Гмурман - Теория вероятностей и математическая статистика (969547), страница 27
Текст из файла (страница 27)
0,5468. 147 10" 4. Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону со средним квадратическим отклонением о=1 ььм и математическим ожиданием а=О. Найти вероятность того, чта из двух независимых наблюдений ошибка хотя бы одного из иих не превзойдет па абсолютной величине 1,28 мм. Отв. 0,96. 5. Валики, пзгатоиляемые автоматом, считаются стандартными, если отклоненйе диаметра валика от проектного размера не превышает 2 мм. Случайные отклонения диаметра валякав подчиняются нормальному закону со средним квадратическим отклонением о = 1,6 мм и математическим ожиданием а=0. Сколько процентов стандартных валиков изготовляет автомат) Отв.
Приььерно 79ой. 6. Дискретная случайная величина Х задана законом распределения: а)Х 1 2 3 б)Х вЂ” ! 1 2 р 0,2 0,1 0,7 р 0,1 0,2 0,7 Найти закон распределения случайной величины У =Хь. Отв. а) г' 1 16 81 б) г' 1 16 Р 0,2 О.! 0,7 р 0,3 0,7 7. Непрерывная случайная величина Х задана плотностью распределения /(х). Найти дифференциальную функцию д(у) случайной величины у, если: а) !' =Х -! 1 ( — оо < х < оо); б) Г =-2Х ( — о < х < о).
Отв. а) 8 (у) =/ (у — 1) ( — оо < у < оо); б) д (у) = — / ! — ) ( — 2а < у < 2а). 1 /у! 2 (,2,) 8. Независимые дискретные случайные величины заданы следующими законами распределения: Х 2 3 5 )' 1 4 р 0,3 0,5 0,2 р 0,2 0,8 Найти зак.ны распределения функций: а) У= — Х+ )'; б) Я=Х«'. Отв.а) Е 3 4 6 7 9 р 0,06 О,!О 0,28 0,40 О,!6 б) Л 2 3 5 8 12 20 р 0,06 0,10 0,04 0,24 0,40 О,!6 9. Независимые случайные величины Х и г заданы пло, юстями распределений /д (х) = — е «!ь (0~« < оо); 3 /ь (х)= — е Ш (О~У < оо).
1 уь 5 Найти композицию этих законов, т. е. плотность распределения случайной величины Я= Х 4-'г'. — е «/ь (1 — е ь«!ьь) при з ~ 0; ь ! 1 О . 8 (з) = 0 при в<0. И8 Глава тринадцатая поклзлтвльнов РлспРедилвниа $1. Определение показательного распределения Показательным (экспоненциальным) называют распределение вероятностей непрерывной случайной величины Х„которое описывается плотностью 0 при х< 0, 1(х) = ке "' при х~ О, где 1 †постоянн положительная величина.
Мы видим, что показательное распределение определяется одним параметром к. Эта особенность показательного распределения указывает на его преимущество Ряс. 12 по сравнению с распределениями, зависящими от большего числа параметров. Обычно параметры неизвестны и приходится находить их оценки (приближенные значения); разумеется, проще оценить один параметр, чем два или три и т.
д. Примером непрерывной случайной величины, распределенной по показательному закону, может служить время между появлениями двух последовательных событий простейшего потока (см. 9 5). Найдем функцию распределения показательного закона (см. гл. Х1, 9 3): г (х) = ~ ~(х)дх= ~ (Их+ Х ~ е-' 1(х=1 — е-' . Итак, 0 при х(0, .г' (х) =- 1 — е-' при х >О. 149 Мы определили показательный закон с помогцью плотности распределения; ясно, что его можно определить, используя функцию распределения.
Графики плотности и функции распределения показательного закона изображены на рис. 12. Пример. Написать плотность и фуякцию распределения показательного закояа, если параметр ь=й. Ре ше и не. Очевидно, искомая плотность распределения 7(х)=8е-з прн х)0; 1(х)=0 прн х < О. Искомая функция распределения Р(х)=1 — е-зх при х~О: Р(х)=0 при х < О. 5 2. Вероятность попадания в заданный интервал показательна распределенной случайной величины Найдем вероятность попадания в интервал (а, Ь) непрерывной случайной величины Х, которая распределена по показательному закону, заданному функцией распределения Р(х)=1 — е-' (х- О).
Используем формулу (см. гл. Х, 8 2, следствие 1) Р (а < Х < Ь) = Е (Ь) — Р (а). Учитывая, что Р(а) =-1 — е-', Р(Ь) =-1 — е ьь, получим Р (а < Х < Ь) = — е-х" — е-"". (в) Значения функции е находят по таблице. Пример. Непрерывная случайная величина Х распределена по показательному закону ((х) =2е-~ при х —.0; 1(х) =0 при х < О. Найти вероятность того, что в результате испытания Х попнкает в интервал (0,3, 1). Ре шеи не. Но условию, 8=2. Воспользуемся формулой (е): Р(03<х<1)=с 1зоз1 — е 1т11=е е — е 0,54881 — О, 13534 = 0,41. $ 3. Числовые характеристики показательного распределения Пусть непрерывная случайная величина Х распределена по показательному закону ( 0 при х<0, '( Хе-"" при х)~ О. Найдем математическое ожидание (см.
гл. Х11 ° р 1): О\ и М(Х) = ~ х((х)бх=) ) хе-" бх. о о Интегрируя по частям, получим М (Х) = 1() . (и) Таким образом, математическое ожидание показательного распределения равно обратной величине параметра Х. Найдем дисперсию (см. гл. Х11, ~ 1): и ОР Р(Х) .= ~ ха((х) бх — [М (Х))а = Х ) хае-а"ах — 1/Ха. о о Интегрируя по частям, получим а Х ~ х'е-"хбх = 2уХа. о Следовательно, Р(Х) =1у) а.
Найдем среднее квадратическое отклонение, для чего извлечем квадратный корень из дисперсии: о (Х) = 1/к. (аи) Сравнивая (и) н (ее), заключаем, что М (Х) =о(Х)= 1/Х, т. е. мателтатическое ожидание и среднее квадратическое отклонение показательного распргделения равны между собой. Пример. Непрерывная случайная величина Х распределена по показательному закону 1(х) = 5е-йх при х ги О; 1(х) =О при х < О. (51 Найти математическое омгндаиие.
среднее квадратическое отклонение и дисперсию Х. Ре щ е н не. По условию, Л= 5. Следовательно. /И (Х) =и (Х) =-1/Л= 1/5 =0,2; 1) (Х) = 1/Лз =!/5«=0,04. 3 а м е ч а н и е !. Пусть на практике изучается показательно аспределенная случайная величина, причем параметр Л неизвестен. слн математическое ожидание также неизвестно, то находят его оценку (приближенное значение), в качестве которой принимают выборочную среднюю х (см. гл.
ХЧ1, й 5). Тогда приближенное значение параметра Л находят с помощью равенства Л» =!/х. 3 а м е ч а н и е 2. Допустим, име!отся основания предположить, что изучаемая на практкке случайная величина имеет показательное распределение. Для того чтобы проверить эту гипотезу, находят оценки математического ожидания и среднего квадратического отклонения, т. е. находят выборочную среднюю н выборочное среднее квадратическое отклонение (см. гл.
ХЧ1, $5, 9). Математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение показательного распределения равны мемеду собой, поэтому их оценки должны различаться незначительно. Если оценки окажутся близкими одна к другой, то данные наблюдений подтверждают гипотезу о показательном распределении изучаемой величины: если же оценки различаются существенно, то гипотезу следует отвергнуть. Показательное распределение широко применяется в приложениях, в частности в теории надежности, одним из основных понятий которой является функция надежности. 3 4.
Функция надежности Будем называть элплгентолг некоторое устройство независимо от того, «простое» оно или «сложное». Пусть элемент начинает работать в момент времени 1«=0, а по истечении времени длительностью 1 происходит отказ. Обозначим через Т непрерывную случайную величину— длительность времени безотказной работы элемента. Если элемент проработал безотказно (до наступления отказа) время, меньшее 1, то, следовательно, за время длительностью 1 наступит отказ.
Таким образом, функция распределения Р (1)=Р(Т(1) определяет в е р о я т н о с т ь о т к а з а за время длительностью 1. Следовательно, вероятность безотказной работы за это же время длительностью 1, т. е. вероятность противоположного события Т > 1, равна гс (1) == Р (Т > 1) = ( — Р (1). («) 152 Функцией надежности )с (1) называют функцию, определяющую вероятность безотказной работы элемента за время длительностью 1: гт (() =- )э (Т > 1). $5. Показательный закон надежности Часто длительность времени безотказной работы элемента имеет показательное распределение, функция распределения которого г" (1) =! — е ~.
Следовательно, в силу соотношения (и) предыдущего параграфа функция надежности в случае показательного распределения времени безотказной работы элемента имеет вид тт' (() = 1 — г' (1) = 1 — (1 — е-"') = е ь'. Локазательньгм законом надежности называют функцию надежности, определяемую равенством тс (1) =е-ь', (и) где )ь †интенсивнос отказов.
Как следует из определения функции надежности (см. 2 4), эта формула позволяет найти вероятность безотказной работы элемента на интервале времени длительностью 1, если время безотказной работы имеет. показательное распределение. Пример. Время безотказной работы элемента распределено по показательному закону 1(1) .=0,02е-еда~ при Г = 0 (1 — время). Найти вероятность того, что элемент проработает безотказно 100 ч. Р е ш е н н е. По условию, постоянная интенсивность отказов ь=0.02. Воспользуемся формулой (ь): 11(1 01= -'"'"= -е=О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
