Гмурман - Теория вероятностей и математическая статистика (969547), страница 77
Текст из файла (страница 77)
д. В случае, если в момент поступлення заявки все каналы заняты, наступает отказ, т. е. поступившая заявка не обслуживается и из дальнейшего рассмотрения исключается. Ведется подсчет числа обслуженных заявок н числа отказов. Если заявка обслужена, то в «счетчик обслуженных заявокэ добавляют единицу; прн отказе еднннцу добавляют в «счетчик отказов».
Ставится задача: найти математические ожидания числа обслуженных заявок и числа отказов за заданное время Т. Для решения этой задачи производят а испытаний, каждое длительностью Т, и определяют в каждом испытании число обслуженных заявок н число отказов. Введем обозначения: 1„„ †длительнос обслуживания заявки каналом; 1; †моме освобождения 1-го канала; Т~ †моме поступления й-й заявки", т„ †длительнос времени между поступлениями Й-й и (я+1)-й заявок; Т„«,=Т„+т« — момент поступления (я+1)-й заявки, и — число испытаний. Пусть первая заявка поступила в момент Т,=О, когда все каналы свободны.
Эта заявка поступит в первый "9 451 канал и будет нм обслужена за время 1,6„. В счетчик обслуженных заявок надо записать единицу. Разыграем момент Т, поступления второй заявки, для чего выберем случайное число г, и разыграем т, (учитывая, что т распределено по показательному закону) по формуле (см. гл. ХХ1, $ 7, пример 2) т,= — (1/Х) 1пг,. Следовательно, вторая заявка поступит в момент времени Т,=Ф,+т,=О+т,=т,. Если окажется, что 1, -Т, (вторая заявка поступила после того, как первый канал освободился), то вторая заявка будет обслужена первым каналом и в счетчик обслуженных заявок надо добавить единицу. Если же окажется, что 1, ) Т,„то первый канал занят, и заявка поступит во второй канал и будет им обслужеиа, поскольку расчет начат в предположении, что все каналы свободны; в счетчик обслуженных заявок надо добавить единицу.
Дальнейший расчет производится аналогично. Если в некоторый момент времени поступления очередной заявки все каналы заняты, то наступает отказ и в счетчик отказов надо добавить единицу. Испытание заканчивается, если очередная заявка поступит в момент времени, превышающий момент окончания испытания, т. е. если Та,, > Т. В итоге 1-го испытания в счетчиках окажутся соответственно число обслуженных заявок м;,„,„н число отказов м; „,.
Пусть произведено всего п испытаний, каждое длительностью Т, причем в 1-м испытании зарегистрировано м;,6, обслуженных заявок и м;, „ отказов. В качестве оценок искомых математических ожиданий принимают выборочные средние: Для вычисления наименьшего числа испытаний, которые с надежностью у обеспечат наперед заданную верхнюю 452 гранину «нпибкн Ь, можно использовать формулу (см. гл. ХЧ1, $16, замечайне 2) ««ой л -Ь-, где 1 находят по равенству Ф (1) 7~2, о 1Д (см. гл. ХИ1, $3). Пусть, например, известны среднее квадратическое отклонение а 4 и 7 0,96, ь 0,7. тогда Ф(1) 0,96г2 0,476 н 1 1,96. Минимальное число испытаний ««о~ цзз«г~ у о тт 126 Предполагалось, что время обслуживания — неслучайная величина; если время обслуживания случайно, то расчет производится аналогично.
Разумеется для разыгрывания случайного времени обслуживания надо задать законы его распределения для каждого канала. На практике расчет производят ЭВМ. Б. Применение метода Монте — Карло к вычислению определенных интегралов Приведем один из способов вычисления определенных интегралов методом Монте †Карло †сл усреднения лодынтегральной функции.
Требуется найти оценку !; определенного интеграла 7 ° ) «р (х) «(х. Рассмотрим случайную величину Х, распределенную равномерно в интервале интегрирования (а, Ь) с плотностью Г(х) = 1((Ь вЂ” а). Тогда математическое ожидание М ~«р(Х)1= «р(х)7 (х)«(х — ~ч«(х)«(х. Отсюда ) «р (х) «(х = (Ь вЂ” а) М [«р (х)1. а Заменим математическое ожидание М («р (Х)1 его оцен- аба кой †выборочн средней, получим оценку !; искомого интеграла: л ~В~ !р (к!) /; = (Ь вЂ” а) где х! — возможные значения случайной величины Х. Так как величина Х распределена равномерно в интервале (а, Ь) с плотностью /(х)=1/(Ь вЂ” а), то х, разыгрыь вают по формуле — ) г(х=г! (см.
гл. ХХ1, 9 7, пра- 1 вило 2). Отсюда х! — — а+(Ь вЂ” а) г;. Пример, Найти . а) оценку /! определенного интеграла /= = ) (к-(-1)!(к; б) абсолютную погрешность (/ — /г(; в) минимальное ! чясло яспытаний. которые с надежностью 7=0,95 обеспечат веркикяо границу ошибки 5 0,1, Р е ш е н н е. Используем формулу л „"5, '!р(кй ! ! / =(ь — а) ° По условию а=1, 5=3, !р(к)=к+1. Примем дла простоты число испытаний а=10. !отца оценка !о !е (к! + 1) ~ (к! + !) ° ! ! с ! /! =(3 — 1) =2 ° Результаты !О испытаний приведены в табл.
36. Случайные числа взяты ив приложения 9 с тремя янеками после запятой. т блн ца 36 у ) 6 з ( Номер ис- пытания ! 7 8 !О 0,520)О, ! 0.973 0 1,9 460 О, 100 О,ЙЮ 1, 200 0,376 0,752 1,7 52 О, 863 1,726 2,7 26 г! 2г! «!=1+ + 2г! Ч' («!) =«/+ 1 467 9 34 9 876 752 752 О, 354 0,7 341,7 1.040 0,27 2,0 1,27 2,752 3,7 2,7 752 Сложив числа последней строки таблицы, находим ~~~' ф (к/) =29,834. 454 Ископав оценка интеграла 7' = 2 (29,834/10) = 5,967. б) Найдем абсолютную погрешность, приняв во внимание, что з 7= ) (х+ !) ох =6! ! 1/ — /1 ! = 6 — 5,967 =0,033. в) Найдем дисперсию усредняемой функции <р(Х)=Х+1, учитывая, что случайная ьелнчнна Х а интервале интегрирований (1,3) распределена равномерно и ее дисперсия !) (Х) (3 — 1)е712 = ЦЗ (см. гл.
Хи, й 1, пример 2). от=!7(Х+ !) =!) (Х)= !/3. г) Найдем мннималыюе число испытаний, которые с надежностью 0,95 обеспечат верхнюю границу ошибки 6 О,1. Из равенства Ф(!) =0„95/2=0,475 по таблице приложения 2 надодин 1=1,96. Искомое минимальное число испытаний !еае 1,96е.(!73) я= — = ' ' =128. йе 0 !а В. Примеры случайных процессов 1. Процесс Пуассона. Рассмотрим простейший поток случайных событий, наступающих в интервале времени (О, 1). Напомним свойства простейшего потока (см. гл. У1, 9 6): 1) с т а ц и о н а р н о с т ь (вероятность появления й событий за время 1 зависит только от й и !); 2) отсутствие последействия (вероятность появления !е событий в течение промежутка времени (Т, Т+1) не зависит от того, сколько событий и как появлялось до момента Т); 3) ординарность (вероятность появления более одного события за малый прокзежуток времени Ы есть бесконечно малая более высокого порядка, чем Ы, т.
е. о (о!) Р». з(М)=о(Ы), где 1пп ! =О. а! а Поставим своей задачей найти вероятность Р,(1) появления й событий за время длительности 1. Для упрощения вывода используем следствие, которое можно получить из приведенных выше свойств: 4) вероятность того, что за малое время М наступит ровно одно событие, пропорциональна Ы с точностью до бесконечно малой высшего порядка относительно М: Р, (М) =) М+ о (М) ()ь > О).
(и) 455 а) Найдем вероятность Р,(!) того, что за время длительности Г ие наступит ни одного события. Для этого примем во внимание, что на п ромежутке 1+Ы не наступит ни одного события, если иа каждом из двух промежутков ! и Ы не появится ии одного события. В силу свойств ! и 2, по теореме умножения, Р, ((+Ы) = Р,(() Р,(Ы). ( ) События «за время Ы не появилось ии одного события», «появилось одно событие», «появилось более одного события» образуют полную группу, поэтому сумма вероятностей этих событий равна единице: Р, (Ы)+ Р, (Ы)+ Р», (Ы) = 1. Учитывая, что Р»>~ (Ы) =о(Ы) (свойство 3), Р,(Ы) = = ХЫ+о(Ы) (свойство 4), имеем Р»(Ы) = 1 Х Ы вЂ” 0 (Л!). (»«») Заметим, что, перейдя к пределу при Ы- О, найдем Р.
(О) =1. (еннн~) Подставим (э»а) в («»): Р (1+Ы) =Р,(Е) [! — ЛЫ вЂ” о(Ы)1. Отсюда Р,(1+ Ы) — Р,(1) = — ) Р Я Ы вЂ” о(Ы) Р»(1). Разделив обе части равенства иа Ы и перейдя к пределу при Ы- О, получим дифференциальное уравнение Р;(1) = — ХР,(г), общее решение которого Р»(г)=С вЂ” .
Используя (~ннн~), найдем, что С = 1 и, следовательно, Р, (Г) = е-м. Итак, вероятность того, что за время ! не появится ии одного события, найдена. б) Найдем вероятность Р,(г) появления за в ре- ия 1 ровно одного события. Для этого опреде- лим вероятность того, что за время 1+Ы событие по- явится один раз. Так будет в двух несовместных случаях: 4йб 1) событие наступит за время г' и не наступит за время М, 2) событие ие наступит за время ( и наступит за время М. По формуле полной вероятности, Р,((+М) =Р,(() Р,(И)+Р,(1) Р,(Л().
Заменим Р,(М) и Р,(Ы) соответственно по формулам (») и (»»»), перенесем Р, (() в левую часть равенства, разделим обе его части иа М и перейдем к пределу при Ы вЂ” О. В итоге получим линейное неоднородное уравнение пер- вого порядка Р; (г') + ХР, (() = Хе-м. Учитывая начальные условия, найдем С=О и, следовательно, Р, (() = (34) е-м. (»»»»») Итак, вероятность того, что за время 1 появится ровно одно событие, найдена. в) Найдем вероятность Р, (1) п о я в л е и и я з а время ( ровно двух событий. Для этого определим вероятность того, что за время !+й( событие появится два раза.
Так будет в трех несовместных случаях: 1) событие наступит 2 раза за время ( и ие наступит за время Ы, 2) событие наступит 1 раз за время ( и 1 раз за время Ы, 3) событие ие наступит за время 1 и наступит 2 раза за время Ы. По формуле полной вероятности, Ре((+ и) = Р,(() Р,(ЛЦ+ Р,(1) Р,(М)+Р,(1) Р,(л(). Заменим Ре(Щ, Р,(М) и Р,(1) соответственно по формулам (»»»), (») и (»»»»»); примем во внимание условие 4; перенесем Ре(г) в левую часть равенства, разделим обе его части на Ы и перейдем к пределу при Ы вЂ” О.
В итоге получим дифференциальное уравнение Р; (Г) + ХР, (() = ХЧе-".' Решив это уравнение, найдем вероятность того, что за время 1 появится ровно два собьггия: Ре (() (»г)ее" ~ Аналогично можно получить вероятность того, что за время ! наступит й событий: (Щ» е «( Таким образом, если события, наступаюшие в случайные моменты времени, удовлетворяют указанным выше условиям, то число событий, наступающих за фиксированное время г', распределено по закону Пуассона с параметром М. Другими словами, если Х (г) — число событий простейшего потока, наступивших за время Г, то при фиксированном 1 функция Х (1) есть случайная величина, распределенная по закону Пуассона с параметром М.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
