .;., Л« ~ [О, Т] и целых А,...,йю ~ай Л, Р(т А,..., А) Р(а «=1 = А [тт —— - и'«, гДе та и та — число тРебований, постУпивших в интеРвале а т ) А«« Л«соответственно потока Бернулли и пуассоновского потока, 10.88.
Пусть гь гг,, ин иг, ... — интервалы времени между поступлениями требований соответственно исходного потока п потока оставленных требований, т« последовательность независимых в совокупности одинаково распределенных по геометрическому закову и независящих от гь гг, ... случайных величин, Р(т« = А) = (1 — р) рй ', А = 1, 2, ... Покажите, что и =г +г,— , '...+г 1 1 г ''' '«1' и =-г„„+...+г + г что для стационарного ординарного потока с конечным параметроьг р р [с) = ди [т, Π— р!р„,(с),1 — )' [с) = р !) !р (и) Аи, где гр» П) = — 1™ 1 р [П 4»(т, С) о вероятность того, что в промежутке [О, т) поступило хотя бы одно требование, 1 а в промежутке [т, с+т) ровно 4 требований. Отсюда Л = р ~и~~~ ) 04(и) ди д=-о о и ~' !р» (и) (1, 0 < и (1.
Следовательно, Л ( р. По Лс = ~' сгр, (с) и д=-о Сг=1 ,"ГР» (С) = 1 — Р (С). ОтССОДа Л~)(1 — 11 (С))[С П Л))ПГО(1 — Р (С)))с.-:Р. ТаКИМ »=1 1 а образом, Л = ри 1091. Пусть С[д! и С["С вЂ” моменты поступления 1-го п 2-го требований й-го потока. полол!им Вд (с) = Р(1[1»' < с). тогда ~~ А,д (с) = 4=1 Г и и адс — ад ) л,(и) ни — ьос, так клк ~~ ад ) А»[и)йи(с ~и а»Ад (с) ~ 4=! о о »=1 и и ~ ас юах (лд (с)). далее, ~~ Вд (О ( чг", Аг» (с) Ад [с)( 1лдап »=1 4=! и., ~~ Л (с) п!ах (Ад (с)) (ас птах (Лд (с)), пжх (Л!д (с)) »С с гнах (ад). !алаи 1а»аи 1Хдаи 1асджи Покажите, что при выполнении атих условий справедливо утвергкдение за дачи, 10.92. Случайный процесс ю, является регенерирующим, моментами регенерации служат моменты прихода автобусов: з1, ос+ в!, в!+ ьа+ Ьъ "° Испо!!ьзуя предельную теорему для регенернрующих процессов, имеем 11п! Р(, < Р) — Р~Р( „< и 1,) )А — Р~ Р( = $, < +Р)А— о о =р ) [С(х+ р) — С(х)] Ах.
10.93. р ) [1 — С(х)[!Сх. е о е 10.901. р) [С(х+ и) — С(хП Ах. 10.95. р ) е х" — [1 — С(х)[ Ах. 4[ о е Л р 10.96. а) Р (с) = — + — е !»+и)с( б) Р (с) — —. е [д+и)с. о Л+р Л-] )! ' о Л-[-р д+р (и[1!" (и[1) [лр) 1 д=о -1 Я 10.96. Р = 1+а+а~~уз де и=ЛС'р, Р= 1'р. =-и«-~' ге=! Ри 012 10.99. я = ар (!+ 1) а' 1+2 ~п« -» ю=1 и 10 100, Р— — Р , и[ о а+а! аа а" (а 1!) а=! !=1 Х вЂ” интенсивность входящего потока, и-! среднее времн обслуживания. а" 1ОЛ01. Д( = Ч вЂ” + К ~ ( Р .
10Л02. у = — Р ч'г~ -~~„„,п „~~-~1. =..~К а=1 8=1 31 в 1, и (жч а а ъ! (а '!г1 в= У у (+ — ( г (а+г)~ —,) Р . 10ЛОЗ. Воспользуйтесь формулой Поллачека — Хинчина, которая в случае О! х~а! в( ) =~~ (1, х>а, \ принимает, внд р (з) = ~ з)п. 1'=а Ю =(1 — Ха)(1 — з) )' з'ехр(а(Х вЂ” Х!) П. г=о (1 — Ла) (з — 1) ехр( — а (Л вЂ” Лз)) з — ехр ( — а (Х вЂ” Лз)) Разложите последнее выражение по Ю ОО степенны з.
10Л04. Пусть 1(з) = ~ з'1Р 0(г) = ) е — !х!(В(х). з что 1(з) удовлетворнет уравнению 1(з) = 1)((Л вЂ” Л1(з) ); далее, при (О, х~ а, В (х) = ~ ' (1, *)а, Докажите, имеем ~а(з) = е-' и, следовательно, 1(з) = з ехр( — а(Х вЂ” Л1(х))). Полол!нм х = зе Ха, у = Ла((з). Тогда уе "= х. Это уравнение (относительно у) имеет единственное решение у = ~ (11 ~11() хг. Отсюда 1(з) = лтые .( 11. 10Л05. В силу формулы Поллачека — Хинчпна ы(з) жч — хаг (ХаП1 1! 1=1 ( 1 Х 1 1 ) 1 1 Х 1 1 — Х+ Л() (г) 1 — ЛО (1 — д (г))10 *' д Ь () (б) ) е оВ (х) о ) хОВ (х), ы(г) = ) е жоИг(х), причем для того, чтобы существовал стацпое о парный режим, необходимо, чтобы Х()! ( 1.
Пусть а*(1) — характеристическая функция функциираспределения и'(х), а 02(() — функции распределеввя В(х)1 ы*(1) = )е1"!(и'(х),ра(г)=)ап"!(В(х). тогда из формулы поллачека — хинчи. о а 1 — Л(), иа следует: !о*(1)= 1 Лр ((), (1) 1)111(! . Покажите, что (()*(1) — 1)1(110,) 1 ' 1 является характервстнческой функцией. Используя ато утверждение и формулу для !с*(О, докажите утверл!дание задачи. 10106, Р(х)=ЛР В (х)-(-(1 — Л() )~ (1— о 21 А. В. Про*оров в лр.
013 — г — г!™!] НВ(л). 10 107. Функция л(г) является единственным решением уравнения л(г) р(з+ Х вЂ” Хл(г))]р+ (1 — р)л(г)], таким, что ]л(г)] < 1 нри Вез ь О. 10 108. Пусть лз — число требований в системе в момент з, Р(г, з) = ~чр~ г"р(л! — — и). тогда Р(г) !!ш Р(з, 1) =(р — л]) ) м о=о ]! (Л вЂ” Лг) (г — 1) х ) + ] () Л ) . Стационарным распределением длины очереди иногда называют танжене !!ш Р(ля~.— — ь); где ля=азизе, с я момент У-го окончании обслуживания. Положим Р' (г) = ~ЧР ~г л„.
Если а=о О ( р ч. 1, то Р(г) и Рз(г) не совпадают: (р — Л]) ) (г — 1) ]1 (Х вЂ” Лг) Н1 — р) г+ р] г — (!1 — р) з + р]]) (Х вЂ” Хг! 10.100. Г (г) = (1 — р + Л]),) В (г) + (р — Лрт) 5' ]1 — е "'" "!] 3В (г). е 10 110. рз(г) = ]з+ Л вЂ” Лр(г)] ', тде Л вЂ” интенсивность входящего потока, \ ]) (г) = «е ~оВ(г), В(г) — функция распределения времеви обслуживания, о 1О.Ш.л(.) =()(.~-Л) ~1 ])(,+Л)" Х а+Л о! о! 10112, 1(г) =гб(Л)(1 — г(1 — 3(Л))]-'. 10113. Ег 'г = ехр ((г — 1) р (з ) + (г — 1) гдр (! ) — (1 — г ) (1 — г ) р (З вЂ” 1,)1, вз н! р(З) = Л «[1 — В(о)]з)о. 10.114.
Взд г г г =ехр((г — 1)(Л! — р(! ))-]- о „, (р(зП" (Лз — р (!)]и + г (г — 1) (Хз — р(! )Д. 10.115. Р(а,=л, р!=т)=е "' — в! 10.116. л(з) = Р, (г+ Л вЂ” Лл~ (г) ), где л~ (з) — решение уравнения л~(г) =])(г+ Х вЂ” Ллв(г)) ]) (г) = «е '"оВ(г), О (г) = «е '"оВ (г). о о 10.117. 7(г) гР~ (Х вЂ” Л1, (з) ), где 7, (г) — решение уравнения ~, (г) = гб(Л вЂ” Л]~(з)). 10.118.
Функция л(з) нввяется решением уравнения л(г) 4 0(а+ Х вЂ” Хл(г)), где Ь(г) =(1(г+т) + (1 — ])(а+ т)] — тх(з), ]) (г) з = ~ е 'гз)В(г), я(г) =~о ~86(г). 10.119. Пусть ю(г) =] е ~"о)Р(г), о о о тогда ю(г)— (1-Х1 '+х,](1-0( ))] я =гбб(г). 10 1М. Р(г) з — о+ ла (г) 1 е (1 — Х ~т ' + у,] (1 — О (т)) ) (г — 1) Ь (Х вЂ” Хг) 10П21. К(с, г) = ппн(з, г). г — Л(Л вЂ” Лг) 10,122.
ехр — + . 2л ]Гг(з — г)(1 — з) ( 2 ] г 1 — г +1 — зЯ 314 <ЭЛ23. г(1 — й). <ОЛ24, К(и, и) = ш!и [и, и) — ии. <ОЛ25. Очевидно, в! — гауссовский процесс. Найдем ковариационну!о фувкци!о и,. Так как В В,= <1+ С) !и, <1 О (1+ г) Вг<<!тг! —— [(1+ С) и!/<,+Π— СВ1[ й< <г! <е! [(1+') /<Н-г! ' 1[ — (1 Р') (1+') ~</<1+с! »Л!+г! '(1+') вд<+г<вй г Г с г г(1+ С) в в л-гйв, то Еи в = (1+ <) (1+и) йп<п </<!+С< 1 ' 1' С г [1+ с* 1+.
[ — гй = п<!п (С, г). 10Л26, Покажите, что процессы в)1! и в<г! гауссовские, найдите их ковариациопные функции. 10Л27. Йезависимость приращений [в~~'~+в<<з!)/)!<2 следует из независимости приращений в<!! п в г! и их независимости. Найдите распределение (в<с~! — в<!<+ в<з! — в<г!)/Р!2. «-1 жч з<п Йй 10.128. См.
указание к вадаче 10.126. 10.120. Положим г «(С) = Р~ Й ь», й=!« ~ "-',<й! сж« = шах [гт«(с) [; тогда с < и!ах <й'„Й $» ги<ил <лл й ю « — 1 «-т — 1! «-<-1 «-1 ",~'((;-' "" ())"':~-'","(Ъ'" Г. ). «=1 / «2 О,....»--: (2,. „.«-)=. «=1 »=1 части сходитсн равномерно с веронтностью 1. Теперьдостаточпо показать, что сг 2 и» з!и см з<п йг Е [вйвг[ = + — Р 1 — — ш!и (С, г). 10.130. ПРЕдположим, что л лйй /з й=! ц» = (вс+» — и!!)/Й сходится по вероятности к некоторой случайной величине гг Отсюда следует слабая сходимость распределений «л к распределению !!. Но ц» имеет нормальное распределение Й<(О, Й ') и, следовательно, Н!и Р (<<й < г) = О. 10ЛЗ<.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
