В.Е. Гмурман - Руководство к решению задач по теории вероятностей и математической статистике (1115340), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Длительность времени безотказной работы элементаимеет показательное распределение F (/)= 1 —е-®»®*' (t > 0).Найти вероятность того, что за врек1я длительностью /=50 ч:а) элемент откажет; б) элемент не откажет.Р е ш е н и е , а) Так как функция распределения f (/) = 1 —е-^»<>*'определяет вероятность отказа элемента за время длительностью /,то, подставив / = 50 в функцию распределения, получим вероятностьотказа:f (50) = 1 —е-о.о1.5о= 1 _ е - 0 ' * = 1 --0,606 = 0,394;б) события «элемент откажет» и «элемент не откажет»—противоположные, поэтому вероятность того, что элемент не otкaжeтР = 1—0,-394 = 0.606.Этот же результат можно получить непосредственно, пользуясьфункцией надежности /?(0==е-^'', которая определяет вероятностьбезотказной работы элемента за время длительностью /:R (50) = е--о,01.бо = е-0.5 = о,606.Зв8, Длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение F (/)= 1—е'"^»*^*^Найти вероятность того, что за время длительностью/ = 100 ч: а) элемент откажет; б) элемент не откажет.369.
Испытывают два независимо работающих элемента. Длительность времени безотказной работы первогоэлемента имеет показательное распределение Fi{t) == \—е""^«®*', второго F^{t)=\—е"'®'^^?^ Найти вероятность того, что за время длительностью /==6 ч: а) обаэлемента откажут; б) оба элемента не откажут; в) толькоодин элемент откажет; г) хотя бы один элемент откажет.119Р е ш е н и е , а) Вероятность отказа первого элементаPi^fi( 6 ) = 1 —e-o.w в::^ I --е~»Д2 ^ I —0,887=*О,ИЗ.Зероятность отказа второго элементаP,-s= 1 —е~»-о»«а- I — е ~ м ^ 1 —0.741 =^0,259.Искомая вероятность того, что оба элемента откажут, по теоремеумножения вероятностейPiPa--0,113.0.259 = 0,03.б) Вероятность безотказной работы первого элемента<7i = /?, (6)-=e-0'02.e=^e-Ms=0,887.Вероятность безотказной работы второго элемента(7i = /?i(6)-=e-o.o» «-:е-«»з^0.741.Искомая вероятность безотказной работы обоих элементов</1-^» = 0,887 0,741 =0,66.в) Вероятность того, что откажет только один элемент^1^2+ PWi = 0,ll3.0.741 4-0,259 0,887 = 0,31.г) Вероятность того, что хотя бы один элемент откажет/> = 1 — q^q^ ^ 1 —0,66 = 0,34.370.
Испытывают три элемента, которые работаютнезависимо один от другого. Длительность времени безотказной работы элементов распределена по показательному закону: для первого элемента T^i (О = 1—е'"®»^^; длявторого F^(t) = — e~^'*^ для третьего элемента F^{t) ^= 1—e•^»з^ Найти вероятности того, что в интервалевремени (О, 5) ч откажут: а) только один элемент; б) толькодва э^пемента; в) все три элемента.371. Производится испытание трех элементов, работающих независимо один от другого. Длительность временибезотказной работы элементов pacпpeдev^eнa по показательному закону: для первого элемента А (0==0»l^~••*^для второго /з (/) ==0,2e""^'•*^ для третьего элемента /, ( / ) »==0,3€"®•'^ Найти вероятности того, что в интервалевремени (О, 10) ч откажут: а) хотя бы один элемент;б) не менее двух элементов.У к а з а н и е . Воспользоваться результатами, полученными прирешении задачи 370.372. Показательным законом надежности называютфункцию надежности, определяемую равенством 7? (О*=*е^^^^где положительное число X,—интенсивность отказов.
Доказать характеристическое свойство показательного закона120надежности: вероятность безотказной работы элементав интервале времени длительностью / не зависит от времени предшествующей работы до начала рассматриваемого интервала, а зависит только от длительности интервала t (при заданной интенсивности отказов Х).Р е ш е н и е . Введем обозначения событий: А —безотказная работаэлемента в интервале (О, /Q) длительностью /Q; В — безотказная работа элемента в интервале (/о, / о т О длительностью ЛТогда АВ — безотказная работа в интервале (О, /«-f/) длительностью ton-tПо формуле / ? ( / ) - е-^^ найдем вероятности этих событий:Р ( Д ) = е~^^*. P ( ^ ) - - e - ^ ^ Я(Ла)-е-^''<^»^'>=е-'-^*.е~ ^^Найдем условную вероятность того, что элемент будет работатьбезотказно в интервале (t^, ^о + О при условии, что он уже проработал безотказно в предшествующем интервале (О, /9)'Так как в полученной формуле не содержится /о, а содержитсятолько t, то это и означает,' что время работы в предшествующеминтервале не влияет на величину вероятности безотказной работына последующем интервале, а зависит только от длины t последующего интервала (/в4-О» что и требовалось доказать.Другими словами, условная вероятность Р ^ {В) безотказной работы в интервале времени длительностью /, вычисленная в предположении, что элемент проработал безотказно на предшествующеминтервале, равна безусловной вероятности Р (В).Глава седьмаяРАСПРЕДЕЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОГОи ДВУХ СЛУЧАЙНЫХ АРГУМЕНТОВ§ 1 .
функция одного случайного аргументаЕсли каждому возможному значению случайной величины Xсоответствует одно возможное значение случайной величины Y^ioYназывают функцией случайного аргумента X и записывают К = ф (X).Если X—д и с к р е т н а я с л у ч а й н а я в е л и ч и н а и функция К = ф(Х) монотонна, то различным значениям X соответствуютразличные значения К, причем вероятности соответствующих значений X м Y одинаковы. Другими словами, возможные значения Yнаходят из равенствагде Jt/-T-возможные значения X; вероятности возможных значений Yнаходят из равенстваP(Y =yi)-^P(X^Xi),Если же К = ф(Х)—немонотонная функция, то, вообще говоря,различным значениям X могут соответствовать одинаковые значе121яня Y (так будет, если возможные значения X попадут в интервал,в котором функция ф (X) не монотонна).
В этом случае для отыска*яия вероятностей возможных значений г следует сложить вероятноститех возможных значений Х^ при которых К принимает одинаковыезначения. Другими словами, вероятность повторяющетося значения Yравна сумме вероятностей тех возможных значений Х^ при кото*рых Y принимает одно и то же значение.Если X—н е п р е р ы в н а я с л у ч а й н а я в е л и ч и н а , за*данная плотностью распределения / ( х ) , и если ^а=:ф(дг)—дифференцируемая строго возрастающая или строго убывающая функция,обратная функция которой х = ф (^), то плотность распределения g(^)случайной величины Y находят из равенстваЕсли функция ^=ф(-^) в интервале возможных значений X немонотонна, то следует разбить этот интервал на такие интервалы,в которых функция ф(дг) монотонна, н найти плотности распределенНИИ giiy) для каждого из интервалов монотонности, а затем представить g{y) в виде суммы:^ (У) = = 2 ^ 1 (У).Например, если функция ф(х) монотонна в двух интервалах, в которых соответствующие обратные функции равны ф1(у) и 1^2 (^)f i^^ХУ) = / [*i Ы ] - | *1(У) 1+/ [*t {y)VWi (У) |.373.
Дискретная случайная величина X задана законом распределения:X 1 3 5р 0,4 0,1 0,5Найти закон распределения случайной величины К = ЗХ.Р е ш е н и е . Найдем возможные значения величины Y = ЭХ.Имеем: у | = 3 - 1 = 3 ; у2 = 3 - 3 = 9 ; ул = 3-5==15. Видим, что различнымвозможным значениям X соответстпуют различные значения К. Этообъясияетсй тем, что функция у = ф(дс) = 3дс моиотоннл. Найдемвероятности возможных значений Y. Для того чтобы K = y i = 3достаточно, чтобы величина X приняла значение дг^ = 1.
Вероятностьже события Х=:1 по условию равна 0,4; следовательно, и вероятность события К = ^1 = 3 также равна 0,4.Аналогично получим вероятности остальных возможных зиаче«НИИ Y*Р(К = 9) = Р(Х==3) = 0,1;Я(К = 15) = Я(Х = 5) = 0,5.Напишем искомый закон распределения К:К39 15р 0,4 0,1 0,5374. Дискретная случайная величина X задана законом распределения:X 3 6 10р 0,2 0,1 0,7122Найти закон распределения случайной величины Y == 2Х + 1.375. Дискретная случайная величина X задана законом распределения:X —1 —2 1 2р 0,3 0,1 0,2 0,4Найти закон распределения случайной величины К = Х*.Р е ш е н и е .
Найдем возможные значения Y:Уз = 4 = 1^ = 1,У4=^1 = 2* = 4.Итак, различным значениям X соответствуют одинаковые значения У. Это объясняется тем, что возможные значения X принадлежат интервалу, на котором функция К = Х^ не монотонна.Найдем вероятности возможных значений К. Для того чтобывеличина Y приняла значение К = 1, достаточно, чтобы величина Xприняла значение Х = —1 или Х = 1. Последние два события несовместны, их вероятности соответственно равны 0,3 и 0,2.
Поэтомувероятность события К = 1 по теореме сложенияP(K = 1 ) = P ( X = —1) + Р ( Х = 1 ) = 0 , 3 + 0 , 2 = 0,5.Аналогично найдем вероятность возможного значения К = 4:р (Г = 4) = Р ( Х = — 2) + /'(Х==:2) = 0 , 1 + 0 , 4 = 0 , 5 .Напишем искомый закон распределения величины К:Y 1 4р 0,5 0,5376. Дискретная случайная величина X задана законом распределения:X я/4 я/2 Зя/4р 0,2 0,7 0,1Найти закон распределения случайной величины K=sInX.377. Задана плотность распределения f{x) случайнойвеличины X, возможные значения которой заключеныв интервале (а, Ь).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
