/
Текст
Е.С.ВЕНТЦЕЛЬ, Л.А.ОВЧАРОВ
ПРИКЛАДНЫЕ
ЗАДАЧИ ТЕОРИИ
ВЕРОЯТНОСТЕЙ
МОСКВА
•РАДИО И СВЯЗЬ-
1983
ББК 22.171
В29
УДК 519.212
В29 Вентцель Е. С., Овчаров Л. А;
Прикладные задачи теории вероятностей. — М.:
Радио и связь, 1983. — 416 с., ил.
В пер.: 1 р. 60 к.
Содержится большое число задач прикладного характера, относя-
щихся к разным областям практики, главным образом инженерно-тех-
ническим. В начале каждой главы приводятся краткие теоретические
сведения, необходимые для решения задач. Большинство задач снаб-
жено не только ответами, но и развернутыми решениями, демонстри-
рующими важные методические приемы.
Для инженерно-технических работников, а также студентов и пре-
подавателей вузов, заинтересованных в овладении вероятностными
методами решения прикладных задач.
„ 1702060000-020 __ _ ББК 22.171
В----------------107-82
[046(01)-83 517.8
Рецензент академик АН УССР Б. В. Г Н Е Д Е Н К О
Редакция литературы по кибернетике и вычислительной технике
© Издательство «Радио и связь», 1983
ПРЕДИСЛОВИЕ
Книга написана на основе многолетнего опыта преподавания тео-
рии вероятностей и ее приложений в высших технических учебных
заведениях различных профилей. Основой для нее послужили также
многочисленные практические задачи, встречавшиеся авторам в их
научно-исследовательской и консультационной работе. Эти задачи от-
носятся к разным областям практики, как-то : электротехника, радио-
техника, передача сообщений; электронные вычислительные машины;
информационные системы; надежность технических устройств, их ре-
монт и профилактика; точность аппаратуры; бытовое обслуживание;
транспорт, здравоохранение и др.
Книга состоит из одиннадцати глав; в начале каждой главы при-
ведена краткая сводка теоретических положений и основных формул,
необходимых для решения задач.
Задачи, помещенные в книге, весьма различны как по области при-
ложений, так и по трудности. В начале каждой главы читателю пред-
лагаются сравнительно простые задачи, цель которых — уяснение
основных понятий, приобретение и закрепление навыков применения
вероятностных методов. Далее приводятся более сложные задачи, име-
ющие практическую направленность, решение которых становится
возможным на базе усвоенных теоретических знаний и приобретенных
навыков.
Авторы избегают стандартных, так называемых «типовых» задач,
решаемых по определенному шаблону. Многие задачи, помещенные в
книге, могут показаться трудными не только начинающему, но и ис-
кушенному в теории вероятностей читателю (наиболее трудные, по
мнению составителей, отмечены звездочкой). В интересах читателя
большинство задач снабжено не только ответами, но и развернутыми
решениями; эти ответы и решения приводятся не в конце книги, а не-
посредственно за постановкой задачи (авторы рассчитывают на трудо-
любивого и вдумчивого читателя, который прежде всего попытается
найти решение самостоятельно). Такая структура книги очень удобна
и полностью оправдала себя на примере другой книги авторов «Теория
вероятностей» (М.: Наука, 1973), многократно изданной у нас и за ру-
бежом (некоторые задачи этого издания повторены авторами в настоя-
щей книге). . ’ * '
С точки зрения авторов, наибольший интерес в книге представля-
ют постановки и развернутые решения нетривиальных задач и проде-
монстрированные в них методические приемы. Авторы ставят себе
целью не просто решить задачу, а решить ее наиболее простыми и об-
щими средствами. Некоторые задачи решены не одним, а разными спо-
собами. Многие решения содержат оригинальные методические при-
емы, которые имеют общее значение и могут найти применение в са-
мых разных областях практики. Особое значение авторы придают ап-
парату числовых характеристик, позволяющему решать ряд задач с
исключительной простотой. Большое внимание уделяется прикладным
задачам теории марковских случайных процессов.
Краткие теоретические разделы, предваряющие отдельные главы
книги, в своем большинстве не конспектируют ни один из существую-
щих учебников по теории вероятностей, а написаны на новой методи-
ческой основе.
Таким образом, книга занимает в некотором смысле промежуточное
положение между сборником задач и учебником по теории вероятно-
стей. Она может быть полезна широкому кругу читателей: студентам
и преподавателям втузов, а также инженерам и научным работникам,
встречающимся на практике с задачами, требующими вероятностного
подхода. Отметим, что подробная разработанность решений и внима-
ние к методическим вопросам делают книгу хорошо приспособленной
к задачам самообразования.
Авторы приносят глубокую благодарность академику АН УССР
Б. В. Гнеденко, подробно ознакомившемуся с рукописью книги
и сделавшему ряд ценных замечаний, а также академику АН СССР
В. С. Пугачеву, с которым авторы многократно советовались при ра-
боте над книгой, в значительной мере следуя методическим принци-
пам и системе обозначений, принятым в его монографии [12].
ГЛАВА 1
ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ.
непосредственный подсчет вероятностей
В СХЕМЕ СЛУЧАЕВ
1.0. Теория вероятностей — математическая наука, изучающая закономер-
ности в случайных явлениях. Одним из основных понятий теории вероятностей
является понятие случайного события (или просто события). Событием называ-
ется всякий факт, который в результате опыта (испытания, эксперимента) может
произойти или не произойти. Примеры событий: выпадение шестерки при бро-
сании игральной кости; отказ технического устройства за время его работы
т; искажение сообщения при передаче его по каналу связи. С событиями связыва-
ются некоторые числа, характеризующие степень объективной возможности этих
событий, называемые вероятностями событий.
К понятию «вероятность» существует несколько подходов. Один из них («клас-
сический») основан на подсчете числа исходов опыта, благоприятных данному
событию, и его отношения к общему числу равновозможных исходов 1см. ниже
формулу (1.0.6) ]. Другой подход (так называемый «частотный» или «статисти-
ческий») основан на понятии частоты события в длинной серии опытов. Частотой
(или частостью) события в серии из N опытов называется отношение числа опы-
тов, в которых произошло данное событие, к общему числу произведенных опы-
тов. Существуют случайные явления, в которых наблюдается устойчивость час-
тот*, она состоит в том, что при увеличении числа независимых опытов N часто-
та события стабилизируется, приближаясь к какой-то постоянной величине;
эта величина и называется вероятностью события.
Современное построение теории вероятностей как раздела математики ос-
новывается на аксиоматическом подходе и опирается на элементарные понятия
теории множеств. Такой подход к построению теории вероятностей называется
теоретико-множественным.
Напомним основные понятия теории множеств*).
Множеством называется любая совокупность объектов произвольной при-
роды, каждый из которых называется элементом множества. Примеры мно-
жеств: множество студентов, обучающихся в данном вузе; множество натураль-
ных чисел, не превосходящих 100; множество точек на плоскости, лежащих
внутри или на границе круга с радиусом единица и центром в начале координат.
Множество обозначается по-разному: или одной большой буквой; или пере-
числением его элементов, данным в фигурных скобках; или указанием (в тех же
фигурных скобках) правила, по которому элемент относится к множеству. На-
пример, множество М натуральных чисел от 1 до 100 может быть записано в виде
М = {1, 2, ..., 100} = {/ — целое; 1 100}.
Множество С точек на плоскости, лежащих внутри или на границе круга с цент-
ром в начале координат, может быть записано в виде С = {х2 + #2 С Я2},
где х, у — декартовы координаты точки; R — радиус круга.
По числу элементов множества делятся на конечные и бесконечные. Множест-
во М == {1, 2, ..., 100} конечно и содержит 100 элементов (конечное множество
может, в частности, состоять из одного элемента). Множество всех натуральных
чисел N = {1, 2, ..., п, ...} бесконечно; также бесконечно и множество четных
чисел N2 = {2,4, ...,2п,...}. Бесконечное множество называется счетным, если
все его члены можно перечислить в определенной последовательности (оба выше-
В настоящее время эти понятия излагаются в средней школе.
приведенные бесконечные множества П и М2 являются счетными). Множество
С точек внутри и на границе круга радиуса R > О
С={х2+^2</?} (1.0.1)
является бесконечным и несчетным (его элементы нельзя перенумеровать один
за другим).
Два множества А и В совпадают (или эквивалентны), если они состоят из
одних и тех же элементов (совпадение множеств обозначается А = В), Напри-
мер, множество корней уравнения х2 — 5х + 4 — 0 совпадает с множеством
{1, 4} (а также с множеством {4, 1}).
Запись а £ А означает: объект а является элементом множества А; или,
другими словами, а принадлежит А. Запись а ф А означает: объект а не явля-
ется элементом множества А.
A+ff
Рис, 1.0,2
Пустым множеством называется множество, не содержащее ни одного эле-
мента; оно обозначается символом 0. Пример: множество точек плоскости, ко-
ординаты которых (х, у) удовлетворяют неравенству х2 + У2 — 1, является
пустым: {х2 + у2 —1}=0. Все пустые множества эквивалентны друг
другу.
Множество В называется подмножеством (частью) множества Л, если все
элементы В содержатся также и в Л; обозначение В С Л (или Л о В), Примеры:
{1, 2, 100}G {1, 2, ...» 1000}; {1, 2, ..., 100}С{1, 2.100}; {х^ГС 1}£
{л? + */2 С 2}.
Считается, что пустое множество является частью любого множества Л:
0 СЛ.
Включение множеств можно наглядно изображать с помощью геометричес-
кой интерпретации; в этом случае элементами множеств являются точки на плос-
кости (см. рис. 1.0.1, где множество*/? является частью множества Л).
Объединением (суммой) множеств Л и В называется множество С = Л + В,
состоящее из всех элементов Л и всех элементов В (в том числе и тех, которые
принадлежат и Л, и В). Короче: объединение двух множеств — это совокупность
элементов, принадлежащих хотя бы одному из них. Примеры: {1, 2, ..., 100} +
+ {50, 51, ..., 200}= {1, 2, ..., 200}; {1, 2, ..., 100}+ {1, 2,..., 1000}= {1,2, ...',
1000}; {1, 2, ..., 100}+ 0 = {1, 2, ..., 100}. Изображение объединения двух
множеств Л и В дано на рис. 1.0.2: вся заштрихованная область есть Л+В.
Аналогично определяется объединение любого числа множеств: Лх + Л2 +
п
+...+ Ап — 2 At есть множество, состоящее из всех элементов, входящих хотя
бы в одно из множеств Лх, ..., Лп. Рассматриваются также объединения беско-
со
нечного (счетного) числа множеств 2 = Лх + Л2 +... + Лп + ... Пример:
{1, 2} + {2, 3} + {3, 4} + ...+ {пГп- 1} + ... = {1, 2, 3, ..., и, ...}.
Пересечением (произведением) множеств Л и В называется множество D =
=Л • В, состоящее из элементов, входящих одновременно и в Л, и в В. Примеры:
{1, 2, ..., 100} • {50, 51, ..., 200} = {50, 51, ..., 100}; {1, 2, ..., 100} • {1, 2, ...,
1000} = {1,2, ..., 100}; {1, 2, ..., 100} • 0 = 0. Изображение пересечения двух
множеств Л и В дано на рис. 1.0.3.
Аналогично определяется пересечение любого числа множеств. Множество
п
Лх • Л2 iif Ап = П A i состоит из элементов, входящих одновременно во все
Лх, Л2, si., Лп. Определение распространяется и на бесконечное (счетное) число
множеств*: П Л$ есть множество, состоящее из элементов, входящих одновремен-
но во все множества Alt Л2, ..., Лп, ...
Множества Л и В называются непересекающимися, если их пересечение есть
пустое множество: Л • В = 0, т. е. нет ни одного элемента, входящего и в Л, и
в В (рис. 1.0.4). На рис. 1.0.5 изображено несколько попарно непересекающихся
множеств.
Так же как при записи обычного умножения, знак • в произведении собы-
тий часто опускается.
Этих элементарных сведений по теории множеств достаточно для того, чтобы
пользоваться теоретико-множественной схемой построения теории вероятностей.
Пусть производится некоторый опыт (эксперимент, испытание), результат
которого заранее неизвестен, случаен. Рассмотрим множество Q всех возможных
исходов опыта: каждый его элемент w £ Q (один отдельный исход опыта) будем
называть элементарным событием, а все множество Q — пространством эле-
ментарных событий. Подмножества множества Q называются событиями (или
случайными событиями); любое событие Л это подмножество множества Q:
ЛСЙ.
Пример; опыт состоит в бросании игральной кости*); пространство элемен-
тарных событий Q = {1, 2, 3, 4, 5, 6}; событие Л — выпадение четного числа
очков; А = {2, 4, 6}; Л GQ. В частности, можно рассматривать событие Q
(ведь каждое множество есть свое собственное подмножество); оно называется
достоверным событием (осуществляется при любом опыте, т. е. наверняка). Ко
всему пространству Q элементарных событий добавляется еще пустое множество
0; это множество тоже рассматривается как событие и называется невозможным
событием (в результате опыта оно не может произойти). Пример достоверного
события: {выпадение не более 6 очков при бросании игральной кости); пример
невозможного события: {выпадение 7 очков при бросании игральной кости).
Заметим, что. элементарные события в одном и том же опыте можно задавать
по-разному; например, при случайном бросании точки на плоскости положение
точки можно задавать как парой декартовых координат (х, у), так и парой по-
лярных (р, <р).
Непересекающиеся события Л, В (такие что АВ = 0) называются несов-
местными-, появление [одного из них исключает появление другого. Несколько
событий Лх, Л2, ..., Ап называются попарно несовместными (или просто несов-
местными), если появление^каждого из них исключает появление каждого из
остальных.
Говорят, что несколько событий Лх, Л2, sii, Лп образуют полную группу,
если т. е. их сумма есть достоверное событие (другими словами, в
*2 Игральной костью называется кубик, на гранях которого нанесены 1, 2, 3,
4, о, 6 точек (или «очков»),
результате опыта непременно произойдет хотя бьг одно из них). Пример:
опыт— бросание игральной кости; события А = {I,4 2); В = {2, 3, 4} и С =
= {4, 5, 6} образуют полную группу: Л + В + С = {1, 2, 3, 4, 5, 6} = Q. '
Введем аксиомы теории вероятностей. Пусть каждому событию ставится в
соответствие некоторое число, называемое вероятностью события. Вероятность
события А мы будем обозначать Р (Л)*). Потребуем, чтобы вероятности событий
удовлетворяли следующим аксиомам:
I. Вероятность любого события А заключена между нулем и единицей:
О < Р (Л)< 1. (1.0.2)
II. Аксиома сложения вероятностей: если А и В несовместные события, то
Р (Л .+ В) = Р (Л) + Р (В). (1.0.3)
Аксиома (1.0.3) сразу обобщается на любое конечное число событий: если Л19
Л2, Ап — несовместные события, то
р ( 2 ЛИ = 2 (1-0.4)
\i=l / i=l
III. Аксиома сложения вероятностей для бесконечной последовательности
событий: если Alt Л2, ..., Лп, ... — несовместные события, то
р( 2 лЛ = 2 Р(Лг). (1.0.5)
V=1 / i==i
Аксиомы теории вероятностей позволяют вычислять вероятности любых со-
бытий (подмножеств пространства Q) с помощью^ вероятностей элементарных
событий (если их конечное или счетное число). Вопрос о том, как определить
вероятности элементарных событий, при этом не рассматривается. На практике
они определяются либо из соображений, связанных с симметрией опыта (напри-
мер, для симмеричной игральной кости естественно считать одинаково вероят-
ным выпадение каждой из граней), или же на основе опытных данных (частот).
Для опытов, обладающих симметрией возможных исходов, применяется спо-
соб непосредственного вычисления вероятностей событий в так называемой
схеме случаев (иначе — схеме урн)/Этот способ основан на допущении о равно-
вероятности (равновозможности) элементарных событий. Несколько событий
Ах, А2, ..., Ап называются равновозможными, если в силу симметрии условий
опыта относительно этих событий, вероятности их одинаковы: Р (Ах) = Р (А2) =
... = Р (Ай).
Если в каком-то опыте пространство элементарных событий й можно пред-
ставить в виде полной группы несовместных и равновозможных событий ©lt ©2,
..., ©п, то такие события называются случаями (или шансами), а про сам опыт
говорят, что он сводится к схеме случаев (схеме урн).
Случай называется благоприятным событием А, если он является эле-
ментом множества A: ©$ £ А.
Так как случаи ©х, ©2, ..., ©п образуют полную группу событий, то
п
2 ©t—Q.
Так как элементарные события ©х, ю2, ...» несовместны, то по аксиоме
сложения вероятностей
(п \ п
2 Мг =p(Q)=2 р(®г)=1.
/ i=l
*) Если событие (множество) обозначается не буквой, а словесным описа-
нием свойств этого множества, или же формулой типа (1.0.1), или просто пере-
числением элементов множества, мы будем при записи вероятности пользовать-
ся не круглыми, а фигурными скобками, например Р{х2+#2<2}\
Так как элементарные события сох, со2, ...»соЛ равновозможны, то вероятность ”
каждого из них одна и та же и равна 1/n: I
Р (шх) = Р (со2) = ... = Р (шп) = 1/п.
Отсюда непосредственно вытекает так называемая классическая формула
для вероятности события: если опыт сводится к схеме случаев, то вероятность
события А в этом опыте можно вычислить по формуле
РА(А) = тА/п, (1.0.6)
где тА — число случаев, благоприятных событию А; п — общее число случаев.
Формула (1.0.6), принимавшаяся когда-то за определение вероятности,
при современном аксиоматическом подходе есть следствие аксиомы сложения
вероятностей.
Рис. 1.0.6 Рис. 1.0.7 Рис. 1.0.8
Рассмотрим пример. В урне находятся 3 белых и 4 черных шара, тщательно
перемешанных. Из урны наугад выбирается один шар. Построить для этого опы-
та пространство элементарных событий и найти вероятность события А = {вынут
белый шар}. Для этого перенумеруем шары в урне номерами от 1 до 7; первые
три шара — белые, последние четыре — черные:
Q = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}; А = {1, 2, 3}.
В силу симметрии условий задачи относительно всех шаров (шар выбирается
«наугад») элементарные события равновозможны. Так как они несовместны и
образуют полную группу, вероятность события А найдется по формуле (1.0.6):
Р (Л) = тА/п = 3/7.
Формула (1.0.6) дает возможность в некоторых задачах, когда опыт обла-
дает симметрией возможных исходов, непосредственно по условиям опыта вы-
числять вероятности событий.
Естественным обобщением и расширением непосредственного подсчета веро-
ятностей в схеме случаев является «геометрический» подход к вычислению
вероятностей событий; он применяется тогда, когда пространство элементарных
событий Q включает несчетное множество элементарных событий со £ Q, и,
по условиям симметрии опыта, никакое из них не имеет преимущества перед
другими в смысле возможности появления*). Пусть пространство элементарных
событий Q — какая-то область на плоскости (рис. 1.0.6), а элементарные собы-
тия со — отдельные' точки в пределах этой области. Если опыт обладает симмет-
рией возможных исходов (например, какой-то «точечный» объект «наугад» бро-
сается в пределах области), то все элементарные события «равноправны», и ес-
*) Мы не говорим, что элементарные события со «равновероятны»; как мы
убедимся в гл. 5, вероятность каждого из них равна нулю.
тественно предположить, что вероятности попадания элементарного события
со в две области I и II равной площади S равны, а вероятность любого события
A CQ равна отношению площади области А к площади всей области Q:
Р (Л) = S/SQ. (1.0.7)
Формула (1.0.7) представляет собой обобщение классической формулы’(1.0.6)
на несчетное множество элементарных событий. Симметрия условий опыта от-
носительно его элементарных исходов ® формулируется обычно с помощью сло-
ва «наугад», что, в сущности, равносильно выбору наугад одного из шаров в урне
(см. выше). Вероятности^ вычисляемые с помощью такого приема, в учебниках
часто называются «геометрическими вероятностями».
Пусть, например, на отрезке от 0 до 2 наугад ставятся две точки с абсцисса-
ми х и у (рис. 1.0.7). Найти вероятность того, что расстояние L между ними бу-
дет меньше единицы. Элементарное событие о для этого случая характеризуется
парой координат (х, у). Пространство элементарных событий — квадрат со
стороной 2 на плоскости хО у (рис. 1.0.8). L = | у — х |; событию А = {|у —
— х| < 1} соответствует область Л, заштрихованная на рис. 1.0.8.
Р (Л) = Р { |у - х| < 1} = SA/SQ = 3/4.
Если пространство элементарных событий не плоское, а трехмерное, то в
(1.0.7) вместо площадей SA и SQ ставятся объемы VA и для одномерного про-
странства элементарных событий — длины LA и La соответствующих участков
прямой.
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
1.1. Относительно событий, перечисленных в каждом примере,
указать, образуют ли они в данном опыте полную группу событйй (да,
нет).
1) Опыт — бросание монеты; события:
Ai — {герб}; Л2 = {решка}.
2) Опыт — бросание двух монет; события:
Bi = {два герба}; В2 = {две решки}.
3) Опыт — бросание двух игральных костей; события:
Ci = {на обеих костях шестерки};
С2 = {ни на одной кости нет шестерки};
С3 = {на одной из костей шестерка, на другой — нет}.
4) Опыт — передача двух сигналов по каналу связи; события:
Di — {хотя бы один сигнал не искажен};
D2 = {хотя бы один сигнал искажен}.
5) Опыт — передача трех сообщений по каналу связи; события:
Ei = {все три сообщения переданы без ошибок};
Е2 = {все три'сообщения переданы с ошибками};
Е3 = {два сообщения переданы с ошибками, одно без ошибок}.
Ответ:,!) да,5,2) нет, 3) да, 4) да, 5) нет.
1.2. Относительно каждой группы событий ответить на вопрос,
являются ли они в данном опыте несовместными (да, нет).
1) Опыт,— бросание монеты; события:
А = {герб}; А 2 = {решка}.
2) Опыт — бросание двух монет; события:
= {герб на первой монете};
2. В2 — {герб на второй монете}.
3) Опыт — два выстрела по цели; события:
Со = {ни одного попадания};
Сх = {одно попадание};
С2 = {два попадания}.
4) Тот же опыт; события:
Di — {одно попадание}; D3 = {один промах}.
5) Опыт — вынимание двух карт из колоды; события:
£х = {обе карты черной масти};
£а = {среди вынутых карт^есть дама треф};
Е3 = {среди вынутых карт есть туз пик}.
6) Опыт — передача трех сообщений по радио; события:
Гх = {в первом сообщении есть ошибка};
= {во втором сообщении'есть ошибка};
F3 = {в первом сообщениигесть ошибка, во. втором — нет}.
Ответ: 1) да, 2) нет, 3) да, 4) нет, 5) нет, 6) нет.
1.3. Относительно каждой из групп событий ответить на вопрос,
равновозможны ли они в данном опыте (да, нет).
1) Опыт — бросание монеты; события:
Лх — {герб}; А3 — {решка}.
2) Опыт — бросание неправильной (погнутой) монеты; те же со-
бытия Ai, А3.
3) Опыт — выстрел по мишени; события:
Вх = {попадание};' В2 = {промах}.
4) Опыт — бросание двух монет; события:
Сх = {два герба}; С2 = {две решки}; j_C3 = {один герб и одна
решка}.
5) Опыт — вынимание наугад одной карты из колоды; события:
Dx = {черва}; D3 = {бубна}; D3 — {трефа}; = {пика}.
6) Опыт — бросание игральной кости; события:
Ех = {не менее трех очков};
£2 = {не более трех очков}.
7) Опыт — по каналу связи передаются ьв одинаковых условиях
три сообщения одинаковой длины; события:'
Fi = {ошибка в первом сообщении};
F3 = {ошибка во втором сообщении}; .
F3 = {ошибка в третьем сообщении}.
Ответ: 1) да, 2) нет, 3) в общем случае нет, 4) нет, 5) да, 6) нет,
7) да.
1.4. Относительно каждой из групп событий ответить на следую-
щие вопросы: образуют ли они полную группу; являются ли несовмест-
ными; являются ли равновозможными; образуют ли группу случаев.
1) Опыт — бросание (правильной) монеты; события:
Ai = {герб}; А2 = {решка}.
2) Опыт — бросание двух монет; события:
Bi = {два герба}; В2 = {две решки};
В3 = {один герб^и одна решка}.
3) Опыт — бросание игральной кости; события:
Сх = {1 или 2 очка}; С2 = {2 или 3 очка}; С3 = {3 или 4 очка};
С4 = {4 или 5 очков}; С8 « {5 или 6 очков}.
4) Опыт — вынимание наугад одной карты из колоды в 36 листов;
события:
Di — {туз}; Z)2 = {король}; D3 — {дама}; £>4 = {валет}; £>s =
= {десятка}; D6 = {девятка}; £>7 = {восьмерка}; D8 = {се-
мерка}; D9 = {шестерка}.
5) Опыт — выстрел по мишени; события
= {попадание}; Е2 = {промах}.
6) Опыт — передача (в одинаковых условиях) трех сообщений рав-
ной длины; события:
Гх = {искажено первое сообщение};
Fz = {искажено второе сообщение};
F3 = {искажено третье сообщение}.
7) Опыт — эксплуатируются два прибора в течение времени т; со-
бытия:
Go = {ни один прибор не вышел из строя};
Gx = {один прибор вышел из строя, а другой нет};
G2 = {оба прибора вышли из строя}.
Ответ: 1) да, да, да, да; 2) да, да, нет, нет; 3) да, нет, да, нет;
4) да, да, да, да; 5) да, да, нет, нет; 6) нет, нет, да, нет; 7) да, да, нет,
нет.
1.5. Монета бросается до тех пор, пока не появится подряд два гер-
ба или же две решки; после этого бросания прекращаются. Построить
для этого опыта пространство элементарных событий и выделить в
нем подмножество, соответствующее событию А — {понадобится не
более трех бросаний}. Можно ли здесь найти вероятность события
как отношение числа элементарных событий, благоприятных А, к об-
щему числу элементарных событий, и если нет, то почему?
Решение. Элементарные события, образующие множество £2
(герб обозначен буквой «г», решка — «р»): ©х = {г, г}; ©2 = {Р> р};
®з = {г, р, р}; ®4 = {р, г, г}; ©6 == {г, р, г, г}; ©6 = {р, г, р, р}...;
число этих событий бесконечно (счетно): й = {©х, ©2, ®з> •••}• Под-
множество элементарных событий, благоприятных А; А = {©х, ©2,
®3, ®л}-
Определить вероятность события А как отношение числа элемен-
тарных событий, благоприятных А, к общему числу элементарных
событий в данном случае нельзя, так как элементарные события ©х,
ю2, ©з, ... неравновозможны: каждая последующая пара менее вероят-
на, чем предыдущая [нахождение Р (Л) — см. задачу 2.19].
1.6. Многогранник, имеющий k граней (k > 3) с номерами 1, 2, ...
..., k, бросается наугад на плоскость; при этом он падает на ту или дру-
гую грань. Построить для этого опыта пространство элементарных
событий и выделить в нем подмножество, соответствующее событию
А = {многогранник упал на грань, номер которой не превышает чис-
ла k!2}.
Решение. Пространство й состоит из k элементарных событий:
й = {1, 2, ..., k}, где числа соответствуют номерам граней. Подмно-
жество А состоит из элементарных событий: А ={1,2,...., [Л/2]},
где [6/2] — целая часть, содержащаяся в k/2.
1.7. В условиях предыдущей задачи многогранник — правиль-
ный; возможные значения числа граней; k = 4 (тетраэдр); k = 6 (куб);
k = 8 (октаэдр); k = 12 (додекаэдр); k = 20 (икосаэдр). Найти для
каждого из многогранников вероятность события А.
Решение. Для правильного (симметричного) многогранника
появление каждой грани одинаково вероятно, так что можно вычис-
лить Р (Д) по формуле (1.0.6). Так как число граней всех правильных
многогранников четно, то [k!2] = А/2 и для любого из них Р (Д) —
= 1/2.
1.8. В урне а белых и Ь черных шаров. Из урны вынимают наугад
один шар. Найти вероятность того, что этот шар — белый.
Ответ, а! (а + Ъ).
1.9. В урне а белых и Ь черных шаров. Из урны вынимают один шар
и откладывают в сторо'ну. Этот шар оказался белым. После этого из
урны берут еще один шар. Найти вероятность того, что этот шар тоже
будет белым.
Ответ, (а — 1)/(а + b — 1).
1.10. В урне а белых и b черных шаров. Из урны вынули один шар
и не глядя отложили в сторону. После этого из урны взяли еще один
шар. Он оказался белым. Найти вероятность того, что первый шар, от-
ложенный в сторону, тоже белый.
Ответ, (а — 1)/ (а 4- Ь — 1).
1.11. Из урны, содержащей а белых и b черных шаров, вынимают
один за другим все шары, кроме одного. Найти вероятность того, что
последний оставшийся в урне шар будет белым.
О т в е т. а! (а + Ь).
1.12. Из урны, в которой а белых и Ь черных шаров, вынимают
подряд все находящиеся в ней шары. Найти вероятность того, что вто-
рым по порядку будет вынут белый шар.
Ответ, а! (а + Ь).
1.13. В урне а белых и Ъ черных шаров (а 2). Из урны вынимают
сразу два шара. Найти вероятность того, что оба шара будут белыми.
Решение. Событие А = {два белых шара). Общее число слу-
чаев
п = = (а+ 6) (а+ Ь-1)/(1 -2),
Ст « *
k =------------число сочетании из k элементов по т.
ml (k—m)l
Число благоприятных случаев
тА = С% — а (а — 1)/ (1 • 2).
Вероятность события А
Р (Д) = тл1п — тл/п = а (а — 1)/ [ (а + Ь) (а-\-Ь — 1)].
1.14. В урне а белых и b черных шаров (а> 2, & 3). Из урны вы
нимают сразу пять шаров. Найти вероятность р того, что два из них
будут белыми, а три черными.
Решение. Общее число случаев
Л — Са 4-6 —
(д4-6)(а+/>—1) (a+b—2)(a+b—3) (а+Ь—4)
1-2-3-4-5
Число благоприятных случаев
m==c^aci=a^ н*-Р(*-2) .
° 1-2 1-2-3
_m =___________Юа (а—1) 6 (f>—1) (5—2)_____
Р п (a+b)(a+b—1) (а+6— 2)(а-Н~3) (а+Ь—4)
1.15. В партии, состоящей из k изделий, имеется I дефектных. Из
партии выбирается для контроля г изделий. Найти вероятность р то-
го, что из них ровно $ изделий будут дефектными.
О т в е т. р = CfC'k-VC'k.
1.16. Игральная кость бросается один раз. Найти вероятности со-
бытий:
А — {четное число очков};
В = (не менее 5 очков};
С = {не более 5 очков}.
• О т в е т: Р (Л) = 1/2; Р (В) = 1/3; Р (С) = 5/6.
1.17. В урне а белых и b черных шаров (а > 2; 6^2). Из урны
вынимают одновременно два шара. Какое событие более вероятно:
А = {шары одного цвета}; В — {шары разных цветов}?
Решение.
Р(Л) = C°+Cg = a(a-V)+b(b-l) .
c*a+b (a+b) a+b-1) ’
p /q\_ 2ab
C*+b (a+h)(fl+h-l)
Сравнивая числители этих дробей, находим
Р (Л) < Р (В) при а {а — 1) + b (6 — 1) < 2аЬ,
т. е. (а — by < а + 6;
Р (Л) = Р (В) при (а — ЬУ = а + 6;
Р (Л) > Р (В) при (а — ЬУ > а + Ь.
1.18. Из ящика, содержащего п перенумерованных изделий, нау-
угад вынимают одно за другим все находящиеся в нем изделия. Найти
вероятность того, что номера вынутых изделий будут'идти по порядку: _
1,2, .... и.
Ответ. 1/п!
1.19. Тот же ящик, что и в предудущей задаче, но каждое изделие
после вынимания вкладывается обратно и перемешивается с други-
ми, а его номер записывается. Найти вероятность того, что будет за-
писана естественная последовательность номеров: 1, 2, ..., п.
Ответ. 1/пл.
Г.20. В розыгрыше первенства по баскетболу участвуют 18 команд,
из которых случайным образом формируются две группы по 9 команд
в каждой. Среди участников соревнований имеется 5 команд экстра- , \
класса. Найти вероятность следующих событий:
А — {все команды экстракласса попадут в одну и ту же группу};
В = {две команды экстракласса попадут в одну из групп, а три —
в другую).
Ответ.
р (л) == . р^в)=с* с** с,3 __ 12
Cie 34 C*g 17
1.21. Некто купил карточку Спортлото и отметил в ней 6 из имеют
щихся 49 номеров, после чего в тираже разыгрываются 6 «выигравших»
номеров из 49. Найти вероятности следующих событий:
А3 = {верно угаданы 3 выигравших номера из 6);
А4 = (верно угаданы 4 номера из 6);
А6 = {верно угаданы 5 номеров из 6);
Ае = {верно угаданы все 6 номеров).
Решение. Задача эквивалентна выниманию’б^шаров из урны, в
которой 6 белых шаров (выигравшие номера) и 49 — 6 = 43 черных
(не выигравшие).
р (Л3)=« 0,01765; Р (Д4) = « 0,000969;
С$9 С«9
р (Л6) = « 0,00001845; Р(Дв) = — « 0,715-10-’.
v CJ9 CJ9
1.22. На девяти карточках написаны цифры: 0, 1,2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.
Две из них вынимаются наугад и укладываются на стол в порядке
появления, затем читается полученное число, например 07 (семь), 14
(четырнадцать) и т. п. Найти вероятность того, что число будет четным.
Решение. Четность числа определяется его последней цифрой,
которая должна быть четной (нуль — тоже четное число). Искомая
вероятность есть вероятность того, что на втором месте появится одно
из чисел 0, 2, 4, 6, 8, т. е. 5/9.
1.23. На пяти карточках написаны цифры: 1, 2, 3, 4, 5. Две из
них, одна за другой, вынимаются. Найти вероятность того, что число
на второй карточке будет больше, чем на первой.
Решение. Опыт имеет два возможных исхода:
А — {второе число больше первого);
В = {второе число меньше первого).
Так как условия опыта симметричны относительно Л и В, то Р (Л) »
= Р (В) = 1/2.
1.24. В ящике находятся однотипные изделия, изготовленные раз-
ными заводами; из них а изделий изготовлены заводом I, Ь изделий —
заводом II, с изделий — заводом III. Из ящика вынимают одно за
другим все находящиеся в нем изделия и отмечают места их изготов-
ления. Найти вероятность того, что при этом изделие завода I появит-
ся раньше, чем изделие завода II.
Решени е. В условиях задачи наличие или отсутствие в ящике
изделий завода III роли не играет; искомая вероятность равна веро-
ятности вынуть первым изделие завода I из ящика, где а изделий за-
вода I и & изделий завода II, т. е. а! (а + Ь).
1.25. Имеются два ящика, содержащих типовые элементы замены
(ТЭЗ). В первом ящике а исправных ТЭЗ и b неисправных; во втором —
с исправных и d неисправных. Из каждого ящика наугад вынимается
по одному ТЭЗ. Найти вероятность того, что оба ТЭЗ будут исправны-
ми.
Решение. Каждый ТЭЗ из первого ящика может комбиниро-
ваться с каждым ТЭЗ из второго; число случаев п = (а + b) (с + d).
Число благоприятных случаев т = ас; вероятность события равна
ас! [(а + &) (с -f- d)].
1.26. В условиях задачи 1.25 найти вероятность того, что вынутые
ТЭЗ будут различными по качеству.
Ответ, (ad + be)/ [(а + b) (с + d)J.
1.27. В тех же условиях найти вероятность того, что оба вынутых
ТЭЗ будут неисправны.
Ответ. bd/((a 4- b)(c4- d)J.
1.28. В ящике имеется k перенумерованных однотипных изделий
с номерами 1,2, ..., k. Из ящика I раз вынимается наугад по одному
изделию, его номер записывается и изделие кладется обратно в ящик.
Найти вероятность р того, что все записанные номера будут различны.
Решение. Число случаев п. =kl. Число благоприятных слу-
чаев равно числу размещений из k элементов по /, т. е. т = k (k — 1)...
... (k — /4-1). Вероятность события
_ m = k(k—l)... (fe-/—1) _ k\
Р~ п ~ kl “ kl(k—/)!
1.29. Из пяти букв разрезной азбуки составлено слово «книга».
Ребенок, не умеющий читать, рассыпал эти буквы и затем собрал В про-
извольном порядке. Найти вероятность р того, что у него снова полу-
чилось слово «книга».
Ответ, р = 1/5! = 1/120.
1.30. Тот же вопрос, если было составлено слово «ананас».
Решение. Число случаев п =6!; число благоприятных слу-
чаев уже не один, как в задаче 1.29, а т = 3! 2!, так как повторяющие-
ся буквы «а» и «н» можно произвольным образом переставлять между
собой: р = 3! 21/6! = 1/60.
1.31. Из полной колода карт (52 листа, 4 масти) вынимается сразу
несколько карт. Сколько карт нужно вынуть для того, чтобы с вероят-
ностью, большей чем 0,50, утверждать, что среди них будут карты од-
ной и той же масти?
Решение. Обозначим А = {наличие среди k вынутых карт не
менее двух одной масти).
При k = 2: п = С|2; Ша — С|3 • 4; Р (Л) = 0,235 < 0,50.
При k = 3: п = С&, тА = С?3 • 4 4- С?3С& ♦ 4; Р (Л) =0,602 >
>0,50.
Итак, нужно вынуть k > 3 карт.
1.32. N человек случайным образом рассаживаются за круглым
столом (N > 2). Найти вероятность р того, что два фиксированных
лица А и В окажутся рядом.
Р е ш е н и е. Общее число случаев п = ЛИ; подсчитываем число
благоприятных случаев т. Двух лиц А и В можно посадить рядом
двумя способами; остальных —(N— 2)! способами; тогда т =
= 2N (N — 2)!; р = 2iV (У — 2)!/М =2/ (N — 1). Эту же задачу
можно решить проще: пусть лицо А садится куда угодно; тогда для В
остается N — 1 место, из них 2 благоприятных; р =2/ (N — 1).
1.33. Та же задача, но стол прямоугольный, и N человек расса-
живаются случайно вдоль одной из его сторон.
Решение, п = NI-, благоприятные случаи делятся на две груп-
пы: 1) А сидит с краю; 2) А сидит не с краю. Число первых /пх =
= 2 (N — 2)1; число вторых /и2 = 2 (N — 2) (N — 2)1; р = (тх +
+ m2)/n = 2 (N — 1) (N — 2)!/ЛЛ = 2/N.
1.34. Имеется М операторов и М перенумерованных приборов, ко-
торые они могут обслуживать. Каждый оператор выбирает случайным
образом и с одинаковой вероятностью любой прибор, но с условием,
что ни один прибор не может обслуживаться больше, чем одним опера-
тором. Найти вероятность того, что будут выбраны для обслужива-
ния приборы с номерами 1, 2, .... М.
Решение. Число способов, которыми можно распределить М
операторов по N приборам, равно числу размещений из N элементов
по М: п — N (N — 1) ... (N — М + 1). По условиям задачи все эти
способы равновероятны, т. е. представляют собой группу случаев.
Число благоприятных случаев (при которых обслуживаются только
первые М приборов) равно т = М. 1 Отсюда искомая вероятность
Р=----------™---------
r N(N — 1)... (N—М-М)
1.35. В ящике имеется К ТЭЗ, из них Кг элементов 1-го типа, .. .
т
Kt элементов t-го типа, ..., Кт элементов /n-го типа; ^Kt = К- Из
i—i
ящика выбирают наугад k ТЭЗ. Найти вероятность того, что среди них
будет ki ТЭЗ 1-го типа, ...» kt ТЭЗ t-го типа, ..., km ТЭЗ т-го типа.
Решение. Общее число случаев п равно числу способов, каки-
ми можно вынуть Л ТЭЗ из К: п=Ск. Число благоприятных случаев
т=с%А..ск™= пск\,
1 = 1
так как kx ТЭЗ первого типа можно выбрать Ск, способами, ..., km ТЭЗ
m-го типа—Скго способами, и все эти способы могут комбинироваться
между собой. Искомая вероятность
Ш Ь. / t.
р= ncKit/ckK.
i — 1
1.36. В отделение связи поступило 4 телеграммы; всего имеется
четыре канала связи. Телеграммы случайным образом распределяют-
ся по каналам; каждая телеграмма с одной и той же вероятностью пе-
редается по любому из четырех каналов. Найти вероятность события
А = {на один из каналов попадут три телеграммы, на другой — одна
телеграмма, а два оставшихся канала будут не загружены).
Решение. Общее число случаев п = 44. Число способов, ка-
кими можно выбрать один канал, на который попадет три телеграммы,
CJ = 4; число способов, какими можно выбрать канал, на который по-
падет одна телеграмма, Сз = 3. Число способов, какими можно выбрать
из четырех телеграмм три, чтобы направить их в один канал, С| = 4.
Общее число благоприятных случаев ша = 4 • 3 • 4.
Р (Л) = тА/п = 4 • 3 • 4/44 = 3/16.
1.37. М телеграмм случайным образом распределяются по N ка-
налам связи (N > М). Найти вероятность события
А = {на каждый'канал придется не больше одной телеграммы).
Решение. Общее число случаев NM. Число способов, какими
можно выбрать М каналов из N, чтобы направить на них по одной те-
леграмме, равно Cjv. Число способов, какими, можно выбрать из М
телеграмм одну и направить ее в первый из отмеченных каналов, рав-
но Ch = /И; число способов, какими можно выбрать вторую телеграм-
му из оставшихся М,— 1, равно См—1 — М — 1, и т. д. Общее число
благоприятных событию случаев будет тА —М. (М — 1) ...1 = ЛН.
Р (Л) = C# •
1.38* . В отделение связи поступило М телеграмм, которые слу-
чайным образом распределяются по N каналам связи. Каналы пере-
нумерованы. Найти вероятность того, что на 1-й канал попадет ровно
телеграмм, на 2-й канал — k2 телеграмм и т. д., на А/-Й канал —
N
ky телеграмм, причем ^kt =М.
Решение. Число случаев п =NM. Находим число благоприят-
ных случаев т. Число способов, какими можно выбрать из М телеграмм
klt равно Скм', число способов, какими можно из оставшихся М —
телеграмм выбрать k2, равно и т. д. Число способов, какими
можно из М — (kj. -f-... + kN-i) — kN телеграмм выбрать kN, равно
few
С. =1. Все эти числа нужно перемножить.
m = CMCfl—kl---CM-C(kl+...+kN_lyi =
М\________[M—(kj + ki+...+kN-2)]l __
~ Ml (Л1+М1! ' ” М^11йлг!
_______лп__________м
” ММ- kN\ ~ *
11 К
1=1
I / W \
Р(А) = т/п^М\ [NM П kJ .
/ \ /=1 /
1.39* . В условиях задачи 1.37 найти вероятность того, что из N
каналов, будет /0 таких, на которые не попадет ни одна телеграмма,
/х — таких, на которые попадет ровно одна телеграмма, и т. д.;
1М таких, на которые попадут все М телеграмм: Zo + 4 + ••• +
+ 1м — N’, 0 • 1й + 1 • 4 + ... + М1м — М..
Решение. Общее число случаев п = NM. Чтобы найти число
благоприятных случаев т, нужно перемножить число способов, каки-
ми можно выбрать каналы, и число способов, какими можно выбрать
телеграммы. Число способов, какими можно выбрать каналы, равно
I м
iV!/(/0!Z1!...ZM!) = ^l / П Zkl.
/ й=0
Найдем число способов, какими можно выбрать телеграммы. Они
распадаются на группы: начальная группа (по 0 телеграмм) пустая;
первая содержит Zx телеграмм; вообще k-я — klk телеграмм (k =1,2,
..., М). Число способов, какими можно выбрать группы телеграмм,
равно
-------------— = —-• (1.39.1)
. (1-^1(24)1(3/3)!... (A4/M)l-----------------------«
11
k=l
Теперь определим число способов, какими можно выбрать телеграм-
мы внутри А-й группы так, чтобы на каждый канал пришлось по k те-
леграмм. Это число способов равно
(feZft)!/(felfel...feI) = (feZft)!/(fe!)zfe,
раз
а число способов, какими можно выбрать все телеграммы для всех
групп, равно произведению таких чисел для разных k:
(1.39.2)
*=i (kl)‘k
Перемножая (1.39.1) и (1.39.2), получаем число способов, какими мож-
но выбрать телеграммы:
м
П (klk)\
k=\
Умножая это на число способов, какими можно выбрать каналы, на-
ходим число благоприятных случаев
м
П (ktk)i
м
П (6!) k
k=i
м\
м i
П (k\yk
k=i
м м .
П h\ П (*!) *
Отсюда вероятность интересующего нас события
т mi
м м
NM П ill П (k\) k
1=0 k=l
(1.39.3)
1.40. На круглом экране радиолокатора радиуса г имеется точеч-
ное изображение объекта М (рис. 1.40), занимающее случайное поло-
жение в пределах экрана, причем ни одна область
Рис. 1.40
в пределах экрана не имеет преимуществ перед
другой (изображение объекта «наугад бросается»
на экран). Рассматривается событие А, состоя-
щее в том, что расстояние р от точки Л4 до цент-
ра экрана будет меньше, чем г/2 : А = {р < г/2).
Найти вероятность этого события.
Решение. Пространство Q элементарных
событий — внутренность круга радиуса г. Область
А заштрихована на рис. 1.40.
Р(Д) = ^.=2^ = ±-.
SQ № 4
1.41. Имеется магнитофонная лента длины L =200 м, на обеих
сторонах которой записаны сообщения; на одной стороне сообщение
длины /х = 30 м, на другой — длины /2 = 50 м; местоположение запи-
сей неизвестно. В связи с повреждением ленты нам пришлось удалить
ее участок длины /0 = 10 м, начинающийся на расстоянии 80 м от на-
чала ленты. Найти вероятности следующих событий:
А — {ни та, ни другая записи не повреждены);
В = {первая запись повреждена, вторая — нет);
С = {вторая запись повреждена, первая — нет);
D = {обе записи повреждены).
У
7Я7
100
90
50
D
Рис. 1.41
Реше ни е.Из того, что положение
записей совершенно неизвестно, делаем
вывод, что любое положение начала каж-
дой из них, при котором вся запись
умещается на ленте, столь же правдо-
подобно, как любое другое. Абсциссу на-
чала первой записи обозначим х, второй
у. Пространство элементарных событий —
прямоугольник длины L — 1Г — 170 м,
высоты L — /2 = 150 м (рис. 1.41). На
рис. 1.41 разными видами штриховки от-
мечены области, соответствующие повреж-
дению первой и второй записей, буквами
У
Рис. 1.42
A,B,C,D—области, ' соответствующие каждому из событий А,
В, С, D (все эти области, кроме D, состоят из частей).
SQ = 170 • 150 = 25 500 м2;
Зл = 30 • 60 + 80 • 60 + 30 • 50 + 80 • 50 = 12 100 м2;
SB = 60 • 60 4- 60 • 50 = 6600 м2;
Sc = 30 • 40 + 80 - 40 = 4400 м2;
SD = 60 • 40 = 2400 м2.
Р (А) = 0,474; Р (В) = 0,259;
Р (С) =0,173; P(D)= 0,094.
1.42. По радиоканалу в течение промежутка времени (0; 1) пере-
даются два сигнала длительностью т < 1/2; каждый из них с одинако-
вой возможностью начинается в любой момент интервала (0; 1 —т).
Если сигналы перекроют друг друга хотя бы частично, оба они искажа-
ются и приняты быть не могут. Найти вероятность того, что сигналы
будут приняты без искажений.
Решение. Обозначим х момент начала первого сигнала, у —
второго. Пространство элементарных событий показано на рис. 1.42.
Заштрихованные области А соответствуют событию:
А = {сигналы не искажены} = {|х — у \ < т).
Р (А) = SA/SQ = (1 — 2т)2/ (1 - т)2.
1.43. Имеются две параллельные линии телефонной связи длины
I (рис. 1.43, а), расстояние между которыми d<Z I. Известно, что на
каждой из линий где-то есть разрыв (неизвестно, в каком месте). Най-
ти вероятность того, что расстояние R между точками разрыва будет
не больше a(d<.a<.V'l2 + <?).
Реше н и е. Абсциссу первой точки разрыва обозначим х, второй
У, R =У|х —1/|2 + d2; событие, о котором идет речь, А =
= {I* — !/|2 + d2 < а2} = {|х — у\ "Уа2 — d2f. Пространство
элементарных событий — квадрат со стороной /; SQ = /2. Область А
заштрихована на рис. 1.43, б.
SA = 2/ ]/а2—d2 + a2—d2;
р (Л) =, .
' ’ I Р
1.44. Стержень длины 1 произвольным образом разламывается на
три части х, у, z (рис. 1.44, а). Найти вероятность того, что из получив-
шихся частей можно составить треугольник.
Рис. 1.44
Решение. Элементарное’событие ® характеризуется^двумя па-
раметрами: х и у [так как z = 1 — (х + у)]. Будем изображать это со-
бытие точкой на плоскости хОу (рис. 1.44, б). На величины х, у нало-
жены условия: х> 0; у > 0; х + у < 1; пространство элементарных
событий есть внутренняя часть прямоугольного треугольника с кате-
тами, равными единице; Sq = 1/2. Условие А, чтобы из отрезков х,
у, 1 — (х + у) можно было составить' треугольник, сводится к двум
следующим: 1)£суммаЗлюбых двух сторон^больше третьей; 2) разность
любых двух сторон меньше третьей. Этому условию соответствует тре-
угольная область А (рис.'1.44, в) с площадью 5д == (1/2) (1/4) = 1/8;
Р (Л) = SA(Sa = 1/4. “ ~ ' '
1.45. Задача Бюффона. Плоскость разграфлена параллельными
прямыми на расстоянии L друг от друга^(рис. 1.45, а). На плоскость
Рис. 1.45
наугад бросается игла (отрезок) длины I <2 L. Найти вероятность то-
го, что игла пересечет какую-нибудь^из прямых.
Решение. Будем характеризовать исход опыта (положение иг-
лы) двумя числами: абсциссой х центра иглы относительно ближайшей
прямой слева и углом <р, который составляет игла с направлением пря-
мых (рис. 1.45, б). Тот факт.^что игла бросается на плоскость наугад,
будем понимать так, что 'все значения х и ф одинаково возможны.
Очевидно, можно[(не теряя общности) ограничить возможные значе-
ния х участком от 0 [до L/2, ф’— от (Удо л/2, а возможность пересече-
ния рассматривать только для одной "из прямых (ближайшей левой).
Пространство элементарных [событий — прямоугольникТсо сторо-
нами L/2 и л/2^(рис. 1.45, в)\ Sq — Lid4. Игла пересечет прямую, ес-
ли абсцисса х ее центра будет меньше, чем [ (Z/2) sin ф; интересующее
нас событие fА = {х (//2) sin ф}. Область А заштрихована на
рис. 1.45, в; площадь ее
Л/2 , о
8л= [ 4 Sin фб/ф = ±; Р(Л)=4- = 4-.
J ~ Z Oq
О
Примечание. Эта формула, полученная Бюффоном еще в XVIII в.,
неоднократно подвергалась экспериментальной проверке, для чего подсчитыва-
лась частота пересечений в длинной серии бросаний. С помощью этой формулы
производилась даже приближенная оценка числа л и были получены вполне
удовлетворительные результаты.
ГЛАВА 1
АЛГЕБРА .СОБЫТИИ. ПРАВИЛА СЛОЖЕНИЯ
И УМНОЖЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
2.0. Основными в теории вероятностей являются’не прямые, а^косвенные
методы вычисления вероятностей, когда вероятности интересующих нас собы-
тий выражаются через вероятности других ( событий, с ними связанных. Для
этого, прежде всего, нужно Гуметь выражать интересующие нас события "через
другие. Этим целям служит’так называемая алгебра событий. Для событий.’вво-
дятся понятия «сумма событий», «произведение ^событий» и’некоторые тдругие,
а также правила действий с событиями. Заметим, что все эти понятия вводятся
только тогда, когда события, о которых идет речь, представляют собой подмно-
жества одного и того же пространства элементарных событий Q.
Так как события в нашем теоретико-множественном изложении представля-
ют собой множества, то действия с ними (сложение, умножение) определяются
так же, как соответствующие действия с множествами (см. гл. 1).
Все же повторим некоторые определения и дадим им геометрическую ин-
терпретацию. Пространство элементарных событий мы будем изображать прямо-
угольником, а события — частями этого прямоугольника (рис. 2.0.1). Суммой Л+
+ В двух событий А и В называется событие, состоящее в том, что произойдет
хотя бы одно из этих событий (заштрихованная область на рис. 2.0.1). Очевидно,
сумма двух событий представляет собой объединение (сумму) соответствующих
множеств. Аналогично суммой нескольких событий Лх, А2, ..., Ап называется
п
событие^lAi = A1+Az + ...+ Ап, состоящее в выполнении хотя бы одного
i= 1
со
из них. Суммироваться может и бесконечное (счетное) число событий: 2 А} =
=а1 + а2+... + лп+...
Произведением А • В двух событий А и В называется событие, состоящее в
совместном выполнении того и другого события (пересечение соответствующих
множеств, рис. 2.0.2). Произведением нескольких событий Alf Л2, ..., Лп на-
п
зывается событие П А/ = Лх Л2 ... Лп, состоящее в совместном выполнении
I —- 1
всех этих событий (пересечение соответствующих множеств). Перемножаться
со
может и бесконечное (счетное) число событий: П^Л^ = А]А2 ... Ап ...
Из определения суммы и произведения событий следует, что
Л + Л = Л; Л • Л = Л; Л + Q = Q; Л • Q = Л; Л + 0 = Л;
Л • 0 = 0.
Если Л С В, то Л +' В = В; Л • В = Л.
Операции сложения и умножения событий обладают рядом свойств, прису-
щих обычным сложению и умножению.
1. Переместительное свойство:
А + В = В + А\А-В=В - А.
2. Сочетательное свойство:
(Л + В ) + С = Л + (В + Q; (АВ) А (ВС),
3. Распределительное свойство:
Л (В + С) = лв+лс.
Все эти свойства вытекают из того, что события являются множествами (см. гл. 1).
Противоположным событием для события Л (или его_ дополнением) называ-
ется событие А, состоящее в непоявлении события Л : Л = {Л не появилось
Изображение противоположного события дано на рис. 2.0.3. Область А допол-
няет А до полного пространства Й.
Из определения противоположного события следует, что
(Д) = Д; й = 0; 0 = й.
Легко убедиться (рис. 2.0.4), что если В С2 Д, то А С2 В. Также легко убедиться
(рис. 2.0.5) в следующих свойствах противоположных событий:
Д+В==Д-В; Д7В=Д+В.
Рис. 2.0.3 Рис. 2.0.4
Правила алгебры событий позволяют, комбинируя между собой различные
простые события, образовывать другие, более сложные.
Вероятности сложных событий можно вычислять с помощью вероятностей
других, более простых, пользуясь двумя основными правилами теории вероят-
ностей: 1) правилом сложения вероятностей и 2) правилом умножения вероят-
ностей. Эти правила часто называют основными теоремами теории вероятностей.
На самом деле они являются теоремами только для схемы случаев, а для опы-
тов, не сводящихся к схеме случаев, вводятся аксиоматически.
1. Правило сложения вероятностей. Вероятность суммы двух несовместных
событий равна сумме вероятностей этих событий, т. е. если А • В — 0, то
Р (Д +~В) = Р (Д) + Р (В). (2.0.1)
Это правило было введено аксиоматически в гл. 1 (аксиома II).
Правило сложения вероятностей легко обобщается на случай произвольно-
го числа п несовместных событий: если Ai • Aj = 0 при i Ф j, то
P| S ЛН = 2 р(л«)- (2.0.2)
\z=l / /=1
Правило сложения обобщается и на случай бесконечного (счетного) числа со-
бытий: если Ai • Aj = 0 при i j, то
р(2^)=5р(Лг) (2.0.3)
\i=l / 1=1
(см. аксиому III гл. 1).
Из правила сложения вероятностей вытекает, что если события Дх, Д2, ...,
Дп несовместны и образуют полную группу, то сумма их вероятностей равна
единице; т. е. если
п
2 At = &, ДгД; = 0 при i^=j,
i = i
то
п
2 р(Л)=1.
*=1
(2.0.4)
В частности, так как два противоположных события А и А несовместны и обра-
зуют полную группу, то сумма вероятностей противоположных событий равна
единице:
Р(А) + Р (А) = 1. (2.0.5)
Чтобы сформулировать правило умножения вероятностей, надо ввести по-
нятие условной вероятности. Условной вероятностью события А при наличии
события В [обозначается Р (А| В)] называется вероятность события А, вычис-
ленная при условии, что событие В произошло.
Рис. 2.0.5
Рис. 2.0.6
Условие, состоящее в том, что событие В произошло, равносильно изменению
условий опыта, когда из всех элементарных событий остаются только те, кото-
рые благоприятны событию В, а все остальные отбрасываются. Из этого следует,
что вместо пространства элементарных событий Q рассматривается новое про-
странство Йд, соответствующее событию В (рис. 2.0.6). Область АВ, соответствую-
щая пересечению А и В, благоприятна событию А при наличии события В,
2. Правило умножения вероятностей. Вероятность произведения двух собы-
тий А и В равна вероятности одного из них (например, А), умноженной на услов-
ную вероятность другого при наличии первого:
Р (АВ) = Р (А) • Р (В | А), (2.0.6)
или, если в качестве первого события взять В,
Р (АВ) = Р (В) • Р (А | В). (2.0.7) .
Правило умножения вероятностей обобщается на произвольное число событий:
Р (AxA2 ... An) = Р (Ах) • Р (Д2 1 Ах) . Р(А3 | АхА2) ... Р (An | АХА2 ...An-i).
(2.0.8)
Из (2.0.6) вытекает следующее выражение для условной вероятности:
Р (В | А) = Р (АВ)/Р (А), (2.0.9)
т. е. условная вероятность одного события при наличии другого равна вероятнос-
ти произведения двух событий, деленной на вероятность того из них, которое
предполагается выполненным.
Аналогично формуле^(2.0.9) можно написать
Р (А | В) = Р (АВ) /Р (В). (2.0.10)
Два события А и В называются независимыми, если появление одного из
них не меняет вероятности появления другого:
Р (А | В) = Р (А), (2.0.11)
или, что равносильно,
Для двух независимых событий правило умножения вероятностей при-
нимает вид
Р (АВ) = Р (Л) • Р (В), (2.0.13)
т. е. вероятность произведения двух независимых событий равна произведению ве-
роятностей этих событий.
, , Несколько событий называются независимыми в совокупности (или просто
независимыми), если появление любого числа из них не меняет вероятностей
остальных событий. Для нескольких независимых событий правило умножения
(2.0.8) принимает вид
Р (ЛХЛ2 ...Лп) = Р (Лх) • Р (Л2) ... Р (Лл), (2.0.14)
т. е. вероятность произведения независимых событий равна произведению вероят-
ностей этих событий. г
Несколько опытов называются независимыми, если вероятность того или
иного исхода каждого из них не зависит от того, какие исходы имели другие
опыты.
Следствием правил сложения и умножения вероятностей является теорема
о повторении опытов, состоящая в следующем. Если производится п независимых
опытов, в каждом из которых событие А появляется с вероятностью р, то веро-
ятность того, что в данной серии опытов событие А появится ровно т раз, вы-
ражается формулой
Рт,п=С™рт(\-р)п-\ (2.0.15)
или, обозначая 1 — р = q,
Pm,n-C^pmqn-m. (2.0.16)
Вероятность того, что в серии из п независимых опытов событие Л появится
не менее т раз, выражается формулой
п
Ят,п= £ С* А""*, (2.0.17)
k=l
или же
т—1
Рт,п = 1- 3 С*рк<1п-*. (2.0.18)
й=0
Из двух формул (2.0.17) и (2.0.18) выбирают ту, которая содержит меньше членов.
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
2.1. Может ли сумма двух событий А и В совпадать с их произведе-
нием?
Ответ. Да, может, если событие А ^эквивалентно событию В
(A s В и В = Л). Например, если искажение сообщения, передавае-
мого по каналу связи, может быть вызвано только наличием помех
на участке времени, занятом сообщением, и непременно происходит
при их наличии, то события
А = {сообщение искажено),
В == {на участке времени, занятом сообщением, имелись помехи)
эквивалентны: А = В; А + В = Л = В; АВ = А = В.
2.2. Доказать, что если два события А и В совместны, то
Р (Л + В) = Р (Л) + Р (В) - Р (АВ). (2.2.1)
Решение. Представим событие А + В как сумму трех несов-
местных событий: АВ (А, но не В); АВ (В, но не Л) и АВ (и А и В) (см.
рис. 2.2): _ _
А + В =АВ + АВ + АВ.
Выражаем события А и В:
' А = АВ + АВ; В = АВ + АВ.
Пользуясь правилом сложения вероятностей, находим:
Р (Л + В) = Р (ЛВ)_+ Р (АВ) + Р (ЛВ); (2.2.2)
Р (Л) = Р (АВ) + Р (АВ),
Р (В) = Р (АВ) + Р (АВ).
Складывая два последних выражения, получаем
Р (Л) + Р (В) = Р (ЛВ) + Р (АВ) + 2Р (АВ).
Вычитая отсюда (2.2.2), получаем
Р (Л) + Р (В) = Р (Л + В) + Р (ЛВ),
откуда и следует (2.2.1). Из (2.2.1) следует, что всегда
Р (Л + В) < Р (Л) + Р (В),
и знак равенства достигается только при несовместных событиях.
2.3. Написать выражение для вероятности суммы трех совместных
событий.
Решение. Из рис. 2.3 получаем
Р (Л + В + С) = Р (Л) + Р (В) + Р (С) — Р (ЛВ) — Р (ЛС) —
- Р (ВС) + Р (ЛВС).
2.4. Опыт состоит в бросании двух монет. Рассматриваются сле-
дующие события:
Л = {герб на первой монете}; В = {цифра на первой монете};
С = {герб на второй монете}; D = {цифра на второй монете}; Е —
{хотя бы один герб}; F — {хотя бы одна цифра}; G — {один герб
и одна цифра}; Н = {ни одного герба}; К. = {два герба}.
Определить, каким событиям этого списка равносильны следующие
события: 1) А + С; 2) АС; 3) EF; 4) G + Е; 5) GE; 6) BD; 7) Е + Д’.
Ответ. 1) А + С = Е; 2) АС = Д; 3) EF = G; 4) G + Е =
= Е; 5) GE = G; 6) BD = Н; 7) Е + К = Е.
2.5. По каналу связи передаются последовательно три сообщения;
каждое из них может быть передано правильно или искажено. Рассмат-
риваются события:
Ai = {i-e сообщение передано правильно};
Ai — {t-e сообщение искажено} (i =1, 2, 3).
Выразить в виде сумм, произведений или сумм произведений событий
Ai, At следующие события:
А = {все три сообщения переданы правильно};
В = {все три сообщения искажены};
С — {хотя бы одно сообщение передано правильно};
D = {хотя бы одно сообщение искажено};
Е = {не менее двух сообщений переданы правильно};
F = {не более одного сообщения передано правильно};
G = {первое правильно переданное сообщение — третье по поряд-
ку}-
Ответ^ А =Л1А2Лз£ B=AiA2As;_________________С=А1А_2Аз +
+ AiA^As^-i-^AiAzAз_+ AjA^Ag -j-_ A1A2A^~h_A1A2As + ЛХЛ2Л3;
С = ЛХЛ2Л3 + Л1Л2Л3 + ЛХЛ2Л3 + ЛХЛ2Л_3 + ЛхЛ^Лэ +
4-_Л1Л2Л3 + ЛгЛ2Л 3^_ Е = Л^Л^Л 3 -F_AiAzA 3 Н^ЛхЛ^Лз +
+ ЛхЛ2Л3; F = ЛхЛ2Л3 + А^А^Ад + ЛхЛ2Л3 + ЛхЛ2Л3; G =
= ЛХЛ2Л 3.
2.6. Проводится наблюдение за группой, состоящей из четырех
однородных объектов. Каждый из них за время наблюдения может
быть обнаружен или не обнаружен. Рассматриваются события:
Л = {обнаружен ровно один из четырех объектов};
В = {обнаружен хотя бы один объект};
С = {обнаружено не менее двух объектов};
D = {обнаружено ровно два объекта};
Е = {обнаружено ровно три объекта};
F = {обнаружено все четыре объекта}.
Указать, в чем состоят события: 1) Л + В; 2) АВ; 3) В + С; 4) ВС;
5) D + Е + F; 6) BF. Совпадают ли события BF и CF? Совпадают
ли события ВС и D?
О т в е т. 1) Л + В = В; 2) АВ = Л; 3) В + С = В; 4) ВС = С;
о) D -f- Е + F = С; 6) BF = F. События ВС и CF совпадают; ВС и
D не совпадают.
2.7. Ниже указаны опыты и события, которые в них могут произой-
ти- Назвать противоположные для всех этих событий.
Ч Передаются два сообщения по каналу связи: событие Л = {оба
сообщения переданы правильно}.
2) Вынимается один шар из урны, [в ко-
торой два белых, три черных и четыре
красных шара; событие В = {появление
белого шара}.
3) Передаются пять сообщений; собы-
тие С — {не менее трех сообщений переда-
ны правильно}.
4) Производятся п выстрелов" по мише-
ни; событиеD = {хотя бы одно попадание}.
Рис. 2.8 5) Производится £ профилактический
осмотр технического устройства, состоя-
щего из k узлов; каждый узел в результате осмотра может быть либо
сразу налажен, либо отправлен в ремонт. Событие Е — {ни один
узел не придется ремонтировать}.
6) Двое игроков играют в шахматы; событие F = {выигрыш белых}.
Ответ. 1) А — {хотя бы одно из сообщений_искаженб}; 2) В =
= {появление черного или красного шара}; 3) С — {не более двух
сообщений переданы правильно}; 4) D = {ни одного попадания};
5) Е — {хотя бы один узел придется ремонтировать}; 6) F = {выиг-
рыш черных или ничья}.
2.8. Событие В есть частный случай события А: В S А, т. е. из
того, что произошло событие В следует, что событие А произошло. Сле-
дует ли из В, что А произошло?
Ответ. Нет, не следует. Например, опыт состоит в передаче двух
сообщений; событие А = {хотя бы одно сообщение искажено}; собы-
тие В = {оба сообщения искажены}. Если произошло событие В =
= {искажено менее двух сообщений}, то из него еще не следует, что
не искажено ни одного (событие А). Напротив, из А следует В {А е В).
На рис. 2.8 показаны события А и В, причем В £= А, а также про-
тивоположные им события А (вертикальная штриховка) и В (горизон-
тальная штриховка). Непосредственно видно, что Лей.
2.9. Если событие В представляет собой частный случай события
А (В s А), зависимы эти события или нет?
Ответ. Зависимы, если Р (Л) =/= 1, так как Р (Л/В) = 1.
2.10. Зависимы или независимы: 1) несовместные события; 2) со-
бытия, образующие полную группу; 3) равновозможные события?
Ответ. 1) Зависимы, так как появление любого из них обраща-
ет в нуль вероятности всех остальных; 2) зависимы, так как непояв-
ление всех, кроме одного, обращает в единицу вероятность последне-
го; 3) могут быть как зависимы, так и независимы.
2.11. Опыт состоит в последовательном бросании двух монет. Рас-
сматриваются события:
Л = {герб на первой монете}; D = {хотя бы один герб}; Е =
= {хотя бы одна цифра}; F = {герб на второй монете}. Определить,
зависимы или независимы пары событий: 1) Л и Е; 2) Л и В; 3) D и Е\
4) D и F. Определить условные и безусловные вероятности событий в
каждой паре.
J
Ответ.
1) P (£) =3/4, P (£|Л) = 1/2, события зависимы;
2) Р7(Л) = 1/2, Р (Д |Г) = 1/2, события независимы;
3) Р (D) =3/4, P'(D|E) =2/3, события зависимы;
4) . PJD) =3/4, Р (D|F) =1, события зависимы.
2.12. В урне а белых, и b черных шаров. Из урны вынимают (од-
новременно или последовательно) два шара. Найти вероятность того,
что оба шара будут белыми*).
О т в е т. По правилу умножения вероятностей
Р {оба шара белые} = Р {66}
а а—1
2.13. В урне а белых и b черных шаров. Из урны вынимается один
шар, отмечается его цвет и шар возвращается в урну. После этого из
урны берется еще один.шар. Найти вероятность того, что оба вынутые
шара \ будут белыми.
L О т в‘е т. [а/ (а + 6)]2.
2.14/ В урне а белых и b черных шаров. Из урны вынимаются сра-
зу два шара. Найти вероятность того, что эти шары будут разных
цветов.
Решение. Событие может появиться в двух несовместных ва-
риантах: {бч} или {чб}; по правилам сложения и умножения
~ а Ь . b а ЪаЬ
Р {бч + чб} =-------------1------------------------------->
1 f a+b a+b—1 a+b a+b—1 (a+b)(a+b— 1)
2.15. Та же задача, но шары вынимаются поселедовательно и по-
сле вынимания первый шар возвращается в урну.
Ответ. 2а&/4(а + 6)2.^
2.16. В урне 'а белых’и b черных шаров. Из урны в случайном по-
рядке, один за другим, вынимают все находящиеся в ней шары. Найти
вероятность того,'что вторым по порядку будет вынут белый шар.
Решение. Вероятность события может быть найдена непосред-
ственно (см. задачу 1.12). Тот же результат может быть найден и по
правилам сложения и умножения:
а а—1 JL а _____ а
a-^b a-\-b— 1 a-\-b 1 а-\-Ь
2.17. В урне а белых, b черных и с красных шаров. Три из них вы-
нимаютсяУнаугад? Найти вероятность того, что по крайней jaepe два
из них будут одноцветными.
Решение. Чтобы найти вероятность события — по крайней ме-
ре два шара будут одноцветными, перейдем к противоположному А =
= {все шары разных цветов}.
Р (А)=Р {бчк+бкч-f- кчб-Ь...} =
6 комбинаций
♦) Данная задача, как и’ряд’других в этой'гл аве, может быть решена’и с по-
мощью непосредственного подсчета числа случаев; здесь требуется решить их
с помощью правил сложения или умножения.
=6—------------b------------—.
a-f-b-f-c a-f-b-f-c—1 a-J-fr-f-c—2
Отсюда
p (Л) = 1 — P (A) = 1-------------—---------------•
' ’ ' ’ (a4-h+c)(a+5+c—l)(a+h+c—2)
2.18. Монету бросают до тех пор, пока не появятся подряд два гер-
ба или две решки (см. задачу 1.5). Найти вероятность события А =
= {понадобится не более трех бросаний}.
Решение. Обозначая «г» — герб, «р» — решка, запишем А
виде А — {гг} 4- {рр} + {ГРР} + {ргг}. По правилам сложения и
умножения
Р (А) = Р {гг}+Р {рр} + Р {грр} 4- Р {ргг} =
= ЧЛ+ Чг-4- Чг-ЧгЧг 4- =3/4-
2.19. В шкафу находятся девять однотипных приборов. В начале
опыта все они новые (ни разу не бывшие в эксплуатации)'. Для времен-
ной эксплуатации берут наугад три прибора; после эксплуатации их
возвращают в шкаф. На вид прибор, бывший в эксплуатации, не отли-
чается от нового. Найти вероятность события
А = {после трехкратного выбора и эксплуатации не останется
новых приборов}.
Решение. Событие А может произойти одним-единственным
способом: и первый раз, и второй, и третий из шкафа будут взяты но-
вые приборы. Первый раз это обеспечено, поэтому
Р(А)= 1 •в/9-б'8-4/7-3/9-2/8-1/7« 0,0028.
2.20. Условия задачи 2.19 изменены следующим образом: в шка-
фу находятся N — 1М приборов; для временной эксплуатации берут
наугад М приборов. Найти вероятность р того, что после /-кратного
повторения такой процедуры в шкафу не останется новых приборов.
Ответ. (м—М)1
[W(N— 1)... (N— A44-l)]z-1
2.21. В шкафу стоят п новых приборов; k из них выбирается нау-
угад и в течение некоторого времени эксплуатируется (k п/2). После
этого приборы возвращаются в шкаф. Затем' снова выбираются на-
угад k приборов. Найти вероятность р того, что все эти k приборов
будут новыми.
Ответ = n~k n~k~x n-2k-\A = [(и—Л)1]2
? п п — 1 п—A-J-1 л! (л — 2k)\
2.22. Прибор состоит из четырех узлов — первого, второго, треть-
его и четвертого, которые за время т работы прибора могут независи-
мо друг от друга выходить из строя. Надежность (вероятность безот-
казной работы) i-ro узла равна pt\ вероятность отказа =1 — рг
(/ — 1, 2, 3, 4). Найти вероятности следующих событий:
A = {все узлы работают безотказно};
В = {первый узел отказал, остальные нет};
С .= {один из узлов отказал, другие нет};
D *= {отказало ровно два узла из четырех};
Е *= {отказало не менее двух узлов};
F = {отказал хотя бы один узел}.
Ответ. Р (Л) = ДхРгРзРГ» Р (5) = <71РгРзР4; Р (Q = qiPtfsPt +
+ Р1<?2рзр4 + Р1Р2<7зР4 + Р1РгРз^4; Р (О) = <71<7гРзр4 + Р1Р2<7з<74 +
+ Р1<72р3<74 + <71р2<7зР4 + P1W3P4 + ^1Р2Рз?4; Р (Е) = Р (D) +
+ <71<?2<7зР4 + ^2р3^4 + <71Р2^3?4 + P1<72<73<7< + ЯхЯъЯ Р (Л =
= 1—Р(Л). .
2.23. На железнодорожную сортировочную станцию поступает со*
став из k вагонов, направляемых в различные адреса; в адрес Лх на-
правляются вагонов, в адрес Л2—вагонов, в адрес Л3 — k3 ва-
гонов (Ах + kz + k3 = k). Вагоны в составе занимают то или другое
положение независимо друг от друга; все места в составе для любого
вагона равновероятны. Найти вероятность того, что все вагоны, на-
правляемые в один и тот же адрес, будут стоять рядом.
Ответ. Событие В, о котором идет речь, может появиться в ше-
сти вариантах (число перестановок из трех элементов Р3 =6). Нахо-
дим вероятность одного из этих вариантов.
С = {сначала идут все вагонов, направляемых в Лх, затем k3
вагонов — в Л2, затем k3 вагонов — в Л3}.
Р £1-1 1 £2 £2--1
k k — 1 k—£1+1 k ktk ki — 1
1 £3 £3 1 J.
£—£x—£2+l £—£i” £2 £—-£1—£2— 1
P (В), = 6P (C).
2.24. В ящике находятся однотипные изделия; среди них а изделий
завода I и b изделий завода II. Выбирается наугад 2k изделий (2k < а,
2k<Z Ь). Найти вероятность того, что среди выбранных изделий будет
больше изделий первого, чем второго завода.
Решение. Данную задачу проще решить, комбинируя метод не-
посредственного подсчета вероятностей с правилом сложения. Собы-
тие А = {больше изделий завода I, чем завода II} можно предста-
вить в виде суммы
2k
Л = Лй+1 + Лй+2 + „. + Л2й= 2
i=k+i
где Лг = {появление i изделий завода I}.
Непосредственным подсчетом находим
ci c2k—‘ 2k с1 r2k~l
р<л'>=^г—• ри)= 2 -т
2 Зак. 104Q
33
2.25. В партии, состоящей из N изделий, имеется М дефектных.
Из партии выбирается для контроля п изделий. Если среди контроль-
ных окажется более’/n дефектных, бракуется вся партия. Найти ве-
роятность того, что партия будет забракована.
Решение. Событие А = {партия забракована} можно предста-
вить в виде суммы
=-^m+l + ^m+2+ ••• 2
!=m+l
где Ai = {среди контрольных изделий i дефектных}.
pi pn—i п nt nn—i
P(A.) = . СмС»-м . р(Л)= у см .
pn rn
i=m+l
2.26. В ящике имеются однотипные изделия различных сортов;
среди них а изделий со знаком качества, b изделий первого сорта и с
изделий второго сорта (а 4, b 4, с 4). Из ящика выбирают од-
новременно и наугад четыре изделия, не обращая внимания на их ко-
чество. Рассматриваются события:
А = {среди выбранных изделий хотя бы одно со знаком качества};
В = {среди выбранных изделий хотя бы одно второго сорта}.
Найти вероятность события С *= А + В.
Решение. Переходя к противоположному событию С = {нет
ни А, ни В} = {все изделия первого сорта}, имеем
р b—-1 Ь—2 ь~з
u-j-b-j-c 1 d-^b-j-c—^2 a-j~b-}-c—3
откуда Р (С) = 1 — Р (С).
2.27. При одном цикле обзора радиолокационной станции, следя-
щей за космическим объектом, объект обнаруживается с вероятностью
р. Обнаружение объекта в каждом цикле происходит независимо от
других . Найти вероятность того, что при п циклах объект будет обна-
ружен.
Ответ, 1 — (1 — р)п.
2.28. Имеется т радиолокационных станций, каждая из которых
за один цикл обзора обнаруживает объект с вероятностью р (незави-
симо от других циклов и от других станций). За время Т каждая стан-
ция успевает сделать п циклов. Найти вероятность следующих собы-
тий:
А = {объект будет обнаружен хотя бы одной из станций};
В.= {объект будет обнаружен каждой из станций}.
Ответ. Р (А) = 1 — (1 — р)™-, Р (В) = [1 — (1 — р)"]«
2.29. Имеется группа из k космических объектов, каждый из кото-
рых независимо от других обнаруживается радиолокационной стан-
цией с вероятностью р. За группой объектов ведут наблюдение неза-
висимо друг от друга т радиолокационных станций. Найти вероят-
ность того, что не все объекты, входящие в группу, будут обнаружены.
Решение. Переходим к противоположному событию А = {все
объекты будут обнаружены}:
Р (Л) = ti - (1 - рНч Р (Л) = 1 — tl — (1 — pH*.
2.30. Над изготовлением изделия работают последовательно k ра-
бочих; качество изделия при передаче следующему рабочему не про-
веряется. Первый рабочий допускает брак с вероятностью рх, второй —
с вероятностью pj, и т. д. Найти вероятность того, что при изготов-
лении изделия будет допущен брак.
k
Ответ. 1 —П (1— Pi).
i=i
2.31. В лотерее п билетов; из которых I выигрышных. Некто поку-
пает k билетов. Определить вероятность того, что он выиграет хотя
бы на один билет.
Ответ.
j _ п—1 п—1—1 п—1—k+l = j _ (п—/)1 (n—fe)!
п п—1 п—A-J-1 п! (п—I—k)l
2.32. Два шарика разбрасываются случайно и независимо друг от
друга по четырем ячейкам, расположенным одна за другой по прямой
линии. Каждый шарик с одинаковой вероятностью 1/4 попадает в каж-
дую ячейку. Найти вероятность того, что шарики попадут в соседние
ячейки.
Решение. Событие Л = {шарики попали в соседние ячейки}
разобьем на сумму стольких вариантов, сколько можно образовать пар
соседних ячеек; получим Л =Л1 + Л2 + Л3, где
Ai — {шарики попали в первую и вторую ячейки};
Л2 — {шарики попали во вторую и третью ячейки};
Л3 = {шарики попали в третью и четвертую ячейки}.
Вероятность каждого варианта одна и та же и равна
Ч- %.- 2 =1/8; Р(Л) =8/8.
2.33. k шариков разбрасываются случайным образом и независимо
друг от друга по п ячейкам, расположенным,одна за другой по пря-
мой линии (k < п). Найти вероятность того, что они займут k сосед-
них ячеек.
Решение, k соседних ячеек из п можно выбрать п —k + 1
способами. Вероятность попадания k шариков в каждую из групп со-
седних ячеек равна (1/п)*А1 (так как их можно разбросать по этим
ячейкам k\ способами). Вероятность события Л = {шарики попали в
k соседних ячеек} равна Р (Л) = (l/n)& k\ (п — k + 1).
2.34. На станцию связи за день поступило 20 телеграмм, адресо-
ванных в четыре различных пункта (по пять в каждый пункт). Из всех
телеграмм выбирается наугад четыре. Найти вероятности событий:
Л == {все телеграммы адресованы в разные пункты};
В = {все телеграммы адресованы в один и тот же пункт}.
Решение. Чтобы выполнялось событие Л, адрес первой теле-
граммы может быть совершенно произвольным; второй — не таким,
как у первой, третьей — не таким, как у первых двух, у четвертой —
не таким, как у первых трех. По правилу умножения вероятностей
2* ' 35
Р(Л)=Ь—. —. — да о,130.
19 18 17
Аналогично
Р(В) = 1._1л--$---— « 0,00413.
19 18 17
2.35. Вычислительная машина состоит из п блоков. Надежность
(вероятность безотказной работы) в течение времени Т первого блока
равна р1( второго — р2 и т. д. Блоки отказывают независимо друг от
друга. При отказе любого блока отказывает машина. Найти вероят-
ность того, что машина откажет за время Т.
п
Ответ. 1 — Прг-
: = 1
2.36. При включении зажигания двигатель начинает работать с
вероятностью р. Найти: 1) вероятность того, что двигатель начнет ра-
ботать при втором включении зажигания; 2) вероятность того, что для
ввода двигателя в работу придется включить зажигание не более двух
раз.
Ответ. 1) (1 — р)р; 2) 1 — (1 — р)2 = (2 — р)р.
2.37. По каналу связи передаются три сообщения; каждое из них
может быть передано с различной степенью точности. Передача од-
ного сообщения может привести к одному из событий:
= {сообщение передано правильно};
А2 = {сообщение частично искажено};
А3 = {сообщение полностью неразличимо}.
Вероятности событий Ах, А2, А3 известны и равны р1г р2, Рз (Pi +
+ р2 4- р3 = 1). Считая, что сообщения искажаются (или пере-
даются правильно) независимо одно от другого, найти вероятности
следующих событий:
А = {все три сообщения переданы без искажений};
В = {хотя бы одно сообщение полностью неразличимо};]
С = {не менее двух сообщений искажено полностью или частично}.
Ответ. Р(А) =р?; Р (В) = 1 - (рх + р2)3; Р (С) = 3 (р2 +
+ Рз)2 Р1 + Pt-
2.38. Две радиолокационные станции ведут наблюдение за обла-
стью пространства, в которой перемещается объект, в течение време-
ни т. За это время первая станция успевает произвести 2пх циклов об-
зора, вторая — 2п2 циклов. За один цикл обзора первой станции
объект обнаруживается (независимо от других) с вероятностью рх,
второй — с вероятностью р2. Найти вероятности событий:
А = (объект обнаружен за время т хотя бы одной из станций};
В = {объект обнаружен первой станцией и не обнаружен второй};
С = {объект не обнаружен за первую половину времени т, но об-
наружен за вторую}.
Ре ш е н и е. Р (А) =1 — Р (А).
А = {объект не обнаружен ни одной из станций};
Р (2) = (1 (1 -Р2)Ч Р (Л) = 1 -(1 -рх)2”« (1 - р^
Р (В) = [1 -(1 -Рх)2"'] (1 -р2)2"=;
Р (С) = (1 -рх)"* (1 -pa)"» [1 -(1 —Pi)n* (1 -Рг)"’].
2.39. Радиолокационная станция за один цикл обзора обнаружи-
вает объект с вероятностью р. Сколько потребуется циклов обзора для
того, чтобы объект был обнаружен с вероятностью не меньшей, чем
Решение. Обозначим N неизвестное число циклов. Должно
быть выполнено условие 1 — (1 — р)" > откуда (1 — p)N < 1 —
__Логарифмируя, имеем
N lg (1 - Р) С lg (1 - ^); N > lg (1 - ^)/ lg (1 - р). (2.39)
2.40. Сообщение, передаваемое по каналу связи, состоит из п зна-
ков (символов). При передаче каждый знак искажается (независимо
от других) с вероятностью р. Для надежности сообщение дублируется
(повторяется k раз). Найти вероятность того, что хотя бы одно из пе-
реданных сообщений не будет искажено ни в одном знаке.
Решение. Вероятность того, что одно отдельное сообщение не
будет искажено, равна (1 —р)п; вероятность того, что хотя бы одно из
k сообщений не будет искажено
Р(Л) =1 _ [1 _ (1 — р)п]\
2.41. В условиях задачи 2.40 сколько раз должно быть передано
сообщение для того, чтобы вероятность хотя бы одного неискаженно-
го сообщения стала не меньше ДО
О т в е т. По формуле (2.39) имеем JV lg (1 —ДО/ lg [ 1 —(1 —р)"].
2.42. Важное сообщение передается одновременно по п каналам
связи, причем для надежности по каждому каналу оно повторяется k
раз. При одной передаче сообщение (независимо от других) искажает-
ся с вероятностью р. Каждый канал связи (независимо от других) «за-
бивается» помехами с вероятностью Q; «забитый» канал не может пере-
давать никаких сообщений. Найти вероятность события
А = {хотя бы один раз сообщение передано без искажений}.
Решение. Обозначим
В = {по одному каналу сообщение хотя бы один раз передано без
искажений}.
Для выполнения события В канал, во-первых, не должен быть за-
бит помехами и, во-вторых, хотя бы одно сообщение по нему не долж-
но быть искажено:
Р (В) = (1 — Q) (1 — р*).
Вероятность события Я, состоящего в том, что хотя бы на одном ка-
нале произойдет событие В, равна
Р (Л) = 1 — [1 — Р (В)]" = 1 - [1 — (1 — Q) (1 - pfe)]«
2.43. Происходит воздушный бой между двумя самолетами: истре-
бителем и бомбардировщиком. Стрельбу начинает истребитель: он дает
по бомбардировщику один выстрел и сбивает его с вероятностью pv
Если бомбардировщик этим выстрелом не сбит, он стреляет по истре-
бителю и сбивает его с вероятностью р2. Если Истребитель этим выстре*
лом не сбит, он еще раз стреляет по бомбардировщику и сбивает его с
вероятностью р3. Найти вероятности следующих исходов боя:
А = (сбит бомбардировщик};
В — {сбит истребитель};
С = {сбит хотя бы один из самолетов}.
Ответ. Р (Л) = рх + (1 — рх) (1 — р2)р3; Р (В) = (1 — рх)р2;
Р (С) = Р (Л) + Р (В).
2.44. Происходит воздушный бой между бомбардировщиком и дву-
мя атакующими его истребителями. Стрельбу начинает бомбардиров-
щик; он дает по каждому истребителю один выстрел и сбивает его с
вероятностью рх. Если данный истребитель не сбит, то он независимо
ит судьбы другого стреляет по бомбардировщику и сбивает его с ве-
роятностью р2. Определить вероятности следующих исходов боя:
Л = {сбит бомбардировщик};
В = {сбиты оба истребителя};
С — {сбит хотя бы один истребитель};
D — {сбит хотя бы один самолет};
Е = {сбит ровно один истребитель};
F. — {сбит ровно один самолет}.
Решение. Вероятность того, что один истребитель собьет бом-
бардировщик, равна (1 — px)p2; вероятность того, что ни один из них
не собьет бомбардировщика, равна [(1 — Рх)Рг12‘> откуда
Р (Л) = 1 — [1 — (1 — рх)р212; Р(В)=р?; Р(С) =1-(1-рх)2;
Р (D) = 1 — (1 — Р1)2 (1 - р2)2; Р (Е) = 2рх (1 - рх).
Событие F представляется в виде F = Fx + F3 + F3, где
Fx = {сбит бомбардировщик, а оба истребителя целы};
F2 = {первый истребитель сбит, а второй истребитель и бомбарди-
ровщик целы};
F3 = {второй истребитель сбит, а первый истребитель и бомбар-
дировщик целы}.
Р(Л) = (1 — Pi)2 [1 — (1 — р2)21;
P(F2) =P(F8) =Р1(1-Рх) (1-р2);
Р (F) = (1 - Pl)2 [1 - (1 - р2)21 + 2рх (1 - Рх) (1 - Р2).
2.45. Условия и вопросы те же, что в предыдущей задаче, но с тем
изменением, что истребители идут в атаку только попарно: если сбит
один из них, то другой выходит из боя.
О т в е т. Р (Л) = (1 - р?) [1 - (1 - р2)21; Р (В) = pf; Р (С) =
= 1-(1-Рх)2; Р (О) = 1 — (1 — рх)2 (1 — Рг); Р(^) =
= 2рх (1 - рх); Р (F) = (1 - рх)2 [1 - (1 - р2)21 + 2рх (1 + рх).
2.46. В урне а белых и b черных шаров. Два игрока поочередно
вынимают из урны по одному шару, каждый раз вкладывая его обрат-
но и перемешивая шары. Выигравшим считается тот, кто раньше вы-
нет белый шар. Найти вероятность того, что выиграет первый иг-
рок (тот, кто вынимал шар первым).
F Решение. Выигрыш первого игрока может осуществиться или
при первом же вынимании или при третьем (для чего первые два выни-
мания должны дать черные шары, а третье — белый), и т. д.
а . /fry д . / fr \2k а _
3^1 = a-j-b { a-j-b J a-f-b " \ a-]-b ] а-]-Ь
а 7 b \2б_________ а 1 _ o-j-b
a-f-b £ш^\а-}~Ь/ a-}-b 7 & \а а-^2Ь
\a+b)
(очевидно, > 1/2 при любых а и &).
2.47. В урне два белых и три черных шара. Два игрока поочеред-
но вынимают из урны по шару, не вкладывая их обратно. Выигрыва-
ет тот, кто раньше получит белый шар. Найти вероятность того,
что выиграет первый игрок.
лг, 2 . 3 2 2 3
Решение. —
2.48. Производятся испытания прибора. При каждом испытании
прибор выходит из строя с вероятностью р. После первого выхода из
строя прибор ремонтируется; после второго — признается негодным.
Найти вероятность того, что прибор окончательно выйдет из строя в
точности при k-м испытании.
Решение. Для того чтобы произошло данное событие, нужно,
во-первых, чтобы прибор вышел из строя при k-м испытании — веро-
ятность этого р. Кроме того, нужно, чтобы за предыдущие k — 1 ис-
пытаний прибор вышел из строя ровно один раз; вероятность этого
равна (k — 1)р (1 — p)ft“2. Искомая [вероятность равна (k — 1)х
Хр2 (1-р)*-2.
2.49. Производится стрельба ракетами по некоторой цели. Ве-
роятность попадания каждой ракеты в цель равна р; попадания от-
дельных ракет независимы. Каждая попавшая ракета поражает цель
с вероятностью рх. Стрельба ведется до поражения цели или до израс-
ходования всего боезапаса; на базе имеется боезапас п ракет (п >• 2).
Найти вероятность того, что не весь этот запас будет израсходован.
Решение. Переходим к противоположному событию А = {весь
боезапас израсходован). Чтобы произошло событие А, первые п—1
ракет не должны поразить цель:
Р (Л) =.(1 -рР1у-\ Р (Л) = 1 - (1 -ррх)"-1.
2.50. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что
после поражения цели в запасе останутся неизрасходованными не ме-
нее двух ракет.
Решение. Противоположное событие Л = {останется менее
Двух ракет) равносильно тому, что первые п — 2 ракет не поразили
Р (Л) = (1 -ppj»"2; Р (Л) = 1 - (1 -ррх)“-2.
к
2.51. В условиях задачи 2.49 найти вероятность того, что будет
израсходовано не более двух ракет.
Решение. Чтобы было израсходовано не более двух ракет, до-
статочно, чтобы при первых двух выстрелах цель была поражена:
вероятность этого равна 1 — (1 — ppi)2.
2.52. Радиолокационная станция ведет наблюдение за k объекта-
ми. За время наблюдения t-й объект может быть потерян с вероятно-
стью pi (t = 1, 2, ..., k). Найти вероятности следующих событий:
А = {ни один объект не потерян};
В = {потеряно не менее одного объекта};
С = {потеряно не более одного объекта}.
k k
Ответ. Р(Л)=П (1-Я);Р(В)=1-П (1-Л); Р(С) =
1=1 1=1
k
= П (1— Pi)4-Pi(l— Рг)... (1— рй) + (1— Р1)р2(1— Рз)-. (1— Pk)+
1=1
+ ••• + (!—Pi) (1—Рг)--- (1—Pk—i) Pk>
Последнюю вероятность можно записать в виде
£ —Д Of
Р(С)=П(1-Рг)4-У П (1-Рг).
i=i /“i l~PH=l
2.53. Техническое устройство, состоящее из k узлов, работало в
течение некоторого времени t. За это время первый узел оказывается
неисправным с вероятностью qt, второй — с вероятностью q2 и т. д.
Наладчик, вызванный для осмотра устройства, обнаруживает и устра-
няет неисправность каждого узла, если она имеется, с вероятностью
р, а с вероятностью q = 1 — р объявляет узел исправным. Найти ве-
роятность события А = {после осмотра наладчиком хотя бы один узел
устройства неисправен}.
Решение. Вероятность t-му узлу быть неисправным после ос-
мотра равна вероятности того, что он стал неисправным за время t,
умноженной на вероятность того, что наладчик не обнаружит этой не-
исправности: qtq. Вероятность того, что это событие случится хотя бы
с одним из узлов, равна
k
Р(А) = 1-П (l-gf<7).
t=i
2.54. К условиям предыдущей задачи добавляется новое: по ис-
течении времени t с вероятностью Q наладчика не оказывается на мес-
те и устройство пускается в ход без профилактического осмотра. Най-
ти вероятность события А = {после пуска хотя бы один узел устрой-
ства неисправен}.
k
1 - П
Ответ. (1—Q)
i=i
(1-<7г<7)1-|-$Г1 - П (1-^)1-
J L /=i J
2.55. Передается сообщение, состоящее из п Двоичных символов
«О» или «1». Каждый из символов с малой вероятностью р искажается
(заменяется на противоположный). Для «перестраховки» сообщение
передается два раза; если оба сообщения совпали, информация счита-
ется правильной. Найти вероятность того, что, несмотря на совпадение
сообщений, оба они оказались ошибочными.
Решение. Л = {оба сообщения совпадают, но искажены} =
/ошибки допущены на одних и тех же местах}. Введем событие
q = {оба сообщения одинаковы}. В = А + С, где С = {оба сообще-
ния одинаковы и верны}.
Р (Л) = Р (В) — Р (С).
п
Событие В = П Вг, где Bi = {на t-м месте того и другого сообщения
i= 1
стоят знаки либо оба верные, либо оба неверные}.
р (fit) = р2 + (1 - р)2; Р (В) = [р2 + (1 - р)2]п; Р (С) =
= [(1 - р)2]"= (1 - р)2п; Р (Я) = [р2 + (1 - р)21» - (1 - р)Ч
2.56. Железнодорожный состав состоит из п вагонов, каждый из
которых с вероятностью р имеет дефект. Все вагоны осматривают, не-
зависимо друг от друга, два осмотрщика; первый из них обнаруживает
дефект (если он имеется) с вероятностью рп второй — с вероятностью
р2. Если ни в одном из вагонов не обнаружено дефекта, состав отправ-
ляется в рейс. Найти вероятность события:
А = {в рейс отправляется состав, в котором имеется хотя бы один
дефектный вагон}.
Решение. Рассмотрим один отдельно взятый вагон и событие
В = {вагон имеет необнаруженный дефект}. Р (В) = р (1 — Pi) X
X (1 — р2). Отсюда
Р (Л)= 1 - [1 - Р (В)1П = 1 - [1 - р (1 - Pi) (1 - р2)]«
2.57. ЭВМ, в которой подозревается дефект, подвергается тести-
рованию с целью локализации дефекта. Для этого применяется после-
довательно п тестов: Тг, Т2, ..., Тп. При обнаружении дефекта тести-
рование прекращается. Вероятность локализации дефекта при первом
тесте равна рх; условная вероятность локализации дефекта при втором
тесте (если при первом он не был локализован) равна р2; условная ве-
роятность локализации дефекта при i-м тесте (если при первых t —1
он не был локализован) равна pt (t = 1, 2, .... п). Найти вероятности
следующих событий:
А = {проведено не менее трех тестов};
В = {проведено не более трех тестов};
С — {дефект локализован в точности при четвертом тесте};
D = {дефект не локализован после п тестов};
Е = {проведены все п тестов}.
Решение. Событие А = {проведено менее трех тестов} =
~ Ei + F2, где
Л — {проведен только один тест, неисправность локализована};
F3 = {первый тест не дал результата, при втором неисправность
локализована).
Р (Л) = Pi, Р (Fa) = (1 ~ Р1)Р2; Р Й) = Л + (1 - Р1)Рз;
р (Л)= 1 - [Р1 + (1 - рМ.
Событие В — {проведено, один, дваУили три теста) = Ft + F2 + F3,
где F3 = {неисправность локализована при третьем тесте).
Р (F3) = (1 - Р1) (1—Р2)Рз; Р (В) = Р1 + (1 - Р1)Ра +
+ (1 — Р1) (1 — р2)Рз; Р(С) =(1-р1)(1-Р2)(1-Рз)р4;
> п п—1
P(D) = (1-P1)(l-P2)...(l-Pn)= п (1-рг); Р(В)= П (1—А).
i=i
2.58. На железнодорожной станции пассажиру предоставляется
сейф, (индивидуальная камера хранения багажа), который открывает-
ся только при наборе определенного трехзначногсГшифра (например,
253, 009, 325 и т. д.). Пассажир набрал шифр, запер сейф и ушел в го-
род. Посторонний человек, не знающий шифра, пытается открыть сейф,
выбирая три цифры наугад. Найти вероятности событий:
А = {сейф откроется с первой же попытки);
В = {сейф откроется после k попыток).
Решение. Р (Л) = 0,1 • 0,1 • 0,1 =0,001. Если делается k по-
пыток, естественно предположить, что неудачные комбинации не пов-
торяются. Перейдем от В к противоположному событию В — {все k
попыток неудачны). Тогда
г»/О\ 1 пГЯ 1 999 998 1000—k +1 1000— k
Н (£> I = 1 Н I D J = 1---- ----... --------- --------- =
4 ’ v ' 1000 999 1000—й-Ь 2 1000 — й-}-1
1 —109°~^ = -А_ . (2.58)
1000 1000 ’
Формула (2.58), разумеется, имеет смысл только при k < 1000; при
1000 вероятность правильного набора Р (В) =1.
2.59. В городе Тбилиси три распространенных языка: грузинский,
армянский и русский. Берется группа жителей в составе т человек.
Из них знают только грузинский язык, т2 — только армянский,
т3 — только русский; /п12 — грузинский и армянский; /и13 — гру-
зинский и русский; т23 — армянский и русский; т123 — все три язы-
ка; тг + т2 + т3 + m12 + т13 + m23 + т123 = tn. Из этой груп-
пы случайным образом выбираются двое. Какова вероятность р того,
что они смогут разговаривать между собой без помощи переводчика
на каком-либо из трех языков?
Решение. Перенумеруем все семь групп жителей и проставим
против каждой те языки, которые знают члены группы, обозначая их
буквами «г», «а», «р».
I : г (/«! человек); II : а (т2 человек); III : р (/и3 человек); IV : г,
а (т12 человек); V : г, р (т13 человек); VI : а, р (тп23 человек); VII : г,
а, Р (mi23 человек). - . ;
Чтобы двое могли объясниться, они должны попасть в пару групп,
имеющих между собой общий язык. В данном случае проще будет най-
ти вероятность того, что двое не смогут объясниться. Для этого они
должны относиться к одной из пар групп: (I, II); (I, III); (I, VI);
(II, Ш); (И» V); (Ш» IV)- Вероятности того, что один из двух выбран-
ных людей относится к одной группе, а второй — к другой, равны:
р (J, II) = 2mi ; р (I, III) = Отз ; Р (I, VI) = ;
tn [tn—1) ' tn (tn — \) tn [tn—1)
p (II, III) = - 2mtms ; P (II, V) = - ; p (III, IV) =
V tn (m—1) 7 tn [tn—\) V '
_ 2m3 m12 •
m (m—1)
Складывая эти вероятности и вычитая полученную сумму из еди-
ницы, найдем искомую вероятность р:
2
Р = 1--------— (/П1 /^+«1Щ3 + /П1 М23 +
т (т— 1)
+ m2 ms m2 m13+ms m12).
2.60. Завод выпускает определенного вида изделия; каждое из-
делие может иметь дефект; вероятность дефекта р. После изготовления
изделие осматривается последовательно k контролерами; i-й контро-
лер обнаруживает дефект, если он имеется, с вероятностью pt (1 = 1,
2, ..., k). В случае обнаружения дефекта изделие бракуется. Опреде-
лить вероятности событий:
А = {изделие забраковано);
В — {изделие забраковано вторым контролером, но не первым);
С = {изделие забраковано всеми контролерами).
Ответ.
2.61. Завод изготовляет определённого типа изделия; каждое изде-
лие имеет дефект с вероятностью р. Изделие осматривается одним
контролером; он обнаруживает имеющийся дефект с вероятностью plt
а’если дефект не обнаружен, пропускает" изделие в готовую продук-
цию. Кроме того, контролер может по ошибке забраковать изделие,
не имеющее дефекта; вероятность этого равна а. Найти вероятности
следующих событий:
А = {изделие забраковано);
В = {изделие забраковано, но по ошибке);
С = {изделие пропущено.в готовую продукцию с дефектом).
О т в е т. Р (Л) = РР1 + (1 - р)а; Р (В) = (1 - р)а; Р (С) =
= ^>У~Р1)- ...
2.62. В условиях предыдущей задачи изделие осматривается не
одним контролером, а двумя. Вероятности забраковать дефектное
изделие для первого и второго контролеров равны соответственно ри
Рг, вероятности по ошибке забраковать изделие, не имеющее дефекта,
равны соответственно а1( а2. Если хотя бы один контролер бракует j
изделие, оно идет в брак. Найти вероятности тех же событий.
Ответ. Р (Л) =р [1 — (1 — pi) (1 — р2)1 + О — Р) И — ;
— (1 — ах) (1 — a2)]; Р (В) = (1 — р) [1 — (1 — ах) (1 — а2)];
Р(С) =р(1-рх)(1-р2). ;
2.63. Прибор состоит из п блоков (рис. 2.63); выход из строя каж- <
дого блока означает выход из строя прибора в целом. Блоки выходят
из строя независимо друг от друга. Надежность (вероятность безот-
казной работы) каждого блока равна р. Найти надежность Р прибора
в целом. Какова должна быть надежность рх каждого блока для обес- >‘
печения заданной надежности Рг прибора?
Примечание. Здесь и далее на схемах элементы, без которых работа i
системы невозможна, изображаются как звенья, соединенные «последовательно»;
дублирующие друг друга элементы изображаются соединенными «параллельно».
Надежность каждого элемента записывается в соответствующем прямоугольнике. |
Ответ. Р — рп;
Рис.
iZJuLr
2.64. Для повышения надежности прибора он дублируется дру-
гим точно таким же прибором (рис. 2.64); надежность (вероятность
безотказной работы) каждого прибора равна р. При выходе из строя
первого прибора происходит мгновенное переключение на второй (на-
дежность переключающего устройства равна единице). Определить
надежность Р системы двух дублирующих друг друга приборов.
Решение. Отказ системы требует совместного отказа обоих при-
боров; надежность системы Р =1 — (1 — р)2.
Рис. 2.65 Рис. 2.66
2.65. Та же задача, но надежность переключающего устройства П,
обеспечивающего переключение с отказавшего первого прибора на
второй, равна рх (рис. 2.65).
Ответ. Надежность системы Р =1 — (1 — р) (1 — р±р).
2.66. Для повышения надежности прибора он дублируется (п—1)
другими такими же приборами (рис. 2.66); надежность каждого при-
бора р. Найти надежность Р системы. Сколько надо взять приборов,
чтобы повысить надежность до заданной Рх?
Ответ. Р = 1 — (1 — p)n; n > 1g (1 — Рх)/ 1g (Г — р).
2.67. Та же задача, но для включения каждого дублирующего при-
бора применяется устройство с надежностью рх (рис. 2.67).
Ответ. Р=1—(1—р)(1—p1p)n-i; (1~р) + 1.
1g (1— PiP)
Рис. 2.67
Рис. 2.68
2.68* . Техническая система состоит из п блоков, надежность каж-
дого р. Выход из строя хотя бы одного блока влечет за собой выход из
строя всей системы. С целью повышения надежности системы произво-
дится дублирование, для чего выделено еще п таких же блоков. На-
дежность переключающих устройств полная. Определить, какой спо-
соб дублирования дает большую надежность системы: а) дублирова-
ние каждого блока (рис. 2.68, а); б) дублирование всей системы
(рис. 2.68, б).
Решение. Надежность системы, дублированной по способу «а»,
будет ра = [1 — (1 — р)2]", по способу «б» ре =1 — (1 — рп)2. По-
кажем, что ра > рб при любом «>1и0<р<1. Так как
ра = [1 — (1 — р)21п = [1 — 1 + 2р — р2]п = рп (2 — р)п,
Рб = 1 — (1 — р")2 =1 — 1 + 2р" — р2п = р" (2 — р"),
то достаточно доказать неравенство: (2 — р)п > 2 — р". Положим
Я = 1 — р (р >0); неравенство примет вид (2 — 1 + q)n > 2 —
— (1 — q)n, или (1 4- q)n + (1 — q)n > 2.
Применяя формулу бинома, замечаем, что все отрицательные члены
уничтожаются:
(Г+<7)л +(1-<7)й =1+п<У + "-(я~1) ^ + ...4-
+l_„,+lfc±.
=2 + n(n-l) ?• + ... >2,
что и доказывает требуемое неравенство.
2.69. В технической системе дублированы не все, а только некото-
рые (наименее надежные) узлы. Надежности узлов проставлены на
рис. 2.69. Определить надежность Р системы.
Ответ. Р = [1 — (1 — pi)2! [1 — (1 — РгЯрзРД! — (1 — Ps)2b
Рис. 2.69
Рис. 2.70
2.70. Прибор состоит из трех узлов. В первом узле элементов,
во втором п2 и в третьем п3. Для работы прибора безусловно необхо-
дим узел I; два других узла II и III дублируют друг друга (рис. 2.70).
Надежность каждого элемента одна и та же и равна р. Выход из строя
одного элемента означает выход из строя всего узла. Элементы выхо-
дят из строя независимо друг от друга. Найти надежность прибора Р.
Решение. Надежность узла I: pi = р"1; надежность узла II:
рп =рп»;1 надежность узла III: рш = рп»; надежность дублирован-
ного узла (II и III): 1 — (1 — р"») (1 — рПа); надежность прибора
Р = рп* [1—(1— рпг) (1—р«з)].
- 2.71. Имеется электроприбор, который может выходить из строя
(перегорать) только в момент включения. Если прибор включался до
сих пор k — 1 раз и еще не перегорел, то условная вероятность ему пе-
регореть при &-м включении равна Qfe. Найти вероятности следующих
событий:
А = {прибор выдержит не менее п включений);
В — {прибор выдержит не более п включений);
- С = {прибор перегорит точно при n-м включении).
Решение. Вероятность события А равна вероятности того, что
при первых п включениях прибор не перегорит:
Р(Л)= П (1-Qh).
. k=i
Чтобы найти вероятность события В, переходим к противополож-
ному: В = {прибор выдержит более п включений). Для этого достаточ-
но, чтобы при первых (n + 1) включениях прибор не перегорел:
Р (в)=ЛП (1 -Qft); Р (В) = 1 -"п (1 -Qft).
Л=1 ы
Чтобы прибор перегорел точно при n-м включении, надо, чтобы он
не перегорел при первых п — 1 включениях, а при n-м перегорел:
P(Q = Qn П (1—Q*)-
v *=i
2.72. Прибор состоит из четырех узлов; два из них (I и II) безус-
ловно необходимы для исправной работы прибора, а два (III и IV) ду-
блируют друг друга (рис. 2.72). Узлы могут выходить из строя толь-
ко при включении. .При k-м включении
исправный узел I (независимо от дру-
гих) выходит из строя с вероятностью
qi (k), узел II — с вероятностью <?2 Цг),
узел III и узел IV с одинаковой вероят-
ностью qm (k) = qiv (k) = q (k). Найти
вероятности тех же событий А, В, С,
что в задаче 2.71.
Рис. 2.72
Решение. Задача сводится к предыдущей, если найти'услов-
ную вероятность Qk выхода из строя исправного прибора при
k-м включении: Qh — 1 — 11 — qi (k)] [1 — qn (&)][ 1 — (1 — q (А))2] и
подставить в уже найденное решение.
2.73. Прибор состоит из трех узлов. При включении прибора с ве-
роятностью pi появляется неисправность в первом узле, с вероятно-
стью р2 — во втором узле, с вероятностью р3 — в третьем узле. Не-
исправности в узлах возникают независимо друг от друга. Каждый из
трех узлов безусловно необходим для работы прибора. Для того что-
бы узел отказал, необходимо, чтобы в нем было не менее двух неисправ-
ностей. Найти вероятность события
А = {прибор благополучно выдержал п включений}.
Решение. Для осуществления А нужно, чтобы работали все
три узла. Вероятность того, что первый узел выдержит п включений,
равна вероятности того, что при п включениях в нем окажется не бо-
лее одной неисправности (0 или 1): (1 + pj" + npx (1 — Pi)”-1- Ве-
роятность того, что все три узла выдержат п включений, равна
з
Р(Л)= П ((1-Рг)" .+ «рг(1-рг)п-Ч.
Z=1
2.74. Прибор состоит из трех узлов; один из них безусловно необ-
ходим для работы прибора; два других дублируют друг друга. В ре-
зультате работы устройства в нем появляются неисправности; каждая'
неисправность с одной и той же вероятностью появляется в любом из
элементов, составляющих узлы. Первый -узел состоит из пх элементов;
второй — из п2 элементов, третий — из п3 элементов (пх + п2 + п3 =
= п). При неисправности хотя бы одного элемента узел выходит из
строя.
Известно, что в приборе имеется четыре неисправности (в четырех
разных элементах). Найти вероятность того, что наличие этих неис-
правностей делает невозможной работу прибора.
Решен н е. Событие А = {невозможность работы прибора} рас-
падается на два А = Лх + Л2, где
Лх = {вышел из строя первый узел};
Л2 = {первый узел не вышел из строя, но второй и третий вышли}.
Чтобы произошло событие нужно/чтобы хотя бы одна из че-
тырех неисправностей пришлась на первый узел:
п—tii п—tij,—1 п—Пх—2 п—пх—3
п п—1 п—2 п—3
Р(Лх)=1-Р Лх =1
Для определения вероятности события Л2 мы должны вероятность
события Лх = {первый узел не вышел из строя} умножить на вероят-
ность того, что второй и третий узлы вышли из строя (с учетом, того,
что все четыре неисправности приходятся на второй и третий узлы).
Последнее событие может осуществиться в трех вариантах: или одна
неисправность будет во втором, а три других — в третьем узле,’или
наоборот: три во втором и одна в третьем; или же во втором и третьем
узлах будет по две неисправности.
Вероятность первого варианта
q 1 яз пз 1 ”з 2 _ gt>
л2-{-Лз л2-|-712—1 л2-|-/1д—2 л2-|~л2 3
Вероятность второго варианта
£1 П3 Лд П3------------------1 п3-------% _ бр
л2-|-Лз л2-(-Лз—1 л2-}-Лз—2 л2-|“Лз—3
Вероятность третьего варианта
Q3 — l tig П3 1 д>
л2-|-Лз л2-|-Лз—1 л2-]-Лз—2 л2-|-Лз—3
Отсюда
Р (Л2) = [1—Р (Лх)] [S\+ ^2 + ^3]; Р (Л) = Р (Лх)+Р (Л2).
2.75. Уникальный прибор, от которого требуется очень высокая
надежность, собирается из k деталей Ь1г D2, ...,Dk. Перед сборкой
каждая деталь всесторонне проверяется, и если она окажется высоко-
качественной, включается в прибор, а если нет — заменяется запасным
экземпляром, который тоже проверяется. В распоряжении сборщика
имеется запас деталей каждого типа: mt экземпляров детали £)г (I =
k
= 1, ...,&), всего т-Ут, деталей. Если запасных деталей не хва-
1=1
тает, сборка откладывается. Вероятность того, что отдельный экземп-
ляр детали О; окажется высококачественным, равна рг и не зависит
от качества других экземпляров. Найти вероятности следующих со-
бытий:
Л = {имеющегося запаса деталей достаточно для сборки прибора};
В = {использованы (испытаны и включены в прибор или только
испытаны) все имеющиеся детали};
С = {при данном запасе деталей сборщику удастся собрать при-
бор, и хотя бы одна деталь любого типа останется в запасе}.
\. ‘
Решение. Событие А = П At, где Ai = {хотя бы один экземгг-
1=1
л яр детали Di оказался высококачественным}.
Р (4f) = 1 -(1 ~pi)m\; Р (Л) = П [1 -(1 - PiT11-
Z=1
k
Событие В = П Вл, где Bt = {израсходованы все экземпляры детали*
Dt}- Чтобы имело место событие Bi, нужно, чтобы первые trii — 1 эк-
земпляров детали Di были невысококачественными:
, *
Р(Вг) = (1—Р«) i- ; Р(В)= П(1-рг)тг •
<=1
Чтобы найти Р (С), представим событие А в виде суммы несовмест-
ных событий:
А = С + F, (2.75)
где F = {сборщику удается собрать прибор, но ни одной детали в за-
пасе не остается}; F = ПВг, где F{ = {первые ггц — 1 экземпляров
1=1
детали Dt оказались невысококачественными, а пц-я— высококачест-
венной}.
Р (F^^ii-pift-1 Pi;P(F) = П [(l-p<)m< рф
;=i
Из формулы (2.75) имеем
k k
Р(С)=Р(Л)-Р(В)=П [1-(1-рГ<]-п 1(1—рФ1* рФ
»=1 »=i
2.76. Техническое устройство S состоит из п узлов, каждый из ко-
торых в результате эксплуатации в течение времени т может оказать-
ся в одном из состояний:
Si = {полностью исправен};
s2 — {требует наладки};
s3 = {требует ремонта};
s4 = {полностью непригоден}.
P(si)=Pi. Р(«2)=Р2. P(s3)=P3» P(sJ=P4;
Pl + P2 + Рз + Pi = 1 •
Состояния отдельных узлов независимы. Найти вероятности сле-
дующих событий:
А = {все узлы полностью исправны};
В = {все узлы требуют наладки};
С = {один узел требует ремонта, остальные — наладки};
D = {хотя бы один узел полностью непригоден};
Е — {два узла требуют наладки, один — ремонта, остальные ис-
правны}.
Решение. Р (Л) = р", (В) = р". Один узел, требующий ре-
монта, можно выбрать Ch — п способами:
Р(С)=пр3^-*; P(D)=i/-(i-p1)«.
Два узла, требующих наладки, можно выбрать из п узлов =
п(п—1) cnocogaMIj. один узел, требующий ремонта, Ch-2 = п — 2
способами:
Р (£) = (П-2) р*2 ft-*.
2.77. По каналу связи передается п = 6 сообщений, каждое из ко-
торых, независимо от других, с вероятностью р = 0,2 оказывается ис-
каженным. Найти вероятности следующих событий:
С = {ровно два сообщения из 6 искажены},
D = {не менее двух сообщений из 6 искажены}.
Решение. По теореме о повторении опытов [см. формулу
(2.0.15)1 Р (С) = Р2)в = Cg • 0,22 • 0,84 « 0,197. По формуле (2.0.18)
Р (D) = 1 — (Р0>в + Р1>6) = 1 - (0,8е + 6 • 0,2 . 0,85) =
= 1 — (0,262 + 0,393) = 0,345.
2.78. По каналу связи передается п сообщений. Каждое из^сооб-
щений независимо от других с вероятностью р искажается помехами.
Найти вероятности следующих событий:
А = {из п сообщений ровно т будут искажены помехами};
В = {не менее т из п сообщений будут переданы неискаженными};
С = {не более половины всех передаваемых сообщений будут ис-
кажены};
D — {все сообщения будут приняты без искажений};
Е = {не менее двух сообщений будет искажено}.
Р, е ш е н и е. По теореме о повторении опытов [см. формулу
(2.0.15)]
Р(А) = С?рт(\— р)п~т.
По формуле (2.0.17), заменяя р на 1 —р, получаем
п . [п/2] .
Р(В)= 2 с*(1-р)*рп-*; P(Q= 2 СгР*(1-р)п-\
k=m
где [п/21 — целая часть числа п/2.
Р (D) = (1 — р)п;
то же значение можно получить и по формуле (2.0.15):
P(D) = Po,n=CXpO(l-p)» = l.b(l-p)".
По формуле (2.0.18) находим
P(£) = R2,n = 1- £ С"Р*V-pY~k = 1—[(1 —рУ -t-npU-p)"-1]’
*=о
-1-(1-р)"-1[1 + (п-И)р].
2.79. Техническое устройство S состоит из 5 узлов; каждый узел
за время эксплуатации отказывает (выходит из строя) с вероятностью
р = 0,4- Отдельные узлы Отказывают независимо друг от друга. Если
откажет более трех узлов, устройство не может работать; если отка-
жет 1 узел или 2 узла, оно работает, но с пониженной эффективностью.
Найти вероятности событий:
А = {в устройстве не отказал ни один узел);
В = {устройство может работать};
>F = {устройство работает с пониженной эффективностью}.
Решение. Р (Л) = 0,6® л? 0,0778;
Р(В) ₽Р-(Л) + Р(С) + Р(О),
где С = {отказал ровно,один узел}; D = {отказали ровно два узла}.
Р (С) = Р1.5 = 5 • 0,4 • 0,6‘ « 0,259; Р (D) = Р2,5 = С* • 0,42 X
X 0,6s « 0,346; Р (В) = Р (Л) + Р (С) + Р (D) « 0,683; Р (F) =
= Р (С) + Р (D) « 0,605.
2.80* . Происходит соревнование между k стрелками; каждой из
них делает п выстрелов по своей мишени. Вероятность попадания в ми-
шень при одном выстреле для t-ro стрелка равна рг (/ =1, ..., ^.Вы-
игрывает соревнование тот из стрелков, который имеет больше попа-
даний, чем каждый из остальных. Найти вероятность того, что среди
соревнующихся стрелков будет один (только один), выигравший со-
ревнование.
Решение. Таким одним может быть любой из k стрелков. Най-
дем вероятность того, что г-й стрелок выиграет соревнование (событие
Лг). Это событие может произойти следующими способами: Л/т) —
— {i-й стрелок имеет ровно т попаданий, а каждой из остальных—
не более чем т — 1} (т = 1, ..., п).
Вероятность Рт (0 того, что i-й стрелок имеет т попаданий, равна
Cnp/V-”1, гДе 4t = 1 — Pi- Обозначим вероятность того, что /-й стре-
лок имеет не более т — 1 попаданий, через Rm (j):
tn — 1
Rm(i)= 2 cnPi4i~s И>1).
s=0
Тогда вероятность того, что все остальные стрелки, кроме i-ro имеют
не более tn — 1 попаданий, равна
Rm^ (1) Rm\ (2)... Rm.t (i-1) Rm.t (/4-1)... Rm-i (k) = П Rm_x (/).
Суммируя полученные вероятности для всех значений /и, получаем
вероятность того, что i-й стрелок в единственном числе выиграет
соревнование:
п
Р(Л,)=2 Рт(0П Rm-tij) а=1............k).
Суммируя эти вероятности для всех стрелков, получаем
k k п
Р(Л)= 2 Р(Л«)= s 2 Л»(0П
i=i i=lm=l
2.81. При въезде в новую квартиру в осветительную сеть было
включено 2k новых электролампочек. Каждая электролампочка в те-
чение года перегорает с вероятностью г. Найти вероятность события
Л = {в течение года не менее половины первоначально включенных
лампочек придется заменить новыми}.
k—1
Ответ. Р (Л) -= 1 — 2 См rm(\ —r)zk~mt
m=0
2.82. Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятно-
стью г (независимо от других) оказывается дефектным. При осмотре
дефект, если он имеется обнаруживается с вероятностью р. Для конт-
роля из продукции завода выбирается п изделий. Найти вероятности г ।
следующих событий:
Л = {ни в одном из изделий не обнаружено дефекта};
В = {среди п изделий ровно в двух обнаружен дефект};
С = {среди п изделий не менее чем в двух обнаружен дефект}. '
Решение. Вероятность того, что в одном наугад взятом изде- ? >
лии имеется и обнаружен дефект, равна рг.
Р (Л) = (1 — рг)"; Р (В) = Q (рг)2 (1 — pry -2; Р (С) = 1 —
— (1 — рг)п~ 1 [(1 — рг) + прг].
2.83. В условиях задачи 2.82 вся контролируемая партия браку-
ется, если среди п изделий будет обнаружено не менее четырех дефект- х
ных. Найти вероятность р того, что вся контролируемая партия будет |
забракована.
Ответ. р= 2 ^п(рг){(1—pr)n~l. I
/=4
2.84. Первый прибор состоит из tit узлов, второй из п2 узлов. Каж-
дый прибор работал в течение времени t. За это время каждый узел
первого прибора выходит из строя, независимо от других, с вероятно- i
стью qlt второго — с вероятностью д2. Найти вероятность р того, что :
за время t в первом приборе выйдет из строя znx узлов, а во втором —
т2 узлов.
Ответ. ^1)Я>-’»«С^*7"’«(1—gi,)n’-'”*1» ]
2.85. Монета бросается иг раз. Найти вероятность того, что герб
появится не менее k раз и не более I раз (k I /и). Ц
Решение. р= 2 3 cUl/2)m = (1/2)” 2 <4. I
i=k i=k i=\ Д
2.86. Прибор, состоящий из k узлов, работал в течение времени t. Д
Надежность (вероятность безотказной работы) каждого узла за вре- Я
мя t равна р. По истечении времени t прибор останавливается, техник
осматривает его и заменяет узлы, вышедшие из строя. На замену одно-
го узла ему требуется время т. Найти вероятность Р того, что че-
рез время 2т после остановки прибор будет готов для нормальной
работы.
Решение. Для этого нужно, чтобы за время t вышло из строя
не более двух узлов:
' P = pfe + fe(l-p)^-l+ (l-p)2pfe-2.
2.87. Что вероятнее, выиграть у равносильного противника: 1)
три партии из четырех или пять из восьми? 2) не менее трех партий из
четырех или не менее пяти партий из восьми?
Решение. 1) Л = {выигрыш 3 партий из 4}; В = {выигрыш
5 партий из 8}. Р (Л) = CI (1/2)4 = 1/4; Р(В) = (1/2)8 = 7/32;
Р (Л) > Р (В).
2) С = {выигрыш не менее 3 партий из 4}; D = {выигрыш не ме-
нее 5 партий из 8}. Р (С) = (1/2)4 + (1/2)4 = 5/16; Р (D) =
= С* (1/2)8 + Cg (1/2)8 + (1/2)8 + (1/2)8 = 93/256; Р (D) > Р (С).
2.88. Человек, принадлежащий к определенной группе населения,
с вероятностью 0,2 оказывается брюнетом, с вероятностью"0,3 — ша-
теном, с вероятностью 0,4 — блондином и с вероятностью 0,1 — ры-
жим. Выбирается наугад группа из шести человек. Найти вероятности
следующих событий:
Л = {в составе группы не меньше четырех блондинов};
В = {в составе группы хотя бы один рыжий};
С — {в составе группы равное число блондинов и шатенов}.
Решение. Р (Л) = 1 — [0,6® + 6 • 0,4 • 0,65 + 15 • 0,42 х
X 0,64] « 0,455; Р (В) = 1 — (1 — 0,1)6 « 0,468; С = Со + +
+ С2 + С3,
где Со = {в группе нет ни блондинов, ни шатенов};
= {в группе по одному блондину и шатену, а остальные —
ни то, ни другое};
С2 = {в группе по два блондина и шатена, а остальные — ни
то, ни другое};
С3 = {в группе по три блондина и шатена}.
Р(С0) = (1— 0,7)в а? 0,0007;
р (Сх) =-$— 0,3-0,4 (1 — 0,7)4 « 0,0292;
\ а 11Ц4! v 7
р (Q = 2! -в’2! 0,32'0,42 (1 — 0.72) « 0,1166;
P(C3)=-^L-0,38-0,43 «0,0346; Р (С) «0,181.
2.89. В течение времени t эксплуатируется N приборов. Каждый
прибор имеет надежность р и выходит из строя независимо от других.
Найти вероятность Р (Л) того, что мастер, вызванный по окончании
времени t для ремонта неисправных приборов, не справится со сво-
ей задачей за время т, если на ремонт каждого неисправного прибора
ему требуется время т0.
Решение. Событие А равносильно тому, что число вышедших
из строя приборов больше, чем I = [т/т0], где [т/т0] — наибольшее
целое число, заключенное в т/т0.
N
р(Л)= s
m=l+ 1
2.90. Имеется N неисправных приборов, которые подвергаются ис-
пытаниям (тестам) с целью локализации неисправности. Каждый тест
независимо' от других с вероятностью р приводит к локализации не-
исправности. Если неисправность локализована, прибор передается
на ремонтную станцию, а обследованию подвергаются другие приборы.
Если во всех N приборах неисправность локализована, то тесты пре-
кращаются. Всего имеется возможность произвести п тестов (я > N).
Найти вероятность того, что неисправности во всех W приборах будут
локализованы.
Решение. Л = {все неисправности локализованы} = {неис-
правность локализована не менее N раз}.
п
р(Л)= 2
m=N
2.91. В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что
в результате я тестов среди N неисправных приборов останется не ме-
нее k приборов с нелокализованными неисправностями (k < N).
Решение. Задача равносильна следующей: найти вероятность
того, что при я тестах будут локализованы неисправности не больше,
чем в N — k приборах.
N—k
р(Л)= 2 сКуЧУ-рУ1-”1.
2.92* . Прибор состоит из я узлов. Вероятность безотказной работы
i-ro узла равна pi (i =1,2,..., я). Для работы прибора требуется
безотказная работа всех его узлов. При вычислении вероятности 7?
отказа прибора вероятности pt (i = 1, 2, .... я) приближенно заменя-
ют их средней арифметической:
~ 1 ”
?= -i-2 р,-
П /=!
(2.92)
Будет ли при этом вычисленное приближенное значение R вероятности
R больше или меньше истинного /??
п
Решение. Точное значение R =1 — П qit где = 1 — рг.
Приближенное (по средней вероятности р)
п
R = 1—(1—р)" = 1 — -1 я-2л .
п
^=1
п
п
/=1
• -
л Г 1 « Iя
Требуется сравнить величины: П qi и — У qt I . Известно, что сред-
»=1 L” ‘=i J
нее геометрическое не равных между собой положительных величин
меньше, чем их среднее арифметическое, откуда
следовательно, R<. R.
2.93. Завод изготовляет изделия, каждое из которых должно под-
вергаться четырем видам испытаний. Первое испытание изделие про-
ходит благополучно ,с вероятностью 0,9; второе — с вероятностью
0,95; третье — с вероятностью 0,8 и четвертое — с вероятностью 0,85.
Найти вероятность того, что изделие пройдет благополучно:
А = {все четыре испытания};
В = {ровно два испытания (из четырех)};
С = {не менее двух испытаний (из четырех)};
Ответ. Р (Л) « 0,581; Р (В) « 0,070; Р (С) « 0,994.
2.94. С целью повышения надежности передачи важного сообще-
ния, состоящего из п символов, каждый из передаваемых символов
дублируется (повторяется) т раз. В качестве воспринимаемого симво-
ла в пункте приема воспроизводится тот, который повторен не менее
k раз из т. Если символ в пункте приема повторяется менее k раз, то
такой символ не воспроизводится, считается искаженным. Вероят-
ность р правильной передачи любого символа одна и та же и не зави-
сит от того, правильно ли переданы другие символы. Найти вероят-
ности следующих событий:
А = {переданный отдельный символ в сообщении будет правильно
воспринят в пункте приема};
В = {все сообщение будет правильно воспринято в пункте приема};
С = {в сообщении будет искажено не более I символов}.
Решение. Чтобы переданный символ был правильно воспринят
в пункте приема, нужно, чтобы он был передан без искажений не ме-
нее k раз из т. Вероятность того, что символ будет передан правильно
ровно / раз из т [согласно формуле (2.0.15)1, равна
Clnp^l-p)^.
Вероятность того, что символ будет передан правильно не менее k раз
из т можно вычислить по формуле (2.0.17):
Р(Л)= 2 Ы-рГ-ip!
i=k
или, при сравнительно небольшом k<Zml%, по формуле (2.0.18):
ft-i .
Р(Л)=1-2 Cmpffi-pr-i.
/=о
Чтобы все сообщение было правильно воспринято в пункте приема,
нужно, чтобы все п символов были воспроизведены правильно:
Р (В) = [Р (Л)]л.
Вероятность события С может быть вычислена по формуле
p(q= 2 [1-Р(Л)]'[Р(Д)Р’-'.
1=0
ГЛАВА 3
ФОРМУЛА полной ВЕРОЯТНОСТИ
И ФОРМУЛА БЕЙЕСА
'*' 3.0. Если об обстановке опыта можно сделать п исключающих друг друга
предположений (гипотез) Hlt Hz,..., Нп и если событие А может появиться толь-
ко вместе с одной из этих гипотез, то
Р(Л)=2 Р(Яг)Р(А|Яг). (3.0.1)
i = 1
где Р (Hi) — вероятность гипотезы Hf9 Р (Л | Hi) — условная вероятность со-
бытия А при этой гипотезе. Формула (3.0.1) называется формулой полной веро-
ятности.
Если до опыта вероятности гипотез Нъ Н2, ..., Нп были равны Р (Hj)9
Р (Я2), •••, Р (Яп), а в результате опыта произошло событие А, то новые (услов-
ные) вероятности гипотез вычисляются по формуле
Р(Я,|Л>- ДРИ)Р<Л1Щ (( = 112.......................(ЗЛ2)
2 Р(Я,)Р(Л|Н,)
1=1
Формула (3.0.2) называется формулой Бейеса. Доопытные (первоначальные)
вероятности гипотез Р (Н$, Р (#2)» •••» Р (#п) называются априорными, а после-
опытные Р (Н± | Л), Р (Н2 | Л), ..., Р (Нп | А) — апостериорными. Формула
Бейеса дает возможность «пересмотреть» возможностй гипотез с учетом наблюден-
ного результата опыта.
Если после опыта, давшего событие Л, проводится еще один опыт, в резуль-
тате которого может произойти или нет событие В, то вероятность (условная)
этого последнего события вычисляется по формуле полной вероятности, в кото-
рую подставлены не прежние вероятности гипотез Р (Hfi, а новые Р (Hi | Л):
Р(В|Л) = 2 р(Я||А)Р(В|ЯгЛ). (3.0.3)
1=\
Формулу (3.0.3) иногда называют «формулой для вероятностей будущих событий».
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
3.1. Имеются три одинаковые с виду урны. В первой а белых ша-
ров и Ь черных; во второй с белых и d черных; в третьей только белые
шары. Некто подходит наугад к одной из урн и вынимает из нее один
шар. Найти вероятность того, что этот шар белый.
Решение. Пусть событие А = {появление белого шара}. Фор-
мулируем гипотезы:
/?!= {выбор первой урны};
Я2= {выбор второй урны};
Н3= {выбор третьей урны}.
Р(Я1) = Р(Я2) = Р(Я8) = -1; Р(Л|Я1) = -Ь-;
3 а-\-о
Р(Л|Я2) = -£-; Р(Л|Я3)=1.
с+а
По формуле полной вероятности
Р(Л) = ---=_!-(—+ —£_ + 1).
’ 3 а-\-Ь 3 c+d 3 3 \д+6 c+d J
3.2. Прибор может работать в двух режимах: нормальном и ненор-
мальном. Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев ра-
боты прибора; ненормальный — в 20%. Вероятность выхода прибора
из строя за время t в нормальном режиме равна 0,1, в ненормальном
0,7. Найти полную вероятность р выхода прибора из строя за время t.
Решение, р = 0,8 • 0,1 + 0,2 • 0,7 = 0,22.
3.3. Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятностью
р имеет дефект. В цехе имеются три контролера; изделие осматрива-
ется только одним контролером (с одинаковой вероятностью первым,
вторым или третьим). Вероятность обнаружения дефекта (если он име-
ется) для l-го контролера равна рг (I =1, 2, 3). Если изделие не бы-
ло забраковано в цехе, то оно попадает на ОТК завода, где дефект, ес-
ли он имеется, обнаруживается с вероятностью р0. Определить вероят-
ности следующих событий:
А = {изделие будет забраковано};
В = {изделие будет забраковано в цехе};
С = {изделие будет забраковано в ОТК завода}.
Решение. Так как события В я С несовместны я А = В + С,
то Р (Л) = Р (В) 4- Р (С). Находим Р (В). Для того чтобы изделие
было забраковано в цехе, нужно, чтобы оно, во-первых, имело] дефект
и, во-вторых, этот дефект был обнаружен. Вероятность обнаружения
имеющегося дефекта по формуле полной вероятности равна х/3 (рх +
+ р2 + Рз); отсюда Р (В) = Vs Р (Pi + Ps + Рз)-
Аналогично Р (С)_= р [1 — х/з (Pi + Рг + Рз)5Ро> или^ обозначая
Vs (Pi + р2 + Рз) =Р. _Р (В) =РР, Р (С) = РРо (1 — Р). откуда
Р (А) = р [р + Ро (1 — Р)]-
3.4. Имеются две урны: в первой а белых шаров и b черных; во
второй с белых и d черных. Из первой урны во вторую перекладывают
не глядя один шар. После этого из второй урны берут один шар. Най-
ти вероятность того, что этот шар будет белым.
Решение. Событие А = {появление белого шара}; гипотезы:
Н1 — {переложен белый шар};
Н2 = {переложен черный шар}.
Р^ = -4т; Р^ = ~Т7; Р(Л|^) = ~Т7ТТ:
ci -f- Ъ a-\-b с •"—|~ 1
Р(Л|Я2) =-----c--; Р(Л)= —--------£+L-4-_2--------£--.
’ c+d + l a+6 c+d-f-1 a-f-6 c-J-dH-1
3.5. В условиях предыдущей задачи из первой урны во вторую
перекладывают не один, а три шара (предполагается, что а 3, b
3) . Найти вероятность того, что из второй урны возьмут белый
шар.
Решение. Можно было бы выдвинуть четыре гипотезы:
Нг = {переложены 3 белых шара};
Я2 = {переложены 2 белых шара и 1 черный};
Н3 = {переложены 1 белый шар и 2 черных};
Н4 = {переложены 3 черных шара},
но проще решить задачу, имея всего две гипотезы:
Н1 = {вынутый из второй урны шар принадлежит первой урне};
Я2 = {вынутый из второй урны шар принадлежит второй урне}.
Так как во второй урне три шара принадлежат первой урне, а
с + d — второй, то Р (Ях) = 3/ (с + d + 3), Р (Я2) = (с + d)/ (с +
+ d + 3).
Найдем условные вероятности события А = {появление белого
шара из второй урны} при гипотезах Нх и Н2. Вероятность появления
белого шара, принадлежащего первой урне, не зависит от того, вы-
нимается ли этот шар непосредственно из первой урны или после пере-
кладывания во вторую; поэтому
Р(Л|Я1)=-Ь-. Р(Л|Я2) = -^-,
CL -j- и С -j-d
откуда
Р(Л) = — ---?—ь-———
' c+d-1-З а-\-Ь с+А+З c+d
3.6. Имеется п урн, в каждой из которых а белых шаров и b черных.
Из первой урны во вторую перекладывают один шар; затем из второй в
третью один шар и т. д. Затем из последней урны извлекают один шар.
Найти вероятность того, что он белый.
Решение. Вероятность события Л2 = {извлечение белого шара
из второй урны после перекладывания} найдем так же, как в задаче
3.5 (при с = a, d = b):
Р(Л2) = -^-----!Н±_ + _*-------«_=_25_,
ci-f-b o-j-b ci-j-b
Таким образом, вероятность извлечения белого шара из второй ур-
ны после перекладывания будет такова же,, как и до перекладывания.
Следовательно, такова же будет и вероятность вынуть белый шар из
третьей, четвертой и т. д., n-й урны:
Р (Лв) = а/(а + Ь).
3.7. Приборы одного наименования изготовляются двумя завода*
ми; первый завод поставляет 2/3 всех изделий, поступающих на произ-
водство; второй 1/3. Надежность (вероятность безотказной работы) при-
бора, изготовленного первым заводом, равна рх; второго р2. Опреде-
лить полную (среднюю) надежность р прибора, поступившего на произ-
водство.
Ответ. 2/Зрх + 1/Зр2.
3.8. Имеется две партии однородных изделий; первая партия со-
стоит из N изделий, среди которых п дефектных; вторая партия—из
М изделий, среди которых т дефектных. Из первой партии берется слу-
чайным образом К изделий, а из второй L изделий (К < Л/; L < М);
эти К + L изделий смешиваются и образуется новая партия. Из новой
смешанной партии берется наугад одно изделие. Найти вероятность
того, что изделие будет дефектным.
Решение. Событие А — {изделие будет дефектным). Гипоте-
зы:
= {изделие принадлежит первой партии);
Я2 = {изделие принадлежит второй партии).
Р(Я1) = -А_; Р(Я2) = —£-; Р(Л) = —+ .
v v Д+L ' 27 K+L v ’ K+L N K4-L M
3.9. В условиях предыдущей задачи из новой, смешанной, пар-
тии берется не одно изделие, а три. Найти вероятность того, что хотя
бы одно изделие из трех окажется дефектным.
Решение. Гипотезы:
Но = (все три изделия принадлежат первой партии);
77х = {два изделия принадлежат первой партии, а одно— второй);
Н2 = {одно изделие принадлежит первой партии, а два — второй);
Я3 = {все три изделия принадлежат второй партии).
р (н0)------^-!НК-2)--------
(K+L)(K+L-l)(K+L-2) ’
Р(ЯХ) =
______ЗК(К-1)£_______
(K+L)(K+L-l)(K+L-2) ;
_______ЗК£(£—1)_______
(К+£)(К+£-1)(Д+1-2) :
р / fj \ ___В 2)____________
V 31 (K.+L)(K+L-l)(K+L-2)
Р(Л1Я0)=1
Р(Л|ЯХ)=1
Р(Л|Я2)=1
Р(Л|Я3)=1
(N—n) (N—n—l) (N—n—2)
N(N— 2)
(N—ri) (N—n— 1) (M—m)
N (N—1)M ’
(N—n) (M—m) (M—m— 1)
NM(M—1) ’
(M—m) (M—m—i) (M—m—2)
M (M—1) (Al— 2)
р (А)=Р (Яо) р (Л I я0)+Р (Hj i> (Л | /Z0+
+ Р (Я2) Р (ДIЯ2) + Р (Я3) Р (Л IЯ3),
3.10. Имеется два ящика, в которых находятся однотипные изде-
лия; некоторые из них исправны, другие — дефектны. В первом ящи-
ке а исправных изделий и b дефектных, во втором — с исправных и d
дефектных. Из первого ящика во второй перекладывают наугад одно
изделие, его смешивают с другими, после чего из второго ящика в пер-
вый перекладывают обратно одно наугад выбранное изделие. После
всего этого из первого ящика берут наугад одно изделие. Найти ве-
роятность того, что оно будет исправным.
Решение. Гипотезы:
Ях = {состав изделий в первом ящике не изменился};
Н2 = {в первом ящике одно дефектное изделие заменено исправ-
ным};
Н3 — {в первом ящике одно исправное изделие заменено дефект-
ным}.
Событие А = {из первого ящика после перекладываний вынуто ис-
правное изделие}.
Р (/у ) = _£---£±!_ + ---1+1_ ; р (Я ) = -Л-------£------
' a-±b c-j-d-f-l а+& ’ a^b c+d-]-l
a d Р(Л) — (___________—____£i_!_ 1 \ я [
а+& с-М-Н ’ ' \ а+6 c+d+1 а-F* c-t-d-t-l/а+6
a-^-b c-j-d-j-1 a-j-b a-^-b c-f-d-j-l a-f-b
a (a-j-b) (c-j-d-j-l)+bc—ad _ a ,_____________be—ad________
. (a+by (c,+.d + l) “ a+b + (a-j-fr)8 (c-|-d + l) '
Полученное решение показывает, что вероятность вынуть исправ-
ное изделие не изменится, если доли исправных и дефектных изделий
в обеих урнах одинаковы: da — d/b, т. е. Ьс — ad = 0.
3.11. Из чисел 1,2, .... п одно за другим выбирают наугад два чис-
ла. Какова вероятность того, что разность между первым выбранным
числом и вторым будет не меньше т (т > 0)?
Решение. Событие А состоит в том, что разность между первым
вынутым числом k и вторым вынутым числом I будет не меньше т (т. е.
k — 1~^ т). Гипотезы Нк = {первым вынуто число k} (k = т + 1, ...
..., п).
Р (Нк) = 1/n; Р (Л |ЯЙ) = (k — т)/ (п — 1);
п к .
РИ)= У -Т-7Г=-гя п-[1 + 2+... + (п-/п)1 =
4Д1в(я-1)
_ (п—т) 1)
2п (п—1)
3.12. Из N стрелков можно выделить четыре группы: отличнык
стрелков, а2 хороших, а3 посредственных и плохих. Вероятность
попадания в мишень при одном выстреле для стрелка 4-й группы
равна pt (i— 1, 2, 3, 4). Вызываются наугад два стрелка и стреляют
по одной и той же мишени. Найти вероятность хотя бы одного попада-
ния в мишень.
Решение. Событие А = {хотя бы одно попадание в мишень}.
Гипотезы Hi — {первым вызван стрелок t-й группы} (i — 1, 2, 3, 4).
Р(Яг) = -^-,Р(Д) = У-^Р(Л|Я1).
где Р (Л \Ht) снова находим по формуле полной вероятности при четы-
рех гипотезах о том, какой стрелок был вызван вторым:
Р (ДI Яг)=[1 - (1 _Рг)2]+2 7FZT 11 “(1-Pi) (1 ~Pi)l
3.13. Радиолокационная станция ведет наблюдение за объектом,
который может применять или не применять помехи. Если объект не
применяет помех, то за один цикл обзора станция обнаруживает его
с вероятностью р0; если применяет — с вероятностью рх < р0. Веро-
ятность того, что во время цикла будут применены помехи, равна р и
не зависит от того, как и когда применялись помехи в остальных цик-
лах. Найти вероятность того, что объект будет обнаружен хотя бы один
раз за п циклов обзора.
Решение. Полная вероятность обнаружения за один цикл
(1 — р)р0 + ppi, вероятность хотя бы одного обнаружения за п цик-
лов равна 1 — [1 — (1 — р)р0 — ррз)п.
3.14. Работает диагностическая машина, в которую вводятся ре-
зультаты п анализов, взятых у больного. Каждый анализ (независимо
от других) с вероятностью р может оказаться ошибочным. Вероятность
& правильного диагноза есть неубывающая функция числа т верных
анализов: S5 = <р (/и). За время т работы машины был поставлен диаг-
ноз k больным. Найти вероятность события А = {хотя бы одному боль-
ному поставлен ошибочный диагноз}.
Решение. Рассмотрим событие В = {отдельному больному по-
ставлен ошибочный диагноз}. Сделаем гипотезы о числе безошибочно
проведенных анализов:
Яо = {ни одного безошибочного анализа};
Ях = {ровно один безошибочный анализ};
Нт = {ровно т безошибочных анализов};
Нп — {п безошибочных анализов}.
Вероятность события Нт при любом т вычисляется с помощью фор-
мулы (2.0.15) (теорема о повторении опытов) при замене р на 1 — р:
Р (Я0) = р'«;Р(Я1) = п(1-р)^-1; ...;
р (Нт) = с™ (1 -р)т рп~т (Нп)=(1 -ру
По формуле полной вероятности
р (В)= 2 сп 0— РУ” У~т Ф («);р (Л)= 1—Ц —Р (В)]4
т=0
3.15. Цех завода производит определенного вида изделия; любое
из них с вероятностью р имеет дефект. Каждое изделие осматривается
браковщиком, который обнаруживает дефект, если он имеется, с ве-
роятностью Pi и не обнаруживает — с вероятностью 1 — рх. Кроме
того, иногда браковщик допускает ошибку, бракуя доброкачествен-
ное изделие; это происходит с вероятностью р2. За смену браковщик
осматривает N изделий. Найти вероятность R того, что хотя бы одно
из них будет квалифицировано им неправильно: или, будучи дефект-
ным, отнесено к доброкачественным, или же наоборот (считается, что
результаты осмотра отдельных изделий независимы).
Решение. Гипотезы:
Нг = {изделие имеет дефект); Я2= {изделие не имеет дефекта).
Вероятность одному изделию быть квалифицированным неверно,
по формуле полной вероятности равна
р =р (1 —pj + (1 — р)р2.
Вероятность того, что хотя бы одно изделие будет квалифицирова-
но неправильно, равна
Я=1-(1-р)"
3.16. Группа студентов состоит из а отличников, Ь хорошо успеваю-
щих и с занимающихся слабо. Отличники на предстоящем экзамене
могут получить только отличные оценки. Хорошо успевающие сту-
денты могут получить с равной вероятностью хорошие и отличные
оценки. Слабо занимающиеся могут получить с равной вероятностью
хорошие, удовлетворительные и неудовлетворительные оценки. Для
сдачи экзамена вызывается наугад один студент. Найти вероятность
события А = {студент получит хорошую или отличную оценку).
Решение. Гипотезы:
= {вызван отличный студент);
= {вызван хороший студент);
Н3 = {вызван слабый студент).
Р (НА = —-—; Р (Я2) = —-—; Р (Я3) = —— •
а,-|- b-|- с a-j-3-j-c
Р (Я) = Р (#i). 1 + Р (Я2) • 1+ Р (Яз) 4- = Дд+2ъ.с// •
3.17. В условиях предыдущей задачи вызываются наугад три сту-
дента. Найти вероятность того, что они получат отметки отлично, хо-
рошо и удовлетворительно (в любом порядке).
Решение. Событие А = {получение отличной, хорошей и удов-
летворительной отметки} возможно только при одной из следующих
гипотез:
Ях = {вызваны один слабый студент, один хороший и один отлич-
ник};
— {вызваны один слабый студент и два хороших};
Я3 = {вызваны два слабых студента и один хороший};
Я4 = {вызваны два слабых студента и один отличник}.
Р (Я ) =------; р (Я2) =-----------3fe-(fe~1)-C- ;
’ N (N—l) (N—2) ' N (N—1) (N—2)
p (Яа) =----3bc (C-1)--; P (Я4) =---300(0-1)--- N = a b
k 37 N (N— 1) (V—2) ' N (N—l)(N—2)
Р(Л) = Р(Я1).1.-1- ±+
+ Р(Я3)±. А + Р(Я4).1.А.
х* У У
3.18. В автобусе едут п пассажиров. На следующей остановке
каждый из них выходит с вероятностью р; кроме того, в автобус с
вероятностью р0 не входит ни один новый пассажир; с вероятностью
1 — р0 —один новый пассажир. Найти вероятность того, что когда
автобус снова тронется в путь после следующей остановки, в нем бу-
дет по-прежнему п пассажиров.
Решение. Событие А = {после остановки снова п пассажиров}.
Гипотезы:
Яо = {не вошел никто};
Ях = {вошел один пассажир}.
Р (Яо) = р0; Р (Ях) = 1 - р0; Р (Л |Я0) = (1 - р)»; Р (Л |ЯХ) =
= np (1 — р)”-1; Р (Л) =р0 (1 — р)” + (1 — р0)пр (1 — р)п-1.
3.19. Прибор состоит из двух дублирующих друг друга узлов I и
II (рис. 3.19) и может случайным образом работать в одном из двух
режимов: благоприятном и неблагоприятном. В благоприятном режи-
ме надежность'каждого узла равна рх, в неблагоприятном р2. Вероят-
ность того, что прибор будет работать в благоприятном режиме, равна
Рх, в' неблагоприятном 1 — Рх. Найти полную (среднюю) надежность
прибора Р.
?оТлВ пТ- р = I1 - 0 - Р1)2] + (1 + Л) [1 - (1 - р2)21.
О.20. В шкафу стоят однотипные приборы, из которых а новых и b
уже бывших в эксплуатации (а 2, Ь 2). Выбираются наугад два
прибора и эксплуатируются в течение какого-то времени, после чего
возвращаются в шкаф. Затем вторично выбираются наугад два при-
бора. Найти вероятность события Л = {оба вторично выбранных при-
иора — новые}.
Решение. Гипотезы:
Hi = {оба выбранных первый раз прибора были новыми};
Н^ — {оба выбранных первый раз прибора уже были в эксплуата-
ции};
Н$ = {один из выбранных первый раз приборов был новым, а дру-
гой уже эксплуатировался}.
Р (Н ) =--±£=11----; р (н2) ----Ь-(Ь~У___; р (Нз) =
(a+b)(a+b-V) 2> (a+fc)(a+6_i) ’ 3>
_______.
- (а+Ь) (а+b-l) ’
Р (Л) = а fc"1) (g~2) (g~3)+fe a (g-l)+2qfr (д-l) (fl—2)
(a + Z>)2 (a-f-fr—1)2
3.21. Сообщение может передаваться по каждому из п каналов
связи, обладающих разными свойствами (или находящимися в разных
состояниях); из них пг каналов — в отличном состоянии, п2 — в хо-
рошем, п3 — в посредственном и л4 — в плохом (пх + п2 4- п3 + п4 =
= га). Вероятность правильной передачи сообщения для различных
видов каналов соответственно равна рх, р2, р3, р4. Для повышения его
достоверности сообщение передается два раза по двум различным ка-
налам, которые выбираются наугад. Найти вероятность того, что хотя
бы по одному из каналов оно будет передано правильно.
Решение. Л = {хотя бы одно из сообщений передано правиль-
но}. Сделаем четыре гипотезы о том, по каналу какой группы пере-
дано первое из двух сообщений: 77х, Н2, Н3, Н4, где Ht = {первое со-
общение передано по каналу i-й группы}; Р (Яг) = titln (i =1, 2,
3, 4). По формуле полной вероятности
Р(Л)=2 Р(Н{)Р(А\Н{).
i=i
Условная вероятноть события Л при гипотезе равна
р (Л| Нг)=^± [1 -(1 -РО2+У П-(1 -Pi) (1 -Pi)]
п-1 $ n—1
3.22. Прибор состоит из двух узлов I и II (рис. 3.22), безотказ-
ная работа которых необходима для работы прибора, и стабилизатора
напряжения S, который может быть исправен или неисправен. При
исправном стабилизаторе S надежности узлов I и II равны рх и р2; при
неисправном"— pi и р2. Стабилизатор исправен с вероятностью ps.
Найти полную надежность прибора Р.
Ответ. Р = psPiPi + (1 — Ps)piP2.
3.23. Условия те же, что и в задаче 3.22, но узлы I и II дублируют
друг друга (рис. 3.23).
Ответ. Р = ps Н — (1 — Pi) (1 — р2)1 + (1 — Ps) [1 — (1 —
— pi) (1 — Рз)1.
3.24. Имеется п экзаменационных билетов, каждый из которых
содержит два вопроса. Экзаменующийся знает ответ не на все 2п во-
просов, а только на k < 2п. Определить вероятность р того, что экза-
мен будет сдан, если для этого достаточно ответить на оба вопроса сво-
его билета или на один вопрос из своего билета и на один (по выбору
преподавателя) вопрос из дополнительного билета.
Решение. Гипотезы:
Ях — {экзаменующийся знает оба вопроса своего билета};
Я2 = {экзаменующийся из двух вопросов своего билета знает
один}.
k (ft—1) j
2п (2n—1)
2k (2n—fe) fe—1
2n (2n—1) 2n—2
3.25* . Цель, по которой ведется стрельба, с вероятностью рх на-
ходится в пункте I, а с вероятностью р2 = 1 — рх в пункте II
(рх > 1/2). В нашем распоряжении имеется п снарядов, каждый из
которых может быть направлен в пункт I или в пункт II. Каждый сна-
ряд поражает цель независимо от других с вероятностью р. Какое чис-
ло снарядов пх следует направить в пункт I для того, чтобы поразить
цель с максимальной вероятностью?
Решение. Событие А = {поражение цели при направлении пх
снарядов в пункт I}. Гипотезы:
Ях = {цель в пункте I}; Р (Ях) = рх;
Я2 = {цель в пункте II}; Р (Я2) =1 — рх.
р (А)=Р1 п—а—рмл-а—рх> [i-(i-p)"-'“i.
Рассматривая Р (Л) как функцию непрерывного аргумента пх, на-
ходим
~~~ = l-Pi (1 ~Р)п‘ + (1 -Pi) (1 - Р)”-»*] In (1 -р);
= _[Р1 (1 _рГ.+(1 -ро (1 -р)»-«.] in® (1 -р) < о,
откуда видно, что эта функция имеет единственный максимум в точке
«1 =-£-+1п / [2 In (1—р)], где dP(A)/dn! = 0.
2 р! I
Заметим, что пх > п/2 при рх > 1/2.
Если полученное число nx.^ п и оно целое, то это и есть искомое
число; если оно не целое (но ^п), то нужно вычислить Р (Л) для двух
3 Зак. 1040 65
ближайших целых значений и выбрать то из них, для которого Р (Л)
больше; если полученное число пх окажется больше п, то следует на-
править все п снарядов в пункт I (это случится при In [ (1 — рх)/рх1
я In (1 — р), т. е. Pi 11 + (1 — р)"]-1.
3.26. Производится посадка самолета на аэродром. Если позволя-
ет погода, летчик сажает самолет, наблюдая за аэродромом визуально.
В этом случае вероятность благополучной посадки равна рх. Если аэ-
родром затянут низкой облачностью, летчик сажает самолет вслепую
по приборам. Надежность (вероятность безотказной работы) приборов
слепой посадки равна Р. Если приборы слепой посадки сработали,нор-
мально, то самолет садится благополучно с той же вероятностью рх,
что и при визуальной посадке. Если же приборы слепой посадки не
сработали, то летчик может благополучно посадить самолет с вероят-
ностью р* < рх.
Найти полную вероятность благополучной посадки самолета, если
известно, что в k% всех случаев посадки аэродром затянут низкой
облачностью.
Решение. А = {благополучная посадка}. Гипотезы:
Ях = {низкой облачности нет};
Я2 = {низкая облачность есть}.
Р (Ях) = 1 — 6/100; Р (Я2) = 6/100; Р (Л |ЯХ) = рх.
Р (Л | Н2) находим снова по формуле полной вероятности:
Р(Л|Я2) = Рл+(1-Р)р:;Р(Л) = [1---------£-Ъх +
\ 1UU /
1UU
3.27. Имеются три урны: в первой а белых шаров и b черных; во
второй с белых шаров и d черных; в третьей k белых шаров (черных
нет). Некто выбирает наугад одну урну и вынимает из нее шар. Этот
шар оказался белым. Найти вероятность того, что этот шар вынут из
первой, второй или третьей урны.
Решение. Решаем задачу по формуле Бейеса (3.0.2). Гипотезы:
Нх = {выбор первой урны};
Я2 = {выбор второй урны};
Н3 = {выбор третьей урны}.
Априори (до опыта) все гипотезы равновероятны: Р (Ях) = Р (Я2) =
= Р (Я3) = 1/3.
Наблюдалось событие Л = {появление белого шара}. Находим
условные вероятности:
Р (Л |ЯХ) = о/ (а + &); Р (Л |Я2) ₽= с/ (с + d); Р (Л |Я8) = 1.
По формуле Бейеса апостериорная вероятность того, что шар был
вынут из первой урны, равна
з
р (Ях I л)=2- р (Л I ях) / [ -1- 2 Р ИI я{)] =
3.28. Прибор состоит из двух узлов; работа каждого узла безуслов-
но необходима для работы прибора в целом. Надежность (вероятность
безотказной работы в течение, времени t) первого узла равна р1; вто-
рого р2. Прибор испытывался в течение времени t, в результате чего
обнаружено, что он вышел из строя (отказал). Найти вероятность того,
что отказал только первый узел, а второй исправен.
Решение. До опыта возможны четыре гипотезы:
Но = {оба узла исправны};
Hi = (первый узел отказал, а второй исправен};
Я2 = {первый узел исправен, а второй отказал};
Hs = {оба узла отказали}.
Вероятности гипотез:
р (Яо) = PiP2; р (Ях) = (1 - рх)р2; Р (Яа) = Рх (1 - р2);
Р(Я3) =(1 - рх) (1 - р2).
Наблюдалось событие А = {прибор отказал}:
Р (Л |Я0) = 0; Р (Л |Ях) = Р (Л |Я2) = Р (Л |Я8). = 1.
По формуле Бейеса
р (и I Л)=_____________(I—
(1 —Pl) Р2 -f-Pl (1 —Pi) + (1 —Pl) (1 —Pi) 1 —Pl Pl
3.29. В условиях задачи 3.26 известно, что самолет приземлился
благополучно. Найти вероятность того, что летчик пользовался при-
борами слепой посадки.
Решение. Если летчик пользовался приборами слепой посадки,
то, значит, облачность была (гипотеза Я2). По данным задачи 3.26
находим
-д-[Рр.+<|-р)р;1
(k \ k
3.30. У рыбака имеется три излюбленных места для ловли рыбы,
которые он посещает с равной вероятностью каждое. Если он закиды-
вает удочку на первом месте, рыба клюет с вероятностью рх; на вто-
ром месте — с вербятностыб р£ на третьем — с вероятностью р3.
Известно, что рыбак, выйдя на ловлю рыбы, три раза закинул удоч-
Р(Я2|Л)
ку и рыба клюнула только один раз. Найти вероятность того, что он
удил рыбу на первом месте.
/з ’
2 pt (1—
i— 1
3.31. Завод изготовляет изделия, каждое из которых с вероятно-
стью р имеет дефект. В цехе изделие с равной вероятностью осматри- •
вается одним из двух контролеров. Первый контролер обнаруживает
имеющийся дефект с вероятностью plt второй— с вероятностью р2. !
Если в цехе изделие не забраковано, оно поступает на ОТК завода, |
где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью р. Из- I
вестно, что изделие забраковано. Найти вероятность того, что оно за- |
браковано: 1) первым контролером; 2) вторым контролером; 3) ОТК I
завода. ]
Решение. До опыта возможны четыре гипотезы: I
Но = {изделие не забраковано}; I
= {изделие забраковано первым контролером}; I
Н2 = {изделие забраковано вторым контролером}; !
Н3 = {изделие забраковано ОТК завода}. I
Наблюдалось событие А = {изделие забраковано}. Гипотеза Но 1
нам не нужна, так как Р (Л |Я0) =0; |
Р (Ях) = ррх/2; Р (Я2) = рр2/2; Р (Я3) = р [1 - (рх + р2)/2]р3.
Вероятности гипотез после опыта: |
Р (Ях I Л) =---------------; Р (Я21 Л) =-------------------; 1
2Po4~(Pi+P2) (1—Рз) 2р0+ (pi -f-Pa) (1—Рз) I
Р (Я31 Л) = р0 [2—(рх + р2)]/[2р0 + (Рх + р2) (1 —Рз)]. I
3.32. В группе из 10 студентов, пришедших на экзамен, 3 подготов- |
ленных отлично, 4 — хорошо, 2 — посредственно и 1 — плохо. В эк- I
заменационных билетах имеется 20 вопросов. Отлично подготовлен- I
ный студент может ответить на все 20 вопросов, хорошо подготовлен- |
ный. — на 16, посредственно — на 10, плохо — на 5. Вызванный на- I
угад студент ответил на три произвольно заданных вопроса. Найти Ц
вероятность того, что этот студент подготовлен: 1) отлично; 2) плохо. Ц
Решение. Гипотезы: у
Ях = {студент подготовлен отлично}; fl
Н2 - {студент подготовлен хорошо}; а
Н3 — {студент подготовлен посредственно}; я
Я4 = {студент подготовлен плохо}. я
До опыта: Р (Ях) = 0,3; Р (Я2) = 0,4; Р (Я3) = 0,2; Р (Я4) = ||
= 0,1.
Событие Л = {студент ответил на три вопроса}. Р (Л|ЯХ) =1;
Р(Л|Я2) = —• _1£. _И_л;0,491;Р(Л|Я3) = —• --------------- «0,105;
4 1 27 20 19 18 4 1 37 20 19 18
р (Л ] Н4) = ----—. — « 0,009.
v 1 47 20 19 18
После опыта:
1) P(#iM) =
0,3-0,1
0,3-0,14-0,4-0,491+0,2-0,105 + 0,1-0,009
а 0,58;
2) Р (Я4|Л) = 0,1-0,009/0,518а 0,002.
3.33. На вход радиолокационного устройства с вероятностью р
поступает смесь полезного сигнала с помехой, а с вероятностью 1—р—
только одна помеха. Если поступает полезный сигнал с помехой,
то устройство регистрирует наличие какого-то сигнала с вероят-
ностью рг, если только помеха — с вероятностью р2. Известно, что
устройство зарегистрировало наличие какого-то сигнала. Найти
вероятность того, что в его составе имеется полезный сигнал.
Ответ, ppil Ippi + (1 — р)р21.
3.34. Пассажир может обратиться за получением билета в одну из
трех касс. Вероятности обращения в каждую кассу зависят от их мес-
тоположения и равны соответственно рх,р2,р3. Вероятность того, что
к моменту прихода пассажира имеющиеся в кассе билеты будут рас-
проданы, равна для первой кассы Р1г для второй Р2, для третьей Р3.
Пассажир направился за билетом в одну из касс и приобрел билет.
Найти вероятность того, что это была первая касса.
Решение. Р (Hi) = рх; Р (Н2) = р2\ Р (Я3) = р3; А = {при-
обрел билет}.
Р(Л|ЯХ) = 1-Рх; Р(Л|Я2) =1-Р2; Р(Л|Я3) =1-Р3.
Р I Л) = -----------Р1(1~р^-----------.
Pi (1--Р1)+Рг (1-Р*)+Рз (1-Рз)
3.35. Производится один выстрел по плоскости, на которой распо-
ложены две цели: I и II (рис. 3.35). Вероятность попадания в цель I
равна ри в цель II равна р2. После выстрела получено известие, что
попадания в цель I не произошло. Какова теперь вероятность того, что
произошло попадание в цель II?
Решение. Гипотезы:
Нг = {попадание в цель I};
Н2 = {попадание в цель II};
Н3 = {непопадание ни в одну из целей}.
Событие Л = {непопадание в цель I};
Р/ГГ \ ~ к ч гии.
(#1) = РГ, р (Я2) = рг,
Н(Л3)=1-(р1 + р2). Р(Л|Я1) = О; Р(Л|Я2)=1; Р(Л|Я3) = 1.
Ио формуле Бейеса
Р (Я2|Л) = р2/ [р2 + 1 — (Pi + р2)] = р2/ (1 — Pi).
Эту задачу можно решить и без формулы Бейеса:
Р (Н2|Л) = Р (Я2Л)/Р (Л) = Р (Я2)/Р (Л) = р2/ (1 - Р1).
3.36. Передача сигналов происходит с вероятностями Qx, Q2, Q3 в
одном из трех режимов Рх, Р2, R3; в каждом из трех режимов сигнал
доходит до адресата неискаженным помехами с вероятностями рх, р3,
р3 соответственно. Передача трех сигналов происходила в одном из
режимов (каком — неизвестно); из этих сигналов один был искажен
помехами, а два другие — нет. Найти апостериорные вероятности то-
го, что передача происходила в первом, втором и третьем режимах.
Решение. Гипотезы:
Ях = {режим 7?х};
Я2 = {режим #2};
Н3 = {режим 7?3}.
Априорные вероятности: Р (Н,) = Qi, Р (Т/2) = Q2; Р (Н3) = Q3.
Событие А — .{один сигнал искажен, два другие нет}.
Р(А|Яг) = 3рг(1—рг)2 а =1,2,3);
P(Hi\A) = QiPt(i-piy I 2 QiPi^-PiY 1,2,3).
I *=i
3.37. Расследуются причины авиационной катастрофы, о которых
можно сделать четыре гипотезы: Hlt Н3, Н3, 1Ц. Согласно статисти-
ке Р(ЯХ) =0,2; Р(Я2) =0,4; Р (Н3) =0,3; Р (Я4) =0,1. Обна-
ружено, что в ходе катастрофы произошло событие А = {воспламене-
ние горючего}. Условные вероятности события А при гипотезах 77х,
Н3, Н3 и согласно той же статистике равны: Р (A |77х) =0,9;
Р(А|Я2) =0; Р(А|Я3) =0,2; Р(А|Я4) =0,3.' Найти апостериор-
ные вероятности гипотез.
Ответ. Р (ЯХ|А) = 2/3; Р(Я2|Л)=0; Р (Я3|А) = 2/9;
Р (Я4|А) = 1/9.
3.38. Объект, за которым ведется наблюдение, может находиться
в одном из двух состояний: Н1 и Я2; априорные вероятности этих со-
стояний Р (Hj) — 0,3; Р (Я2) = 0,7. Имеется два источника информа-
ции, которые приносят разноречивые сведения о состоянии объекта:
первый источник сообщает, что объект находится в состоянии Hlt вто-
рой — что в состоянии Н2. Первый источник вообще дает правильные
сведения о состоянии наблюдаемого объекта в 90% случаев и только
в 10% ошибается. Второй источник менее надежен: он сообщает пра-
вильные сведения в 70% случаев, а в 30% ошибается. На основе ана-
лиза донесений найти новые (апостериорные) вероятности состояний
Ни Н3.
Решение. Событие А = {первый источник сообщает Ях, вто-
рой Н3}. Условные вероятности этого события при гипотезах Ях, Н3
равны:
Р (А |//х) = Р {первый источник дал верное сообщение, второй
ошибся} =0,9 • 0,3 =0,27;
Р (А |//2) = Р {первый источник ошибся, второй дал верное сообще-
ние} = 0,1 • 0,7 =0,07.
По формуле Бейеса
P(#iM) =
0,3-0,27
0,3-0,27+0,7-0,07
« 0,623;
Р (Я21 А) = 1 —Р (Ях | А) « 0,377.
3.39. В условиях предыдущей задачи имеются три источника ин-
формации, одинаково достойных доверия, дающих верные сообще-
ния в 70% случаев, а в 30% — ошибочные. Два источника сообщи-
ли, что объект находится в состоянии Н1г а один — что он находится
в состоянии Н2. Найти апостериорные вероятности состояний Ях и
Я2-
Решение. Л = {первый и второй источники сообщили Н1г тре-
тий Н2}-
р (Л I = 0,7-0,7-0,3 = 0,147; Р (Л | Я2) = 0,3-0,3-0,7 = 0,063;
Р (Ях | Л) =----^3'0,147----= 0,5; Р (Н21 Л) = 0,5,
0,3.0,147+0,7-0,063 1 '
т. е. после опыта гипотезы Н1г Н2 одинаково вероятны.
3.40. До опыта о его условиях можно было сделать п несовместных
гипотез, образующих полную группу: Нг, Н2, ..., Нп с априорными
вероятностями: Р (Ях), Р (Я2), ...» Р (Нп). В результате опыта стало
известно, что имела место какая-то одна гипотеза из группы Нг, ..., Нк,
а остальные гипотезы невозможны: Ях + Н2 + ... + Нк = й;
Нк + 1 + ... + Нп = 0. Найти апостериорные вероятности гипотез.
Решение. Наблюдаемое в опыте событие Л = 2 Ht. По фор-
муле Бейеса получим
I k
р(яг|4)=р(яг) s р(^) a=i..............k\
1 «=1
т. е. если в результате опыта выяснилось, что возможна только какая-то
часть гипотез Hlf ..., Hk, а остальные невозможны, то для получения
апостериорных вероятностей нужно каждую из априорных вероятно-
стей Р (Н^, Р (Н3), .... Р (Нп) разделить на их сумму.
3.41. Испытывается прибор, состоящий из двух узлов I и II. На-
дежности (вероятности безотказной работы за время т) узлов I и II из-
вестны и равны Pi = 0,8; р2 = 0,9. Узлы отказывают независимо друг
от друга. По истечении времени т выяснилось, что прибор неисправен.
Найти с учетом этого вероятности гипотез:
Ях = (неисправен только первый узел};
Н2 = {неисправен только второй узел}; !
Н3 = {неисправны оба узла}.
Р е ш е н и е. До опыта возможны были не три, а четыре гипотезы,
включая Нй = {исправны оба узла}. Опыт показал, что имеет место
одна из гипотез Н1г Н3, Н3‘, А = Ях + Н3 + Н3. Априорные вероят-
ности этих гипотез:
Р (Ях) =0,2 • 0,9 =0,18; Р (Я2) =0,8 • 0,1 =0,08;
з
Р (Я3) = 0,2 • 0,1 = 0,02; 2 Р(Яг) = 0,28.
z=i
Апостериорные вероятности гипотез:
Р (ЯХ|Л) = 0,18/0,28 « 0,643; Р (Я2|Л) « 0,286; Р (Я3|Л) « 0,071.
3.42. Прибор, характеристики которого даны в задаче 3.41, испы-
тывается в течение времени т, причем выясняется, что он неисправен.
Для локализации неисправности прибор подвергается тестированию
с помощью трех тестов: Тх , Т2, Т3; в результате тестирования оказа-
лось, что первые два теста дали положительный результат, а третий —
отрицательный, т. е. произошло событие В = {+4—}, где «+» озна-
чает положительный результат теста, а «—» отрицательный. Известны
условные вероятности положительного результата тестов Т1г Т3, Т3
при гипотезах Hlt Н3, Н3, обозначаем их pi}, где I — номер теста, / —
номер гипотезы; рп =0,4; рХ2 =0,6; р13 =0,9; р2Х =0,5; р22 =0,4;
р23 =0,6; р31 =0,7; р32 =0,6; р33 =0,3. Результаты тестирования
независимы.
Указать наиболее вероятное из возможных состояний прибора, для
чего'найти апостериорные вероятности гипотез при условии, что опыт
дал события А и В (Д — {прибор неисправен} = Нг + Н3 4- Я3).
Решение. В качестве априорных вероятностей для учета ре-
зультатов тестирования возьмем данные предыдущей задачи 3.41:
Р(ЯХ|Л) =0,643; Р(Я2|Д) =0,286; Р (Я3|Д) =0,071.
Вычисляем условные вероятности события В при этих гипотезах:
Р (В|ЯХ) = 0,4 • 0,6 - 0,1 = 0,024; Р (В|Я2) = 0,5 • 0,6 - 0,4 =
= 0,120; Р (В\Н3) = 0,7 ♦ 0,6 • 0,7 = 0,294.
По формуле Бейеса
Р (Ях | А -В) -------------0,643-0,024-----------0 298
0,643 0,024 4-0,286-0,120 +0,071-0,294
Р (Я2|Д - В) « 0,662; Р (Я3|Л • В) « 0,040.
1
Наиболее вероятное состояние прибора Н2 = {отказал только вто-
рой узел}.
3.43. Подбирается набор из п деталей для изготовления’прибора;
из них то или другое число может оказаться дефектным. Детали по-
ставляются двумя заводами I и II; статистика показывает, что веро-
ятность дефекта в продукции завода I равна рх, завода II — р2. При-
бор собирается из деталей работы одного и того же завода; в лаборато-
рии, где ведется сборка, имеются три ящика с деталями, два из них
содержат изделия I, один — изделия II; ящик, из которого берутся
детали для сборки, выбирается наугад. После сборки прибор проходит
контроль; если среди и деталей обнаружено не менее m дефектных,
прибор бракуется и предъявляется рекламация заводу-изготовителю.
Оказалось, что на контроле прибор забракован. | Найти вероятность
того, что рекламация будет представлена заводу I.]
Решение. Гипотезы: ; i 1
77х = {прибор собран из деталей изготовления завода, I
Н3 = {прибор собран из деталей изготовления завода II
Априорные вероятности: Р (Ях) = 2/3; Р (Я2) = 1/3..
Появилось событие А — {прибор забракован} = {не менее пг дефект-
ных изделий из п}.
п п
Р (лI ях) - s Pi (1 -Р1)п-г; Р (Л IЯ2) = s pi U -р2)"-г.
i=m i—m
Р(Я1|Л)
По формуле Бейеса апостериорные вероятности
9 Л
-г 2р* ^-р^п~{
i = m _,
и__________________________________1 п_9
pi (1— р*)П-/+т2р*
i=.m i—m
Р(Я2|Л)=1-Р(ЯХ|Л).
3.44. Имеются два ящика с однотипными деталями; в первом а ис-
правных деталей и Ь дефектных, во втором с исправных и d дефектных.
Выбирается наугад один ящик и из него вынимается одна деталь. Эта
деталь оказалась исправной. Найти вероятность того, что следую-
щая деталь, которую вынем из того же ящика, тоже будет исправной.
Решение. Гипотезы:
Ях = {выбран первый ящик};
Н2 = {выбран второй ящик}.
Событие А = {исправная деталь при первом вынимании}.
Р(ЯХ) =Р(Яа) =1/2;
\иJI \ д-j-b c-^-dJ JI c-J-ti J
Событие В = {исправная деталь при втором вынимании}.
Р (В|Л) = Р (ЯХ|Л)Р (В|ЯХЛ) + Р (Яа|Л)Р (В|Я2Л).
Условная вероятность появления второй исправной детали при усло-
вии, что был выбран первый ящик и. из него была вынута исправная
деталь, равна
Р (В|ЯХЛ) = (а — 1)/ (fl + b — 1);
аналогично Р (В|Я2Л) = (с — 1)/ (с + d — 1).
Отсюда искомая вероятность
Р(В| А) = (— I-——V1 Г g(a—О с(с—1)
V 7 U+&"И c+d) [(а4-6)(а6— l)'r(c4-d)(c+d— 1)
3.45. Имеется три канала связи, сообщения по которым распре-
деляются случайным образом (с равной вероятностью). Вероятность
искажения сообщения при его передаче по первому каналу равна рх,
по второму р2, по третьему р8. Выбран какой-то канал и по нему пере-
дано k сообщений; ни одно из них не было искажено. Найти вероят-
ность того, что (k 4- 1)-е сообщение, переданное по тому же каналу,
не будет искажено.
Решение. Гипотезы:
Hi = {сообщения передавались по первому каналу};
Н2 = {содбщения передавались по второму каналу};
Н3 = {сообщения передавались по третьему каналу}.
Р (Л | = (1 -Р1)к; Р (Л | Н2) = (1 -р2)к-, Р (Л | Н3) = (1 -р3)к
Р (Н • I Л) = —_______
=--------------------------- а = 1, 2,3).
(l_p1)ft+(l_p2)fe+(l_p3)fe
Событие А — {k сообщений не искажено}; В = {(k + 1)-е сооб-
щение не искажено}.
р (В I Л) = (1-pi)ft+1+(1-P3)fe+1+(1-^)ft+1
, 1 (1—Pi)fe+(1—Ра)*+(1—Рз)*
3.46. Имеется т партий изделий объемом соответственно по Nr,
N2, .... Nm штук. В i-й партии пг дефектных изделий и 7Уг — nt до-
брокачественных (t = 1, 2, ..., т). Выбирается наугад одна партия
и из нее берется для контроля k изделий; все они оказались доброка-
чественными. Найти вероятность того, что следующие I изделий, взя-
тых из той же партии, также будут доброкачественными.
Решение. Гипотезы Н2, Н2, ..., Нт, где Hi = {выбрана t-я
партия} имеют равные априорные вероятности Р (Яг) = Мт (t = l,
2..../п).
Условная вероятность наблюденного события Л = {все k контроль-
ных изделий доброкачественны} при гипотезе Ht равна
P(A\Hi) = C^i.n.lCkN. = (3.46.1)
По формуле Бейеса апостериорные вероятности гипотез
/ т
Р(Нг|Л) = Р(Л|Яг) ^P(A\Ht) (t = 1, 2,...,/п). (3.46.2)
/ « = 1
Вероятность события В = {следующие I изделий, взятые из той
же партии, окажутся доброкачественными} вычисляется по формуле
полной вероятности с апостериорными вероятностями гипотез (3.46.2):
т
Р(В)=2Р(^М)Р(В|ягл).
i=i
где Р(В IЯгЛ) = Ni—ni—k . Nt—«г—fe—
4 1 ’ Ni—k Ni—k—l Nf — k—l+l
(t=l,2,..../n). (3.46.3)
Примечание. Формулы (3.46.1) и (3.46.3) справедливы только при
условиях k < — п$1 < Nt — nt — k\ если они не выполняются, соответст-
вующие вероятности равны нулю.
ГЛАВА 4
ДИСКРЕТНЫЕ СЛУЧАЙНЫЕ ВЕЛИЧИНЫ
4.0. Одним из важнейших понятий теории вероятностей является понятие
случайной величины. Под случайной величиной понимается величина, которая
в результате опыта со случайным исходом принимает то или иное значение. При-
меры: а) опыт — четыре выстрела по мишени; случайная величина — число по-
паданий; б) опыт — эксплуатация ЭВМ; случайная величина — время наработ-
ки ЭВМ до первого отказа.
В принятой нами теоретико-множественной трактовке основных понятий
теории вероятностей случайная величина X — это некоторая функция элемен-
тарного события о : X = ср (о), где м Q. Значение этой функции зависит от
того, какое элементарное событие со появилось в результате опыта.
В дальнейшем бы будем случайные величины обозначать большими буквами,
а неслучайные — маленькими.
Законом распределения случайной величины называется любое правило, по-
зволяющее находить вероятности всевозможных событий, связанных со случай-
ной величиной, например, вероятность того, что она примет какое-то значение или
попадет в какой-то промежуток. Если случайная величина X имеет данный за-
кон распределения, то про нее говорят, что она «распределена по этому закону»
или же «подчиняется этому закону распределения».
Наиболее общей формой закона распределения является функция распределе-
ния, представляющая собой вероятность того, что случайная величина X примет
значение меньшее, чем заданное х:
F (х) = Р {X < х}. (4.0.1)
Функция распределения F (х) для любой случайной величины обладает
свойствами: F ( — ©о) = 0, F (+ ©о) = 1, при возрастании х функция F (х) не
убывает. Наиболее простой вид имеют законы распределения у так называемых
дискретных случайных величин. Случайная величина называется дискретной,
если множество ее возможных значений конечно или счетно. Эти значения могут
быть перечислены, перенумерованы одно за другим.
В рассмотренных выше примерах случайная величина X — число попада-
ний при четырех выстрелах — дискретна. Ее возможные значения: 0, 1,2, 3, 4.
Вторая случайная величина Т — время наработки ЭВМ до первого отказа —
недискретна, ее возможные значения непрерывно заполняют какой-то участок
оси абсцисс, их множество несчетно.
Простейшей формой закона распределения дискретнойслучайной величины X
является ряд распределения — таблица, в верхней строке которой перечислены
все значения случайной величины х19 х2, ..., х/, ... в порядке их возрастания, а в
нижней — соответствующие им вероятности plt р2, ...» Pi, ...:
X:
X, | X, | ...| Х{ | ... t
Pi I I •••! Pi I •••
(4.0.2)
где pi = P{X = Xi}; 2>pi = i.
Графическое изображение ряда распределений (рис. 4.0.1) называется мно-
гоугольником распределения.
Функция распределения F (х) дискретной случайной величины X есть раз-
рывная, ступенчатая функция (рис. 4.0.2), скачки которой соответствуют воз-
можным значениям хь х2, ... случайной величины X и равны вероятностям plt р2,
... этих значений; между скачками функция F (х) сохраняет постоянное значение.
В точке разрыва функция F (х) равна тому значению, с которым она подходит
к точке разрыва слева (на рис. 4.0.2 эти значения помечены точками). Функция
F (х) «непрерывна слева», т. е. при подходе к любой точке слева не терпит раз-
рыва, а при подходе справа может терпеть разрыв.
muffin
Вероятность попадания случайной величины X на участок от а до р (включая
а) выражается через функцию распределения формулой
Р {а<Х<Р}= F(P)-F(a), (4.0.3)
или, в других обозначениях,
Р {X € fa. ₽)}= F (₽)-F(a), (4.0.4)
где знаком [ обозначено то, что точка а включается в состав отрезка от а до р, а
знаком) — что точка Р в него не включается.
Математическим ожиданием дискретной случайной величины X называется
сумма произведений всех ее возможных значений Xf на соответствующие вероят-
ности pf.
lA[X]=^xiPi. (4.0.5)
i
Математическое ожидание случайной величины может и не существовать,
если соответствующая сумма расходится. В случае, когда надо математическое
ожидание случайной величины X обозначить одной буквой, будем писать
М [X] = тх.
Центрированной случайной величиной называется разность между случай-
ной величиной X и ее математическим ожиданием:
Х=Х — тх. (4.0.6)
Дисперсией случайной величины X называется математическое ожидание
квадрата соответствующей центрированной случайной величины:
D'(X] = M[^2]. (4.0.7)
Для дискретной случайной величины X дисперсия вычисляется по формуле
О[Х]=2(*г-/Пх)2Рг. (4.0.8)
В случае, когда надо дисперсию случайной величины X обозначить одной буквой,
мы будем обозначать ее Dx.
Средним квадратическим отклонением (или стандартом) случайной вели-
чины X называется корень квадратный из ее дисперсии:
a[X]=ax=T/DZ (4-0.9)
(подразумевается арифметическое или положительное значение корня).
Начальным моментом &-го порядка случайной величины X называется
математическое ожидание &-й степени этой случайной величины:
аИХ] = М[Х*]. (4.0.10)
Для дискретной случайной величины X начальный момент вычисляется по фор-
муле
afe[XJ = S** Pi- (4.0.11)
i
Центральным моментом &-го порядка случайной величины называется
математическое ожидание k-и степени соответствующей центрированной вели-
чины:
Ий[Х] = М[^*]. (4.0.12)
Для дискретной случайной величины X центральный момент вычисляется по
формуле
!4lxJ = 3(xi— mx)k. (4.0.13)
Математическое ожидание случайной величины X есть ее первый началь-
ный момент, а дисперсия'— второй центральный:
М[Х] = аДХ]; D[X] = |i2[XL
Центральные моменты выражаются через начальные моменты:
|ц[Х]=«з[Х]-т«;
Из [ЭД=«з [X]—Зтх a2 [X] +2т’;
(4.0.14)
(4.0.15)
Особенно важна первая из этих формул, выражающая дисперсию через
второй начальный момент:
D[X] = ajXJ - ml (4.0.16)
или в другом написании
D[X] = М[Х2] — (М [X])2,
(4.0.17)
т. е. дисперсия равна математическому ожиданию квадрата случайной величины
минус квадрат ее математического ожидания.
Индикатором события А называется дискретная случайная величина U,
имеющая два возможных значения: 0 и 1, равная 0, если событие А не появилось,
и единице, если появилось:
f 0 при
[ 1 при со £ А.
(4.0.18)
Ряд распределения индикатора U события А имеет вид
U: ° । 1 Q 1 Р
где р — вероятность события в данном опыте; q = 1 — р.
Математическое ожидание и дисперсия величины U равны соответственно
М [(/] = р; D[f/] = pq. (4.0.19)
В ряде задач теории вероятностей пользование индикаторами событий су-
щественно упрощает решение (см. гл. 7).
При вычислении числовых характеристик случайных величин часто бывает
Удобно пользоваться формулой полного математического ожидания: если об
условиях опыта можно сделать п несовместных гипотез ...» Яп, полное
математическое ожидание случайной величины X может быть вычислено по фор-
М[Х]=2
1=1
(4.0.20)
т?! tyX I — условное математическое ожидание величины' X при гипо-
тезе
Формулу полного математического ожидания можно применять при вычис-
лении начальных моментов любого порядка:
п
«к И= 2 Р (Hi) М [Xk\Hi). (4.0.21)
Пользоваться этой формулой в принципе можно и при вычислении центральных
моментов любого порядка
МХ]=2 Р(Яг)М[Л*|Яг]. (4.0.22)
1=1
но не забывать при этом, что величина X в (4.0.22) должна вычисляться как X =
= Х — тх, где тх — безусловное математическое ожидание случайной величи-
ны X, выражаемое формулой (4.0.20), а не условное при гипотезе
Существует несколько часто встречающихся типов распределений дискретных
случайных величин.
1. Биномиальное распределение. Случайная величина X называется рас-
пределенной по биномиальному закону, если ее возможные значения 0, 1, ..., т,...,
п, а соответствующие вероятности
Pm=p{X=rn} = C”pm (f~mt (4.0.23)
где 0 < р < 1, q = 1 — р; т = 0, 1, ..., п. Распределение (4.0.23) зависит от
двух параметров: р и п.
Из теоремы о повторении опытов [формула (2.0.15)] следует, что число X
появлений события при п независимых опытах имеет биномиальное распределе-
ние. Для случайной величины X, имеющей биномиальное распределение с пара-
метрами рил,
М[Х] = лр; D[x] = npq, (4.0.24)
где q = 1 — р.
2. Распределение Пуассона. Дискретная случайная величина X называется
распределенной по закону Пуассона, если ее возможные значения 0, 1, 2, ...»
т, ..., а вероятность события {X = т} выражается формулой
ат
Pm = P{X=rn} = —-е~а (т=0, 1,2,...), (4.0.25)
т\
где а > 0. Распределение Пуассона зависит от одного параметра а. Для слу-
чайной величины X, распределенной по закону Пуассона,
М [X] = D[X] = а. (4.0.26)
Пуассоновское распределение является предельным для биномиального
при р 0, л -> оо, если пр = а = const. Этим распределением можно пользо-
ваться приближенно, если производится большое число независимых опытов,
в каждом из которых событие А происходит с малой вероятностью.
Пуассоновскому закону распределения подчиняется также количество то-
чек, попадающих в] заданную область пространства (одномерного, двумерного
или трехмерного), если случайное расположение точек в этом пространстве
удовлетворяет некоторым ограничениям.
Одномерный вариант встречается при рассмотрении «потоков событий».
Потоком событий называется последовательность однородных событий, на-
ступающих одно - за другим в случайные моменты времени (подробнее см. гл. 10).
Среднее число событий X, приходящихся на единицу времени, называется
интенсивностью потока. Величина X может быть как постоянной, так и перемен-
ной: X = К (/).
Поток событий называется потоком без последействия, если вероятность
попадания того или иного числа событий - на какой-то участок времени не
зависит от того, сколько событий лопало на любой другой непересекаврщийся с
ним участок. " •, ,
Поток событий называется ординарным, если вероятность появления на
элементарном участке А/ двух или более событий пренебрежимо мала по срав-
нению с вероятностью появления одного события.
Ординарный поток событий без последействия называется пуассоновским-
Если события образуют пуассоновский поток, то число X событий, попадающих
на любой участок времени ( /0, /0 + т), распределено по закону Пуассона:
ат
Рт = —^а (т=0, 1,2,...), (4.0.27)
т\
где а — математическое ожидание числа точек, попадающих на участок: а ==
U+*
= j X (t) dt\ 1(f) — интенсивность потока.
to
Если X = const, пуассоновский поток называется стационарным пуассонов-
ским или простейшим. Для простейшего потока число событий, попадающих на
любой участок времени длины т, распределено по закону Пуассона с параметром
а = Хт.
Случайным полем точек называется совокупность точек, случайным образом
разбросанных на плоскости (или в пространстве).
Интенсивностью (или плотностью) поля 1 называется среднее число точек,
попадающих в единицу площади (объема).
Поле точек называется пуассоновским, если оно обладает свойствами: 1) ве-
роятность попадания того или иного числа точек в любую область плоскости
(пространства) не зависит от того, сколько их попало в любую область, не пере-
секающуюся с данной; 2) вероятность попадания в элементарную область kxky
двух или более точек пренебрежимо мала по сравнению с вероятностью попадау
ния одной точки (свойство ординарности).
Число X точек'пуассоновского поля, попадающих в любую область S плос-
кости (пространства) распределено по закону Пуассона:
ат
(m = 0, 1,...), (4.0.28)
т\
Где а — математическое ожидание числа точек, попадающих в область S. Если
интенсивность поля 1 (х, у) = % ® const, поле называется однородным (свойство,
аналогичное стационарности потока событий). При однородном поле с интен-
сивностью 1 имеем а = sk, где s площадь (объем) области S. Если поле неодно-
родно, то а = jJ 1 (x,y)'dxdy (для плоскости); а = 1 (x,y,z) dxdydz
(для пространства).
Для вычислений, связанных с распределением Пуассона, удобно, пользовать-
__
ся таблицами функции Р (т, а) = е а (см. приложение 1), и R (т, а) =
т k
= V — е (см. приложение 2). Последняя функция выражает вероятность
л=о^!
того, что случайная величина X, имеющая распределение Пуассона с парамет-
ром а, примет значение, не превосходящее т: R (т,а) = Р {X < т}.
3. Геометрическое распределение. Говорят, что случайная величина X име-
ет геометрическое распределение, если ее возможные значения 0, 1, 2, ..., т.
а вероятности этих значений
Pm=<tn~l Р (m=0, 1, 2,...), (4.0.29)
где 0 < р < 1, q = 1 — р.
Вероятности Рт для ряда последовательных значений т образуют беско-
нечно убывающую геометрическую прогрессию со знаменателем q. На практике
геометрическое распределение встречается, когда производится ряд независимых
«попыток» достигнуть какого-то результата Л; при каждой «попытке» резуль-
тат достигается с вероятностью р. Случайная величина X — число «бесполез-
ных» попыток (до первого опыта, в котором появится событие Л).
Ряд распределения случайной величины X имеет вид
0 11 121- •• 1 т 1 -
р I ЯР | ЯгР | • .. 1...
Математическое ожидание случайной величины X, имеющей геометрическое
распределение, равно
М[Х] = q/p, (4.0.30)
а ее дисперсия
DfX] = q/p*. (4.0.31)
Нередко рассматривают случайную величину Y = X + 1, равную числу
попыток до получения результатов Л, включая удавшуюся. Ряд
распределения случайной величины Y имеет вид
V . 1 2131-1 " I-, (4.0.32)
¥ : Р ЯР | | • • • | <7m-1 Р | • • •
м [У] = 1/р; D[K] = q/p*. (4.0.33)
Распределение случайной величины Y = X + 1 будем называть в дальней-
шем «геометрическим распределением, начинающимся с единицы».
4. Гипергеометрическое распределение. Случайная величина X с возмож*
ными значениями 0, 1, ...» т, ..., а имеет гипергеометрическое распределение
с параметрами n, a, Ь, если
Pm = P{X=m}=C2!Cn6-'”/C"+6 (m=0,l....а)»>. (4.0.34)
Гипергеометрическое распределение возникает при следующих условиях:
имеется урна, в которой а белых и b черных шаров; из нее вынимается п шаров.
Случайная величина X — число белых шаров среди вынутых; ее распределение
выражается формулой (4.0.34).
Математическое ожидание случайной величины, имеющей распределение
(4.0.34), равно
М[Х] = па! (а + Ь), (4.0.35)
а ее дисперсия
nab Л Г а а—1 I а \21
D^=ттг। ~ • <4-0-36)
, (a-f~^)2 L а~т~Ь a-j-b—1 \ a-f-b } J
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
4.1. Построить функцию распределения индикатора U события А,
вероятность которого равна р.
Решение.
F(x) = P {[/<%} =
0 при х^0;
q при 0 < х 1;
1 при х > 1,
где <7 = 1 — р (см. рис. 4.1).
♦) При пользовании формулой (4.0.34) надо полагать С£=0, если г>Л.
4.2. Монета бросается 3 раза. Случайная величина X — число вы-
павших гербов. Построить для нее 1) ряд распределения; 2) много-
угольник распределения; 3) функцию распределения. Найти М [X],
D [Xi, <JX.
Решение. Величина X имеет биномиальное распределение с па-
раметрами п = 3 и р = 1/2. Ряд распределения
1/8 | 3/8 | 3/8 | 1/8
Многоугольник распределения приведен на рис. 4.2, а, функция
распределения — на рис. 4.2, б.
FfX)
1 -
Pi
a)
F(x]
1
4
о
X
J
Puc. 4.1
4
FIX)
Puc. 4.3
0
1 Z 3 X
5)
Рис. 4.2
4.3. Рассматривая неслучайную величину а как частный случай
случайной, построить для нее 1) ряд распределения; 2) функцию
распределения; 3) найти ее математическое ожидание и дисперсию.
Ответ. 1) а : | ~ |; 2) функция распределения приведена на
рис. 4.3; 3) М [а] = а; D [а] = 0.
4.4. К случайной величине X прибавили постоянную, неслучайную
величину а. Как от этого изменяются ее характеристики: 1) матема-
тическое ожидание; 2) дисперсия; 3) среднее квадратическое откло-
нение; 4) второй начальный момент?
Ответ. 1) прибавится слагаемое а; 2) не изменится; 3) не изме-
нится; 4) прибавится слагаемое а2 + 2апгх' (так как а, [X] =
= D [X] + mi).
4.5. Случайную величину X умножили на а. Как от этого изменят-
ся ее характеристики: 1) математическое ожидание; 2) дисперсия;
3) среднее квадратическое отклонение; 4) второй начальный момент?
Ответ. 1) умножится на а; 2) умножится на а2; 3) умножится
на |а|; 4) умножится на а2.
4.6. Монета подбрасывается п раз; рассматривается случайная ве-
личина X — число выпавших гербов. Построить ряд распределения
этой случайной величины и найти ее характеристики: тх, Dx, сх,
|*3 [X].
Ответ.
0 | 1 ...| т |... п
(1/2)" | СА(1/2)« ••• | С»(1/2)« | .- (1/2)"
тх=п/2; Dx — n/4‘, ох = Уп/2; р.3 [X] = О
(так как распределение симметрично относительно тх = п/2).
4.7. Производится п независимых опытов, в каждом из которых с
вероятностью р появляется событие А. Написать ряд распределения
случайной величины X — числа появлений противоположного А со-
бытия А в п опытах—и найти ее математическое ожидание и диспер-
сию.
Ответ.
О | 1 | ••• т ... | га
Г | | ... С™ qm рп~т ... | q*
где <7 = 1 — р; тх = nq\ Dx = npq.
4.8. Производится п независимых опытов, в каждом из которых
с вероятностью р появляется событие А. Рассматривается случайная
величина R — частота появления события А в п опытах, т. е. отно-
шение числа появлений события А в п опытах к общему числу про-
изведенных (опытов п. Написать ряд распределения (этой случайной
величины; найти ее математическое ожидание и дисперсию.
Ответ:
R: 0 | 1/п ... mln | ... | 1
qn | Chpqn~l . •. C™pmg'f!-m| | р"
где q = 1 — р; тх = р; Dx = pq/n.
4.9* . Производится п независимых опытов. Вероятность появления
события А во всех опытах одна и та же и равна р. Найти наивероятней-
шее число т* появлений события А.
Решение. Определим, при каком условии т* = 0. Если
т* = 0, то qn> Ckpq"-1 или q>np, откуда р < 1/ (п-j-l). Если
т* — п, то рп> Chqpn~1, р > nq, откуда р > п/ (n + 1).
Рассмотрим случай, когда 0 < т* < я; при этом должны выпол-
няться совместно два неравенства:
т* „п-т* m* —1,
Ьп р Ц г q у
Cm* n—m* *> 1 m*—1 n—m*4-l
n p q cn p q •
Эти два неравенства эквивалентны следующим:
(т* + 1)д (п — т*)р\ (га — т* + 1)р > m*q,
откуда т* должно быть целым числом, удовлетворяющим неравенствам
(п + 1)р — 1 sgC т* <1 (п + 1)р.
Можно убедиться в том, что это условие выполняется и в слу-
чае р < 1/ (n + 1) (т* = 0), ив другом крайнем случае:
р > п/ (n + 1) (т* = п). Поскольку правая часть на единицу больше
левой, то между ними лежит только одно целое число /и*; исключение
составляет случай, когда (п + 1)р и («4-1) р—1—целые числа.
Тогда имеется два невероятнейших значения: (п + 1)р и (n + l)p—1.
Если пр — целое число, то т* =пр.
4.10. Два стрелка.стреляют каждый по своей мишени, делая неза-
висимо друг от друга по одному выстрелу. Вероятность попадания в
мишень для первого стрелка рх, для второго р2. Рассматриваются две
случайные величины: Хх — число попаданий первого стрелка; Х2 —
число попаданий второго стрелка и их разность Z = Хх — Х2. Постро-
ить ряд распределения случайной величины / и найти ее характерис-
тики и Dz.
Решение. Случайная величина^/ имеет^три' возможных значе-
ния: —1, 0 и +1.
Р {Z =-1} = Р {Хх =0} Р {Х2 =+1} = дхр2;
P{Z=0} =Р{Хх =0}Р{Х2 =0} + Р{Хх = 1}Р{Х2=1) =
= <Мг + Р1Рг>
р {Z = 1} =Р {Хх = 1}Р {Х2 =0} =P1q2,
где <?х = 1 — рх; g2 = 1 — р2.
Ряд распределения величины Z имеет вид
—1 0 1 1
41 Рг ^1^ + P1P2 | Р1Чг
mz = (—l)gxp2 + 0 faq2 4- рхр2) + 1р!р2 = —qiPz + рхр2 =
— Pi — Рг-
Дисперсию находим через второй начальный момент [см. (4.0.16)]:
а2 [Z] = (—1)2 . q1Pz + О2 • (^2 + рхр2) + I2 • рхр2 =
= <hPi + Р1<7з =Pi + p2 — 2piP2;
Dz = а2 [Z] —mi=p1 + pz — 2рхр2 — fa — р2)2 = ptqr + р2^2.
4.11. Производится 2 независимых выстрела по мишени. Вероят- .
ность попадания при каждом выстреле равна р. Рассматриваются слу-
чайные величины: X — разность между числом попаданий и числом
промахов; Y — сумма числа попаданий и числа промахов. Построить
для каждой из случайных величин X, Y ряд распределения. Найти их
характеристики: тх, Dx, ту, Dv.
Решение. Ряд распределения величины X имеет вид
X
— 2| 0 | 2
<7® | 2W I Р2
где q=\—p.
тх = —2<?2 + 2р2 = 2( р — q); а2 [X] = 4 (q2 + р2);
Dx — а2 [XI — ml — Spq.
Случайная величина Y фактически не случайна и имеет одно зна-
чение 2; ее ряд распределения
; ту = 2\ Dy = Q.
4.12. В нашем распоряжении имеется п лампочек; каждая из них
с вероятностью р имеет дефект. Лампочка ввинчивается в патрон и
включается ток; при включении тока дефектная лампочка сразу же
перегорает, после чего заменяется другой. Рассматривается случайная
величина X — число лампочек, которое будет испробовано. Постро-
ить ее ряд распределения и найти математическое ожидание тх.
Решение. Ряд распределения величины X имеет вид
X: 1 2 | 3 ...| l |... n , где q=l — p. (4.12.1)
q pq | p*q ... | | ... pn-1
тх = У ip^q + пр""1 = q -%- + «Рп-1 =
dp \ l—p J 1—р
4.13. Случайная величина X имеет распределение Пуассона с ма-
тематическим ожиданием а = 3. Построить многоугольник распреде-
ления и функцию распределения случайной величины X. Найти:
1) вероятность того, что случайная величина X примет значение
меньшее, чем ее математическое ожидание; 2) вероятность того, что
величина X примет положительное значение.
Ответ. 1) 0,423; 2) 0,960.
4.41. При работе ЭВМ] время от времени возникают неисправно-
сти (сбои). Поток сбоев можно считать простейшим. Среднее число сбо-
ев за сутки равно 1,5. Найти вероятности следующих событий:
А = {за двое суток не будет ни одного сбоя);
В = (в течение суток произойдет хотя бы один сбой};
С = {за неделю работы машины произойдет не менее трех сбоев}.
Ответ. Р (Л) = 0,050; Р (В) = 0,777; Р (С) = 0,998.
4.15. При заданном положении точки разрыва снаряда цель ока-
зывается накрыта однородным пуассоновским полем осколков с интен-
сивностью % = 2,5 оск/м2. Площадь проекции цели на плоскость, на
которой наблюдается осколочное поле, равна S = 0,8 м2. Каждый ос-
колок, попавший в цель, поражает ее с полной достоверностью. Най-
ти вероятность того, что цель будет поражена.
Ответ. 0,865.
4.16. Та же задача, но каждый осколок, попавший в цель, поража-
ет ее не с полной достоверностью, а с вероятностью 0,6.
Решение. Рассмотрим вместо заданного поля осколков «поле
поражающих осколков» с плотностью %* = 0,61 =1,5 пор. оск./м2.
Математическое ожидание числа поражающих осколков, попавших в
цель, будет а* = 1*5 = 1,2 пор. оск; отсюда вероятность поражения
Ri = 1 — е-а* = 1 — 0,301 = 0,699.
4.17. Электронная лампа работает исправно в течение случайно-
го времени Т; после отказа ее немедленно заменяют новой. Поток от-
казов — простейший, с интенсивностью р.. Найти вероятности сле-
дующих событий: А = {за время т лампу не придется заменять}; В =
= {лампу придется заменять ровно три раза}; С = {лампу придет-
ся заменять не менее трех раз}.
Решение. Математическое ожидание числа отказов X за время
т равно а = р.т.
Р(Л) = Р0 = е-нт; Р(В) = Р8 = -^-е-и’; P(Q=l-(Po+p1+
о!
+ Рг) = 1 -е-и» [1 — |ХТ—0,5 (рт)2].
4.18. Техническое устройство состоит из трёх узлов; в первом узле
tii элементов, во втором п2 элементов, в третьем п3 элементов. Первый
узел безусловно необходим для работы устройства; второй и третий
дублируют друг друга. Потоки отказов элементов — простейшие; для
элемента, входящего в первый узел, интенсивность потока отказов
равна 11( во второй или третий узел 12. Первый узел выходит из строя,
если в нем отказало не менее двух элементов. Второй узел (так же, как
и дублирующий его третий) выходит из строя при отказе хотя бы од-
ного элемента. Для выхода из строя устройства в целом достаточно,
чтобы отказал первый узел или второй и третий вместе. Найти вероят-
ность того, что за время т устройство выйдет из строя.
Решение. Вероятность выхода из строя одного элемента пер-
вого, второго или третьего узла за время т равна соответственно
Рх = 1—е—^1Т; р2 = р3=1—е~
Вероятность выхода из строя первого узла за время т равна
^1= 1 — (1— pi)n>— riiPi (1 — pi)"*-1.
Вероятности выхода из строя второго и третьего узлов равны
^2=l-(l-p2)nS ^3=1-(1-рз)Ч
Вероятность выхода из строя всего устройства
= 5*1 + (1 —^1) ^2^3-
4.19. Искусственный спут-
ник Земли, движущийся по
своей орбите] в течение п су-
ток, может случайным образом
сталкиваться с метеоритами.
Метеориты, пересекающие ор-
биту и сталкивающиеся со спут-
ником, образуют стационарный
пуассоновский поток с интен-
Рис. 4.20 сивностью х (метеоритов в сут-
ки). Метеорит, попавший в
спутник, пробивает его оболочку с вероятностью р0. Метеорит, про-
бивший оболочку, с вероятностью рх выводит из строя аппаратуру
спутника. Найти вероятности следующих событий:
А — {за время полета спутника его оболочка будет пробита};
В = {за время полета спутника его аппаратура будет выведена из
строя};
С = {за время полета спутника будет пробита только оболочка
спутника, а аппаратура будет действовать}.
Решение. Математическое ожидание числа метеоритов, проби-
вающих оболочку, а0 = хпр0. Математическое ожидание числа метео-
ритов, пробивающих оболочку и поражающих аппаратуру, ах =
= xnpiPo-
Р(Л)=1—е-°»= 1—е“хпр<>; Р(В) = 1 —е~ “»= 1 —е—
р (С) = Р{(А)—Р (В) = .
4.20. Охотники, собравшиеся для охоты на волка, выстраиваются
в цепь случайным образом так, что образуют на оси Ох простейший по-
ток точек с интенсивностью % (% охотников на единицу длины, см.
рис. 4.20). Волк бежит перпендикулярно цепи. Любой охотник стре-
ляет по волку только в случае, если волк пробегает от него не дальше
чем на расстоянии 7?0, и, выстрелив, убивает его с вероятностью р.
Определить вероятность того, что волк будет убит, если он не знает,
где расположены охотники, и цепь достаточно длинна для того, чтобы
волк с достоверностью не пробежал за пределами цепи.
Решение. Волк, бегущий по направлению, указанному стрел-
кой, обстреливается в случае, если в полосу шириной 22?0, связанную
с траекторией его перемещения, попадает хотя бы один охотник. Каж-
дый охотник, если ему придется стрелять по волку, с вероятностью р j
оказывается «удачливым», т. е. убивает волка. Перейдем от «цепочки ;
охотников», имеющей интенсивность %, [к «цепочке удачливых охот-
ников» с интенсивностью X* = %р. Волк будет убит в случае, если в ,
отрезок длиной 2/?0, случайно брошенный на ось абсцисс, попадет хо- i
тя бы один «удачливый» охотник; вероятность этого
Р(Л)=1—е-2«»Ч
4.21. Автомашина проходит технический осмотр и обслуживание.
Число неисправностей, обнаруженных во время техосмотра, подчине-
но закону Пуассона с параметром а; Если неисправностей не обнару- .
жено, техническое обслуживание машины продолжается в среднем 2 ч.
Если обнаружены одна или две неисправности, то на устранение каж-
дой из них тратится в среднем еще полчаса. Если обнаружено больше
двух неисправностей, то машина ставится на профилактический ре-
монт, где она находится в среднем 4 ч. Определить закон распределе-
ния среднего времени Т обслуживания и ремонта машины и его мате-
матическое ожидание М [Т].
Решение.
2,5
ае—8
3
6
1—е-°(1+а+ —
\ 2
М[Т] = е-“ (2 4-2,5а4--^-а2)+ 6 Г1— е-в(14-а 4- —
\ 2 у |_ \ 2 t
= 6—е-° (4 4- 3,5а 4- 1,5а2).
4.22* . Обследуется группа животных; каждое из них с вероят-
ностью р является больным. Обследование производится путем анали-
за крови. Если смешать кровь п животных, то анализ этой смеси будет
положительным, если среди п животных будет хотя бы одно больное.
Требуется обследовать большое число N животных. Предлагается два
способа обследования:
1) обследовать всех N животных; в этом случае нужно провести N
анализов;
2) вести обследование по группам, смешав сначала кровь группы
из п животных; если анализ отрицательный, считать, что все живот-
ные группы здоровы, и переходить к следующей группе из п животных;
если анализ положительный, обследовать каждое из и животных и
после этого переходить к следующей группе (n > 1).
Определить, какой способ обследования выгоднее — первый или
второй — в смысле минимального среднего числа анализов. Опреде-
лить, при каком п = п.* для обследования группы животных потре-
буется в среднем наименьшее^число анализов.
Решение. Случайная величина Хп — число анализов на груп-
пу из п животных при втором способе — имеет ряд распределения
Хп
1 «4-1
qn 1— qn
д = 1—р.
Среднее число анализов на группу из п животных при втором способе
будет
М [Хп1 = д'14- (п 4- 1) (1 — qn) = и (ш?" — 1).
При первом способе на группу из п животных приходится п. анализов.
Очевидно, при nqn < 1 первый способ выгоднее второго, а при
п7" >• 1 второй способ выгоднее первого.
Установим, при каком q второй способ становится выгоднее и ка-
ково при этом будет оптимальное значение п =п*. Из неравенства
п _______________________
nqn > 1 вытекает q > 1/Vn, а из последнего q > 0,694, так как мини-
п
мум 1/Уп для целых п достигается при п = 3. Предположим, что
q > 0,694, и найдем то значение п = п*, которое обращает в мини-
мум среднее количество анализов, приходящееся на одно животное:
Rn = М [Хп]/п = 1 — <7« + 1/п.
Для этого надо найти наименьший положительный корень уравнения
dRn/dn = —qn In q — 1/п2 = 0,
взять ближайшие к нему два целых числа и прямой подстановкой их
в Rn выбрать из них оптимальное п*. Уравнение —qn In q = 1/п2 под-
становкой — In q = a, an =x приводится к уравнению x2&~x =
= a (a = — In <7 < In 3/3 = 0,366). Последнее уравнение при малых
а (и, значит, малых р =1 — q) имеет решение х « 1/ а, откуда п* «
« 1/VZ При не малых а непосредственное сравнение величин R3, R3
и Rt позволяет сделать вывод, что всегда 7?3 < и что R3<_ Rt при
0,694 < q < 0,876; следовательно, при 0,694 < q < 0,876 оптималь-
ное п* = 3. Можно показать, что при q > 0,889 (р < 0,111) хорошее
приближение дает формула п* 1/Vp + 0,5.
4.23. Производится ряд попыток включить двигатель. Каждая по-
пытка заканчивается успехом (включением двигателя) независимо от
других с вероятностью р =0,6. Каждая попытка занимает время т.
Найти распределение общего времени Т, которое потребуется для за-
пуска двигателя, его математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Число произведенных попыток X есть величина,
распределенная по геометрическому закону, начинающемуся с еди-
ницы (4.0.32); Т = Хх имеет распределение
Г:
2х
ЯР
Зт | ... | тх | ...
х
Р
М [П = тМ [X] = т/р; D [Т] = t2D [X] = x2q/p2
(7 = 1— Р)-
4.24. В условиях предыдущей задачи попытки зависимы и pt —
вероятность включения двигателя после i — 1 неудачных попыток —
есть некоторая функция Z : рг = <р (/). Найти распределение случай-
ной величины Т — хХ.
Ответ.
Т
т 2т | Зт I /пт ...
Pl 71 р2 71 4 2 Рз ... m—1 П 7iPm /=1 ...
где qt = 1 — pi.
4.25. При сборке прибора повышенной надежности, состоящего
из однородных деталей, каждая деталь подвергается всесторонним ис-
пытаниям, в результате которых она либо признается доброкачест-
венной (с вероятностью р) либо выбраковывается (с вероятностью q =
= 1 — р). Детали оказываются принадлежащими к той или другой
категории независимо друг от друга. Запас деталей практически неог-
раничен. Отбор деталей и их испытания ведутся до тех пор, пока не
будет набрано k высококачественных деталей. Случайная величина
X — число выбракованных деталей. Найти распределение случайной
величины X: Рт =Р {X =т}.
Решение. Возможные значения случайной величины X : 0, 1, ...
..., т, ... Находим их вероятности:
Ро = Р {первые k деталей доброкачественны} = pfe;
Рх = Р {среди первых k деталей одна выбракована, (k + 1)-я де-
таль доброкачественна} = Ckq1pk~1p = Ck<f-pk‘t
Рт — Р {среди первых k + т — 1 деталей т выбракованы,
(т + k)-a деталь доброкачественна } = Ck+m-iqmpk
(т = 1, 2, ...).
4.26. Две случайные величины X, Y независимо друг от друга при-
нимают значения 0 или 1. Их ряды распределения заданы:
Ях Рх Яу
Построить ряды распределения: 1) их суммы Z =Х + У; 2) их раз-
ности U — X — У; 3) их произведения V = XY.
Решение. 1) Случайная величина Z имеет три возможных зна-
чения: 0; 1 и 2.
р {Z = 0} = Р {X = 0, У = 0} = q^;
Р {Z = 1} = Р {X = 1, У. = 0} + Р {X = 0, У = 1} =
= РхЯу 4” ЯхРу>
P{Z=2} = Р {X = 1, У = 1} =РхРу-
0 1 1 2
ЯхЯу Рх Чу ‘УЧхРу | Рх Ру
Аналогично находим
ЧхР, Р.Рц+q^q, I Р,.Ч,
° I
Чх Чу "h Рх Чу + Чх Ру Рх Ру
4.27. Случайная величина X имеет ряд распределения
X:
1 12
0,5 | 0,2
4
0,3
Построить ряд распределения случайной величины У =1/(3 — X).
Ответ.
У:
— 1 | 0,5 | 1
0,3 | 0,5 | 0,2
4.28. Случайная величина X имеет ряд распределения
-2 |-1 0 1 2
0,2 | 0,3. 0,2. 0,2 o,i.
Построить ряд распределения ее квадрата: У = X2.
Ответ:
1
0 | 1 4
0,2 | 0,5 0,3
j
4.29. При передаче сообщения по радиоканалу наблюдаются поме-
хи, препятствующие декодированию сообщения; с вероятностью р
сообщение не удается декодировать. Сообщение передается до тех
пор, пока оно не будет декодировано. Продолжительность передачи
сообщения равна 2 мин. Найти: 1) математическое ожидание времени
Т, которое уйдет на передачу сообщения; 2) вероятность того, что на
передачу сообщения понадобится время, большее чем /0, имеющееся
в нашем распоряжении.
Решение. 1) Случайная величина X — число «попыток» пере-
дать сообщение — имеет геометрическое распределение, начинающе-
4
I
"ii,
1
еся с единицы; Т = 2Х мин. Распределение случайной величины Т *
будет ' 1
Т:
2 4 6 ... 2m | ...
Ч РЧ р2<7 ... р"»-1? | ...
2) Р{Т>/0} = рот-,<7 = <7 S /’m_1
m=U./2] + l m=[/,/2) + l
(4.29)
где [f0/21 — наибольшее целое число, содержащееся в 4/2. Суммируя?
геометрическую прогрессию (4.29), имеем J
1—<7
4.30. Дискретная случайная величина X имеет распределение
% Xi I Ха | [ хп
Р1 | р2 | ... | Рп
Случайная величина Z есть минимальное из двух чисел — значения
случайной величины X и числа а : Z = min {X, а}, где sgC а хп.
Найти распределение случайной величины Z.
Решение. По определению
Z-(X при X а;
1 а при X > а.
Распределение случайной величины Z совпадает с распределением
случайной величины X для тех значений xlt х2, ..., которые меньше
или равны а\ Р {Z — а} вычисляется как единица минус сумма всех
остальных вероятностей:
P{Z = a} = \- 3 Pi.
х^а
4.31. Распределение дискретной случайной величины X есть
у. 1 I 3 I 5 I 7 I 9
0,1 | 0,2 | 0,3 | 0,3 | 0,1
Найти распределение случайной величины Z = min {X, 4}.
Ответ. На основе решения предыдущей задачи
1 13 4
0,1 | 0,2 0,7
4.32. Две случайные величины X и Y независимо друг от друга
принимают значение согласно рядам распределения:
X:
0 1
0,2 0,3
2 | 3
0,4 | 0,1
1 3 1 4
0,7 0,2 |°,1
Построить ряд распределения случайной величины Z = min {X, Y}.
Решение. Р {Z = 0} = Р {X = 0} = 0,2;
P{Z = 1} =р {х =1} + Р {У =1,Х> 1} =0,34-0,7 • 0,5 =
= 0,65;
Р {Z = 2} = Р {X = 2, Y > 2} = 0,4 • 0,3 = 0 12;
Р {2 = 3} = Р {X = 3, У > 3} = 0,1 • 0,3 = 0,03.
Z:
О | 1 | 2 | 3
0,20 | 0,65 | 0,12 | 0,03
4.33. В условиях предыдущей задачи найти распределение слу-
чайной величины U = max {X, У}.
Ответ.
1 2 3 4
0,49 0,14 0,27 0,10
4.34. В ячейке ЭВМ записано «-разрядное двоичное число; каждый
знак этого числа, независимо от остальных, принимает с равной ве-
роятностью значение 0 или 1. Случайная величина X — число знаков [
«1» в записи двоичного числа. Найти вероятности событий {X = т}, ;
{Х>/«}, {Х<т}.
Решение. Случайная величина X имеет биномиальное распре- <
деление с параметрами п, р = 1/2. Р {X = т} = С™ (1/2)";
Р{Х>ш} = (1/2)« 2 Сп\ Р{Х</п} = 1—Р{Х>/п}.
k—m
4.35. Рассматривается правильная десятичная дробь X с тремя 1
знаками после запятой, причем каждый знак, независимо от других,
с одинаковой вероятностью может принимать любое значение 0, 1, ... ?.
.... 9. Построить ряд распределения случайной величины X и найти I
ее математическое ожидание. |
Решение. Возможные значения случайной величины X : 0,000; |
0,001; 0,002; ...; 0,999. Вероятность каждого из них равна р = (0,1)3= |
= 0,001. Ряд распределения случайной величины X имеет вид I
% 0,000 | 0,001 | 0,002 | ... | 0,999 . I
0,001 | 0,001 I 0,001 | ... | 0,001 ’ |
М[Х] = 2 хгрг = 0,001 2 хь ГДе х1— /-0,001. J
i=0 i=0 J
Числа xt образуют арифметическую прогрессию из 1000 членов с раз-1
ностью 0,001. Суммируя прогрессию, получаем
М [X] = °+?’.9.^. 1000-0,001 = 0,4995 « 0,5.
4.36. Случайная величина У— случайная двоичная правильная’
дробь с п знаками после запятой; каждый знак, независимо от других,,
с вероятностью 1/2 принимает значение «0» или «1». Найти распреде-
ление случайной величины У и ее математическое ожидание М [У].
Решение. Аналогично предыдущей задаче, все значения дво-
ичного числа от 0,00...0 до 0,11 ...1 одинаково вероятны и каждое из<
*
них имеет вероятность 1/2". Математическое ожидание случайной ве-
личины Y (в десятичной записи) М [У] =0,5— 1/2" + 1.
4.37. Передаваемое по каналу связи в двоичном коде сообщение
состоит из последовательности знаков «0» и «1», чередующихся с рав-
ной вероятностью и независимо друг от друга, например 0, 0, 1, 1, 1,
0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, ...
Рассматривается какая-то группа повторяющихся знаков, напри-
мер: 0, 0, 0 или 1, 1, 1, 1 (или просто 0 или 1, если знаки не повторя-
ются). Берется какая-то из этих групп наугад. Случайная вели-
чина X — число знаков в группе. Найти ее распределение, математи-
ческое ожидание и дисперсию. Найти Р {X k}. 7
Решение. Случайная величина X имеет геометрическое распре-
деление, начинающееся с единицы: J
1 | 2 ... | т
0,5 | 0,52 ... р.б'” ...
; М[Х] = 1/0,5 = 2;
D [X] = 0,5/0,52 = 2; Р {X > k} = 0,5т = 0.5*-1.
m—k
4.38. В условиях предыдущей задачи Р {«0») = 0,7; Р {«1») =
= 0,3. Найти среднее число знаков М [XI в группе нулей, среднее
число знаков М [У] в группе единиц и полное среднее число знаков
М IZ1 в наугад выбранной группе знаков. Найти дисперсии D [XI,
D [У], D [Z].
Решение. М [X] = 1/0,7 = 10/7; М [У] = 1/0,3 = 10/3. По
формуле полного математического ожидания находим М [Z] =
= 0,7 • у + 0,3 • у = 2, т. е. то же, что и в предыдущей задаче.
D [X] = 0,32/0,7 « 0,128; D [У] = 0,72/0,3 « 1,633.
Чтобы найти D [Z], сначала найдем а2 [Z] = М [Z2] по формуле пол-
ного математического ожидания [см. (4.0.20)]*>:
а2 [Z] = 0,7а2 [X] + 0,3 а2 [У], где а2 [X] = D [XI + (М [X])2 «
« 2,66; а2 [У] = D [У] + (М [У])2 « 18,9; тогда а2 [Z] « 7,53;
D [Z] = а2 [Z] — (М [Z])2 « 3,53,
т. е. дисперсия по сравнению с предыдущей задачей увеличилась.
Вероятность Р {X k} находим по формуле полной вероятности
с гипотезами: Ях = {первый знак «0»}, Н2 = {первый знак «1»}:
Р (Яо) = 0,7; Р (Ях) = 0,3; Р {X > Жо} = 0.7*"1;
Р {X > Жх} = 0,3*~х; тогда Р {X > k} = 0,7 • 0,7* -1 +
+ 0,3 • 0,3*-1 =0,7* + 0,3*.
н . По формуле полного математического ожидания находим второй началь-
D и м°мент, но не саму дисперсию (ибо условные математические ожидания при
к зных гипотезах различны).
4.39. Техническое устройство (ТУ) состоит из т блоков типа I и
п блоков типа II. Надежность (вероятность безотказной работы в те-
чение заданного времени т) каждого блока типа I равна рх, каждого
блока типа II равна р2. Блоки отказывают (выходят из строя) незави-
симо друг от друга. Для работы ТУ достаточно, чтобы в течение вре-
мени т работали безотказно любые два блока типа I и одновременно
с этим любые два блока типа II. Найти вероятность fp безотказной
работы ТУ.
Решение. Событие А — {безотказная работа ТУ} есть произ-
ведение двух событий:
Л! = {не менее двух из т блоков типа I работают безотказно};
А2 = (не менее двух из п блоков типа II работают безотказно}.
Число Хх работающих безотказно блоков типа I есть случайная
величина, распределенная по биномиальному закону с параметрами т,
Pi, событие Лх состоит в том, что случайная величина Хх примет зна-
чение не менее 2; поэтому
р (Лх) = Р {Хх > 2} = 1 — Р {Хх < 2} = 1 — Р {Хх =0} —
_ Р {Хх = 1} = 1 - (77 + mq^P1) (ft = 1 - рх).
Аналогично Р(Л2) = 1 — (ql + tufi-1 (ft = l— Pi)-
Вероятность безотказной работы устройства
& = Р (Л) = Р (ЛО Р (Л2) = [ 1 - (gf+tnq”-> рх)] [ 1 - + nq* - > р2)].
4.40. Прибор применяется (приводится в действие) несколько раз
до его выхода из строя (вышедший из строя прибор не восстанавли-
вается). Вероятность того, что, будучи применен k раз, прибор еще не
вышел из строя, равна Р (k). Функция Р (k) задана (см. рис. 4.40).
Известно, что прибор выдержал уже п применений. Найти вероятность
Qm того, что он выдержит еще т применений, и математическое ожи-
дание числа X будущих применений.
Решение. Qm есть условная вероятность того, что прибор не
выйдет из строя за последующие т применений, при условии, что он
не вышел из строя за первые п. По правилу умножения вероятностей
Р (п 4- т) =Р (n)Qm-, откуда
м[Х]=2«Сю.
m=l
4.41. Рабочий обслуживает n однотипных станков, расположенных
на одной линии с интервалами I (рис. 4.41). Время от времени станки (с
равной вероятностью и независимо друг от друга) останавливаются и
требуют наладки. Закончив наладку одного станка, рабочий остается
на месте, пока не остановится какой-либо из станков; тогда он пере-
ходит к нему (если вышел из строя тот же станок, он остается на мес-
те). Случайная величина X — расстояние, которое проходит рабочий
между двумя наладками. Найти математическое ожидание случайной
величины X.
Рис. 4.41
Решение. Применим формулу полного математического ожи-
дания с гипотезами Hi = {рабочий стоит у 4-го станка) (i = 1, ..., п).
По условиям задачи все гипотезы равновероятны: Р (Ях) = Р (772) =
= ... =Р (Нп) =1/п. Найдем условное математическое ожидание
М [X |Яг] для 4-й гипотезы. Каждый станок (включая 4-й) останавли-
вается с вероятностью 1/п; отсюда
п
Г i—*
№.\X\Ht) = — + =J_[t-(t-_l) +
п L=i J 2n
+ («—i)(n—Z4-1)].
По формуле полного математического ожидания
л .. п . .
М [X] = У Р (Н^ М[X | Ht] = У — ± [4 (4-1)+(п-0 (п—i +1)] =
fl £fl
/ Г Л п
U=i 4=1
Пользуясь известной формулой 2 & — , вычис-
ляем
У i (i _ п = ”(п+1)(п+2) ”(”+1) _ п (я+!)(«—!)
А1Ц ' 6 2 3
Применяя эту формулу для вычисления обеих сумм в (4.41), убеж-
даемся* что они равны друг другу и
М [X] = — У i (I— П = — п(” + 1)(п~1) = <(»*—!)
"2 ' п* 3 Зи "
4.42. Производится ряд независи-
мых опытов, в каждом из которых
событие А появляется с вероятно-
стью р; опыты ведутся до первого по-
явления события А, после чего пре-
кращаются. Случайная величина X—
число произведенных опытов. Пост-
роить ее ряд распределения и много-
угольник распределения; вывести
формулы для ее математического ожи-
дания, дисперсии, среднего квадра-
тического отклонения.
Решение. Случайная величина X имеет геометрическое рас-
пределение, начинающееся с единицы [см. (4.0.32)]. Ряд распределе-
ния случайной величины X имеет вид
Р ЯР I Я2Р ... | Я^Р I •••
где 9=1 — р. Многоугольник распределения для р = 0,6 показан
на рис. 4.42.
М[Х] = 2 mqm~1p = p 2
т—\
Замечаем, что /П9т-1 есть не что иное, как производная выражения
9я* по 9; отсюда
т— 1 т— 1 т= 1
Последняя сумма представляет собой сумму членов бесконечно убы-
вающей геометрической прогрессии со знаменателем 9; суммируя ее,
находим
1
(1-9)8 ’
(4.42)
сгкуда М [X] = р/ (1 —9)2 = 1/р.
Дисперсию случайной величины X найдем через ее второй началь-
ный момент
а2[Х] = М[Х2] = 2 /и29т-,р.
Ш=1
Для ее вычисления умножим на q ряд (4.42); получим
со
2 mcim
т—\
Я
(1—</)2 ‘
Дифференцируя этот ряд, имеем
Jp tn2qm~x
т=1
l+<7
(1-<7)S
Умножая это выражение на р = 1 — q, получаем М [ X2] —
= (1 + q)l (1 — q)2. Дисперсия случайной величины X равна [см.
формулу (4.0.17)1
D [X] = М [Ха1 — (М [X])2 = (1 + q)l (1 — q)2 — 1/ (1 — <?)2 =
= qlp2', ах = VD [XI = ~Vq!p.
Итак, для геометрического распределения, начинающегося с еди-
ницы,
М [X] = 1/р; D [X] = qlp2', о = ~Vq/p.
Случайная величина Y =Х —1, имеющая геометрическое рас-
пределение, начинающееся с нуля, обладает характеристиками:
М [У] =М IX] — 1 = qlp', D [У] = D [X] = qlp2', ад = Vqlp.
4.43. Производится ряд попыток наладить сложную электронную
схему. Вероятность того, что схема будет налажена с первой попытки,
равна Рх; со второй попытки Р2, ..., с&-й попытки Pk ,... Вероятности
Рх, Р2, ..., Ph.Рп заданы. После n-й безуспешной попытки нала-
дить схему попытки прекращаются. Найти математическое ожидание
и дисперсию случайной величины X — общего числа произведенных
попыток.
Решение. Ряд распределения случайной величины X имеет вид
1 | 2 ... k | ... п
' Р1| ••• Pk | ••• 1—’
M[X]=2"=i’
D[X] = M[X2] —(M(X])2 = S"=i1 PPi + ^n-^-/ РП-(М[Х])2.
4.44. Прибор собирается из деталей k типов; в его состав входят
(Л \
2 гщ = пг\ т — общее число деталей].
Вероятность того, что наугад взятая деталь i-ro типа имеет дефект,
равна qt. Прибор работает только если в составе его деталей нет ни
одной дефектной. 1) Найти вероятность Р того, что прибор будет ра-
ботать; 2) найти вероятность Р2 того.^что среди’деталей’будет не менее
двух дефектных.
Решение. 1) Р есть вероятность того, что в т независимых
опытах событие А = {деталь дефекта} не произойдет ни разу: Р —
= П (1 — <7Z)m« = Ро; 2) Р2 = 1 — (Ро + Рх), где Ро — вероятность
/= 1
того, что среди т деталей нет ни одной дефектной; Рх — вероятность
того, что среди них ровно одна дефектная. Рг найдем как сумму веро-
ятностёй того, что среди /ft деталей /-го типа ровно одна дефектная, а
детали всех остальных типов не дефектны:
P1 = m1q1(\ — ft)”1*-1 П ft + ft)"1»-1 П ft/-* + —=
Mi М2
= imift(i-ft)mi-inft^1. ‘
1=1 Ml I
4.45. По каналу связи передается k сообщений, содержащих соот- ?
ветственно ft, п2, ..., nh двоичных знаков («О» или «1»). Знаки прини-
мают значение 0 или 1 независимо друг от друга и с вероятностью 0,5. •
Каждый знак искажается (заменяется противоположным) с вероятно-
стью р. При кодирований сообщений применяется код, исправляющий ?
ошибки в одном или двух знаках (практически с полной достоверно- ;
стью). Наличие ошибки хотя бы в одном знаке (после исправления) ;
делает ошибочным все сообщение. Найти вероятность R того, что
хотя бы одно из k сообщений будет ошибочным. j
Решение. Случайная величина Xt — число ошибочных знаков 1
в i-м сообщении — имеет биномиальное распределение (4.0.23) с пара- -
метрами ft, р. Вероятность того, что /-е сообщение будет ошибочным, /
равна вероятности того, что в числе ft знаков этого сообщения не ме-
нее трех будут ошибочными:
Р {Хг > 3} = I -Р {X, < 3}=I - 2 clnt р' (1 -руч-'. >
1=0 А
Вероятность того, что хотя бы одно из k сообщений будет ошибоч- *
ным, равна
k ( 2
R= п
i=l l J=0
4.46. Для сборки прибора требуется иметь 4 одинаковые детали; |
всего в нашем распоряжении 10 деталей, из которых 6 доброкачест- i
венных и 4 негодных; на вид детали неразличимы. Из имеющихся де- 1
талей выбирают 5 деталей (одну лишнюю — «в запас»). Найти вероят- j
ность того, что не менее четырех из них окажутся доброкачественными. <
Решение. Случайная величина X — число доброкачественных
деталей среди 5 выбранных — имеет гипергеометрическое распреде- ?
ление с параметрами 5, 6, 4 [см. (4.0.34)]. Вероятность того, что среди %
5 деталей т будут доброкачественными, равна Рт = С^С\-т1С\й\ от-*
сюда ।
Pt = 5/21; Р5 = 1/42; Р {X > 4} = Р4 + Ръ = 14/42. f
4.47. Имеется 7 радиоламп, среди которых 3 неисправные, на вида
неотличимые от новых. Наугад берутся 4 радиолампы и вставляются!
в 4 патрона Найти и построить (в виде многоугольника распределе-1
ния) ряд распределения числа радиоламп X, которые будут работать.!
Найти ее математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичес-1
кое отклонение. «
Решение. Величина X имеет гипергеометрическое распреде-
ление с параметрами п = 4, а = 4, b = 3.
= С\ CW = 4/35; Р2 = Q Ст = 18/35;
Р,=С*М= 12/35; P4 = Cj/CJ=l/35.
Ряд распределения случайной величины X имеет вид
1 2 3 1 «
4/35 18/35 12/35 11/35
Многоугольник распределения случайной величины X дан на рис. 4.47.
Пользуясь формулами (4.0.35) и (4.0.36), вычисляем: М [X] « 2,28;
D [XI « 0,38.
Pi
Рис. 4.47
4.48* . Производится ряд независимых опытов, в каждом из кото-
рых событие А появляется с вероятностью р. Наша цель — получить
событие A k раз. Максимально возможное число опытов равно п (при-
чем п 2k). Опыты прекращаются либо тогда, когда событие А уже
появилось k раз, либо тогда, когда ясно, что уже нет возможности по-
лучить его k раз, т. е. когда противоположное событие А появилось
п — k + 1 раз. Случайная величина X — число опытов, которое бу-
дет произведено. Найти распределение случайной величины X.
Решение. Возможные значения случайной величины X : k,
& + 1, ..., п.— 1, п. Найдем соответствующие вероятности Рт =
= Р {X = т}.
При k tn п — k опыты могут прекратиться после m-го только
из-за того, что k раз произойдет событие А. Поэтому
= Р {первые т — 1 опытов дали k — 1 появлений события А,
а m-й опыт дал событие А} =
= C^-\pk~l qm~kp = Ck^L\pkqm-k- (4.48.1)
В частности, при tn — k имеем Ph = pk.
При п — k <Z т п опыты могут прекратиться после тп-го либо
из-за того, что событие А появилось А-й раз, либо из-за того, что про-
тивоположное событие А появилось п — k + 1 раз. Вероятность пер-
вого варианта мы уже вычислили; вероятность второго равна
Р {первые т — 1 опытов дали п — k появлений события А, а т-й
опыт дал событие А} =
= С„~\ pn-i-n+kgn-kq = pm-i-n+kqn-k+^
Складывая вероятности обоих вариантов, получаем
Pm = Ckm~\ рк qm~k + (Z-\ p^-i-n+kqn-k+^ (4.48.2)
Итак, распределение случайной величины X при k tn п + k
задается формулой (4.48.1), а при п — k<Z т п — формулой
(4.48.2).
4.49. В условиях предыдущей задачи п = 7, k = 3; р = 0,4. По-
строить ряд распределения случайной величины X.
Решение. Возможные значения случайной величины X : 3; 4;
5; 6; 7.
Р3 = р3 = 0.43 = 0,064;
P4 = CUipV-3 =3 • 0,43 • 0,6 =
= 0,115;
Pb = Cl-_\p3q3-3 +
+С? -з,рь-1-7+з qi-3+i=Q. о,43.0,62+
+ 0,65 = 0,216;
Рв = С|"11 р3
4-CU3! р6-1-^3 ^7-3+1 =
= 10 • 0,43 • 0,63 + 5 • 0,4 • 0,68 = 0,293;
р7=сз7^1Рзд^-з+
4- C?L31 р7-1-7+3 <7’-з+1=
= 15-0,43.0,64 4-15-0,42>0,65 =
= 0,312.
3 | 4 | 5 | 6
0,064 | 0,115 | 0,216 | 0,293
Многоугольник распределения приведен на рис. 4.49.
ГЛАВА 5
НЕПРЕРЫВНЫЕ И СМЕШАННЫЕ СЛУЧАЙНЫЕ
ВЕЛИЧИНЫ
5.0. Множество возможных значений дискретной случайной величины ко-
нечно или счетно; не дискретные случайные величины характеризуются тем, что
множество их возможных значений несчетно. Примеры не дискретных случайных
величин: дальность обнаружения объекта радиолокатором; время опоздания по-
езда; погрешность измерения угла с помощью угломера. У всех этих случайных
величин множество возможных значений несчетно, так как непрерывно за-
полняет какой-то участок оси абсцисс.
Напомним, как определяется функция распределения случайной вели-
чины X:
F (х) = Р {X < х}. (5.0.1)
Функция распределения существует для любых случайных величин, как
дискретных, так и не дискретных.
Если функция распределения F (х) случайной величины X при любом х не-
прерывна и, кроме того, имеет производную F' (х) везде, кроме, может быть, от-
дельных точек (рис. 5.0.1), то случайная величина X называется непрерывной.
Если фуйкция распределения F (х) на некоторых участках непрерывно воз-
растает, а в отдельных точках имеет разрывы (рис. 5.0.2), то случайная величина
называется смешанной. Функция F (х) для смешанной случайной величины, как
и для дискретной, непрерывна слева.
Вероятность каждого отдельного значения непрерывной случайной^величины
равна нулю. Вероятность каждого отдельного значения смешанной случайной
величины, лежащего на участке непрерывности F (х), также равна нулю, а
вероятность каждого из тех значений хх, х2, ...» в которых функция F (х) совер-
шает скачки, численно равна значению соответствующего скачка.
Для любой случайной величины (дискретной, непрерывной или смешанной)
вероятность попадания случайной величины на участок оси абсцисс от а до р
(включая а и не включая 0) выражается формулой
Р {а < X < р) = F (₽) — F (а). (5.0.2)
Так как для непрерывной случайной величины Р{Х = а) = 0, то знак
равенства в этом случае в (5.0.2) можно отбросить:
Р {а < X < Р} = ГДР) — F (а), Г (5.0.3)
или в других обозначениях
р {X С («,!₽)} = F (₽) - F (а). (5.0.4)
Плотностью вероятности (или плотностью распределения или просто
плотностью) непрерывной случайной величины X называется производная
функции ^распределения:
f (х) = F' (х). ] (5.0.5)
Элементом вероятности для непрерывной случайной величины X назы-
вается величина f (х) dxt приближенно равная вероятности попадания случай-
ной величины X на элементарный отрезок dx, примыкающий к точке х:
f (х) dx « Р {х < X < х + dx}. (5.0.6)
Плотность f (х) любой случайной величины неотрицательна (/ (х) 0)
и обладает свойством
со
f J(x)dx=l.
со
(5.0.7)
График плотности f (х) называется кривой распределения.
Вероятность попадания непрерывной случайной величины X на участок от
а до Р определяется выражением
3
P{a<X<p}=y/(x)dx. (5.0.8)
Функция распределения непрерывной случайной величины X выражается
через ее плотность:
F(x) = J f(x)dx. (5.0.9)
•-00
Математическим ожиданием непрерывной случайной величины X с плот-
ностью f (х) называется ее среднее значение, вычисляемое по формуле
М£Х] = J xf(x)dx. (5.0.10)
— ОО
Математическое ожидание смешанной случайной величины с функцией
распределения F (х) вычисляется по формуле
М[Х]=2хгрг+ [xF\(x)dx, (5.0.11)
i (н)
где сумма распространяется на все точки разрыва функции распределения,
а интеграл — на все участки ее непрерывности. Когда М [X] надо обозначить
одной буквой, будемjписать М (X] = тх*
Дисперсия непрерывной случайной величины X
D [X] = М [X2] = М [(X — /и*)2]
вычисляется по формуле
О [Х]= J (x-mx)\f(x)dx. (5.0.12)
— ОО
Дисперсия смешанной случайной величины выражается формулой
D ffl=2 (х1-тху»р1+ f (x-mx)*F’(x)dx, (5.0.13)
i (в)
где сумма распространяется на все точки разрыва функции F (х), а интеграл —
на все участки ее непрерывности.
Корень квадратный из дисперсии называется средним квадратическим от-
клонением случайной величины:
<JX = VD[X]. (5.0.14)
Для неотрицательной случайной величины в качестве характеристики меры
ее случайности иногда применяется коэффициент вариации
vx=oxlmx. (5.0.15)
Заметим, что коэффициент вариации зависит от «начала отсчета» случайной
величины.
Среднее квадратическое отклонение может быть применено для ориентиро-
вочной оценки диапазона возможных значений случайной величины. При этом
пользуются так называемым правилом трех сигма, состоящим в том, что диапазон
практически возможных значений случайной величины X не выходит за пределы
тх db Зо#. (5.0.16)
Это правило справедливо и для дискретной случайной величины.
Начальный момент £-го порядка
aft IX] = М [X*]
для непрерывной и смешанной случайных величин выражается соответственно
формулами:
aft[X]= / x*/(x)dx; (5.0.17)
—-ОО
aft И =2 xl Pi+ J xkp' (х)dx' (5.0.18)
I <Н)
Центральные моменты вычисляются по аналогичным формулам:
f (x-mx)*f(x)dx-, (5.0.19)
t — ОО
[X]=S (xi~^)kPi + f (x-mx)bF' (x) dx. (5.0.20)
i (h)
Центральные моменты могут быть выражены через начальные совершенно
так же, как для дискретной случайной величины (см. гл. 4). Наибольший прак-
тический интерес имеет выражение дисперсии через второй начальный момент:
D[X]=aa[X]—т2? (5.0.21)
или в другой форме
D [X] =М [X2] — (М [X])2. (5.0.22)
Если вероятность какого либо события А зависит от того, какое значение
приняла непрерывная случайная величина X с плотностью / (х), то полная ве-
роятность события А вычисляется по интегральной формуле полной вероятности
Р(Л)= У Р(Л|х) f(x)'dx, (5.0.23)
— со
где Р (А|х) = Р {А|Х = х} — условная вероятность события А при гипотезе
{X = х].
Соответствующий аналог в схеме непрерывных случайных величин имеет
и формула Бейеса. Если в результате опыта имело место событие А, вероятность
которого зависит от того, какое значение приняла непрерывная случайная ве-
личина X, то условная плотность этой случайной величины с учетом появления
события А равна
fA (х) = f (X) Р (Л |х)/Р (Л), (5.0.24)
или же с учетом (5.0.23)
fA (*) = f (*) Р (Л |х) / У Р (Л |х) f (х) dx. (5.0.25)
Формула (5.0.25) называется интегральной формулой Бейеса.
В схеме непрерывных случайных величин применяется также интеграла
ная формула полного математического ожидания
М [X] = [X I у] f (у) dy, (5.0.26)
где X — любая случайная величина; Y — непрерывная случайная величина с
плотностью f (у)-, М [Х|#1 — условное математическое ожидание случайной ве-
личины X при условии, что случайная величина Y приняла значение у.
Перечислим некоторые часто встречающиеся на практике распределения
непрерывных случайных величин и опишем их свойства.
1. Равномерное распределение. Случайная величина X имеет равномерно
распределение на участке от а до Ь, если ее плотность на этом участке постоянна:
|1/(&-а)прихС(а,5);
'' 7 1 0 прих£(а,6). '
Значения f (х) в точках а и b никак не определены; это и несущественно, так как
вероятность попадания в любую из них равна нулю, и, значит, вероятность лю-
бого события, связанного со случайной величиной X, не зависит от того, какое
значение имеет плотность f (х) в точках а и Ь*). График плотности вероятности
равномерного распределения показан на рис. 5.0.3.
Рис. 5.0.3
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение
для случайной: величины X, имеющей плотность (5.0.27), равны соответственно:
а-}-Ь (Ь—а)2 b—а
D [*]=-*-—(5.0.28)
£ 1 £• £ у О
Равномерное распределение имеют ошибки грубых измерений при помощи
инструмента с крупными делениями, когда измеренное значение округляется
до ближайшего целого (или до ближайшего меньшего, или же до ближайшего
большего). Например, ошибка (в сантиметрах) измерения длины карандаша с
помощью линейки с сантиметровыми делениями имеет равномерное распределение
на участке ( — 1/2; 1/2), если округление производится до ближайшего целого,
и на участке (0; 1), если до ближайшего меньшего. Также равномерное распреде-
ление имеет ошибка (в минутах) указания времени часами со скачущей минут-
ной стрелкой [участок (0; 1) ]. Равномерное распределение на участке (0, 2л)
имеет угол поворота Ф хорошо уравновешенного колеса (рис. 5.0.4), если оно
приводится во вращение и останавливается в результате трения. В задаче Бюф-
фона (см. задачу 1.45) угол, определяющий направление иглы, также имеет рав-
номерное распределение в силу того, что игла бросается наугад так, что ни одно
из значений ф не предпочитается никакому другому.
Типичные условия возникновения равномерного распрёделения состоят в
следующем: точка М случайным образом бросается на ось Ох, разделенную на
равные интервалы длины I (рис. 5.0.5). Каждый из случайных отрезков X и Y,
на которые делит точка М тот интервал, на который она попала, имеет равно-
мерное распределение на участке (0,Z).
Рис. 5.0.5
В дальнейшем вместо подробной записи (5.0.27) для плотности равномер-
ного распределения мы часто будем пользоваться более краткой формой <
f (х) = 1/ (д — а) при х £ (а,Ь). (5.0.29)
*) В дальнейшем, задавая плотность f(x) разными формулами на разных
участках оси Ох, мы также не будем указывать значения f (х) на границах уча-
стков.
2. Показательное распределение. Случайная величина^ имеет показатель-
ное распределение, если ее плотность выражается формулой
№-ол>
где X — параметр показательного распределения (рис. 5.0.6). Показательное
распределение имеет большое знечение в теории марковских случайных процессов
и теории массового обслуживания (см. гл. 10 и 11).
Если на оси времени 0t имеется простейший поток событий с интенсивностью
(см. гл. 4), то интервал времени Т между двумя соседними событиями имеет
показательное распределение с параметром X.
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение
величины X, имеющей показательное распределение, равны соответственно:
М[Х] = 1/1; D[X] = 1/12; ох = 1/1. (5.0.31)
Коэффициент вариации показательного распределения равен единице:
их=ах/тх=1.
Подробную запись показательного распределения (5.0.30) мы часто будем
заменять более краткой:
f(x)=le“^ при х>0
или совсем краткой
7(х)=1е“х* (х!>0).
Таблицы функции е~х даны в приложении 3.
3. Нормальное распределение. Случайная величина X имеет нормальное
распределение (или распределена по нормальному закону*)), если ее плотность
1 (х—т)«
(б.о.зз)
(рис. 5.0.7). Математическое ожидание случайной величины, имеющей распреде-
ление (5.0.33), равно т, дисперсия о2, среднее квадратическое отклонение о.
Вероятность попадания случайной величины X, имеющей нормальное распреде-
ление с параметрами т и о, на участок от а до 0 выражается формулой
Р {X С (а, ₽)} = Ф ф (5.0.34)
*) Этот закон также называется законом Гаусса.
где Ф (х) — функция Лапласа:
х
O(x)=yWJe 2 dt’ (5-0.35)
о
Функция Лапласа обладает свойствами: 1) Ф (0) =0; 2) Ф (—х) = —Ф (х)
(нечетная функция); 3) Ф (оо) = 0,5. Таблицы функции Лапласа даны в прило-
жении 5.
Если участок (а, [^симметричен отаосительно точки т, то вероятность по-
падания в него
Р{ | X — m | < Z) = 2Ф (Z/g), (5.0.36)
где Z = (Р — а) /2 — половина длины участка.
Нормальное распределение возникает тогда, когда величина X образуется
в результате суммирования большого числа независимых (или слабо зависимых)
случайных слагаемых, сравнимых по своему влиянию на рассеивание суммы
(подробнее см. гл. 8). Таблицы нормальной плотности для т = 0, о = 1 даны
в приложении 4.
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
5.1. Может ли при каком-либо значении аргумента быть: 1) функ-
ция распределения больше единицы? 2) плотность распределения боль-
ше единицы? 3) функция распределения отрицательной? 4) плотность
распределения отрицательной?
fx№> fy(x)
Рис. 5.3
Ответ. 1) нет;’ 2) да; 3) нет; 4) нет.
5.2. Какова размерность: 1) функции распределения; 2) плот-
ности распределения; 3) математического ожидания; 4) дисперсии;
5) среднего квадратического отклонения; 6) третьего начального мо-
мента?
Ответ. 1) безразмерна; 2) обратная размерности случайной ве-
личины: 3) размерность случайной величины; -4) размерность квад-
рата случайной величины; 5) размерность случайной величины;
6) размерность куба случайной величины.
5.3. Дан график плотности fx (х) случайной величины X (рис. 5.3).
Построить на том же графике плотность fy (х) случайной величины Y =
— X + а, где a — неслучайная величина. Написать выражение для
fy (*)•
Решение. Кривая распределения случайной величины Y пред-
ставляет собой кривую распределения;/* (я), сдвинутую вправо на а;
fy(x) = fx (х — а).
5.4. Дан график функции распределения Fx (х) случайной вели-
чины X (рис. 5.4). Построить на том же графике функцию распределе-
ния^ 9 (я) случайной величины Y ——X.
Рис. 5.5
Решение. Fv (я) = Р (У <я) = Р {—Х< я} = Р {Х>—я} =
= 1 — Р {X < —я} = 1 — Fx (—я).
Для построения графика функции Fv (—х) нужно кривую Fx (я)
зеркально отразить в оси ординат и каждую ординату вычесть из еди-
ницы (см. пунктирную линию на рис. 5.4).
5.5. Построить функцию распределения F (я) для случайной вели-
чины, распределенной равномерно на участке (а, Ь).
X
Решение. F(x)= J f(x)dx;
>— ОО
о
1/(6—а)
О
при я<а;
при а<.х<Ь;
при я >6;
Г(я) =
О
(я—а)/(6—а)
1
при я •С а;
при аСя^б;
при я > b
(рис. 5.5).
5.6. Случайная величина X распределена по «закону прямоуголь-
ного треугольника» в интервале (0, а) (рис. 5.6). 1) Написать выраже-
ние плотности f (я); 2) найти функцию распределения F (я); 3) найти
вероятность попадания случайной величины X на участок от а/2 до а;
4) найти характеристики величины X: тх, Dx, ох, ц3 [X].
Ответ.
1)/(%) = {
2’(1—х!а)!а при я С (0, а);
О при х'ф (0, а),
или, короче, f (х) =2(1— х/а)/а при х £ (0, а);
2) F(x) =
О
х(2—х/а)]а
1
при х^О;
при 0<х^
при х>а;
а;
3) Р {X € (а/2, а)} = F (а) — F (а/2)_= 1/4;
4) тх — а/3; Dx = а2/18; ож = а/(ЗТ/2); по формуле (4.0.15)
Рз [X] = а3 [XI — З/ПяССз [X] + 2ml = а3 4/135.
5.7. Случайная величина X подчинена закону Симпсона («закону
равнобедренного треугольника») на участке от —а до а (рис. 5.7, а).
1) Написать выражение плотности распределения; 2) построить гра-
фик функции распределения; 3) найти числовые характеристики слу-
чайной величины X : тх, Dx, <зх, р3 [Х1; 4) найти вероятность попа-
дания случайной величины X в интервал (—а/2, а).
Ответ. 1)
— (1 ——) при 0 < х < а;
а \ a j
— fl +—) при —а<х<20;
а \ a j
0 при х<—а или х>-а,
или, короче,
/(х) = — (1——при х£(—а, а);
а \ а /
2) график функции распределения при х £ (—а, а) составлен из
двух участков парабол (рис. 5.7, б);
3) тх =0; Dx =a?/f>; ах =a/V&', р3 [X] =0;
4) Р {X € (—а/2, а) = 7/8.
5.8. Случайная величина X распределена по закону Коши:
f (х) = а/ (1+х2). 1) Найти коэффициента; 2) найти функцию распре-
деления F (х); 3) найти вероятность попадания^величиньРХ j на учас-
ток (—1, +1); 4) существуют ли для случайной величины X числовые
характеристики: математическое ожидание и дисперсия?
3) Р {—1 < X < 1} = 1/2; 4) характеристики тх и Dx не существу-
ют, так как выражающие их интегралы расходятся.
5.9. Случайная величина X подчинена показательному закону рас-
пределения с параметром р, : f (х) = це-^ при х > 0. 1) Построить
кривую распределения; 2) найти функцию распределения F (х) и по-
строить ее график; 3) найти вероятность того, что случайная величина
X примет значение меньшее, чем ее математическое ожидание.
Ответ. 1) См. рис. 5.9, a; 2)F(x) = | при х^О,
I 1—е-^ при х>0
(см. рис. 5.9, б);
3) тх = 1/ц; Р {X < 1/р} = F (1/ц) = 1 — е-1 « 0,632.
5.10. Случайная величина X подчинена закону Лапласа.
f (х) = ае-х I* I, где к — положительный параметр. 1) Найти коэффи-
циент а; 2) построить графики плотности и функции распределения;
3) найти тх и Ьх
Ответ. 1) а = Х/2; 2) F(x) =
е-_х* при х < 0;
1—i-e-Xx при х>0,
графики плотности и функции распределения даны на рис. 5.10, а, б;
3) тх =0; Dx = 2/АА
Рис. 5.10
5.11. Случайная величина 7? — расстояние от точки попадания до
центра мишени — распределена по закону Рэлея: f (г) =
= Лге-/,’г’ при г>0 (рис. 5.11).
Рис. 5.11
где Fx(x)= f
Найти: коэффициент А; 2) моду Ж случайной величины т. е.
абсциссу максимума ее плотности распределения; 3) тт и Dr; 4) ве-
роятность того, что в результате выстрела расстояние от точки по-
падания до центра мишени окажется меньше, чем мода.
Ответ. 1)Л = 2Л2; 2)^=1/(Л)<2); 3)/пг = ]/л/2 = Kii7(2/i);
Dr = (4—л)/(4Л2) = ^2(4—л)/2; 4) Р{7?<Ж} « 0,393.
5.12. Случайная величина X с вероятностью р2 имеет плотность
h (х), а с вероятностью р2 — плотность (х) (рх + р2 = !)• Написать
выражение для плотности и функции распределения^величины X. Най-
ти ее математическое ожидание и дисперсию.
Решение. По формуле полной вероятности с гипотезами Ях =
= {величина X имеет плотность fx (х)} и Я2 = {величина X имеет
плотность /2 (х)} получаем
F (х) = Р {X < х} = pxFx (х) + p2F2 (х),
/X(x)dx; Г2(х) = j f2
*—• со
= Pt ft (х).
По формуле полного математического ожидания
= j x/x(x)dx + p2 J xf2(x)dx = p1mxl-lrp2mx2,
•—co c— co
где mxl, mx2— математические ожидания для распределений /Х:(х),
ft (х).
Дисперсию находим через второй начальный момент:.
Dx=-pi cc21+p2a22—ml = p1 J x2fx(x)dx+ р2 $ х2 f2(х)dx—т*х,
----------------------------- ОО — со
где а2Х, а22 — вторые начальные моменты для распределений fx (х)
и ft (х).
5.13. Браковка шариков для подшипников производится следую-
щим образом:, если шарик не проходит через отверстие диаметром dx,
(x);dx; f (х) = F' (х) = р^г (х) =
но проходит через отверстие Диаметром d2 > dlt то его размер счита-
ется приемлемым. Если какое-нибудь из этих условий не выполняется,
то шарик бракуется. Известно, что диаметр шарикаD есть нормально
распределенная случайная величина с характеристиками tnd =
== (di + d2)/2 и cd = (d2 — б£х)/4. Определить вероятность р того, что
шарик будет забракован.
Решение. Участок (dlt d2) симметричен относительно md. По
формуле (5.0.36), полагая I — (^ — di)/2, находим вероятность того,
что шарик не будет забракован:
Р {| D - тл | < (d2-dJ/2} = 2Ф (,
откуда
р = 1 — 2Ф (= 1—2Ф в 1 _ 2ф (2) -- 0,0455.
Г \ 2<Td J \ d2— di }
5.14. В условиях предыдущей задачи найти среднее квадратичес-
кое отклонение ad диаметра шарика, если известно, что брак состав-
ляет 10% всей продукции.
Решение. Вероятность брака
р=1—2Ф/'^=^-1') = 0,1; ф^±£) = 0,45.
\ 2od J \ 2ad )
По таблицам функции Лапласа (приложение 5) находим аргумент, при
котором функция Лапласа равна 0,45:
(d2 — di)/ (2od) « 1,65; od « (d8 — dJ/3,3.
5.15. При работе ЭВМ в случайные моменты возникают неисправ-
ности. Время Т работы ЭВМ до первой неисправности распределено
по показательному закону с параметром v : <р (/) =ve-v< При
возникновении неисправности она мгновенно обнаруживается и ЭВМ
поступает в ремонт. Ремонт продолжается время t0, после чего ЭВМ
снова включается в работу. Найти плотность f (f) и функцию распре-
деления F (/) промежутка времени Z между двумя соседними неисп-
равностями. Найти его математическое ожидание и дисперсию. Найти
вероятность того, что Z будет больше 2£0.
Решение. Z —Т + t0;
f(/)=J Ve-v (<-/’) при *>*»? F(/) = J 1—При />/0;
1 0 при I 0 при
М [Z] = 1/v + /0; D [Z] = l/v2; Р {Z > 2/0} = 1 — F (2/0) =
5.16. Время Т между двумя сбоями ЭВМ распределено по показа-
тельному закону с параметром %:/(/) = Хе-и при t > 0. Решение
определенной задачи требует безотказной работы машины в течение
времени т. Если за время т произошел сбой, то задачу приходится ре-
шать заново. Сбой обнаруживается только через время т после начала
решения задачи. Рассматривается случайная величина 0 — время,
111
камее»
за которое задача будет решена. Найти ее закон распределения и мате-
матическое ожидание (среднее время решения задачи).
Ответ. Случайная величина 0 дискретна и имеет ряд распреде-
ления
т 2т I ... I ir I
Р РЯ | ... | pqi"11 ...
где р = e-Xt, q = 1 — р =1 — е_%т; М [0] = %/р = т/е—Хт.
5.17. -В условиях предыдущей задачи найти вероятность того, что
за данное время t = Рх будет решено не менее т задач (т < k).
Рис. 5.19
Решение. Обозначим Рт< к вероятность того, что за время t =
= kx будет решено ровно т задач. Рт> к есть вероятность того, что из
k промежутков времени т ровно т будет таких, в которых не будет
сбоев. Вероятность того, что за время т не будет сбоя, р = Р(7’>>т) =
= е~Хт. По теореме о повторении опытов
Рт.ь = Ck Рт qk~m = С” е-^ (1 —-е-**)*-"’.
Вероятность того, что будет решено не менее т задач, равна
i=/n i—m
или, если это удобнее,
т— 1 ,
= 2 С1е-^(1-е-^-«.
i = 0
5.18. Доказать, что закон распределения расстояния между сосед-
ними событиями в простейшем потоке с интенсивностью А — показа-
тельный, с параметром К.
Решение. Находим сперва функцию распределения F (t) слу-
чайной величины Т — расстояние между соседними событиями:
F (/) = Р {Т < t} = Р {за время t появится хотя бы одно событие
простейшего потока} =1 — е—м при t > 0; отсюда f (t) = F' (t) =
= Ae~w при t > 0.
5.19. Рассматривается пуассоновское поле точек на плоскости с
постоянной плотностью А. Найти закон распределения и числовые ха-
рактеристики гпг, DT расстояния R от любой точки поля до ближай-
шей к ней соседней точки.
1
Решение. Найдем функцию распределения F (г) величины R.
Для этого проведем вокруг точки поля окружность радиуса г (рис. 5.19)
Для того чтобы расстояние R от этой точки до ближайшей к ней сосед-
ней было меньше г, надо, чтобы в круг попала хотя бы одна точка (кро-
ме данной). По свойствам пуассоновского поля вероятность этого собы-
тия не зависит от того, есть ли уже в центре круга точка или ее нет.
Поэтому
F(r)= 1—е-я'’*я' (г>0),
откуда
f (г) = 2л1ге—яЛг’ (г>0).
Такой закон распределения называется законом Рэлея] (см.
задачу 5.11).
тт = I г2лкге~пКг* dr =—-— ;
j 2 VI
со
[7?] = f г2 2лЛге-яХг‘ dr = —;
J лХ
о
DT = а2 [7?1 — т? = 1/ (л%) — 1/ (4%) = (4 — я)/ (4лХ).
5.20. В пространстве трех измерений случайным образом распо-
ложены точки. Число точек в некотором объеме v пространства есть
случайная величина, подчиненная закону Пуассона с математическим
ожиданием а — где к — среднее число точек, находящихся в еди-
ничном объеме. Требуется найти закон распределения расстояния 7?
от любой точки пространства до ближайшей к ней случайной точки.
Решение. Функция распределения F (г) есть вероятность то-
го, что в сферу радиуса г попадет хотя бы одна точка:
F (г) = Р (7? < г) = 1 — е~*0Ч
где v (г) = ^злг3 — объем^сферы радиуса г; отсюда
—х — яг*
/(г) = 4лг2Ле 3 (г>0).
5.21. В некотором звездном скоплении звезды образуют трехмер-
ное пуассоновское поле точек с плотностью к (среднее количество звезд
в единице объема). Фиксируется одна (произвольная) звезда и рассмат-
риваются: ближайшая от нее звезда, следующая (вторая) по удален-
ности, третья и т. д. Найти закон распределения расстояния 7?„ от
данной звезды до n-й в этом ряду.
Ответ. Функция распределения Fn (г) имеет’вид
п— 1 .
77n(r)=l— 2 -7Ге-а> где а-= — лг3к (г>0);
, л «I 3
плотибсть распределения
5.22. Деревья в лесу растут в случайных точках, которые образу-
ют пуассоновское поле с плотностью А, (среднее число деревьев на еди-
ницу площади). Выбирается произвольная точка О в этом лесу. Рас-
сматриваются случайные величины:
Rt — расстояние от точки О до ближайшего к ней дерева;
Ri — расстояние от точки. О до следующего по порядку (второго по
удаленности) дерева;
Rn—расстояние от точки О до n-го по удаленности дерева.
Найти закон распределения каждой из этих случайных величин.
Р еш е н и е. Функция распределения случайной величины найде-
на нами в задаче 5.19:
F1(r) = l— е-*а (г>0).
Функция распределения F2 (r) = Р (Ръ < г) равна вероятности того
что в круг радиуса г попадет не менее двух деревьев:
F2 (г) = 1 —е-Яг*х—№ А, е~пг‘к (г > 0).
Аналогично рассуждая, получаем
п—1
F„(r) = P{₽n<r} = l-2 ~е~а (г>0),
kl
где а = пг*к.
Плотность fn (г) получим дифференцированием Fn (г) по г:
^>=^£=(-2*^ге’‘ +
\ л=о
+ У1 — е-°^ 2лАг = е-° 2лА г (г> 0).
Йо *! ) <л-1>1
5.23. На перекрестке стоит автоматический светофор, в котором
1 мин горит зеленый свет и 0,5 мин — красный, затем опять 1 мин го-
рит зеленый свет, 0,5 мин -г красный и т. д. Некто подъезжает’к пе-
рекрестку на машине в случайный момент, не связанный с работой
светофора. 1) Найти вероятность того, что он проедет перекресток, не
останавливаясь; 2) найти закон распределения и числовые характе-
ристики времени ожидания у перекрестка Тож; 3) построить функцию
распределения F (0 времени ожидания Тож.
Решение. Момент проезда автомашины через перекресток расп-
ределен равномерно в интервале, равном периоду смены цветов в све-
тофоре. Этот период равен 1 +0,5 =1,5 мин (рис. 5.23, а).
Для'того чтобы машина проехала через перекресток, не останавли-
ваясь, достаточно, чтобы момент проезда перекрестка пришелся на ин-
тервал времени (0; 1). Для случайной величины, распределенной рав-
номерно в интервале (0; 1,5), вероятность того, что она попадет на
участок (0; 1), равна 2/3. Время ожидания Тож есть смешанная слу-
чайная величина; с вероятностью 2/3 она равна нулю, а с вероятностью
1/3 принимает с одинаковой плотностью вероятности любое значение
между 0 и 0,5 мин. График функции распределения F (/) показан на
рис. 5.23, б.
Среднее время ожидания у перекрестка
М [Тож) =' 0 • 2/3 + 0,25 • 1/3 ъ 0,083 мин. .
Дисперсия времени ожидания
0,5
D [Тож] = а2[Тож]~(М [Тож)Г=02.А + ±| /2_L dt-
—(0,083)2 « 0,0208 мин2; afojK «0,144 мин.
5.24. Нормальная функция распределения. Случайная величина
X имеет нормальное распределение с параметрами т, а. Найти ее функ-
цию распределения F (х).
Решение. F (х) = Р {Х<.х} = Р {—co<ZX<.x} =
= ф(^=£^_ф(_Оо)==ф(^^'|+0,5.
\ a J \ а )
5.25* . Показать, что функция вида
f, (х) = axs е-а‘х* при х > 0
1а >0 и а>0 — некоторые постоянные и s — натуральное число
(s= 1, 2, 3, ...)] обладает свойствами плотности распределения. Оп-
ределить параметры а и а исходя из заданного математического ожи-
дания тх и найти Dx.
Решение. Параметры а и а находятся из условий:
$ axs е~dx = 1; faxs+1 е—dx = mx.
о о
Написанные выше интегралы заменой (ах)2 = t приводятся к гам-
ма-функции Эйлера:
со со S— 1
fxse-^)’dx =-----1---fe-< t~Л = г(-^Щ|(2as+*),
J 2as+‘ J \ 2 //
0 0
где Г (m) = f e_f tn~ rdt, (tn > 0), причем Г (tn + 1) = тГ (tri); для
о
целых п = 1, 2, получаем Г (га + 1) =«!, Г (п + 1/2) =
= (2п~1>.!| -]/л, (2п — 1)1! = 1, 3, 5, (2п - 1).
Из заданных условий находим
аг( -^±1Л I (2as+l) = 1; аГ ( ^±1) I (2а’+2) = тх;
I 2 У / \ 2 / /
гР+2\
2as+* 1 \ 2 )
откуда а =--------; а ---------------—
г /S+1 ) тх г /s-4-1 \ ’
\ 2 / \ 2 /
Второй начальный момент
r/'s+3
г Т
a2 [X] = I ах®+2 е_<в*>’ dx = а ———-
J 2as+3
s-H r/s+1 \
= а 2 ГV 2 / = s+1
2as+’aa 2аа
откуда
Dx = a2 [X]—ml = ---= т*
/ S~|“ 1 \
(s+l)r^-^-J
/ S4-2 \
2Г2 —Г~
\ 2 /
Некоторые из законов вида fs (х) имеют определенные названия:
Д (х) называется законом Рэлея, а f2(x) — законом
Максвелла. Для закона Рэлея (s = 1) /х (х) = axe-®’*’
(х > 0)
1 1/ л по я „ Г 4
a =--------—; а = 2a2 = о ; D х = ml \--------1
тх 2 ’ 2m2 х х [ я
Для закона Максвелла (s = 2)
f 2 (х) = ох2 е-®’*’
2
a =-------=; а =
тх ~\/л
1/^Г
Примечание. Все законы вида
f а (X) = axs е —(х > 0)
при заданном s являются однопараметричными, т. е. зависят только от одного
параметра, в качестве которого можно задать, например, математическое ожи-
дание (или дисперсию).
5.26*. Моменты нормального закона. Имеется случайная вели-
чина X, распределенная по нормальному закону с параметрами т и
о. Найти выражение для величиньГа8 [X] — начального момента $-го
порядка.
Решение. Выразим начальные моменты ая [Х1 = М [Xs] через
центральные моменты [X] = MJ (X — /п)1:
а. = М [(X-m+m)* ]= 2 C^k [X] tn*-*; р0 [Х]= 1.
£==0
Для центральных моментов при нечетном s = 2п + 1
<» __(х—т)«
ps [X] =--[ (х-т)> е" 2 °’ dx =
а!/2л J
— ОО
ОО __ 1 а
= —!—- С yse dy=0,
а ~]/2п J
to* 00
а при четном $ = 2п по формулам предыдущей задачи
. - —L. и>
МХ]= [ 0’е 20’ dy =
о У 2л J
г/2п + 1 \
= —2 .к-2 ' (aV2”)2n+1 =(2п+ 1)1! о2».
о/2 л 2 V ’ 4 ’
Например:
Pz [X] = о2; а2 [X] = /п2 + о2;
а3 [X] = т3 + 3<т2/и;
М-i [X] = Зо4; а4 [Х1 = т* + 6ст2т2 + За4;
а6 [X] = т5 + 10а2/п3 + 5 •
Ре [X] = 15огв; ае [X] =т3+ 15о2/п4 + 15 • Зо4 /п2 + 15(А
5.27 . Случайная величина X имеет нормальное распределение с
параметрами т и о. Написать выражение для ее функции распределе-
ния F (х) = Р {X < %}. Написать выражение для функции распреде-
ления Y (у) = Р (Y с у) случайной величины Y — —X.
Решение. Согласно решению задачи 5.24
Д(х) = Фр=^ + 0,5; Т(г/) = Р{У<у) = Р{-Х<1/} =
= Р (X >—«/) — 1 —F (у) = Ф = 0,5.
\ А1°] /
5.28 *. Функция распределения F (х) неотрицательной случайной
величины X задана графиком (рис. 5.28). Математическое ожидание
случайной величины X равно тх. Показать, что т v геометрически мо-
жет быть представлено площадью фигуры, заштрихованной на
рис. 5.28 (ограниченной кривой у = F (х), прямой у = 1 и осью орди-
нат).
Решение. Имеем
о со со
mx = ^xf (х) dx=$ xF' (х) dx = —х [1—F (х)]' dx.
0 0 0j
Применяя интегрирование по частям, получаем
тх = —х [1 —F (x)J Т + $ [1 —F (х)] dx.
Докажем, что первое слагаемое равно нулю:
х [1 + F (х)]| = limх [1 —F (х)] = 0.
0 х-*со
Действительно, для неотрицательной случайной величины X, име-
ющей конечное математическое ожидание, из сходимости интеграла
со со
У xf (x)dx следует, что f xf (x)dx -> 0 при Д’-> оо, и так как
К § f (х) dx $ xf (х) dx,
к к
то М [1 — F (Д)1 0 при К -*• оо. Следовательно, lim х [1 —F (х)] =
X СО
= 0. Отсюда
= F(x)] dx,
0
а это есть площадь, заштрихованная на рис. 5.28.
5.29. Случайная величина X подчинена нормальному закону ~с ма-
тематическим ожиданием т=0 (рис. 5.29). Задан интервал (а, 0), не
включающий начала координат. При каком значении среднего квадра-
тичного отклонения о вероятность попадания случайной величины
X в интервал (а, 0) достигает максимума?
Р е ш е н и е. Значение о найдем, дифференцируя по а вероятность
попадания в интервал (а, 0) и приравнивая производную нулю.
Имеем:
Р{а<Х<0} = Ф ф(—^) =
отсюда в,
0е”2°* =ае~2а’
и, следовательно,
_ -j f Ра—а* _ 1 / Р+« Р—«
г 2(In 0—Ina) у 2 In Р—Ina
Для малого интервала (а — в, а + в)
о « а [1 — (е/а)2/6] ж а.
Например, при в/а <0,24 формула a « а дает погрешность менее 1%.
5.30. Имеется случайная величина X, подчиненная нормальному
закону с математическим ожиданием т и средним квадратичным откло-
нением а. Требуется приближенно заменить нормальный закон равно-
мерным в интервале (а, 0); границы а, 0 подобрать так, чтобы сохра-
нить неизменными основные характеристики случайной величины X:
математическое ожидание и дисперсию.
Решен н е. Для равномерного^распределения на участке (а,0)
М [X] = (а + 0)/2; <т [XI = (0 — a)/ (2УЗ); (а + 0)/2 « т;
(0 — а)/ (2УЗ) = о.
Решая эти уравнения относительно а и 0, имеем
а — т — оУз? 0 = т + стУ 3.
5.31. Непрерывная случайная величина X имеет плотность / (х).
о результате опыта обнаружено, что появилось событие А «
= {X С (а» ₽)} (случайная величина X попала на участок (а, 0)1.
Найти условную плотность /д (х) случайной величины X при наличии
события А.
0
Решение. Р (Л) = J7 (x)dx. По интегральной формуле Бейе-
а
са (5.0.24) имеем
з
. , . I f W/{ П (х) dx} при хе (а, Р);
Та (х) = J
а
О при х^Ё(а, 0).
(5.31)
Кривые распределения f (х) и /д (х) показаны на рис. 5.31. Орди-
ната кривой /д (х) в каждой точке равна ординате кривой f (х),
деленной на площадь S, заштрихованную на рис. 5.31. Так как
S < 1, то [а (х) > f (х) для любого х € (а, р).
Рис. 5.32
5.32. На производстве изготавливаются однородные детали, номи-
нальный размер которых 10, но фактически наблюдаются от этого раз-
мера случайные отклонения, распределенные по нормальному закону
с математическим ожиданием т = 0 и средним квадратическим откло-
нением а. При контроле бракуются все изделия, размеры которых от-
личаются от номинального больше, чем на допуск А. Найти вероятность
события А = {изделие будет забраковано}. Найти и построить плот-
ность вероятности для размера изделия, прошедшего контроль.
Решение. Р (Л) = Р {|Х| > Д} = 1 —2Ф (Д/о); Р (Л) _
= 2Ф (Д/а).
По формуле^ (5.31)
/д (х) = -№- =----—----------е 2о’ при | х | < Д.
Р (А) 2а Ф (Д/о)
Размер L изделия, прошедшего контроль, равен ошибке X, плюс
номинал /0 и имеет условную плотность
(х—г0)*
<рт (х) =----—z--------е 2а’ пРи х е (/<,+△> *о+А),
2а (Д/а)
показанную на рис. 5.32.
5.33. Надежность р радиотехнического устройства зависит как от
общего времени т, прошедшего с момента включения устройства, так и
от того, вышел ли из строя в какой-то момент t < т стабилизатор на-
пряжения. Если стабилизатор напряжения не вышел из строя до мо-
мента т, надежность задается функцией р —р0 (т); если же он вышел
из строя в момент t < т, то надежность есть функция двух аргументов;
р = Pi (т, t). Время безотказной работы стабилизатора есть случайная
величина Т с плотностью f (f). Найти функцию распределения Г© (х)
времени 0 безотказной работы устройства и его математическое ожи-
дание /И0.
Решение. Полную надежность устройства (вероятность его
безотказной работы в течение времени т) найдем по интегральной фор-
муле полной вероятности:
р(х) = \р (t, т) f (/) dt-\-p0 (т){/ (0 dt.
о т
Функция распределения времени 0
Ее(х) =Р {0<х} = 1 — р (х).
Так как величина 0 неотрицательна, то (см. задачу 5.28)
/и© = М [0] = [1 —Г© (x)J dx = р (т) dx.
о о
5.34. Ожидается поступление по радиоканалу какого-то сообщения
S; момент Т поступления этого сообщения случаен и имеет плотность
f (f). В какой-то момент х обнаружено, что сообщение еше не поступи-
ло. Найти при этом условии плотность распределения <р (t) времени
0, которое остается до поступления сообщения S.
Р е ш е н и е. По интегральной формуле Бейеса /д (0 — условная
плотность величины Т при условии, что произошло событие А = {до
момента х сообщение не поступило), равна
2<2-=----LSI--- при<>г
Р(Л) J
1-f
о
О при t < х.
Так как 0 = Т — х, то
. НО
1-f f(t)di
о
при />0;
при t < 0.
На рис. 5.34 изображены f (0 и <р (0; для закона <р (0 начало коорди-
нат совмещено с точкой х.
Рис. 5.34
5.35. Момент Т наступления какого-то события А есть случайная
величина, распределенная по показательному закону: f (/) = Хе~и
(I > 0). В момент т стало известно, что событие А еще не произошло.
Найти условную плотность <р (/) времени 0, которое осталось до на-
ступления события. :
Решение. Наблюдалось событие В = {событие А еще не на-
ступило до момента т}.
v Р(В)=1 — J f (t)dt =е-Ч
о
[в(0=f (0/Р (В) = К е-м/е-м = (t > т).
Случайная величина 0 = Т — т имеет условную плотность
f (t) — te—M при t > 0,
т. е. показательное распределение, совпадающее с f (t) (см. рис. 5.35).
Таким образом, условное распределение времени 0, оставшегося до
наступления события, при показательном распределении Т не зави-
сит от того, сколько времени мы уже ожидали появления события.
Показательное распределение — единственное, обладающее таким ’
свойством. Напомним, что интервал времени между двумя соседними
событиями в простейшем потоке распределен именно по показательно-
му закону: время, оставшееся до наступления очередного события не
зависит от того, сколько времени мы его уже ожидаем (это следует из
отсутствия последействия в простейшем потоке).
5.36. Вероятность отказа радиолампы в момент включения зави- ;
сит от напряжения U в схеме и равна q ((/). Напряжение U случайно
и имеет нормальное распределение с параметрами и0 и аи. Найти пол- |
ную вероятность q отказа радиолампы в момент включения. j
Решение. По интегральной формуле полной вероятности
(5.0.23)
о «о (а—Ир)»
q = f q (и) f (и) du = —С q (и) е 2о“ du.
5.37. Случайное напряжение U, имеющее плотность f (и), пропус- i
кается через ограничитель, который «срезает» все значения напряжен
йия, меньшие чем и1г и ббльшие чем и2> в первом случае повышая его
до «1» а во втором — понижая до м2. Найти распределение случайной
величины U — напряжения, прошедшего через ограничитель, и найти
его математическое ожидание и дисперсию.
Решение.
«х при U < их;
U при и2;
и2 при U > «2,
Случайная величина U есть величина смешанного типа; два ее зна-
чения их и имеют отличные от нуля вероятности рх, ра; для всех
значений и между их и и2 функция распределения F (а) величины U
непрерывна и совпадает с •
F (и) = $ f (и) du; pi= $ f (и) du; р2 = $ f (и) du.
оо •— ОО Ut
График функции 7 (и) показан на рис. 5.37.
М [{/] = «! рх+«2 р2+$ uf (и) du;
U1
D [С7] = аа [£/] — (M[t7])2;
0С2 [<7] = «1 Pi + «2 Pz~«2 f («)
««
5.38. По радиоканалу передается сообщение длительностью I
(рис. 5.38, а). Для того чтобы «забить» это сообщение, осуществляет-
ся помеха длительностью b> I, рассчитанная так, чтобы центр помехи
01 совпал с центром сообщения О.
Фактически из-за случайных ошибок центр помехи смещен относи-
тельно центра сообщения на X. Случайная величина X распределена
нормально с параметрами т = 0, о = //2. Найти распределение слу-
чайной величины U — длины части сообщения, «забитого» помехой,
найти математическое ожидание ти, дисперсию Du и среднее квадра-
тическое отклонение аи.
Решение. Случайная величина U — смешанная; она принима-
ет два значения: 0 и / с вероятностями, отличными от нуля; на участке
от 0 до I функция распределения F (и) непрерывна. Помеха b не затра-
гивает сообщение I (U = 0), если ее центр отстоит от 0 дальше чем
на (Ь + 0/2.
Po=P{i/=o}=p{|X|>-y±]=i-p{|x|<±±L}=
Рис. 5.38
Для того чтобы помеха b полностью забила все сообщение
I (U = /), нужно, чтобы ее центр Ох отстоял от О меньше чем на
(Ь — 0/2:
Л = Р{{/ = /} = р/|Х|<-^=Ц = 2Ф
I " J \ * /
При (Ь — 1)12 < X < (Ь + 1)12 забитой помехами оказывается
какая-то часть U сообщения I (0 < U < /). Найдем функцию распре-
деления случайной величины U: Р {U < и} при 0< и < I. Чтобы
забитая помехой часть была меньше и, нужно, чтобы центр помехи Ох
отстоял от центра сообщения дальше чем на (Ь + 1)/2 — и =
= {Ь + I — 2и)/2:
= 1—2ф(
\ I J
Итак, на участке от 0 до I F (и) = 1 — 2Ф I------------j—I
(рис. 5.38, б).
Чтобы найти математическое ожидание и дисперсию случайной ве-
личины U, надо будет найти F' (и) на участке (0, /)• Учитывая, что
b + l—2u
ф (X) = —!_ fe“ dt, фМ+/-2«\ __1_ C e~T dt
V^J к I / ysr J
F’ («) du = - .—:
4 ' l У 2л
и дифференцируя F (и) по переменной и, входящей в верхний предел,
получим:
-(&-Н-2а)«
е du
г
М [t/] = 0-pQ + lpi+ uF' (и) du*
о
i
a2 [t/] = O-po4-/2 pi + ^ u2 F' (u) du\
о
D [Ul = a2 [U] — (M [£7])2; a„ = УШ
5.39. Случайная величина X с вероятностью рх имеет плотность
Д (х), с вероятностью р2 — плотность /2 (х), .... с вероятностью pt —.
плотность h (х) (i = 1, ...»га)? Найти полную (среднюю) плотность
случайной величины X.
Решение. Найдем элемент
вероятности f (x)dx по Т формуле
полной вероятности с гипотезами
Hi = {плотность случайной вели-
чины есть ft (х)} (i = 1, ..., п).
По формуле полной вероятности
/ (х) dx — 2 Pi fi todx’
1=1.
откуда
n Рис. 5.39 x
f(x) = ^Pifs(x).
/=1
В частности, если гипотезы две и их вероятности равны рх = р2 =
= 1/2, то f (х) есть полусумма плотностей Д (х) и f2 (х) (рис. 5.39).
Наличие двух «горбов» на кривой распределения всегда наводит на
мысль о том, что распределение получено усреднением двух разно-
характерных распределений.
5.40. Случайная величина X с вероятностью 0,4 имеет нормаль-
ное распределение с параметрами т =0 и о =2, а с вероятностью
0,6—нормальное распределение с 'параметрами т =2ио = 1. Най-
ти плотность распределения случайной величины X.
' и—г)8
Ответ: f(x)=-^-e 8 Ц—— е 2 .
График f (х) показан на рис. 5.40.
5.41. Имеются две случайные величины: дискретная X с рядом рас-
пределения
I ха | ... | хп
Р1 | 02 |. • -| Рп
и непрерывная Y с плотностью f (у). Величины X и Y принимают свои
значения независимо друг от друга. Является ли их сумма Z =
= X + Y дискретной, непрерывной или смешанной случайной вели-
чиной? Найти ее распределение.
Решение. Случайная величина Z непрерывна. Ее плотность f (z)
найдем по формуле полной вероятности с гипотезами: Нг = {Х=хх};
= {X = х2}.....Нп — {X = хп}. Условный элемент вероятности
случайной величины Z для i-й гипотезы равен
ft (z)dz = f(z — Xt)dz.
Полный элемент вероятности
F(z) dz = 2 Pi f (2—xt) dz,
откуда
F(Z)= S Pif(z—Xi).
i = l
5.42. Дискретной, непрерывной или смешанной является величина
Z= min {X, а), где X — непрерывная случайная величина с плотно-
стью f (х); а — неслучайная величина? Найти распределение случай-
ной величины Z, ее математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Случайная величина Z определяется формулой
_ ( X, если X < а;
I а, если X а.
Значение случайной величины Z = а имеет вероятность
ра~Р {X > а} = Р (X > а} = J f (х) dx.
а
При ро>0 случайная величина Z—смешанная, при ро=0—не-
прерывная. _
При z < а функция распределения F (z) случайной [величины” Z
X
совпадает с F (х) = J f (x)dx (рис. 5.42).
а\
М [Z1 — ара 4- f xf (x)dx;
D IZ1 = a2 [Z] — (M [Z])2; a2 [Z1 = a2po + J x2/ (x)dx.
Если РДХ[ХЙ)^О, to Z = min'{X,ra}:=X;T ~F(zy=F{z}.
Puc. 5.43
5.43. Из двух источников А и В посылаются периодические сигна-
лы одинаковой длительности Z и с одинаковыми интервалами L между
ними (рис. 5.43, a); I < L. Моменты передачи сообщений из источников
А и В несогласованны. Сообщения, передаваемые источниками, при
наложении искажаются. Найти 1) вероятность R того, что хотя бы
одно сообщение будет искажено (полностью или частично); 2) вероят-
ность. того, что будет искажено не более 10 % каждого сообщения;
3) функцию распределения случайной величины Z—«доля искаженно-
го текста»; 4) среднюю долю искаженного текста z.
Решение. Пусть ось В (см. рис. 5.43, а) случайно наклады-
вается на ось Л. Так как начала и концы всех сообщений связаны функ-
ционально, то достаточно будет рассмотреть на оси А только одну па-
ру соседних отрезков: I — сообщение, L — промежуток (рис. 5.43, б).
Выберем в качестве начала отсчета начало промежутка I на оси А и
обозначим X абсциссу начала ближайшего по времени промежутка I
на оси В. Величина X распределена с постоянной плотностью на уча-
стке L + I. Очевидно, неналожение сообщений будет иметь место в
случае, когда I < X < L; вероятность этого
Ро = (L - /)/(£ + Z); R = 1 -р0 = 1 - (L - Z)/ (L + Z).
Для вычисления вероятности р того, что сообщения перекроются
не более чем на 10%, нужно увеличить «благоприятный» неперекры-
тию отрезок L — I на два отрезка длиной 0,1Z; получим L — I + 2х
X 0,1/ = L — 0,8/; р = (L — 0,8/)/ (L + /). Случайная, величи-
на Z — доля искаженных сообщений — есть величина смешанного
типа; ее значение z = 0 имеет отличную от нуля вероятность р0 —
= (L — /)/ (L + /); при 0< z< 1 F (z) = [L — I (1 — 2z)]/ (L +/);
при z = 1 это выражение обращается в единицу: F (1) = 1, а между
z = 0 и z = 1 возрастает линейно (рис. 5.43, в).
Математическое ожидание случайной величины Z равно площади,
заштрихованной на рис. 5.43, в, т. е. z = [1 — (L — /)/ (L + /)1/2 =
= //(£ + /)..
5.44. Имеется непрерывная случайная величина X с плотностью
f (х) (рис. 5.44, а). Наблюденное значение случайной'величины сохра-
няется, если оно попало в интервал (хх, х2), и отбрасывается, если оно
вышло за пределы интервала (хх, х2). Получается новая случайная
величина X («урезанная» случайная величина X) с диапазоном зна-
чений от хх до х2. Найти плотность*/ (х) случайной величины X.
Решение. Искомая плотность f (х) есть не что иное, как услов-
ная плотность величины X при условии, что она попала на участок
(хх, х2). Вычислим элемент вероятности f (x)dx для участка (х,.х +
+ dx) с: (хх, х2) (см. рис. 5.44, а). По правилу умножения вероят-
ностей
/ (x)dx = Р {X g (хх, х2)}/ (x)dx,
где / (x)dx — условный элемент вероятности — вероятность того, что
величина X попала на участок (х, х + dx) при условии, что
X g (хх, х2), и
Р{Хе (Xi, Хг)}= f (х) dx-, T(x) = f (х) Н f (х) dx.
*1 I xi
Кривая7 (x) подобна кривой f (x) и получается из нее делением каж-
дой ординаты на площадь, заштрихованную на рис. 5.44, б (см. утол-
щенную линию на рис. 5.44, б); вне участка (хх, х2) f (х) — 0.
5.45. Одна женщина утверждает:
«Мой муж среднего роста, а ведь
большинство мужчин ниже среднего
роста». Бессмысленно-ли это утверж-
дение?
Решение. Утверждение не
бессмысленно и может быть даже
справедливым, если плотность рас- Рис. 5.45
пределения роста X мужчин несим-
метрична относительно среднего значения (математического ожидания),
как, например, показано на рис. 5.45. Площадь, заштрихованная на
рис. 5.45, равна средней доле мужчин ниже среднего роста тх, и она
больше площади, оставшейся незаштрихованной.
5.46. В теории надежности технических устройств в качестве за-
кона распределения времени безотказной работы устройства часто при-
меняется закон Вейбулла о функцией распределения
F (х) = 1 — е-ах" (х > 0),
(5.46)
где а > 0 — некоторая константа; п — целое положительное число.
Найти 1) плотность f (х); 2) математическое ожидание и дисперсию
случайной величины X, распределенной по закону Вейбулла:
Решение.
1) f (x) = dF (x)/dx — naxn~"i 2) М [X] =\ xnax”-1 е” dx.
о
Делаем замену переменной: ах" =у, х=ав1/п ylfat
\~п
dx = ~a,’“tfny " dy.
оо тж Л. 1
M[X]=f nye-v — а п у * dy =
J п
1 —L
= а п р" е-М// = г(1 +-i-^а ”,
где Г (z) = J хгв 1 e“xdx—известная гамма-функция.
М[Х2] = j* naxn+> е”**" dx=
~ _(1+2Л I+± ± 2г- 2
= ( паа ' у пе-«'—а пу dy — а \ уп dy=
J п J
2
= г(1 + —)а
\ п /
D [Х1 &а-2М [Г (1 + 2/п) — {Г (1 + 1/п)}2].
5.47. Срок службы технического устройства есть случайная вели-
чина Т с плотностью / (0 (/> 0). В момент t0, если устройство до это-
го момента еще не отказало, проводится его профилактический ремонт,
после чего оно работает еще время Тг с плотностью h (0. Если устрой-
ство отказало в какой-то момент и < t0, то немедленно производится
аварийный ремонт, после которого устройство работает еще случай-
ное время Т2 с плотностью /2 (0 (второго ремонта уже на проводится).
Найти математическое ожидание времени 0, которое проработает
устройство (в него не включается время, затрачиваемое на ремонт).
Решение. Пусть Т приняло значение t <2 при этой гипотезе
условное математическое ожидание величины 0 будет М [0|0 =
ОО
= <+/«2, где /n2=af//2 (t)dt—математическое ожидание времени рабо-
о
ты устройства после ремонта. Если же t^t0, то естественного отказа
устройства до момента ta не произойдет, и М [0|Й=/о+^1> гДе mi =
ОО
= f tfi (t)dt. Следовательно,
о
Л4[0|/] = ( 1~пч при *<*<>;
I ^o + ni! при />/0.
Полное (безусловное) математическое ожидание величины ©
М [0] = $ ((4- m2) f ® d t + J (t0+mx) / (0 dt =
- J (f (0 dt+(t9+m^ J f (0 dt =
oo J.
= j* if (0 dt+m2 P {T < Ц + (t0+mJ P {T > у =*
= pf (0 dt + m* F (tj+(f9+mj (1-F (/0)),
где F (0 — функция распределения случайной величины Т:
F(0 = p(0dt
о
5.48. По радиоканалу передается последовательность сообщений
одинаковой длины I (рис. 5.48, а) со случайными промежутками
Л, Т2, .... между ними. Интервалы Т19 Т2,... имеют одинаковое рас-
пределение. Время от времени в сообщение вмешиваются случайные
помехи (рис. 5.48, б). Моменты возникновения и прекращения помех
никак не связаны о последовательностью сообщений. Длительность D
каждой помехи случайна и распределена по показательному закону о
параметром р.; длительность интервала между помехами тоже случай-
на и распределена по показательному закону с параметром v. Если
помеха захватывает все сообщение или его часть, искажается либо все
сообщение, либо соответствующая его часть. Найти среднюю долю
сообщения, которая будет искажена помехами, т. е. отношение сред-
ней длины искаженного текста к средней длине переданного.
Д/ лг r-iL- л3 л9
--MWWVM IWVM ——WVHAF---------W4
О в)
Рис. 5.48
Решение. 1/р, — средняя продолжительность помехи; IZv —
средняя длина интервала между ними; средняя доля времени на оси
Ot, занятого помехами, равна
1/р. __ у
l/p.+ 1/v h+v
Очевидно, что та же средняя доля сообщений будет искажена помеха-
ми независимо от распределений их длительности и продолжительно-
сти интервалов между ними, если р = v = 1/М[Т].
5.49. За время т (продолжительность наблюдения) сигнал при-
ходит с вероятностью р; сигнал появляется в любой точке промежутка
т с одинаковой плотностью вероятности. Известно, что в момент t <Z т
(рис. 5.49) сигнал еще не появился. Найти вероятность Q того, что он
появится за оставшееся время т — t. .
Решение. Q есть не что иное, как условная вероятность того,
что сигнал появится за время т — £, если известно, что до момента t
f(t)
T-t о t т t Рис. 5.49 Z7‘ t T i Рис. 5.50
сигнал еще не появлялся. Полная вероятность р появления сигнала
за время т равна вероятности /р/т, того, что он придет за время t, плюс
вероятность 1 —/р/т того, что он не придет за это время, умножен-
ная на Q. Отсюда
p_2.p+(i-2-p)Q; Q =
ф \ т / 1 —tp/n
5.50. Момент прихода сигнала — случайная величина Т с плот-
ностью / (/). В какой-то момент / < т сигнал еще не пришел. Найти
вероятность того, что он придет за последующий участок времени от
/до т (рис. 5.50).
Решение. Задача сходна с предыдущей. Обозначим р вероят-
X
ность того, что сигнал придет за время т; она равна р = j f (t)dt. Рас-
о
суждая, как в предыдущей задаче, найдем полную вероятность р появ-
ления сигнала за время т; она равна вероятности pt того, что сигнал
появится до момента / J рг = J f плюс вероятность противополож-
"о
ного события 1 — pf, умноженная на условную вероятность Q того,
что сигнал придет за оставшееся время (т — /), т. е.
t г t i
f(Z)d/ = V/(/)<//+ 1 — f f (/) d/[ Q,
0 I о J
откуда
где F (/) — функция распределения случайной величины Т.
Если f (/) — показательное распределение с параметром X, то Q =
_ J _ е—А.(т—О,
5.51. В условиях предыдущей задачи f (/) — нормальное рас-
пределение с параметрами tn, о; / = m (т. е. сигнал не пришел за вре-
мя яг)*‘. Найти вероятность того, что он придет за промежуток вре-
мени длиной о, непосредственно следующий за / =/и.
Решение, т =ш + о;
« 0,341;
Q« 0,341/0,5 = 0,682.
*> Задача имеет смысл, только когда Г—величина практически неотрицатель-
ная, т. е. при m — За > 0.
ГЛАВА 6
СИСТЕМЫ СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН
(СЛУЧАЙНЫЕ ВЕКТОРЫ)
6.0. Система двух случайных величин (Х,Е) геометрически интерпретиру-
ется как случайная точка с координатами (Х,Е) на плоскости хОу (рис. 6.0. )
или как случайный вектор, направленный из начала координат в точку (Х,Е),
составляющие которого представляют собой случайные величины X и У
(рис. 6.0.2).
Система трех случайных величин (X, Е, Z) изображается случайный точкой
или случайным вектором в трехмерном пространстве-, система п случайных
величин (Xj, Х2, «.*, Хп) — случайной точкой или случайным вектором в про-
странстве п измерений.
0 Л х
Рис. 6.0.1 Рис. 6.0.2
Совместной функцией распределения двух случайных величин (X, У) (или
функцией распределения системы двух случайных величин) называется вероят-
ность совместного выполнения двух неравенств X < х и У <3 у;
F (х, у) = Р{Х<х, У < у}. (6.0.1)
Геометрически F (х,у) интерпретируется как вероятность попадания случай-
ной точки (X,К) в квадрант о вершиной (х, у), заштрихованный на рис» 6.0.3,
Вероятность попадания случайной точки (Х,Е) в прямоугольник Р со сторонами,
параллельными осям координат, включающий свою нижнюю и левую границы,
но не включающий верхнюю и правую (рис. 6.0.4), выражается через функцию
распределения формулой
Р { (Х,Е) е #}== ПР, б) — F(a, б) — F(P, у) + F(a,Y). (6.0,2)
Функция распределения F (х,у) обладает свойствами: 1) F ( — оо, — оо) =»
« F (— оо, у) =» F (х, — оо ) » 0j 2) F ( + оо, + оо) = 1 >3) F (х, + оо) »
eFx(x), F(-}-cot y)~F% (у), где Ft (х), F2 (У)~~функции распределения случай-
ных величин Хи У\ 4) F (х, у) — неубывающая функция аргументов х и у\
5) Р (*, У) непрерывна слева по каждой координате? 6) F (р,о) — F (а, б) —
— Р (Р, Y) + (а> Y) > 0 для любых а < р, у б (последнее свойство означает,
что вероятность попадания в прямоугольник неотрицательна).
Рис. 6.0.3
Рис. 6.0.4
Совместной плотностью двух непрерывных случайных величин (или плот*
ностью распределения системы) называется предел отношения вероятности по-
падания случайной точки в элементарный участок плоскости Дх, Ку, примыкаю-
щий к точке (х, у), к площади этого участка, когда его размеры Дх, Д# стремятся
к нулю* Совместная плотность выражается через совместную функцию распреде-
ления:
f(x, y)—<FF (xty)/dxdy = F'^y (х, у), (6.0.3)
т* е* представляет собой вторую смешанную частную производную функции
распределения по обоим аргументам,
Поверхность, изображающая функцию f (х, у), называется поверхностью
распределения.
Элементом вероятности для системы двух случайных величин называется
величина f (x,g) dxdg, приближенно выражающая вероятность попадания слу-
чайной точки (Х,У) в элементарный прямоугольник со сторонами dx, dy, при-
мыкающий к точке (х, у)>
Вероятность попадания случайной точки (X,Y) в произвольную область D
выражается формулой
Р{Х, Y) е D} = Jp(x, y)dxdy. (6.0.4)
Свойства совместной плотности:
1) Кх, у)>Ъ 2) Jf f(x, у) dxdy = l.
«Я ОО
Совместная функция распределения выражается через совместную плотность:
х у
F (х, у) — J f l(xsy)dxdy. (6.0.5)
eg
Плотности отдельных величин, входящих в систему, выражаются через
совместную плотность:
Мх)= J f(x, y)dyi U(y)= f f(xt у) dx. (6.0.6)
— 00 — 00
Условным законом 'распределения случайной величины, входящей в систему»
называется ее закон распределения, вычисленный при условии, что другая слу*
чайная величина приняла определенное значение» <
Условные функции распределения случайных величин Хи/, входящих в
систему, обозначаются Fi | у) и F2 (У I х)> а условные плотности распределе-
НИЯ — f 1(х I у) и /2 (у I X). j
Теорема умножения плотностей!
f (х,у) — h (х) ft (3 I X) или f (x,g) = f, (у) fa (х I g), (6.0.7)
Выражения для условных плотностей через безусловные:
= при /г(х)^0; ft(x, у) = ~ при f2(y) =/=0. (6.0.8)
/1 W 1.2 \У) j
Случайные величины X, V называются независимыми, если условный закон 1
распределения одной из них не зависит от того, какое значение примет другая: 1
ft (х\у) = h (х) или f, (у | х) = /2 (у). (6.0.9) I
Для независимых случайных величин теорема умножения плотностей при- |
нимает вид “ j
ft (Х,у) ~ ft (х) f, (у). (6,0.10) |
Начальным моментом порядка k + s системы (Х,К) называется величина |
afts[X, И=М[Х*УЧ. (6.0.11)
Центральным моментом порядка k + s системы (X, Y) называется величина
H=M[X*PSJ. (6.0.12)
Расчетные формулы для определения моментов:
а) для дискретных случайных величин
aks [^. У^; (6.0.13)
lifts = S (xt—mx)k (y]—mv)spijt (6.0.14)
i i
где Pi} = P{X = Y — yi};
б) для непрерывных случайных величин
aftsl^. Y]=^xk ys f(x, y)dxdy; (6.0.15)
Hftsf*. Y]=^(x-mx)k (y—my)sf(x, y)dxdyi (6.0.16)
—oo
где f (x, y) — совместная плотность»
Порядком момента а&8 [X, У] или [X, У] называется сумма индексов k и s,
Корреляционным моментом (или ковариацией) двух случайных величин
X, Y называется смешанный центральный момент второго порядка, т» е.
Кх»=Рн[Х.И = М[^]. (6.0.17)
Величину Кху удобно вычислять через второй смешанный начальный момент:
Кху =c&if [К, У](6.0.18)
или в других обозначениях
Кху = М[Х • У] - М[Х] ♦ М[У], (6.0.19)
Для независимых случайных величин корреляционный момент равен нулю.
Коэффициентом корреляции (или нормированным корреляционным мо-
ментом) гху двух случайных величин X, У называется безразмерная величина
rxy ^Кху/(®х ®у)» (6.0.20)
где Ох= = 1/^20 [X, У]; Оу = Т/р-ог [X, У].
Коэффициент корреляции характеризует степень тесноты линейной зависимос-
ти между случайными величинами»
Случайные величины X, У называются некоррелированными, если их кор-
реляционный момент (или, что равносильно, коэффициент корреляции) равен
нулю»
Из независимости случайных величин следует их некоррелированность;
напротив, из некоррелированности случайных величин еще не следует их неза-
висимость.
Если случайные величины X, У связаны линейной функциональной зависи-
мостью вида У = аХ + Ь, где a, b не случайны, то их коэффициент корреляции
rxy e ± 1, где знак «+» или «—» берется в соответствии со знаком коэффициента
а. Для любых двух случайных величин | гху | 1»
Совместной функцией распределения п случайных величин Xj, Х2, »»», ХЛ
называется вероятность совместного выполнения п неравенств вида X} <. х$:
P(xit x2i..., xn)=P{X1<x1, X2<x2,..., Xn<xn}. (6.0.21)
Совместной плотностью n случайных величин называется я-я смешанная
частная производная функции распределения:
дп
f (Х1, x2f • • • 9 хп) == 7 7 7 Р (х1> X2f***f хп)‘ (6.0.22)
ОХг ОХ2,. . • , OXji
Функция распределения Ft (*/) одной из величин4 Х<, входящих в систему,
получается из F (xlt х2, ,<», хп), если положить в ней все аргументы, кроме
равными + оо:
Ft (xi) = F ( 4* °°» “Ь °°» •••» хь 4- *•*, 4- °о)* (6.0.23)
Плотность отдельной величины входящей в систему (Хх, Х2, »•», Хп),
выражается через совместную плотность формулой
” (п-D Т
h(*i)= J ••• J t(xu х2, ...,xn)dx1...dxl^1dxi+1...dxn. (6.0.24)
fc— со со
Плотность отдельной подсистемы (Хь Х2, • Xh)t входящей в систему (Х^,
Х2, Ха, Xft+j, Хп), выражается формулой
* (л~*) р
•••>*&)= J ••• J f(x1,...,xk,...,xn)dxh+1...dxn. (6.0.25)
Условная плотность подсистемы Xi, ...» Ха при фиксированных значени-
ях всех остальных случайных величин выражается формулой
f (*i, *2, •• • > хп)
fi....k(xi....^i^+i........*п)=-—— (6.0.26)
/Л+1, ..., п (ЛА-Н., • • •» хп)
Если независимые величины (Хх, Х2, «.», Хп) независимы, то
f (хъ х2, .... хп) = f ifa) А (х2) ... fn (хп). (6.0.27)
Вероятность попадания случайной точки (Х12 Х2, Хп) в пределы «-мер-
ной области D выражается n-кратнцм интегралом
Р й.......Xn)6D} =f j* f (Xi, ..., xn) dXi ... dxn. (6.0.28)
Корреляционной матрицей системы n случайных величин (Xj, Х2, Xn)
называется таблица, составленная из корреляционных моментов всех ©тих ве-
личин, взятых попарно:
К12...К1П
||КУ|1= ,
Кп1 ^П2 Кпп II
где Кц =* Kxtxj == — корреляционный момент случайных величин
Хь Ху.
Корреляционная матрица симметрична = Кд), поэтому обычно запол-
няется лишь половина таблицы:
Кц ^12 •• • ^in
К%2 Кгп
^пп
По главной диагонали корреляционной матрицы стоят дисперсии случайных
величин Xi, Х2, Хп:
= D[Xd. (6.0,29)
Нормированной корреляционной матрицей системы п случайных величин
называется таблица, составленная из коэффициентов корреляции всех ©тих ве-
личин, взятых попарно:
1
l|rOll =
ri2
I r23 • • • ^2П
1 • • • r3n t
1
где rij = — коэффициент корреляции величин Хр\
Нормальный закон распределения для двух случайных величин X, Y (нор-
мальный закон на плоскости) имеет плотность вида .. . 1 . / 1 f (х, у) — ехр < — — • 2лох Gy I 2(1—г2) 1 ’ < q 1 : 5 . । я ьэ ; < t 1
2г (х—тх) (у— ту) (у—mg)2 ' 1
_ _ "г 2 }» (о. 0.30)
, а*°У ау JJ
где /пх, ту — математические ожидания случайных величин X, К; ох»
— их средние квадратические отклонения; г — их коэффициент корреляции.
Для случайных величин, распределенных по нормальному закону, некор-
релированность равносильна независимости. Если случайные величины X, Y
не коррелированы (независимы), то г = 0 и
1 f 1 Г (Х'~тх)2 (*/“^u)2 11
f(x>y) = ~--------exp—— -------------*'-1-1*-------I (6.0.31)
2похоу I 2 L °y JJ
В этом случае оси Ох, Оу называются главными осями рассеивания. Если при этом
тх = ту = 0, то нормальный закон принимает канонический вид:
е . . 1 ( х2 У2 1
f (х> У)= 9 ~ ехР j 2о2 2п2 г (6.0.32)
глОдОу t zox )
Вероятность попадания случайной точки, распределенной по нормальному
закону, в прямоугольник R со сторонами, параллельными главным осям рассеи-
вания (см. рис. 6.0.4), выражается формулой
L \ / \ °х L \ <*у /
_ ф / -Х~”Ч V| , (б.о.зз)
Эллипсом равной плотности (эллипсом рассеивания) называется эллипс,
во всех точках которого совместная плотность нормального закона постоянна:
f (*, У) = const» Полуоси эллипса пропорциональны ох, Gy: а = kax; b = kayi
Вероятность попадания случайной точки, распределенной по нормальному
закону, в область Еь, ограниченную эллипсом рассеивания с полуосями а и Ь
равна
Р{(Х,Г)6£Й) = 1—(6.0.34)
где k — размеры полуосей эллипса в средних квадратических отклонениях»
k=alGx=b/Gy
Если gx = Gy = а9 рассеивание по нормальному закону называется круга*
вым. При круговом нормальном рассеивании с тх = ту = 0 расстояние R от
точки (X, Y) до начала координат (центра рассеивания) распределяется по з а-
кону Рэлея:
г2
f(r) = —~е 2°2 при г > 0, (6.0.35)
о2
Нормальный закон в простр анстве трех измерений для независимых слу«
чайных величин (X, К, Z) выражается формулой .
f(x, у, г) <= - --------X
(2л)3'2 ах ву аг
1 Г (х-»йх)2 , (у-МдУ , (г-т^ 1|
2 [ а* + о» +~ ])• (6-°-36)
Вероятность попадания случайной точки (X, Yt Z) в область ограничен-
ную эллипсоидом равной плотности с полуосями а = &ах, Ь == kayi с = kaz,
равна
Р {(X, Y, 2) £ Ек} = 2Ф (*)- 1/27л Йе-*’/2. (6.0.37)
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
6.1. Передаются два сообщения, каждое из которых может быть
независимо от другого либо искажено, либо не искажено. Вероятность
события А — {сообщение искажено} для первого сообщения равна
для второго р2. Рассматривается система двух случайных величин
(X, Y), определяемых так:
1, если первое сообщение искажено;
0, если первое сообщение не искажено;
1, если второе сообщение не искажено;
0, если второе сообщение не искажено
(X и У — индикаторы события А в первом и втором опыте).
Найти совместное распределение пары случайных величин (X, Y),
т. е. совокупность вероятностей pt} каждой комбинации их значений.
Найти совместную функцию распределения F (х, у).
Решение. Совместное распределение определяется вероятно-
стями:
X =
Y =
Роо =Р{Х =0, Y =0} =^2! Рю =Р {X =1, У =0} =р1<72;
р01 =Р {X =0, У = 1} = 71р2; рц =Р {X = 1, У = 1} =р,р2,
где ft = 1 — Pi, <?2 = 1 — Р2 (см- таблицу).
*1 Уг 0 1
0 41 42 Pl 42
1 41 Pi Р1Р2
Распределение на плоскости хОу сосредоточено в четырех точках о
координатами (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) (рис. 6.1). Пользуясь геомет-
рической интерпретацией функции распределения как вероятности
попадания в квадрант с вершиной в точке (х, у) (см. рис. 6.0.3), полу-
чим для F (х, у) следующую таблицу значений:
х<0 0<х< 1 1 <х
у<о 0 0 0
0<г/< 1 0 Q1Q2 <72
> <У 0 41 1
6.2. Функция распределения системы двух случайных величин
(X, У) равна F (х, у). Найти вероятность попадания случайной точ-
ки (X, У) в область D (рис. 6.2), ограниченную справа абсциссой а,
снизу и сверху ординатами у, б.
Ответ. Р { (X, У) € D} = F (а, б) — F (а, у).
__________PiPz
о!________________
Рис. 6.1
Рис. 6.2
6.3. Имеются две независимые случайные величины X и У, подчи-
ненные каждая показательному закону
А(х)--=Хе-^ (х > 0); /2 (z/) = Н е-цу (z/>0).
Написать выражения: 1) совместной плотности; 2) функции распре-
деления системы (X, У).
Ответ.
1) / (х, у) = ( J?
( лр е-(Лх+^)
при % < 0
при х > 0
2) F (х, у) =
(1—е“1л) (1 — е"м) при
или у < 0;
и У > 0;
или у 0;
х > 0 и у >» 0.
0 при х < 0
6.4. Система случайных величин (X, У) распределена с постоян-
ной плотностью внутри квадрата R оо стороной а (рив. 6.4, а). Напи-
сать выражение плотности / (х, у). Построить функцию распределения
системы. Написать выражения Д (х), /2 (у). Определить, являются
ли случайные величины X, У независимыми или зависимыми.
Ответ.
f (х, «/) = {
1/а2 при (х, у) е R;
0 при (х, у) & R;
F(x, у) —
О при x 0 или у 0;
xyla2 при 0<xa и 0 < </ < a ;
yla при x > а nO<y^a;
x/a при О C x а tiy>a;
x > a
1 при
и y> a.
Поверхность F (x, у) представлена на рис. 6.4, б.
/i W = I 1/а при х (0,а); А (у) = | 1/а прИ у е (0, а);
1 I 0 при х (0, а); 2 I 0 при у ф (0, а).
Рис. 6.4
Случайные величины X, Y независимы, так как
/ (х, у) = А (х)/2 (у).
6.5. Поверхность распределения системы случайных величин
(X, У) представляет собой прямой круговой конус (рис. 6.5, а), осно-
ванием конуса служит круг К в центром в начале координат и в радиу-
сом г0. Вне этого круга совместная плотность f (х, у) равна нулю.
1) Написать выражение f (х, у)-, 2) найти А (х), А (у)-, (у\х)\ ft (x|t/);
3) определить, являются ли случайные величины X, Y зависимыми;
4) определить, являются ли случайные величины X, Y коррелиро-
ванными.
Решение.
1) / U. У) =
2) AW~
-7— {r0—Ух2+«/2 ) при х2+#2<г§;
, 0 при Х24-//2>Г2;
3 [ пт-;--» ». ( rv+Vr^—x* Y|
ТРГ |/о И Го—х2 - х2 In ---------j] при | х |< r0;
0 при|х!>г0;
К(У) =
^-poVr§—У2 — FaIn >о+У^ ) при|у|<г0;,
0 при|«/|>г0.
Далее, при
П(У\Х) = '
kl < го
>-0 — 1/ Х2+У2
и При |#| <г0
Гд~У X2+j/2
fl(* If/) ~
Гд Уг$— У2— У2 1П
П>+~|/ г$~У2
|у|
при 1у1С Уг$—х2 ;
при lyl> Угд—х2
при |x|<Vr§—^а;
при |х|> Vrg —Z/8;
о
3) так как Д (х | у) ф h (х), то случайные величины X, Y зависимы;
4) находим корреляционный момент /<хг,; так как тх = ту = 0, то
=» $$ xyf (х, у) dxdy = xyf (х, у) dxdy+ ff xyf (х, у) dxdy,
(К) <к.' %
где Ki — правая половина круга К; К2 — левая половина (рис. 6.5,6);
f (х, у) — функция ху — нечетна относительно аргумента х, поэтому
интегралы по Xi и /С2 отличаются только знаком; в сумме интегралы
взаимно уничтожаются, значит, Кху = 0, и случайные величины X, У
не коррелированы.
Рис. 6.5 Рис. 6.6
6.6. Пара случайных величин (X, У) имеет совместную плотность
/ (х, у) = а/(1 + х2 4- х2у2 + у2).
1) Найти коэффициент а; 2) установить, являются ли величины X, У
зависимыми; найти (х); /2 (у)', 3) найти вероятность попадания
случайной точки (X У) в пределы квадрата R, центр которого совпада-
ет с началом координат, а стороны параллельны осям координат и
имеют длину 6=2 (рие. 6.6).
Решение. 1) Из условия
JJ f {x,y)dxdy=*\
со
находим a s= 1 / я2;
2) случайные величины X, Y независимы:
fi= ; ~ ; f (х» У> = Ь W /2 №
Л(1-|-Л2) Л (1 +</2)
3)P{(X,y).eS}=j j „,(1+Х+у., =т-
® 1 »1
6.7. Имеются независимые случайные величины X, Y. Случайная
величина X распределена п® нормальному закону g параметрами: тх—
= 0; их = 1/V2. Случайная величина Y распределена равномерно на
интервале (0; 1). Написать выражения для совместной плотности f (х,у)
и функции распределения F (х, у) системы (X, У).
Ответ, f (х, у) >= —-— е“** при у €= (0,1);
0 при у 0;
F (х, у) — у [Ф (х V 2 ) + 0,5] при0<#С1;
1ф(х1/2) + 0»5 приу>1.
6.8. Поверхность распределения f (х, у) системы случайных вели-
чин (X, У) представляет собой прямой круговой цилиндр, центр осно-
вания которого совпадает g началом координат (рис. 6.8, а), а высота
равна h. Определить радиус г цилиндра, найти (х), f2 (у), (х | у),
/2 (У I х)’, тх, D х, Кху
Решение. Радиус г цилиндра определяется из условия, что
объем цилиндра равен единице, откуда г = V 1/(лй). Совместная плот-
ность
/(*,#) = {
h, если x24-#2<r2;
О, если х24-г/2>г2.
Следовательно,
М*)= [ fix, sidy-1 2У',-’/‘к ПР" 1'1<п
I 0 при |х|>-г.
Аналогично
f2(y) = l 2Уг2—Уак ПРИ 1У1<г;
( 0 при 1#1>г.
График функции Д (х) показан на рис. 6.8, б. При |у| < г
1
2]/А-/
о
h(x\y)^d^.
Liu)
при |х|<у72—^2;
\
при |x|>ZГ*—у*.
Аналогично при |х| < г
t . . . 1/(21/7^2)
h(y\x =
О
при |t/|<]/>2—х2;
при |t/|>]/>2—х2.
Математические ожидания равны нулю: тх = ту = 0, так как
функция f (х, у) четна как по х, так и по у,
Г
Dx—2h fx2j/r2—xidx = hri— = — ;
J 4 4’
—Г
^ = 0.
аас g ’
6.9. Случайная точка (X, Y) распределена с постоянной плотно-
стью внутри квадрата R, заштрихованного на рис. 6.9, а. Написать
выражение совместной плотности f (х, у). Найти выражения плотнос-
тей распределения fx (х), /2 (у) отдельных величин X, Y, входящих в си-
стему. Написать выражения условных плотностей (х | у) и f2 (у | х).
Зависимы или независимы случайные величины X, У? Коррелированы
они или нет?
Рис. 6.9
[у{-1 0 Му| х
P e ш e н не. Площадь квадрата равна двум, поэтому
№.</)-(1/2
1 О при (х, y)&R.
I г
2 J
fl(x) =
7 J
0
или, короче,
м*)=4при ,х|<1;
1 I 0 при |х|> 1.
График закона fx (х) показан на рис. 6.9, б (закон Симпсона). Аналогич-
но
при |t/|< 1;
при |t/|> 1.
Далее, при |у| < 1
I
2(l-|0l)
О
/1(Х|1/)=^Ы^ =
1 “ U (У)
при |х|<1 —|«/|;
при |х|>1 —|t/|.
График плотности ft (х | у) показан на рис. 6.9, в. Аналогично при |х|<1
1
2(1—1*1)
О
к(У\х)=*
при |г/|<1 —|х|;
при |х|.
Случайные величины X, Y зависимы, но не коррелированы.
6.10. Совместная плотность случайных величин X, У задана фор- ?
мулой
f (х’у}=7^7ехр {—Г7Г [(х-2)2-!’2 <х“2> &+3)+&+3)21} •
Найти коэффицент корреляции величин X, У. 5
Ответ. гх„ = 0,6.
6.11. Система случайных величин (X, У) имеет распределение о j
плотностью f (х, у). Выразить через плотность Ц (х, у) вероятности со- i
бытий: 1) {Х>Г 2) {Х> |У |}5 3) {| X |>У }; |
4){У —Х>1}. «
Решение. На рив. 6.11, а — г заштрихованы области Dt, D.it I
D3, D4, попадания в которые соответствуют событиям 1—4. Вероятно»
сти попадания в эти области: ?
Ьиичаделжчч' -
Рис. 6.11
1) Р{Х>У}= J j fix,y\dxdy,
— CO — ОО
2) P {X > | Y |} = J J fix, y) dxdy,
0 — x
3)Р{|Х|>У} = J fix, y)dxdy,
— co — co
4) Р{У—X>1} =
f(x, y)dxdy.
6.12. Система двух случайных величин X, Y распределена по нор-
мальному закону с параметрами тх = ту = 0; ая = аа = о, rxy = Q.
Определить вероятности следующих событий:
[ А = {|У | < X}; В = {Y < X}; С = {У < | X | }.
Р е ш е н и е. На рис. 6.12, а — в показаны области, соответствую-
щие событиям А, В и С. При круговом рассеивании вероятности собы-
тий будут: Р (Л) = 0,25; Р (В) =0,5; Р (С) = 0,75.
6.13. Случайная величина X имеет плотность f (х); случайная ве-
личина У связана с нею функциональной зависимостью У = X2.
Найти функцию распределения F (х, у) системы (X, У).
Решение. Исходим из того, что значение случайной величины
У полностью определяется значением случайной величины X. Случай-
ная точка (X, У) может находиться только на кривой у = х\ Вероят-
ность попадания ее в квадрант с вершиной в точке (х, у) равна вероят-
ности попадания случайной точки на проекцию на ось Ох участка кри-
Рис. 6.12
6)
вой у s= х2, попадающей в квадрант (рис. 6.13). Пользуясь этой интер-
претацией, имеем
F (х, у) =
О при у^О или y>Q и х<^—У~у’,
' V7
J /(x)dx при у>® ч х^Уу,
у
J f(x)dx при р>0 и—V~y<.x^Vy.
-Vy
У
Рис. 6.13
6.14. Случайная точка (X, Y) распределена по нормальному зако-
ну на плоскости с параметрами тх = 1; ~ту = — 1; стх = 1; = 2;
гху г= 0. Найти вероятность того, что
случайная точка попадет внутрь обла-
сти D, ограниченной эллипсом
(х - I)2 + (у + 1)2/4 = 1.
Решение. Область D ограниче-
на эллипсом рассеивания Ег с полу-
осями а = ох — 1; b = оу = 2; вероят-
ность попадания в эту область р =
= 1 — е1/2 « 0,393.
6.15. Производится стрельба! по
точечной (малоразмерной) цели сна-
рядом, зона разрушительного действия которого представляет собой
круг радиуса г. Рассеивание точки попадания снаряда круговое с па-
раметрами тх = ту s= 0; ох s= ov = 2г (центр рассеивания совпада-
ет с целью). Сколько выстрелов нужно произвести для того, чтобы раз-
рушить цель с вероятностью Р = 0,9?
Решение. Вероятность разрушения цели при одном выстреле
р = 1 — е—яг 0,118. Потребное число выстрелов
я > lg (1 — Z’Vlg (1 — р) - 1g 0,1/lg 0,882 « 18,4, т. е. п = 19.
6.16. Система трех случайных величин [(X, У, Z) имеет совместную
плотность f (х, у, г). Написать выражения: 1) плотности (х) случайной
величины X; 2) совместной плотности /2дз0/»2) случайных величин
146
1ЛЭД
(У, Z); 3) условной плотности /2, з <У> 2 I х); 4) условной плотности /2
(у | х, г); 5) функции распределения F (х, у, z); 6) функции распреде-
ления Ft (х) елучайной величины X; 7) функции распределения
(х, У) подсистемы (X, У).
От вет.
СО со
1) fi(x)= j jf (х, у, z)dydz; 2) fii3(y, z) = J /(x, у, z)dx-,
«—•CO fear CO
3) /2,3 (У, 21 x)=» - - f(x'y'z}-----I
П / (*. У, z) dydz
4) МУ\Х,2)= —f+X' y'Z±-\
f f(x,y,z)dy
X У 2
5) F (x, y, z) = J $ § f (x, y, z) dxdydz-,
fear co e— OO CO
6) F1(x) = F(x, oo, 00)= j J J f(x, y, z) dxdydz-,
X у co
7) Flt3(x, y) = F(x, y, 00 )~ J $ J f (x, y, z)dxdydz.
---------------------------- CO -—CO — OO
6.17. Производится стрельба одним снарядом по точечной (мало-
размерной) воздушной цели. Рассеивание точки разрыва снаряда про-
исходит по нормальному закону; центр рассеивания совпадает с целью;
средние квадратические отклонения ож = ау = crz = о. Цель поража-
ется, если расстояние между нею и точкой разрыва снаряда не превы-
шает г0 = 2о. Найти вероятность р того, что при одном выстреле
цель будет поражена.
Решение. По формуле (6.0.37) для вероятности попадания в
эллипсоид равной плотности имеем
р = Р {(X, У, Z) £ Ег} = 2Ф (2)-^5- 2е~2 « 0,739.
V*
6.18. Система трех случайных величин (X, У, Z) распределена с по-
стоянной плотностью внутри шара радиуса г. Найти вероятность по-
падания случайной точки (X, У, Z) внутрь шара, концентричного дан-
ному, с радиусом г/2.
Ответ, р = 1/8.
6.19. Из урны, в которой а белых, b черных и с красных шаров, вы-
нимается один шар. Случайные величины X, У, Z определяются следу-
ющими условиями:
У _ (1, если появится белый шар;
л ~~ 10, если появится черный или красный шар;
у f К если появится черный шар;
Y ~ (О, если появится белый или красный шар;
„ __ ? 1, если появится красный шар;
z — [0, если появится белый или черный шар
(X, Y,Z являются индикаторами событий: {белый шар}; {черныйшар},
{красный шар}). Построить корреляционную матрицу и нормирован-
ную корреляционную матрицу системы случайных величин X, Y, Z
Решение. Корреляционные моменты определим из таблицы
вероятностей отдельных значенй X, У и Z. Обозначим
PXtVi ч - Р {X = xt, Y = Z = 2ft}.
Имеем
Pooo =P {X =0, Y = 0, Z =0} =0;
P100 = P {X = 1, У = 0, Z = 0} = a /(a + Ы- c);
Рою = P {X = 0, У = 1, Z = 0} » Ы(а + b + c);
Ром = P {X = 0, У = 0, Z =1} = c/(a .+ b + c);
Рцо = Pioi e Pou = Pin = 0;
о b c
mx =--------, tnv ----------, tn, —---------।
j-c a-J-d-j-c
Кху i ~mx) (tjj Шу) PXi y. —
i. j h
= (1------ —
+ (o------ —
4-/0--------WO—
a+b+cj\
Аналогично
b
a
a+b-±c J a+b-f-c
J\ a+^+c/ a+&+c
b \ c__________________—ab
J a-j-b-f-c (a+^+c)2
b
b
rz —• К —bc
(a+b-t-c)2 ’ V1 (a-j-b+cjo
Далее находим дисперсии
a
Ox = a2 [X]—ml
a2
а(&+е)
I
(a-|-6+c)2 (a+&+c)2
аналогично
Dv = b (a + c)/(a + b+c)2; Dz = c(a + b)l(a + b+c)2.
Корреляционная матрица
11/<11 =
Dx
KXy
Dy
КХг
Kyz
Dz
Находим коэффициенты корреляции:
Гху —
Кху
—ab
VDxDy Vab(a+c)(b+c)
148
ab
(a+c)(b+c)
л т / ас / Ьс
Аналогично гх, = — I/ -----------ги.= —1/ ----------------- •
V (a+b)(c+b)’ vz V (b+a)(c+a)
Нормированная корреляционная матрица
11 Г хи ^хг
1 гуг .
1
6.20. Имеется система случайных величин X и У. Случайная вели*
чина X распределена по показательному закону в параметром X:
/j (х) = Хе~Лх при х 0. Случайная величина У при заданном значе-
нии X = х > 0 распределена также по показательному закону, но с
параметром х : f2 (у | х) = хе-*» при у > 0. Написать совместную
плотность / (х, у) величин X, У; найти плотность /2 (у) случайной ве-
личины У; найти условную плотность (х | у).
Решение.
/(х, у) =
------- при у > 0;
(х-Н)1 2 к
0 при и <Z 0.
Ххе”<Л+?)* при х>-0 и р>0;
0 при х<0 или р<СО;
!ЛУ)= J f(x,y)dx =
- ОО
Далее, при у > 0
f (х\ц} х(*-+у)2е-(Х+г,)д: при х>°;
1 (у) 1 0 при х <10.
6.21. Даны две независимые случайные величины: непрерывная
X с плотностью h (х) и дискретная У со значениями уи у2,..., уп,
имеющими вероятности рх, р2, ...» рп. Найти функцию распределения
системы величин X, У.
Ответ. F (х, у) = Fr (х) F2 (у), где (х) = f f (х) dx.
о
0 при
Рх при yx<z/< ?/2;
Рг(У) =
Л—1
sPt при Уи~1<-У^Ук (6-2,3.... п);
1=1
1 при у>уп.
6.22. Случайная величина X — дискретная величина в двумя значе-
ниями хг и х2 (х2 > Xi), имеющими вероятности рх и р2. Случайная ве-
личина У — непрерывная величина; ее условным распределением при
•X = Xi служит нормальный закон в математическим ожиданием, рав-
ным xt, и средним квадратическим отклонением, равным о (i = 1,2).
Найти совместную функцию распределения F (х, у) случайных вели-
чин X,- Y. Найти плотность /2 0/) случайной величины Y.
Решение. F (х, у) = Р{Х < х} Р {У < у | X < х}. Пусть
х хх; тогда Р {X < х} =0 и F (х, у) = 0; пусть хх < х х2; тог-
да Р{Х<х}=рх и F {х, у) = рхР {У < |Х = xj =
—Pi [Ф^ gX1j + 0,5]. При х > х2 по формуле полной вероятности
F (х, у) = Pi [Ф (+ 0,51+р2 (ф (4- 0,51.
I I о ] J I \ ° J J
Следовательно,
при X^Xf,
г (.X, у)=
рхГф( ———14-0,51 при хх<х^хч;
L \ ° 1 J
Р1[ф(^1\4-о,514-р2[ф(-^')4-О,51 при х>х2.
Далее, полагая х = оо и дифференцируя по у, получаем
ау
______ Р1е
а Д/2л L
(у—xj2 (#—х2)2
2о2 2о2
4-р2е
6.23* . Звезда на небесной сфере рассматриваются как пуассонов-
ское поле точек. Число звезд, попадающее в объектив телескопа, явля-
ется случайной величиной, распределенной по закону Пуассона с пара-
метром 1s, где s — площадь участка, вырезаемого на поверхности еди-
Рис. 6.23
ничной сферы полем зрения телескопа (рис. 6.23, а). Поле зрения те-
лескопа имеет координатную сетку (рис. 6.23, б). Показать, что при
любом положении телескопа координаты (X, У) ближайшей к перекре-
стию звезда распределены по нормальному закону с параметрами
тж — ту =0; ох = ор = 1/У2л1.
Решение. В задаче 5.19 было показано, что расстояние от
центра перекрестия до ближайшей к нему точки пуассоновского поля
подчиняется закону Рэлея. Но R = Ух2 4- У2, следовательно, ве-
роятность попадания точки (X, У) в круг D радиуса г, т. е. Р {X2 +
+ У2 •< г2 } может быть записана в двух формах
Р {7? < г} = f 2лА.ге*яХ'2 dr,
Р {(X, У) 6 D} = f f f (х, у) dxdy, (6.23.1)
<D)
где / (х, у) — совместная плотность величин X, У. В силу вимметрии
надо считать, что f (х, у) зависит только от расстояния: f (х, у) = g (г),
где г = Ух2 + у2. Переходя к полярным координатам (г, ф), полу-
чаем
2Л
V
Р{(Х, У)€В}=[ dq> Jg(r)dr = 2nfg(r)dr.
о о о
(6.23.2)
Сравнивая выражения (6.23.1) и (6.23.2), находим: g (г) &= 1е-яХг* и,
значит, / (х, у) = X е~яХ<*2+^!>, что и требовалось доказать.
6.24. В начале координат 0 сферической системы координат (г,<р, &)
(рис. 6.24), где 0 ф 2 п, — я/2 & л/2, находится ис-
точник а-частиц. Частицы разлетаются равномерно по всем направле-
ниям. Рассматривается одна частица, полетевшая по случайному на-
правлению, определяемому углами Ф и 0. Записать’совместную плот-
ность распределения f (<р, Oj случайных величины Ф, 0.
Решение. «Равномерный во всех направлениях» разлет а-
частиц означает, что для единичного вектора е, исходящего из точки О
и определяющего направление полета частицы, все положения его кон-
ца на сфере С единичного радиуса обладают одинаковой плотностью
вероятности. Следовательно, элемент вероятности f (ф, &) t/ф dft дол-
жен быть пропорционален элементарной площадке ds на сфере С; эта
элементарная площадка равна dS = dф dfl cos &, откуда
f (ф, ft) dydft = A cos & dфd'fl'; f (ф, 6j = Л cos 6',
где A — коэффициент пропорциональности, определяемый из усло-
вия
2л я/2
J dq> $ f (ср, •&) dfi = 1;
о —л/2
отсюда А = 1/(4 л). Таким образом,
г / ОЛ 1 a ( 0 ф < 2л И
/ (ф, О’) =--COS V при (
4л [ —л/2 ^'б'^л/2,
6.25. *. В условиях предыдущей задачи рассматривается плоскость
Р, параллельная экваториальной плоскости (в которой отсчитывается
угол ф) и проведенная через точку О'' ео сферическими координатами
г в 1, ф =0, Ф = л/2 (рис. 6.25). В этой плоскости располагается
декартова система координат хО'у. Все а-частицы, летящие в верхней
полусфере разлета, попадают на плоскость Р. Рассматривается одна из
таких частиц й соответствующие ей случайные величины — координа-
ты X, Y точки попадания а-частицы на плоскость Р. Найти совместную
плотность f (х, у) этих случайных величин. Зависимы или нет случайные
величины X, У?
Решение. Найдем элемент вероятности f (х, у) dxdy, прибли-
женно равный вероятности попадания частицы в элементарную пло-
щадку dxdy, примыкающую к точке (х, у). Эту вероятность подсчи-
таем аналогично тому, как мы делали в предыдущей задаче. Найдем
Рис. 6.25
площадь ds участка на единичной сфере С такого, что пролетающие
через него частицы попадут в нашу элементарную площадку. Этот уча-
сток получается центральным проектированием площадки dxdy на
сферу С. При таком проектировании площадь множится на косинус уг-
ла •& между направлением проектирования и плоскостью Р, а кроме то-
го, еще уменьшается обратно пропорционально квадрату расстояния R
от центра проектирования; элементарная площадка ds на сфере С бу-
дет равна
, , 1
dxdy —
_ dxdy cos &_________~1/1-|-х2+у2 ______dxdy
~~ R2 ~ 1-Ьх2-На — (1 + ха+(/2)3/2 ’
Чтобы получить элемент вероятности, нужно величину ds разделить
на площадь всей верхней полусферы, равную 2 л. Получим:
f(x, у) dxdy =
_______dxdy______
2л (1+х24-у2)3/2
или f (х, у) =
2л (l-J-x2-f-j/2)8/2
Случайные величины X, Y зависимы, так как их совместная плотность
не распадается на произведение двух функций, из которых одна зави-
сит только от х, а другая — только от у.
6.26. Случайная точка А, изображающая объект на круглом экране
радиолокатора радиуса 1 (рис. 6.26, а), равномерно распределена в пре-
делах этого круга. Найти совместную плотность / (г, ср) полярных ко-
ординат (/?, Ф) точки А. Зависимы или независимы случайные вели-
чины R и Ф?
Решение. Рассмотрим в полярной системе координат элемен-
тарный «прямоугольник», соответствующий бесконечно малым прира-
щениям dr, d <р полярных координат г, ф точки внутри круга (рис.
6.26, б). Площадь его (с точностью до бесконечно малых высшего поряд-
ка) равна rdrdq. Деля ее на площадь круга, равную я, получаем эле-
мент вероятности
f (г, ф) drtftp = rdrdyln,
откуда
f (г, ф) = r/п при 0<г<1,0<ф<2л. (6.26.1)
Плотность распределения /х (г) найдем, интегрируя (6.26.1) во всем
диапазоне изменения ф:
2л
/х(г) = f — d(p = 2r при0<г<1.
J л
Аналогично
/2(ф) = f4- dr = —— при 0<ф<2л.
J л 2л
Распределение Д (г) имеет вид прямоугольного треугольника (рис. 6.26,
в), распределение /2 (ф) — равномерное в пределах участка (0, 2л).
Рис. 6.26
Перемножая (г) и (ф), получаем совместную плотность f (г, ф)
системы (R, Ф); следовательно, случайные величины R, Ф независимы.
Заметим, что для такого же равномерного распределения точки в пре-
делах круга ее декартовы координаты X, Y зависимы, в чем мы убеди-
лись, решая задачу 6.8.
6.27. В условиях предыдущей задачи радиус экрана равен не еди-
нице, а а. Написать выражение совместной плотности полярных коор-
динат точки А и их плотностей по отдельности.
Решение, Деля площадь элементарного «прямоугольника» на
площадь экрана па2 * * * * * и «сокращая» на drdtp, получаем
/(л <р)=-£т
пал
, , . 2
fi(r) = — Г
от
при 0<Сг«<а, 0<ф<С2л;
при 0<г<а;
при 0 < <р < 2 л.
ГЛАВА 7
ЧИСЛОВЫЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ФУНКЦИЙ
СЛУЧАЙНЫХ ВЕЛИЧИН
7*0, Одним из наиболее эффективных средств для решения вероятностных
задач является аппарат числовых характеристик, позволяющий находить ха-
рактеристики интересующих нас случайных величин помимо их законов рас-
пределения. В частности, чтобы находить числовые характеристики функций
случайных величин, не надо знать законов распределения самих функций, а
достаточно знать закон распределения аргумента (аргументов).
Если X — дискретная случайная величина с рядом распределения
а величина Y связана с X функциональной зависимостью / = ф (X), то матема-
тическое ожидание величины Y равно
OTl,=M [<p (X)] = 2 ф (xt) pi , (7.0.1)
/= 1
а дисперсия выражается любой из двух формул:
DS=D [ф (Х)] = 2 (Ф М-Пц]2 Pl, (1-0.2)
1=1
2 [Ф(^В8Р,-^. (7.0.3)
Z = 1
Если (X, Y) — система дискретных случайных величин, распределение ко-
торой характеризуется вероятностями
ру=Р{Х = хъ Y = yi},
a Z = ф (X, Y), то математическое ожидание величины Z равно •
тг=М [ф (X, /)] =2 5 Ф (xl. xi) Pth (7.0.4)
I !
а дисперсия выражается любой из двух формул:
Dj,=D [ф(Х,У)]=521ф(жЬ»/)-^рО, (7.0.5)
i i
D« = SS ft (xit у/)]2pt}— m2. (7.0.6)
7 f
Если X — непрерывная случайная величина с плотностью f (х), a Y = <р (X),
то математическое ожидание величины Y равно
ОО
т9=М[ф(Х)] = f <p(x)f(x)dx, (7.0.7)
со
а дисперсия выражается любой из двух формул:
ОО
Ds = D[<p(X)]- У [<p(x)-m9JVWdx, (7.0.8)
» ОО
ОО
Р»= У [<p(x)]4(x)dx-m*. (7.0.9)
— ОО
Если (X, Fj — система непрерывных случайных величин с совместной
плотностью f (х, у), a Z = ф (X, У), то математическое ожидание величины
Z равно
mz = М [<р (X, К)] = И ф (х, у) f (х, д) dxdy, (7.0.10)
— ОО
а дисперсия выражается любой из двух формул:
Рг=О[ф (X, У)] = Jf [ф (х, y)-mzpf(x, у) dxdy, (7.0.11)
Dz = УУ [Ф (х, у)]2 f(x, у) dxdy- т*. (7.0.12)
ОО
Если (Xf, ».», Xn) — система п непрерывных случайных величин с плот-
ностью f (хх, -n, xn), a Y ==cp (Xi, ХЛ), то математическое ожидание величины
Y равно
^ = М[ф(Хй...,Хп)]=] ... J ф(*ь ..^Xn) t(xit ..., xn), (7.0.13)
«•во «wco
а дисперсия выражается любой из двух формул:
~ (я) °?
[ф (Xlt •.• 9 Xn)]« J ... J [ф (xj, ..., хЛ)~“ту]2 X
»во fSSOO
X f (*i» • • • । хп) dx^ ... dxn, (7.0.14)
Dy= 1 f [<₽(*!» ...,xn)dxt ,.,dxn—m*. (7.0.15)
«=*OO fefe, oo
В ряде случаев, для того чтобы получать числовые характеристики функ-
ций, не требуется даже знать законов распределения аргументов, а достаточно
знать их числовые характеристики. Ниже приводятся основные теоремы о число-
вых характеристиках»
1. Если с — неслучайная величина, то
Мк] = С} D (с] = 0. (7.0.16)
2. Если с — неслучайная величина, а X — случайная, то
М [сХ] « сМ [X] | D [сХ] = c*D [X]. (7.0.17)
3» Теорема сложения математических ожиданий.’ Математическое ожида*
кие суммы случайных величин равно сумме их математических ожиданий*.
М {X + И = М [X] + М [У],
и вообще
(7*0.18)
м | 2 X| U 2 м М • (7.0.19> J
[/•j J / = | f
4. Математическое ожидание линейной функции нескольких случайных ве- i
личин г
Y-^atXt+b,
f = l
где at и b — неслучайные коэффициенты, равно той же линейной функции от
их математических ожиданий:
т^ = М
ai Xi b ==
п
2 atm +b,
(7.0.20)
где mXi = M (XJ» Короче, это правило можно записать так:
М [L (Xt, Х2, ..., Xn>] =£ (тХ1 9тх^ (7.0.21>
где Ь — линейная функция.
5. Математическое ожидание произведения двух случайных величин X, Y
выражается формулой
М [ХУ] = М [X] М [У] + Кху9 (7.0.22)
где Кху — корреляционный момент величин X, К. Эту формулу в другом виде
можно записать так:
КХу = М [XY]—тх ту, (7.0.23)
или, имея в виду, что М (ХУ] » аи {X, У],
Кху =®ц [X» (7.0.24)
6* Теорема умножения математических ожиданий. Математическое ожи-
дание произведения двух некоррелированных случайных величин X, Y равно про-
изведению их математических ожиданий:
М [ХУ] « М[Х] М [У]. (7.0.25)
7. Если Xj, Х2,Хл—независимые случайные величины, то математиче’
ское ожидание их произведения равно произведению математических ожиданий:
[п 1 п
П Xi = п МГХ.Ь (7.0.26>
Z = 1 I
8. Дисперсия суммы двух случайных величин выражается формулой
D [X +И = D[X] + D[K 1 +2Кху- (7.0.27)
9. Дисперсия суммы нескольких случайных величин выражается формулой
D 2 Х1
2 D [XJ4-2 2 к
= i 1 i 1 >
(7.0.28)
(7.0.29)
(7.0.30)
где KxiXi—корреляционный момент случайных величин Xf, Хр
10* Теорема сложения дисперсий. Дисперсия суммы двух некоррелированных s
случайных величин X, Y равна сумме их дисперсий:
D[X+H=D[X1+ D [Г],
и вообще, для некоррелированных случайных величин
D 2Хг1=2 0[Хг].
U = i I <=1
IL Дисперсия линейной функции нескольких случайных величин
Y= 2 atXi+b,
Z=1
где at, b — неслучайные величины, выражается формулой
З^Х^^а^Х
z= i </ 1 7
(7.0.31)
В случае, когда величины Xf, Х2, Хп некоррелированны,
af D [XJ.
(7.0.32)
12. При сложении некоррелированных случайных векторов их корреляцион-
ные моменты складываются, т. е* если
Х=Х1+Хг! r = Fi+r25 -К* *-0,
(7.0.33)
Линеаризация функций. Функция ф (Xf, Х2, Хп) нескольких случайных
аргументов Xf, Х2, Хп называется почти линейной, если во всем диапазоне
практически возможных значений аргументов она может быть с достаточной для
практики точностью линеаризована (приближенно заменена линейной)^ Это оз-
начает, что *
ф(*п*2* <...ХП) «9(mXi,/nXs, +
где
(7.0.34)
частная производная функции ф (xt, х2, хп) по аргументу X/, в которую вме-
сто каждого аргумента подставлено его математическое ожидание.
Математическое ожидание почти линейной функции К=ф (Хь Х2,Хп)
приближенно вычисляется по формуле
mv &<?(mXt, mXi, ... ,тх^ (7.0.35)
Дисперсия почти линейной функции приближенно вычисляется по формуле
где Dx — дисперсия случайной величины Х<> — корреляционный момент
i i7j
величин Xi, Хр
В случае, когда случайные аргументы Xj, Х2, Хп некоррелированны,
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
7.1. Дискретная случайная величина X имеет ряд распределения
—1 0 I 1 | 2
0,2 0,1 | 0,3 | 0,4
Найти' математическое ожидание и дисперсию случайной величины
У = 2*.
Решение. ту ±= 2“* • 0,2 + 2° • 0,1 + 2* . 0,3 4- 22 . 0,4 =
- 2,4; Dy = аа [ Y] — ml «(2"1)2 . 0,2 4- (2°)2 «0,1 + (21)2.0,3 +
4- (22)2 • 0,4 —2,42 = 1,99.
7.2. Непрерывная случайная величина X распределена в интервале
(0; 1) по закону с плотностью f (х) = 2 х при х £ (0; 1) (рис. 7.2). Найти
математическое ожидание и дисперсию квадрата этой случайной вели-
чины Y = X2.
Решение.
1
=а2 [X] = J х2 2xdx = -i-j
о
i
D^ajyi—ml = J(x2)2 2xdx —
3.
7.3. Случайная величина X распределена по показательному зако-
ну с плотностью f (х) = X е~Кх при х > 0 (X > 0). Найти математи-
ческое ожидание и дисперсию случайной величины Y = е~х.
Решение.
m» = f e“xXe“Xxdx = —-—s
’J X4-i ’
о
D„ = a2[Y]—ml = f e«2*Xe~^dx—(-—Y =---------------,
J U4-1/ (X4-2)(A.+D
c
7.4. Случайная величина X распределена по показательному зако-
ну с плотностью / (х) = X е*—* при х > 0. Установить, при каких
условиях существуют и чему равны математическое ожидание и дис-
персия случайной величины Y = ех.
Решение. ту = J ехdx = X J e*’(XeI>хdx; при X— 1 >0,
т. е. при X > 1, этот интеграл существует и равен ту s=?X/(X — 1);
«ри X 1 он расходится.
а2 [У] = J е2* Хе“х* dx = J е—<л“2>х dx.
о о
При % > 2 этот интеграл существует и равен W(X — 2), а дисперсия
Dv = М(Х — 2) — — I)]2 = М[(Л — 2) (1 — I)2];] при К < 2
интеграл расходится, и дисперсии D„ не существует.
7.5. Случайная величина X распределена по закону с плотностью
f (%) = 0,5 cos х при х € (—я/2, я/2) (рис. 7.5). Найти математическое
ожидание и дисперсию случайной величины У = sin X.
Я/2
Решение. т9 =у J sin х cos xdx = 0;
—Я/2
я/2
= сс2 [У ] =J sin2 х cos xdx — -i-,
—я/2
7.6. Случайная величина X распределена по тому же закону, что и в
предыдущей задаче. Найти математическое ожидание и дисперсию слу-
чайной величины Y = | sin Х|.
Решение.
Л/2 Л/2
т,. = — I I sin х I cos xdx = f sinxcosxdx = —;
u 2 J 1 J 2
«-Л/2 0
Я/2 Л/2
—J_ j |sinxI2cosxdx — j sin2xcosxdx = -i-;
«П/2 0
Dy — ofcj [У ] triy = № .
7.7. Случайная точка (X, У) распределена равномерно внутри круга
К радиуса г &= 1 (рис. 7.7). Найти математическое ожидание и диспер-
сию случайной величины Z XY.
Решение.
f (х, у) «« 1/я при (х, у) € /С;
тг = J J xydxdy = 0; Dz — — J J x2 y2 dxdy = |
(K• (K) I
2” * I
= — j dtp I r6 cos2 q> sin2 (fdr = —. 1
л J J 24 t
0 0 I
7.8. Случайная точка (X, Y) распределена равномерно внутри квад- 1
рата R (рис. 7.8). Найти математичевкое ожидание и дисперсию слу- |
чайной величины Z = ХУ.
tnz = тяту = (1/2) (1/2) = 1/4;
Dz = а2 IZ] — /п2 = М [(ХУ)2] — т2 = М [X2] М [У2] — т22;
М [X2] = а2 [XI = 1/3; М [У2] . 1/3; Dt = 7/144.
7.9. Имеются две случайные величины X и У, связанные соотноше-
нием У =2 — 3 X. Числовые характеристики величины X заданы:
тх = — 1, Dx = 4. Определить: 1) математичевкое ожидание и дис-
персию величины У; 2) корреляционный момент и коэффициент кор-
реляции величин X, У.
Решение. 1) ту = 2—3 тх =5; £>, = (—З)2 4 = 36;
2) Кху =M\.XY]—mxmy = М[Х (2 —ЗХ)] + 1.5 =2М[Х] —
— 3 М 1Х21 + 5; М [X2] =аа [X] = Dx + m2x = 4+1 = 5;
отсюда Кху——2—3.5 + 5= —12; гя1, = — 12/(озсо2,) =
= —12//+36 = —1,
что и естественно, так как X и У связаны линейной функциональной
зависимостью с отрицательным коэффициентом при X.
7.10. Имеется система случайных величин (X, У, Z) • заданными ;
характеристиками: Математическими ожиданиями тх, ти, тги кор-?
реляционной матрицей t
Кху Ххг »
Dy ’ 5
Dl i
160 I
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины
U = аХ — bY + cZ — d.
Ответ. mu = атх — bmy 4- стг — d; Du = a?Dx 4- 62D„ 4-
4- e2Dz — 2 abKxy + 2 acKXi — 2 bcKyz.
7.11. Имеется n-мерный случайный вектор X = (XI( Х2, Xn),
составляющими которого являются п случайных величин Xt с матема-
тическими ожиданиями mXt (t = l,..., п), дисперсиями DXl (i = 1,...,
п) и нормированной корреляционной матрицей II rXtxj11 (t = 1,2,...,
п; / > 0. Случайный/ вектор X преобразуется в т-мерный случайный
вектор Y = (Уъ У2,..., Ут), причем составляющие вектора Y получе-
ны из составляющих вектора X линейными преобразованиями:
Уь= 2 а<л-Х»4-&й 1,2,..., in).
1= 1
Найти характеристики случайного вектора Y: математические ожи-
дания тУк (k == 1,..., m), дисперсии (k = 1,..., т) и элементы нор-
мированной корреляционной матрицы || гу у || (/ =1,2,..., m; k <j).
Ответ.
п
«4 = 3 aikmx.+bk (А=1..../и);
Dvh — 5 °*k Dxi + 2 3 r*i xj V&xi Dxj; ГУк VI ~ у 11 VDVh DVl,
/=1 /</
где
Кукуг~ 2 ^1каи^х. + 2 (aikai ajkail) rxt x.^Dx.Dx^
7.12. Имеются две независимые случайные величины X и Y. Вели-
1 в2
___1— е 8
2"|/2л
чина X распределена по нормальному закону Д, (х) =
Величина У распределена равномерно в интервале (0; 2). Определить:
1) М [X 4- У1; 2) М [ХУ1; 3) М [Ха1; 4) М [X — Уа1; 5) D [X 4- И;
6) D [X — И.
Решение.
1) М [X 4- У1 = М [XI + М [У] = 1 4- 1^= 2;
2) М1ХУ1 = М [XI М [У1 =1.1=1;
3) М [Х21 =а2 [XI =D [XJ 4- ml =4 4- 1 ==5;
4) М [X — У21 =М [XI — М [У2! = 1 —а2 [У] =— 1/3;
5) D [X 4- = D [XI 4- В [И = 4 4- 1/3 = 13/3;
6) D [X — У1 = D [XI 4- (— 1) 8 D [У1 = 13/3.
7.13. Случайная величина X подчинена нормальному закону /(х) =
*»—~ е 2а*. Найти математическое ожидание случайной величины
аУ2я
У = 1 _ ЗХ2 4- 4 X3.
о
Зак. 1040
Решение. mj,=M[l—ЗХ2+ 4 X3J= 1—3 М [X2] 4-4М [X3].
Так как тх = 0, то М [X2] = о2; для нашего нормального закона
М IXs! = 0, отсюда ту = 1 — За2.
7.14. Независимые случайные величины X и Y распределены по
законам (х), (i/j, графики плотностей которых представлены на
рис. 7.14, а, б. Определить: 1) М[Х +.У]; 2) D [ЗХ — 6У + II;
3) М [ХУ]; 4) М [2 ХУ — ЗХ2 + У2 — 11.
Р е ш е н и е. М (XI = 2а/3; М [У] = 6/3; D [XI = а2/18; D [У] =.
= 6718.
1) М [X + У] = (2а + 6) /3;
2) D [ЗХ — 6У + 11 = 9DX + 36D„ = а72 + 262;
3) М [ХУ] = 2а6/9;
4) М [2ХУ — ЗХ2 + У2— 11 = 2 М [ХУ] — Заа [X] — а2 [У[—1 =
= 4 аб/9 — За72 + 676 — 1.
7.15. Ответить на вопросы 1—3 предыдущей задачи, если величи-
ны X, У зависимы и их коэффициент корреляции гху = — 0,9.
Решение. 1) М [X + У] = (2а + 6)/3; 2) D [ЗХ — 6У + П =
= а2/2 + 262 + (Збаб/Т/18-18) 0,9 == а72 4- 2Ь2 + 1,8а6;
3) М[ХУ] = а6/9 —0,9 ab/18 = 31а6/180.
7.16. По сторонам прямого угла хОу концами скользит линейка
АВ длины /, занимая случайное положение (рис. 7.16), причем все зна-
чения абсциссы X ее конца А на оси Ох в пределах от 0 до / одинаково
вероятны. Найти математическое ожидание расстояния R от начала
координат до линейки.
Рис. 7.14
Решение. Случайная величина X распределена равномерно в
интервале (0, /): f (*) = М при х € (0, 0» Случайная величина R вы.
ражается через X (см. рис. 7.16): R =хУ1 — (X//)2. Ее математи-
ческое ожидание "
7.17. Случайные величины V, t/связаны линейно со случайными
величинами X, У: V = аХ + bY + с; U = dX + fY 4- g. Известны
числовые характеристики системы случайных величин X, У : тх,
my> Dx, Dyi KXy* Требуется найти числовые характеристики системы
случайных величин V, U • т-ц* D99 Du, Kvu* гdu*
Решение.
mD-= атх + btny + с; D„ = azDx + b2Dy + 2abKxy]
mu = dmx + fmy + g-, Du =d*Dx + f*Dy + 2 dfKxy.
Далее, ?= аХ+&Г; b~dX+fX;
KBU~M[VO] ^adDx + bfDy+(af + bd)Kxy; rBU = KojVD^.
7.18. Тело взвешивается на аналитических весах. Истинное (не-
известное нам) значение массы тела равно а. Вследствие наличия оши-
бок результат каждого взвешивания случаен и распределяется по нор-
мальному закону с параметрами а и а. Для уменьшения ошибок тело
взвешивают п раз, и в качестве приближенного значения массы берут
среднее арифметическое результатов п взвешиваний: Y (п) — — Xt.
1) Найти характеристики случайной величины Y (и): математическое
ожидание и среднее квадратическое отклонение; 2) сколько нужно сде-
лать взвешиваний для того, чтобы уменьшить в десять раз среднюю
квадратическую ошибку массы?
1 п
Решение. 1) М [У (п)] = д У М [Х|1. Так как все взвешива-
ния производятся в одинаковых условиях, то М [Х21 = а при любом
Z; тогда
1 п
1
Считая ошибки отдельных взвешиваний независимыми, находим дис-
персию Y (п):
. п 1 п
D(rW1_^ 2/ -
2) Число взвешиваний п находим из условия о [У (n)l = 1/оа/и =
= «х/Vn = сг/10; п = 100.
7.19. Светящаяся точка, изображающая наблюдаемый объект на
круглом экране радиолокатора, может случайным образом занимать
любое положение на экране (плотность вероятности постоянна). Диа-
метр экрана равен D. Найти математическое ожидание расстояния
от светящейся точки до центра экрана.
Решение. R = УХа4-Уа, где (X, У) — система случайных ве-
личин, распределенная равномерно в круге Kd диаметра £>;
f (х, у) = 4/(лО2) при (х, у) € Ао;
/иг = М[Я] = jf
(«d) "
6* 163
*
или, переходя к полярной системе координат (г, ср),
2х D/2
4 С J С а J D
т.. ---------| dq> | г2 dr = —.
nD2 J J • з
о о
7.20. Две точки X и Y независимо друг от друга занимают случай-
ное положение на отрезке (0; 1) оси абсцисс (рис. 7.20, а), причем плот-
ность вероятности на этом отрезке постоянна для обеих случайных ве-
личин. Найти математическое ожидание расстояния R между этими
точками и квадрата расстояния между ними.
Рис. 7.20
Решение. Имеем R = | Y—Х|; тТ = М [|Y —Х|). Изобразим
систему случайных величин (X, Y) как случайную точку на плоскости
хОу (рис. 7.20, б), распределенную с постоянной плотностью / (х, у) — 1
в квадрате со,'стороной, равной единице. В области : X > Г; |У —
—Х| = Х — У. В области Da г У>Х;| У — Х\ = У — X.
mf = JJ(x—y)dxdy+tf (y—x)dxdy=
1 X 1 t) >
J dx^(x-y) dy + J dy J (y—x) dx=
0 0 0 3
М^^МЦУ—ХП-аЛП+аЛХ]—2mxmy =
= 2(£>ЗС + /Пх)—2mx— 1/6.
7.21. Имеется квадрат К co стороной, равной единице (рис. 7.21).
На смежные стороны квадрата случайным образом и независимо друг
от друга падают точки X и У; каждая из них имеет в пределах соответст-
вующей стороны равномерное распределение. Найти математическое
ожидание квадрата расстояния между ними.
Решение. R2 = X2 + У2; М[7?2] =a2 [X] + а2 (У1 = 2/3.
7.22. Условия предыдущей задачи изменены так, что точки X,
У попадают не на смежные, а на противоположные стороны квадрата
(рис. 7.22). Найти математическое ожидание квадрата расстояния меж-
ду точками X и У.
Решение. /?2 = 1 + (У — X)2; М [/?2]= 1 4- а2 [У1 +
+ а2[Х1 — 2 М [X] М [У] = 1 + 2/3 — 1/2 = 7/6.
7.23. Условия предыдущих задач (7.21 и 7.22) изменены так, что
точки X и У случайным образом и независимо друг от друга занима-
ют с постоянной плотностью любое положение на периметре квадрата
X. Найти математическое ожидание квадрата раестояния между ни-
ми.
Решение. Выберем три гипотезы:
— {точки X, Y легли на одну и ту же сторону квадрата};
Я2 = {точки X, У легли на .смежные стороны квадрата};
Н3 = {точки X, У легли на противоположные стороны квадрата}.
Математическое ожидание величины R2 найдем по формуле полного
математического ожидания:
М U?2] = Р (Яг) М [X2 | /7J + Р (Я2) М I/?2 | Н3\ +
,.+Р(Я8)М(Я2 |Я81,
где М IR2 | /7J, М IX2 | Н2], М [Z?2 | Я8] — условные математические
ожидания величины R2 при соответствующих гипотезах.
Из ранее решенных задач 7.20, 7.21, 7.22 имеем
М [X2 | = 1/6; М (X2 | Н2] = 2/3; М (X2 | Н3] = 7/6.
Находим вероятности гипотез: Р (Hj) = 1/4; Р (Я2) = 1/2; Р (77 3) =1/4;
отсюда М [7?31 = »/< •1/в+1/2 • 2/3 • + V4 • 7e = 2/s.
7.24. Случайная величина X имеет плотность f (х). Рассматривает-
ся ее функция У = min {X, а}, где а — неслучайная величина. Найти
математическое ожидание и дисперсию случайной величины У, не на-
ходя ее закона распределения.
Решение. По общей формуле (7.0.7)
М [У] = J min {х, а} [ (х) dx.
00
Прих<а получим min{x, а} = х; при получим min {х,а} =
= а. Отсюда
a
a
М[У] = J xf(x)dx+ a§f(x)dx = J x f(x) dx -f- a P {X>a} (7.24.1)
oo a —°°
' Аналогично находим второй начальный момент
a
a
Ог[У]= J x^(x)dx + a2^ f(x)dx = J x*f (x) dx + a2P {X>a} (7.24.2)
®*oo a —»
и дисперсию
О [П = а2 [У] — (М [У])2.
7.25. Тот же вопрос, что в предыдущей задаче, но случайная вели-
чина X — дискретная, принимающая целочисленные положительные
значения с вероятностями, заданными рядом распределения
±1 2 . •. k 1 • •. п
Р1 Р2 ... pfel... рп
Y = min {X, а},
а —не случайное целое положительное число, заключенное между
1 и л (1 < а < п).
п
Решение. М [У] = У, min {k, a} ph‘ при k < а получим
min {k, а} — k; при k а получим min {k, а} =а. Тогда
а— 1 п
м(и= 2 р*.
k=\ k—a
Аналогично находится второй начальный момент
п
«а1И= 2 + fl2 S Рк
fe=l k=a
и дисперсия
' 1 D [У] = а2 [У] — (М [У])2.
7.26. Производится ряд независимых опытов, в каждом из которых
событие А происходит о вероятностью р. Опыты прекращаются, как
только произошло событие Л; общее число опытов не должно превосхо-
дить N. Найти математическое ожидание и дисперсию числа У опытов,
которое будет произведено.
Решение. Сначала рассмотрим случайную величину X —
число произведенных опытов, если ограничение N по общему числу опы-
тов снято. Случайная величина X имеет геометрическое распределение,
начинающееся с единицы; ее ряд распределения:
1 I 2
Р | Р<7
-I а I-
(7 = 1—р).
Случайная величина Y есть минимальное из X и N:Y =± min{X, Af}.
На основе результатов задачи 7.25 имеем (полагая п = оо)
M[K] = *2 kPk + N 2 pft= 2 kpqk~' + N 2 W4"’ =
k= 1 k=N k= 1 k=N
==p\N^kq*-'+N 2
(*=.! k=N J
Вычислим первую сумму
V w-i = у _± n^-L
A & *> {-4 (l-<?)3
Вторая сумма равна (NqN-l)/(l — q), откуда
м ry i = о 1-a',?n~1+('v-1)?n+jV‘7n~1-a,‘?n = 1-<?N
(1-c)2 P '
7.27. В гл. 1 рассмотрена задача Бюффона: игла длины I наугад
бросается на плоскость, разграфленную параллельными прямыми, от-
стоящими друг от друга на расстояние L > /, и установлено, что веро-
ятность пересечения иглой какой-нибудь из прямых равна р=2//(Ьл);
так как число пересечений при I < L может быть только 0 или 1, то
математическое-ожидание числа пересечений будет равно р. Како-
во будет математическое ожидание числа пересечений иглы с прямыми,
если снять ограничение I < L?
• Решение. Разобьем длину иглы I на п элементарных участков
txl = Un < L. Случайная величина X — число пересечений иглы с ли«
п
ниями — может быть представлена в виде суммы: X = У, Xt, где Xt —
z=i •
число пересечений о прямыми /-го элементарного участка. Случайная
величина Xt — индикатор пересечения /-го участка с какой-либо из
прямых —- имеет математическое ожидание, равное вероятности пере-
сечения:
М [Хг1 == pt = 2 Д/ /(Ln),
откуда
M[XJ= У
Ln Ln
1
7.28. На плоскость, разграфленную параллельными прямыми, фи-
гурирующую в предыдущей задаче, бросается случайным образом лю-
бой контур (выпуклый или невыпуклый, замкнутый или незамкнутый)
длины I. Определить математическое ожидание числа пересечений это-
го контура с прямыми.
Р е ш е н и е. Как и в предыдущей задаче, М [У1 = 2 l/(Ln).
Чтобы доказать это, нужно разделить контур на п элементарных, прак-
тически прямолинейных участков длины Д/; для каждого из них мате-
матическое ожидание числа пересечений будет 2Д//(А/л), а для всего
контура 21/(Ln).
7.29. На плоскость, разграфленную параллельными прямыми, от-
стоящими друг от друга на расстояние L, бросается случайным обра-
зом выпуклый замкнутый контур длины I, наибольший размер кото-
рого а не превосходит L (рис. 7.29). Найти вероятность того, что он
пересечется с какой-либо из прямых.
Решение. Обозначим р — искомую вероятность, Y — число то-
чек пересечения контура с прямыми. Так как контур выпуклый и зам-
кнутый, а его наибольший размер меньше L, то контур может иметь
либо две точки пересечения с прямыми, либо ни одной. Ряд распределе-
ния случайной величины У имеет вид
На основании задачи 7.28
откуда р = Il (Ln).
У:
7.30. Пловкость разграфлена на прямоугольники со сторонами
L и М (рив. 7.30). На плосковть случайным образом бросается игла
длины / (/<£,/< М). Найти вероятность того, что игла пересечется
хотя бы с одной из линий, а также найти математическое ожидание чис-
ла пересечений иглы а какой-либо прямой при снятых ограничениях
l<L,l<M.
Решение. Рассмотрим прямые, ограничивающие прямоуголь-
ники, как две системы линий —горизонтальных и вертикальных. Рас-
смотрим события: (
А = {игла пересечется в одной из вертикальных прямых);
В = {игла пересечется с одной из горизонтальных прямых).
Так как положение иглы относительно вертикальных прямых ни-
как не влияет на ее положение относительно горизонтальных, события
А и В независимы; поэтому искомая вероятность
Р (А + В) = Р (А) + Р (В) —Р (А) Р (В).
На основания задачи Бюффона Р (А) = 2//(л£), Р (В) = 2Ц(пМ),
откуда
Р (А + В) = 2//(nL) +2ll(nM) — 4PI(n2LM).
Снова, как и раньше, разделяя иглу произвольной длины / на эле-
ментарные участки, имеем
М [X] = 21 l(nL) + 2//(лЛ4) — 4/a/(n2LAf).
7.31. Прямоугольник с размерами /х х 12 случайным образом бро-
сается на плоскость (рис. 7.31); все значения угла 0 равновероятны.
Найти математическое ожидание длины X его проекции на ось Ох.
Решение. Представим X как сумму X = Хх + Х2, где Хг —
проекция отрезка /х; Х2 — проекция отрезка /2. Искомое математичес-
кое ожидание
М m = М [XJ + М [Х21 = 2/х/л + 2/2 In = 2 & + /2)/л,
т. е. равно периметру прямоугольника, деленному на л.
7.32. Выпуклый замкнутый контур длины I бросается случайным
образом на плоскость, причем все его ориентации одинаково вероятны
(рис. 7.32). Найти математическое ожидание длины X его проекции на
ось Ох.
Решение. Так как контур выпуклый, то каждый элемент про-
екции Дх получается проектированием двух и только двух противоле-
жащих элементов контура: Д/х. и Д/2 (см. рис. 7.32); значит, средняя
длина проекции контура вдвое меньше суммы средних длин проекций
элементарных отрезков Д/, на которые можно разбить контур:
М[Х] = — у — = J-.
2 л л
7.33. Имеется случайная величина X в плотностью f (х). Найти
математическое ожидание и дисперсию случайной величины У —
Решение. Запись / = |Х | означает, что
у _(—X ПРИ Х<0;
( X при X > 0.
co 0 co
tiiy — i>\[Y] = J \x\f(x)dx = — j xf(x)dx §xf(x)dx =
co
= §x[f(x)+f(—x)]dx-,
0
co
Du = a2[Y]~-ml= J |x|2f(x)dx—m£ = a2[XJ—m| = Z\4-ml—m*e.
~co
7.34. Найти математическое ожидание и дисперсию модуля случай-
ной величины X, распределенной по нормальному закону с параметра-
ми т, о.
Решение. Из предыдущей задачи
I л (х—т} “ (х-т)1
тд—---------— \ хе 2о’ dx~\----------= I хе 2°г dx.
а"1/2л аД/2л J
Делая замену переменных (х — т)/а = t, получаем
т
CF ft ао р
Щу—-------f (fo4-m)e~^2 dt-\---------------f (fo-|-/n)e 2 di —
1/2л J У2л J
—co m
OF
Л 1 / tn \2
= —2g-e- 2 ( +тф(—Y
l/2n \ о 1
где Ф — функция Лапласа.
Dy = о2 4- т2 —т%.
В частности, при т = 0 s
m„= |/ — о«0,80о; О» = о2—- о2 = Л — -Ц ст2 ~ о,36о2. |
v У п у л ч л / j
7.35* . Независимые случайные величины X и Y имеют плотности I
fi (х) и f2 (у). Найти математическое ожидание и дисперсию модуля их j
разности Z — \Х — У|. 1
Решение. Имеем |
тг =JJlx—y\fi(x)h(y)dxdy. |
Прямая у — х делит-плобкооть хйу на две области I и II (рив. 7.35).
В области I х > у, |х — у\ = х — у. В области II у > х, |х — у | — ;
у — х. Отсюда \
т*= dxdy + И *)h Wh(У) dxdy
(D di) I
= J xfi(x) j f2(y)dy\dx — J yf2(y) p! (x)dx.dy +
— ОО I» co ) «00 \y ) *
+ J yh (У) j h W dy— J xfi (x) j J f2 (y) dy dx.
— OO \ OO J » OO tx t
Введем в рассмотрение функции распределения
х V
Fi(x)= j fi(x)dx; F2(y) = J f2(y)dy.
f=* 00 «*00
Тогда
mz = j xfi(x) F2 (x)dx— j yf2(y)[l — Fj_ (y)]dy+
«ОО “вЧ OO
00 00
+ J yf^F^dy— J хД(х)[1 — F2(x)]dx.
У
TL
Puc. 7.35
as
I
Объединяя первый интеграл с четвертым, а второй с третьим; получаем
тг = f [2xft (х) F2 (x)—xfi (х)] dx-t- j [2yf2 (у) F± (у) —yf2 (у)] dy =й
= 2 f xfi (x) F2 (x) dx—mx+ 2 J yf2 (у) (у) dy—my.
— 00 —00
Так как X, Y независимы, то
а2 [Zl = М [| X — Y |а1 = М [(X — У)21 =
= М [X2] + М [У21 — 2М [X] М [У] =
= а2 [X] + а2 [У] — 2тхту = Dа + Dy + (тх —ту)2.
Отсюда находим Dz = а2 [Z] — ml.
7.36. Независимые случайные величины X и У имеют плотности
/1 (х) и f2 (у). Найти математичевкое ожидание и дисперсию минималь-
ной из этих двух величин Z — min {X, У}.
Решение.
2 _ (X, если Х^ У;
(У, если Х>У.
Прямая у — х делит плоскость хОу на две области (см. рис. 7.35):
I, где Z = Y, и II, где Z = X (случай X = Y не рассматриваем, как
имеющий нулевую вероятность).
== М [Z] = R х^ (х) /2 (у) dxdy 4- У yfi (х) f2 («/) dxdy=
di) (i)
= J #1(х)П—F2(x)]dx4- J t/f2(t/)[l—Ft{y)\dy,
£•» co co
где Fb F2 — функции распределения случайных величин X и У.
a2[Z]= j х2Л(х)[1 — F2(x)]dx+ J //2f2(#)[l — F1(y)dy];
co “ co
£)2 = a2[ZJ—m|.
7.37. Случайное напряжение U распределено по нормальному за-
кону f (и) с параметрами т и о. Напряжение U поступает на ограничи-
тель, который оставляет его равным U, если U и0, и делает равным
а0, если U > «о;
Z = min{t/, ы0}= г,
(и0 при с/>«0.
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины
Z — напряжения, снимаемого с ограничителя.
Решение. На основании задачи 7.24 имеем:
СО * Uq ОО
m2 = M[Z] = J min {и, u0}f (и) du = J uf(u)du-\- J uof(u)du =
•*- oo — oo ue
Uq
j «о f (u) du «= (m2u 4- o’) (Ф (t0) + 0,5)
«0
+ «о [0,5 -Ф (f0)]---g“'”"j?g“
— expl-’-j-h
2я
Dz = щ [Z]-ml =^{(1 + tS) (Ф (t0)4-0,5) +-^
-po(®(« + 0,5) + -pU.exp[—‘1
Заметим, что при u0 = mu, t0 = .0, имеем tnz = mu — oru (V2n )~1;
Dt = o? (« — i) (2л)"1.
7.38. По каналу связи передается N сообщений; длительность каж-
дого сообщения случайная, имеет одни и те же математическое ожида-
ние т и дисперсию D и не зависит от длительностей других сообщений.
Найти математическое ожидание и дисперсию суммарного времени Т, '
за которое будут переданы все N сообщений. Найти 7тах — макси-
мальное практически возможное время передачи всех сообщений.
N
Решение. Т = 2 где Тt — длительность i-ro сообщения
i=i
(i = 1,2,..., ЛО. По теореме сложения математических ожиданий
М[Т) = М
N 1 N
2 Л = 2 M(Tf] = Mn.
i= 1 J i= 1
По теореме сложения дисперсий
D[T] = D
N
= 2 ^lTt] = ND-,
i= 1
= ND.
По «правилу трех сигма» Tmax = Nm 4- 3VND.
7.39. Решить предыдущую задачу 7.38 с тем изменением, что дли-
тельности Ti сообщений зависимы и коэффициент корреляции случай-
ных величин Tt и Tj равен г<7-.
Решение. Математическое ожидание по-прежнему равно
М [Т] = Ntn: Для вычисления дисперсии находим корреляционный
момент величин Тг, ТКц — Гц а2 = Гц D. По формуле (7.0.28) для
дисперсии суммы
D[T]=MD + 2 2 rtjD = D(N + 2 2 Tjnax — Mn + 3/D[T].
/</ \ i<i J
Puc. 7.40
7.40. Система случайных величин (X, Y) распределена равномерно
в прямоугольнике/ R (рис. 7.40). Определить: 1) М IX 4- У1;
2) М [X — Ю; 3) М [ХЮ; 4) D IX 4- Ю; 6) D (X —И; 6) М [(X —У)2];
7) М [2Х3 + ЗУ2 4- 1].
Ответ. 1) 3/2; 2) 1/2; 3' 1/2; 4) 5/12; 5) 5/12; 6) 2/3; 7) 6. J
7.41. При работе электронного прибора возникают случайные не- 1
исправности; среднее число неисправностей, возникающих за единицу 1
времени работы прибора, равно число неисправностей за время л '<•
работы прибора —случайная величина, распределенная по закону ]
Пуассона с параметром а — X т. Для ликвидации возникшей неисправ- '
ности (ремонта прибора) требуется случайное время Т^м‘, это время j
распределено по показательному закону f (/) = ре-*1* при t > 0. Вре- :-
мена ликвидации неисправностей независимы. Найти: 1) среднюю долю
времени, которую прибор будет исправно работать, и среднюю долю
времени, которую он будет находиться в ремонте; 2) средний интервал
времени между двумя последовательными неисправностями.
Решение. 1) Среднее время исправной работы прибора (мате-
матическое ожидание времени, которое проработает прибор после пус-
ка до оетановки для ремонта) /испр == 1/Х. Среднее время ремонта 7рем=
= 1/р. Средняя доля времени, которую прибор будет исправно рабо-
тать, равна
(у = ^испр = |/х = р <
/испр + /рем 1/^+1/р Ь + р ’ <
Аналогично средняя доля времени, которую прибор будет ремон-
тироваться, равна j
₽ = 1 -а = Л/(Х+|х). |
_ 1
2) Средний интервал времени Ц между двумя последовательными j
неисправностями I
Ъ = U₽ + U = + i/y - & + н)/(№. I
7.42. Случайная точка (X, Y) распределена на плоскости по нор- 1
мальному закону с круговым рассеиванием: tnx = my — Q; <зх = су—в. |
Случайная величина R — расстояние от точки (X, У) до центра рас- |
сеивания. Найти математическое ожидание и дисперсию величины R: |
Решение. |
R = УХ2 + У2; I
со Ц
mr = м [Я] = [f /x2+t/2—1— ехр(—dxdy. I
J J MFя \ MJ2 / 1
e— OO Ж
Переходим к полярной системе координат г, ср: 1
СО 2л ___ I
тг=^г2—^—ехр(-------7Tr\dr f 4<р = от/ — «1,25о; ;
J 2а’я 2а* / J I/ 2 ’ ’
0 0 Г ;
00
Dr«D[/?] = a2[7?[-wi; = ff (x*+y*) —l—exp(--^±^-}dxdy-
J J zaa л \ 2a2 /
со 2л
—ntr = Г г* —!— ехр (---— 'j dr С dtp — о2 — =
J 2а2 л 2<т2 / J 2
и о
00 •
= 2e2 С/е~* dt— о® — = а21=?-,
J 2 2
о
7.43. Доказать, что если случайная величина X имеет биномиаль-
ное распределение в параметрами п и р, то ее математическое ожидание
М [X] = пр, а дисперсия D [Х1 = npq (q = 1 — р).
Решение. X — число появлений еобытия А в п независимых
п
опытах — представляем в виде X = 2 Хь где Хг — индикатор еобы-
<=1
тия А в t-м опыте, т. е.
_ J1, если в i-м опыте событие появилось;
1 (О, если в t-м опыте событие не появилось.
MIXJ = р; D [Хг1 =pq-,
п ,п
М[Х]= 2 Mixt]=np; D[XJ= 2 pq=npq-
i= i <•= ।
7.44. Доказать, что для п независимых опытов, в которых событие
А происходит с вероятностями pv р2, ..., р„, математическое ожидание
и дисперсия числа X появлений события равны:
М[Х]= 2 Рь D[X]= 2 Pi Qi. ГДе 4i= 1— Pi-
i= 1 <= 1
n
Решение. Аналогично предыдущей задаче X = 2 Xit где Xi -
i = \
индикатор события А в f-м опыте;
п п п п
М[Х]= 2 М[Хг]= 2 Pt! D[X|= 2 D[Xf]= 2 Pi4i-
i= 1 I— 1 i— 1 i= 1
7.45. Рассматривается n независимых опытов, в каждом из которых
событие А происходит с вероятностью р. Найти математическое ожида-
ние и дисперсию частоты Y события А. Найти диапазон практически
возможных значений частоты.
Решение. Y — XIп, где X — числопоявлений события А.
М [У ] = М [Х]/п = — пр — р; D [У] = npqln2 — pqln',
п
о? = ]/О[У] =ypqln ,
где q а= 1 — р. Диапазон практически возможных значений У есть
ту ± 3 а„ = р ± ЗУpqln.
7.46. Доказать, что математическое ожидание и дисперсия случай-
ной величины X, имеющей гипергеометрическое распределение (ем.
4.0.34) с параметрами а, Ь, п, равны соответственно
M[X] = -2^-; D[X}=—-----------nfn—1)Г—-------
a+b (a+b)3 '^a-f-b a-j-b—l
I а \21
Решение. Рассмотрим физическую модель возникновения
гипергеометрического распределения — вынимание п шаров из урны,
где а белых и b черных шаров; X — число вынутых белых шаров. Пред-
ставим п выниманий шара как п опытов, в каждом из которых может
произойти событие А = {белый шар}. Представим величину X как
п
сумму величин Xt — индикаторов события А в t-м опыте: X = 2 -Хг.,
Случайные величины X, зависимы, но теорема сложения математичес-
ких ожиданий применима:
1 n
M[XJ= V М|Х,|; М[Хг]-------------M[XJ = -^-.
a^b a-\-b
I — 1
Дисперсию суммы случайных величин Xt находим по формуле
(7.0.28):
п
Л.
D = 2 D[Xd+ 2 2к
(7.46.2)
Найдем
гч f v , a b ab
D [ХИ = pq ------------- -------;
a-i-b a+b (a+b)3
1
KXl IXIX}]- M[Хг]м [ХД
Произведение индикаторов ХгХ^ события А в i-м и /-м опытах равно
единице только в случае, когда Х( = 1, Xj = 1, т. е. и при t-м, и при
/-м опытах происходит событие А. Вероятность этого равна 7~хм X
(а— Ь) *
X этому же значению равно математическое ожидание
М [Xt Xjl = —°(а~0-----.
* 1 (а-Н) (а-Н—1)
Отсюда
<7-46-3)
Число слагаемых в сумме 2 KXlx} равно С„ «и п (п — 1)/2. Подстав-
ляя (7.46,3) в (7.46.2), получаем формулу (7.46.1).
7.47. В урне 5 белых и 7 черных шаров; из урны вынимается сразу
6 шаров. Случайная величина X — число черных шаров среди вынутых.
Найти математическое ожидание и дисперсию величины X.
О т в е т. М [X] = 3,5; D [Х1 = 70/33 « 2,12.
, . 7.48. Радиолокационная станция ведет слежение за областью про-
странства, где находится N объектов. За один цикл обзора х-й объект
(независимо от других) обнаруживается с вероятностью pt (I = 1, ...,
N). За время наблюдения осуществляется п циклов’обзора. Найти ма-
тематическое ожидание и дисперсию числа объектов X, которые будут
обнаружены.
Решение. X = 2 где — индикатор события At =
/=1
= {обнаружение х-го объекта}.
Р (ЛО = 1 - (1 - рг)п;
N N
М[Х]= 2 [1-(1-РхП = ЛГ- 2 (1-рг)п;
Х= 1 , 1= 1
N
D(X) =
1
При неограниченном увеличении числа циклов обзора п
lim М[Х] = М; limD[X] = 0,
П->.оо co
т. e. в пределе при n -* co будут обнаружены все объекты.
7.49 *. Берется произвольная точка А внутри круга радиуса а (рис.
7.49), и через эту точку проводится хорда ВС под произвольным углом
0 к радиусу, проходящему через А. Найти среднюю длину этой хорды.
Решение. Точка А берется произвольно в пределах круга, по-
этому ее полярные координаты R, Ф независимы и распределены по
законам:
2 1
Д(г) =----г при 0 <г<а; f2(<p) =—~ при0<ф<2л.
а2 2л
Так как средняя длина хорды, очевидно, не зависит от угла <р, возьмем
точку А на произвольном радиусе (на расстоянии R от центра) и про-
ведем через нее хорду ВС под случайным углом 0 к радиусу. Из усло-
вий задачи следует, что случайная величина 0 имеет плотность f3(&) =
= 1/2л при 0< 2л. Выразим.длину D хорды ВС через случай-
ные величины R и 0. Для этого опустим из центра круга перпендику-
ляр на хорду и обозначим его длину Н. Очевидно,
D = 2Уа2 — Я2; Н = R sin 0; D = 2Уа2 — R2 sin2 0.
Математическое ожидание случайной величины D найдется как
2л а
М[£>] = С d& J2 /а2—r2sin2$ -^-у— dr =
о о
л/2
= _8_ f г»(1—со8»ф) _ J61 1 70а.
лаа J 3 sin2 ф Зя
о
г
7.50 *. Найти среднее значение длины хорды ВС (рис. 7.'50), про-
веденной через точку А внутри круга, находящуюся на расстоянии L
от центра круга радиуса г, причем все направления этой хорды одина-
ково вероятны.
Решение. Хорда ВС выражается через величины L, Ф, г сле-
дующим образом:
BC = 2r]/~ 1—-^-sin2Q.
Если длину хорды ВС считать случайной величиной X, то
л/2 у---------------
тл= J — 2г р/ 1—J sin2 ф dtp =
о
Л/2
= -^~ f V1—&25Й12ф4ф,
я J
где k = Llr. Полученный интеграл представляет собой полный эллип-
тический интеграл Е (k, л/2) с модулем k; его значения можно найти в
справочниках. Например, при k = 1/2 интеграл Е (1/2, л/2) = 1,4675
и тх т 1,87г.
Так как полный эллиптический интеграл Е (k, п/2) измеряется от
л/2 (при k = 0) до 1 (при k = 1), то средняя длина хорды будет при-
нимать значения от 2 г (при k = 0, т. е. для точки А в центре круга)
до 4г/л (при L = г, т. е. для точек А на окружности).
7.51 *. Техническое устройство состоит из п узлов. Каждый узел
может выходить из строя независимо от других. Время исправной
работы г-го узла распределено по показательному закону с парамет-
ром Хг:
(/>0).
Каждый узел, оказавшийся неисправным, немедленно заменяется но- '
вым и поступает в ремонт. Ремонт i-ro узла продолжается случайное ~
время, распределенное по показательному закону с параметром
(0 = И? (/ > 0). Устройство работает в течение времени т.
Определить: 1) математическое ожидание и дисперсию числа уз-
лов, которые придется заменить; 2) математическое ожидание суммар-
ного времени Т, которое будет затрачено на ремонт вышедших из строя
узлов.
Решение. 1) Обозначим Xt число узлов Z-ro типа, вышедших
из строя за время т. Эта случайная величина распределена по закону
Пуассона и имеет математическое ожидание mXl = 1гт и дисперсию
Dx. = Л.гт. Обозначим X общее число узлов, вышедших из строя за вре-
мя т. Имеем
х ~ 2 Кб mx= 2 m^i=2
,=1 <=i >=1
Так как величины Xi независимы, то
п п
/= 1 ^=1
2) Обозначим Тt общее время, затраченное на ремонт всех вышед-
ших из строя за время т узлов Z-ro типа. Оно представляет собой сум-
му времен, затраченных на ремонт каждого из узлов. Так как число
этих узлов равно Xf, то
Тг = Т?’ + Т?)4-... + Т/(Х°-у T\k\
где Tik)—случайная величина, распределенная по*показательному за-
кону с параметром р.г; величины Tj2\ ... независимы.
Найдем математическое ожидание случайной величины Tt по ин-
тегральной формуле полного математического ожидания; для этого
предположим, что случайная величина Х{ приняла определенное зна-
чение т. При этом условии математическое ожидание величины Tt
будет
т тл
М[7\|/п] = у М[тН= У —.
Hi Hi
Умножив это условное математическое ожидание на вероятность
Рт того, что случайная величина Xi приняла значение т, и просум-
мировав все эти произведения, мы найдем полное (безусловное) мате-
матическое ожидание величины Tt
M[Td= у рт^- = -±- У
Hi Hi Hi Hi
Применяя далее теорему сложения математических ожиданий, по-
лучаем
М(Т] = <сУ-^-.
Я Hi
Заметим, чтэ тот же результат можно получить путем следующих
(не вполне строгих) рассуждений. Среднее числе выходов из строя уз-
ла i-ro типа за время т равно Х;т; среднее время ремонта одного такого
узла равно 1/р>г; среднее время, которое будет затрачено на ремонт
всех вышедших из строя за время т узлов i-ro типа, равно А.{т/р,г;
среднее время, которое будет затрачено на ремонт узлов всех типов,
п
равно т _2 £•
7.52*.' Условия задачи 7.52 изменены таким образом, что каждый
вышедший из строя узел отправляется в ремонт, а техническое устрой-
ство на это время прекращает работу; при неработающем (выключен-
ном) устройстве узлы выходить из строя не могут. Найти: 1) математи-
ческое ожидание числа остановок устройства за время т; 2) математи-
ческое ожидание той части времени т, в течение которой устройство бу-
дет простаивать (оно же среднее время, затраченное на ремонт).
i-йцикл 2-й цикл 3-йцикл 4-й цикл
Рис. 7.52
Решение. 1) Обозначим X число остановок за время % и най-
дем его математическое ожидание тх. Задачу будем решать с помощью
следующих не совсем строгих (но тем не менее верных) рассуждений.
Рассмотрим неограниченный во времени процесс работы устройства в
виде последовательности «циклов» (рис. 7.52), каждый из которых со-
стоит из периода работы системы (отмечен жирно) и периода ремонта.
Длительность каждого цикла представляет собой сумму двух случай,
ных величин: Траб (времени работы устройства) и Трем (времени ре.
монта). Средняя длительность времени работы устройства /и(раб вы.
числяется как среднее время между двумя последовательными отказа,
п
ми в потоке отказов интенсивности Х = 2 оно равно
г=1
mW=1A=1 / 1^-
/ 1 = 1
Находим среднее время ремонта wipeM. Будем его искать по форму-
ле полного математического ожидания при гипотезах Hi е= {ремонти-
руется узел i-ro типа) (i = 1, 2.п).
Вероятность каждой гипотезы пропорциональна параметру Xji
Р(^г)=^/з
/ ‘=1
Условное математическое ожидание времени ремонта при этой ги-
потезе равно. Г/рг; отсюда
1 п 1
mt =у = А.,
‘рем л
Среднее время цикла
^т+12Л-т(‘+2Д)
Теперь представим себе последовательность остановок устройства
как последовательность случайных точек на оси Ot, разделенных интер-
валами, в среднем равными т<ц. Среднее число остановок за время т бу-
дет равно среднему числу таких точек на отрезке длиной т;
(п , \
i=i у
2) За каждый цикл устройство будет простаивать (ремонтировать-
п
. 1 V М
ся) в среднем время т«рем = ~ jp» следовательно среднее время
простоя
7.53. Случайная величина X распределена по нормальному зако-
ну с характеристиками тх и ох. Случайные величины Y и Z связаны с
X зависимостями Y = X2; Z = X3. Найти корреляционные моменты
Ххи, Хяг И
Решение. Для упрощения вычислении перейдем к центриро-
ванным величинам и-воспользуемся тем, что для центрированной нор-
мальной величины к =Х—тх все центральные моменты нечетных по
рядков равны нулю, а М (Х21 = о1, М (Х41 == 3 о£ (см. задачу 5.26).
Так как
Г = (X + тх)2—М (X2) = Х2+ 2\тх + т2—Dx—т2 =
= к2 + 2\тх-<& ,
ТО
Кху = М [XY] = М [X (X2+2Хтх-<т!)] - 2о> тх.
Далее
Z = (X + тх)3—М [X8] = X8 + ЗХ2 тх+ЗХт£+т3х—(3тх о2 + /и8) =
« X8 + 3*Х2тж 4- 3%т£—Зтх о2,
и поэтому
КХ1 = ЛД& Z] - М [£4] + Зтх М [Xs] + 3ml М [^2]—
—Зтх о! М (XI = За1+Зт2 о2х.
Наконец,
Куг = М [(.£24- 2Ъ?Ж— а?) (X3 + ЗХ2mx4-3Xml—3mx.o2)J =
= 5тх М [X4] + 6тх (т%— о?) М [А2] 4- Зтх о? = 12тх о? 4- 6m? о?.
7.54. Тело, масса которого равна а г, взвешивается на аналитичес-
ких весах четыре раза; получаются результаты Х1г Х2, Х3, Х4. В ка-
честве измеренного значения массы принимается их среднее арифмети-
ческое: Y = (Хх 4- Х2 4- Х8 4- XJ/4. Результаты взвешиваний независи-
мы. Весы дают систематическую ошибку тх = 4-0,001 г. Среднее квад-
ратическое отклонение каждого взвешивания ох = 0,002 г. Найти па-
раметры: математическое ожидание и среднее квадратическое отклоне-
ние случайной величины Y.
Ответ. ту = а 4- 0,001 г; су = ож/2 = 0,001 г.
7.55. Производятся четыре независимых измерения одной и той
же величины X. Каждое измерение характеризуется одним и тем же ма-
тематическим ожиданием тх и средним квадратическим отклонением
ох. Результаты измерений: Хх, Х2, Х3, Х4. Рассматриваются разности
между соседними измерениями: Ух s= Х2 — Хх; У2 == Х3 — Х2;
У3 = Х4 — Х3. Найти характеристики системы этих случайных ве-
личин: математические ожидания mv„ myi> тУз; средние квадратичес-
кие отклонения оу„ oei, Оу,; нормированную корреляционную матри-
цу 11<мП-
Решение.
ту, = туа = ту3 = 0-, о£ = < = <й = 2о?; = оУ! = oV1 = ох V2.
В силу независимости величин Хх, Х2, Х3, Xt
KyiV2 - м l(X2-*x) tys-XJ] = -М [Х1] = - о2;
у, = М [(Л-Хг) (Л-*а)1 = -М [Хз] = -о2;
Ку, = М [(Х2-А)(Х-ЛВ = 0;
ГУ1 У 2 — ГУг Уз
2а2
1
II Гм 11 =
------2" 1 Г»1 у, — 0»
— 1/2 0
1 —1/2 .
1
7.56. Имеется кубический бак с горючим, на одной из шести стенок
которого случайным образом появляется пробоина; она оказывается с
равной вероятностью на любой из шести стенок бака и в любой точке
каждой из шести стенок. Вследствие наличия пробоины из бака выте-
кает все горючее, находящееся выше пробоины. В неповрежденном со-
стоянии бак заполнен на 3/4 своего объема. Определить среднее коли-
чество горючего, которое сохранится в баке после появления пробоины.
Решение. Для простоты будем считать ребро бака равным еди-
нице. Высоту пробоины обозначим X, объем оставшегося горюче*
го Y. Так как площадь основания равна единице, то
X
0,75
при Х<0,75;
при 0,75 <Х<1.
Если пробоина окажется выше чем на 0,75, от дна бака (X > 0,75),
то горючее вытекать не будет, и в баке останется, как и было, количе-
ство горючего У я= 0,75; вероятность этого равна доле площади по-
верхности бака, находящейся выше уровня 0,75: j
Р {У = 0,75} w Р {X > 0,75} = 1/6 + (4/6) • 0,25 <= 1/3.
Если пробоина окажется, в дне бака (X = 0), то вытечет все горю-
чее; вероятность этого равна доле площади, приходящейся на дно бака:
Р {У. = 0} =Р {X =0} = 1/6.
Если пробоина окажется в одной из боковых стенок бака на рассто-
янии X < 0,75 от дна, то в баке останется количество горючего У = X.
Плотность вероятности в интервале (0; 0,75) постоянна и равна (1 —
— 1/3 — 1/6)/ 0,75 = 2/3. Среднее количество оставшегося в баке
горючего
0,75
т =0,75-—Ч-0-—+ f Х- — dx = 0,44.
в 3 6 J з
о
7.57. В интервале (0; 1) зафиксирована точка а (рис. 7.57); Случай-
ная точка X распределена равномерно в том же интервале. Найти коэф-
фициент корреляции между случайной величиной X и расстоянием 7?
от точки а до X (расстояние 7? всегда считается положительным). Оп-
ределить, при каком значении а величины X и R будут некоррелиро-
ванными.
X. - - - . ,
------1------л---------?------1-----
О 4 —-------------------------------~-Не 1 t
R
Рис. 7.57
Р е ш е н'и е. Определим Кхг по формуле Kxr в М [Х₽] — тхтг.
1 1
М[Х/?] = М[Х|а—Х|] = $х|а — x|/(x)dx = Jx|a—x\dx=^
о о
а 1
= J х(а—х) х(а—х)^х = ~~----|~ + j
0 а
р р р 1
/п„ = 4-; m,= fla—x\dx = \(a—x)dx—\(a—x)dx==at—a + —>
2 J J J *
ООО
Отсюда
Находим
°x=—£>r = a2[7?]—mb
12 2 V3
1
a2 [/?] = J (a—x)2 dx = a2—a 4- ;
о
Dr = 2a8—a4—a2+-jj-; ог = УД.
Отсюда
Уравнение a3/3—a2/2 4- 1/12 = 0 имеет только один корень в ин-
тервале (0;1); а = 1/2. Поэтому случайные величины X, R. становятся
некоррелированными только при а = 1/2.
7.58. Автомобиль может двигаться по шоссе с произвольной ско-
ростью v (О v отах). Чем быстрее движется автомобиль, тем боль-
ше вероятность того, что он будет задержан инспектором милиции.
Каждая задержка длится в среднем время /0. Инспекторы на пути сле-
дования расставлены случайным образом; при этом на единицу длины
пути приходится случайное число инспекторов, распределенное по за-
кону Пуассона с параметром А. Зависимость вероятности задержки
от скорости машины линейная: р (t>) = kv (О v отах), где k —
= 1/ошах. Определить рациональную скорость движения ор автомоби-
ля, при которой он пройдет путь s в среднем' за минимальное время.
Решение. Среднее время прохождения пути $ будет
t — s/v + Asp (и) t0 = s/v 4- A skvt9.
Если минимум этой функции лежит внутри интервала (0, итах)‘
то его можно найти из уравнения
4-=-4-+^о=0’
ди D2
откуда
О - Ор = У 1/(А^о) = /ошах/(^о).
Эта формула справедлива при ор < отах, т. е. при ошах > 1/(А/0)
Так, например, при отах = 100 км/ч, А «= 1/20 км"1 и /0 20 мин
ор = VlOO/f/go.Vs) fit 77,5 км/ч.
Если ®>max < 1/(Х/0), то минимум функции + Asp (и) t0 ле-
жит вне интервала (0, t>max), и наивыгоднейшей является скорость
t)p = omax. Например, если при указанных выше данных время задерж-
ки уменьшить до 10 мин, то ор = vmax = 100 км/ч.
7.59. Производится ряд независимых опытов, в каждом из которых
событие А происходит с вероятностью р. Опыты проводятся до тех пор,
пока событие А не произойдет k раз, после чего они прекращаются. Слу-
чайная величина X — число опытов, которое придется произвести.
Найти ее математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичес-
кое отклонение.
Решение. Представив случайную величину X в виде суммы:
л
x=x1+x2+...+xft=2xf,
?=1
где Хх — число опытов до первого появления события А; Х2— число
опытов от первого до второго появления события А; ...; Хй — число
опытов от (k — 1)-го до k-ro появления события А.
Каждая случайная величина Хг имеет геометрическое распределе-
ние, начинающееся с единицы [см. (4.0.32)1, и ее характеристики
М [Хг1 = 1/р; D [ХИ = qlp* (q ~ 1—р).
Пользуясь теоремами сложения математических ожиданий и дисперсий,
получаем
k k
м [X] =. 2 М [Xt]=kp-, D [X] = 2 D =W;
/=1 Z=l
ax = VD[X] = Vkqlp.
7.60. Для сборки устройства повышенной надежности необходимо
k высококачественных однородных деталей. Перед тем, как поступить
в сборку, каждая деталь разносторонне испытывается и (независимо
от других) оказывается высококачественной с вероятностью р. После
того как набралось k высококачественных деталей, испытания новых
прекращаются. Запас деталей практически неограничен. Найти мате-
матическое ожидание,/пх и дисперсию Dx случайной величины X (число
испытанных деталей). Найти Хтах — максимальное практически воз-
можное число деталей, которые будут испытаны.
Ответ. Из решения предыдущей задачи
тх = kp', Dx = kqlp*-, ах = Vkq/p; Xmax = kp + ЗУ^/р.
7.61. Имеется сетевой график планирования управления (СПУ),
согласно которому момент Y начала какой-то работы представляет со-
бой максимальное время окончания двух ©беспечивающих работ Хх,
Х2 (моменты окончания этих работ). Случайные величины Хх, Х2 не-
зависимы и имеют плотности Д (хх) и Д (х2). Найти математическое
ожидание и дисперсию случайной величины У, 'а также диапазон ее
практически возможных значений.
Решение. У =sшах{Хх, Х2} =» 1 1
I X,
при Хх>Х2;
при Хх<Х2.
Область I, где Хх > Х2> и область И, где Хх < Х2, показаны на
рис. 7.61.
т„ = М[У] = j Xi/iOfO |
— со К*"* 0°
J fz(Xi)dx2 dxr +
°® Xi °°
4“ J ^2/2 (-^г)' fi (^1) dxi dx2 = J ^1/1 (^1) ^2.(^1) d%i +
+ J «^2/2 (^2) Fi (^2) dx2,
Puc. 7.61
где Fi (x) и F2 (x) — функции распределения случайных величин Хх и
и Х2 соответственно,
М[У2] = J xl f1(x1)F2(x1)dx1+ J х 1/2 (х2) (х2) rfx2;
D (У) = М I У21 — triy, оу = VD [У1.
Диапазон практически возможных значений У равен ту ± 3 ov.
7.62. В условиях предыдущей задачи для начала работы (момент У)
требуется окончание п предыдущих (обеспечивающих) работ. Моменты
их оквнчания Х1( Х2,..., Хп независимы и имеют плотности Д (хх),
fs (x2),...,fn (х«). Ответить на те же вопросы.
Решение.
У = max {Xi, Хг,..., Хп} = Хг при Xt > X, (i = 1,2,
А 1
=М[У]= J (П —1) J/2 (Х2)/3(Х3) ,../п(хJdx2dX;
'3 •••dxn IX
00 I xz x2 Д
XdXi+ j Хг/.г(х2) 1 J (n—1) J /1(хх)/3(х3) ... fn(xn)dxtdx2 ... dxn\ x
Xdx2+... + J xnfn(xn)
J J A(xi)/a(x2)-./n-i(Xn-i)rfx1X
X dx2... dxn-i dxn.
В данном случае (п — 1)-кратный интеграл распадается на произве-
дение п — 1 однократных, поэтому
п ?
та=2 \ xtfi(Xi) П F/tXijdXi,
f=i««. 1</<п
где Fj (х;)— функция распределения случайной величины X} (/' = 1, 2,
.... га) при аргументе, равном xt. Аналогично находим
п “
М [У2] = 2 f х? fi(Xi) п Fjtxddxf, D [У] = М [Уа1 - та.
ад
Если случайные величины X; (/ = 1,2, га) распределены одина- I
ково с плотностью f (х) и функцией распределения F (х),то
ту—п J х/(х) [F (х)]"*"1 dx.
S QO
Аналогично вычисляются М [Уа] и D [У1:
М[У2]«га J x2/(x)[F(x)]n-e,dx; D [У] - М [У2] — m*s.
00
7.63. Прибор (построенный по типу максимального вольтметра)
регистрирует максимальное из двух напряжений: Ut, Случайные
величины и1г Uч независимы и имеют одну и ту же плотность) f (и).
Найти математическое ожидание показания вольтметра, т. е. случай-
ной величины U = max {Ut, U2}> если / (и) = %е—Хи (и > 0 ) — по-
казательное распределение с параметром Л.
Решение. В соответствии с решением предыдущей задачи
ММ = 2 j uf(u)F(u)du — 2^ Xue™^ (1 — e^Ku)du =
>—• оо О
= 2 С Хме“Хи du—21 С ые“2Х“ du = —-----.
J J А» 2л 2А*
о о
Отсюда видно, что М [ [/] больше математического ожидания’ каждой
из случайных величин l/v U2 в 1,5 раза.
7.64. Математическое ожидание и дисперсия суммы случайного
числа случайных слагаемых. Случайная величина Z представляет собой
сумму: Z=5J Xi, где случайные величины Xt независимы и имеют оди-
i— 1
наковое распределение е математическим ожиданием тх и дисперсией
Dx; число слагаемых У есть целочисленная случайная величина, не
зависящая от слагаемых Xi, имеющая математическое ожидание та
и дисперсию Dy. Найти математическое ожидание и дисперсию слу-
чайной величины Z.
Решение. Пусть дискретная случайная величина Y имеет ряд
распределения
1
Pi
Y
2 .... k | ...
Р2 ... Рк | ...
Сделаем гипотезу {У = k}. При этой гипотезе
k
M[Z|У = 6] = 2 M[Xt]=^x.
1=1
По формуле полного математического ожидания
М [Z] — 2 kph тх = тх 2 kph = тх М [У] = тх ту.
k к
Аналогично условный второй начальный момент величины Z
M[Z2|y = ^] = M
& \*1 г
=м 2^+22 х*х>
i=l / J U-l «</
k
= У 02[Xl + 22»ix»»x = ^a2 [XJ + Л (k— l)ml =
/= i Ki
= k [Dx+m$] + k (k—1) ml = kDx + k* ml.
По формуле полного математического ожидания
a., [Z] = 2 kPk + ml^^pk= Dx my + mlc^ [У] =
k k
— Dxmy + ml (Dy + m£) = Dxmv + ml Dv + ml m%;
D [Z] = a2 [Z] —mlm$ = Dx my+ml Dy.
Итак,
mz = mxmy; Dz — D^nty 4- mlDy. j
Если случайная величина У распределена по закону Пуассона с $
параметром а, то \
тг = amj, Dt = a (Dx + /п®). |
7.65. По каналу связи передается сообщение в двоичном коде, ео- f
стоящее из п символов «О» ил «1»; оба значения одинаково вероятны и f
принимаются независимо. Найти математическое ожидание и диспер-
сию числа X перемен символа в сообщении, а также максимальное прак- |
тически возможное число перемен.
Решение. Рассмотрим п — 1 переходов от предыдущего симво-
ла к последующему как п — 1 независимых опытов, и для каждого из ’
них введем в рассмотрение величину Хг — индикатор перемены симво-
ла, равную единице, если символ менялся, и нулю, если оставался
прежним. ?
х=°2 Хе, М [Xj="s м №1 = "з р=(«-!) Р.
1=1 <=1 <=1
где р — вероятность того, что на данном (i-м) промежутке произойдет
смена символа; аналогично
/1—1
D [Х] = 2 D[X{] = («-!) Р(1-Р).
/ = 1
В нашем случае, очевидно, р = 1/2 и М[Х] = (п — 1)/2; D [X] =
= (п — 1)/4. По правилу трех сигма Хшах = (п — 1)/2 + ЗУп —1/2.
7.66. Группа из четырех радиолокационных станций ведет наблю-
дение за областью пространства, в которых находится три объекта: Sx,
S3. Наблюдение ведется в течение некоторого времени т. За это
время каждая из станций независимо от других обнаруживает каждый
из объектов с вероятностью р(, зависящей от номера объекта, и переда-
ет его координаты на центральный пульт управления. Найти матема-
тическое ожидание числа объектов X, координаты которых будут заре-
гистрированы на пульте.
Решение. Обозначим Хг индикатор события = {Z-й объект
обнаружен}:
v fl» если i-й объект обнаружен;
I 0, если i-й объект не обнаружен (i= 1, 2, 3).
Математическое ожидание случайной величины Хг равно М[Х Л =
= Р {i-й объект обнаружен} = 1 — (1 —рг)4.
з
Так как X — 2 Xt, то
г=1
3 3
м [X] = 2 [1 -(1 -рг)41 == 3 - 2 (1 -Pi)4-
i=l 1=1
7.67. Условия предыдущей задачи изменены таким образом, что
вероятности обнаружения объекта разными станциями различны:
/-я станция обнаруживает i-й объект с вероятностью pi} (i = 1, 2, 3;
/ = 1,2,3, 4).
3 4
Ответ. М[Х] = 3-2 П (1-Ро).
7.68. Радиолокационная станция наблюдает за областью простран-
ства, в которой находятся четыре объекта. Вероятность обнаружения
отдельного объекта в зависимости от времени наблюдения выражается
Функцией р (/) и не зависит от того, обнаружены ли другие объекты.
Найти: 1) математическое ожидание времени Т1г за которое будет обна-
ружен хотя бы один объект; 2) математическое ожидание времени Т4,
за которое будут обнаружены все четыре объекта.
Решение. 1) Вероятность того, что ни один объект не будет
обнаружен за время t, равна [1 —р (i)l4; вероятность того, то за это
время будет обнаружен хотя бы один объект, равна 1 —[1 —р (Z)]4.
Эт® есть не чт® иное, как функция распределения Гх (0 случайной ве-
личины Тх. Как мы доказали в задаче 5.28, для неотрицательной слу-
чайной величины 1\ '
М [7\] =-- $ [ 1 —Л (0] dt = J [1 -р (/)]* dt.
I о
2) Находим вероятность того, что все четыре объекта будут обна-
ружены за время t; она равна [р (Z)l4; это есть функция распределе-
ния Ft (f) случайной величины Т4. Ее математическое ожидание
М [TJ = pl-Е4 (/)] dt = | {1 -[р (0П dt.
Например, если вероятность р (/) задана формулой р (0 = 1 —е-0^, то
М (1—е-«014Л«
О
М[Т4]= f[i—(1— = ;
° I
В этом примере среднее время обнаружения всех четырех объектов I
в сто раз больше среднего времени обнаружения хотя бы одного объек- ।
та. j
7.67. Производится п опытов, в каждом из которых может произой-
ти или не произойти событие А. Случайная величина X —число появ- 1
лений события А во всей серии опытов. Найти математическое ожида- |
ние случайной величины X. . 1
Решение. Представляем величину X как сумму п случайных
величин Xt (I =1..га), где Xt — индикатор события А в t-м опыте:
_ ( 1, если в i-м опыте событие А появится; *
. i~ ( 0, если в t-м опыте событие А не появится. |
п п I
Х= £ Х2;М[Х]= £ МВД; f
/=1 <=1 5
М [XJ — pt, где pt — вероятность появления события в t-м опыте. 1
Итак,
М[Х]=2Л. (7.67.1) |
<=| 4
В частности, если рх — р% — ... = р, то |
М [X] = пр. (7.67.2 |
Специально подчеркнем, что для применимости формул (7.67.1) и |
(7.67.2) вовсе не требуется, чтобы опыты были независимы. |
7.68. Для условий предыдущей задачи 7.67 считая опыты независи- j
мыми, найти дисперсию случайной величины X. |
Решение. По теореме вложения дисперсий
D[X] = d[s X,]»2DfXd.
Дисперсия индикатора события А в t-м опыте 1ем. формулу (4.0.19)}
равна pi (1 —рО; тогда
п
0(Х]ж,2Л(1-Л). (7.68.1)
1=1
В частном случае, когда рх = р2 = ... = рп = р,
D [X] == пр (1 — р). , (7.68.2)
Специально подчеркнем, что формулы (7.68.1) и (7.68.2) применимы
только для независимых опытов.
7.69. Производится п зависимых опытов, в каждом из которых мо-
жет произойти или не произойти событие А. Случайная величина X —
число появлений события. Найти ее дисперсию.
п
Решение. X = 2 Xt> где Хг — индикатор события А в i-м
z=i
опыте. По общей формуле (7.0.28) для дисперсии суммы случайных
величин
п
D[X] = 2d^i+2S
«•=1 </ • 7
гд&Кх{х} — корреляционный момент случайных величин Х4, Хр
х=м Wi [Хг] м [Ху].
Величина Х^Ху обращается в единицу только если Хг — 1 и Ху =1
(т. е. и в i-м, и в /-м опытах появилось событие Л). М [XjXy] = ргу,
где ргу — вероятность того, что и в l-м, и в /-м опытах появится событие
А. КХ_.Х} => Pii—Pipf, отсюда
D [X] = 2 Pi с1 -ра + 2 2 (Ри-Pi Pi*’ (7-69>
г=1 Ki
Таким образом, для нахождения дисперсии числа появлений собы-
тия в п зависимых опытах недостаточно знать вероятность pi появле-
ния события в каждом из опытов; надо еще знать вероятность ргу
совместного появления события в каждой паре опытов.
В частности, когда рх = р2 =* ...=? рп — р, рц не зависит от i и
/ и равна Р, формула (7.69) принимает вид
D 1X1 - пр (1 —р) + п (п — 1) (Р -р2),
где Р = рц — вероятность совместного появления события в любой
паре опытов.
7.70. В урне а белых и b черных шаров. Из урны вынимается наугад
k шаров. Случайная величина X — число белых шаров среди вынутых.
л
ч
1
1
Не пользуясь законом распределения случайной величины X (гипер-
геометрический, см. гл. 4), найти числовые характеристики случайной
величины Xi ее математическое ожидание и дисперсию.
k -
Решение. Х = 2 где . \ ]
<=1 1
1, если ьй вынутый шар белый;
“ t О, если он черный.
k i
м[Х]= 2 M[Xi]=fep,
<=i 1
где р — вероятность того, что вынутый шар — белый; * ]
р = а/(а + &); М [XI = ka/(a + 6). 1
Дисперсию случайной величины X находим как дисперсию числа ’
появлений события в k зависимых опытах 1см. задачу 7.69)]:
D [XI = (1 — p) + k(k — 1)(Р — р2). (7.70)
Найдем Р—вероятность того, что какие-то два вынутых шара (Z-й
и /-й) будут белыми: Р = g-pll] • Подставляя это выражение
и р = в (7.70), получаем
D [X] = —+ k (k—1) f—-------------—-----------—.
(a-j-ft)2 a+b—1 (a+*)a J
7.71*. На железнодорожную сортировочную станцию подается со-
став, состоящий из т вагонов; из этих вагонов тх направляется в ад-
/ k \
ресЛь/п2 = вадресЛ2, ...,тк—в адрес Ak ( = Вагоны рас-
положены в составе случайно безотносительно к их адресам. Если два .
соседних вагона направляются в один и тот же адрес, расцеплять их
не нужно; если в разные —производится расцеп. Найти математичев-
кое ожидание и дисперсию числа расцепов, которые придется произ-
вести, а также оценить (пользуясь правилом трех еигма) диапазон
практически возможного числа расцепов.
Решение. Рассмотрим т — 1 сцепок между вагонами как т —1
возможных позиций, на каждой из которых может произойти «рас-
цеп» или «нерасцеп». Обозначим X случайную величину «число расце-
пов», а У — «число нерасцепов»; У = т — 1 — X. Проще будет ма-
нипулировать со случайной величиной Y. Представим ее в виде суммы: \
т~Л
Y = /?1Y"где
У _ П, если на i-й позиции не производится расцеп; i
г ‘ ~ (0, если производится
(индикатор нерасцепа на i-й позиции). j
m—l 1
По теореме сложения математических ожиданий М [У] = У, М[У{);
z=i
М [Уг] = qb где <jt —вероятность отсутствия расцепа на i-й позиции.;
Все позиции в одинаковом положении: = q2 = ... = qm-i = Я-1
Вероятность q того, что на Z-й позиции нет расцепа, равна вероятности
гого, что два вагона, между которыми находится позиция, направля-
ются в один и тот же адрес. Складывая вероятности того, что эти ваго-
ны направляются в 1-, 2-, &-й адрес, находим
<7= У -i(OTi~1L=—J-------У m (m _ 1);
т (т—1) т (т—1) 1 1
М[Г]-^2 '".('".-o-v2
Отсюда
1 к
М[Х] = /и—1-----У mt (mi — О-
т <Т1
Так как величины X и Y различаются на постоянную, D [XI =
= D [У]. Дисперсию случайной величины Y находим по формуле
(7.0.28) для дисперсии суммы:
D(F]= D(Fd+2S
i=l KJ
Корреляционный момент случайных величин Yit Yj находим по
формуле
(П ^]-м (У,1 м [Ку]=М [У, У,]-<Л
Произведение У г Yj равно нулю, если хотя бы на одной позиции есть
расцеп, и равно единице, если на обеих позициях нет расцепа; отсюда
KMz. = P{H=l, Y^\}-q\
Находим вероятность того, что на обеих позициях (7-й и /-й) нет
расцепа. Эта вероятность различна в случае, когда позиции соседние
(/ — i = 1) и не соседние (/ — I > 1). Обозначим эту вероятность, ког-
да позиции соседние, q0, а не соседние <7НС. Вероятность того, что на
двух соседних позициях нет расцепа, равна вероятности того, что г-й,
(i + 1) -й и (I 4- 2)-й вагоны направляются в один адрес:
* -------1------V 2).
m(m—l):m—2) m(m—l)(m=2)
1=] I XXS I
Для двух соседних позиций М{Y t== qG\ ^yiyj = <7с —92-
Вероятность того, что на двух не соседних позициях (/ —i > 1) нет
расцепов, равна вероятности того, что каждая пара вагонов, между ко-
торыми лежит данная позиция, направляется в один и тот же адрес.
Это может осуществиться в двух вариантах: либо все четыре вагона на-
правляются в один и тот же адрес (Z-й), либо первая пара направляется
в Z-й, а вторая —в r-й адрес. Вероятность первого варианта равна
второго . Полная вероят-
т (т—1) (т— 2) (т —3) r т (т — 2) (т—3)
кость того, что на двух не соседних позициях нет расцепа, равна
Янс=~(т , ‘ 2Wm [ 2 т> (^-2) (mz-3) +
tn (tn — 1) (m—2) (m—3)
+ 2 mt ("Ч — 1) mr (mr — 1) .
Корреляционный момент Ky.U} для двух не соседних позиций равен
?но — <7а- С учетом количества соседних (т — 2) и не соседних (Ст— 1 —
— т. + 2) пар позиций получим
D IX] = D 1И = (т — 1) q (1 - q) + 2 (tn — 2) (q0 — g2) +
4-К/п —2) (т -3) -2 (т -2)] (9во -g2); ох = оу = VdIK],
Диапазон практически возможных значений X есть М IX] ± 3 ох.
Примечание: Весь расчет имеет смысл для т > 3. Если в формулах
для qG и 9нс некоторые множители отрицательны, соответствующие члены пола-
гаются равными нулю.
7.72*. Производится ряд опы-
тов, в каждом из которых неко-
торое событие А («успех») может
появиться или не появиться. Ус-
ловная вероятность того, что собы-
тие А появится при т-м опыте,
если в предыдущих т — 1 опытах
оно не появилось, задана неубы-
вающей функцией R (т) (рис.
7.72)*>. Найти среднее число опы-
тов, которое будет произведено до
достижения успеха.
Р е ш е н и е. Допустим, что опыты не прекращаются после достиже-
ния успеха, а продолжаются. Каждый из них (кроме первого) может
быть «необходимым», если успех до сих пор еще не достигнут, и «из-
лишним», если успех уже достигнут. Свяжем с каждым (г-м) опытом
случайную величину Хь которая равна единице, если опыт необхо-
дим, и нулю, если он излишен.
Рассмотрим случайную величину Z —число опытов, которые при-
дется произвести до достижения успеха; она равна сумме всех случай-
ных величин Хг, из которых первая всегда равна единице (первый
опыт всегда необходим):
z=x1+2 xf.
1 = 2
Ряд распределения случайной величины Xz (i > 1) имеет вид
R(i — 1) 1—R(l—1)
♦) Функция R (т) задана только для целых пг, но для наглядности на
рис. 7.72 точки соединены отрезками прямых*
(если успех уже был достигнут при предыдущих I — 1 опытах, 4-й опыт
излишен; если нет —он необходим). Математическое ожидание слу-
чайной величины Xj равно
м [xj = о ./?(<-1) + 1 • и —r а — di = 1 —/?(/ — I).
Очевидно, так же можно записать и М 1XJ = М 111 = 1 — R (0);
отсюда
М [Z]= 2 [1 — Z? (г —1)] = 2 [1- /?(&)].
/=1 t=o
7.73* . Для условий предыдущей задачи 7.72 найти дисперсию коли-
чества опытов, достаточного для достижения успеха.
Решение. Случайные величины Хх, Х2.........Хг, ... зависимы,
поэтому нельзя просто складывать их дисперсии. Найдем второй на-
чальный момент величины Z:
= М
M[Z2] = M
z=i
+ 2М ГЕ^х,
[/>
М [Х/1 = I2 • 11 — R(i — 1)1 = 1 — R (i — 1).
Величина ХгХ; принимает значение 1, если и Х4 и X; равны еди-
нице, т. е. оба опыта (t-й и /-й) излишни. Для того чтобы оба опыта
(и 4-й и /-й) были излишними, достаточно, чтобы излишним был более
поздний (j-й) опыт:
М1ХгХ71 = Р{Хг = 1, Ху = 1} = 1 — R (/— 1);
отсюда
M[z2j= 2 П-Я(«-1)]+22[1-Я(7-1)Ь
1 i>i
Последняя сумма
2 [l-R(j-l)l =£ 2 И — R(j — DI = 2 а—1)[1-R(/-1)] =
1 = 2 1=1 ( = 2
= 2 И1-Ж*)1;
6=i
отсюда
D[zi= 2 [i-Ж*))+2 2 k n -# WJ -fs
6 = 1 6=1 U = o J
7.74. Вероятность обнаружения объекта радиолокатором с ростом
числа циклов обзора п растет по экспоненциальному закону:
Р (п) = 1 — а" (0 < а < 1). (7.74).
Найти математическое ожидание числа циклов X, после которого
объект будет обнаружен.
Решение! Полагая а — 1 — р, перепишем формулу (7.74)
в виде
Р(п) = 1 -(1 -р)“,
из чего мы видим, что циклы независимы и вероятность обнаружения
объекта в каждом цикле равна р = 1 —а. При этих условиях вели-
чина X имеет геометрическое распределение, начинающееся в единицы,
а ее математическое ожидание
М [X] = 1/р = 1/(1 —а).
Тот же результат можно получить, воспользовавшись решением зада-
чи 7.72:
М[Х]= f = 2«* =-7J—•
fe=0 *=0 1~“
7.75. Радиолокационная станция ведет наблюдение за областью
пространства, в которой находится п объектов. За один цикл обзора
станция обнаруживает каждый объект (независимо от других объектов
и других циклов) с вероятностью р. Сколько циклов понадобится для
того, чтобы 1) вероятность обнаружения всех объектов стала не мень-
ше Р и 2) среднее число обнаруженных объектов стало не меньше дан-
ного т < п?
Решение. 1) Обозначим Gn (k) вероятность обнаружения всех
п объектов за k циклов; GR (k) = [G (&)К где G (A) — вероятность об-
наружения одного объекта хотя бы один раз за k циклов. G (k) = 1 —
— (1 —p)nt откуда Gn (k) = 11 — (1 —p)k\n. Полагаем Gn (k) > P;
(1 _ (1 _ p)fe]«<P; (1—p)fe<l—Vp: £]g(l—p)<lg(l —
n __
— VP). Так как 1g (1 — p) < 0, то при делении на него знак неравен-
ства меняется на обратный:
£>ig(i- V~p)l ig(i-p).
2) Среднее число объектов М [X], обнаруженное за k циклов, по
теореме сложения математических ожиданий равно п (1 —(1 —p)fc].
Полагая п [1 —(1 —p)fcl > т и решая неравенство относительно по-
казателя k, получаем
Vigd-P).
\ п /I
7.76. *. Производится п независимых опытов в разных условиях;
вероятность появления события А в первом, втором и т. д. опытах рав-
на р1г р2,.... рп. Нас интересуют математическое ожидание и дисперсия
случайной величины X —общего числа появлений события А. Для
упрощения вычислений вероятности pt осредняются и заменяются од-
ной, постоянной:
_ 1 ч
i— 1
Верно ли будут вычислены М (XI и DlXI?
Решение. MIX] будет вычислено верно:
__ п п
М(Х]=пр = -^-2 Р‘=2й-
п i=l i=l
Что касается дисперсии, то она будет завышена. Для доказатель-
ства сравним приближенное выражение дисперсии
Dx = np?, где q = 1— р =— V (1—pt)
с ее точным значением
Dx= 2 Pi qt, где <?г= 1—рг.
/=i
Преобразуем двумя способами сумму
2 (Pt —~р) (qt —?)=2 pt vt ~~ 2 Pt 2 =
Ы r=l i=\ 1=1
n ____
= 2 Piqi—npq’
2 (p«—р)(^—9)== 2 (pi~р}(1~Pi — !+p)= —2 (pi~p)2<°-
i=l ( = 1 z = i
Отсюда
2 Pi ^i ПРq = Ox-Dx 0; Dx Dx,
i=* 1
что и требоваловь доказать. Заметим, что знак равенства в Dx > Dx до-
стигается только при Pi = р2 = ... = рп = р.
7.77* . Доказать, что если Хь Х2,..„ Хп независимы, положитель-
ны и одинаково распределены, то
/ П il
М2х«/2^=т-
|_z=i I / = | J «
Решение. Так как все величины Хх, Х2, ..., Хп положительны,
то в знаменателе никогда не стоит нуль. По теореме сложения матема-
тических ожиданий
М
к
2 Ъ
i=i
xtl 2
I i=i J
Так как все величины Xu Х2, ...» Хп распределены одинаково, то
мГх, /2 Х,1=м|хт / 2 X,
L I /=1 J L I /=1
при любых i и т. Обозначим а их общее значение:
М Xt
(/=1, 2, ...
п).
п
Вместе с тем яон®, что сумма всех величин вида Х4/2 Ху равна единице,
следовательно, и математическое ожидание ее тоже равно единице:
п I п
п
= 2 м х,
Заменяя выражение, стоящее под знаком математического ожидания
п
через а, имеем 2 а = /га = 1, откуда а = 1/п. Следовательно,
/=1 .
' к I п 1 k Г I п 1 мЛ 1 ь
М 3%, 2 X, - SM X, 2 х>
|_z=i I /=i J <=i L I i=i J n n
что и требоваловь доказать.
7.78. Имеется п потребителей энергии, потребности которых за еди-
ницу времени представляют собой независимые случайные величины
Х2....Хп с одним и тем же (произвольным) распределением. Рас-
п
сматривается случайная величина Zt = Хг/2^« G = 1» .... «)—доля
z=i
г-го потребителя в суммарном потреблении энергии. Доказать, что при
любом I математичевкое ожидание случайной величины Zt равно 1/п.
Решение. Ясно, что математическое ожидание величины Zt
существует, так как ее значение заключено между нулем и единицей.
Законы распределения всех случайных величин Zf (/ = 1, ..., п) оди-
наковы (в силу полной симметрии задачи), и их математические ожида-
ния равны: М [ZJ — М [Z2] = ... = М fZnl. Так как сумма всех слу-
чайных величин Zt равна единице, то сумма их математических ожида-
ний также равна единице:
М|7г] = 1/п (I = !,...,«).
7.79. Для построения равностороннего треугольника со стороной
а — 3 см пользуются следующим способом: из произвольной точки О
откладывают отрезок длины а; при нем строят угол, равный 60°; за-
тем на стороне этого угла снова откладывают отрезок длины а и полу-
ченную точку соединяют с точкой О (рис. 7.79). Отрезки длины а от-
кладываются с помощью линейки с делениями по 1 мм; максимально
возможная при этом ошибка равна 0,5 мм. Угол откладывается с по-
мощью транспортира с максимально возможной ошибкой 1®. Пользуясь
методом линеаризации, найти математическое ожидание и среднее квад-
ратическое отклонение третьей стороны X.
Решение. Обозначим фактическую длину первой стороны Xt,
второй Х2, фактическое значение угла 0. Эти случайные величины
можно считать независимыми. Имеем
X VXf + Xl + 2X1X2cos0 .
Пользуясь методом линеаризации, найдем
tnx = Vml + m^ —2tnXx tnx, cos tn® ,
где mXt = mXi = 30 мм, cos tn® ~0,5, откуда mx = 1/900 + 900 —900
= 30 мм. Далее
(dx \ __ / J_______2xi—2x2 cos fl____\ 1
dxi/"1 у 2 —2xi x2 cos fl )m $
(dx \ __ / 1 2x2 —2xt cos fl\ 1
dx2 \ 2 l/xi+x2—2xi) x2 cos fl J tn
/ dx \ f 1 2xx x2 sin fl \ 30 l/~ t/tt
I--- j = I — " — I =----- — — 1Э vo MM.
\ df} Jm \ 2 —2Xj Xt cos $ j rn $
Вычисляем
dx \2
^X1 Jm
dx \2
dxt Jm
Дисперсии аргументов нам не заданы, заданы лишь максимальные
практически возможные отклонения их от математических ожиданий:
Дхг = Дх2 = 0,5 мм; ДО = Г = 0,01745 рад. Полагая приближенно
о», = Qxi — — 0,167 мм, DXt = DXi = 0,0278 мм2, о$ —
= ДО/3 = 0,00582 рад, D& = 3,39-10“5 рад, получаем Dx — 0,25 х
Х0,0278-2 + 675-3,39-10~6 « 0,0368 мм2, ах « 0,192 мм.
7.80. Расстояние D от некоторой точки О до объекта R определяет-
ся следующим образом: измеряется угол а, под которым виден объект
из точки О (рис. 7.80); далее, зная линейный размер объекта X и счи-
тая угол а малым, определяют расстояние п® приближенной формуле:
D = X Д2 sin (а/2)1 « Х/а.
Линейный размер объекта X, видимый из точки О, в зависимости ®т его
случайного поворота может изменяться в пределах от 8 до 12 м; угол
а определяется а точностью д® 0,1 тыс. радиана. Расстояние D велик®
по сравнению с размером объекта X. Найти приближенно среднее
к
квадратическое отклонение оо ошибки в определении расстояния D,
если измеренное значение угла а равно одной тысячной радиана.
Решение. Применяя метод линеаризации, имеем
2 [ dDX? . V
\ OX jm \ Оа )т
Линейный размер X будем считать равномерно распределенным в ин-
тервале (8; 12): <тж = (12— 8)/(2УЗ) = 2/V3 м, о* = 4/3 м2;
тх « 10 м. Далее ао « у 0,0001; о« = -$• 10~8; та — 0,001, откуда
— 2 / 1 -.2 | ( % —2 13 м2.
П© =(---) tfx+(----Г 0» —“Г"" М»
\ a Jm \ а2 )т 9
aD =J^-. 10s = 1,20.102 м.
3
7.81. Имеются две почти линейные функции п случайных аргумен-
тов: Y — qpj, (Хи Х2,.... Xn); Z = <р2 (Хз, Х2.Хп). Даны харак-
теристики системы mXl, DXi (i « 1,2,..., п) и корреляционная матрица
||ХО||. Найти приближенно корреляционный момент Kyz.
Решение. Линеаризуя функции ф& и фг, получаем
™ / д<р„ \ 9,
Y « ф? (т*<>’ m*n)+2 Jm
Z « фг (mXi, mXl.тХп ) 4- J } Хг;
отсюда
Последняя сумма содержит п (п — 1) членов; каждому Xtj соответ-
ствуют два члена суммы:
7.82. Для определения расстояния R от точки К до начала коорди-
нат можно применить два способа: 1) определить расстояния Хи Y
200
!ккЧ i
до осей координат и, затем найти 7? по формуле „
= VX2 + У2', 2) измерить Столько расстояние ---------——
Y до оси абснисс и угол а (рис. 7.82), затем най- ./1
ти R п© формуле /?2 = У/cos а. Нас интересует, в/сгН/
какой способ приведет к меньшей погрешности, ее- / I
ли расстояния X и У и угол а определяются с неза-. / I
висимыми друг от друга ошибками, причем сред- ----------------Цр
ние квадратические отклонения ошибок X, У рав-
ны ох = Оу, а ошибки в угле — оа? Рие‘ 7‘°2
Привести численный расчет для значений сред-
них квадратических ошибок <зх — = 1 м; оа = Г = 0,0174 рад
при средних, значениях параметров, равных тх *=> 100 м; ту = 60 м;
та = arc tg {тх1ту) «г 59° « 1,03 рад.
Решение: 1) —- =—— —1_ =---z----;
дх Ух2+//2 дУ У*2+//2
2) д#2 = 1 • д#2 = у sina •
ду cos а да cos2 а
D(/?d=(—М °g + ( y2tf-? ) ^>G2-,oi=VD[R2]>a1.
\cos2 a Jm \ cos2 a ]m
Для числовых данных задачи первый способ более точен:
, /Г. , / 100 \2] 1» , СП2 / ЮО \2 Л Л1-л,1X1/2 „ п
о1==о„ = 1 м;<т2= 1+ —— I 124-602 —- 0,01742 = 3,9м.
\1 \ 60 / J \ 60 / /
7.83. Система трех случайных величин X, У, Z имеет математичес-
кие ожидания тх = 10, ти = 5, mz = 3; средние квадратические от-
клонения ох = 0,1, Ор = 0,06, аг — 0,08 и нормированную корреля-
ционную матрицу
1 0,7 —0,3
1 0,6
1
Пользуясь методом линеаризации, найти математическое ожида-
ние и среднее квадратическое отклонение случайной величины U =
= (ЗХ2 + 1)/(У2 + 2 Z2).
Решение. ту = (3-100+1)/(25 + 2-9) = 301/43 = 7.
ди ___ 6х е ди __________ (Зх2+1) 2у ф
~дх y2+2z2 '~ду ~ G/2+2z2)2 '
ди (Зх2+1) 4г . ( ди \ _ 6.10 _
дг (р2+2г2)2 ’ \ дх )т ~ 43 ~
( ди = зоь ю = _ । 63. !ди\ = 501 •
\ ду )т ~ (43)2 - ’ ’ \ /т (43)2
D [(/1 = 1,42 • ОД2 + 1,632 ♦ 0,Об2 + 1,952 0,082 +
+ 2 1—1,4.1,63-0,7*0,1-0,06 + 1,4-1,95 • 0,3 - 0,1 . 0,03 +
+ 1,63 • 1,95 • 0,6 • 0,06 . 0,08] » 0,066; ои ж 0,26.
7.84. Производится параллельное соединение двух выбранных на-
угад сопротивлений: и /?2. Номинальное значение каждого сопро-
тивления одинаково и равно тг. = тГг = 900 Ом. Максимальная
ошибка в R при изготовлении сопротивлений равна 1 % номиналь-
ного значения. Определить методом линеаризации номинальное значе-
ние сопротивления такого соединения и его среднее квадратическое
отклонение.
— 1,95; |
Решение: /? = ——= ср (/?j, /?2); тг = <р (/пГ1. тГ9) = 450 Ом;
^1+^2
1 900 q гх ( дф \ 1 rl 1 1
ог =о ----------= 3 Ом;(—^-) ==|-------2— =—;
3 100 \ дгц Jm [ (ri+r2)2 _|гп 4
\ Эг2 )т \ дг± Jm 4
2
D [/?] = V (-^-}2 с*« — Ом2; or « 1,06 Ом.
\ drt Jm г 3
При этом максимальная ошибка будет 3,2 Ом, что составляет 0,7%
(а не 1 %, как было первоначально) номинала.
7.85. Резонансная частота колебательного контура /р определяется
из выражения /р = 1/(2 nVLC), где L —индуктивность контура,
С — емкость контура. Определить приближенно среднее значение ре-
зонансной частоты контура и ее среднее квадратическое отклонение
если mi = 50 мкГн; тс — 200 пФ, = 0,5 мкГн и ос — 1,5 пФ.
Решение. /п/р = 1/(2л 1//пг/пс ) = 1,59 МГц.
/ д/р\ 1 1
\ д1 )т 2 mfV 2пц *
_-----!—__га,
дС Jm 2лт}/2 т'^22 р ^тс
~ ( dfr> \2 « / dU \2 % / о?
Df = —~| <Ji+—— I Ос =—-I — -1---------------
Р к д1 Л \ дс )т 4 к ml J
= mf 10~4;
Р\ 8 /
О =т —.10-2= 1,0.10-2 МГц,
'Р 'Р 8
что составляет 0,62% номинальной частоты.
ГЛАВА 8
ЗАКОНЫ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ ФУНКЦИИ
случайных величин, предельные теоремы
ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
8.0; Если X — непрерывная случайная величина с плотностью f (х), а
случайная величина Y связана с нею функциональной зависимостью
У = ф (X),
где ф — дифференцируемая функция, монотонная на всем участке возможных
значений аргумента X, то плотность случайной величины Y выражается форму-
лой
g (У) = f (t (»)) I(tf)l, (8.0.1)
где ф — функция, обратная по отношению к ф.
Если <р — функция немонотонная, то обратная функция неоднозначна, и
плотность случайной величины Y определяется в виде суммы стольких слагае-
мых, сколько значений (при данном у) имеет обратная функция:
k
g(y)= % (8-0.2)
i = 1
где Ф1 (у), ф2 (УУ •••» Фь (у) — значения обратной функции для данного у.
Для функции нескольких случайных величин удобнее искать не плотность
распределения, а функцию распределения. В частности, для функции двух аргу-
ментов Z = ф (X, Y) функция распределения
G(z) = JJ f(x,y)dxdy, (8.0.3)
D (z)
где f (x, у) — совместная плотность величин X, У; D (г) — область на плоскости
хОу, для которой ф (х, у) < z.
Плотность g (z) определяется дифференцированием G (z): g (z) = G' (z).
Плотность распределения суммы двух случайных величин Z — X + Y
выражается любой из формул:
g(z)= f f(x,z — x)dx\ g(z) = J f&—y,y)dy, (8.0.4)
— co — co
где / (x, y) — совместная плотность распределения величин X, Y.
В частности, когда случайные величины X, Y независимы, f (х, у) = fa (х) X
х /2 (у) И
g (Z) = J ft (X) (z—x) dx, (8.0.5)
«-> co
или
g (z) = f h (г—у) f2 (y)dy. (8.0.6)
вЬ CO
В этом случае закон распределения суммы g (z) называется композицией
законов распределения слагаемых fa (х), /2 (у)»
Если случайные величины, подчиненные нормальному закону, подвергать
любому линейному преобразованию, то будут получаться снова случайные вели-
чины, распределенные нормально» В частности, если случайная величина X рас-
пределена нормально с параметрами тх, ох, то случайная величина У == аХ-\-Ь
(где а, b неслучайны) распределена нормально с параметрами ту*= атх-\-Ь\
Qy ==
При композиции двух нормальных законов! ft (х) в параметрами тх, ох и
f2 (у) с параметрами ту, <зу — получается снова нормальный закон с параметрами
mzc=mx+myi o2=]/aj+aj . (8.0.7)
При сложении двух нормально распределенных случайных величин X, Y
с параметрами тх, аХ9 ту9 ау и коэффициентом корреляции гху получается слу-
чайная величина Z9 также распределенная нормально, с параметрами
mz=m3C4-m!,; <JZ =Уо^+агу+2гхдахау . (8.0.8)
Линейная функция от нескольких независимых нормально распределенных
случайных величин Х±, Х2, Хп
п
Z = 2 atXt+b,
1=1
где а^ b — неслучайные коэффициенты, также имеет нормальный закон рас-
пределения с параметрами
П ' п
mz=^atmXt+b} сг = |/ Д ai axt, (8.0.9)
где mXi, oXi — параметры случайной величины Xi (i = 1, n)*
Если аргументы Ху Х2, X коррелированы, закон распределения ли-
нейной функции остается нормальным, но с параметрами
п / п
тг= 2 <Нтхг+Ь}-0г=1/ 2 а’°1+23 aiairx.Xj(JXlaxi, (8.0.10)
i= 1 * V <=1 1 1<1 1111'
где —коэффициент корреляции величин Х^ Xj (i = 1,
Композицией двух нормальных законов на плоскости называют закон рас-
пределения случайного вектора с составляющими X = Xt + Х2; Y = У± + У2,
где (Хь Ух), (Х2, У2) — случайные векторы, не коррелированные между собой
(гХхХ2 = Гхгу2 = ГУ1Хъ ~ ~ О)4
При композиции двух нормальных законов на плоскости получают снова
нормальный закон с параметрами
тх=тх^тх;,
w ч+ах4 s °«=v5l+u"; <8-о-и)
откуда
Кху=KXt У1+KXi ffi)
rxy=('x,y1oX1ov,+rX2yloXiol/s)/(oxav). (8.0.12)
При проектировании случайной точки (X, К), распределенной на плоскости
по нормальному закону, на ось 0г9 проходящую через центр рассеивания и состав-
ляющую угол а с осью 0х9 получается случайная точка Z, распределенная по
нормальному закону с параметрами
cosa-]-my sin а;
о2 = у о2 cos2 a-f-o2 sin2 &+rxy охиу sin 2а . (8.0.13)
Предельные теоремы теории вероятностей образуют две группы теорем:
1) закон больших чисел и 2) центральная предельная теорема. Закон больших
чисел имеет несколько форм, каждая из которых устанавливает ту или иную
* устойчивость средних при большом числе наблюдений.
Теорема Я. Бернулли (простейшая форма закона больших чисел). При
неограниченном увеличении числа п независимых опытов, в каждом из которых
событие А появляется с вероятностью р, частота Рп события А сходится по ве-
роятности к вероятности р этого события:
(8.0.14)
lim Р{|Р* — р|< е}= 1.
п-><»
где 8 — сколь угодно малое положительное число»
2. Теорема Пуассона. При неограниченном увеличении числа п незави-
симых опытов, в которых событие А появляется с вероятностями рь р2, рп,
частота Рп события А сходится по вероятности к средней вероятности события:
lim Р
1
— S Pt, <6 =1.
(8.0.15)
Я-* оо
3. Теорема Чебышева (закон больших чисел). При неограниченном увеличе-
нии числа п независимых опытов, в каждом из которых случайная величина X
с математическим ожиданием тх принимает какое-то значение среднее
арифметическое этих значений сходится* по вероятности к математическому ожи-
данию случайной величины X:
1
lim Pl — S xi~
П-> ОО
<8 1=1.
(8.0.16)
4. Теорема Маркова (закон больших чисел для разных условий опыта). Если
Xlt Х2, •••> Хп — независимые случайные величины с математическими ожида-
ниями mXi, тхе ..., тХп и дисперсиями Dx^ .., DXn, причем все дисперсии
ограничены свёрху одним и тем же числом L: Dx. < L (i = l, ».», п), то при не-
ограниченном возрастании п среднее арифметическое наблюденных значений
случайных величин сходится по вероятности к среднему арифметическому их
математических ожиданий:
lim Р
П-^оо
(8.0.17)
При оценке скорости сходимости по вероятности различных средних к по-
стоянным величинам можно пользоваться неравенством Чебышева'.
Р{| X —/пх|>а} <Dx/a2,
(8.0.18)
где а > 0; mXi Dx — математическое ожидание и дисперсия случайной вели-
чины X»
Центральная предельная теорема имеет различные формы, из которых мы
приводим три.
1. Теорема Лапласа^ Если производится п независимых опытов, в каждом
из которых событие А имеет вероятность р, то при п оо закон распределения
случайной величины X — числа появлений события — неограниченно прибли-
жается к нормальному закону с параметрами т = пр\ о ® "\/npq (q = 1 — р).
На основе этого можно вычислить вероятность попадания величины X на лю-
бой участок (а, 0): при достаточно большом п
(8.0.19)
Вместо формулы (8*0.19) часто пользуются выражением для вероятности
попадания на участок не самой случайной величины X, а нормированной величи-
ны
2= (X—тх}/ах= (X— np)l"Vnpq\ mz=Qt а2 = 1.
При достаточно большом п
Р {2 е (а, ₽)} « Ф (₽) - Ф (а).
' (8.0.20)
2. Центральная предельная теорема для одинаково распределенных слагае-
мых. Если Xi, Х2, ..., Хп — одинаково распределенные независимые случайные
величины с математическим ожиданием тх и средним квадратическим отклоне-
п
нием oXi то их сумма Y^=^Xi при достаточно большом п имеет приближенно
«=о
нормальное распределение с параметрами
ту^=птх, oy=“|/n ох.
(8.0.21)
3. Теорема Ляпунова. Если Xi, Х2, Хп — независимые случайные вели-
чины, имеющие математические ожидания tnv , tnY , •««, тХп и дисперсии ,
Dx^ ..м DXn причем выполняется ограничение
(8.0.22)
п
где 6f=M[ | X$ |то случайная величина Y= 2 ПРИ достаточно большом
/=0
п имеет приближенно нормальное распределение с параметрами
п Г п
^“2 тхА а» = |/ 2 Dxt- (8.0.23)
- Смысл ограничения (8.0.22) в том, чтобы случайные величины были сравни*
мы по порядку своего влияния на рассеивание суммы.
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
8.1. Непрерывная случайная величина X имеет плотность / (х)
Найти плотность g (у) случайной величины У = аХ + Ь, где а и Ь
не случайны.
Решение. Так как функция <р (х) = ах + b монотонна, при-
меняем формулу (8.0.1). Обратную функцию ф (у} находим, разрешая
относительно х уравнение у = ах + 6; получим ф (у) = (у — Ь)/а.
Находим ф' (у) — \/а\ |ф' (у) | = 1/ |а|;
= (8Л)
1«1 \ о. )
8.2. Случайная величина X распределена равномерно в интервале
(—л/2; л/2). Найти закон распределения случайной величины У —
= sin X.
Решение. Функция у = sin х в интервале (— л/2; л/2) моно-
тонна, поэтому плотность распределения величины У может быть най-
дена по формуле (8.0.1): g (у) — f (ф (у)) |ф' (у) |. Решение задачи
удобно располагать в виде двух столбцов: слева писать обозначения
функций, принятые в общем случае; справа — конкретные функции,
соответствующие данному примеру:
/ W !
у = ф\(Х)
Х = ^(у)
ф' (У)
g(y) = f (Ф ДО) Ф' (у)
1/л при х е(—л/2; л/2)
у = sin х
x = arcsin у
1/-|/Г=?
g ДО = 1 /(« V1 —у2) при у е (— 1; I).
Интервал (—1; 1). в котором лежат значения случайной величины
у, определяется областью значений функций z/ = sinx для
х g (—л/2, л/2) *>.
8.3. Случайная величина X распределена равномерно в интервале
(— л/2; л/2). Найти плотность g (у) случайной величины У = cos X.
Решение. Функция у = cos х немонотонна в интервале
(— л/2; л/2). Решение будем составлять аналогично предыдущему с той
разницей, что в данном случае для любого у обратная функция будет
иметь два значения 1см. (8.0.2)]. Решение снова оформляем в виде
двух столбцов:
f (х) 1 /л при х<=(—л/2; л/2)
у=ч(х) ' z/ = cosx
х = (
I Фг ДО
|ф; ДО|> 1Ф'2 ДО1
g (у) = 2 f ДО) 1 ДО I
хх == —arc cos у
х2 = arc cos у
1/У1=^
g (у) = 2/(лУ1—у2) при у е (0,1)
8.4. Случайная величина X распределена равномерно в интервале
(— л/2; л/2). Найти плотность распределения случайной величины
У = | sin X |.
Ответ, g (у) — 2/(nV 1 —у2) при у Q (0,1).
8.5. Случайная величина X имеет плотность распределения f (х).
Найти плотность распределения случайной величины У = | 1 —Х|.
Решение. Функция у = |1 —х| —немонотонная. Решение
будем составлять так же, как в задаче 8.3:
f W
// = Ф(х)
х( Ф1ДО
I Ф2 (У)
f (х)
f/ = | 1—х|
Xi= 1 — у
Х2=ч=1 +у
1Ф1 ДО1. |Ф2ДО| g ДО=.2/(ФгДО)|Ф;' ДО| 1 g (g) = Z(1—{/) + / (1 +g) при t/>0
* В дальнейшем при решении аналогичных задач мы всюду, как и здесь,
будем писать выражение плотности только на участке, где она отлична от нуля,
подразумевая при этом, что вне этого участка она равна нулю»
8.6. Непрерывная случайная величина X имеет плотность f J (х).
Рассматривается величина Y = — X. Найти ее плотность fv (т.
Ответ. fv(y) = fx(—y). /
8.7. Непрерывная случайная величина X имеет равномернре рас-
пределение на участке (а, 0) (0 > а). Найти распределение величи-
ны У = —X.
Ответ. Равномерное на участке (— 0, —а).
8.8. Непрерывная случайная величина X имеет плотность 1Х (х).
Н айти плотность (у) ее модуля У = | X |. .
Ответ. fy (у) = fx (— у) + fx (у) при у > 0.
8.9. Случайная величина X распределена нормально о параметра-
ми тх, ах. Написать плотность распределения ее модуля У = |Х|.
В частности, каков будет этот закон распределения при тх — 0?
Ответ. fv(y) = —-----1 ехр
ох 1/2Й'I
(У+ тхр
2<т«
4-ехр
(у—тж)г1)
2о* JJ
при у > 0. Если тх — 0, то
2 / г/2 \
fv (У) =------—7= ехР — -А- I При У > °-
\ 2о1 /
8.10. Круглое колесо, закрепленное в пентре 0 (рис. 8.10), приво-
дится во вращение, которое затухает вследствие трения. В результате
фиксированная точка А на ободе колеса останавливается на некоторой
высоте Н (положительной или отрицательной) относительно горизон-
тальной линии 1 — /, проходящей через центр колеса; высота Н зави-
сит от случайного угла 0, при котором остановилось вращение. Найти:
1) закон распределения высоты Н', 2) закон распределения расстоя-
ния D от точки А до прямой / — 1 (считая это расстояние всегда поло-
жительным).
Решение. Н — г sin Q, где угол 0 — случайная величина, рас-
пределенная равномерно в интервале (0; 2л). Очевидно, решение зада-
ли не изменится, если считать случайную величину 0 распределенной
равномерно в интервале (— л/2; л/2); тогда Н является монотонной
функцией 0.
Плотность распределения величины Н равна
Плотность распределения величины D — |Я| равна
gx (d) = 2^лгр/" 1 — j ПРИ
8.11. Случайная величина X распределена по закону Рэлея с плот-
X / хР \
ностью / (х) = ехр I — 2^1 при х > 0. Найти плотность g ^ вели-
чины У — е~А*.
208
Р\е ш е н и е. На участке возможных значений аргумента функция
у = е~х' монотонна. Применяя общее правило, получаем
. f(x)
2<Г»
У = Ч(х)
х = ^(у)
It' (У)|
g(y) = f(# (*/))[ W)l
У = е~х'
х — У —In у
(2у]Л~In у)-1
g(y) =
2o2 у
1 — 2о2
=-----У
2о2 у
2a‘ при О
Графики g (у) при разных о приведены на рис. 8.11.
Рис. 8.13
8.12. Случайная величина Хг распределена по закону Коши с плот-
ностью f (х) = [л (1 + х2)]-1 (— оо <z х <Z od). Найти плотность g (у)
обратной величины Y = 1/Х.
Решение. Учитывая, что, несмотря на разрывный характер
функции у— 1/х, обратная функция х — 1/у однозначна, и решая зада-
чу по правилам для монотонной функции, получаем
g(y)= г...’ --12 -у- или g(y)= ~7ГГЧГ (~00 <У< °°)>
Г, , 1 ]2 </а л(1 + 02)
Л I 1 ~т“ I
L у J
т. е. величина, обратная величине, распределенной по закону Коши,
также имеет распределение Коши.
8.13. Через точку А, лежащую на оси Оу на расстоянии 1 от начала
координат, проводится прямая АВ под углом а к оси Оу (рис. 8.13).
Все значения угла а от —л/2 до л/2 равновероятны. Найти плот-
ность распределения g (х) абсциссы X точки В пересечения прямой
«осью абсцисс.
Решение/ X = tg а; эта функция монотонна на участке
— л/2 < а < л/2. Имеем g (х) = [л (1 + ха)1-1 (— оо < х < оо),
т. е. случайная величина X распределена по закону Коши.
8.14. Дискретная случайная величина X имеет ряд распределения
2 —1 | О
0,1 0,2 | 0,3 0,3 0,1
Построить ряды распределения случайных величин Y = X2 + 1;
Z = |Х|.
Решение. Определяя для каждого X соответствующие значе-
ния величин Y и Z и располагая их в возрастающем порядке, получаем
ряды распределения
1 I 2
Yt
0,3 | 0,5 0,2
, 2:
0,3 0,5 0,2
' 8.15. Через точку А с координатами (0; 1) проводится прямая АВ
под случайным углом 0 к оси ординат (рис. 8.15). Закон распределе-
ния угла 0 имеет вид f (0) = 0,5 cos О при — л/2 < < л/2. Найти
закон распределения расстояния L от прямой АВ до начала координат.
Решение. Имеем L = | sin 0|. Функция I — | sin 'О’ | на интер-
вале (— л/2, л/2) немонотонна. Применяя обычную схему для немоно-
тонной функции,получаем
пли, имея в виду, что cos (arc sin /) = V1 — /2, g (/) = 1 при I £ (0,1),
т. e. раестояние L распределено равномерно в интервале (0; 1).
8.16. Радиус круга R —случайная величина, распределенная по
закону Рэлея:
/(г)==7Гехр(_1^)при/'>0'
Найти закон распределения площади круга S.
Решение. Функция S = л/?2 на участке возможных значений
R (0, оо) монотонна, следовательно,
т. е. закон распределения площади круга есть показательный закон е
параметром 1/(2 ло2).
8.17. Случайная величина X имеет функцию распределения F (х);
случайная величина Y связана с нею функциональной зависимостью:
Y = 2 — ЗХ. Найти функцию распределения F (у) случайной величи-
ны У.
Решение.
F(y) = P{Y <t/} = P{2— ЗХ<у} = р(х>-^-
= 1—р(х < -1—Ll= 1—f(-2—JL\—p!x = -~у
I 3 J \3/( 3
Если случайная величина X непрерывна, то вероятность того, что
она примет любое отдельное значение, равна нулю, и
Г 2—д\
Если величина X смешанная или дискретная, то Р|Х =—
может быть отлична от нуля и равна скачку функции J7 (х) в точке
(2 —у)/3; таким образом, в общем случае
F(y)=\-F
’ 2—У
3
)+ lim
J О
+ bx\—F(l=£
I \ 3
8.18. Имеется непрерывная елучайная величина X с функцией рас*
пределения F (х) (рис. 8.18). Найти и построить функцию распределе-
ния G (у) случайной величины У = |Х |.
Решение. При X > 0 получим У = X; при X < 0 получим)
У = — X.
G (у) = Р {У < у} = Р {|Х| < у}.
При у < 0 получим G (у) = 0; при у > 0 получим G (у) =
= Р {— у<_ X <. y} = F (у)—F (—у). Функция G (у) построена пунк-
тиром на рис. 8.18 [далее она сливается с F (х)].
8.19. Смешанная случайная величина X принимает два значения с
отличными от нуля вероятностями: отрицательное (—xj с вероятно-
стью рг и положительное (х2) с вероятностью р2. В промежутке между
— хх и х2 функция распределения F (х) непрерывна (рис. 8.19, а);
хх < х2. Найти и построить функцию распределения G (у) случайной
величины У = |Х|.
Решение. При у 0 получим G (у) = 0 (рис. 8.19, б); при
У > 0 получим G (у) = Р {—у < X < у} = F (у) — F (—у). Что-
бы построить G (у), нужно из каждого значения F (у) вычесть его
значение в зеркально отраженной от оси ординат точке — у (см.
рис. 8.19, б, где F (х) показана штрих-пунктиром, a G (у) — сплошной
линией). Функция G (у) будет иметь два скачка в точках—хх и х2, рав-
ные соответственно рх и р2.
8.20. Случайная величина X имеет нормальное распределение в
параметрами тио (рис. 8.20, а). Найти и построить плотность распре-
деления g (у) её модуля У = |Х|.
Решение. Чтобы построить плотность случайной величины Y,
нужно к каждой ординате кривой распределения f (х) прибавить
ординату, соответствующую значению плотности в точке — х
(см. 8.20, а). При т — 0 ординаты плотности / (х) удваиваются
(рис. 8.20, б).
8.21. Случайная величина X имеет нормальное распределение с па-
раметрами т — 0, о. Найти и построить плотность g (у) случайной
величины Y = X2.
Решение, f (х)=—у=г exp/—У=ср(Х) = Х2.
Обратная функция для у = х2 имеет два значения: хх = — "Vу и х2=
«= + У#! По формуле (8.0.2)
g to) -1 <У~у) -Jy=- +1/ (Г 7) [<w( - -JL)+
812 I
При у = 0 плотность g (у) имеет точку разрыва 2-го рода (уходит на
бесконечность, см. рис. 8.21).
8.22. Имеется непрерывная случайная величина X с плотностью
/ (х). Найти закон распределения случайной величины
У = sign X =
4- 1 при X > 0;
О при Х = 0;
— 1 при X < 0,
и ее числовые характеристики: ту и Dy.
Решение. Дискретная случайная величина У имеет всего два
значения: — 1 и +1 (вероятность того, что У = 0, равна нулю).
о
Р{У = _ 1} = р {х < 0} = f f (х) dx = F (0);
Р { У = + 1} = Р {X > 0} = 1 — F (0);
ту = — 1.F (0) 4- 1 . [1 — F (0)] = 1 — 2 F (0);
а2 [У] = 1-F (0) 4- 1 • [1 —F (0)1 = 1;
Dy = а2 [У1 — ту = 4 F (0) [1 — F (0)1,
где F (х) — функция распределения.
8.23. Имеется непрерывная случайная величина X с плотностью
Дх). Найти закон распределения случайной величины У = min {X, X2},
т. е. величины, равной X, если X < X2, и X2, еслиХ2 < X-
Решение. Функция у = <р (х) монотонна (показана сплошной
линией на рис. 8.23):
. . (х2 при х£ (0, 1);
ф (х) = {
(х при х§Ё(0, 1).
Так как интервал (0; 1) оси Ох отображается на интервал (0; 1) оси Оу,
то по общему правилу
„ {и\ = If (КГ)/(2 V7) при у е (0,1);
g I fly) при0£(0,1).
8.24. Случайная величина X имеет плотность / (х), заданную гра-
фиком (рие. 8.24). Случайная величина Y связана с X зависимостью
у = 1 — X2. Найти плотность g (у) величины У.
Решение. Плотность f (х) дается функцией f (х) = 0,5 (х + 1) ’
при х G (— 1, + 1). Функция у = 1 —х2 на этом участке немонотон-
на; обратная функция имеет два значения: хх = — V1 — у, х2 =
— -j- V1 —у. Отсюда ,
g(y) = (4 [(1 - /Т=^)+(1 + '
или _____
£(*/) = (21/1 —у}-1 при 0 < z/ < 1.
8.25. Случайная величина X имеет плотность f (х). Найти плот-
ность g (у) обратной ей случайной величины У = 1/Х.
Решение. Функция у = 1/х хотя и немонотонна в обычном
смысле слова (при х = 0 она скачком возрастает от — оо до 4- оо),
но обратная функция однозначна, значит, задача может быть решена г
так, как она решается для монотонных функций:
= ).-т"
\ у J у
при тех значениях у, которые могут быть обратными заданной совокуп-
ности возможных значений х.
8.26. Логарифмически нормальное распределение. Натуральный
логарифм некоторой случайной величины X распределен по нормаль-
ному закону с центром "рассеивания т и средним квадратическим от-
клонением о. Найти плотность распределения величины X.
Решение. Обозначим нормально распределенную величину 1
U. Имеем
U— InX; Х = е£/; f(u)—— ехр[—
' о 1/2п [ 2а2 J
Функция е" монотонна; I
/ \ 1 Г (1п х— т)2 1 1
* С1/2Л L ' 2о2 J х
1 Г (In х—т)2 "I п •
=-----ехр------------прих>0.
ха~]/‘2л L ла J
Такое распределение величины X называется логнормальным.
8.27. Пятно П, изображающее объект на круглом экране радио-
локатора, может занимать на нем произвольное положение (рие. 8.27),
причем плотность распределения координат (X, У) пятна в пределах
экрана постоянна. Радиус экрана равен г0. Найти плотность распре-
деления расстояния Р от пятна до центра экрана.
Решение. Найдем функцию распределения G (г) = Р {/? <г}=
= Р { (X, У) € Кг}> где Кг — круг радиуса г с центром в точке 0.
Так как в пределах экрана плотность распределения постоянна, то
вероятность попадания в круг равна его относительной площади:
6 (г) = (лг2)/(лго) = (г!гй)\ откуда
g (г) = G' (г) = 2rlr% при 0 < г < г0.
8.28. Случайная величина X распределена равномерно в интерва-
ле (0; 1). Случайная величина У связана с X монотонно возрастающей
функциональной зависимостью У = ф (X). Найти функцию распреде-
ления G (у) и плотность g (у) случайной величины У.
Решение. Имеем f (х) — 1 при х £ (0; 1).
Обозначим ф (у) функцию, обратную по от- /? ^\
ношению к функции у = ф (х). Так как ф (х) моно- Z / \
тонно возрастает, то g (у) — f (ф (y))ty'(y) — ф' (у), I I
откуда G (у) = ф (у), т. е. искомая функция I X. I
распределения есть обратная по отношению к функ- \ ’у
ции ф (в области возможных значений величины У). _______7
8.29. Какому функциональному преобразова-
нию надо подвергнуть случайную величину X,
распределенную равномерно в интервале (0; 1), чтобы получить
случайную величину У, распределенную по показательному закону
g (у) =
Решение. На основании решения предыдущей задачи мы долж-
ны положить У = G-1 (X), где 6~1 — функция, обратная требуемой
функции распределения G (у) случайной величины У. Имеем
и
G (у) = dy — \—е~(z/>0).
о
Полагая 1 — = х и разрешая это выражение относительно у,
получаем обратную функцию у = (X)-1 In (1 — х); откуда искомая за-
висимость будет
У = (X)-1 In (1 — X) (0 < X < 1).
8.30. Случайная величина X распределена по показательному за-
кону h (х) = X е~ъ (х > 0). Каким функциональным преобразова-
нием можно превратить ее в случайную величину У, распределенную
по закону Коши: f2 (у) = [л (1 + t/2)]-1.
Решение.
F1(x)= 1 — е-’'х (х> 0); F2(y) = — [arctg у + -2-1.
Л [ 2 J
Полагая ~|^are tg у 4* yj = и и разрешая эту функцию относитель-
но у, найдем обратную функцию Fl1 («):
у = Г-2 (и) = tg (пи — л/2) = — etg пи.
По решению предыдущей задачи получим
У == Fl1 (Fx (X)) = — ctg л (1 — е-хл) = etg л е~^ (X > 0).
8.31. Двое условились встретиться в определенном месте в проме-
жутке времени от 12.00 до 13.00. Каждый приходит на место встречи
независимо от другого и с постоянной плотностью вероятности в любой
момент назначенного промежутка. Пришедший раньше ожидает друго-
го. Найти распределение вероятностей времени ожидания и вероятность
того, что ожидание продлится не менее получаса.
Решение. Обозначим моменты прихода двух лиц и Т2;
за начало отсчета времени выберем 12 ч. Тогда каждая из независимых
случайных величин Т1э Т2 распределена с постоянной плотностью в
промежутке (0; 1). Случайная величина Т — время ожидания: Т =
= 1Л-т2|.
Рис. 8.31
Найдем функцию распределения G (/) этой величины. Выделим на
плоскости tjOtz область D (/), в которой |4— /2|<: t (заштрихованная
область на рис. 8.31). Функция распределения G (/) в данном случае
равна площади этой области: G (/) = 1 — (1 — /)2 = I (2 — /), от-
куда g (/) = 2 (1 — 0 при 0 < t < 1.
Р {Т > 1/2} = 1 — G (//2) = 0,25. -
8.32. Случайная точка (X, Y) распределена равномерно в квадрате
К со стороной 1 (рис. 8.32, а). Найти закон распределения площади
S прямоугольника R со сторонами X, Y.
Решение. Выделим на плоскости хОу область D (з), в пределах
которой ху < з (рис. 8.32, б). Функция распределения в данном слу-
чае равна площади области D (s):
1 1
G(s) = 1— yj dxdy= 1 — ^dx $ dy = s(l — Ins).
D (s) 5 s!x
Отсюдаg (s) = Gl (s) =— 1пзпри0<з<1.
8.33. Случайная величина X распределена по нормальному закону
с параметрами пг = 0, о. Найти закон распределения обратной ей вели-
чины У = 1/Х.
Решение, у = <р (х) = 1/х; обратная ей функция однозначна:
х в Му. По общему правилу
. ч 1 / 1 \ 1 . . 1 / 1 \
g(u) =-------exp-------1— или g(«) =--------expi —----- .
aV2^ \ 2^ ) ? Oy*V%i 4 WJ
При у — 0 плотность g (у) имеет разрыв 2-го рода (см. рис. 8.33).
Любопытно отметить, что елучайная величина Y не имеет матема-
тического ожидания — соответствующий интеграл расходится.
8.34. Система случайных величин (X,Y) имеет совместную плот-
ность f(x, у). Найти плотность g (z) их отношения Z = Y/X.
Решение. Зададимся некоторым значением z и построим на
плоскости хОу область D (г), где 7- < z (рис. 8.34 — заштрихованная
область). Функция распределения
о
G(z) = JJ f(x,y)dxdy= j dx\ f(x, y) dy +
D(Z) - —»oo ZX
zx
dx f(x,y)dy.
00
Дифференцируя no z, имеем
0 oo
g(z) = — § xf (x, zx)dx-|- J xf (x, zx)dx.
«=й оо 0
Если случайные величины X, Y независимы, то
О со
g (S) = — § xfi (х) f2 (zx) dx 4- J xfi (x) f2 (zx) dx.
oo 0
Puc. 8.34
8.35. Найти закон распределения отношения Z=YIX двух неза-
висимых нормально распределенных случайных величин X,Y с харак-
теристиками тх — ту = 0, <тж, <3у.
Решение. Рассмотрим сначала частный случай ах — =*1.
На основании предыдущей задачи
С 1 —5" (•*’+** *2) . . f 1 j-(*2+z2 г’)
у (z) — — | х — е 2 dx + | х — е 2 dx —
J J 2л
л
xdx
1
Л (1+^2)
(закон Коши).
В общем случае отношение Z = XIY можно представить в виде
Z = где величины Хг — Х/ох и = У7ов имеют уже
нормальные распределения с дисперсией, равной 1; поэтому
л[1+ (охг)2а~‘] ау
В частности, если ох = су,
g (г) = [л (1 4- z2)]"1.
8.36. Случайная точка (X,Y) распределена равномерно в круге
К. радиуса 1. Найти закон распределения случайной величины Z=
= YIX.
Решение. В данном случае G (г)есть относительная площадь
области D (г) (рис. 8.36):
<? (z) =— ( arc tg z 4- — 1
л \ 2 /
откуда g (z) = G{ (z) = [л (1 + z2)]-1 (закон Коши).
8.37. Закон Эрланга 2-го порядка. Составить композицию двух
показательных законов с параметром X, т.е. найти закон распределе-
ния суммы двух независимых случайных величин Хг и Х2, имеющих
плотности
fi (Хт) == te-Kx> (хг > 0); f2 (х2) = Хе~ Кх* (х2 > 0).
Р е ш е н и е. По общей формуле (8.0.5) для композиции распреде-
лений имеем
g (z) = f fi («J (z — dxv
Так как функции Д и /2 равны нулю при отрицательных значениях ар-
гументов, интеграл принимает вид
2 2
f2 (z —Xi) dxj = X2 e“u’ e“K <zdxx = k2ze~^Kz (z>0).
о
(8.37)
Закон с плотностью (8.37) называется законом Эрланга 2-го поряд-
ка. Условия его возникновения следующие. Пусть на оси 0t имеется
простейший поток событий g интенсивностью X и в этом потоке сохра-
няется только каждая 2-я точка (событие), а промежуточные выбрасы-
ваются. Тогда интервал между соседними событиями в разреженном
таким образом потоке есть закон Эрланга 2-го порядка. $
8.38. Закон Эрланга п-го порядка. Составить композицию п по- \
казательных законов с параметром X, т. е. закон распределения сум-
мы п независимых случайных величин Хх, Х2,..., Хп, имеющих пока- f
зательное распределение с параметром X.
Решение. Можно было бы решить эту задачу, находя последо-
вательно композицию двух (см. задач. 8.37), трех и т. д. законов, но j
проще решить задачу исходя из простейшего потока событий, сохраняя
в нем каждую n-ю точку и выкидывая промежуточные (рис. 8.38, а).
п
X — где Xt — случайная величина, имеющая показательное
z=i
распределение. Найдем плотность /п (х) случайной величины X; сна-
чала найдем элемент вероятности fn (х) dx. Это есть вероятность того,
что случайная величина X попадет на элементарный участок (х, х +
+ dx). Для этого нужно, чтобы на участок х (рис. 8.38, б) попало ровно
п — 1 событий, а на участок dx — одно событие; вероятность этого рав-
на fn (х) dx — Pn-! X dx, где Pn-i — вероятность того, что на участок х
попало п— 1 событий. Но число событий простейшего потока, попадаю-
щих на участок х, имеет распределение Пуассона g параметром а = Кх,
отсюда
f„(x)dx = -^^-Xe-^dx;
- (л— 1)!
(8.38.1)
Закон распределения с плотностью (8.38.1) называется законом Эрлан-
га п-го порядка.
Функцию распределения Gn (х) для закона Эрланга n-го порядка
можно было бы искать, интегрируя (8.38.1) от 0 до х, но проще вывести
ее выражение опять-таки пользуясь простейшим потоком:
Gn (х) = Р {X < х} = 1 - Р {X > х).
Для того чтобы выполнялось событие {X > х), нужно, чтобы на
участок х попало не более п — 1 событий, т. е. 0,1,2,..., п — 1 событий;
отсюда
Gn(x)=l -2
m = 0
(х>0).
ml
(8.38.2)
Выражение (8.38.2) можно свести к табулированной функции R (т, а)
(см. приложение 2):
Gn (х) = 1 — R (п — 1,1х).
8.39. Обобщенный закон Эрланга. Составить композицию двух по-
казательных законов с разными параметрами:
fi (хх) - е":х*х> (хх > 0); /2 (хг) = Х2 е~^ (х2 > 0).
Решение. Обозначим X = Хх 4- Х2, где Хх, Х2 распределены
по законам /х (хх), /2 (х2).
Согласно общей формуле для композиции законов распределения
g (х) = 1 fi (Xi) /2 (х — хх) dxv
<—оо
Но в нашем случае оба закона отличны от нуля только при положитель-
ном значении аргумента; значит, /х (хх) — 0 при хх < 0 и /2 (х — хх)=
= 0 при хх > х. При х > О
g(x) = С Ххе”’4 ** е“^2 (х~-х>> dxt = ---[е<г1* - *«>х— 1] =
J f\/2 —A j
О
- М. (»->«-е-М (х>0)
(обобщенный закон Эрланга 2-го порядка). При Хх = Х2 = X, раскрыв
неопределенность, получим закон Эрланга 2-го порядка:
g (х) = X2 х е—Кх (х > 0).
Примечание. Методом математической индукции можно доказать, что
закон распределения суммы п независимых случайных величин Xf....Хп, под*
чиненных показательным законам распределения с различными параметрами
&1, »**, 2in, т. е. обобщенный закон Эрланга n-го порядка, имеет плотность
п п х
gn (*) = (—1)”“' П Аг Е -----------— (х>0).
Z= 1 7=1 н (Лу—Afe)
п
(Запись П означает, что берется произведение всех биномов вида %; — при
k = 1, 2, j — Ъ./’+Ь •••> т- е* кроме X; —Ху.) В частном случае, когда
== /X,
/=1
Функция распределения обобщенного закона Эрланга я-го порядка имеет
вид
п п 1 х
0пМ=(-1)л“‘ S ----------------------- (х>0).
,= 1
Если Xf = il, то
<?n(x)=S (-l)7"1 С/ (x>0).
/=1
Если = Х2 = ... = ХП = Х, то получаем закон Эрланга n-го порядка:
gn(x)= --^1j1—e’u=XP(n —1, Хх) (x>0)j
Gn (х) => J ХР (л—l;Xx)dx = l—J КР(п— l,Xx)dx=»l—R(n— l,Xx) (x>0),
о x
где
д«» Vi a*
P(m,a)=—— e”a; R(m,a) — 2, -77- e”a (приложения 1,2).
ml , «!
8.40. Закон распределения максимальной из двух случайных вели-
чин. Имеются две случайные величины X, Y в совместной плотностью
f (х, у). Найти функцию распределения G (г) и плотность распределе-
ния g (г) максимальной из этих двух величин: Z = max {X, У}.
Решение. Будем искать функцию распределения случайной’
величины Z: G (г) = Р {Z < г}. Для того чтобы максимальная из ве-
личин X, Y была меньше г, нужно, чтобы каждая из этих величин бы-
ла меньше г:
G (z) = Р {X < г, Y < z} = F (г, г),
X у
где F (х, у) => $ $ f (х, у) dxdy,
ОО » ОО
Таким образом,
G(z)= J J f(x,y)dxdy.
— ОО —Ч СО
Чтобы найти плотность g (z), продифференцируем G (г) по величине
г, входящей в пределы двойного интеграла. Дифференцировать будем
как сложную функцию двух переменных гх и za, из которых каждая
зависит от z (zx = z, za — г).
g w..S2£>.=.i| ? Г bfe й Jdxl-s4<i-£l+
dz dz I J I v dz
I »oo L *3 00 J
2 Z
f f(z,y)dy* f f(x,z)dz.
oz2 dz J J
6900 ssoo
В частном случае, если величины X, Y независимы, f (х, у) =»
=/1 (х)«?а (у), то
2 Z
g (Z) « fl (z) J fi (y) dy + fi (z) f fl (x) dx,
—00 —00
или, более компактно,
g (г) = Л (z) F2 (г) + (z) F, (г).
Если случайные величины X и Y независимы и одинаково распреде-
лены, то fi (х) = f2 (х) = / (х) и g (z) = 2/ (г) F (z).
8.41. Закон распределения минимальной из двух случайных величин.
Система двух случайных величин (X, Y) имеет совместную плотность
/ (х, у). Найти функцию распределения G (и) и
плотность распределения g (и) минимальной из
этих двух величин: U = min {X, Y}.
Решение. Будем искать дополнение до
единицы функции распределения
1 _ G (и) = Р (U> и) =
= Р {X > и, Y > и}.
Это есть вероятность попадания случайной точки
Рис. 8.41 (X, Y) в область D (и), заштрихованную на рис.
8.41. Очевидно, 1 — G (и) =* 1 — F (и, оо)—
— F (оо, и) + F (и, и), откуда G (и) — F («, оо,) 4- F (оо, и) —
— F (и, и) — Ft (и) + F2 (и) — F (и, и). Дифференцируя по и, имеем
^см. задачу 8.40).
и и
g («) = fl (U) + /а («) — f f («> у) dy — f f (х, и) dx.
—оо — оо
В случае, когда величины X и Y независимы,
g («) = fi («) [1 ~ ^2 («)] + М (1 - Л («)].
Если случайные величины X и Y независимы и одинаково распределе-
ны, fl (х) = /2 (х) = f (х) и g (и) = 2f (и) [1 — F («)].
8.42. Закон распределения максимальной и минимальной из нес-
кольких случайных величин. Имеется п независимых случайных величин
Хп Х2, ..., Хп, распределенных по законам с плотностями Д (хх),
/2 (х2)..fn (хп). Найти плотность распределения максимальной из них:
Z = max {Хх, Х2,..., Хп} и минимальной: U = min {Хх, Х2, ..., Хп},
т. е. той случайной величины, которая в результате опыта примет
максимальное (минимальное) значение.
Решение. Обозначим Gz (г) функцию распределения величины
2. Имеем
(п
С1(г) = Р{2<г)=ПЛ(г),
2
/ где F( (z) — J ft (x;) dxt (t = 1, 2, ..., я).
— оо
Дифференцируя, получаем сумму произведений производных от-
дельных функций распределения Ft (хх), F2 (х2),..., Fn (хп) на произве-
дения всех остальных функций, кроме той, которая продифференциро-
вана, Результат можно записать в виде
gz(z) = 2
/=|
ff (2)
^(2)
ri Fi (z).
<=1
Аналогично, обозначая G„ (м) функцию распределения величины
U, получаем
Gu(«) = l-ri («)1.
<=1
Дифференцируя, находим
/I £ (ff\ fl
£»(«) = У rv-^r п п-^(«)1.
1—/Л; (И) /=]
8.43. Имеется п независимых случайных величин Хь Х2, Хп,
распределенных одинаково с плотностью / (х). Найти закон распределе-
ния максимальной из них: Z = max {Х1( Х2,..., Хп} и минимальной:
U = min { Хь Х2, .... XJ.
Решение. На основании решения предыдущей задачи
Gz (z) = (F (z))»; gz (z) = n(F (z))»"* / (z);
G„ («) = 1 - H - F («)]"; gu (u) = n{\ — F (и)]"-1 / (и).
8.44. Производится три независимых выстрела по плоскости хОу;
центр рассеивания совпадает с началом координат, рассеивание нор-
мальное, круговое, ах= <5у = а. Из трех точек попадания выбирается
та, которая оказалась ближе всех к центру рассеивания. Найти плот-
ность распределения g (г) расстояния 7? от ближайшей точки попада-
ния до центра.
Решение. Имеем 7? — min {7?v Т?2, 7?3}. Из решения предыду-
щей задачи g (г) = 3 11 — F (г))2 / (г), где F (г), / (г) — функция рас-
пределения и плотность распределения расстояния R от точки попада-
ния любого выстрела до центра рассеивания;
F(r) = P{7?<r} = l — ехр J — ;
/(r)==-iexp[~^-] <r>°)-
G* L 2(J4 I
Отсюда
g(r) = -^-exp[—£-\ (r > 0),
a2 [ I
т. e. плотность распределения расстояния от ближайшей из трех точек
до центра рассеивания имеет тот же вид, что и для каждой из них, но
при условии, что параметр о уменьшен в Уз раз, т. е. заменен значе-
нием о' = о/Уз.
8.45. Найти закон распределения gu (и) минимальной из двух неза-
висимых случайных величин Т19 T2i распределенных по показатель-
ным законам: Л
/1 &) (/1 > 0); /2 &)» Х2 (t2 > 0).
г
и.
Л(
<
1
Решение. На основании решения задачи 8.42
ёи («) = А («) И — ^2 («)1 + А («) И —Л (w)] = е^" е“к’° +
+ Z2e-“x*ue“x’" = Р4 +М е~<х,+м
т. е. закон распределения минимальной из двух независимых случай-
ных величин, распределенных по показательным законам, есть тоже по-
казательный закон, параметр которого равен сумме параметров исход-
ных законов.
Этот вывод можно получить значительно проще, если воспользо-
ваться понятием потока событий. Пусть на оси 0tr имеется простейший
поток событий с интенсивностью Хх, на оси 0t2 — простейший поток с
интенсивностью Х2. Сведем эти два потока воедино на оси Ot или, как-
это называется, произведем «суперпозицию» этих потоков. Нетрудно
убедиться, что результат суперпозиции двух простейших потоков так-
же будет простейшим (свойства стационарности, ординарности и отсут-
ствия последействия сохраняются). Интенсивность объединенного по-
тока равна'%! + ^2- Закон распределения расстояния от данной точки
до ближайшего события потока — показательный с параметром
Очевидно, то же справедливо и для минимальной из любого числа
п независимых случайных величин, распределенных по показательным
законам с параметрами Х2,..., Х,п — он будет показательным с пара-
п
метром S
1—1
8.46. В условиях предыдущей задачи найти закон распределения
g2 (z) максимальной из величин Tlt Т2.
Решение.
Si (Z) = fl (Z) F2 (z) 4- ft (z) Ft (z) = Xj e-1'2 (1 — e“M + Л, 11 —
—e—— e—X'i24-X^ e-"^»2—(^i + M e’“(X*+x*) 2 (z > 0).
Этот закон показательным не является. При Л, = Х2 = К
gt (z) = 2 Л е~%г (1 — е-*2) (г > 0).
8.47* . Над случайной величиной X, имеющей плотность f (х), про-
изводится п независимых опытов; наблюденные значения располага-
ются в порядке возрастания; получается ряд случайных величин Zx,
Z2,..., Zft,..., Zn. Рассматривается k-я из них Zfe. Найти ее функцию рас-
пределения Gk (г) и плотность gh (г).
Решение. Gh (z) = Р {Zft < z}. Для того чтобы k-я (в порядке
возрастания) из случайных величин Zx, Z2,..., Zfe, .... Zn была меньше
z, нужно, чтобы не менее k из них были меньше г:
п
' m—k
где Рт — вероятность того, что ровно т из наблюденных в п опытах
значений случайной величины X будут меньше z. По теореме о повто-
рении опытов
Рт = С™ [F (z)lm [1 - F (z)]n*“ms
откуда
Gh (г) = 2 С« [F (г)Г [1-F (г)]— <»,
tn=k
где F (z) = jj (х) dx.
Плотность gk (г) можно найти, дифференцируя это выражение и
учитывая, что
С« т------------------пС!?-.1;
n (т—1)1 (п—т)!
C«(n-m) = nC“-1 (m<n).
После простых преобразований получим
gk (z)f (z) [F (z)p- ‘ [1—F (г)]"-*.
Однако гораздо проще получить gh (z) непосредственно, с помощью
следующего простого рассуждения. Элемент вероятности gk (z) dz
приближенно представляет собой вероятность попадания случайной
величины Zk (k-ro в порядке возрастания значения случайной величи-
ны X) на участок (z, z + dz). Для того чтобы это произошло, нужно,
чтобы совместились следующие события:
1) какое-то из значений случайной величины X попало на интер-
вал (z, z + dz);
2) (k — 1) других каких-то значений оказались меньше г;
3) (п — k) остальных значений оказались больше г [вероятно-
стью попадания более чем одного значения на элементарный участок
(z, z + dz) пренебрегаем!.
Вероятность каждой такой комбинации событий равна f (z) dzx
X [F (z)]ft_1 [1—F (z)]"~k. Число комбинаций равно произведению числа
п способов, какими можно выбрать одно значение из п, чтобы по-
местить его на интервал (z, г + dz), на число способов, какими
из оставшихся п — 1 значений можно выбрать k — 1, чтобы поместить
их левее г. Следовательно,
gk (z) dz = nCknZ\ f (z) [F (z)p -1 [1 - F (z)l*-* dz,
откуда
gk (z) = nC^Zl t (z) [F (z)l* “ 41 - F (z)b - *.
8.48. В электропечи установлено четыре регулятора (термопары),
каждый из которых показывает температуру с некоторой ошибкой, рас-
пределенной по нормальному закону с нулевым математическим ожида-
нием и средним квадратическим отклонением at. Происходит нагрева-
ние печи. В момент, когда две из четырех термопар покажут темпера-
туру не ниже критической т0, печь автоматически отключается. Най-
ти плотность распределения температуры Z, при которой будет проис-
ходить отключение печи.
Решение. Температура Z, при которой происходит отключение
печи, представляет собой второе в порядке убывания (т. е. третье в
порядке возрастания) из четырех значений случайной величины Т,
распределенной по нормальному закону с центром рассеивания т0 и
средним квадратическим отклонением at:
/(О---ехр--^^
ct У2л 2а,2
Соответствующая функция распределения
Г(/) = ф(±^+о,5.
\ /
Пользуясь результатами предыдущей задачи при п = 4, k — 3, по-
лучаем
й(0 =
12
------------ехр
ot ~\/2л
__________ (*—то)2. Гф /I
2а2 L \ Ot )
8.49. Имеется п независимых случайных величин Х1г Х2, .... Хп,
функции распределения которых имеют вид степенной зависимости
О при Xi 0;
х** при 0 < xt 1 (I = 1,2,..., п);
1 при Xi > 1,
где ki — целое положительное число. Наблюдается значение каждой
случайной величины и из них выбирается максимальное Z. Найти функ-
цию распределения G (г) этой случайной величины.
Решение. На основании решения задачи 8.42
С(г)=П ^(г) = П
/=□1
г
z при 0 < z < 1,
п
или, если обозначить = S
t=i
G(z) =
0 при z 0;
г4 при 0 < z 1;
1 при z > 1,
т. е. максимум нескольких случайных величин, распределенных по
степенному закону в интервале (0; 1), также распределен по степенному
закону с показателем степени, равным сумме показателей степеней от-
дельных законов.
8.50. Дискретные случайные величины Х1г Х2,..., Хп независимы и
распределены по законам Пуассона с параметрами а1г а2.......
п
Показать, что их сумма Y = У, Х{ также распределена по закону
п и
Пуассона с параметром а = J В
4=1 в
Решение. Докажем сначала, что сумма двух случайных вели-
чин Хх и Х2 распределена по закону Пуассона, для чего найдем вероят-
ность того, что Хх + Х2 = tn (tn — О, 1, 2,...).
Р{Х1+Х2 = /П}= 2 Р {Х! =/г} Р{Х2 = т-/г} =
6=0
™ д* ат-ч
= 7 —— е—°* — --------е“а«.
4=о (m—k)l
Ck ml
m = > представим это выражение в виде
—-------- V Ск a* a™'“k= — ^~°2^— е“(а‘+аг>
ml т 1 2 ml
6=0
а это есть распределение Пуассона с параметром + а2.
Таким образом доказано, что сумма двух независимых случайных
величин, распределенных по законам Пуассона, тоже имеет распреде-
ление Пуассона. Распространение этого результата на любое число сла-
гаемых производится по индукции.
8.51. Система случайных величин (X, У) распределена по нормаль-
ному закону с характеристиками тх, ту, ох, о« и гху. Случайные вели-
чины (U, V) связаны с (X, У) зависимостью и = аХ + bY + о; V =
= kX + IY + tn. Найти закон распределения системы случайных ве-
личин (U, У).
Ответ. Система (U, V) распределена нормально с характеристи-
ками:
ти = атх + Ьту + с; т0 = ktnx + ltny + tn;
о„ = Va2 a2 + b2 Gy + 2abox oy rxy ;
oD = V aH P oy 4- 2klox oy rxy ;
_ afea2+&/q>2-K&fe+a<) o« oy rxy
8.52. Составить композицию двух биномиальных распределений
с параметрами (п, р) и (k, р).
Решение. Пусть X—число появлений события А в п независи-
мых опытах, в каждом из которых оно появляется о вероятностью р;
X имеет биномиальное распределение с параметрами (и, р). Аналогично
У есть число появлений события А и k независимых опытах в тех же
условиях; оно имеет биномиальное распределение с параметрами (k, р).
Z — X + Y — число появлений события А в серии из п 4- k опытов
с вероятностью р события А в каждом опыте; величина z имеет тоже би-
номиальное распределение о параметрами (п + k, р).
Заметим, что если вероятности р в разных сериях различны, то в
результате композиции двух биномиальных законов получится уже
не биномиальный закон.
8.53. Пользуясь неравенством Чебышева, оценить сверху вероят-
ность того, что случайная величина X, имеющая математическое ожи-
дание т и среднее квадратическое отклонение а, отклонится от т мень-
ше, чем на 3 о.
Решение. Неравенство Чебышева (8.0.18) дает
Р {IX—ml > Зо} = —^ = -1-., р {|Х—/п[<3о} > —.
11 1 ' (Зо)2 (За)2 9 u 1 ' 9
Итак, любая случайная величина отходит от своего математичес-
кого ожидания меньше, чем на Зо, с вероятностью, не меньшей чем
8/9*>.
8.54. Производится большое число п независимых опытов, в каждом
из которых случайная величина X имеет равномерное распределение
на участке (1; 2). Рассматривается среднее арифметическое наблюден-
/ п
ных значений случайной величины X: Y = — \ X,. На основе за-
I = 1
кона больших чисел выяснить, к какому числу а будет приближаться
(сходиться по вероятности) величина Y при оо. Оценить макси-
мальную практически возможную ошибку равенства У « а.
Решение.
а = М[У] = — 2 М [Хг] = -^--п-1,5 = 1,5;
П i=l П
D[Y] = —y D [Xf] = -—L = _L_; о VDiyj- =-----------!--.
IT, 12 12/1 2]/зГ
Максимальное практически возможное значение ошибки 3oj,.
8.55. Рассматривается последовательность га случайных величин
Xj, Х2,..., Хп имеющих равномерное распределение соответственно на
участках: (0; 1), (0; 2), ..., (0; га). Что будет делаться с их средним
п
арифметическим У = ~ 2 ПРИ Увеличении
Решение. При заданном п
М|Г|“т2 М1х‘1“т(-Г+Т + Т+-+ т)=
1 И (п+ 1) п+1
И 9 4
При п -> оо эта величина неограниченно возрастает, устойчивости
среднего не наблюдается.
8.56. Случайные величины Хъ Х2,..., Хп распределены равномер-
но на участках (— 1; 1), (—2; 2), (—п; п). Будет ли среднее арифме-
*) Это — крайний, самый ^благоприятный случай. На практике для обыч-
но встречающихся случайных величин эта вероятность гораздо ближе к единице:
например, для нормального закона она равна 0,997; для равномерного распре-
деления — единице; для показательного 0,982.
п
тическое случайных величин Xt: У = — 2 ПРИ увеличении п схо-
диться по вероятности к нулю?
Решение. М [У] = -^- 2 М = 0, но сходиться по вероятно-
сти к нулю случайная величина У не будет, так как условия теоремы
Маркова нарушены; дисперсии случайных величин Хг не ограничены
одним и тем же числом L, а неограниченно растут с увеличением п,
8.57. ЭВМ вырабатывает случайные двоичные числа так, что знаки
О и 1 на каждой позиции появляются с одинаковой вероятностью и не-
зависимо от других позиций. Последовательность знаков делится на
группы, состоящие из одинаковых знаков, например ООО 111 0 1 00
1111 00 11 0000 1 0 ... Подсчитывается число знаков в каждой группе и
делится на число групп. Как будет себя вести эта средняя величина при
неограниченном увеличении числа групп п?
Решение. Случайная величина Хг — число знаков в l-й груп-
пе — имеет геометрическое распределение, начинающееся с единицы
(см. гл. 4). М [Xf] = Ир = 2; D [XJ =q Ip2 =« 0,5/0,52 = 2.
1 "
Если Уп = —2 то
м (Г J - >2 - 2; о (У J = >2 = i; ,,п » /2..
На основании закона больших чисел величина Уп при п -> оо схо-
дится по вероятности к М [Уп] == 2: lim Р{|УП — 21< s) = 1. Ошибка
П -* ОО
приближенного равенства Уп « 2 (по правилу трех сигма) не пре-
восходит 3 V 2/п.
8.58. Цех завода выпускает шарики для подшипников. За смену
производится п = 10 000 шариков. Вероятность того, что один шарик
окажется дефектным, равна 0,05. Причины дефектов для отдельных ша-
риков независимы. Продукция проходит контроль сразу после изготов-
ления, причем дефектные шарики бракуются и ссыпаются в бункер, а
небракованные отправляются в цех сборки. Определить, на какое коли-
чество шариков должен быть рассчитан бункер, чтобы с вероятностью
0,99 после смены он не оказался переполненным.
Решение. Число забракованных шариков X имеет биномиаль-
ное распределение; так как п велико, то на основании предельной тео-
ремы Лапласа можно считать распределение приблизительно нормаль-
ным с характеристиками: тх = пр =» 10 000-0,05 = 500; Dx = npq=
= 500-0,95 = 475; ох « 21,8.
Находим такое значение I, для которого Р {X < 1} =* 0,99 или
Ф /\ । о 5вф [ г~50() 'j0,5 = 0,99.
\ ох J V 21,8 /
По таблицам функции Ф (х) определяем (I — 500)/21,8 « 2,33, откуда
I« 551, т.е. бункер, рассчитанный примерно на 550 шариков, g вероят-
ностью 0,99 за смену переполняться не будет.
8.59. В очереди на получение денег в кассу стоит п = 60 человек;
размер выплаты каждому из них случаен. Средняя выплата тх =
= 50 руб., среднее квадратическое отклонение выплаты ох = 20 руб.
Выплаты отдельным получателям независимы. Г) Сколько должно быть
денег в классе, чтобы их о вероятностью 0,95 хватило на выплату всем
60 получателям; 2) каков будет гарантированный с той же вероятно-
стью 0,95 остаток денег b в кассе после выплаты всем 60 получателям,
если в начале выплаты в кассе было 3500 руб?
60
Решение. 1) Суммарная выплата Y = 2 где Хг — вы-
г=1
плата Z-му получателю. На основании центральной предельной теоре-
мы для одинаково распределенных слагаемых Y имеет приближенно
нормальное распределение g параметрами ту — 60, тх = 3000 руб.,
ау = V60.20 « 154,8 руб. Необходимый запас денег I найдем из ус-
ловия Ф [(/ — ту)1оу] + 0,5 = 0,95. По таблицам функции Лапласа
(приложение 5) (Z — ту)1ру « 1,65; I = ту + 1,65 ву « 3256 руб.
2) Гарантированный с вероятностью 0,95 остаток денег b получим,
вычитая из 3500 сумму /, полученную в п. 1:6 = 3500—3256 = 244 руб.
8.60* . Лотерея организована следующим образом. Участникам
продаются билеты, на каждом из которых имеется таблица с номерами:
1, 2,..., 90. Участник должен выбрать произвольным образом пять
различных номеров, отметить эти номера и послать билет организато-
рам лотереи, которые хранят все присланные билеты в запечатанном
виде до дня розыгрыша. Розыгрыш лотереи состоит в том, что случай-
ным образом выбираются (разыгрываются) пять различных номеров
из девяноста; выпавшие номера сообщаются участникам. Если у иг-
рока совпали в объявленными менее двух номеров (0 или 1), он никакого
выигрыша не получает. Если совпали с объявленными два номера, он
выигрывает 1руб.; если три номера—100 руб., если четыре —
10 000 руб.; если все пять — 1 000 000 руб. Определить: 1) нижнюю
границу цены билета, при котором лотерея в среднем еще не приносит
убытка ее организаторам; 2) средний доход М, который приносит ло-
терея организаторам, если в ней участвуют 1 000 000 человек, назнача-
ющих свои номера независимо один от другого; каждый покупает один
билет, а цена билета 30 коп; 3) пользуясь правилом трех сигма, най-
ти границы практически возможных выплат по лотерее; можно ли счи-
тать суммарную выплуту по лотерее распределенной приблизительно
по нормальному закону?
Решение. 1) Обозначим pt вероятность того, что из пяти наз-
ванных игроком номеров ровно I совпадут с выпавшими. Находим
р2 = _£L£k_« 2,25-10—2; р3= « 8,12.10-4;
С90 С|о
p4 = .c^h_ ~ 0,67-10-6; ръ-----1—« 2,28.10’8.
^90 ^90
Минимальная цена билета должна быть равна математическому ожи-
данию выигрыша игрока, купившего этот билет: т = 2,25. 10-24-
-|- 8,12 • 10-4 • 102 + 9,67 • IO"6 • 104 + 2,28 • 10~8 . 10е = 22,3 X
х 10-2 руб., т. е. минимальная цена билета около 23 коп.
2) М = (0,30—0,223)-10« = 77-103 руб.
3) Общая сумма выигрышей X, которая подлежит выплате по лоте-
рее, представляет собой сумму выигрышей отдельных игроков: X =
I 000 000
= S %t> г№ %t— выигрыш 4-го игрока.
1= 1
Считается, что игроки называют свои номера независимо друг от
друга, так что величины Хг (i = 1, 2, .... 1000 000) независимы. Из
центральной предельной теоремы извести®, что сумма достаточно боль-
шого числа назависимых одинаково распределенных случайных
величин приближенно распределена по нормальному закону. Тре-
буется выяснить, достаточно ли в данном случае числа слагаемых
п = 1000 000 для того, чтобы величину X можно было считать распре-
деленной нормально?
Находим математическое ожидание тх и среднее квадратическое
отклонение оа случайной величины X. Для любого 1=1, 2, ...»
1 000 000 получим mXi = 22,3* 10-2 -ч 0,223; а2 [XJ = 2,25* 10~2 +
4- 8,12 + 9,67.102 4- 2,28-104 = 2,38.104; DXl = 2,38.104 — 0,222 «
« 2,38« 104. Отсюда
тх = W>mXt =* 2,23.105; Dx= 10».DX| = 2,38-1010; ах =
= 105У2^8 « 1,54-10».
Мы знаем, что для случайной величины X, распределенной по нор-
мальному закону, границы практически возможных значений заклю-
чены между тх ± 3 аж. В нашем случае нижняя граница возможных
значений случайной величины X, если бы она была распределена по
нормальному закону, была бы тх — Зах = — 2,39-10-5. Отрицатель-
ное значение этой границы говорит ® том, что случайная величина X
не может считаться распределенной нормально.
ат
8. 61*. Найти предел lim 2, е~°» где а — целое положительное
а->о° tn=0
число.
а
2ат
есть вероятность того, чтослу-
т=0
чайная величина X, распределенная по закону Пуассона, не превзой-
дет своего математического ожидания а. Но при неограниченном увели-
чении параметра а закон Пуассона приближается к нормальному. Для
нормального закона вероятность того, что случайная величина не
превзойдет своего математического ожидания, равна 1/2, значит,
а
1
2 ’
lim 2 S
а-»оо /п=0
8. 62. Независимые случайные величины Xlt Х2, ••• распределены
одинаково по показательному закону с параметром X: f (х) = X егКх.
Рассматривается еумма случайного числа таких величин
у
Z= 2^ Xt, где случайная величина Y имеет геометрическое распре-
деление, начинающееся е единицы:
Рп = р {Y = п} = pqn~l (0<р< 1; п-1,2,...).
Найти закон распределения и числовые характеристики случайной
величины Z.
Решение. Сумма фиксированного числа п случайных величин
п
2Хг подчинена закону Эрланга n-го порядка (см. задачу 8.38) с плот-
(=1
ностью
X (U)n-1
fn(x)= (ц___ij[ е—* (х > 0).
Плотность q> (z) случайной величины Z находим по формуле полной I
вероятности о гипотезами Рп = {Y — п}:
Ф(г)=2 fn(z)Pn=2
п=1 П=1
---------е-Хг пдП—1 _ е—Хг X
(п-1)!
yi (kqz)k
A k\
&=0
--= рХ е”’12 ex<?z = рХе-^2 (г > 0),
т. е. случайная величина Z будет также подчинена показательному за-
кону, но с параметром Хр. Следовательно,
tnz = 1/(Хр); Dz 1/(Х2р2). . (
8.63. Закон распределения суммы случайного числа случайных сла-
гаемых. Рассматривается сумма случайного числа случайных слагае-
у
мых Z = 2 Xf, где Хх, Х2, ... — последовательность независимых
одинаково распределенных случайных величин с плотностью / (х); [
Y — положительная, не зависящая от них целочисленная случай-
ная величина с законом распределения Р{У = п} => Рп (п — 1,2,...,
N).Найти закон распределения и числовые характеристики случайной j
величины Z. '
Решение. Допустим, что случайная величина Y приняла значе-
ние п (п = 1,2,..., N). Вероятность этого равна Рп. При этой гипотезе :
п ; I
Z = 2 Х[. Обозначим плотность распределения суммы п неза- '
z=i i
висимых одинаково распределенных величин Хх, Х2,...ХП через |
(х). Плотности (х) можно найти последовательно: сначала |
/(2> (х) — композицию двух одинаковых законов / (х) и / (х), затем J ।
f(3) (х) — композицию /<2> (х) и f (х) и т. д. j
По формуле полной вероятности плотность ф (z) случайной величи- j
ны Z будет , |
232 1
N
ф(г)= 2 fM(z)Pn.
п— 1
(8.63)
Числовые характеристики случайной величины Z найдены нами в
задаче 7.64:
М [ZI = тхту\ D [Zl = Dxmv 4- mlDy,
где mT, m„; Dx,Dy — математические ожидания и дисперсии случай-
ных величин X и У.
При выполнении определенных условий можно с достаточной для
практики точностью полагать, что случайная величина Z подчинена
нормальному закону с указанными параметрами М [Z], D IZ1. Покажем
это. Не нарушая общности рассуждений для простоты положим тх=0.
На основании центральной предельной теоремы для одинаково рас-
пределенных слагаемых (см. раздел 8.0) можно приближенно полагать,
что при п > ту — Зау > 20 плотность /<”> (г) в формуле (8.63) пред-
ставляет собой нормальный закон с параметрами т(п) = 0; D(n) =nDx
[см. (5.0.33)]:
/(п)(г)=—4=:
у 2nnDx
2*
2nDx
Формула (8.63) выражает математическое ожидание функции слу-
чайного аргумента У:
N
Ф(г)=2 /(п)(2)Рп=М[/<У)(г)].
/1=1
Для функций, достаточно близких к линейным в области практи-
чески возможных значений случайного аргумента, можно приближенно
полагать математическое ожидание функции равным той же функции от
математического ожидания случайного аргумента:
М [/<’'> (г)] « (г) или ф (г) « \ ехр (-------2" ),
у'2я/пу Dx \ 2myDx /
что является нормальным законом. Приближенное равенство выполня-
ется тем точнее, чем ближе к линейной функция (г) случайного ар-
гумента У в области его практически возможных значений: ту ± 3 оу.
Расчеты показывают, что эту функцию можно считать приближенно
линейной при условии, что ту — Зо? > 20. Например, если случай-
ная величина У распределена по закону Пуассона с параметром а
1см. (4.0.26)1, то это условие будет выполняться при а > 40; если по
биномиальному закону с параметрами п, р [см. (4.0.24)] (и малом пара-
метре р < 0,1), то пр > 40. Заметим, что в обоих случаях случайная
величина У (число случайных слагаемых) будет подчинена приближен-
но нормальному закону с параметрами ту — Dy — а (для закона Пу-
ассона) и ту = пр ; Dy = npq (для биномиального закона).
8.64* . Независимые случайные величины Хи Х2,..., Хп,... распре-
делены одинаково по показательному закону с параметром X. Случайная
величина Y = U + 1» где случайная величина U распределена по
закону Пуассона а параметром а. Найти закон распределения и число-
вые характеристики случайной величины Z = 2 Xt.
i=l
п
Решение. Закон распределения суммы 2 Xi представляет собой
закон Эрланга n-го порядка (см. задачу 8.38) с параметром X:
е~Хл {х >0)-
По формуле полной вероятности плотность распределения случай-
ной величины Z будет
Ф И-2(г) Л. - 2 е -?=тге
П=1 П=1
= Хе*-:''г~а V при г>0.
Йо W
Эту плотность можно выразить через модифицированную цилиндричес-
кую функцию
/ (х)= у ,
° Йо W
<р (z)=X е_1г"° /0 (2 V Хга ) при г > 0.
Далее на основании решения задачи 8.66
М (Z1 — tnxmv = (а + 1)/Х; D IZ] = D,^iy + m$Dv =
= (а + 1)/Х2 + а/Х2 = (2а + 1)/Х2.
8.65. Рассматривается система случайных величин Xt (I = 1,2,
.... п), которая связана с дискретной случайной величиной Y следую-
щим образом:
{1, если
0, если i>Y',
Известна функция распределения F (у) случайной величины Y. Най-
ти закон распределения каждой случайной величины Xt и числовые
характеристики системы случайных величин (Х1( Хг, ..., Х.п).
Решение. Ряд распределения случайной величины Y имеет
вид
Так как Р {У < <} = F (О, то ряд распределения имеет вид
F(0| l-F(t)
откуда mXf = 1 — F (i)\ Dx. = F(i) [1 — F (i)].
Найдем корреляционные моменты случайных величин Xt п Х},
для чего определим М IXjXj]. Произведение XtXj при I < / может
принимать только два значения: 1, если Xj = 1, и 0, если Х} = 0.
Следовательно, М = тх. = 1 — F (/) (К j), откуда
Ki} = М IX£X,J - mXimXj = 1 - F (j) - [1 - F (01 11 - F (/)]=
e= F (0 11 — F (/)] (i < 0, а коэффициент корреляции
Kt) __ . -f F(Qfl-F(/)]
° OxiOx, (j)ll-F(Z)]|l-F (i)l V F(j)|l— F(i)]'
8.66. Производится ряд независимых опытов, в каждом из которых
событие А появляется в вероятностью р. Опыты прекращаются, как
только событие А появилось п раз (п > 1). Найти закон распределения
и числовые характеристики числа X «неудачных» опытов, в которых
событие А не произошло.
Решение. Найдем вероятность того, что случайная величина
X примет значение k. Для этого нужно, чтобы общее число произведен-
ных опытов было равно п + k (k опытов кончились «неудачно», ап —
«удачно»). Последний опыт по условию должен быть «удачным», а в
предыдущих n 4- k — 1 опытах должны произвольным образом рас-
пределиться п— 1 «удачных» и k «неудачных» опытов. Вероятность этого
Р {X’=k} = Cn+k**\pnqk, где q = \ — p(k = 0, 1,...).
Полученное распределение является естественным обобщением гео-
метрического; назовем его обобщенным геометрическим распределе-
нием n-го порядка. Оно представляет собой композицию п геометри-
п
ческих распределений с одинаковым параметром р: X = 2 где
s= 1
каждая случайная величина Xs имеет геометрическое распределение
Р {Xs = k} = pqk (k = 0, 1, ....).
Действительно, общее число «неудачных» опытов складывается из:
1) числа «неудачных» опытов до первого появления события А; 2)
числа «неудачных» опытов от первого до второго появления события
А и т. д. Отсюда получаем числовые характеристики величины X:
тх = nq/p-, Dx — nq!p\
8.67. Условия задачи те же, что и в задаче 8.66, но случайная ве-
личина У представляет собой общее число опытов (как
удачных, так и не удачных), произведенных до n-кратного появления
события А. Найти закон распределения и числовые характеристики
случайной величины У.
Решение. У = X + п, где X — случайная величина, фигури-
рующая в предыдущей задаче. Отсюда
p {Y = k} = P {X = k—n} = CkkZl pn q»-n =
= CnkZ}pnqk-n (£ = л,и 4-1,...).
Числовые характеристики величины Y:
my = mx + n = nq/p + n = n/p; Dy = Dx = nqlp*.
8.68. Имеется случайная величина Y, распределенная по показа-
тельному закону е параметром Ai f (у) = Ае-^ (у > 0). Случайная вели-
чина X при заданном значении случайной величины У = у распреде-
лена по закону Пуассона с параметром у:
tik
P{X = k\Y = y}=:J—e-v (£ = 0,1,2,...).
/г!
Найти безусловный закон распределения случайной величины X.
Решение. Полная вероятность события X = k
Р {X = £} = у е'**'Ae“Xj,di/=J yk (,+х’ vdy —
о о
= —£1(1 4- А)-<*+!)=-------L—_ (£ = о, 1,2,...).
Если ввести обозначения А /(1 4- А) = р; 1/(1 4- А) = q = 1 — р,
получим Р {X = £} = pqk (k — 0,1, 2,...), т. е. случайная величина
X имеет геометрическое распределение с параметром р = А/(] 4- А).
8.69. На космическом корабле установлен счетчик Гейгера для оп-
ределения числа космических частиц, попадающих в него за некото-
рый интервал времени Т. Поток космических частиц — пуассоновс-
кий с интенсивностью А; каждая частица регистрируется счетчиком с
вероятностью р. Счетчик включается на случайное время Т, распреде-
ленное по показательному закону с параметром р. Случайная величина
X — число зарегистрированных частиц. Найти закон распределения и
характеристики mx, Dx случайной величины X.
Решение. Предположим, что Т = t и найдем условную веро-
ятность того, что X = tn (m = 0,1, 2,...).
Р {X = tn | /} =e-W,
ml
Тогда полная вероятность события {X = т}
р {х = т}=J е-кр» ре« dt =
о
= JL пр)т С tm е“ <xp+w tdt = ц ——= —U— (—Ьр—
ml (Xp4-p)m+l Хр4-р \ Х₽4-ц J
(ш = 0, 1,2,...).
Это есть геометрическое распределение с параметром р/(Хр 4- р) (см.
предыдущую задачу), поэтому [см. формулы (4.0.30), (4.0.31)1:
= / ^Р \ / ( и \ = ^р . D _ / \ / И У =
х \ // \ Ьд+м) / к * \ Ьд+и )/\ *р4-|л /
_ w£±a _ р у+(m,+1,.
Р2 \ р ) р
8.70. Решить задачу 8.69 при условии, что счетчик включается на
случайное время Т с плотностью / (/) (/ >• 0).
Решение. Так же, как и в предыдущей задаче, условный закон
распределения величины X при Т = t будет
P{X = m|/} = ^^e-^ (т = 0, 1,2...).
Безусловный закон распределения
Р {X = ш} = f e-W f(t)dt (m = 0, 1, 2,...).
J fnl
0
Находим числовые характеристики случайной величины X. Услов-
ное математическое ожидание mx \ t = "Kpt\ безусловное математическое
ОО со
ожидание тх — f Kptf (t) dt = Xp f tf (t)dt = Xp/nt, где mt =
о о
— M [Т]. Аналогично находим второй начальный момент случайной
величины X (заметим, что так можно находить только начальные бе-
зусловные моменты, а не центральные):
а2 IX |(] = bpt + (W;
а2 [XI = Хр f tf (t) dt 4- (Ip)2 f t2 f (0 dt —
= Xp/nt + (Zp)2 a2 [T1 = Kpmt + (Xp)2 (Pt + mf),
где Dt — дисперсия случайной величины T. Отсюда
Dx = aa [XI — ml = A.pmt -f- (Ip)2 Dt.
8.71. Решить предыдущую задачу для конкретного случая, когда
f (t) есть закон Эрланга (k + 1) -го порядка с параметром jj,:
f (0 = /ft+i (0 е-* (t > 0).
°° ш k
Решение. Р(X = m) = f Q--i.pt£(е0_e«w j/_
J ml ki
H M"1 P* f гт+k e=(Xp+u) t j/ —
ml Al J
p(Xp)"1 p*(m+fe)l
ml Al(Xp-f-n)OT+*+1
Итак, величина X имеет обобщенное геометрическое распределение
(k 4-1)-го порядка (см. задачу 8.66) с параметром
р1=—т—
Математическое ожидание случайной величины Т, распределенной
по закону Эрланга (k + 1)-го порядка, будет mt = (k + 1) /р, а дис-
персия Dt — (k + 1) /р2. Следовательно, по формулам, полученным в
предыдущей задаче,
/пх=-^М+1); Dx = ^-(k+l)(l+^-\
р ц \ и /
что, как и в задаче 8.66, можно представить в виде
“ ^Pi^ 71’ °х=ГДе = 1 ~ Р1‘
8.72. При измерении физических величин результат измерения не-
избежно округляется в соответствии с минимальной ценой деления при-
бора. При этом непрерывная случайная величина превращается в дис-
кретную, возможные значения которой отделены друг от друга интер-
валами, равными цене деления. В связи с этим возникает следующая
задача. Непрерывная случайная величина X, распределенная по зако-
ну е плотностью f (х), округляется до ближайшего целого числа; полу-
чается дискретная случайная величина Y = Ц (X), где под Ц (X) под-
разумевается целое число, ближайшее к X. Найти ряд распределения
случайной величины У и ее числовые характеристики.
Решение. График функции Ц (X) представлен на рис. 8.72.
Правило округления в случае, когда расстояния от значения х до двух
соседних целых значений равны, несущественно, так как для непре-
рывной случайной величины вероятность попадания в любую точку
равна нулю.
Вероятность того, что случайная величина У примет целое значение
k, равна
fe-f-0.fi
Р{У=£}= f f(x)dx (/г = 0; ±1; ±2,...),
feJ-0,5
откуда
„ * + 0,5 те *+0,5
m„ = 2 k f S k2 f f(x)dx—ml*\
k^-0,5 *=—OO *J;0>5
*1 Если единица измерения (цена деления прибора) мала по сравнению с ди-
апазоном возможных значений случайной величины X, то Шу as mxi Dy as Dx.
8.73. Случайные величины X и
Y независимы и распределены по
законам Пуассона о параметрами а
и Ь. Найти закон распределения их
разности Z = X — Y и модуля
их разности U — \ X — Y |= |Z|.
Решение. Случайная ве-
личина Z может принимать как
положительные, так и отрицатель-
ные значения. Вероятность того,
что Z примет значение k > О,
равна сумме вероятностей того, что
X и Y примут два значения, раз-
личающиеся на k (причем X боль-
ше или равно У):
P{Z=J}= (4>0).
m—Q v 1 '
Вероятность того, что Z примет отрицательное значение — k, будет
“ т h(m+k)
P{Z=.-4- У Л-А—е-«+» №>0).
m=0 m («+«)>
Для случайной величины U
РШ = 0} = У е~(Ь+Ь). рт=м== у (ab)m(ak+bk) {а+Ь)
Эти вероятности могут быть записаны с помощью модифицированных
цилиндрических функций 1-го рода:
Zft(x) = Z_ft(x)= f т,,Дт), (f)fe+2W (* = <>, 1,2,...)•>.
m=0 V i / V /
При этом
*/2e-(a+&)(fe=0, ±1, ±2,...);
р {[/ = 0} = /о (2УаЬ) е-<“+*>;
(2/Н&) ГШ*/2 + Ш“‘/2] е-<а+6> (k >0).
8.74. Известна совместная плотность f (х, у) системы случайных ве-
личин (X, У). Найти плотность g (г) разности Z «= X — У.
*' Таблицы цилиндрических функций 1-го рода (функций Бесселя) можно
найти9 например, в книге: Кузьмин Р. О. Бесселевы функции» — М»—Л»: ОНТИ,
1935»
Решение. Для системы (X, — У) плотность распределения есть
f (х, — у), поэтому из равенства X — Y — X + (— Y) находим
ОО
g (z) = G{ (z) = j* f (x, X — z) dx.
--OO
Если случайные величины (X, Y) независимы, то
00
ё (2) = J /1 (*) f 2 (х — z) dx =
—- oo
00
= f fl (y — z) f2 (y) dy.
—co
8.75. Найти плотность распределения разности двух независимых
показательно распределенных случайных величин с параметрами X и
р: Z «= X — У; (х) = te-** (х > 0); f2 (у) = р е~^ (у > 0).
00
Решение, g (z) = f Д (х) f 2 (х — z) dx; Д (х) отлична от нуля
при х > 0; f а (х — г) отлична от нуля при х — z > 0.
а) z>0; g(z) = f Ле“Л*ре-»1 <*-2)dx = ~^е~— }
J ^+р
Z
б) z < 0; g (z) = f Ле-** ре-»1 <*-*> dx = ,
J л+р
о
Следовательно,
а(г) = 1 ^е”Хг(^ + р)“х при z>0;
I Лре»12 (Л+р)“х при г < 0.
Параметры этого закона:
т =±______1 . D______L+J________*а+и2
г Л ц ’ г X2 + ц2 (А,ц)2
Кривая распределения будет иметь вид, изображенный на рис. 8.75,
а. При Л = р получаем g (z) = -g- е~ЛIz I (рис. 8.75, б). Такое рас-
пределение называется распределением Лапласа.
Рас. 8.75,
8.76. Композиция законов распределения двух неотрицательных
случайных величин. Имеются две неотрицательные случайные величи-
ны X и У с плотностями Д (х) (х >• 0) и f2 (у) (у >• 0). Составить компо-
зицию их законов распределения.
Решение. Пусть Z = X 4- У; найдем плотность g (z) случай-
ной величины Z. По общей формуле (8.0.5)
со
g (z) = f fl (x) f2 (z — x) dx.
—-oo
Учитывая, что (x) = 0 при x < 0, a f2 (z — x) = 0 при x > z, по-
лучаем
z
g(z) = Jf!(x) f2(z-x)dx. (8.76)
0
8.77. Имеются две независимые случайные величины X и У, рас-
пределенные по одному и тому же нормальному закону с параметра-
ми тх = ту = 0; аж; оу. Найти плотность распределения суммы их
модулей Z = |Х| + |У|.
Решение. Обозначим U = |Х|; V = |У|. Их плотности Д (и)
и /2 (о) равны соответственно:
b
I
А(«) =
——— ехР
~]/2лох
0
М2 \ Л
---ПРИ Ы>0»
при ы^0;
f2 (о) =
2
]/2л ау
0
----1 при v > 0;
Учитывая формулу (8.76) для композиции
неотрицательных случайных величин, имеем
2
g (z) = J fl (и) f2 (z — и) du
о
законов распределения
или
при о^0.
Z
2______ Г
J
g(z) =
г2
га
- du. (8.77)
"у)
К
Этот интеграл выражается через функцию Лапласа Ф (х), для чего
нужно в показателе степени выражения (8.77) выделить полный квад-
рат. После преобразований получаем
, ч 2V2-
g (?) = -_-,rexp
)/л(а2+а2)
—-z2 \
2(0?+^)/
+ ф(___
ах+°у)
8.78. По радиоканалу передается ряд сообщений. Продолжитель-
ность одного сообщения X — случайная величина, имеющая показа-
тельное распределение с параметром X (рис. 8.78). Интервал L между
сообщениями—случайная величина, имеющая показательное распреде-
ление с параметром р. Длины отдельных сообщений и интервалов меж-
ду ними не коррелированы. Найти вероятность того, что за время t бу-
дет передано не менее т сообщений (т > 1).
t
Рис. 8.78
Решение. Общая продолжительность Т т сообщений плюс пере-
рывы между ними представляет собой случайную величину, распреде-
ленную по обобщенному закону Эрланга порядка 2 т — 1 с параметра-
ми
К k,..., к Р, Р-,—> И-
траз (m« 1) раз
Вероятность того, что за время t будет передано не менее т сообще-
ний есть не что иное, как функция распределения случайной величи-
ны 7:
Р- {не менее т сообщений за время Z} —P{T<.t} = G(t).
Случайная величина Т представляет собой сумму двух независимых
случайных величин: Т = 7\ + Т2, где 7\ — распределена по закону
Эрланга m-го порядка с параметром k:
««-Sr'-1'<'>•»=
Т2 — по закону Эрланга (т — 1)-го порядка с параметром у:
.. °>-
Следовательно, для случая & > у,
S (0 = f gi (т) g2 (t—x) dr=( е-Хт х
J J (m—1)1
О о
Гц, (7—j
X -------—----е“м-«—____________Р
—2)! (т—1)! (т— 2)1
т»2
х s ly х
г=0 (Х_ц)т+<
КХ-Ц)/]*
Й1
е—(Я—ц)
е“^' (/>0).
Для случая |*>Х
л ЛШ—1 т— 2 т~1 ,
g(O= ( gi(t—^)gz(x)d%=-----—S2 ly x
J (m—l)!(m—2)!
о Z = J
(m+QI
(H—X)m+1+‘'
m—l-H
k\
£—(ц*—X») t 0—Xi
(i>0).
Для случая Х = [л
S V ’ (2m—2)!
(*>0).
8.79. Маятник совершает свободные незату-
хающие колебания, причем угол <р (рис. 8.79)
изменяется в зависимости от времени t по гармо-
ническому закону: <р = a sin (at 4- 0), где а —
амплитуда, а — частота, 0 — фаза колебания.
В некоторый момент t = 0, совершенно не
связанный с положением маятника, произво-
дится его фотографирование. Найти закон рас-
пределения угла Ф, который в момент съемки Рис. 8.79
будет составлять ось маятника с вертикалью.
Найти математическое ожидание и дисперсию угла Ф.
Решение. Ф = a sin 0, где фаза © распределена равномерно
в интервале (0; 2 л); на этом участке функция ср = a sin О немонотон-
на. Очевидно, решение задачи не изменится, если считать величину 0
распределенной равномерно в интервале (— л/2; л/2), где функция <j>
монотонна. Плотность распределения угла Ф будет
— — =—при |<р|<а.
ф х 2 а л у а3—ф2
а I
Так как закон g (<р) симметричен, то его математическое ожидание
/пф = 0. Дисперсия угла Ф
С ф2 Ар а2
J Д/а2—ф2 2
8.80. Рассматривается п независимых случайных величин Тг
(I *= 1,2,..., п), каждая из которых распределена равномерно на
участке (0; с). Найти закон распределения числа Y случайных величин
(точек) Tit попадающих на участок (а, Ь) с (0, с). Каково будет пре-
дельное распределение случайной величины Y в случае, когда п->оо,
оо, а среднее число точек на участке (а, Ь) остается постоянным?
Решение. Введем в рассмотрение случайную величину Yt —
индикатор события Tt G (а, Ь):
1, если 7\6(а, &);
О, если Tt€j£(a, b).
Очевидно,
п
t-- I
Обозначим
Р{У, = 1} = р----— ; р {Уг = 0} = 1 —р = ,£-?+.а .
с
Рассматривая п значений Т1г Тп как п независимых опытов, в каж-
дом из которых может произойти или нет событие Тг£ (а, Ь), видим,
что случайная величина У имеет биномиальное распределение с пара-
метрами п и р и с математическим ожиданием М [У] = пр:
Р{У « *}.= с*р» (1 - р)"-* (k = 0, ..., п).
Рассмотрим случай, когда с-> оо, n-> оо, п/с = к — const. При
этом р->0, но среднее число точек, попадающих на участок (а, Ь),
постоянно: М [У] — А (Ь — а) = const. Известно (см. раздел 4.0),
что в этом случае предельное распределение случайной величины У
будет пуассоновским с параметром d = А. (Ь — а):
fjk
Р {У = k} = — е~а (k = 0, 1, 2,...).
Таким же распределением обладает число событий стационарного
пуассоновского потока о интенсивностью А., попадающих на участок
{а, Ь).
Отсюда следует вывод: стационарный поток событий с интенсивно-
стью X можно рассматривать как предельный случай совокупности п
независимых случайных точек на участке (0,с),каждая из которых име-
ет на этом участке равномерное распределение, при условии, чтои->оо,
оо, но п/с = % = const. Такая модель простейшего (стационарно-
го пуассоновского) потока понадобится нам в дальнейшем.
ГЛАВА 9
СЛУЧАЙНЫЕ ФУНКЦИИ
9.0* Функция X (0 называется случайной функцией, если ее значение при
любом аргументе t является случайной величиной. Примеры случайных функций:
V (0 — напряжение электропитания ЭВМ в зависимости от времени /; Т (h) —
температура воздуха в данном пункте в данный момент в зависимости от высоты
h над землей; Q (0 — число отказов ЭВМ, происшедших за время от 0 до t
Понятие случайной функции является обобщением понятия случайной
величины. Так как случайную величину X можно рассматривать как функцию
элементарного события со (см. раздел 4.0): X = <р (со) (со £ й), где Q - про-
странство элементарных событий, то случайную функцию X (0 можно предста-
вить в виде
х (о«<р (/, со) (со е а, * е
где t — не случайный аргумент, Т — область определения функции X (0.
Реализацией случайной функции X (0 называется конкретный вид, который
она принимает в результате опыта (когда осуществилось элементарное событие
со). Например, записывая с помощью какого-либо прибора напряжение питания
ЭВМ в зависимости от времени на участке (0, т), мы получим реализацию v (ft
случайной функции V (0 (рис. 9.0.1). '9
Рис. 9.0.1
Рис. 9.0.2
Ряд проведенных опытов, исход каждого из которых — случайная функция
X (0, дает совокупность реализаций хг (0, х2 (0,..., хп (0 этой случайной функ-
ции. Реализации неизбежно отличаются друг от друга из-за случайных причин
(рис. ,9.0.2). Для фиксированного момента времени t случайная функция X (0
превращается в обычную случайную величину. Эта случайная величина называ-
ется сечением случайной функции.
Если рассмотреть не одно сечение случайной функции, а ряд сечений в ряде
точек tlt t2, ..., tm, то получатся m-мерный случайный вектор, в каком-то прибли-
жении описывающий ее (рис. 9.0.3). На практике, если значения случайной функ-
ции регистрируются с каким-то интервалом при значениях аргумента 0, 0,
мы имеем дело именно с n-мерным случайным вектором.
Случайную функцию X (0, аргументом которой является время, обычно
называют случайным процессом. Случайный процесс, протекающий в физической
системе S, состоит в том, что с течением времени t система S случайным образом
меняет свое состояние. Если состояние системы S в момент t описывается одной
скалярной случайной величиной X (0, то мы имеем дело со скалярной случайной
функцией (скалярным случайным процессом) X (0. Если состояние системы S
в момент t описывается несколькими случайными величинами Х± (0, Х2 (0,
Xh (0, то мы имеем дело с векторной случайной функцией V (0 (векторным
случайным процессом) с k составляющими: Xi (0, Х2 (0, .»«, Х& (0.
Случайные процессы делятся на классы по ряду признаков. Случайный
процесс, протекающий в системе S, называется процессом с дискретным време-
нем, если переходы системы S из одного состояния в другое возможны только
в определенные, заранее известные моменты времени 0, 0, ... Пример процесса
с дискретным временем: ЭВМ, которая меняет свои состояния в определенные
моменты времени 0, 0, ..., задаваемые тактом работы ЭВМ; техническое устрой-
ство, осматриваемое в моменты 0, 0, ... и переводимое в результате осмотра из
одной категории в другую.
Случайный процесс с дискретным временем называется также случайной по-
следовательностью. Если состояние системы S описывается одной случайной
величиной X, то случайный процесс представляет собой последовательность
случайных величин: X (0), X (0), ..., X (00, ...
Случайный процесс, протекающий в системе S, называется процессом с не-
прерывным временем, если переходы из сосюяния в состояние могут происхо-
дить в любые, случайные моменты времени, непрерывно заполняющие ось 0t
(или ее участок). Примеры случайного процесса с непрерывным временем—из-
менение напряжения электропитания ЭВМ V (0 (см. рис» 9.0.1) или функциони-
рование технического устройства, которое в случайные моменты времени вы-
ходит из строя и восстанавливается.
Случайный процесс, протекающий в системе S, называется процессом с дис-
кретными состояниями, если число возможных состояний системы S конечно
или счетно. Пример: техническое устройство состоит из двух узлов; возможные
состояния системы: sj — оба узла исправны; % — неисправен первый узел,
исправен второй; s8 — исправен первый узел, неисправен второй; s4 — неисправ-
ны оба узла. Другой пример: передача сообщения по радио; случайный процесс
X (0 — количество неправильно переданных символов до момента t. Этот
случайный процесс принимает, только счетное множество состояний {0, 1, ...,
п, ...} и «подскакивает» на единицу в момент приема очередного неправильно
переданного символа (рис» 9.0.4).
Случайный процесс, протекающий в системе S, называется процессом с не-
прерывными состояниями, если множество возможных состояний системы S не-
счетно. Пример: процесс вывода космического корабля в заданное положение от-
носительно Земли. Другой пример — напряжение электропитания ЭВМ V (0.
По вышеуказанным признакам случайные процессы делятся на следующие.
1а. Процессы с дискретными состояниями и дискретным временем.
16. Процессы с дискретными состояниями и непрерывным временем.
2а. Процессы с непрерывными состояниями и дискретным временем.
26. Процессы с непрерывными состояниями и непрерывным временем.
Примеры процесса типа 1а. Некто купил т билетов выигрышного займа,
которые могут выигрывать и погашаться в известные моменты времени (тиражи) tlf
/2, ...; случайный процесс X (0 — количество билетов, выигрывших до момента
t (включая 0. Другой пример — состояние оперативной памяти ЭВМ; все воз-
можные состояния оперативной памяти могут быть перечислены и изменения
состояний оперативной памяти могут происходить в дискретные моменты времени
в соответствии с тактом работы ЭВМ.
Пример процесса типа 16. Прибор может находиться в четырех состояниях:
s0—не включен и исправен; sx—включен и исправен;^ — не включен и неиспра-
вен; s3 — включён и неисправен. Многочисленные примеры процессов типа 16
встретятся нам в гл. 10 и 11.
Пример процесса типа 2а. В моменты 0, 0,»»» наблюдаются значения X (tfi,
X ... непрерывной случайной величины X. Последовательность значений этой
величины — процесс X (t) с непрерывными состояниями и дискретным време-
нем. Например, если температура воздуха Т измеряется дважды в сутки, то
последовательность зарегистрированных значений Т представляет собой слу-
чайный процесс с непрерывными состояниями и дискретным временем.
Пример процесса типа 26 — процесс V (0 изменения напряжения в элек-
тросети питания ЭВМ в любой момент времени t или уровня помех при передаче
сообщения.
Рассмотрим ряд характеристик скалярной случайной функции X (/).
Одномерным ваконом распределения случайной функции X (0 называется
закон распределения сечения X (0 этой случайной функции для любого значе-
ния аргумента t. Если случайная величина X (I) непрерывна, то этот закон пред-
ставляет собой плотность, распределения сечения X (0 и обозначается f (х, 0.
Если случайная величина X (0 дискретна, то одномерный закон распределения
случайной функции X (0 представляет собой ряд вероятностей Р (х^, 0 того, что
в момент t случайная величина X (0 приняла значение х^ Для смешанной слу-
чайной величины X (0 одномерный закон распределения задается функцией
распределения F (х, 0 = Р {X (0 < х}. Так как функция распределения явля-
ется наиболее общей формой закона распределения, пригодной для любых слу-
чайных величин, можно и для одномерного закона распределения пользоваться
общей записью F (х, 0.
Двумерным законом распределения случайной функции X (0 называется сов-
местный закон распределения двух ее сечений [X (0) и X (0) для любых значе-
ний 0 и 0], представляющий собой функцию четырех аргументов: хх, х2, 0, 0.
Соответственно можно рассмотреть n-м ерный закон распреде-
ления, зависящий от 2п аргументов.
Случайная функция X (0 называется нормальной, если совместное распреде-
ление любого числа п ёе сечений, взятых в произвольные моменты времени
0 < 0 < 0 < ... < /п> есть n-мерный нормальный закон.
Математическим ожиданием случайной функции X (0 называется неслу-
чайная функция тх (0, которая при каждом значении аргумента /представляет
собой математическое ожидание соответствующего сечения случайной функции:
тх (0 = М [X (0]. (9.0.1)
Корреляционной (или «автокорреляционной») функцией случайной функции
X (0 называется неслучайная функция двух аргументов Кх (0 /')> которая при
каждой паре значений аргументов 0 /' равна корреляционному моменту соот-
ветствующих сечений случайной функции:
Kx(t, i') = M[^ (0^(Г)], (9.0.2)
где X (0 = X (0 — тх (0 — центрированная случайная функция,
При V = t корреляционная функция превращается в дисперсию случайной
функции:
Кх (0 0 = Dx (0 == D [X (0] = [ох (0]2< (9.0.3)
Основные свойства корреляционной функции'.
1) Кх (0 /') = KXl(t', 0, т. е. функция Кх (0 /') не меняется при замене t
на /' (симметричность);
2) |Кх(0Г)|<ах(0ая(Г);
3) функция Кх(0 И—положительно определенная, т. е. f J Xx(0 ?) ф (0Х
(В) (В)
X ф (/') dtdt' > 0, где ф (0 — любая функция, (В) — любая область интегри-
рования, одинаковая для обоих аргументов.
Для нормальной случайной функции характеристики тх (0, Кх (f, V) явля-
ются исчерпывающими и определяют собой закон распределения любого числа
сечений.
Нормированной корреляционной функцией случайной функции X (0 называ-
ется функция
Гх ’ аж(0ах(Г) yDx (t) Dx (Г) ’
т. e. коэффициент корреляции сечений X (0 и X (f)l при /= ? гх (0 /') = 1.
Случайный процесс <Х (0 называется процессом с независимыми приращения*
ми, если для любых значений аргумента 0 < 0 < 0 < ... < 0 < tk+i <
случайные величины приращения функции X (0
Ut = X (0) - X (0); t/2 = X (0) - X (У?...; Uk = X (0+1) - X (0) (9.0.5)
независимы.
Нормальный случайный процесс с независимыми приращениями называется
винеровским случайным процессом, если его математическое ожидание равно ну-
лю, а дисперсия приращения пропорциональна длине отрезка, на котором оно
достигается:
тх (0 =0; D (9.0.6)
где а > 0 — постоянный коэффициент.
При прибавлении к случайной функции X (/) неслучайного слагаемого
<р (0 к ее математическому ожиданию прибавляется то же неслучайное слагае-
мое, а корреляционная функция не меняется.
При умножении случайной функции X (0 на неслучайный множитель ф (0
ее математическое ожидание умножаемся на тот же множитель ф (0, а корреля-
ционная функция - на ф (0 ф (f').
Если случайную функцию X (0 подвергают некоторому преобразованию
Att то получается другая случайная функция Y (0 = At {X (0).
Преобразование называется линейным однородным, если
{п ] п
S (о = 3 Ц”
J fe=l
(т. е. преобразование к сумме может применяться почленно);
2) L^{cX(t)}^eL^{X(t)}
(т. е. множитель с, не зависящий от аргумента t, по которому производится пре-
образование, можно выносить за знак преобразования).
Преобразование Lt называется линейным неоднородным, если
Lt{X (0} = £)вЧХ(0}+ф(0,
где ф (0 — не случайная функция.
Если случайная функция У (0 связана со случайной функцией X (0 линей-
ным преобразованием Y (I) = Lt {X (0), то ее математическое ожидание ту (0
получается из тх (0 тем же линейным преобразованием*.
ту (t) == Lt {X (0), (9.0.7)
а для нахождения корреляционной функции Хх (t, t') нужно дважды подвер-
гнуть функцию Хх (L tf) соответствующему линейному однородному преобразова-
нию: один раз по t, другой раз по tfi
Ху (t> t')=L<p> {ф> {Xx(t, Г)}}. (9.0.8)
Взаимной корреляционной функцией Rxy (t, Г) двух случайных функций
X (0 и У (0 называется функция
(/')]. (9.0.9)
Из определения взаимной корреляционной функции вытекает, что
Кху 0» О e Кух (^’ О*
Нормированной взаимной корреляционной функцией двух случайных функций
X (0, У (0 называется функция
Кху (*» tf) Кху (G t')
<Jx(t)<Jy (t') “ (i) Dy (t')
(9.0.10)
Случайные функции X (0 и У (0 называются некоррелированными, если
Rxy (^ О ==
Если Z (0 «X (04-У (0Э то mz (f)=*mx (t)+mv (0,
Kz (t9 t*)~Xx(t9 П+Ху (t9 t*)+Rxy (t, t')+RXy(t\ 0.
Если случайные функции X (0 и У (0 некоррелированны, то
Xz(t, f)^Xx(t, t’)+Xy(t9 t’). (9.0.11)
Если
Z(0=2*a(O. (9.0.12)
6=1
где Xt (0, X2 (0, Xn (0 — некоррелированные случайные функции, то
п п
тг (t) = 2 тх„ (Ф 0, <4) = 2 К (t, 1‘).
k=*\ * 6=1 *
При выполнении различных преобразований со случайными функциями ча-
сто бывает удобно записывать их в комплексном виде* Комплексной случайной
функцией называется случайная функция вида
Z (0 == х (0 + 1У (0, (9.0*13)
где X (0, F (0 — действительные случайные функции, i — мнимая единица.
Математическое ожидание, корреляционная функция и дисперсия комплекс-
ной случайной функции определяются следующим образом:
+ Kz (М‘) =М[Л (0 £ ((')]> (9.0.14)
где чертой вверху обозначена комплексная сопряженная величина, а
Dz (0 =к2 (t, 0 =М (I к (012!. (9.0.15)
При переходе к комплексным случайным величинам и функциям необходимо
определять дисперсию как математическое ожидание квадрата модуля, а корре-
ляционный момент—как математическое ожидание произведения центрированной
одной случайной величины на комплексную сопряженную центрированной дру-
гой**.
Каноническим разложением случайной функции X (0 называется ее представ-
ление в виде
т
X (0 «= тх (0 + 2 Vk Фл (0**’ • (9.0.16)
6=1
рде Vk (& e 1» 2, m) — центрированные, некоррелированные случайные ве-
личины, с дисперсиями (^«1, 2, m); фь (0 (&=1» 2, .*., т) — неслучай-
ные функции. Случайные величины У&(6== 1,* 2, *»., т) называются коэффи-
циентами, а функции фб (/) (fc = l, 2, т)—координатными функциями ка-
нонического разложения*
Если случайная функция X (t) допускает каноническое разложение (9*0.16)
в действительной форме, то корреляционная функция Кх (t9 t') выражается сум-
мой:
Кх(М') = 2 °лФл0 Фл (О, (9.0.17)
6=1
которая называется каноническим разложением корреляционной функции.
Если случайная функция X (0 допускает каноническое разложение (9.0*16)
в комплексной форме, то каноническое разложение корреляционной функции
имеет вид
♦> В дальнейшем мы каждый раз будем оговаривать комплексный характер
случайной функции^ если он не оговорен, будем считать случайную функцию
действительной.
В частности, сумма может распространяться на бесконечное (счетное)
число слагаемых*
Kx(t, t')= 2 Dft4>h(O4>feO'), (9.0.18)
fe=l
где чертой вверху обозначена комплексная сопряженная величина.
Из возможности канонического разложения вида (9.0*17) или (9.0,18) кор-
реляционной функции вытекает представимость случайной функции X (/) в виде
канонического разложения (9*0*16), где случайные величины Vk (k = 1,
2, .*♦, т) имеют дисперсии Dh (& e 1, 2, «к, т).
При линейном преобразовании случайной функции X (/), заданной канони-
ческим разложением (9.0.16), получается случайная функция Y (t) = Lt {X (t)} в
виде канонического разложения
т
Y (0= т„ (t) + 2 (0. (9.0.19)
й=1
где my = фл (0= L)0’{фй (01. (9.0.20)
ts e* при линейном преобразовании случайной функции, заданной каноническим
разложением, ее математическое ожидание подвергается тому же линейному
преобразованию, а координатные функциц — соответствующему линейному од-
нородному преобразованию*
Стационарной случайной функцией X (t)*} называется случайная функция,
математическое ожидание которой постоянно, тх ® const, а корреляционная
функция зависит только от разности между ее аргументами: Кх (t, t') == kx (т)
где т = /' — L
Из симметричности корреляционной функции Кх (t, t') следует, что kx (т)=
=fex(—.т), т. е* корреляционная функция стационарной случайной функции есть
четная функция аргумента т*
Дисперсия стационарной случайной функции постоянна:
&Х = Кх (t, 0 = &х (0) — const. (9.0.21)
Корреляционная функция стационарной случайной функции обладает свойст-
вом
l^xWK^x- (9.0.22)
Нормированная корреляционная функция стационарной случайной функции
равна
Рх (Т) = kx (x)/Ds = kx (x)/kx (0). (9.0.23)
Каноническое разложение стационарной случайной функции имеет вид
со
X (0=тх+ 2 ((/ftCoswft^+VfeSinwftO, (9.0.24)
й=0
где Uh, Vk (& = L *«») — центрированные, некоррелированные случайные ве-
личины с попарно равными дисперсиями D [(/J =« D [У/.] — D/t.
Разложение (9.0.24) называется спектральным. Спектральному разложению
стационарной случайной функции соответствует разложение в ряд ее корреля-
ционной функции:
оо
М*) = S Dkcosa>kx, (9.0.25)
й=0
откуда
Dx = 2 Dk‘ (9.0.26)
Л=0
*1 Точнее, стационарный в широком смысле.
Спектральное разложение (9»0.24) стационарной случайной функции по-
лагая (Do « 0, можно переписать в комплексной форме:
X(t)=mx+ J Пе1<вь‘. (9.0.27)
fe=»co
где
®_ft = -coa; I7O=L/O; ^а=-Ь~'-Ь- ; (й = 1, 2,
л 4
Спектральной плотностью стационарной случайной функции X (/) называ-
ется предел отношения дисперсии, приходящейся на данный интервал частот-
к длине этого интервала, когда последняя стремится к нулю. Спектральная плот,
ность Sx (cd) и корреляционная функция /гх (т) связаны преобразованиями Фурье.
В действительной форме эта связь имеет вид
со СО
2 Г 0
Sx (®)=— 1 (т) cos kx (т) = | (cd) cos ®vd®; (9.0.28)
nJ J
о 0
из последнего соотношения вытекает, что
Dx=*x(0)=f Sx(w)da). (9.0.29)
о
В комплексной форме преобразования Фурье, связывающие спектральную
плотность Sx (со) и корреляционную функцию kx (т), имеют вид
со со
S*(M)=-L f fea.(T)e-’“0XdT, М®)= (*Sx(m)eiwx6to. (9.0.30)
* 2Л J J
— OO ОО
В приложении 7 дана таблица соответствий некоторых корреляционных
функций и спектральных плотное гей.
Как Sx (со), так и Sx (со) — действительные, неотрицательные функции;
Sx (со) — четная 'функция, определенная на интервале (—оо, 4-00); Sx (со) оп-
ределена на интервале (0,+ оо) и на этом интервале Sx (ю) » 0,5 Sx (о).
Нормированной спектральной плотностью sx (о) (или в комплексной форме
Sx (©)] называется спектральная плотность, деленная на дисперсию случайной
функции X (/):
sx (®) (®)/Dx; S* (о) —S* (®)/Dx. (9.0.31)
Если взаимная корреляционная функция RXf у (t> f) двух стационарных
случайных функций X (0 и Y (t‘) есть функция только т = f то такие слу-
чайные функции называются стационарно связанными» В этом случае между
взаимной корреляционной функцией Rxy (т) и взаимной спектральной плот-
ностью Sxy (со) существуют соотношения:
/?зд(т)- j 5ед(“)=-^- J e-iwx/?XJ,(T)dT). (9.0.32)
Если нормальные стационарные случайные функции X (0 и F (Q стацио-
нарно связаны, то случайная функция Z (0 = X й / й будет стационарной
g характеристиками:
тг^тхту+Кху (0), (9.0.33)
S;(со) = j 3* (и-о) S* (о)dv+mx ту [3^ (со)+3‘х (со)] +
+ f (со-03*х(0^+mJ s; (со)+/n«s; (со). (9.0.34)
— оо
В чавтном случае, если Z (fl = X2 (Q, то
mz=m24-Da.=m2+*a.(0), (9.0.35)
S*(co)=2 j SJ(co—o)S*(o)dt>+4m2 S* (co). (9.0.36)
«* co
Белым шумом (или белым шумом в широком смысле) называется случай-
ная функция X (0, любые два различных (сколь угодно близких) сечения кото-
рой некоррелированны и корреляционная функция которой пропорциональна J
дельта-функции:
Кх (t, t') = о (0 б (t — t'). (М.ЪТ)
Величина G (0 называется интенсивностью белого шума. Определения и
свойства дельта-функции даны в приложении 6.
Стационарным белым шумом называется белый шум с постоянной интенсив-
ностью G (/) = G = const*
Корреляционная функция стационарного белого шума имеет вид
kx (т) = G б (т), (9*0.38)
откуда его спектральная плотность постоянна и равна
Si (со) « G/2ji* (9.0.39)
Дисперсия стационарного белого шума Dx « G6 (0), т, е* бесконечна*
Если на вход стационарной линейной системы L поступает стационарная
случайная, функция X (0, то спустя некоторое время, достаточное для затухания
переходного процесса, случайная функция Y (0 на выходе линейной системы
также будет стационарной. Спектральные плотности входного и выходного сиг-
налов связаны соотношением
S^(co)=S* (©)|Ф(1(0)|2, (9.0.40)
где Ф (ico) — амплитудно-частотная характеристика линейной системы*
Говорят, что стационарная функция X (0 обладает эргодическим свойством,
если ее характеристики [mXt kx (т)] могут быть определены как соответствующие
средние по времени для одной реализации достаточно большой продолжитель-
ности. Достаточным условием эргодичности стационарной случайной функции
(по математическому ожиданию) является стремление к нулю ее корреляционной
функции при т оо:
lim£x(T)=0. (9.0.41)
Г->со
Для того чтобы случайная функция X (0 была эргодична по дисперсии Dx,
достаточно, чтобы случайная функция Y (0 = X2 (0 обладала аналогичным
свойством, т. е* при т-> оо 1ш1£р(т)=0*>.
Т—>оо
Для того чтобы случайная функция была эргодична по корреляционной
функции, нужно, чтобы аналогичным свойством обладала функция Z (/, т) =
= Х(0Х(^+т).
252
ЯНГ» !
Выбросом случайной функции X (/) за уровень а называется пересечение
реализацией этой.функции (снизу вверх) прямой, параллельной оси Ot и отстоя-
щей от нее на расстояние а (см* рис. 9.0.5, где выбросы отмечены, крестиками).
Число выбросов X за время Т есть дискретная случайная величина} если вы-
бросы редки, то ее можно считать распределенной по закону Пуассона.
Для нормальной стационарной случайной функции X (/) среднее число вы-
бросов за уровень а в единицу времени равно
(fl+ffix)2 \ (5у
(9.0.42)
где Оу — среднее квадратическое отклонение производной случайной функции
d
(9.0.43)
Таково же и среднее число пересечений заданного уровня вверху вниз.
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
9.1. Рассматривая неслучайную функцию времени <р (0 как част-
ный вид случайной функции X (0 = <p (0, найти ее характеристики:
математическое ожидание тх (0, дисперсию Dx (t) и корреляционную
функцию Кх (А <*). Является ли случайная функция X (0 стационар-
ной?
Ответ. тх (0 = <р (0; D я (0 = 0; Кх (t> э 0.
В общем случае случайная функция X (t) нестационарна, так как
при <р (t) #= const имеем тх (t) const.
9.2. В условиях предыдущей задачи q> (0 — а = const, где а не
случайная величина : X (t) = а. Стационарна ли случайная функция
X (0? Если стационарна, то обладает ли она эргодическим свойством?
Ответ. Случайная функция X (0 стационарна, так как тх (0 =
= а — const, Dx (f) — 0, Кх ~kx ft) = 0, и обладает эргодиче-
ским свойством.
9.3. Случайная функция X (0 в каждом сечении представляет со-
бой непрерывную случайную величину с одномерной плотностью рас-
пределения f (х, 0. Написать выражения для математического ожида-
ния тх (0 и дисперсии Dx (0 случайной функции X (0.
О т в е т. тх (I) = J xf (х, t) dx-, Dx(f) = J lx—mx(ty?f (x, 0dx.
9.4. Случайная функция X (0 представляет собой случайную ве-
личину X (0 = V, где V — непрерывная случайная величина с плот-
нозтью ф (v). 1) Написать выражение одномерного закона (плотно-
сти) распределения f (х, t) случайной функций X (0; 2) найти матема-
тическое ожидание тх (/) и дисперсию Dx (f) случайной функции X (/);
3) написать выражение двумерной функции распределения F (xltxz,
tu t3) двух сечений X (4). X случайной функции X (f); 4) найти
ее корреляционную функцию Хх (t, и спектральную плотность
SJ (со).
Решение. 1) f (х, 0 — ф (х);
со оо
2) mxXf) = f х ф (х) dx = т0; Dx (t) = f (х — т„)2 ф (х) dx;
3) F (хх, х2, t19 /2) = Р (6.) < ях, X (fz) < ^2} =
= Р {V<x19 Y<x2}.
Если Хх < х2, то из V < хх следует V < х2 и Р {V < хх, V <
< х2} = J <р (х) dx. Следовательно,
F (ЯХ, -^2, ^2)
Xi
$ Ф (х) dx = F (xj при хх < х2;
ОО
*2
Ф (х) dx = F (х2) при х2 < хь
где F (х) = J ф (х) dx — функция распределения величины V;
—со
4) Кх (*, <*) = М [X (/) X (f-)l = М [vV] = D„;
Dx (t) = Kx (t, ?') = D„.
Так как mx (£) = const и Xx (t, tl) = const, то случайная функция
X (0 стационарна. Так как среднее по времени для каждой реализации
равно значению, принятому случайной величиной V в этой реализации,
и различно для разных реализаций, то случайная функция X (0 не-
эргодична', ее спектральная плотность
ОО
--- ОО
где 6 (®) — дельта-функция. В этом можно непосредственно убедить-
ся, так как
ОО ОО
kx(x)= Si(oj)e'®Tdw = $ Z)o6(0j)etmTd&j = Z)oe10x = Do.
— 00 — 00
9.5. Случайная функция X (/) задана в виде X (t) = Vt + b,
где V — случайная величина, распределенная по нормальному зако-
ну с параметрами т„, о0; Ь — не случайная величина. Найти одномер-
ную плотность распределения f (х, f) сечения случайной функции X (0
и ее характеристики: тх (t), Dx (t), Хх (t, t').
О т в е т. f (х, 0 — нормальный закон о параметрами mDt + b-, 5
1*1 о»: j
t(x. fy----L—ехр--^---^;^ \
|(|а0У'2л 2^о» :
пгх(*) = т0 t + b\ Dx(*) = t* aS; Кх (t, Г) = j
9.6. Показать, что любая функция двух аргументов вида j
2 о,ф,(Оф* Л,
i= 1
гдеОг — неотрицательные числа; фг (*) — любые действительные функ- *
ции (г = 1,2,..., п), обладает всеми свойствами корреляционной функ- ;
ции. ' ;
Решение. Достаточно показать, что существует случайная
функция X (0, имеющая корреляционную функцию (9.6). Рассмотрим *
действительную случайную функцию X (/), заданных в виде канони- !
ческого разложения j
п •
Х(О = /их(О+ 2 ^Фе(О. i
*== 1 f
где D [V|] = Dt. Корреляционная функция этой случайной функции ‘
имеет вид j
КХМ = 2 DtФ*(Оф*(И, !
=„1 ?
что и требовалось доказать. I
9.7. Даны характеристики нормального случайного процесса \
X (f): тх (0; Dx (0; Кх (t> *г). Известно, что в момент времени t слу- ;
чайный процесс находился в состоянии х (X (0 = х). Найти условную )
вероятность рытого, что в момент времени tслучайный процесс «
X (/') будет принадлежать некоторой области (а, 0): >
Раз - Р {X (*') € (а, 0) | X (0 - х}. j
Решение. Обозначим X (*) = Xr, X (tl) = Х2. Система слу- {
чайных величин Хъ Х2 имеет нормальное распределение / (хх, х2) !
с характеристиками I
mXi = mx(fy, т^ = тх(^}\ i
o^t=Dx(0; о^ = Рж(И; 42 = -^^- I
(J у Oy.
Al X2
Условный закон распределения з
+r i
f. (4 I 4) — f (xi, xi) (fi (Xi))~\ где (xt) =J~ f (X!, x2) dxz. ;
Этот закон тоже будет нормальным с характеристиками:
mXi । Xl = m-г+4г — (Xi—/«1); oXi, Xi = оХг V 1 —rl.2.
%
2S5 ;
§
Отсюда
(Г ах.
Р — I m2+ rtll —— (x—mt)
% V1— г1,г
X-
тг+ г1.г-------L
0„
аг
*2
где Ф (х) — функция Лапласа.
9.8. Найти одно- и двумерный закон распределения и характеристи-
ки случайной функции X (/), заданной евоим каноническим разложе-
нием
п
Х(0=/М0 + 2
1
где Vi (i = 1,2,..., n) — взаимно-некоррелированные нормально рас-
пределенные случайные величины с характеристиками /пг = 0, Dt.
Решение. Одномерный закон распределения f (xlt t) — нор-
мальный е характеристиками
п
mxAt) = mx(ty, DXl(t) = 2
i=> 1
Корреляционная функция
п п 1 п
2 (0 2 W) = s Dl4>t(0q>,n
<_/=! 7=1 J 1= 1
Двумерный закон распределения f (хх, х2. t, tl) — нормальный с ха-
рактеристиками mXi (0; тХг (/*); DXi (/); DXl (^); Кх tl). Случай-
ная функция X (0 нормальна,, поэтому двумерный закон распределе-
ния является исчерпывающей характеристикой для любого числа сече-
ний этой функции.
9.9. Задана случайная функция
X (0 = Vj е““‘ <+V2 е“а^е,
где Vt и V2 — некоррелированные случайные величины с характерис-
тиками: /п01 = тОг = 0; DVtt DVt. Найти характеристики случайной
функции X (0-
Решение. Случайная функция X (/) представлена каноническим
разложением без свободного члена, следовательно, тх (t) — 0;
Kx(t, tl) = DOl е““«<'+/'> + £)08е-«*(<+‘*);
Dx (0 = Dn, e-“«2i 4- DOl e-a*2t.
9.10. Случайная функция X (t) задана своим каноническим разло-
жением
п
Х(0= 2 Vi^^+a,
i= 1
где Vt — центрированные случайные величины о дисперсиями DBl
(i = 1, 2, ..., zi); М [ Vt, Vjl = 0 при i =/= а — не случайная величина.
Найти характеристики случайной функции X (Q.
Ответ.
mx(0 = a; = $ D0.e“ei(<+:/'>;
i== 1
Dx(t) = 2 Do
i= i
9.11. Случайная функция X (О задана каноническим разложением
X (0 = t 4- Vi cos со t 4- V2 sin at,
где и V2 — некоррелированные случайные величины с математи-
ческими ожиданиями, равными нулю, и с дисперсиями Dj = D2 =2.
Определить, является ли стационарной случайная функция X (/).
Решение. тж(/) = /; Кх (t, f) = 2 (cos at cos at1 Ч- sin at x
X sin at') = 2 cos co (t —t').
Корреляционная функция случайной функции X (t) удовлетворяет
условию стационарности, однако математическое ожидание тх (/)
зависит от времени. Случайная функция X (0 нестационарна, но
центрированная случайная функция X (f) стационарна.
9.12. Заданы две случайные функции:
X (t) = Уг cos ajt 4- V2 sin ©x£; Y (/) = cos a2t 4- U2 sin a2t.
Математические ожидания всех случайных величин У2, 1/х и
С/2 равны нулю, дисперсии Do, = Dc, — 1; D01 = Do. = 4; норми-
рованная корреляционная матрица системы (Ух, V2, Ult Us) имеет вид
1 0 0,5 0
1 0 —0,5
1 о •
1
Определить взаимную корреляционную функцию Rxe (t, f) и най-
ти значение этой функции при t = 0, & = 1.
Решение. Rxy(t, te) =М|Л(£)$’'(/*)] =M[(V1cos®1/4-
4- V2 sin ©i t) (Ut cos ®2 t,J +1/2 sin ®2 /*)] = cos ®x t cos ©2tl M |VX t/J 4-
4- cos ©x t sin ®2 MIV2 t/2J -J- sin wx t cos ®2 t* M [V2 Ur\ 4- sin at t x
X sin ©2 tl M [V2t/21 = cos t cos ®21e—sin ®x f sin ®2 ts = cos (®j 14- ®21')»
7?жг,(0; l) = cos®2; Ryx(0; l) = cos®x;
Ryx = Rxv 0 = cos (®i +®2 0-
9.13. Пуассоновский процесс. Рассматривается на оси Ot простей-
ший поток событий с интенсивностью X (точки на оси 0t — см. рис.
9.13,а) и связанная с ним случайная функция X (t) — число событий,
появившихся за время (0, 0- В момент появления очередного события
Рис. 9.13
случайная функция X (/) скачком увеличивается на единицу (рис.
9.13, а)*>. Случайная функция X (t) называется пуассоновским процес-
сом.
Найти одномерный закон распределения пуассоновского процес-
са, его характеристики: тх (t), Dx (t), Кх (ЛО> а также ха-
рактеристики случайного процесса Z (t) = X (/) — М.
Решение. Закон распределения сечения X (f) есть закон Пуас-
сона с параметром а = X/, значит, вероятность того, что случайная
величина X (/) примет значение т, выражается формулой Рт =
=!(М'" (т — 0,1,2,...). Математическое ожидание и дис-
персия случайной функции X (t): тх (f) — Dx (f) = “kt.
Найдем корреляционную функцию Кх (t> ?)- Пусть t'- > t. Рас-
смотрим интервал времени (0, f) (см. рие. 9.13, б). Разобьем этот интер-
*> Условимся считать функцию X (t) непрерывной слева.
вал на два участка: от 0 до t и от t до t'-. Число событий на всем интер-
вале (0, f) равно сумме чисел событий на интервалах (0, <) и (t, t')*>:
X (?) = X (t) + Y (f — t), где Y (t' — t) — число событий, насту-
пивших на интервале (t, t'); вследствие стационарности потока слу-
чайная функция Y (f — t) имеет то же распределение, что и X (0;
кроме того, согласно свойствам пуассоновского потока событий слу-
чайные величины X (t) и Y (? — t) некоррелированны.
Имеем
кх (t, f) = м гх (0 х (f)l = м (0 (х (0 + г (Г - о)1 =
г . = m(£(/))21 = dx(0 = и.
Аналогично при t> t' получаем Кх (t, t') = Kt'-. Таким образом,
Хх (I, ?) = min {Kt, Kt'} — К min {/, t'}, где min {t, t'} — минималь-
ная из величин t, t' (при t = t' в качестве минимальной можно взять
любую из величин t, t').
Пользуясь символом единичной функции 1 (х) (см. приложение 6),
можно записать корреляционную функцию в виде
Кх (t, f) = К tl (f- — t) +Kt' 1 (t — t').
На рис. 9.13, в показана поверхность Кх (t, t'). В квадранте t > 0
и f > 0 поверхность Кх (t, t') состоит из двух плоскостей, проходя-
щих соответственно через оси 0t и 0t* и пересекающихся по линии 0Dx,
аппликаты точек которой равны дисперсии Kt.
Нормированная корреляционная функция
rx{t, = i/ ±-\(t'-t) +1/^1 (t—t').
VDx(t)Dx(l') У t' . У t
Поверхность rx (t, t') показана на рис. 9.13, г.
Пуассоновский процесс является процессом с независимыми прира-
щениями, так как его приращение на любом участке есть число собы-
тий, появившихся на этом участке, а для простейшего потока числа со-
бытий, попадающие на неперекрывающиеся участки, независимы.
Процесс Z (/) = X (/) — Kt (см. рис. 9.13, д) есть неоднородное ли-
нейное преобразование случайного процесса X (0-
Следовательно, тг (/) = тх (/) — Kt = 0; Dz (0 = Dx (f) = Kt',
Кг (t, t') = Kx {t, t') = К min (t, t'),
так как соответствующее линейное однородное преобразование не ме-
няет корреляционной функции процесса X (/)•
9.14. Случайный процесс X (/) возникает следующим образом. На
оси времени 0t имеется стационарный пуассоновский (простейший) по-
ток событий с интенсивностью К. Случайная функция X (/) поперемен-
но принимает значения 4- 1 и —1; при наступлении каждого события
она скачком меняет свое значение о 4- 1 на —1 или наоборот
(рис. 9.14, а). В начальный момент случайная функция X (/) с вероят-
*’ Возможностью появления события в точности в момент t пренебрегаем,
так как вероятность этого равна нулю.
ностью 1/2 равна 4- 1, а в вероятностью 1/2 равна — 1. Найти харак-
теристики тх (/), Dx (/) и К.х (/> t') случайной функции X (/).
Решение. Сечение случайной функции X (/) имеет закон рас-
пределения, представленный рядом
Х(0 =
-1 | +1
0,5 | 0,5
Действительно, так как моменты перемен знака никак не связаны со
значением случайной функции, нет никаких оснований считать какое-
либо из значений 4-1, — 1 вероятнее другого. Отсюда тх (/) =
= — 0,5 4- 0,5 « 0; Dx (/) = (— 1) 2/2 4- 12/2 = 1.
Чтобы найти корреляционную функцию Кх (/, f), рассмотрим
какие-то два сечения случайной функции: X (/) и X (tr) (f > /) —
и найдем математическое ожидание их произведения:
кх (t, е) = лих (о х (/')] = м [х (о х (/{)1.
Произведение X (/) X (/') равно — 1, если между точками t и /’
произошло нечетное число событий (перемен знака), и равно 4- 1»
если произошло четное число перемен знака (включая нуль). Вероят-
ность того, что за время т = tl — t произойдет четное число перемен
знака, равна
Рчет S
т—\
(Хт)2т
(2т)!
eXt+
2
g—Лт — ~А«т
аналогично вероятность того, что за время т произойдет нечетное число
перемен знака, равна
Отсюда
Кх (t, **)==( + 1) Рчет +(- 1)Рнеч -
где т = t*J — t. Аналогично при f < t
К х (f , t) = е-П(-х>, где т = f‘ — t.
Объединяя эти формулы, получаем Кх (t, t') = kx (т) =* е~2ХI’ I .
График этой функции показан на рио. 9.14, б. Поверхность Кх (t, t') ==
е~п 11'—11 показана на рис. 9.14, в.
Случайная функция X (f) стационарна. Ее спектральная плотность
ОО
SJ(®) = _L J Аж(т)е-*“»х^ = — ...
— ОО
9.15. На оси Ot имеется простей-
ший (стационарный пуассоновский)
поток событий с интенсивностью X.
Случайный процесс X (t) возника-
ет следующим образом: в момент по-
явления г-го события в потоке (г =
= 1, 2,...) он принимает случайное
значение Vt и сохраняет его до сле-
дующего события в потоке (рис.
9.15). В начальный момент X (0) =
= Vo. Случайные величины Ио,
V2, ••• ••• независимы и имеют
одно и то же распределение с плотностью ф (х). Найти характеристики
процесса пгх (t), Dx (0, Кх (t, t')- Является ли процесс стационарным?
Реше н и е. Любое сечение случайной функции X (0 распределе-
но по закону ф (х); отсюда
со
тх (0 = М [V4 = J хф.(х) dx = т„;
— со
Dx (0 = D„ = f (х — m0)2 ф (х) dx.
—со
Корреляционную функцию Кх (t> О находим с помощью того же
приема, что и в задаче 9.14. Рассмотрим два сечения X (0 и X (/')
(f >• t), разделенные интервалом т = Р — t. Имеем
Кх a, t') = м ix (о х (Г)1.
Если между точками t, f‘ не появилось ни одного события, то X (t) =
= X (f) и Кх (^> О = М [(^ (О)2] = Dx (t) = D0. Если между точками
t, t'- появилось хотя бы одно событие, то М (0 Я (^')1 = 0. Отсюда
Кх (f, t') = е-Хх D„ 4- [ 1 — е-ч < 0 Doe~4
Ан алогично, при t'- < t
Кх {t, f) = Doe-M-n,
откуда видно, что процесв стационарен. Его корреляционная функ-
ция kx (т) =Doe~x>T| не зависит от вида закона распределения ср (х),
а зависит только от его дисперсии Do.
9.16. Процесс о независимыми сечениями. Рассматривается случай-
ный процесс X (0, описанный в предыдущей задаче 9.15, в предельном
случае, когда интенсивность А потока событий неограниченно увели-
чивается. Исследовать поведение характеристик этого процесса при
А—> оо.
Рис. 9.16
Решение. При увеличении X корреляционная функция kx (т) =
= Doe-x*Tl будет «стягиваться»*к началу координат (рис. 9.16,а).
В пределе получим корреляционную функцию вида
kx(т) e lim kx(т) = lim Dv е~Л।x • = D„ lim e—x 1TI,
°O X~>OO >-0O
т. e. функцию, равную нулю всюду, кроме т = 0, а при т = 0, равную
Do (рис. 9.16, б). Записать это можно так:
(D„ при т = 0;
(О при т =/= 0.
Так какчто условию задачи 9.15 все сечения случайного процесса
X (0 независимы, мы получили модель случайного процесса, для кото-
рого любые два сколь угодно близкие сечения независимы:. Такой про-
цесв можно назвать «процессом с независимыми сечениями». Получаю-
щийся в_пределе при А -> со случайный процесс с независимыми сече-
ниями X (I) не имеет ни одной точки непрерывности.
9.17. Белый шум. Рассмотреть предельный случай для случайного
процесса X (/), приведенного в задаче 9.15, при условии, что интенсив-
ность потока А неограниченно увеличивается (А оо) и одновременно
с этим стремится к бесконечности и дисперсия Dv каждого сечения
(Do -> оо), причем Do/A = с = const. Найти характеристики случай-
ного процесса Z (/), получаемого при таком предельном переходе, и
показать, что случайная функция Z (0 представляет собой стационар-
ный белый шум.
Решение. Поведение случайного процесса X (/) при А оо
уже исследовано в задаче 9.16; теперь учтем еще условие DB -> оо,
Do/A = с. Рассмотрим спектральную плотность Sx (со) для случайного
процесса X (t) задачи 9.15:
sx (©)=-5s. —— = °2. -31 ,,
* л V+a? ЛЬ A2 + ©»
Из условия DB/k — с имеем D0/(nX) = с/л = a = const. Корреля-
ционная функция kx (r) = алк e~K Ix I.
Для случайного процесса Z (0, который получится при X -> оо,
D„ -> оо, D0/k = с, получим
kz (к) = lim kx (к) = lim алке~* 1 х । = ал lim ке-К 1 х । = алб (т),
Х->СО Л,-»СО Л,->ОО
где б (т) — дельта-функция (см. приложение 6);
S, (со) = lim----== а.
Л.2 + й)3
Таким образом, мы убедились, что случайный процесс Z (/) представ-
ляет собой стационарный белый шум, и построили модель возникнове-
ния такого шума. Белый шум можно представить как предельный слу-
чай последовательности коротких независимых одинаково распределен-
ных импульсов с большой дисперсией. Такие процессы встречаются на
практике при рассмотрении различных естественных помех, «теплового»
шума в электронных устройствах, «дробового» эффекта и т. п.
9.18. Рассматривается случайный процесс X (0, описанный в зада-
че 9.15, при условии, что закон распределения каждой случайной ве-
личины Vi (i = 0,1, 2,...) — нормальный с математическим ожиданием
т0 = 0 и дисперсией D„. Найти характеристики тх (t), Dx(t) и
Кх (t, t') случайного процесса X{t). Будет ли этот процесс стационар-
ным? Будет ли он нормальным?
Решение. Любое сечение случайной функции X (/) распреде-
лено по нормальному закону с параметрами т„, = Vdo. Как сле-
дует из решения задачи 9.15, корреляционная функция kx (т) =
— Doe~K Iх I. Процесс стационарен. Но является ли он нормальным?
Нет, несмотря на то, что одномерный закон распределения нормален.
Совместное распределение двух сечений случайного процесса X (/)
уже не является нормальным, так как эти сечения с отличной от нуля
вероятностью совпадают, чего не может быть для двух случайных вели-
чин, совместное распределение которых нормально.
9.19. Модель электронного потока в радиолампе. Поток электро-
нов, направляющихся от катода к аноду радиолампы, представляет со'-
бой простейший поток с интенсивностью к. При поглощении электрона
анодом напряжение последнего возрастает скачком на единицу и за-
тем начинает убывать по экспоненциальному закону с параметром а,
зависящим от характеристик электронной схемы (рис. 9.19,а). Скачок
напряжения от прихода очередного электрона суммируется с остаточ-
ным напряжением на аноде. Найти характеристики случайного про-
цесса X (t) — напряжения на аноде.
Решение. Электроны поступают на анод в случайные моменты
(Времени Ти Т2, .... Ть ... , образующие простейший поток событий.
Напряжение в момент t от воздействия i-ro электрона, поступившего
в момент Т(, будет
Wt (0 = P /t т. ПрИ *<Ti'\ = 1 (t—Tt) e““
t\> |e-’“(‘~r£) при TiJ ’
где 1 (0 — единичная функция; Tt > 0, t > 0. Рассмотрим случай-
ную величину Y — число электронов, поступивших на анод к моменту
t. Эта величина имеет распределение Пуассона с параметром М. Пред-
ставим напряжение X (/) как сумму случайного числа случайных сла-
гаемых:
Х(0= 2 1 (t —Ti). (9.19.1)
f=i
Ранее (см. задачу 8.80) было показано, что пуассоновский поток
событий на интервале (0, /) можно с достаточной точностью предста-
вить как совокупность точек на этом интервале, координата каждой из
которых 0/ € (0, 0 распределена равномерно на этом интервале (см.
Рис. 9.19
рис. 9.19, б) и не зависит от координат других точек. Следовательно,
выражение (9.19.1) можно переписать в виде
X(t) = 2 е"а (/-вг), (9.19.2)
z = i
где случайные величины Qt независимы и распределены равномерно в
интервале (0, /)•
Обозначим Xi (/) — е“* =е“а<е*в<, тогда
X(t)= 2 Xt(t)=e-^ 2 (9.19.3)
i=l z=i
где Xt (t) представляют собой независимые одинаково распределенные
случайные величины, а случайная величина Y также не зависит от
случайных величин Xt (/). В соответствии с решением задачи 7.64 за-
пишем выражение для шх (/) иОж (/):
тх (0 = ту (О mXi (/); (9.19.4)
Dx (/) = tny (t) DXt (t) + Dy (t) mXl (/). (9.19.5)
Так как случайная величина Y имеет распределение Пуассона с па-
раметром kt, то ту (t) = Dv (t) — kt. Найдем тХ{ (/):
« _а<
тх. (О = М [Xj (01 = — f е-« <' ~ х> dx = —~ е“.
1 t J at
о
Определим второй начальный момент случайной величины Хг (/):
t
М [Xf (/)] = у J [е-“ <' ~ х)]2 dx=
о
Следовательно,
1 —
tnx(t) = k——^---------;
а
1~е-2а/
2otf
(9.19.6)
1__р-“2а/
Dx (0 = kt [Dx. (0 + ml, (0] = ktM [X/ (01 = к J—. (9.19.7)
Заметим, что при оо математическое ожидание и дисперсия про- •
цесса X (0 не будут зависеть от времени: lim тх (t) = тх = к/а;
lim Dx (0 = Dx = Л/(2 а).
<->" «-<«л - •••<•
Чтобы найти закон распределения сечения случайного процесса
X (0 при тх = к/а > 20, проведем следующие рассуждения. При рас-
смотрении конечного, но достаточно большого интервала (0, t) и гипо-
тезе, что на этом интервале произошло достаточно большое число Y из-
лучений электронов, процесс X (0 [см. формулу (9.19.2)] представляет
собой сумму независимых одинаково распределенных случайных вели-
чин, которая будет распределена приблизительно нормально, так как
в этом случае практически выполняются условия центральной предель-
ной теоремы (см. гл. 8). Следовательно, сечение случайного процесса
будет распределено нормально с характеристиками: тх = к/а; Dx =
= Х/(2а). Стационарный режим практически наступит через время
тс = 3/а.
Для нахождения корреляционной функции рассмотрим два сечения
исследуемого случайного процесса в моменты времени t и t' (t' > t). В
силу принятых допущений можно утверждать, что напряжение X (f)
на аноде лампы в момент времени f будет равно напряжению X (t)
в момент времени t, умноженному на экспоненту е~а(г'—°, плюс на-
пряжение Y (f- — t), которое будет иметь место в результате поступле-
ния на анод электронов в интервале времени (t, t'):
X (0) = X (0 е-Л«‘“‘) + Y (tl — 0- (9.19.8)
Очевидно, что случайные процессы X (/) и У (/’ — f) независимы, так
как они порождены электронами, поступившими на анод в различные,
непересекающиеся интервалы времени (0, t) и (t, f) соответственно.
То же самое можно сказать и о центрированных случайных процессах
X (/) и Y (tl — f). Следовательно,
Kx(t, f') = M[X =
= М [(£ (О)2] е-а «•'-<> при f > t;
Kx(t, H = M[(X(f))2]e-«при t>t'\
Объединяя последние два выражения, получаем
Kx(t, f') = Dx(min(/, Н)[1— е2ат1п(/>
Рассмотрим предельное поведение случайного процесса при оо,
/' -> оо, но при конечном значении их разности т = f — t. В этом
случае
kx (т) = Dx е-“ ।х । = ~ е-« ।т I.
Таким образом, исследованный в этой задаче случайный процесс
X (/) при t -> оо и Х/а >> 20 является стационарным и практически
нормальным случайным процессом.
Рассмотренная задача является более общим случаем задачи 9.13.
Действительно, при a -> 0 напряжение на аноде лампы будет пред-
ставлять собой пуассоновский процесс, так как с появлением каждого
нового электрона напряжение только возрастает на единицу и не убы-
вает с течением времени; Следовательно, для любых конечных t, I’
должны иметь место равенства:
i_ ~*-aZ 1__р— 2at
lim тх (t) = lim X —---= lim Dx (t) = lim X--------= X/;
a->0 a-*0 a a-*0 a-*0 2a
limXx(/, f) = lim— [1 —e- 2amin(t,r)]e-air-q = Xmin(/, f),
a-*0 a->0 2a
в справедливости которых предлагается читателю убедиться самостоя-
тельно.
9.20. Процесс функционирования линейного детектора. В услови-
ях задачи 9.19 положим, что электроны поступают на анод «пачками»,
моменты поступлений пачек образуют простейший поток с интенсив-
ностью X. При этом число электронов в t-й пачке представляет собой
случайную величину Wit которая не зависит от того, какое число элект-
ронов было в других пачках, и имеет закон распределения F (ау) с ха-
рактеристиками mw, Dw. Эта задача эквивалентна задаче определения
напряжения на выходе линейного детектора, когда на его вход в слу-
чайные моменты времени, определяемые пуассоновским потоком, пода-
ются положительные импульсы случайной величины (наибольшего
напряжения) 1Гг, а в период между импульсами напряжение убывает
по экспоненциальному закону (рис. 9.20). Найти характеристики
процесса.
Решение. Иееледуемый провесе можно представить формулой,
аналогичной (9.19.2):
Х(0= 2 Г{е-а(^в«), (9.20)
i = 1
где случайные величины У, Ц7г, 0г взаимно независимы.
Обозначим Xt (t) *= тогда
i р—а/ 1 2at
JA]Xi(t)]=mw^—^-----; M[X/(0] = (!>«, + т£)-^---.
at 2at
Следовательно,
i P—at , _ — 2at
tnx (t) = lmw —?----; Dx (t) = X (Dw + m*) .
a 2a
При oo
lim m (t) = mx= ; lim Dx (t) = DX = ^_(Dw+mw>
x x / x 7 x\/ x Q ’
^~>oo a /-> oo za
Лж(т) = Рхе-«Н1.
Рассмотрим предельное поведение процесса X (/), когда неограни-
ченно возрастают: интенсивность пуассоновского потока, порождающе-
го импульсы (Х->оо); дисперсия амплитуды каждого импульса (Dw->oo)
и параметр a (а -> со). Неограниченное увеличение величины а озна-
чает, что напряжение импульса очень быстро падает, т. е. в пределе при
a -> оо площадь импульса будет стремиться к нулю. При этом ско-
рость возрастания величин X и Dw пропорциональна скорости возрас-
те ания величины a:X = a; Dw = &2а. Получаем (при /-> оо):
lim тх= lim — mw = kt mw;
к, a->«> A, a-**» a
lim Dx= lim —--------------------->oo;
X, a, Dw -> «> K, a, Dw co 2a
lim kx (т) e= 1 im kiJ^ ae“*® ।T । = 6 (t),
X.a, Dw->co X, a, 2
где 6 (т) — дельта-функция.
Таким образом, в пределе мы имеем белый шум, который получа-
ется в результате бесконечно частой последовательности импульсов,
имеющих конечное математическое ожидание амплитуды импульса и
бесконечную дисперсию этой амплитуды, а также бесконечно малую
длительность самого импульса.
9.21. Дробовой эффект. Рассмотрим случайный процесс X (/),
порождаемый процессом Пуассона, как и в задаче 9.13. С появлением
г-го события пуассоновского потока в момент Tt в электрической цепи
возникает неотрицательный импульс напряжения Wt со случайным
значением (амплитудой), которое в дальнейшем изменяется по одному
и тому же закону <р (»]), где величина т) отсчитывается от момента Т\
(рис. 9.21) (<р(О)><р (»])). Случайные величины Wt взаимно незави-
симы и имеют одну и ту же функцию распределения F (а>). Напряже-
ние в электрической цепи представляет собой суммарное воздействие
всех импульсов е учётом их изменения во времени.
Рассматриваемый случайный процесс называется дробовым эф-
фектом. Исследованные в задачах 9.19 и 9.20 случайные процессы яв-
ляются частными случаями дробового эффекта. Требуется найти ха-
рактеристики дробового эффекта.
Решение. В соответствии с решением задачи 9.20 дробовой эф-
фект на участке (0, t) можно представить аналогично (9.20) в виде
Х(0= 2
Z=1
(9.21)
где Y, Wt, — взаимно независимые случайные величины, при этом,
как и в задаче 9.20, случайная величина Y подчинена закону Пуассона
с параметром Kt, а случайная величина 0j. распределена равномерно в
интервале (0, t).
Обозначим Xi i <р (t— 0<), тогда М [Х< (/)] = mwt~l Ф (/),
t
где mw = М [ITJ; Ф (t) = f <p (t— x) dx—площадь импульса (пло-
o
щадь, ограниченная кривой q> (rj) и осями координат);
М {XI (01 == (Dw + /п£) Г1 Ф (0,
t ~ t
где Dw—D = f (w — mw)2 dF (w); Ф (/) = f I<p (t — x)]2 dx.
Следовательно, тх (t) = X mw Ф (0; Dx (t) = X (Dw 4- ml) Ф (t).
При t -> oo и существовании несобственных интегралов
ИтФ(/) = \ 4{t—x)dx = $\ ИтФ(/) = f ф2(/—х)4х = ф;
Z->OO J f->oo J
о о
/пгс = Х/пшФ; Da, = X(DU)-|-m^)3>.
Существование приведенных несобственных интегралов на практи-
ке всегда имеет место, так как площадь импульса в начальной амплиту-
дой, равной единице, и площадь, определяемая квадратом соответст-
вующей функции, на практике — конечные величины.
Проводя рассуждения, аналогичные тем, которые были проведены
при выводе формулы (9.19.8), получаем при /4 >• t, чт® X (t'-) = X (f)X
X <p (tl — t) + Y (f — t). Следовательно,
Dx (0 Ф —t) при /' > t;
Dx(t')q>(t —tl) при/>/4.
Объединяя эти оба выражения, находим
Кх (/» /') = Dx (min (/, f)) ф (|/s — /|).
Кх(М?)={
При /, /'- оо получим kx (т) = Dx ф (| т|) (т = /’ — /). Таким
образом, мы видим, что при /,/--> оо дробовой эффект представляет
собой стационарный случайный процесс.
Рассмотрим предельный случай, когда интенсивность потока им-
пульсов X бесконечно возрастает, дисперсия импульса Dw тоже бес-
конечно возрастает, а площадь импульса с единичной амплитудой Ф
стремится к нулю, так что величина Фтоже стремится к нулю. При этом
выполняются условия:
lim Х/Пц,Ф = /п; lim X(Dw+/n^)O = D.
В этом случае дробовой эффект переходит в белый шум с характеристи-
ками тх = т; kx(x) = D 6 (т), где 6 (т) — дельта-функция.
9.22. Импульсный дробовой эффект. Рассматривается дробовой
эффект, порождаемый импульсами, имеющими прямоугольную форму;
при этом амплитуда 1Гг и длительность щ импульса, поступающего в
момент Tt — независимые случайные величины с характеристиками
mw\ Dw; тл и Dx соответственно (рис. 9.22). Найти математическое
ожидание и дисперсию такого случайного процесса X (/).
Решение. Рассматриваемый импульсный дробовой эффект на
участке (0, /) можно представить в виде
х(0=2 w^t, ebxt)=2 Xt®,
/= 1 /= 1
где <p (/, 0Ь хг) — импульс, начало которого приходится на момент
времени ©г, высота равна единице, а длительность хг (случайные вели-
чины 0г и хг — независимы): <р (/, 0г, х2) = 1 (/ — 0г) 1 (0г + хг —
— t). Случайная величина 0г распределена равномерно внутри интер-
вала (О, О-
Найдем М [<р (/, 02, х2)]. Введем гипотезу, состоящую в том, что
случайная величина х2 приняла значение х. В предположении, что эта
гипотеза имела место, найдем условное математическое ожидание при
достаточно больших значениях t:
t
Мх[ф(/, ©г, Х)1 = J1 (*—У)1 (y+x—t)dy.
О
Wi
Рис. 9.22
п
Подынтегральная функция представляет собой прямоугольный им-
пульс с высотой, равной единице, и длительностью, равной х, а интег-
рал от этой функции будет равен площади этого импульса. Следова-
тельно,
Мх [ф {t, 0{, х)] = х//,
откуда
М [ф (t, 02, х2)] = М [x,/d = mH/t.
Аналогично
М„[Ф(/, 0г, хг)2] = J- J[1 (t—y) 1 (y + n-tWdy=^ ;
О
м[ф(/,е2,х<)ч=^-.
Следовательно,
М lXt (/)] = М [IFi ф (/, ©г, х2)] = /пш/пх/(; М IX? (01 =
= М [(№гФ (/, ©г, хг))2] = (Dw + /п2) /Пн/С М [X (01 = тх =
= М[У] М [Xi (/)] = (4.22.1)
D [X (/)] = Dx = M [У] M lXt (01 = X (Pw + m2) /Пи. (4.22.2)
В пределе при неограниченном увеличении интенсивности про-
стейшего потока X, дисперсии амплитуды импульса Dw, неограничен-
ном уменьшении математического ожидания и дисперсии Dx дли-
тельности импульса и сохранении постоянной величины Dx=X(Z>w-J-
+tnw)mx= const импульсный дробовой эффект превращается в белый
шум с характеристиками тх, kx(x) = Dx6 (т).
9.23. Процесс изменения количества однородных элементов. Рас-
сматривается процесе X (0 — число функционирующих однородных
элементов в момент времени t. При этом предполагается, что каждый
элемент функционирует некоторое случайное время и, распределенное
по показательному закону с параметром р, одинаковому для всех
элементов, после чего выходит из строя («погибает»). Начало функцио-
нирования (начало «жизни») каждого элемента является случайным
и определяется простейшим потоком с интенсивностью X. Например,
X (0 — число находящихся в эксплуатации ЭВМ, интенсивность % —
число производимых в единицу времени ЭВМ, х — случайное время
эксплуатации одной ЭВМ (среднее время эксплуатации ЭВМ равно
1/р). Требуется найти характеристики случайного процесса X (t).
Решение. Случайный процесс X (0 представляет собой им-
пульсный дробовой эффект, рассмотренный в предыдущей задаче, в
той лишь разницей, что = 1 для любых значений i (mw == 1;
Dw = 0), а случайная величина х распределена по показательному
закону с параметром р. Следовательно, при достаточно больших t [ем.
формулы (4.22.1), (4.22.2)] М [X (()] = К«х = Vn; D [X (01 =
= X (Dw+/Пт) mw = Хр.
Можно доказать, что одномерный закон распределения случайного
процесса X (0 является законом Пуассона с найденными характерис-
тиками.
При определении корреляционной функции рассматриваемого слу-
чайного процесса X (t) используем свойство случайной величины х —
длительности импульса, распределенной по показательному закону,
состоящее в том, что «остаток» времени длительности импульса х
(рис. 9.23), отсчитываемый не от его начала Т, а от некоторого момента
4 (Т <. /1 < Т + х), будет также распределен по показательному
закону с параметром р (см. задачу 5.35).
Введем гипотезу, состоящую в том, что случайный процесс X (0=
= п (п, = 0,1, 2,...). Вероятность этой гипотезы обозначим Рп (0=
= Р (X (0 = п). В предположении, что эта гипотеза имела место, за-
пишем выражение для случайной функции Хп (/') (0 >0:
п
xn(t’)= 2 Vi-VYit’-t),
i= о
где Vt — случайная величина, имеющая ряд распределения
Vo = 0; Y (f — 0 — случайный процесс, порождаемый событиями,
наступившими в пуассоновском потоке в интервале времени (0 ?).
п
Величина У, —есть число элементов, сохранившихся на момент вре-
/=о
мени 0, если в момент времени t их было п.
Найдем условное математическое ожидание произведения X (Ох
XX (f) при условии, что X (0 = «:
М [пХп (Р)] = яМ [Хп (/«)] = яМ
п
2 Vi + Yd-f )
/=1
= п {пе-* + м [Y = п2 е_|Л 4-пХти,
где т* = 1/р.. Следовательно, безусловное математическое ожидание
произведения X (О X (/*) будет
М[Х(ОХ(/*)]= 2 М[пХп(Г)]Рп(0= 2 я2е-^''-орп(0 +
П=0 п= О
+ 2 nl/nxPB(0 = M[X2(01e-»“<'-'> + /ni.
и=0
Отсюда
или
Kx(t, при t!>t
Kx(t, tl) = Dx^^*^ при t>tb.
Объединяя эти две формулы, получаем (т = t'j — t)
(<С) = Dxe-W I г | = e-u I г I.
При Мр > 20 процеса накопления однородных элементов можно
считать практически нормальным с характеристиками тх = 1/ц. и
kK (т) — 1у-1 e_|i !’•.
9.24. Одномерное случайное блуждание частицы. Рассмотрим на оси
Ох частицу, которая «качками меняет свое положение (блуждает) под
действием случайных соударений с другими частицами (рис. 9.24. а).
В начальный момент частица находится в начале координат, в мо-
мент Тх первого соударения она перескакивает в точку Хъ в момент 7\
второго соударения она скачком изменяет свою абсциссу на величину
Х2, в момент Та — на величину Х3 и т. д. Случайные величины
Хх, Х2 Xt... независимы и имеют одно и то же распределение
ет,г=О и Dx — D. Моменты соударений Т1г Т2, ...» образуют
простейший поток событий с интенсивностью X.
Рассматривается елучайный процесс X (t) — абсцисса блуждаю-
щей точки в функции времени (рис. 9.24, б). (Значения X (/) могут быть
как положительными, так и отрицательными.) Процесс X (f) представ*
ляет собой упрощенную модель броуновского движения частицы.
Найти характеристики случайного процесса X (/).
Решение. Число событий на участке (0, /) представляет собой
случайную величину Y, распределенную по закону Пуассона е парамет-
ром 11. Значение процесса X (Z) в момент времени t определяется фор-
мулой X (t) = 5 Xit т. е. представляет собой сумму случайного числа
г = 1
случайных слагаемых; при этом все случайные величины Хг и У неза-
висимы. Так же как в задаче 9.20, имеем
/пл(0 = М[У1М1Х|1 = 0, так как М1У) = М; M[Xj = mx = 0;
DK(i) - MMD[Xj +D IHMlXiP-MD, так как О[Хг1=С\
Аналогично решению, приведенному в задаче 9.20, при достаточна
большом t сечение случайной функции X (t) будет подчинено практи-
чески нормальному закону с найденными параметрами.
Найдем корреляционную функцию процесса X (/), для чего рассмот-
рим два его сечения: X (/) и X (/') (f > /). Очевидно, что X (f) —
= Х(/) + У (?' — t), здесь как и в задаче 9.20, случайный процесс
z
Y (1* — t) = У Xt, где Z — число событий, наступавших в потоке на,
z=i
интервале времени t’ — t. Выше было показано, что случайные процес-
сы X (О, X (f) и У (t — t’) имеют нулевое математическое ожида-
ние. Следовательно, при f >t
Кх (t, f) = М [X (/) X (/')] = М [X (0 {X (0 4- У (Г — 0 }] =
= М [X2 (01 + М IX (/) У (Г — /)] = Dx (0 + М [X (01 М [У (У —
-t)]=Dx (0.
При t' <Zt получим Кх (t, t') = Dx (f). Таким образом,
Кх (t, t') = D Xmin(Z, /').
Рассмотренный случайный процесс X (/) является процессом с незави-.
симыми приращениями.
Примечание. Процесс одномерного случайного блуждания частицы,
имеет те же характеристики, что и процесс Y (/) = X (t) — kt, где X (/) — про-
цесс Пуассона, несмотря на то, что их реализации значительно отличаются (срав-.
ните рис. 9.13, д и рис. 9.24, б).
9.25. .Винеровский процесс. Рассматривается предельное поведе-.
ние случайного процесса X (/) — одномерного случайного блуждания
частицы (см. задачу 9.24) при неограниченном увеличении интенсивно-
сти % потока соударений и одновременном неограниченном уменьшении
дисперсии D перемещения частицы; при этом соблюдается условие
A. D *= a s=s const. Показать, что в этом предельном случае на довтаточ-.
но удаленных от начала участках времени процесс является винеров-
ским.
Решение. Условие тх (/) — 0 вытекает из условий предыду-
щей задачи; независимость приращений и нормальность процесса при
t -> оо показаны там же.
D [X (4) — X (4)1 = М [(X (4) — X (4))21, так как тх = 0;
М [(X (4) - X (4))21 = МIX2 (4) + X2 (4) - 2 X (4) X (4)1 =
= D [X (4)1 + D (X (4)1 - 2 Кх (4 4)-
В предыдущей задаче было показано, что D [X (01 = Л£>4
К» (4. 4) = min {4, 4}- Отсюда при 4 > 4
D (X (4) — X (4)1 = Wtj. + 1D4 — 2 KD min {4, 4} =
= W4 + W4 — 2 W4 = a (4 — 4),
откуда следует, что процесс является винеровским.
Рис. 9.26
9.26. Случайная функция X (/) строится следующим образом.
В точке t = 0 она случайным образом и с одинаковой вероятностью 1/2
принимает одно из Значений + 1 или — 1 и остается постоянной до
t = 1. В точке t = 1 она снова, с одинаковой вероятностью 1/2 и неза-
висимо от того, какое значение она имела на предыдущем участке, при-
нимает одно из значений +1 или —1 и сохраняет его до следующей це-
лочисленной точки t — 2, и так далее. Вообще, функция X (/) постоян-
на на любом участке от п до п + 1, где п — натуральное число, а на
границе каждого нового участка независимо от предыдущих принимает
одно из значений 4-1 или — 1 е вероятностью 1/2 (одна из возможных
реализаций случайной функции X (/) показана на рис. 9.26, а). Найти
характеристики случайной функции X (/): математическое ожидание,
дисперсию и корреляционную функцию. Определить, является ли
случайная функция X (/) стационарной.
Решение. mx(f) = mx = (—l.-i- = 0; Dx(i) =
= DX = (-1)2± + 12-1-=1.
2!
Kx(t, *')={
Найдем корреляционную функцию Кх (Л t'Y Если точки t и f
относятся к одному и тому же интервалу (п, п + 1), где п — целое,
то Кх (t, t') —Dx — 1, в противном случае Кх (t, /') = 0. Этот ре-
зультат можно записать в более компактной форме, если обозначить че-
рез b (0 целую часть числа t (см. рис. 9.26, а). Тогда получаем (т =
= tl — t)
1 при |т | < 1 — 6(min{/, /'});
0 при |т|> 1 — 6(min {/, t'}), где x = f—t.
Эта функция зависит не только от т = f — t, но также и от того,
где на оси 0t находится участок (/,/'); следовательно, случайная функ-
ция X (0 стационарной не является.
Поверхность Кх (t\ t') выглядит как ряд кубов с ребром, равным
единице, поставленных на плоскости tOt' вдоль биссектрисы первого
координатного угла, на которой t — f, так что диагонали оснований
совпадают с биссектрисой (рис. 9.26, б).
9.27. Случайная функция X (/) формируется так же, как и в преды-
дущей задаче, с той разницей, что точки, в которых происходит «ро-
зыгрыш» нового значения случайной функции, не закреплены на оси
0t, а занимают на ней случайное положение, сохраняя между собой по-
стоянное расстояние, равное единице (рис. 9.27, а). Все положения на-
чала отсчета относительно последовательности моментов «розыгрыша»
одинаково вероятны. Найти характеристики случайной функции X (/):
математическое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию; оп-
ределить, является ли случайная функция X (t) стационарной.
Рис. 9.27
Решение. Как и в предыдущем случае, тх (t) = тх — 0;
Dx(t)=Dx= 1.
Найдем корреляционную функцию. Зафиксируем момент t (рис.
9.27, а). Этот момент случаен относительно точек, в которых случайная
функция X (t) принимает новые значения. Обозначим Т промежуток
времени, отделяющий точку t от ближайшей точки, в которой будет
«разыгрываться» новое значение X (t). Случайная величина Т бу-
дет распределена равномерно на участке от 0 до 1. Пусть f > t\
t = tl — t > 0. Если т < T, то Кх (t> t') — если т > Т, то
Кх {t, — 0. Поэтому при 0 < т < 1
Кх (t, t!) = Р (Т > т) • 1 +Р (Т < т) • 0 = Р (Т >т) = i - т).
Аналогично при т < О
Кх (t, tl) — 1 + т при — 1 < т < 0.
Отсюда
Кх (t, tl) = kx (т) = 11 ~1Т1 при IТ1 <
(О при |т|> 1.
График этой функции представлен на рис. 9.27, б. Так как Кх (t.t')—
= kx (т), то случайная функция X (/) стационарна. I
Корреляционную функцию (9.27) можно записать в более компакт-
ном виде с помощью единичной функции 1 (х):
kx (т) = (1 - |т|) 1 (1 - |т|).
Рис. 9.28
9.28. Условия предыдущей зада-
чи 9.27 изменены в том отношении,
что в каждый из случайных моментов
Tit разделенных единичными интер-
валами, случайная функция X(t)
принимает (независимо от других)
значение Ut, являющееся случай-
ной величиной с математическим
ожиданием пги и дисперсией Du, и сохраняет его до следующей
точки. Одна из реализаций такой случайной функции показана на
рис. 9.28. Найти характеристики-этой случайной функции: математи-
ческое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию; определить,
является ли случайная функция стационарной, а если стационарна, то
какова ее спектральная плотность.
Решение. Рассуждая точно так же, как и в предыдущей зада-
че, находим
тх (0 - М [X (/)] = ти\ Dx (t) = D [X (/)! = Du;
^(т)=Р“(1“|ф|)При|!Г|<Ч = 2>в(1-|т|)1(1-|т|).
(0 при | т | > 1J
Случайная функция X (t) стационарна. Ее спектральная плотность
S£ (®) = Du (1 — cos <в)/(лю2).
9.29. Случайная функция X (/) представляет собой ступенчатую
знакопеременную функцию (рис. 9.29, а), которая через единичные ин-
тервалы принимает попеременно значения: -f- 1 и —1. Положение
ступенчатой функции относительно начала отсчета случайно; случай-
ная величина Т, характеризующая сдвиг первой точки перемены зна-
ка относительно начала координат, есть случайная величина, распреде-
ленная равномерно в интервале (0;1). Найти характеристики случай-
ной функции X (0J математическое ожидание, дисперсию и корреля-
ционную функцию.
Решение. Рассмотрим сечение случайной функции X (/);
оно с равной вероятностью может попасть как на участок, где случай-
ная функция равна 4- 1, так и на участок, где она равна'— 1. Следо-
вательно, ряд распределения любого сечения имеет вид
X(/)s
откуда/иж= — 1 • -1-4-1.2-=р; Dx-(— 1)2-у+(I)2-у= 1.
Найдем корреляционную функцию (т = f- — t\ t* > 0:
Кх (t, t') = М IX (f)X (t + т)1 = M [X (/) X (t + т)1.
Так как произведение X (t) X (t 4- т) может принимать только два
значения (4-1 или —1), то М [X (О X (t 4- т)1 = lpt 4- (—1) X
Х(1 — pi) — 2 Pi — 1, где Pi—вероятность того, что точки t и t 4- т
попадут на участки, в которых X (О и X (t 4- т) имеют один и тот
же знак.
Х(Ъ)
а)
Рис. 9.29
В силу равномерности распределения сдвига Т на рис. 9.29, а
мы можем перенести начало отсчета в левый конец того участка, на ко-
тором находится точка t, и считать, что точка t равномерно распределе-
на в интервале (0; 1) (рис. 9.29, б). При таком толковании рх есть веро-
ятность того, что точка (t 4- т) попадает в какой-либо из интервалов
вида (2п, ’2п 4- 1), п = 0, ±1, ±2 ... (эти интервалы отмечены жир-
ными линиями на рис. 9.29, б); подсчитаем эту вероятность для разных
значений т.
При 0 < т < 1 точка (t 4- *) может попасть либо в интервал
(0, 1), либо в интервал (1; 2), поэтому
Pi = Р {t 4- т <1} = Р{/<1 — <г} = 1 — г.
При 1 < т < 2 точка.£ 4- т может попасть либо в интервал (1; 2),
либо в интервал (2; 3), поэтому
= Р {/ 4- т> 2} = Р {Z> 2 — т} = 1 — (2 — т) = т— 1.
Продолжая эти рассуждения, получаем
(1—(<г—2п) при 2п<<г<2п4- 1;
цт—2п)—1 при 2«4-1 <т<2п4~2.
Отсюда видно, что рх, а значит, и Кх (t> t + •*) = 2 рг — 1, зависит
только от т и является четной функцией т. Следовательно,
„ .. . , ч . (4и4-1 — 2т при 2п<т<2«4-1;
Kx(t,/4-т) = А_(т) ={ г
(2т—(4n-f-3) при 2n+ 1 <т<2п-|-2.
График корреляционной функции представлен на рис. 9.29, в.
9.30. Случайная функция X (/) представляет собой последователь-
ность равноотстоящих положительных импульсов напряжения, име-
ющих одинаковую ширину у< 1/2. Начало каждого импульса отделе-
но от начала каждого следующего единичным интервалом (рие. 9.30,а).
Последовательность импульсов занимает относительно оси 0t слу-
Рис. 9.30
чайное положение (см. условия предыдущей задачи). Напряжение I -го
импульса Ut случайно (i = 1,2, ...). Все случайные величины Uj рас-
пределены по одному и тому же закону с математическим ожиданием
ти и дисперсией Du и независимы. Найти характеристики случайной
функции X (/): математическое ожидание, дисперсию и корреляцион-
ную функцию.
Решение. По формуле полного математического ожидания
тх = ти у + 0 (1 — у) = тиу. Дисперсию найдем через второй на-
чальный момент:. а2 [X (/)] = а2 ИМ у + 0 (1 — у) = (Du + ml) у.
откуда
D* == а2 IX (/)] — ml = (Du + ml)y — mly = у Du+
+ Т (1 — Т) ml.
В данном случае случайная функция X (/) не центрирована.
Ее корреляционную функцию будем искать через второй смешанный
начальный момент:
Кх (/, t + т) = М [X (О X (/ + т)1 — ml.
Найдем М [X (/) X (/ 4- т)]. Будем его вычислять по формуле пол-
ного математического ожидания. Как и в предыдущей задаче, пред-
ставим ось Ot покрытой перемежающимися участками: зачерненные со-
ответствуют импульсам, а светлые — промежуткам между ними. Обо-
значим Т случайное значение левой границы участка (7, Т + т).
Возможны три гипотезы:
Их — обе точки Т и Т 4- т попали на участок одного и того же им-
пульса;
Я2 — одна из точек Т, Т+т попала на участок одного из импульсов,
а другая — другого;
Н3 — хотя бы одна из точек Т,Т 4- т попала вне участков каких-
либо импульсов.
При первой гипотезе величины X (Т) и X (Т 4- т) совпадают и
М IX (Т) X (Т 4- т)] = М [U2] — Dn 4- ml. При второй гипотезе ве-
личины X (Т) и X (Т 4- т) представляют собой независимые случайные
величины с одинаковыми математическими ожиданиями ти-, по теоре-
ме умножения математических ожиданий М IX (Т) X (Т 4- т)1 = ml.
При третьей гипотезе М [X (Т) X (Т 4- т)1 = 0. Полное математичес-
кое ожидание
М [X (/) X (i 4- т)] = Р {Нг} (Dn 4- 4- Р {Н3} ml.
Вероятности Р {Нх} и Р {Я2}, а значит, и корреляционная функ-
ция зависят только от т:
1) при 0 < т < у
Р{Ях} = у — т; Р{Я2} = 0; М [X (/) X (t 4- т)] = (у — т)х
X (Du 4- ml)-,
kx (т) = (у — т) (D„ 4- ml) — у2 ml-,
2) при у < т < 1 — у
Р = 0; Р {Я2} = 0; М [X (/) X (t 4- т)] = 0;
kx (т) = 0 — уМ = — у2 ml1,
3) при 1 — у < т < 1
Р {Нх} = 0; Р {Я2} = у — (1 — т); М [X (/)Х (t + т)] = [у —
— (1 — т)] ml-, kx (т) = (у — 1 4- т — у2) ml.
Дальнейшие интервалы значений т исследуются аналогично.
График функции kx (т) представлен на рис. 9.30, б. При |т| > 1/2
кривая kx (т) периодически повторяется, достигая в целых точках
местных' максимумов, равных у (1 — у) ml.
9.31*. Рассматривается стационарная случайная функция X (/),
представляющая собой пилообразное напряжение (рис. 9.31, а). Начало
отсчета занимает по отношению к зубцам случайное положение, как в
задаче 9.29. Найти математическое ожидание, дисперсию и корреляци-
онную функцию случайной функцци X (/).
Решение. Математическое ожидание тх легко найти, если
учесть, что распределение X (/) при любом t — равномерное на интер-
вале (0;1), отсюда тх = 1/2.
Для отыскания корреляционной функции поступим следующим об-
разом: свяжем последовательность зубцов жестко с осью Ot, но зато
будем случайным образом бросать на эту ось начало t отрезка (t, t 4-т)
(рис. 9.31, б). Так как зубцы периодичны, достаточно случайным обра-
зом бросать точку t на первый интервал (0; 1), распределяя ее с посто-
явной плотностью. При этом, как видно из рис. 9.31, б, X (t) = i, а
значение X (t 4--т) равно дробной части числа t 4- т, т. е. X (t 4- т) =
= / -}-1 — Е (t + т), где Е (t 4- т) — целая часть числа (t 4- т).
Рис. 9.31
Если целая часть числа т равна п (п т < п 4- 1)» то
£((+,)= J” "Р“
(n-f-1 при t+<c^n.+ 1.
и, значит,
Х(/4-т)=//+с“га при/<«4-1—т;
п+т—(«4-1)при /^«4-1—т.
По формуле для математического ожидания функции от случайной
величины t имеем при п т < л + 1
1 л+1—т
M[X(0X(/4-t)1=Jx(0^(^4-t)-L^ = j ^4-т—п)Л4-
0 . о
1
4-J /(<4-т—п—l)d/=-i-(n4-l—T)24-
л-f 1~-т
+_L(T_ra)_JL (Л=о,±1,±2,...).
2 6
Отсюда следует, что корреляционная функция зависит только от
т и прип + 1 (п = 0; ±1; ±2;...) имеет вид
К» (/, t') = kx (т) = М [X (0 X (I 4- *)] пгх—
= 0,5 (п 4- 1 — <г)2 4- (т — п) / 2 — 5/12.
Это периодическая функция с периодом 1, график которой состоит из
периодически повторяющихся отрезков парабол, обращенных выпук-
лостью вниз. В интервале 0 т < 1 эта парабола имеет вид kx (т) =
= (1 — т)2/2 4- т/2 — 5/12 с вершиной в точке (1/2; — 1/24). Полагая
т = 0, получаем Dx = kx (0) = 1/12.
9.32. Рассматривается линейное преобразование п случайных про-
цессов Хх (0, Х2 (0, .... Хп (f) вида
п
У(0=Фо(О+ s <Pi(0Xi(9,
1
где фу (0 (/ О, 1, 2,..., п) — неслучайные функции времени.
Известны характеристики случайных процессов Xt (t): mi (t),
Ki (t, — 1, 2,..., n), а также взаимные корреляцион-
ные функции Ri} (t, t') = M [Xf (t) X} (0)] (0 / = 1, 2,...» n; i j).
Найти характеристики случайного процесса Y (f).
Решение.
п
ту (0 = s Фг (0 mi (0;
1
Ky(t, 0) = М[?(0?(0)1=м
2 ф* (0^(0 2^)^)
/«1
= s ф* (о ф{ (И Kt a, ti) + з ф< (о фу л Ru tf)+
/=1 ' i*i
+ 2фг(^)фу(0/?и(^ 0;
1*1
Dy (0 = Ку (0 0=2 ф/ (0 Dt (0+2 2 ф{ (0 Фу (0 Rii (f, 0.
i= 1 Й4/
Если случайные процессы Xt (0 (t= 1, 2, п) некоррелированны
(Ri} (t, f) = 0; 0 / = 1, 2,..., n), to
Ky(t,t')= 2 Фе(0ФЛ^)^(0П;
4 = 1
A/= 2 ф’(0£>г(0.
9.33. Имеются две некоррелированные случайные функции X (0
и У (0 с характеристиками
/пя(0=0; Кх(1, 0) = е«* «+<'>;
ту (0 = 1; ХД0^) = е«»«"<'’’.
Найти характеристики случайной функции Z (0 = X (0 +
+ tY (0 + 0. Решить ту же задачу, если случайные функции X (0,
Y (0. коррелированны и их взаимная корреляционная функция
Rxy (0 О = ае-® I।.
Решение. В случае, если Rxy (0 tl) = 0,
mz = тх (0 + tmy (0 + t% = 2 t2 + 0
K2(0 Г)»Кж(0 Ky(t, ^) = e«> «+<')+Zf>e«e<‘“<'>’.
В случае, когда Rxy (t,t) = a exp (—a | t — 4s|), /n2 (0 не меняется;
кг (t, f ) = Kx (0 Г)+te Ky (0 г»)+Г Rxy (0 Г)+tRxy (4», 0 =
_ ea, (t-м') (t«D‘ 4- a 4. 6-“ I <-«' I.
9.34. Найти математическое ожидание и корреляционную функцию
суммы двух некоррелированных случайных функций X (0 и Y (0
с характеристиками
тх (/) = t-, Кх (t, f ) = #*;
Ответ. mz(t) = mx(t) + my(l)==Q; Kz(t,t') =
= Kx (t, t') + Ky (t, t’) = tt^\ +e«
9.35. Имеется комплексная случайная функция Z (J) = X (t) +
+ iY (l), где i — мнимая единица; X (i), Y (t) — некоррелированные
случайные функции о характеристиками
mx(t)^t\ Kx(t,t() = e-a‘
= Ky(t,t’) = e'2a^t+t”>.
Найти характеристики случайной функции Z (t):mz (t); Kz (t,f)
и Dz (/).
Ответ. /n,(f)=i24-i; Kz(t, f)=e“«* tf-<')«+e-2a,<«+#'>;
D,(0 = M,M+e<4
9.36. Комплексная случайная функция Z (t) задана в виде Z (f) —
= X (0 + i Y (l), где
X(0= 2 ^ + ^)e“afe<; Y(t)= 2 (Ьк + ип)е~^.
k=i *=i
Математические ожидания всех случайных величин и Uh (k =»
= 1, 2, 3). равны нулю, а корреляционная матрица системы случай-
ных величин (Vj, К2, V3, и1г U2, Us) имеет вид
1001 00
2 0 0 —1 0
3 0 0 3
1 0 0’
2 0
3
Найти характеристики случайной функции Z (t).
3 4 3
Ответ. mz(t)= 2 «йе->аь< + « 2
Kz (t, П = Кх (/, П + Ку (t, П 4- i [Язд (t\ t)-Rxy (t, Г)],
где Кх2 ke^t+t,\
k^\
Ky(t,t')= 2 ^e‘’₽fe(/+<'); Rxy(t\ 0+
Л=1
4-3efcea»^"’^ Rxy (t9 if) = e®*ai + Зе^а2 з3
9.37. Корреляционная функция произведения. Рассматриваются
две некоррелированные центрированные случайные функции X (t),
Y (t) и их произведение Z (f) — X (f)Y (t).
Доказать, что корреляционная функция произведения равна про-
изведению корреляционных функций сомножителей: Кг (t, ?') =
= КХ (t, f).
Решение. ) = М [Z (0 2 (f)]; Z (t) = 2 (/) — mz (t). Так
как случайные функции X (/) и У (/) некоррелированны и центриро-
ванны, то mz (t) = тх (/) ту (t) = 0; отсюда
1 (t) = X (0 Y(t) = X(f)Y (/);
Kz (t, t') = M (0 Y (0 X (f) У (f )l =
= м [x (0 x O')J м IY (о о')] = кх (t,f) кy
В частности, при t — t,J
Dz (t) = Dx.(t) Dy (t).
9.38. Доказать, что корреляционная функция произведения не-
п
зависимых центрированных случайных функций Z 0) =П Хг (0
равна произведению корреляционных функций сомножителей:
пкх.а,п
/sal
Решение. Доказательство аналогично предыдущему, с той раз-
ницей, что для применения теоремы умножения математических ожи-
даний в этом случае недостаточно некоррелированности сомножителей,
а независимости — достаточно.
9.39. Случайная функция X (t) с характеристиками mx(f) = 0,
Кх (t, t') подвергается линейному неоднородному преобразованию:
У(0 = £?> {X (0} + Ф (0.
где ф (0 — неслучайная функция. Найти взаимную корреляционную
функцию Rxy (t, f ).
Решение. Имеем X (0 = X (0; У(0 = L?' {X (0} {X(t)},
так как при центрировании случайной функции Y (/) не случайное
слагаемое ф (/) «уничтожается»; отсюда
Rxv (t, t') = М (0Y (Г)) = M[X (0 ’ U (/')}] =
= LP> {M (HD = U?’ {Kx (tt ?')}.
9.40. Характеристики производной случайного процесса. Имеется
случайный процесс X (/) с математическим ожиданием тх (/) и корре-
ляционной функцией Кх (t, t'-). Найти характеристики ту (t), Kv (t, t')
и Dy (t) ее производной Y (0 = dX Найти также взаимную кор:
реляционную функцию Rxy (t, t').
Решение. Случайная функция Y (0 связана с X (0 линейным
однородным преобразованием. Применяя общие правила (9.0.7),
(9.0.8), (9.0.9), получаем:
СИ UIUI
= 5 tfw (М'И М [X (0 f (*')] =
L dtdt' Je»r
=м \к (О -%- х (Г)1 =~ Кх (t, П.
[ dt J dt
Заметим, что
RyAt,t') = -^x&t').
9.41. Случайная функция X (0 имеет характеристики тх (/) == 1
и Кх (t, t') = е®****'). Найти характеристики случайной функции
У (0 = X (/) + 1. Определить, являются ли стационарными слу-
чайные функции X (0 и У (/).
Решение. В силу линейности преобразования t + 1
сч
Ky(t, = -~Kx(t,
Ни одна из случайных функций X (/) и У (0 не является стационар-
ной, так как их корреляционные функции зависят не только от т =
= f' — t, но от каждого из аргументов t, fl.
9.42. Случайная функция X (/) имеет характеристики
тх (0 = fl— 1; Кх (t, t') = 2е-« «'
Определить характеристики случайных функций
У (0 = tX (I) 4- fl +1; Z (0 = 2t — X (0 4- (1 — Па;
dt
г/(0=^-+1-
, СИ2
Решение. тг,(0 = ^/иж(/)4-^24-1 =/34~^2—^4-1;
Ку (t, t’) = tt'e-*
mz (0 = 2t — тх (0 4- (1 — О2 = 1 — Ъ 4- 5^;
dt
Kz(t) = 4U!Kx(t, fl)= 16а«'е-“«-'')а[1— 2а(I—Г)2];
otdt
ти (о =-^~ (0 +1 = 3;
dt2
дР (ot )2
При вычислении Kz (t, t') мы уже нашли Кх (t, f), следова-
тельно,
Ku (t, t') = {4ае-“ [1 —2а (I—Г)2] =
= 8а2е-“ [3-}-4а2(Г —О4—12а(/—Г)2].
9.43. Случайная функция X (t) задана выражением X (/) =
= V cos at, где V — случайная величина с характеристиками т„ = 2;
о0 = 3. Найти характеристики случайной функции X (t): тх (f);
Хх (t, t')\ Dx (0- Определить, является ли случайная функция X (0
стационарной. Найти характеристики случайной функции Y (t) =
= X (t) + a j- X (0, где а — не случайная величина. Является ли
стационарной случайная функция Y (/)?
Решение. тх (t) = т„ cos at — 2 cos ®/;
Кх ?') = cos cos “ 9 COS at cos ®£4’
Dx (0 = 9 (cos ®/)2.
Случайную функцию Y (t) можно представить в виде
Y (t) = V cos &t -|- а V cos at = V (cos at — a® sin ©0;
отсюда my (/) = tn„ (cos at — a® sin ©0 = 2 (cos at — a® sin ©0;
Xu (t, f) — 9 (cos at — aa sin at) (cos at* — a® sin ®/4); Dtt (t) —
= 9 (cos at — a a sin at)2.
Случайные функции X (f) и Y (t) нестационарны.
9.44. На телефонную станцию поступает простейший поток заявок
с интенсивностью X. Случайная функция X (t) — число заявок, посту-
пившее за время t (см. задачу 9.13). Найти характеристики ее произ-
водной Y (f).
Решение. В обычном смысле разрывная случайная функция,
которая представляет собой процесс Пуассона, недифференцируема,
однако, пользуясь обобщенной дельта-функцией, можно записать ха-
рактеристики производной. Преобразование Y (f) » dX (t)idt, свя-
зывающее случайную функцию Y (t) о X (t), является линейным одно-
родным. Поэтому на основе задачи 9.13
at at
ОЮ1 и* \ (Л 1
s=_2_lxe-f)S(^-n+^ {t.-t()\,
но (t.—t!)8(l—tf)^sO, откуда
Kv ((, П = (M (t - /')) = W - О = M (t).
Таким образом, корреляционная функция случайной функции
Y (0 пропорциональна дельта-функции, т. е. функция Y (t) представ-
ляет собой стационарный белый шум с интенсивностью G = % и сред-
ним уровнем Шу—'к. Спектральная плотность такого белого шума будет
$£(«>)=— f ^(T)e-«^dr = 4-
9.45. Найти характеристики случайного процессе Y (0, равного
производной винеровского процесса X (0 [см. задачу (9.25)1: Y (0 =
= ^(0.
Решение. Так как тх (0 = 0, то ту (0 = 0. Корреляционные
функции винеровского и пуассоновского процессов равны (с точностью
до постоянного множителя). Поэтому корреляционная функция про-
изводной винеровского процесса (см. решение предыдущей задачи)
пропорциональна дельта-функции, сам процесс Y (0 представляет со-
бой стационарный белый шум.
9.46. Доказать, что производная процесса однородного случайно-
го блуждания (броуновского движения) частицы (см. задачу 9.24) пред-
ставляет собой стационарный белый шум.
Указание. Воспользоваться решением задачи 9.44.
9.47. Характеристики интеграла от случайного процесса. Имеется
случайный процесс X (0 и даны его характеристики: тх (t), Кх (t, f).
Найти характеристики ту (0, Ку (t, f) интеграла этого случайного
процесса Y (0 = f X (т) dx, а также взаимную корреляционную функ-
о
цию Rxy (t, t').
Решение.
t
ту (0 = J тх (0 dt;
о
t f
Ky (t, И = j J ^x (T> *') dxdx';
t t'
,y ® = f J T )dxdx’’ = S dx
J о
Заметим, что
^х(Л *’)= Kfc t')dx.
Можно доказать, что не существует отличной от нуля случайной
функции X (0, при которой Y (0 стационарна.
9.48. Случайная функция X (0 имеет характеристики: тх (0 = 0;
К.х (^ 0) = [1 — (0 — 02]-1. Найти характеристики случайной функ-
t
ции У (0 = f X (t) dt. Определить, стационарны ли случайные функ-
о
ции X (0 и Y (/).
t
Решение. В силу линейности преобразования j X (0 dt
о
t t г
ту (/) = С тх (0 dt = О; Ку (t, t') = f dt $ Kx(t, t') dt' =
e oo
= J (1 +(/'—/)2]-1 tft'^d/ = Zarctg/ + /' arctgZ'—
-(/-Harctg (/-/')—In {(1 +^)(1 + И [1
Случайная функция X (0 стационарна: Кх (t, t') — Kx(t — tl);
случайная функция Y (/) = J X (t) dt нестационарна. Действитель-
o
но, дисперсия случайной функции равна Dv (t) = Ку (t, t) =
—2t arctg t — In (1 + t2), т. e. зависит от t.
9.49. Случайная функция X (f) с характеристиками тх (t) = t2 -J- 3;
Kx (t, t') = 5tf' подвергается линейному^ преобразованию вида
t
Y(f)=$ тХ (т) dr + Z3.
о
Определить характеристики случайной функции Y (/): ту (0; Ки (t, tF).
t
Решение. ту(1)== jT(T2+3)d-v-H3=;-^-H—/а-Н3.
о
Однородная часть рассматриваемого линейного преобразования
L<<»>{X(0} = рХ(т)Л.
Следовательно,
t f
Ку U, tr) — J dr tv( Kx C®. *®') dr' =
о о
= 5 Jtt dnr d-v = (t')s.
9.50. Случайная функция X (0» имеющая характеристики тх (t) =
— .0 и Кх (t> = Зег«+**> подвергается линейному преобразованию
вида
t
Y (0 « — I -4^ X (?) + f фХ (т) d<r + sin <£>l.
dt J
Найти корреляционный момент случайных величин X (0) и У (1) (т. е.
двух сечений случайных функций: X (0 при t = 0 и У (/') при f » 1).
Решение. На основании решения предыдущей задачи
Rxu(t,f) = UV{Kx(t,t')},
•где Lp' — однородная часть линейного преобразования, примененная
к аргументу /*. В нашем случае
Rxy Q, t) = —ЗГ ----------+ 3 J %' е-(‘+*'> dt' =
о
= ЗГ е-«+«'>+Зе-‘ [е"е' (—V—1) 4-1J = Зе“' (1 —е-'').
Полагая i = 0, t'J = \, получаем
Кх (о,, у (I, = Rxy (0, 1) = 3 (1 -е-1)« 1,90.
9.51. Случайный входной сигнал X (/) преобразуется с помощью
реле в случайный выходной сигнал Y (t), связанный с X (f) нелинейной
зависимостью Y (/) = sign X (t), т. е.
У(0 =
1 при Х(/)>0;
0 при X(t) = 0;
—1 при Х(()<0.
Входной сигнал представляет собой случайную функцию X (t), рас-
смотренную в задаче 9.15. Найти закон распределения сечения слу-
чайной функции У (/) й ее характеристики ту (t); Ку (t, f).
Решение. Случайная функция У (/) может принимать только
два значения: 4-1 и — 1; значением 0 можно пренебречь, так как
Р {X (/) — 0} = 0. Вероятность того, что X (t) > 0, равна р =
со
= j Ф (x)dx. Ряд распределения случайной величины У (/) имеет вид
о
1—р | Р
Отсюда ту — 2р — 1; Dy = 1 — (2р — I)2 = 4р (1 — р).
Пусть т = t'' — tint'' > t. Если за время, т в пуассоновском потоке
не появилось ни одного события (а вероятность этого равна е~Кх), то
значения случайной функции У (t) и У (?) равны друг другу и услов-
ная корреляционная функция Ку (/, ?) = Dy = 4р (1 — р). Если же
за время т появилось хотя бы одно событие, то У (0 и У (/') меяеду со-
бой не коррелированы и условная корреляционная функция Ку (t, ?)
равна нулю. Отсюда при ? > t
Ky(t, О “ е-^ 4р (1 - р),
а в общем случае (при любых t, f)
Ку (t, t') = ky (т) = е-МП 4p (1 - р).
9.52. Случайный входной сигнал X (0» рассмотренный в задаче
9.15, преобразуется в случайный выходной сигнал Y (I) с помощью реле
с зоной нечувствительности:
Y /л = ( si§n х (О ПРИ Iх (О I > е;
I 0 при |Х(0|<8,
где е — зона нечувствительности реле.
Найти закон распределения сечения случайной функции Y (t)
и ее характеристики: математическое ожидание и корреляционную
функцию.
Решение. Случайная величина Y (?) при любом Z может при-
нимать одно из трех значений: — 1, 0, 1 и имеет ряд распределения
Х(0:
—1 0 + 1
Pl Р2 Рз
где
’—8
р1 = Р{Х(0<—в} = j <p(x)dx;
р2 = Р{И(01<е}= J q>(x)dx; Рз = 1—ft—Pa-
—8
Отсюда my = p3 — рл; D„ = pt + p8 — (p3 — pj2.
Рассуждая аналогично тому, как мы это делали в предыдущей за-
даче, определяем корреляционную функцию
kv (т) = е^* । т I. [Р14- р3—(р8— Л)*].
9.53. Случайная функция Х(0 преобразуется в случайную функцию
Y (t) с помощью нелинейного элемента, работа которого описывается
формулой
У(0 =
—Ьъ
bX(t)
Ьъ
при Х(0<—в;
при |Х(0|<в;
при Х(0>8.
График зависимости у (х) показан на рис. 9.53, а.
На вход такого элемента поступает случайная функция X (/), рас-
смотренная в задаче 9.15. Найти одномерный закон распределения
случайной функции Y (t) и ее характеристики: математическое ожида-
ние и корреляционную функцию.
Решение. Случайная величина Y (/) — сечение случайной функ-
ции Y (0 — имеет непрерывное распределение в открытом интервале
(— Ьъ, + Ьъ) и, кроме того, дискретные возможные значения
—Ьъ и +6в о отличной от нуля вероятностью; таким образом, сечение
Y (t) представляет собой смешанную случайную величину, функция
распределения которой, F (у) непрерывна на участке (— Ьъ, + Ьъ),
а на концах участка (в точках be и + be) терпит разрыв. Скачки
F (у) в точках разрыва равны
Р {Y (0 = — be} = Р {X (0 < 8} = Тф (х) dx = р15
Р {Y (0 = 4- М = Р {X (0 > 8} = f <р (х) dx = р2.
е
Найдем функцию распределения случайной величины Y (/) в про-
межутке (— бе; + бе):
у/ь
у!Ь
= P1+ J <p(x)dx(—be<y<be).
, **е
График функции распределения F (у) показан на рис. 9.53, б.
5)
Плотность распределения смешанной случайной величины Y (0
в интервале (— be, + be) равна производной от F (у) на этом интер-
вале:
/ (у) = f' (У) =~^Ч> (у/b) при — be < у < + be.
Характеристики случайной функции У (0:
be
my(t) = my =
—be
8
= be (р2—Pi) + b J x<p(x)dx-,
— 8
Dy (0 = а2 [Г (01 - т* = (eb)* (Р1+р2) +
be
Шу — Dy.
Аналогично предыдущим задачам ky (т) = Dyer^W.
9.54. Рассматривается случайная функция X (t) = W cos (®х/—
— 0), где W — центрированная случайная величина с дисперсией
Dw', 0 — случайная величина, распределенная с постоянной плот-
ностью в интервале (0; 2л), а ®х — неслучайный параметр (®х > 0).
Случайные величины W и 0 независимы. Найти характеристики слу-
чайной функции X (/): математическое ожидание, корреляционную
функцию. Определить, является ли случайная функция X (t) стацио-
нарной и эргодической. Если она стационарна, то найти ее спектраль-
ную плотность Хх (со).
Рис. 9.54
Решение. Представим случайную функцию X (f) в виде
X (0 = W cos (a>1t — 0) = W cos 0 cos ®x t + W sin 0 sin ®xt
Обозначим IF cos 0 = U\ IF sin 0 = V. Найдем сначала основные
характеристики системы случайных величин U и V:
М Ш] = М [IF cos 01 = М (IF! М [cos 0] = 0;
М [F] = М [IF sin 0] = М [IF] М [sin 0] =0;
D М = М [(IF cos 0)2] = М [IF2] М [cos2 0] = DWM [cos 2©1;
D [V] == M [(IF sin 0)2] = M [IF2] M [sin2 0] = DWM. [sin2©];
Kuv = M [IF cos ©IF sin 0] = DWM. [sin 0 cos 0].
Так как значение 0 распределено равномерно в интервале (0; 2л),
то
2Л
М [sin2 0] = М [cos2©] = Jcos2x-y— dx = -±- ;
о
2л
М [sin 0 cos 0] = f sin x cos x —J— dx = 0.
J 2л
о
Итак, M [I/] = M [VI = 0; D [t7] = D [F] = L>w/2; Kuv = 0. Следо-
вательно, выражение
X (f) = IF cos (®XZ — 0) = U cos ®x/ + V sin ®x/
представляет собой спектральное разложение стационарной случайной
функции: тх — 0, а корреляционная функция имеет вид kx (т) =>
== (Dw cos ®хт)/2. График этой функции показан на рис. 9.54.
Эргодической случайная функция X (/) не является, так как ха-
рактеристики, найденные по одной реализаций, не совпадают с харак-
теристиками, определенными по множеству реализаций. Действитель-
но, каждая реализация случайной функции X (f) есть гармоническое
колебание, амплитуда которого представляет собой значение, случай-
но принятое величиной W. Среднее по времени для каждой такой реа-
лизации будет равно нулю и совпадает с математическим ожиданием
случайной функции X (/), но дисперсия и корреляционная функция,
найденные как средние по времени для одной реализации, уже не бу-
дут совпадать в соответствующими характеристиками случайной функ-
ции X (/). Например,
т т
lim ~ f Х2(/)Л-lim-L f ^-l-[l+cos2(®J-0)]d/ =
•«.Г
=—г2.
2
Найдем спектральную плотность случайной функции X (/). Пока-
жем, что она пропорциональна дельта-функции: Sx (®) = Пшб (со —
— <0^12 (0 < <в < со). Действительно, при такой спектральной плот-
ности корреляционная функция
со со
(т) = I 8Ж (®) COS <отс/со = f -22™- 6 (св —COj) COS cord® — 22™. а>1 т>
J J 2 2
о e
что совпадает с корреляционной функцией для X (f). А так как прямое
и обратное преобразования Фурье определяют спектральную плот-
ность и корреляционную функцию взаимно-однозначно, то написанное
выше выражение для Sx (<в) дает спектральную плотность случайной
функции X (О-
Если воспользоваться не действительной, а комплексной формой
преобразований Фурье, получим спектральную плотность SJ (со) в виде
Sx (®) =® Dw [6 (<в 4- юх) + б (со — <ох)]/4 (— со < <в < со).
rexsr
Заметим, что аналогично можно было бы записать и 8Ж (м) =
— Dw [б (® 4- й)х) + б (со — ®i))/2, но для положительных га (так
как ®х > 0) б (® + ®х) = 0.
9.55. Показать, что сумма элементарных случайных функций вида
X (t) — mx+ 2 cos (®. t—©,)/
г=о
где Wt — центрированные случайные величины с дисперсией О; (г =
= 0, 1, 2, ...); — случайная величина, распределенная равно-
мерно на участке (0; 2л) (I = 0, 1, 2, ...) (причем все случайные вели-
чины Wt, ©i независимы), представляет собой не что иное, как спек-
тральное разложение (9.0.24) случайной функции X (t).
Решение. В соответствии с решением предыдущей задачи
Wt cos (®jZ — ©J = Ut cos (Oit 4- Vt sin ©^,
где Ui и Vt — некоррелированные случайные величины, имеющие ну-
левые математические ожидания. Следовательно,
X (0 = /яж+ 2 cos®, t + Vt sin ©, 0,
1=0
что и требовалось показать.
п
9.56. Рассматривается случайный процесс У (0 = У, а,Х, (0 + 6,
/ = 1
где Xi (0 — стационарные некоррелированные случайные процессы
с характеристиками: m,; k, (т); Si (со) (t — 1, 2, ..., n); at, b—дейст-
вительные числа. Найти характеристики случайного процесса Y (0.
Ответ.
п п
'^=2 ai mt + b> kV (О - 2 COi
- i=l i=l
s; (©)= 2 a« $«
Z= 1
Случайный процесс Y (0 стационарен,
п
9.57. Рассматривается случайный процесс Y (0 =а*П Хг(0, где
Х,(0— независимые стационарные случайные процессы с характе-
ристиками: /и, = 0; ki (г); S? (со) (/ = 1, 2, ...» п). Найти его харак-
теристики.
Ответ.
п п
ту = П mi, kv (О = П (т);
г==1 i=i
1 г п
31 -«>1=1
Процесс Y (/) стационарен.
9.58. Найти характеристики случайной функции X (0, представ-
ленной своим спектральным разложением, приведенным в задаче 9.55.
Решение. Обозначим Wt (cos co8i — 0) « X, (0, тогда
X(0=mx+ 2 хН0-
z=i
В соответствии с решением задач 9.54 и 9.56 имеем
~ 1 “
М [X (0] = тх; kx (т) = kx (т) = V 2 cos ®»Т>
i=\ ‘ С=1
S* (со) = 2 [6 (©+©,) 4-6 (со—со,)] ( —оо < со < оо).
i=l
Случайная функция X (0 стационарна, но не эргодична.
9.59. Рассматривается произведение двух некоррелированных ста-
ционарных случайных функций: Z (0 = X (/) Y (0, причем случай-
h
ная функция X (/) такая, как в за-
даче 9.14 (случайное чередование
значений + 1 и — 1с простейшим
потоком перемен знаков), а случай-
ная функция У (t) такая, как в
задаче 9.54. Найти характеристи-
ки случайной функции Z (t).
Решение. Имеем тх (t) =
= пгу (0 = 0; т2 (t) = 0; Кх (t, t')=
= е-2Я. | г ।. t>.) = (Dwcos®1t)/2
(г = 0—t). На основании зада-
чи 9.57
Kz (t, t') = Кх (t, f) Ky (t, П =
= (Dwe~2K 1 x 1 cos ®1t)/2.
На рис. 9.59 показана одна из
возможных реализаций случайной
1
f.
функции Z (0, полученная перемножением соответствующих ординат
реализаций случайных функций X (0 и У (0.
9.60* . Признак положительной определенности. Имеется функция
kx (т), обладающая свойствами:
1) kx (- т) = kx (т); 2) kx (0) > 0; 3) \kx (т)| < kx (0).
Требуется выяснить, может ли функция kx (т) быть корреляцион-
ной функцией стационарной случайной функции, т. е. обладает ли она
свойством положительной определенности. Показать, что достаточным
условием положительной определенности является условие, чтобы
функция
1
2 Р
Sx (со) = — 1 kx (т) cos сотс/т
л J
была неотрицательна при любом значении со:
Sx(e>)>0,
(9.60.1)
(9.60.2)
т. е. чтобы, вычисляя спектральную плотность по формуле (9.60.1),
мы ни при каких со не получали отрицательных значений этой функции.
Решение. Предположим, что Sx (со) > 0, и докажем, что при
этом функция kx (т) = kx (t — t') будет положительно определенной.
Имеем
оо оо
kx (т) == f $х (®) COS СОТб/сО = f Sx (co) cos co/ COS (O/'dcO +
I о 0
oo
+ j Sx (co) sin a>t sin (ot'da. (9.60.3)
I 0
1 Положительная определенность функции kx (t — t') состоит в том,
' что для любой функции ф (/) и любой области интегрирования (В) долж-
i но выполняться условие
J J kx (t — t') <p (0 q> (f) dtdf- 0.
(B) (B)
Проверим это неравенство по отношению к функции (9.60.3):
оо
J Sx (со) cos at cos ©Г ф (0 ф (Г) d© 4.
о
(В) (В)
+ $ Sx (®) sin at sin at' ф (0 ф (tl) da . dtdt* —
о
с '
о
®). f cos at(p (0 dt f cos at' ф (f) dt'- +
(В) (B)
+ J sin ®/ф (t) dt $ sin © t'q(tl)dtl. da.
(В)
(В)
Обозначая
f cos
(В)
получаем
©ftp (/) dt — фх (В, ©); f sin ®/ф (0 dt — ф» (В, ©),
(В)
f J kx (t - f) ф (t) ф (f) dtdt1 » J Sx (ю) (1фх (В, ©)F +
(В) (В) о
+ 1ф2(В, ©)F)d®>0,
так как по условию Sx(®)^0.
Можно доказать, что условие (9.60.3) является не только достаточ-
ным, но и необходимым для того, чтобы корреляционная функция была
положительно определенной.
9.61*. Определить, обладает ли функция
£а.('Г) = е-а1’1
(сЬрт + у
sh р |т
(а > 0; р > 0)
свойствами корреляционной функции.
Решение. Нужно проверить выполнение следующих свойств:
1) kx (0) > 0; 2) хх (-т) = kx (т); 3) | kx (т) | < kx (0);
4) S;(®) f
2л J
kx (т) e“iQt du 0 при любом ®.
Свойства «1» и «2» очевидны. Проверим остальные.
3) Функция kx (т) — четная, поэтому достаточно исследовать ее
при т 0:
4. « = 4 + 1)-± e-“+w’(i -1).
295
L
Так как >kx (0) = 1, нужно, чтобы это выражение по модулю не
превосходило единицы. При а < 0 это условие не выполняется, так
как при т-> оо выражение e_(a”P)I неограниченно возрастает. В слу-
чае а = 0 получаем kx (т) 1; при а >• 0 имеем — kx (т) 1. Та-
ким образом, свойство «3» выполняется только при а 0.
оо
4)s;(®)=4- С аж(т)
2л J
—— оо
е—i <»*£/? = —1—Re
2л
(а—р-Н со) т
о
^-Re
2л
а—P+io a+P+io
0—(аЧ-|3-Н(о) х fa
Р—а
0
_ git— pa f 1
2л0 [ (а—Р)«+<в2
_______1 ) а2—Р2 . _____________2___________
(a+P)2+w2J л ’ [(а—₽)2+<о2] [(a+P)24-<o2J
при а 0 (Re — действительная часть). При a = 0 имеем S* (со) =
- 5 (со).
Таким образом, функция kx (т) = e-e I ’ । (ch 0т 4- у- sh 0 |т| j при
0 обладает всеми свойствами корреляционной функции. Графики
kx (т) и S* (со) при a >• 0 показаны на рис. 9.61, а и б.
л
9.62. Показать, что не существует никакой стационарной случай-
ной функции X (/), корреляционная функция которой kx (т) постоянна
в каком-то интервале (— тх, тх) и равна нулю вне его.
Решение. Предположим противное, т. е. что существует слу-
чайная функция X (/), для которой корреляционная функция равна
Ь > 0 при |т|< тх и равна 0 при |т| > тх. Попробуем найти спектраль-
ную плотность случайной функции X (/):
СО Т1
Sx (со) — — f kx (т) cos сот с/т = — f b cos сот с/т = ——-n MTf .
л J л J Л (О
о о
Из этого выражения видно, что функция Sx (<о) для некоторых значе-
ний (о отрицательна, что противоречит свойствам спектральной плот-
296
Rf- Г.
ноет и, и, следовательно, корреляционной функции указанного вида
существовать не может.
9.63. Обладает ли функция kx (т) =DJce-«l’tl -ysin₽ |т| свойст-
вами корреляционной функции?
Ответ. Нет, так как не выполняются два условия: kx (0) > 0
и kx (0) > \kx (т)|.
9.64. Стационарная случайная функция X (?) имеет характеристи-
ки тх и kx (т). Найти взаимную корреляционную функцию Rxy (t, tl)
случайной функции X (t) и случайной функции Y (f) = 1 — X (f).
Решение./?^ (t, t>) = М [х (!) У (/')] = М [—Х° (/) X (Г)] =
= -Kx(t, i')=—kx(t).
9.65. Случайная функция X (/) имеет характеристики tnx, kx (т) =
= Dxe-alTl. Найти ее спектральную плотность.
Решение,
со со
S*(a») = -1_ С kx (т) e“iwxrfT = -^2- Re f е‘’<а+1ш)т dr,
х 2л J л J
где Re — действительная часть. Имеем
1
J a+io
о
(a-H ©) т — у
при т = 0; у = 0
e—(a-|-i со) т J (a 4-ко) Т =
при
т = оо; у = оо
— (
a+i© J
о
(a-l-i(o)T
1
а-|- i (О
= Re
rRe Ce^(a+l(o)Tt/т = Re------------
J a+ico
о
1 cz—ico a—ico
x+ i co a—i co a24-<o2
a _____. co \_________ a
a2+co2 a2+co2 / a2-]-©2
Следовательно, SJ (©) = *
9.66. Найти спектральную плотность случайной функции X (/),
если ее корреляционная функция
Ответ. S; (©)=
kx (т) — Dx 1 т I cos рт.
Dx a____________a2-t-fl2-{-(02_____
~ la2-HP— <b)2J l«2+(P+w)2J ’
У казаки e: представить cos рт = (ei₽T + e-i$x)/2 и вос-
пользоваться решением задачи 9.65.
9.67. Найти спектральную плотность стационарной случайной
функции, у которой корреляционная функция
kx(x)~Dxe-™\
Решение. Имеем
00 оо
5’(Ю) = _1_ С e“iwTdT = — f e-(u’,fei с/т.
x 2л J 2л J
— oo •—oo
Пользуясь известной формулой
00
J eAx>±2Bx-Crfx
*— oo
(Л>о)
и имея в виду, что ia = — 1, получаем
I Ох
— I = —_ ехг
4Л2 J 4Х V л 1
со2
4V
График этой функции подобен кривой нормального закона.
9.68. Спектральная плотность стационарной случайной функции
X (/) на участке от — «л до 4- постоянна, а вне его равна нулю,
т. е. имеет вид, показанный на рис. 9.68, а:
(О при I СО | > СОХ J \ <01 )
Найти корреляционную функцию kx (т) случайной функции X (t).
Р е ш е н и е. kx (т) = J S* (со) et<eT da> =
00
0)1
= 2а J cos сот с/со = 2а sia Ю1 т ; Dx = kx (0) = 2fl®x.
о
График корреляционной функции показан на рис. 9.68, б.
9.69. Производная стационарной случайной функции. Имеется ста-
ционарная случайная функция о характеристиками тх (t) == тх,
Кх (/, f ) — kx (т), где т. — t — I. Найти характеристики ее производ-
ной Y (t) = dXb(t)ldt и показать, что она также стационарна.
Решение. Так как Y (/) связана.с X (I) линейным однородным
преобразованием, то •>
т« (0 = 4~ тх (О = ~ТГ тх = 0 = const;
at at
Л2 Э2
КУ V' Г)=kx (х) =
otut utol
=----(--Ъ (т) =----1----kx (т)—- .
dt \ dt' ’) dt \ dt х ' dt' J
Но dxldt' = 1 и dxldt — — 1, поэтому
n=[4-k* w]=44k* w 44=—4? k* w-
dt [ dt J dt2 dt dt2
Так как правая часть равенства зависит только от т, то
/72
Kv(t,n=ky(t) = —^kx(%)
и случайная функция Y (/) стационарна.
9.70. Стационарная случайная функция X (/) имеет корреляцион-
ную функцию kx (т). Случайная функция Y (t) получается из нее диф-
ференцированием: Y (I) — dX (t)/dt. Найти корреляционную функцию
ky (т), если:
а) kx СО = е-а 1 тб) VC0 = е-а 1 т 1 (1 + а 111); в) kx (т) =
_е—а I т । /C0SpT_|__2L sjn р | т|) (а > О, р > 0).
Решение. При решении задачи мы будем применять аппарат
обобщенных функций, правила пользования которыми приведены в при-
ложении 6.
a) ky{x)=—^-е-“^1= —Г—ае-“И1 ^1И-1 =
J dr2 dx [ dx J
= а[ — «е-а|т 1f-^-!-Y+^-^-e-alTil = ае-“1т1 [26 (т) —
[ \ dt ) dt2 J iv/
—a (sign t)2].
Наличие слагаемого 26 (т) показывает, что в составе случайной
функции Y (0 есть белый шум. Далее запишем ответы, предоставив
читателю убедиться в их справедливости:
б) kv (т) = а2 е~“1 т 1 (1 —а | т |);
в) ky (т) = (а2+р2) е~“1 т I /cos р-г—— sin р | т |).
9.71. Найти спектральную плотность стационарной случайной
функции с корреляционной функцией
k„ (т) = a e~a •TI (26 (x)—a (sign x)8].
oo
Решение. S‘(®) = J kv (x) e~iaT dr =
*— 00
00 00
= — f a e“a 1 x • 26 (x) e—i ®x d x—J- f a8 (sign x)8 e—“ Ix I e“l ®x dx.
2л J 2л J
_«> — CO
Так как
. . ч® (1 ПРИ т =# 0;
(signx)8 = Е \
I 0 при тг=0
и так как подынтегральная функция второго интеграла в точке х = 0
не имеет особенностей, то во втором интеграле можно пренебречь точ-
кой х = 0. Получим
S* (©)= — — — —^_ = ——.
v л 2л а24-со2 л а2 4со2
График спектральной плотности S£ (со) представлен на рис. 9.71.
Рис. 9.71
Спектральную плотность SJ (®) можно было получить проще сле-
дующими рассуждениями. Представим случайную функцию Y (/) как
производную случайной функции X (t) из задачи 9.70 (п. «а»). Имеем
kK (х) = е-“ Iх I; S’ (®) = -;
к v 7 * ' л a2+(02
амплитудно-частотная характеристика оператора дифференцирования
равна Ф (ico) = io, следовательно,
5>)=з;ы|Ф(|»)Г=±-^
а ш2
л a2 —J-co2
9.72. Имеется стационарная случайная функция X (?) с корреля-
ционной функцией kx (х) = (sin х)/х. Найти корреляционную функ-
цию, дисперсию и спектральную плотность ее производной: Y (Л ==
= dX (0/^-
Решение. Согласно решению задачи 9.40
k (т) — &kx Ю _______/ sin т \
у v ' dr® Л» \ w / ’
Разлагая (sin т)/т в ряд Маклорена, имеем
sin ф < т2 . т4 г6 .
=== 1 —- Ч- — — — “т*».«I
X 31 51 7!
ft (т) ---fL ft (т) = J--*L _L_ ---
' 3 21.5 ' 417
Отсюда Dv = ftp (Q) = 1/3.
Спектральная плотность SJ (©) = 2»1 (I — |©|) (cm. n. 14 при-
ложения 6). Следовательно, SJ (©) SJ (®) ©* 2©21 (1 — |©|).
9.73. Случайная функция X (t) имеет корреляционную функцию
£x(O==e“’a,T|(ch0T-}--^-sh 0 |т|) (а>0>О).
Случайная функция Y (0 = dX (t)ldt. Найти ее корреляционную функ-
цию ft„ (т) и спектральную плотность Sy (©).
Р е ш е н и е. При нахождении k„ (т) Применяем свойства обоб-
щенных функций (см. [2]):
М*)=—---------------^[-e“a|t|a-^(ch₽r +
+ — sh 0 | т|Не-“ i’l/р sh рт + а ch 0 |T|AlllYI =
0 / \ dx /]
= -7-(e-«ITIsh 0tK--2~P2 [ch 0т —sh 0 |t| 1;
dx \ 0 / ea|T|L 0 J
S' (<o) = ,
y Л [(a—№+©«] [(a+₽)a+®2]
Так как предел lim ky (т) существует (он равен ft„ (0) = a2 — 02)»
Г->0
то случайная функция X (0 дифференцируема.
9.74. Показать, что взаимная корреляционная функция Rxy (t, f)
стационарной случайной функции X (0 и ее производной У (0 =
= dX (t)/dt удовлетворяет условию Rxy (t, f) = — Rxy (f, t), t. e.
при перемене местами аргументов меняет знак.
Решение. Пусть Кх (t, f) = kx (т), где т = /'• — t.
Rxy (/, f) = м L* (0-^ X (Г) ] = -£- М [X (t)X (/')] = -^-kx (т).
I ai j c/t ui
Но т = t'- — t, следовательно,
С другой стороны,
(^. 0=к* a, n=W ^- = —k- <T) = -R*v
что и требовалось показать.
Таким образом, взаимная корреляционная функция стационарной
случайной функции и ее производной зависит только от т = /* — t:
Rxu W со»
т. е. функция X (0 и ее производная «стационарно коррелированы».
9.75. Доказать, что любая стационарная случайная функция X (0
и значение ее производной Y (0 = dX (t)/dt в той же точке t не корре-
лированы, а если случайная функция X (t) распределена нормально,
то и независимы.
Решение. В предыдущей задаче было показано, что Rxy (т) =
= — kx (т). При t' = t, % = О
(°) = -^7 k* (°) = Dx = 0.
ат ат
Таким образом, стационарная случайная функция в любой точке не
коррелирована со своей производной в той же точке.
Для нормально распределенных случайных функций из некорре-
лированности X (0 и ее производной в той же точке вытекает и их не-
зависимость.
9.76. Найти характеристики случайной функции Y (t) = X (t) X
X dXd^ , если нормальная случайная функция X (0 стационарна и
имеет характеристики
тх, kx (т) = jDe““ 1 т 1 (cos + -j- s'n *
Решение. У (0 = -у . Обозначим X2 (0 = Z (0. В со-
ответствии е (9.0.35) и (9.0.36) имеем
тг = ml + kx (0) = ml + D;
S*(®) = 2 J Sl(a—v)Sl(v)dv + 4mlS*x((i>) =
>— oo
— (a2 4- 62) o>2(o2+20a2+4p2)
л [(w2+4a2+402)2—1602w2j(a2+4a2)
4-4m2 —
_____2(«2 + 02)
(co2+a2—02)24a2 P2
= SM<»).
Корреляционную функцию kz (т) можно найти из выражения
Мт) = § SI (со) eimic da.
*— со
9.77. Квадратичное детектирование стационарной случайной функ-
ции. Квадратичным детектированием случайной функции X (0 на-
зывается нелинейное преобразование вида Z (0 = а2Х2 (0, где а —
постоянная; X (0 — случайная функция. Найти характеристики слу-
чайной функции на выходе квадратичного детектора с параметром
а — 2, если на его вход подается нормальная стационарная случайная
функция с характеристиками тх = 3; kx (т) = 4е~31 ’ I.
Решение. Обозначим Хх (0 = аХ (0. Характеристики слу-
чайной функции Хх (0: mXl - атх « 6; kXt (т) = аЪх (т) = 16е~31’1.
302
4-5
Тогда Z (/) = Xf (Z). Полагаем Dx — 16; ах = 3. По формуле (9.0.35)
находим тг = mXt 4- kXt (0) = 6 + 16 = 22. По формуле (9.0.36)
«:(<») = 2 J Sx1(ffl-v)S:i(O)do+4mlIS:i(<D) =
= 2 f ----!---dv-Y 4тх ___________L_ «
J л a2+((o—у)2 л Л“4~у2 1 л cz|4~co2
4D?ax 1 iDtaitn^
л (2a1)2-|-o>2 л(а^+<оа)
Следовательно (см. п. 6 приложения 7),
kz (т) = ki (т) + k2 (т) = Ох е“^ । ’ 14- О2 е“£ ।тI,
где Di = 2DI = 2-162 = 512; ах = 2ах = 6; D2 — 4Ох/п£ = 4 X
X 16-62 = 2 304; а2 = 3.
Таким образом, сигнал на выходе квадратичного детектора можно
представить как сумму двух некоррелированных стационарных слу-
чайных процессов Z (Z) = Хх (t) 4* Х2 (t) в указанными выше харак-
теристиками. Особо обратим внимание на то, что случайный процесс
Z (0 не является нормальным.
9.78. Нормальная случайная функция X (f) имеет характеристики
тх; kx (т) = D3Ce-elTl. Найти характеристики случайной функции
№(/)=Х(0^.
Решение. г (/) = Х(/)^^-=^--£-Х2(0;
S‘ffi,(®) = 0,5®2S:»(®).
Так как операция дифференцирования является линейной, то
mw (f) = -у mxt (Z). Но, в соответствии с решением предыдущей за-
дачи, тхг (Z) = const, следовательно, mw (Z) = 0. В предыдущей
задаче была найдена спектральная плотность (а»), следовательно,
S* (©) = -!-«о2 S:»(®) =
О22а М2
2DX т.г aw2
л ©2+(2а)2 л (со2 а2)
и в соответствии с п. 18 приложения 7 имеем
kw (т) = —-2f* е_ 2а 1 т 1 [26 (т)—2а (sign т)2] 4-
Л
2Dxm2a , .
4---—— е~а Iт । [26 (т)—a (sign т)2[.
Л ‘
По виду корреляционной функции ka> (т) заключаем, что случайная
функция W (t) содержит белый шум.
9.79. Угол перемещения радиолокатора в горизонтальной плоско-
сти представляет собой нормальный случайный процесс X (Z) с матема-
тическим ожиданием тх = 0 и корреляционной функцией kx (т) =
= D3Ce_<xixlcos ₽т, где Dx = 4 град2; а = 10-8 1/с; 0 = 0, 1 1/с.
В начальный момент t — 0 угол перемещения равен нулю: X (0) = 0.
Найти вероятность р того, что в момент tl — 0,2 с угол перемещения
будет меньше 1°.
Решение. Обозначим X (0) = Хо; X (/,) = Условный за-
кон распределения случайной величины при условии, что случай-
ная величина Хо — х0, найдем из выражения f (хг |х0) = f (х1э x0)/f (хД
где f (хх, х0) — нормальный закон распределения системы двух слу-
чайных величин с характеристиками: = т0 = 0;
Dy = D0=Dx = ^ град2; ^1,Xo = ^(0,.2) = Dxe-«i»-2icosp.0,2 =
= 3,68 град2; гХ11 Хо = kXt t Xo/V DXl DXa = 0,-921.
Условный закон распределения f (xi|x0 = 0) будет нормальным
с характеристиками
Ю*. | at,, = 0, GX1 |Хо = Oj V1 fxt,xt = 0,776.
1
Тогда Р= f f(x1|xo| = O)dx=®(-------------Ц— ) = 0,81.
J 0,776 V2 /
9.80. На вход колебательного звена системы автоматического регу-
лирования, передаточная функция которой имеет вид
Ф(р) = £/(Тр2 + £р + />) (|>0),
подается белый шум со спектральной плотностью Sx (®) = N. Опре-
делить дисперсию выходного сигнала (речь идет о достаточно удален-
ных участках времени, после окончания переходных процессов).
Решение. SJ (®) = SJ (®)|Ф (i®)|2 = Nk/{\T (i®)2 + +
-p A |2), откуда Dy = f S*y («>) dco = nkN!^.
oo
Заметим, что дисперсия выходного сигнала не зависит от постоян-
ной времени колебательного звена Т, а зависит лишь от коэффициента
усиления k, коэффициента демпфирования £ и мощности сигнала N.
9.81. Передаточная функция системы, на которую подается сигнал
*(/), имеет вид
Ф (р) = (1 + Тхр)/(Т?р2 + р + k),
где А = 25 ; Тх = 0,05 с.
Спектральная плотность входного сигнала
(со) = 276Л1 + (Т<о)21,
где 7=1 с; 6Х = 4 град2/с2. Найти дисперсию выходного сигнала.
Решение.
S* (и) = S: (®) | Ф (ico) |2 =------------------------------
У П П l7,7’1(i<o)3 4-(7’4-T4)(i<D)»+(14rA:7’)to4-^P1
Dtt = f s;(co) d® = ~ f -— d®e
J 2л J | a0(iG))*-|»a1(ia))2-|-a2 ico+^f2
0 •—a>
_ —#2 ^оЧ~Яо Ь^—ац fli b2/flg
2fl0 (Oq flj—aii fl2)
в нашем случае b0 — 0; &i = — Tf; 62 = h ao = 77i» ai — T 4- Tx;
a2 = 1 + kT; a3 = k. Тогда
Du = 4л7бж ь1~аМаз . o,O428 град2.
x 2(a0a3-aia2)
9.82. Выходной сигнал Y (t) связан с входным сигналом X (/)
дифференциальным уравнением
a1^- + a0X(t) = b1^- + b0Y(t). (9.82)
at at
Стационарная случайная функция X (t) — нормальная с характери-
стиками тх и kx (т) = DajeTalTl. Найти характеристики выходного
сигнала У (/). ,
Решение. Так как случайная функция X (/) подвергается ста-
ционарному линейному преобразованию, то в установившемся режиме
случайная функция Y (t) будет стационарной. Величину ту можно
найти из уравнения
। l. dtUjj . <
«1—^-+ аотх=Ь1—Л- + Ь0ту.
at at
Так как тх = const и ту = const, то а0/пж = Ь^пу, откуда ту —
= arfTLxlbq. Уравнение (9.82) можно записать в операторной форме:
(a1P + а0) X (t) = (b1P + b0) Y (/),
откуда
х(о=ф(р)х(/),
01Р + &0
где Ф (р) — передаточная функция.
5;(о))=з:(®)|Ф(М|2=5:й1^±^Г=
|011ш + 0о |
_ Dxa 1 ag+a^co2 _ Dxa 1________ag-{-a^со*
— л a2-f-co2 b$+bl& ~ nbf а2+<о2 ftg/^-f-©2 ’ .
Выражение для S* (®) можно записать в виде
/ ч _ Дас»_____Др-Hl <0* _ / а [ Л
*' ' nbf (a2+<o2)(*g/$54-co2) nbf \ е^+ш2 сР+ш2 Г
где
a = at—с\ с = b = a; d = bolb!.
Обозначим Di = D-gtalb:, D2 = Dx0cc/(6id). Тогда (см. п. 6 прило-
жения 7) ky (т) '= £>i er*1 х I + D2e_dlTi. Дисперсия выходного
сигнала Dv — kv (0) = + D2.
9.83. Для уменьшения уровня шума X (/) применяется ЯОфильтр
(рис. 9.83). На вход фильтра подается стационарный белый шум со
спектральной плотностью S« (со) = 10-8 В2 • с. Определить наименьшую
постоянную времени фильтра Т = RC, при которой с вероятностью
р = 0,05 сигнал на выходе фильтра не будет превосходить по модулю
100 мВ, если тх = 0.
°---------II----1----°
° i ।—1 о л I
я п
Л(£/ с = = Y(t) R U
О—-------------- о о-------------------------1---- о
Рис. 9.83
Рис. 9.84
Решение. Передаточная функция 2?С-фильтра имеет вид Ф (р)=
= 1/(1 + Тр). Следовательно,
s« (со)=I —5— Г sj (®)=—!— ю-8=----------------—,
м ' I 14-Тсо I ’ 1-ЬГ2со2 п а2+<о2
где а = 1/Т 17с; D„ = ла«10“8 В2. Отсюда (см. п. 5 приложения 7)
Так как входной нормальный сигнал подвергается линейному пре-
образованию, то и выходной сигнал будет нормальным с характери-
стиками гпу — 0; Dy = (п/Т) 10-8 В2. По условию задачи р = 1 —
— 2Ф(100/о„) = 0,05, где Ф (х) — функция Лапласа (приложение 5).
Имеем Ф (100/ств) = 0,475; 100/о„ = 1,96; <ту = 100/1,96 = 51,1 мВ;
о2 =Dy = 26,1.10“* В2.
Искомая наименьшая постоянная времени фильтра Т = (n/DB) X
X Ю~8 = 0,012 с.
9.84. На вход 7?С-фильтра, изображенного на рис. 9.84, подается
нормальная стационарная случайная функция X (/) с характеристи-
ками mx; kx (т) = Dy cos Рт. Найти характеристики выходного сиг-
нала У (/).
Решение. Передаточная функция фильтра имеет вид Ф (р) =
= Тр (1 + Тр)-1, где Т — RC. Следовательно, ту = 0 (постоян-
ная составляющая не проходит через конденсатор С). Спектральная
плотность выходного сигнала (см. п. 3 приложения 7) имеет вид
s‘(ш)-I Г «(в> - D'18 (“+ю + 8 (ш“₽)|-
Дисперсию выходного сигнала Dy найдем из выражения (см. при-
ложение 6)
оо со
Dv= [ S^)d& = Dx f -J^[6(® + p)-H(®-P)]d<o=
J J i-rucor
= D 2(?W
“i-HW ’
Одномерный закон распределения выходного сигнала — нормальный
с параметрами ту = 0 и Dy.
9.85. На вход автоматического регулятора подается напряжение
X (/), которое представляет собой нормальный стационарный случай-
ный процесс с характеристиками тх — 220 В; kx (т) = D1^~a I ’ I (1 +
4- а|т|), где Dx — ох = 16 В2; а = 200 1/с. Регулятор напряжения
работает нормально, если напряжение X (/) не меньше 208 В и не боль-
ше 232 В, в противном случае — он автоматически отключается и
включается вновь при возвращении входного напряжения X (/) в
указанный диапазон. Определить вероятность р того, что регулятор бу-
дет работать в произвольно выбранный момент времени t, закон рас-
пределения длительности нормальной работы 7\ и среднюю длитель-
ность отключения регулятора 72.
Решение. В соответствии с решением задачи 9.70 (пункт «б»)
^(т)=-_Й“1Рхе_а|Т,(1+а |г|)1 =
= Dxа2е~а।т• (1—а|т|), оу = аох.
•V N I •/ 9 У Л
Среднее число выбросов за уровень а (вверх) будет
Ха = —(ехр[—(a~fflx)2 1]-^2- = 10,3 1/с.
“ 2л | 2о* JJ ах
Следовательно, общее среднее число выбросов за допустимый уровень
в единицу времени будет 2%а = = 20,6 1/с. С достаточной для
практики точностью закон распределения случайной величины Т\
можно считать показательным с математическим ожиданием t = 1/Хх =
= 0,0486 с. Вероятность того, что регулятор будет работать в произ-
вольно выбранный момент времени, равна
р = Р (208 < X (i) < 232) = Р (|Х (/) — тх\ < 12) = 2Ф (3) =
= 0,9973.
С другой стороны, вероятность р можно найти из выражения р =
= 71/(71+72), откуда 72 = 7Х (1 — р)/р = 1,31 «10-4 с.
9.86. Радиоприбор может работать только в определенном диапа-
зоне температур /0 ± 30 0 С, где /0 — номинальная средняя температу-
ра; при выходе температуры за эти границы прибор выходит из строя.
Температура окружающей среды X (/) есть стационарная случайная
функция с математическим ожиданием тх = 0 и средним квадрати-
ческим отклонением сх = 10° С, корреляционной функцией вида
kx (т) — 100 (sin т)/т °C2; распределение нормальное. Найти среднее
число выбросов температуры за границы t0 ± 30 ° С в течение времени
Т = 50 с. Считая число выбросов распределенным по закону Пуас-
сона, найти вероятность того, что за время Т прибор выйдет из строя.
Решение. Согласно решению задачи 9.72
kv (<) --------= —100 (----------+—--------
" - дта I з 215 J
Полагая т = 0, находим Dy = kv (0) 33,3; = 5,76° С. Среднее
число выбросов вверх за границу а' — тх + 30° С согласно формуле
(9.0.42) равно
Х= — е-а,/200-^- = 0,00134 1/с.
а 2л ох
Таково же общее среднее число выбросов вниз, за границу тх — 30° С;
общее среднее число выбросов за допустимые границы будет 2ХО =
= 0,00269.
Для случайной величины Y — числа выбросов, имеющей пуассо-
новское распределение с математическим ожиданием 2КаТ — 0,00269 X
X 50 = 0,1345, вероятность того, что она примет значение, большее
нуля (произойдет хотя бы один выброс), равна 1 — е-0*1346 = 0,125.
ГЛАВА 10
ПОТОКИ СОБЫТИИ. МАРКОВСКИЕ СЛУЧАЙНЫЕ
ПРОЦЕССЫ
10.0. Потоком событий называется последовательность однородных собы-
тий, появляющихся одно за другим в случайные моменты времени. Примеры:
поток вызовов на телефонной станции; поток забитых шайб при игре в хоккей;
поток сбоев ЭВМ; поток заявок на проведение регламентных работ в вычисли-
тельном центре и т. п.
Поток событий наглядно изображается рядом точек с абсциссами 0Ь 02,
.*., 0П, ... (рис. 10.0.1) с интервалами между ними: 7\ = 02 — 0Ь Т2 = 03 —
— 02, ..., Тп = 0д+1 — 0Д. При его вероятностном описании поток событий
может быть представлен как последовательность случайных величин: 0,; 02 =
= 01 + 7\; 08 = 01 + Т1 + т2; ...
Заметим, что термин «событие» в понятии «поток событий» совершенно от-
личен по смыслу от ранее введенного термина «случайное событие». В частности,
не имеет смысла говорить о вероятностях «событий», образующих поток (напри-
мер, о «вероятности вызова» на телефонной станции: ясно, что рано или поздно
вызов придет, и не один). С «потоком событий» можно связывать различные слу-
чайные события, например:
А = {в течение времени от t0 до /0 + т придет хотя бы один вызов}
или
В = {в течение того же времени придут ровно два вызова}.
Вероятности таких событий можно вычислять*
Заметим также, что на рисунке в виде ряда точек мы можем изобразить не
сам поток событий (он случаен), а только какую-то его конкретную реализа-
цию.
В гл. 4 мы уже упоминали о потоках событий и некоторых их свойствах;
здесь мы осветим их более подробно. Поток событий называется стационарным,
если его вероятностные характеристики не зависят от выбора начала отсчета
или, более конкретно, если вероятность попадания того или другого числа со-
бытий на любой интервал времени зависит толькот от д л и н ы т этого интервала
и не зависит от того, где именно на оси 0t он расположен.
J'L . JL
оq 02 4 • 4 Ст J 4-z К
Puc. 10.0.1
Поток событий называется ординарным, если вероятность попадания на
элементарный интервал времени Д/двух или более событий пренебрежимо мала
по сравнению с вероятностью попадания одного события» Практически ординар-
ность потока означает, что события в нем появляются «поодиночке», а не группа-
ми по два, по три и т* д. (точное совпадение моментов появления двух событий те-
оретически возможно, но имеет нулевую вероятность).
Ординарный поток событий можно интерпретировать как случайный про-
цесс X (/) — число событий, появившихся до момента t (рис* 10.0.2), Случайный
процесс X (t) скачкообразно возрастает на одну единицу в точках 02,..., 0П.
Поток событий называется потоком без последействия, если число событий,
попадающих на любой интервал времени т, не зависит от того, сколько событий
попало на любой другой непересекающийся с ним интервал* Практически отсут-
ствие последействия в потоке означает, что события, образующие поток, появля-
ются в те или другие моменты времени независимо друг от друга»
Поток событий называется простейшим, если он стационарен, ординарен и
не имеет последействия.
Интервал времени Т между двумя соседними событиями простейшего пото-
ка имеет показательное распределение
f (0 = (при t > 0), (10.0.1)
где % = 1/М [Т] — величина, обратная среднему значению интервала Т.
Ординарный поток событий без последействия называется пуассоновским.
Простейший поток есть частный случай пуассоновского (а именно стационарный
пуассоновский поток).
Интенсивностью X потока событий называется среднее число (математиче-
ское ожидание числа) событий* приходящееся на единицу времени. Для стацио-
нарного потока Л = const; для нестационарного потока интенсивность в общем
случае зависит от времени: X = % (?)*
Мгновенная интенсивность потока % (0 определяется как предел отношения
среднего числа событий, которые произошли за элементарный интервал времени
(/, Д/), к длине Д/ этого интервала^ когда она стремится к нулю. Среднее
число событий, наступающих на интервале времени т, следующем непосредствен-
но-Н
но за моментом tQ (см. рис. 10.0.1), равно a(tQ, т)= J К (f) dt. Если поток событий
По
стационарный, то a (t0, т) = а (т) = Хт,
Ординарный поток событий называется потоком Пальма (или рекуррент-
ным потоком, или потоком с ограниченным последействием), если интервалы вре-
мени Tt, Т2, *1* между последовательными событиями (см, рис, 10.0,1) представ-
ляют собой независимые, одинаково распределенные случайные величины. В
связи с одинаковостью распределений 7\, Т2, .*. поток Пальма всегда стациона-
рен* Простейший поток является частным случаем потока Пальма; в нем интер-
валы между событиями распределены по показательному закону (10.0*1), где
X — интенсивность потока*
Потоком Эрланга k-го порядка называется поток событий, получающийся
«прореживанием» простейшего потока, когда сохраняется каждая 6-я точка
(событие) в потоке, а все промежуточные выбрасываются (см* рис. 10.0.3,j где
показано получение потока Эрланга 4-го порядка из простейшего потока).
Рис. 10.0.3
Интервал времени между двумя соседними событиями в потоке Эрланга fc-го
порядка представляет собой сумму k независимых случайных величин Тъ Т2, .♦*,
Ть, имеющих показательное распределение с параметром X:
k
(10.0.2}
i=l
Закон распределения случайной величины Т называется законом Эрланга
k-го порядка (см. задачу 8.38) и имеет плотность
' е-ц (при/>0). (10.0.3}
(Аг—1)!
Математическое ожидание, дисперсия и среднее квадратическое отклонение
случайной величины Т (10.0*2) соответственно равны:
т4=Ш; Dt=k/№; ot = Vk/K. (10.0.4}
Коэффициент вариации случайной величины (10.0.2) равен
vt=(yt/mt — l/']/ k; (10.0.5>
Vf -> 0 при k -> оо, т* е. при увеличении порядка потока Эрланга «степень слу-
чайности» интервала между событиями стремится к нулю.
Если одновременно с «прореживанием» простейшего потока изменять мас-
штаб по оси 0t (делением на Л), получится нормированный поток Эрланга &-го
порядка, интенсивность которого не зависит от k. Интервал времени Т между
соседними событиями в нормированном потоке Эрланга Z>ro порядка имеет плот-
ность
^(o=~(fe-iji— е~Ш <при/>°)- <10-°-6>
Числовые характеристики случайной величины
1
I = 1
равны:
М |7] = 1А; D(T] = 1/H2; 6J=1/(X1/F)5 vt = I/Vk. (10.0.7}
При увеличении k нормированный поток Эрланга неограниченно прибли-
жается к регулярному потоку с постоянным интервалом I = 1/л между событиями* '
Случайный процесс, протекающий в какой-либо физической системе S,
называется марковским (или процессом без последействия), если он обладает
следующим свойством: для любого момента времени /0 (рис. 10.0.4) вероятность
любого состояния системы в будущем (при t> /0) зависит только от ее состояния
в настоящем (при t = tQ) и не зависит от того, когда и каким образом система S
пришла в это состояние (иначе: при фиксированном настоящем будущее не за-
висит от предыстории процесса — от прошлого).
Рис. 10.0.4
В данной главе мы будем рассматривать только марковские процессы с дис-
кретными состояниями Si, s2, ..., sn. Такие процессы удобно, иллюстрировать
с помощью графа состояний (рис. 10.0.5), где прямоугольниками (или кружками)
обозначены состояния sb з2, ... системы S, а стрелками — возможные переходы
из состояния в состояние (на графе отмечаются только непосредственные перехо-
ды, а не переходы через другие состояния). Иногда на графе состояний отмечают
не только возможные переходы из состояния в состояние, но и возможные за-
держки в прежнем состоянии; это изображается стрелкой («петлей»), направлен-
ной из данного состояния в него же (рис. 10.0.6), но можно обходиться и без это-
го. Число состояний системы может быть как конечным, так и бесконечным (но
счетным).
Марковский случайный процесс с дискретными состояниями и дискретным
временем обычно называют марковской цепью. Для такого процесса моменты
f2, ..., когда система S может менять свое состояние, удобно рассматривать как
последовательные шаги процесса, а в качестве аргумента, от кото-
рого зависит процесс, рассматривать не время t, а номер шага: 1, 2, ..., Л, ..»
Случайный процесс в этом случае характеризуется последовательностью состоя-
ний
S (0), S (1), S (2), S (Л), (10.0.8)
•где S (0) —- начальное состояние системы (перед первым шагом); 5(1) — со-
стояние системы непосредственно после первого шага; s«.; S (k) — состояние
системы непосредственно после fc-ro шага ...
Событие {S (k) = Sf} = {сразу после fc-ro шага система находится в состоя-
нии Sf) (i = 1,2,.;.) является случайным событием, поэтому последовательность
состояний (10.0.8) можно рассматривать как последовательность случайных со-
бытий. Начальное состояние S (0) может быть как заданным заранее, так и слу-
Рис. 10.0.5
чайным» О событиях последовательности (10.0.8) говорят, что они образу-
ют марковскую цепь.
Рассмотрим процесс с п возможными состояниями si, $2, «п. Если обозна-
чить X (0 номер состояния, в котором находится-система S в момент I, то про-
цесс (марковская цепь) описывается целочисленной случайной функцией
X (0 > 0, возможные значения которой равны 1, 2, .*., п» Эта функция совер-
шает скачки от одного целочисленного значения к другому в заданные моменты
/1, /2, ... (рис. 10.0.7) и является непрерывной слева, что отмечено точками на
рис. 10.0.7.
Рассмотрим одномерный закон распределения случайной функции X (0.
Обозначим pi (k) вероятность того, что после fc-ro шага [и до (k + 1)-го] си-
стема S будет в состоянии sj (i = 1, 2, п). Вероятности pt (k) называются
вероятностями состояний цепи Маркова* Очевидно, для любого k
п
У Ре(Л)=1.
I SS 1
(10.0.9)
Распределение вероятностей состояний в начале процесса
Pi (0), р2 (0).... (0), ..., рп (0) (10.0.10)
называется начальным распределением вероятностей марковской цепи. В част-
ности, если начальное состояние S (0) системы S в точности известно, например
S (0) == «ь начальная вероятность pi (0) ® 1, а все остальные равны нулю.
Вероятностью перехода на &-м шаге из состояния Si в состояние s7- называет-
ся условная вероятность того, что система $ после fe-ro шага окажется в состоя-
нии s7, при условии, что непосредственно перед этим (после k — 1 шагов) она
находилась в состоянии Sf. Вероятности перехода иногда называются также «пе-
реходными вероятностями»*
Марковская цепь называется однородной, если переходные вероятности не
зависят от номера шага, а зависят только от того, из какого состояния и в какое
осуществляется переход:
Р {S(k)^Sj|S(ft—1)=Si} (10.0.11)
Переходные вероятности однородной марковской цепи Рц образуют квад-
ратную таблицу (матрицу) размера п X п:
Ри Р 21 ри... Р22 ••• pu... P in Pin
11^11= Pil Pf2 • • • Pti ••• Pin
Р П1 Рп2< • • Р nj ••• Р пп
(10.0.12)
Сумма переходных вероятностей в любой строке матрицы равна единице:
п
g=i......л). (ю.олз)
/«=»
Матрицу, обладающую таким свойством, называют стохастической. Вероятность
Рц есть не что иное, как вероятность того, что система, пришедшая к данному
шагу в состояние $/, в нем же и задержится на очередном шаге*
Если для однородной цепи Маркова заданы начальное распределение вероят-
ностей (10.0.10) и матрица переходных вероятностей (10.0.12), то вероятности
состояний системы pt (k) (i = 1, 2, ..., п) могут быть определены по рекуррент-
ной формуле
п
Pi(k) = 2 Pj(k~ l)pH 7=1.....«)• (Ю.0.14)
/=1-
Для неоднородной цепи Маркова вероятности перехода в матрице (10*0.12)
и формуле (10.0.14) зависят от номера шага k.
При фактических вычислениях по формуле (10.0.14) надо в ней учитывать
не все состояния s7, а только те, для которых переходные вероятностй отличны от
нуля, т. е. те, из которых на графе состояний ведут стрелки в состояние s^.
Марковский случайный процесс с дискретными состояниями и непрерывным
временем иногда называют «непрерывной цепью Маркова». Для такого процес-
са вероятность перехода из состояния Si в sj для любого момента времени равна ну-
лю. Вместо вероятности перехода рассматривают плотность вероятности пе-
реходами, которая определяется как предел отношения вероятности перехода из
состояния si в состояние Sj за малый промежуток времени Д/, примыкающий к
моменту /, к длине этого промежутка, когда она стремится к нулю. Плотность
вероятности перехода может быть как постоянной (Лг-7 — const), так и зависящей
от времени (/)J. В первом случае марковский случайный процесс с
дискретными состояниями и непрерывным временем называется однородным.
Типичный пример такого процесса — случайный процесс X (/), представляющий
собой число появившихся до момента t событий в простейшем потоке (см.
рис. 10.0.2).
При рассмотрении случайных процессов с дискретными состояниями и не-
прерывным временем удобно представлять себе переходы системы S из состоя-
ния в состояние как происходящие под влиянием некоторых потоков
событий; при этом плотности вероятностей перехода получают смысл и н-
тенсивностей соответствующих потоков событий (как только про-
исходит первое событие в потоке с интенсивностью система из состояния Si
скачком переходит в s7). Если все эти потоки пуассоновские (т. е. ординарные
и без последействия, с постоянной или зависящей от времени интенсивностью),
то процесс, протекающий в системе S, будет марковским.
Рассматривая марковские случайные процессы с дискретными состояниями
и непрерывным временем, очень удобно пользоваться графом состояний, на ко-
тором против каждой стрелки, ведущей из состояния Sj в проставлена интен-
сивность Mij потока событий, переводящего систему по данной стрелке
(рис. 10.0.8). Такой граф состояний называют размеченным*).
Вероятность того, что система S, находящаяся в состоянии s$, за элементар-
ный промежуток времени (/, /+ dt) перейдет в состояние Sj (элемент вероятности
перехода из st в Sj) есть вероятность того, что за, это время dt появится хотя бы
одно событие потока, переводящего S из si в sj. С точностью до бесконечно малых
высших порядков эта вероятность равна htjdii
Потоком вероятности перехода из состояния s$ в s7- называется величина
Мц Pl (0 (здесь интенсивность Мц может быть как зависящей, так и независящей
от времени).
*) На графе состояний системы с непрерывным временем мы не будем про-
ставлять петли, соответствующие задержке системы в данном состоянии, так как
такая задержка всегда возможна.
Рассмотрим случай, когда система S имеет конечное число состояний
s* ..., sn. Для описания случайного процесса, протекающего в этой системе,
применяются вероятности состояний
Pi (О, Р2(0....Рп (О, (10*0.15)
где р^ (0 — вероятность того, что система S в момент t находится в состоянии
sf:
Pi(0«P{S(0 = Sib (10.0.16)
Очевидно, для любого t
= (Ю.0.17)
Для нахождения вероятностей (10.0.15) нужно решить систему дифферен-
циальных уравнений (уравнений Колмогорова), имеющих вид
= S —PtV) S (/==1,2,..., n),
/«1 /«1
или, опуская аргумент t у переменных р$,
-$-= S 4lPi-Pi S ....п). (10.0.18)
* /=1
Напомним, что интенсивности потоков могут зависеть от времени |
Рис. 10.0.8
Рис. 10.0.9
Уравнения (10.0.18) удобно составлять, пользуясь размеченным графом со-
стояний системы и следующим мнемоническим правилом: производная вероят-
ности каждого состояния равна сумме всех потоков вероятности, идущих из дру-
гих состояний в данное, минус сумма всех потоков вероятности, идущих из
данного состояния в другие. Например, для системы S, размеченный граф состоя-
ний которой дан на рис. 10.0.8, система уравнений Колмогорова имеет вид
dpildt =5 Х31Р3 + Х41р4 — (Х12 + Х14) рх$
dpjdt = A-f2Pi — ^2зР2>
dp^/dt — Х23р2 — (Х81 + 134 Х35) р3; (10.0.19)
dpjdt == Xj4pj + ^34Рз + ^51Р5 — ^41Р<;
dpjdt %35Р1 — ^54Рб«
Так как для любого t выполняется условие (10.0.17), можно любую из ве-
роятностей (10.0.15) выразить через остальные и таким образом уменьшить число
уравнений на одно.
Чтобы решить систему дифференциальных уравнений (10.0.18) для вероят-
ностей состояний р± (0> Рг(0> *•», Рп (0, нужно Задать начальное распределение
вероятностей
Pi (0), р2 (0),...» Pi (0). (0), (10.0.20)
сумма которых равна единице:
п
2₽,(0)=1.
1=1
✓
Если, в частности, в начальный момент / = 0 состояние системы S в точности
известно, например, S (0) -=“ s$, то pt (0) = 1, а остальные вероятности (10.0.20)
равны нулю.
Во многих случаях, когда процесс, протекающий в системе, длится доста-
точно долго, возникает вопрос о предельном поведении вероят-
ностей pt (t) при /->оо. Если все потоки событий, переводящие систему из
состояния в состояние, являются простейшими (т, е* стационарными пуассонов-
скими с постоянными интенсивностями Х^), в некоторых случаях существуют
финальные (или предельные) вероятности состояний
Pl = limpi(0 (i = l,...,n), (10.0.21)
/->00
не зависящие от того, в каком состоянии система S находилась в начальный мо-
мент. Это означает, что с течением времени в системе S устанавливается предель-
ный стационарный режим, в ходе которого она переходит из состояния в состоя-
ние, но вероятности состояний уже не меняются. В этом предельном режиме каж-
дая финальная вероятность может быть истолкована как среднее относительное
время пребывания системы в данном состоянии.
Система, для которой существуют финальные вероятности, называется эр-
годической и соответствующий случайный процесс — эргодическим.
Для существования финальных вероятностей состояний одного условия
“кц = const недостаточно, требуется выполнение еще некоторых условий, 'про-
верить которые можно по графу состояний, выделив на нем «существенные»
и «несущественные» состояния, Состояние si называется существенным, если нет
другого состояния Sj такого, что, перейдя однажды каким-то способом из si в
Sj, система уже не может вернуться в si» Все состояния, не обладающие таким
свойством, называются несущественными»
Например, для системы S, граф состояний которой дан на рис. 10.0.9,
состояния Sj, s2 несущественны (из s4 можно уйти, например, в s2 и не вернуть-
ся, а из s2 в s4 или s5 и не вернуться), а состояния s4, s5, s3, se, s7 — существенны
(существенные состояния обведены жирными линиями).
При конечном числе состояний п для существования финальных вероят-
ностей необходимо и достаточно, чтобы из каждого существенного состояния
можно было (за какое-то число шагов) перейти в каждое другое существенное»
Граф, представленный на рис. 10.0.9, этому условию не удовлетворяет (например,
из существенного состояния s4 нельзя перейти в существенное состояние se);
для графа, показанного на рис. 10.0.10, финальные вероятности существуют
(из каждого существенного состояния возможен переход в каждое другое сущест-
венное).
Несущественные состояния потому так и называются, что из каждого та-
кого состояния система рано или поздно уйдет в какое-то из существенных и
больше не вернется. Естественно, финальные вероятности для несущественных
состояний равны нулю.
Если система S имеет конечное число состояний Sj, s2, sn, то для сущест-
вования финальных вероятностей достаточно, чтобы из любого состояния, систе-
мы можно было (за какое-то число шагов) перейти в любое другое» Если число
состояний Sj, s2, ...»sn,»»» бесконечно, то это условие перестает быть достаточным,
и существование финальных вероятностей зависит не только от графа состояний,
но и от интенсивностей Кц»
Финальные вероятности состояний (если они существуют) могут быть по-
лучены решением системы линейных алгебраических уравнений} они получаются
из дифференциальных уравнений Колмогорова, если положить в них левые ча-
сти (производные) равными нулю. Однако удобнее составлять эти уравнения
непосредственно по графу состояний, пользуясь мнемоническим правилом:
для каждого состояния суммарный выходящий, поток вероятности равен сум-
марному входящему. Например, для системы S, размеченный граф состояний ко-
торой дан на рис.. 10.0.11, уравнения для финальных вероятностей состояний
имеют вид
(Х12 + lj3) Pi = 121Р2*» (^21 + р2 в М2Р1 +
(10.0.22)
(^34 + Рд S ^13Р11 ^4204 ^2*02 "Ь ^34Рз + ^б4Рб‘» ^ЫР& = ^ЗйРз*
Таким образом, получается (для системы $ с л состояниями) система п лщ-
нейных однородных алгебраических уравнений с п неизвестными ръ р2, р^
Из этой системы можно найти неизвестные pi, р2, •«., рп£ точностью до произволу!
кого множителя. Чтобы найти точные значения р^, рп, к уравнениям добав-
ляют нормировочное условие Pi + р2 + *.* + pn =? 1, пользуясь которым можно
выразить любую из вероятностей pt через другие (и соответственно отбросить
одно из уравнений),
Рис. 10.0.10
Рис. 10.0.11
На практике очень часто приходится встречаться с системами, граф состоя-
ний которых имеет вид, показанный на рис. 10.0.12 (все состояния можно вытя-
нуть в цепь, причем каждое из них связано прямой и обратной связью с двумя
соседними, кроме двух крайних, каждое из которых связано только с одним со-
седним), Схема, изображенная на рис. 10.0.12, называется схемой гибели и раз-
множения» Это название заимствовано из биологических задач, где состояние по-
пуляции Sk означает наличие в ней k единиц. Переход вправо связан с «размноже-
нием» единиц, а влево — с их «гибелью». На рис. 10.0.12 «интенсивности размно-
жения» (Хо, Xj, *.., ^п-1) проставлены у стрелок, ведущих слева направо, «ин-
тенсивности гибели» (f^, р,2, |in-i) — У стрелок, ведущих справа налево;
каждая из них отмечена индексом того состояния, из которого исходит соот-
ветствующая стрелка.
Для схемы гибели и размножения финальные вероятности состояний выра-
жаются формулами:
^0
Р1 — Ро; Рг
Р-1
Ро>
И1 Н2
X0Xi...
Pfe=--------------
Н1Р2 — Hfe
Ро(&=0,..., и);..4
%о If... In—1 _ ft|
---------------до; poB=U J-].
Н1И2--- Hn-----I
х0 I Хр Xj
Hi Hi На
Обратим внимание
(при k = 1, 2, к., п)
P-nJ
на правило вычисления любой вероятности состояния
X0Xla..
.Ph — Pa
H1H2--- Hfe
которое можно сформулировать так: вероятность любого состояния в схеме
гибели и размножения (см. рис. 10.0.12) равна дроби, в числителе которой стоит
произведение всех интенсивностей размножения, стоящих левее Sk, а в знамена*
теле — всех интенсивностей гибели, стоящих левее Sk, умноженной на вероят-
ность крайнего левого состояния р0.
Рис. 10.0.12
Если процесс описывается схемой гибели и размножения, то можно запи-
сать дифференциальные уравнения для математического ожидания и дисперсии
случайной функции X (/) — числа единиц в системе в момент времени t:
Т =» J] (Xfe—p,ft) pk (/);
at .г Л
А=0
(10.0.24)
dD^ (0.д j? [Xft+Hfe4-2^(Xft = Hft)=2ma(0(Xft=Hfe)]Pft(0. (Ю.0.25)
*=о
В этих формулах нужно полагать = щ = 0= Интенсивности А* (0 k
< п — 1) и ць (1 k п) могут быть любыми неотрицательными функциями
времени.
При достаточно больших значениях тх (0 (> 20) и выполнении условия
0 < /Пх (0 ± 3~VDX (t) < п можно приближенно полагать,, что сечение случай-
ной функции X (Q представляет.собой нормальную случайную величину с пара
метрами тх (/), yDx (/), полученными решением уравнений (10.0.24), (10.0.25--
Формулы (10.0.24) и (10.0.25) остаются справедливыми при п -> <», если верх)
ний предел в суммах заменить на оо,
ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
10.1. Производится наложение («суперпозиция») двух простейших
потоков: 1) потока I о интенсивностью 1, и 2) потока II с интенсивно-
стью Х2 (рис. 10.1). Будет ли поток III, получившийся в результате
суперпозиции, простейшим, и если да, то с какой интенсивностью?
Решение. Да, будет, так как свойства стационарности, орди-
нарности и отсутствия последействия сохраняются; интенсивность по-
тока III равна + %2-
10.2. Производится случайное прореживание простейшего потока
событий с интенсивностью 1; каждое событие, независимо от других,
с вероятностью р сохраняется в потоке, а с вероятностью 1 — р-
''И I j ! г
—tr-h—!—ГП *1-f-ГП—1-1—*
° || II I II I II
I II I I I I 'll
I II 11 I I I I I III
ш—I—U44-4-4 4 4- . .-Ц-1444 1.4 t
Рис. 10.1
выбрасывается (в дальнейшем такую операцию будем называть р-
преобразованием потока). Каким будет поток, получающийся в ре-
зультате р-преобразования простейшего потока?
Решение. Поток будет простейшим с интенсивностью Хр. Дей-
ствительно, все свойства простейшего потока (стационарность, орди-
нарность, отсутствие последействия) при p-преобразовании сохраня-
ются, а интенсивность умножается на р.
10.3. Интервал времени Т между событиями в ординарном потоке
имеет плотность
Хе~х «-«.)
0
/(0 =
при />4;
при
(10.3)
Интервалы между событиями независимы. 1) Построить график плот-
ности f (/). 2) Является ли данный поток простейшим? 3) Является
ли он потоком Пальма? 4) Какова его интенсивность X? 5) Каков
коэффициент вариации vt интервала между событиями?
Решение. 1) См. рис. 10.3; распределение такого вида назовем
«сдвинутым tfa t0 показательным». 2) Нет, не является, так как рас-
пределение (10.3) не показательное. 3) Да, является в силу ординар-
ности потока, независимости интервалов и одинакового их распреде-
ления.
4) х=1/М[Л; М[Т]=1/Х+/О; 1=(1/Х-н0)~1=х/(Ц-м0).
J
(-©-Х-®—и ® X® -X—® X ®-® X—®----------И----t
о
Рис. 10.4
10.4. На оси 0t имеется простейший поток событий о интенсив-
ностью Л. Из этого потока формируется другой следующим образом:
интервал между каждыми двумя соседними событиями делится попо-
лам и в точку деления вставляется еще одно событие (см. рис. 10.4, где
кружками обозначены основные, крестиками — вставленные события).
Найти плотность распределения f (t) интервала Т между соседними со-
бытиями в новом потоке. Будет ли этот поток простейшим? Будет ли
он потоком Пальма? Каков коэффициент вариации интервала Т меж-
ду событиями?
Решение. Т — Х/2, где X имеет'показательное распределение
с параметром %: fi (х) = Ле-и (х > 0). Пользуясь решением задачи
8.1 и полагая в формуле (8.1) а = 1/2, b = 0, получаем
/(/) = 2Хе~ш (/>0). ' (Ю.4)
Это есть показательное распределение с коэффициентом вариации
vt = 1. Тем не менее новый поток не будет ни простейшим, ни даже
потоком Пальма. Докажем сначала, что он не будет потоком Пальма.
Хотя интервалы между событиями распределены одинаково по закону
(10.4), они не являются независимыми. Рассмотрим два соседних ин-
тервала между событиями потока. С вероятностью 1/2 они независимы,
с вероятностью 1/2 равны друг другу, следовательно, зависимы. Та-
ким образом, новый поток событий — не пальмовский. Естественно,
он не будет и простейшим, так как простейший поток—частный случай
пальмовского.
Таким образом, показательное распределение интервала между со-
бытиями — недостаточное условие для того, чтобы поток был простей-
шим. .
10.5. Условия те же, что и в предыдущей задаче, с той разницей,
что преобразованный поток состоит только из «крестиков» (середин
интервалов). Ответить на те же вопросы, что и в предыдущей задаче.
Решение. Очевидно, что интенсивность нового потока по срав-
нению с интенсивностью исходного не изменится и останется равной
X. Интервал между двумя соседними крестиками (рис. 10.5) равен
Т=(Х( + Х(+1)/2, (10.5)
где Xt, Xi +1 — два соседних интервала исходного потока. Величи-
ны Xt, Xi + 1 распределены обе по показательному закону с парамет-
Xi Xi-^t
ром %, а их полусумма (10.5) — по нормированному закону Эрланга
2-го порядка, так как интервал Т равен сумме двух независимых
показательно распределенных случайных величин, деленной на д в а.
Таким образом, интервал Т между двумя крестиками имеет плотность
f (0 = 4Х2 е-2^ (I > 0).
В преобразованном потоке все соседние интервалы времени будут
зависимы, так как в состав этих интервалов входят одни и те же слу-
чайные величины. Однако эта зависимость распространяется только на
соседние интервалы времени. Такие потоки иногда называют по-
токами со слабым последействием.
Коэффициент вариации vt для случайной величины Т будет равен
(см. формулу (10.0.7)] vt = 1/V2 < 1.
10.6. Поток машин, идущих по шоссе в одном направлении, пред-
ставляет собой простейший поток с интенсивностью 1. Человек выхо-
дит на шоссе, чтобы остановить первую попавшуюся машину, идущую
в данном направлении. Найти закон распределения времени Т, которое
ему придется ждать; определить его математическое ожидание mt и
среднее квадратическое отклонение at.
Решение. Так как простейший поток не обладает последейст-
вием, то «будущее» не зависит от «прошлого», в частности, от того,
сколько времени тому назад прошла последняя машина. Распределение
времени Т точно такое же, как и распределение промежутка времени
между появлением соседних машин, т. е. показательное с параметром
%: f (0 = Xe~Xf (t > 0); отсюда mt = 1/к; Dt = 1/V; сгг = 1/Х — mt;
vt = 1.
Примечание. Если поток машин, идущих по шоссе, является много -
рядным, то его можно рассматривать как суперпозицию нескольких потоков, со-
ответствующих каждому ряду. Если каждый поток — простейший, то резуль-
тат суперпозиции также является простейшим потоком, так как свойства ста-
ционарности, ординарности и отсутствия последействия при суперпозиции со-
храняются (см. задачу 10.1).
10.7. Пассажир выходит на остановку автобуса в некоторый мо-
мент времени, никак не связанный с расписанием движения. Автобусы
следуют друг за другом регулярно с интервалом времени длины I.
Найти закон распределения времени Т, которое придется пассажиру
ждать автобуса, и выразить его характеристики mt, через интенсив-
ность потока автобусов X.
Решение. Момент прихода пассажира распределен с постоян-
ной плотностью на интервале длины I между двумя автобусами; плот-
ность распределения времени ожидания Т будет также постоянна (рав-
номерное распределение на интервале (0, /)]: f (t) = III (0 < t <_ I)
или, обозначая 111 = %, f (t) = 1 (0 < t <Z 1/X). Для равномерного
распределения на участке длины 1/Х, имеем mt = 1/(2Х); Dt . = 1/(12V);
at =1/(2 УЗ X); vt - 1/Уз.
10.8* . На оси 0t имеется пальмовский поток событий, интерва-
лы между которыми распределены с плотностью f (0. На ось 0t случай-
ным образом бросается точка t* (например, прибывает «инспектор»,
наблюдающий за появлением событий, или же «пассажир» появляется
на остановке автобуса), причем момент t* никак не связан с моментами
появления событий потока (рис. 10.8). Найти плотность распределения
того интервала Т*, на который попала точка t*, его математическое
ожидание, дисперсию и среднее квадратическое отклонение.
Решение. С первого взгляда может показаться, что эта плот-
ность — такая же, как плотность распределения /(/) любого ин-
тервала Т между событиями, однако это не так. Тот факт, что на уча-
сток Т* попала случайно брошенная точка t*, меняет его распре-
деление; действительно, если на оси 0t есть разные участки (большие
и маленькие), то-с большей вероятностью точка #* попадет на один из
больших участков.
Рис. 10.8
Найдем плотность распределения f* (/) того участка Т*, на кото-
рый попала точка t*. Для этого найдем элемент вероятности /* (/) dt,
равный вероятности того, что точка t* попадет на промежуток, длина
которого заключена в пределах (t, t dt). Эта вероятность прибли-
женно равна отношению суммарной длины всех таких промежутков
на очень большом интервале времени й к полной длине этого интерва-
ла.
Пусть на очень большом интервале й уложилось большое число N
промежутков между событиями. Среднее число промежутков, длина
которых лежит в пределах (t, t + dt), равна Nf (f) dt\ средняя суммар-
ная длина всех таких промежутков приближенно равна- tNf (t) dt.
Средняя же общая продолжительность всех N промежутков й будет
(приближенно) равна Nmt, где tnt = М [Т] = j tf (t) dt. Разделив
о
одно на другое, получим
/* (0 dt а? —/ dt.
Nmt mt
Это равенство выполняется тем точнее, чем более длительный ин-
гервал времени й будет рассматриваться (чем больше N). В пределе
закон распределения случайной величины Т* будет
f(t) = —f(t) (/>0). (10.8)
оо
М[Т*] = — Г (7(0^ = —(/) = —(£,-W);
D [Т*] а2 I/ ’j—(М [Г*])2 = — f ? f (t) dt—(М f Т* ])2.
mt J
10.9. В условиях задачи 10.8 поток Пальма представляет собой
простейший поток с интенсивностью X, т. е. f (t) = Xe-W (t > 0). Най-
ти плотность f* (t) того интервала Т*, на который попадает точка t*.
Решение. С учетом того, что tnt = 1/Х, формула (10.8) дает
f* (0 = (t > 0), что представляет собой не что иное, как за-
кон Эрланга 2-го порядка [см. формулу (10.0.3) при k — 21.
10.10* . На оси 0t имеется пальмовский поток событий с плотно-
стью f (t) интервала Т между соседними событиями. Случайная точка
t* («инспектор») попадает куда-то на интервал Т* (рис. 10.10). Она де-
лит его на два промежутка: Q — от ближайшего предыдущего события
до I* и Н — от t* до ближайшего последующего события. Найти рас-
пределение обоих этих промежутков.
Решение. Предположим, что случайная величина Т* приняла
значение s: Т*=з,'И найдем условное распределение промежутка Q
при этом условии. Обозначим его плотность fa (Z|s). Так как точка t*
бросается на ось Ot совершенно случайно (безотносительно к событиям
потока), очевидно, она будет иметь равномерное распределение в пре-
делах промежутка Т* = з: "
(ф) = 1/s при 0<J<8. (10.10.1)
Чтобы найти безусловное распределение fa (/), надо осреднить
плотность (10.10.1) с «весом» /* (з). Пользуясь формулой (10.8), полу-
чаем
оо
Г (3) = —(з); /о (/) = f fa (I (з) Г (з) ds.
mt J
о
Учитывая, что ?q (ф) отлично от нуля только при s> Л можно на-
писать
оо оо
/<?(«= f—/(s)ds=-L f /(O^ = -L[1-F(/)],
J smt mt J mt
t t
где F (/) — функция распределения интервала T между событиями
в потоке Пальма.
Итак,
fa(t) = — И—F(0b
(10.10.2)
Очевидно, то же распределение будет иметь и промежуток времени
Я=Т* —Q:
J-[l_7(/)]. (10.10.3)
mt
10.11. Пользуясь результатами предыдущей задачи, проверить
решение задачи 10.6, полученное из других соображений.
Р е ш е н и е. Имеем f (7) = Ae-Xt; F (t) = 1 — e~M (t > 0); tnt =
= 1/1. По формуле (10.10.3)
fH (t) = X [1 — 1 + e’«| = (t > 0);
Ts e. задача 10.6 решена верно.
10.12. Пассажир выходит на остановку автобуса в момент времени,
никак не связанный с расписанием. Поток автобусов представляет со»
бой поток Пальма о интервалами, имеющими равномерное распреде-
ление в пределах от 5 до 10 мин. Найти: 1) плотность распределения
того интервала, на который попал пассажир; 2) плотность распреде*
ления времени Н, которое ему придется ждать автобуса; 3) среднее
время ожидания автобуса.
Решение. Имеем' / (7) = 1/5 при t £ (5, 10); tnt = 7,5.
1) По формуле (10.8) /* (/) = 7/37,5 при t £ (5, 10). График плот-
ности /* (7) показан на рис. 10.12, а.
при 7^5;
2) F(7) =
(7—5)/5
при 5 < 7 10;
при t > 10.
Отсюда по формуле (10.10.3)
/я (0 =
0
1/7,5
(10—7)/37,5
0
при 7 < 0;
при р</<5;
при 5 <7 < 10;
при/ > 10.
График плотности/н (7) показан на рис. 10.12,6.
3) Среднее время ожидания
5 10
тн = f —— dt -f- f t dt« 6,11 мин.
J 7,5 J 37,5
0 5
10.13. Рассматривается поток Эрланга k-го порядка с
втью распределения интервала Т между событиями:
lyiOTHO-
А(/) =
е-м
(/>0).
(10.13.1)
0
A,(XQfe"~l
(fe-l)l
Найти функцию распределения Fh (t) этого интервала.
Решение. Можно было бы найти функцию распределения по
обычной формуле
(0 = f fk (0 dt,
о
но проще найти ее исходя непосредственно из определения Рк (f) =
= р {т < О-
Перейдем к противоположному событию и найдем Р {Т > /}. Свя-
жем начало отсчета 0 о одним из событий потока Эрланга и отложим
от него вправо два участка: Т (расстояние до следующего события
потока Эрланга) и К.Т (рис. 10.13).
Для выполнения неравенства Т > t нужно, чтобы на участок t
попало меньше чем k событий простейшего потока с интенсивностью X
(либо 0, либо 1...либо k — 1). Вероятность того, что на участок t
попадет пг событий, равна
р
ггп— , с
ml
1Г
Рис. 10.13
По правилу сложения вероятностей
ft—i
Р{7’>0= Е
т=0
откуда ч
Fft(n = l-*S ^-^ = \~R(k—1, М), (10.13.2)
т — )
где 1 — R (т, а) — табулированная функция (см. приложение 2).
10.14*. Поток отказов ЭВМ представляет собой поток Эрланга
k-ro порядка с плотностью (10.13.1) интервала между отказами (вос-
становление машины после отказа происходит мгновенно). «Инспектор»
прибывает в случайный момент времени t* и ожидает первого отказа.
Найти плотность распределения времени Н, в течение которого ему
придется ждать отказа, и его математическое ожидание тц.
Решение. По формуле (10.10.3)
/н(0 = —(l-Fft(Ob
- mt
где Fk (/) дается формулой (10.13.2), a mt = &/%. Отсюда
мо-4's «--4 s ((>0). (10.14.1)
k т\ k ml
т—0 m=0
Перепишем формулу (10.14.1) в виде
/н(0 = у S «>0)> (10.14.2)
Из (10.14.2) видно, что случайная величина Н имеет распределение»
«смешанное» из k эрланговских распределений разных порядков; с
одинаковой вероятностью \/k она имеет эрланговское распределение
1, 2, k-ro порядков. Математическое ожидание такой случайной
величины найдем по формуле полного математического ожидания:
тн = М[Я] = 4- S
(10.14.3)
где М [Н | г] — условное математическое ожидание случайней вели-
чины Н при условии, что она распределена по закону Эрланга г-го
порядка.
Находим по первой формуле (10.0.4) М [Н | d = rlK, откуда
ь
1 v 0 * +1 Л 1 л л
<10-14-4'
Г~1
1
10.15* . Пальмовский поток событий о плотностью распределения
f (t) интервала между событиями подвергается р-преобразованию
(см. задачу 10.2). Случайная величина V — интервал между события-
ми в преобразованном потоке. Найти математическое ожидание и дис-
персию случайной величины V.
Решение. Случайная величина V представляет собой сумму
случайного числа независимых случайных величин (ем. задачу 8.63):
V = УТк, где Y — дискретная случайная величина, имеющая гео-
6=1
метрическое распределение Р {Y = tn} — pqm-' (т — 1, 2, ...),
q = 1 — р, а каждая из случайных величин Тк имеет распределе-
ние / (/).
Тогда последовательные интервалы между событиями в р-преоб-
разованном потоке будут
Их= £ Л; V2 = 2 T»y...........
6=1 z=i
где случайные величины Vj, V2> ... независимы, и преобразованный
поток есть' поток Пальма. В соответствии с задачей 8.63
р р р*
где mt = J if (i) dt-, Dt= J (I—mt)2 f (t) dt.
Примечание, Можно доказать, что при многократном р-преобразо-
вании потока Пальма получается поток, близкий к простейшему.
10.16. Найти закон распределения интервала Т между событиями
в потоке Пальма, если случайная величина Т определяется из выра-
у
жения Г У т. е. представляет собой сумму случайного числа
случайных слагаемых, где случайные величины Tk независимы и под-
чинены показательному закону в параметром %, а случайная величина
Y не зависит от них и имеет геометрическое распределение, начинаю-
щееся с единицы: = Р {У = n} = pqn~1 (0 < р < 1; п = 1, 2,
3, ...)•
Решение. В задаче 8.62 было показано, что случайная величи-
на Т подчинена показательному закону с параметром Хр, следователь-
но, рассматриваемый поток Пальма является простейшим с интенсив-
ностью кр, который получается путем р-преобразования простейшего
потока с интенсивностью 1. Это подтверждает правильность решения
задачи 10.2.
Рис. 10.17
10.17. Поток автобусов, приходящих на остановку, представляет
собой поток Пальма; интервал Т между ними имеет плотность распре-
деления /г (/). Автобус находится на остановке в течение неслучайно-
го времени т. Пассажир, подойдя к остановке в случайный момент I*
(рис. 10.17, а), садится в автобус, если тот находится на остановке;
если же автобуса нет, то ждет его в течение времени т4 и, если за
это время автобус не подойдет, покидает остановку и идет пешком.
Закон распределения /г (/) таков, что случайная величина Т не может
быть меньше, чем т + т{ (рис. 10.17, б). Найти вероятность того, что
пассажир сядет в автобус.
Решение. Переходим к противоположному событию А — {пас-
сажир не сядет в автобус}. Это означает, что пассажир прибудет на
остановку в момент t*, когда на ней нет автобуса, и за время ожида-
ния следующий автобус не придет. Каждое событие «подход автобуса
к остановке» сопровождается «зоной захвата» пассажира; ширина
этой зоны %' + т (рис. 10.17, в).
Событие А = {пассажир не сел в автобус} соответствует попада-
нию точки t* вне пределов зоны захвата (рис. 10.17, г). Точка t* рас-
пределена равномерно по всей длине интервала Т*. Вероятность того,
что она попадет на участок Т* — (т + т')> не вошедший в зону захвата,
равна (по интегральной формуле полной вероятности)
оо оо
Р(Д)= [ — (г+т') С —Lf(f)dt==
J t J t mt
00
=J_ f
mt J
-r+U'
Где mi — средний интервал между автобусами.
Вероятность того, что пассажир сядет в автобус, равна Р (Д) =
= 1-Р(1).
10.18. Происходит преобразование простейшего потока с интенсив-
ностью %, состоящее в следующем. Если расстояние между соседними
событиями Tt оказывается меньше какого-то допустимого предела t0
(«интервала безопасности»), то событие отодвигается от предыдущего
Г-
l
I
l
I
X-
0!
02 Од 01/ 05 Об О'/ Од 0д 0/0 О//
Рис.' 10.18
на интервал t0; если же Tt > t0, то событие остается на своем месте
(рис. 10.18). Является ли преобразованный поток, образованный точ-
ками ©I, 02,... на оси О'Т, простейшим? Является ли он потоком Паль-
ма?
Решение. Ни тем, ни другим преобразованный поток не явля-
ется, так как в нем имеется сколь угодно далеко идущее последейст-
вие. Например, «теснящиеся» на оси O' fJ точки 07,08,09, 01о отодви-
гают каждую последующую точку на оси 0'7’ на отрезок времени, за-
висящий от моментов прихода-событий и интервалов между ними в
прошлом. Если t0 много меньше среднего расстояния между событиями
в исходном потоке: t0 < -1/Х, то последействием в преобразованном по-
токе можно пренебречь.
10.19. Происходит наложение (суперпозиция) двух независимых
потоков Пальма с плотностями распределения интервала между собы-
тиями Д (0 и (t). Будет ли результирующий поток — потоком Паль-
ма?
Решение. Суперпозиция двух потоков Пальма выглядит, как
показано на рис. 10.19. Ясно, что интервалы Тъ Т2, ... результирую-
щего потока III не будут независимыми, так как их размеры могут
быть обусловлены размерами одного и того же интервала на оси I
или II. Например, 7\ и Г2 в сумме дают Гц и, значит, не являются
независимыми. Однако эта зависимость быстро затухает по мере уве-
личения расстояния по времени между началами интервалов.
Примечание. Можно доказать, что при суперпозиции достаточно
большого числа независимых потоков Пальма со сравнимыми интенсивностями
получается поток, близкий и простейшему.
10.20. В процессе эксплуатации ЭВМ может рассматриваться как
физическая система S, которая'в результате проверки может оказать-
ся в одном из следующих- состояний: — ЭВМ полностью исправна;
s2 — ЭВМ имеет незначительные неисправности в оперативной памяти,
при которых она может решать задачи; s3 — ЭВМ имеет существенные
неисправности и может решать ограниченный класс задач; s4 — ЭВМ
полностью вышла из строя.
Рис. 10.19
Рис. 10.20
В начальный момент времени ЭВМ полностью исправна (состоя-
ние' Sj). Проверка ЭВМ производится в фиксированные моменты вре-
мени tlt tz, i3. Процесс, протекающий в системе S, может рассматри-
ваться как однородная марковская цепь с тремя шагами (первая, вто-
рая, третья проверки ЭВМ). Матрица переходных вероятностей име-
ет вид
0,3 0,4 0,1 0,2
II Ри 11 = 0 0,2 0,5 0,3
0 0 0,4 0,6
0 0 0 1,0
Определить вероятности состояний ЭРМ после трех проверок.
Решение. Граф состояний ЭВМ имеет вид, показанный на <
рис." 10.20. Против каждой стрелки проставлена соответствующая ве-
роятность перехода. Начальные вероятности состояний рг (0) = 1;
Р2 (0) = Рз (0) = Рз (0) = 0.
По формуле (10.0.14), учитывая в сумме вероятностей только те
состояния, из которых возможен непосредственный переход в данное,
находим:
Pi (1) = Pi (0) Рц = 1-0,3 = 0,3; I
р2 (1) = Pi (0)Р12= 1-0,4 = 0,4;
Рз (1) = Pi (0) Р18 = 1-0,1 =0,1;
Р4 (1) = Pi (0) Рм = 1-0,2 = 0,2;
Pi (2) = Pi (1) Ри = 0,3-0,3 = 0,09;
р2 (2) = Pi (1) Pi2 + р2 (1) Р22 = 0,3-0,4 + 0,4 -0,2 = 0,20; :
Рз (2) = Pl (1) Р13 4- р,. (1) Р33 4- р3 (1) Р33 = 0,27;
Ро (2) = Р1 (1) Ри + р3 (1) Рм + рз (1) Рм + Р4 (1) Рц = 0,44;
Pi (3) = Р1 (2) Ри = 0,09.0,3 - 0,027;
р2 (3) = Pi (2) Р12 + р2 (2) Р22 = 0,09-0,4 + 0,20-0,2 = 0,076;
Рз (3) — Рг (2) Pis + р2 (2) Р23 + р8 (2) Р33 — 0,217;
Ро (3) = pi (2) Ри + р2 (2) 4- рз (2) Psi + Pi (2) Рц = 0,680.
Итак, вероятности состояний ЭВМ после трех проверок: рх (3) =
= 0,027; р2 (3) = 0,076; р3 (3) = 0,217; р4 (3) = 0,680.
10.21. Точка S «блуждает» по оси абсцисс Ох (рис. 10.21, а) по
следующему закону: на каждом шаге она с вероятностью 0,5 остается
на месте, с вероятностью 0,3 перескакивает на единицу вправо и с
вероятностью 0,2 — влево. Состояние системы S после k шагов опре-
деляется одной координатой (абсциссой) точки S. Начальное положе-
ние точки — начало координат. Рассматривая последовательность по-
ложений точки S как цепь Маркова, найти вероятность того, что она
после четырех шагов окажется от начала координат не дальше чем на
расстояний, равном единице.
S । t
Г । । I----------1-----•-----J------*-
-3 -2 -1 Of Z 3 X
a)
0,5 0,5 0,5 0.5 0,5
Puc. 10.21
Решение. Обозначим состояние системы (точки S) через slt
где I — координата S на оси абсцисс. Размеченный граф состояний по-
казан на рис. 10.21, б. (Здесь для наглядности проставлены «петли»,
соответствующие задержке S в прежнем положении.)
Последовательность состояний образует цепь Маркова с бесконеч-
ным числом состояний. Переходные вероятности Р1} отличны от
нуля только в случае / = i; j = i — l;j = i 4- 1; Pit t = 0,5; Pit j+1=
= 0,3; Pit t-i = 0,2. Все остальные переходные вероятности равны
нулю. Искомая вероятность Р равна сумме вероятностей: р0 (4) 4-
4- Pi (4) 4- Р-114). Найдем их, пользуясь рекуррентными соотноше-
ниями (10.0.14).
Имеем р0 (0) = 1; рх (0) = р_х (0) = ... = 0. Далее,
Оо (1) - Ро (0) Ро,о = 0,5; pi (1) = р0 (0) РОд = 0,3; р_х (1) -
Ро (0 Ро, —1 5=5
Ро (2) = ро (1) Ро.о + Pi (1) Л,о + Р-i (1) Р-i, о = 0,5-0,5 + 0,2 X
X 0,3 + 0,3-0,2 = 0,37;
Pi (2) - Ро (1) Род + Pi (1) Pi.i = 0,5-0,3 + 0,3-0,5 = 0,30;
Р2 (2) = Pi (1) Рп = 0,3-0,3 = 0,09;
Р-i (2) - Ро (1) Ро. -1 + Р-i (1) Р-i. -1 = 0,5-0,2 + 0,2-0,5 = 0,20;
р_2 (2) = р-i (1) Р_х. _2 = 0,2-0,2 = 0,04;
Ро (3) = р0 (2) Ро, 0 + Р1 (2) Рх,0 + р_, (2) Р_1>0 = 0,305;
Pi (3) = Ро (2) РоЛ + Pi (2) Pi, 1 + Ре (2) Р2, х = 0,279;
Р2 (3) = Pi (2) Pi, 2 + р2 (2) Р2> 2 = 0,135;
Ро (3) = Ре (2) Ре,о = 0,027;
Р—1 (3) = р—2 (2) Р—г, -1 4" Р—1 (2) Р_х> _х 4- ро (2) Ро, -1 ~ 0,186;
Р—2 (3) = р—е (2) Р—г. —г 4" Р-i (2) Р-х, —г = 0,060;
Р—з (3) = Р—е (2) Р—г. —з = 0,008;
Ро G) e Pi (3) Рх, о 4* Ро (3) Ро, о 4* Р-i (3) Р_х,о 0,264;
Pi (4) = р2 (3) Ре, 1 4- Pi (3) Рх, х 4- Ро (3) Ро, 1« 0,257;
Р-1 (4) - Ро (3) Ро. -1 4- Р-i (3) Р-i, _i 4- Р-е (3) Р-2, -1« 0,172.
Искомая вероятность
Р = Ро (4) 4- Pi (4) 4- Р-i (4) « 0,693.
Итак, вероятность события А, состоящего в том, что за четыре шага
точка S окажется от начала координат на расстоянии, не большем
единицы, равна 0,693.
10.22. В условиях предыдущей задачи найти вероятности того, что
за четыре шага точка S ни разу не удалится от начала координат
дальше, чем на единицу.
Решение. Обозначим-р0 (k), р1г k)\ ~р-г (k) вероятности состоя-
ний s0, sx, s_x при условии, что до k-vo шага включительно точка S
ни разу не удалялась от начала координат больше, чем на единицу.
С первого взгляда здесь процесс не является цепью Маркова (так
как вероятности будущих состояний зависят от «предыстории» — была
ли точка S хотя бы один раз дальше, чем на одну единицу, от начала
координат), но его можно свести к цепи Маркова, если ввести еще одно
состояние s*—точка хотя бы один раз была от. начала координат на
расстоянии, большем, чем единица.
Граф состояний показан на рис. 10.22. Из состояния s* нет пере-
хода ни в какое другое; такое состояние называется в теории марков-
ских цепей «поглощающим». Вероятность события А = {точка S за
четыре шага -ни разу не отойдет от начала координат на расстояние,
большее, чем единица} вычислится как сумма вероятностей р0 (4) 4-
4- Р-i (4) 4- Pi (4) для системы с графом состояний, соответствую-
щий рис. -10.22. Предоставляем читателю вычислить эти вероятности
самостоятельно. -
10.23. Система S — техническое устройство, состоящее из т уз-
лов и время от времени (в моменты 4, t.it tk) подвергающёеся про-
филактическому осмотру и ремонту. После каждого шага (момента ос-
мотра и ремонта) система может оказаться в одном из следующих со-
стояний: s0 — все узлы исправны (ни один не заменялся новым);
— один узел заменен новым, остальные исправны; s2 — два узла
заменены новыми, остальные исправны; ...; st — i узлов (i < /п) за-
менены новыми, остальные исправны; ...; sm— все т узлов заменены
новыми.
Рис. 10.22
Рис. 10.23
Вероятность того, что в момент профилактики узел придется за-
менить новым, равна р (независимо от состояния других узлов). Рассма-
тривая состояния системы S как марковскую цепь, найти переходные
вероятности и для т = 3, р = 0,4 вычислить вероятности состояний
системы ^ после трех шагов (в начальный момент всё узлы исправны).
Решение. Обозначая q = 1 — р, запишем переходные вероят-
ности цепи. Для любого состояния системы st вероятность Pi} равна
нулю при j < i; вероятность Pti равна вероятности того, что на дан-
ном шаге ни один узел не придется заменить новым, т. е. т — I еще
не замененных узлов остаются в составе устройства: Рц — cfn-i.
При i < / вероятность перехода Р!7- равна вероятности того, что на
данном шаге из т — i еще не замененных узлов j — i придется заме-
нить новыми. Пользуясь биномиальным распределением, находим
Рп = C^-i pi—i(f*^i+i. Состояние sm является поглощающим. Для
т = 3, р = 0,4 граф состояний системы имеет вид, показанной на
рис. 10.23:
0,216 0,432 0,288 0,064
ИЛЛ1= 0 0 0,36 0 0,48 0,6 0,16 0,4
0 0 0 1,0
Имеем р0 (0) = 1; р* (0) == р2 (0) = р8 (0) = 0. Находим вероят-
ности состояний после одного, двух, трех шагов:
р0(1) = 0,216; рх(1) = 0,432;
р2 (1) ^ 0,288; рз (1) ж 0,064;
Pl (2) = px (П Рц + Ро (1) Р01 « 0,249;
Рг (2) = р2 (1) Р22 + р0 (1) Р02 + Г1 (D Р12 « 0 442;
Рз (2) = Рз (1) Раз + Рг (И Р2з + Pi (ОР1/+ Ро (В Роз « 0,262;
Ро (3) = ро (2) Роо 0,010;
Pi (3) - Р1 (2) Ри + Ро (2) Р01« 0,110;
Рг (3) = р2 (2) Р22 + ро (2) Рог 4" Pi (2) Р12 0,398;
Рз (3) = р9 (2) P8S 4- Ро(2) Роз + Pi (2) Р1з4*Рг (2) Р2з 0,482.
10.24. В моменты времени tlf t2, t3 производится осмотр ЭВМ.
Возможные состояния ЭВМ: $0 — полностью исправна; — незна-
0,2 0,2
Рис. 10.24
чительные неисправности, которые позволяют эксплуатировать ЭВМ;
s2 — существенные неисправности, дающие возможность решать огра-
ниченное число задач; s8 — ЭВМ полностью вышла из строя.
Матрица переходных вероятностей имеет вид
0,5
0
0
0
0,3
0,4
0
0
0,2
0,4
0,3
0
0,2
0,7
Построить граф состояний. Найти вероятности состояний ЭВМ пос-
ле одного, двух, трех осмотров, если в начале (при t = 0) ЭВМ была
полностью исправна.
Решение. Граф состояний показан на рис. 10.24.
Ро (0 — Ро (О) Роо — 1*0,5 — 0,5;
Pl (1) = Ро (0) Ри - Ь0,3 = 0,3;
Рг (1) " Ро (0) Рог = 1*0,2 = 0,2;
Ро (2) = Ро (1) Роо = 0,25; Р1 (2) = р0 (1) Р01 + рх(1) Ри = 0,27;
Рг (2) = Ро (В Рог + Pi О) Р1г + Рг (0 Ргг = 0,28; р3 (2) = р2 (1) X
X Р8з + Pi (1) Р1з - 0,20; р0 (3) = р0 (2) Роо = 0,125;
Pi (3) = р0 (2) Р01 + Pi (2) Рц = 0,183;
Рг (3) = Ро (2) Рог + Рх (2) Р12 + р2 (2) Р22 = 0,242;
Рз (3) ₽ Pi (2) Pjs 4* р2 (2) Раз + Рз (2) Раз == 0,450.
10.25. Рассматривается процесс работы ЭВМ. Поток отказов (сбо-
ев) работающей -ЭВМ — простейший с интенсивностью %. Если ЭВМ
дает сбой, то он немедленно обнаруживается, и обслуживающий персо-
нал приступает к устранению неисправности (ремонту). Закон распре-
деления времени ремонта — показательный с параметром р: <р (/) =
= ре-*1' (/ > 0). В начальный момент (t = 0) ЭВМ исправна. Найти:
1) вероятность того, что в момент I ЭВМ будет работать; 2) вероят-
ность того, что за время (0, t) ЭВМ даст хотя бы один сбой; 3) финаль-
ные вероятности состояний ЭВМ.
Решение. 1) Состояния системы S (ЭВМ) следующие: s0 —
исправна, работает; sx — неисправна, ремонтируется. Размеченный
граф состояний дан на рис. 10.25, а.
Рис. 10.25
Рис. 10.26
Уравнения Колмогорова для вероятностей состояний р0 (/) и рт (/)
имеют вид
-^- = рр1-Хр0; —-= А,р0—ррр (10.25.1)
at at
Из этих уравнений одно (любое) может быть отброшено, так как для
любого момента t имеем р0 + Pi = 1. Подставляя в первое из уравне-
ний (10.25.1) Pi — 1 — ро, получаем одно дифференциальное уравне-
ние относительно р0:
dpjdt = р — (X + р) р0.
Решая эрэ уравнение при начальном условии р0 (0) = 1, получаем
р0(/) = —И—Г1 + —е-(*+« <1 (10.25.2)
л+н L и J
откуда
P1(/) = —[1 —е-<м-ю (10.25.3)
л-Ьр
2) Для нахождения вероятности р (/) того, что за время t ЭВМ
даст хотя бы один сбой, введем новые состояния системы S: s0— ЭВМ
ни разу не давала сбоя; sx — ЭВМ хотя бы один раз дала сбой. Состоя-
ние Sj будет «поглощающим» (см. рис. 10.25, б).
Решая уравнение Колмогорова dpjdt = — %р0 при начальном
условии р0 (0) — 1, получаем р^ (/) = е-х', откуда рх (t) = 1 —Po(t)—
е= 1 •— е~м. Итак, вероятность того, что за время t ЭВМ даст
хотя бы один сбой, равна рх (0 = 1 — е-х‘. Эту вероятность в данном
случае можно было бы вычислить и проще, как вероятность того, что
за время t появится хотя бы одно событие (сбой) в простейшем потоке
сбоев с интенсивностью %.
3) Из уравнений (10.25.2), (10.25.3) при /->оо получим финаль-
ные вероятности состояний: р0 — р/(% 4- р); pt — V(X+p), которые,
впрочем, можно было бы получить непосредственно из графа состояний,
пользуясь схемой гибели и размножения (представим читателю сде-
лать это самостоятельно).
10.26. В условиях предыдущей задачи 10.25 неисправность ЭВМ
обнаруживается не сразу, а по прошествии некоторого времени, имею-
щего показательное распределение с параметром v. Написать и ре-
шить уравнения Колмогорова для вероятностей состояний; Найти фи-
нальные вероятности состояний (непосредственно по графу состояний).
Решение. Состояния системы: s0 — ЭВМ исправна, работает;
Sj — ЭВМ неисправна, но это не обнаружено; s8 — ЭВМ ремонтирует-
ся. Граф состояний дан на рис. 10.26.
Уравнения Колмогорова для вероятностей состояний будут:
-^- = ррг—Хр0; -^ = lp0—vpf, -^-=vp1—рр2. (10.26.1)
dt dt dt
Решать эту систему будем с помощью преобразования Лапласа. Тогда
уравнения (10.26.1) с учетом начальных условий для изображений nt
вероятностей рг примут вид:
Sitq —“ ; %3Tq ' | 1, е~ XjIq — VJTj, ЗЛ8 —VJTj рл2*
Решая эту сиетёму алгебраических уравнений, получаем следующие^
уравнения для изображений:
X v vl
== —;— по> л2-------j— лх-------——--—• л0;
s+v s+|i (s+v)(s+p.)
я ______________(s-H) (»+p)_________ t
° s(sa-|-s(p,-|-v4-X)-|-vA.+vp.-|-Xp.)
Обозначим _____________________________
b-----n+v+x p/~ (H4-V-H)*
Тогда выражения для вероятностей примут вид:
А>(0
а—Ь
pflt_ы
4_(v+p)-l_-L_
a—b
, Г 1
4-p.v —
ab
beat—aebi
ab(a—b)
aeaI —&е6‘
ы
Pi (0 = -----7----b
a*—о
1 i btat—aeb1
ab ab(a—b}
P2(0=vA,| J-4
Z>ea’—aeir
ab (a—b>
, Для нахождения финальных вероятностей можно воспользоваться
как изображениями, так и самими вероятностями:
334
р0 = 1 im Ро (t) = lim sn0 (s) = — }
i->oo s->0 А|Л -p AV Ц- V[X
Pi = V , Л , 5 Рг — 1 —Po—Pi = - - — • (10.26.2)
л.ц+ Av-f-vp. Ap-|-Xv-|-vp
Финальные вероятности состояний можно найти и непосредственно
по графу рис. 10.26: рр2 = %р0; А,р0 = vpx; vpx == цр2. Из этих урав-
нений любое (например, последнее) можно отбросить. Выражая ра
через р0 и рх: р2 = 1 — р0 — рх, получаем два уравнения:
U 0 — Ро — Pi) = &Ро; ^Ро - vpx.
Решение этих уравнений даст те же результаты (10.26.2).
Работает ^ает^ Работает ZST
Рис. 10.27
10.27. Электронное техническое устройство (ЭТУ) состоит из двух
одинаковых узлов, которые могут заменять друг друга. Для работы
ЭТУ достаточно, чтобы работал хотя бы один узел. При выходе из
строя одного из узлов ЭТУ продолжает нормально функционировать
за счет работы другого узла. Поток отказов каждого узла — простей-
ший с параметром А,. При выходе из строя узла он сразу начинает
ремонтироваться. Время ремонта узла — показательное с парамет-
ром р. В начальный момент (при / = 0) оба узла работают. Найти
следующие характеристики работы ЭТУ:
1) Вероятности состояний: s0 — исправны оба узла; sx — исправен
один узел, другой ремонтируется; s2 — ремонтируются оба узла (ЭТУ
не работает) как функции времени.
2) Вероятность р (/) того, что за время t ЭТУ ни разу не прекратит
работу.
3) Финальные вероятности состояний ЭТУ.
4) Для предельного (стационарного) режима ЭТУ среднее относи-
тельное время, в течение которого ЭТУ будет работать.
5) Для того же предельного режима среднее время tp бесперебой-
ной работы ЭТУ (от включения после восстановления до очередного
выхода из строя).
Решение. Граф состояний ЭТУ дан на рис. 10.27, а (у левой
верхней стрелки стоит 2Х, так как работают и могут выходить из строя
к
I
два узла; по аналогичной причине стоит 2р у правой нижней стрелки,
так как оба узла ремонтируются).
1) Уравнения Колмогорова имеют вид:
~~г~ ~UPi—2кр0; Р* = 2Хр04-2рра-!— (X-J-pJPii
at dt
-^2_ = Лр1-2рр2. (10 27.1)
at
При этом должно выполняться условие р0 4- рг 4- р2 = 1.
Решая эту систему уравнений при начальных условиях р0 (0) = 1;
Pi (0) *= Pi (0) = 0, получаем
Po(O = - — + (X4-3p)-^- e--4-2p2 -1-4-
a—b a-\-b I ab
+ „><<,_„) -] »<—<*+W; »---2(i+W; j
a—& = %4~P‘, = 2 (14-p)2;
... (X4-3g)(aea,-6efc0 2p(ea‘-e*') , 2X ' ...
Pi(O==--м—м---1-------72—м---1----2—7----r-— L
ц(а—b) p, (a—b) a—b p ?
Из полученных выражений находим:
р2 (0=1—Ро (0—Pi (0; р^ (0)=0.
2) Чтобы найти вероятность р (0, сделаем состояние s2 (ЭТУ пре-
кратило работу) поглощающим (Г2) (рис. 10.27, б). Уравнения Кол- j
могорова для вероятностей состояний ЭТУ будут
dpjdt = РР1 — 21р0; dp-i/dt = 21р0 — (X 4- р) pi, dpjdt — Kpv
Решая первые два уравнения при начальных условиях р0 (0) = 1,
рх (0) = 0, получаем
ро(о=—- ;е 4-& + н)^4-,
а— р а—£
где
а Н~ И) + VX24~ И2 о __ — (ЗХ +11)—“|/%2+6Хр+Н2
2 Р - 2
(величины аир отрицательны при любых положительных значениях
X и у,). Далее, |
ли—j
ц ей ц р [ а—р ’
, ,1 , ,.ч аеда—Ре**' Т , 2Х -
+ (л-4-р)—- 4----Ро(0«
«-Р J Н
Искомая вероятность ~р (t) = рп (/) 4- Pi (0- Заметим, что функция
р (f) является монотонно убывающей, при этом р (0) = 1; р (оо) = 0.
3) Финальные вероятности состояний найдем по графу рис. 10.27, а
и общим формулам (10.0.23) для схемы гибели и размножения
2Х 2V / X V , *
Рх------Ро, Pi---—~т~ Ро — I—I Ро', Ро 4" Pi 4* Ра—Ij
ц 2ц2 \ М /
Ро = П + 2Л/р + (Х/ц)2!"1 = |х2/(Х + и)2.
4) Среднее относительное время, которое ЭТУ будет работать, равно
1 — Рг = (-L У ( _И—у =7—У,
\ ц / \ Х-|-ц / \ X /
5) Величина Fp есть математическое ожидание времени Тр, про-,
ходящего между моментом включения ЭТУ в работу и моментом ее
следующего выхода из строя.
Представим работу ЭТУ в стационарном режиме как состоящую из
ряда циклов: «работает» и «не работает» (см. рис. 10.27, в, где участки
работы показаны утолщенной линией). Среднее время /нр, в течение
которого ЭТУ не работает (математическое ожидание длительности
нерабочего периода), очевидно равно 1/(2р) (так как на ЭТУ, нахо-
дящееся в состоянии «не работает», действует поток переходов в «ра-
бочее» состояние с интенсивностью 2р.).
Далее, отношение среднего времени бесперебойной работы Fp к
среднему времени «не работы» FHP равно отношению финальной ве-
роятности 1 — р2 того, что ЭТУ работает, к вероятности р2 того, что
оно не работает: tp/tnp = (1 — P^lpi- Отсюда, учитывая, что FHp =
= 1/(2р),
7 7 1 Рг ____ 1 Рг
*р-'нр- - 2ц Р2 -
10.28. Условия и вопросы те же, что и в задаче 10.27, с той раз-
ницей, что пока один из узлов работает, другой находится в «холод-
ном резерве» и выходить из строя не может. При включении резервно-
го узла он немедленно начинает работать и подвергается потоку отка-
зов с интенсивностью X.
Рис. 10.23
Решение. Граф состояний ЭТУ будет иметь вид, показанный
на рис. 10.28, а, граф с «поглощающим состоянием» — на рис. 10.28, б.
Ответы на вопросы:-
npat_hbt at_ bt Г i
D Po(0= " _V +(x+3H)-£rzr + 2^[^- +
- 1; P1(0 = + JktM (ae^_6e«) +
ab(a — b) J n(a— b) ц(а—Ь)
+-^-le“'-e*‘] + —po(O; P2(0=i-Po(0-Pi(0;
a —b p,
= -(2Х+Зн)4-У4цХ+ц2 . b = -(2Х+Зц) + У4цХ+ц2
a 2 ’ 2
ox ~ /a ae^-pef» . . tF-e?
2) Po(0 = „ <—+ (b + и) n й-;
a—-p a—p
~ /Л 1 Г ^e04— , n , . aeat—₽e₽< 1 , X ~ ...
+ ]+VP»<0;
pM - 1-лй-л» a=_=mfiiViSS_.,
P- ; pW=l-M);
o\ x „. „ i /1V» „ Г i । * . 1 ( * VI"1
3)pi= —p«; p2=v — p°; Po= P + —Ь— —
H 2 p J L p 2 \ p J J
4) l-p2; 5)?p = j—
10.29 . Условия задачи 10.27 изменены таким образом, что нерабо-
тающий узел находится в «облегченном резерве» и выходит из строя с
интенсивностью %* < X. -1) Построить граф состояний ЭТУ, написать
уравнения Колмогорова для вероятностей состояний.' 2) Не решая
этих уравнений, найти финальные вероятности состояний; вычислить
их для X = 1; V = 0,5, р = 2. 3) Для этих же численных данных
найти среднее время Fp бесперебойной работы ЭТУ.
Рис. 10.29
Решение. 1) Граф состояний показан на рис. 10.29. Уравне-
ния Колмогорова:
— = (^+^г)Ро+ РР1> = (^ + р) Р1 + (^ + ^?)Ро +
4-2рр2; p0 + pi + p2=l.
2) Финальные вероятности состояний найдем, пользуясь общими
формулами (10.0.23) для схемы гибели и размножения:
И 2Н2 I р 4? J
Подставляя сюда X = 1, Xs = 0,5, р, = 2, получаем
Ро = (1 + -^-Ч-Ц^Г' « °»516; Pi« 0,387; р2« 0,097.
I * 8 J
3)1р = ——Ра »2,32.
4 Р2
10.30 . В состав ЭВМ входят четыре накопителя на магнитных дис-
ках (НМД). Бригада в составе четырех человек обслуживающего пер-
сонала проводит профилактический ремонт каждого диска. Суммар-
ный поток моментов.окончания ремонтов для всей бригады — пуас-
рМ)
—]рЛ(()
S2 ----э
рШ)
sn
Рис. 10.30
ооновский с интенсивностью X (/). После окончания ремонта диск про-
веряется; с вероятностью р он оказывается работоспособным (время
проверки мало, и им можно пренебречь по сравнению со временем
профилактики). Если диск оказался неработоспособным, то вновь
проводится его профилактика (время, потребное на нее, не зависит от
того, проводилась ли ранее профилактика) и т. д. В начальный момент
все НМД нуждаются в профилактическом ремонте.
Построить граф состояний для системы S (четыре НМД), напи-
сать дифференциальные уравнения для вероятностей состояний. Найти
Л4Т — математическое ожидание числа дисков, успешно прошедших
профилактику к моменту т.
Решение. s0 — все четыре НМД нуждаются в профилактиче-
ском ремонте; — один НМД' успешно прошел профилактику, а три
НМД нуждаются в профилактическом ремонте; s2 — два НМД успеш-
но прошли профилактику, а два нуждаются в профилактическом ре-
монте; з3 — три НМД успешно прошли профилактику, один нуждает-
ся в профилактическом ремонте; з4 — все четыре НМД успешно прошли
профилактику.
То, что каждый профилактический ремонт закайчивается успешно
с вероятностью р, равносильно р-преобразованию потока окончаний
ремонтов, после которого он остается пуассоновским, но g интенсив-
ностью рХ (/).
Граф состояний показан на рис. 10.30. Уравнения Колмогорова:
dpo/dt = — рА (0 р0; dp-Jdt = рХ (/) (р0 — р4); dpjdt^
=рЦ^(Р1—Рд> dp9ldt » рХ (0 (ра—pg); dpi!dt=p'k (f) р3. (10.30.1)
Начальные условия р0 (0) =1; (0) = ... = р4 (0) = 0.
Математическое ожидание числа дисков, успешно прошедших про-
филактику к моменту т, равно
/Ит = 2 ipifr). (10.30.2)
1=1
При постоянной интенсивности % решениями уравнений (10.30.1) будут:.
Ро (0 = e~Kpt; Pi (0 = Хр/е-х₽‘; р2 (/) = е-^;
з
Л(0 = -^е*^; р4(0=1~ S PiV)-
о»
1=0
10.31 . В условиях предыдущей задачи за каждым членом бригады
закрепляется свой НМД, который он ремонтирует. Поток окончаний
профилактики, приходящийся на одного члена бригады, имеет интен-
сивность % (/)/4. Ответить на вопросы предыдущей задачи. -
р№)
---
Рис. 10.31
Решение. Граф состояний дан на рие. 10.31. Уравнения Колмо-
горова:
dpo/dt = — р'к (0 р0; dpjdt = рк'У) (р0 — (3/4) рх); dpjdt = pX(t) X
X ((3/4) Pj - (1/2)р2); dpjdt = pl (0 ((1/2) p2 - (1/4) p8);
dpjdt — (1/4) pl (/) p8.
Выражение (10.30.2) для-/Их сохраняется.
10.32 . Техническое устройство (ТУ) подвергается простейшему
потоку отказов с интенсивностью 1. Отказ обнаруживается не сразу,
а через случайное время, распределенное показательно с параметром v.
Как только отказ обнаружен, производится осмотр ТУ, в результа-
те которого оно либо направляется в ремонт (вероятность этого р),
либо списывается и заменяется новым. Время осмотра — показатель-
ное с параметром у, время ремонта — показательное с параметром р>,
время замены списанного ТУ новым — показательное с параметром х.
Найти финальные вероятности состояний ТУ. Определить: 1) какую
долю времени в среднем ТУ будет работать нормально; 2) какую долю
времени ТУ будет работать с необнаруженным отказом (давать брак);
3) какова средняя стоимость ремонтов ТУ и его замен за единицу вре-
мени, если средняя стоимость ремонта равна г, а нового ТУ равна с;
4) какова средняя величина потерь за единицу времени от ТУ, рабо-
тающего иногда с необнаруженным отказом, если такое ТУ при-
носит в единицу времени убыток I.
Решение. Состояния ТУ: s0 — исправно, работает; — не-
исправно, но отказ не обнаружен, дает брак; $2 — неисправность обна-
ружена, ведется осмотр; s8 — ремонтируется; s4 — заменяется новым.
Граф состояний дан на рие. 10.32.
Линейные алгебраические уравнения для финальных вероятностей
состояний:
Мо = М-Рз + ХР«’> ^Ро = W. vpi - ура; рур2 = рр8;
(1 — Р) ТРз = «Рз-
формировочное условие р0 + Pi + Ра + Рз + Рз = Ь Решая эти
уравнения, получаем:
Ро = [1 + — + —+-^- +
L v т н х j
Ar X pk fl —- p) %
Pi=—po; p2=—p0; ps=—p0; p«=-—— po-
V у ц и
1) Доля времени нормальной работы ТУ равна р0; 2) рх; 3) ТУ
проводит в среднем долю времени р8 в состоянии ремонта; каждый
ремонт длится в среднем 1/ц; поток отремонтированных ТУ, выхо-
дящих из состояния s8, имеет интенсивность рр8; средняя стоимость
ремонтов в единицу времени грр8. Аналогично средняя стоимость но-
вых ТУ, в единицу времени схр4; общая средняя стоимость того и дру-
гого равна грр3 4- схр4. 4) Средние потери от работы ТУ в неисправ-
ном состоянии за единицу времени равны /vpv
Рис. 10.32
10.33 . Рассматривается процесс накопления информации в базах
данных, хранимых в ЭВМ. Интенсивность поступления единиц инфор-
мации в базы данных равна % (t) и не зависит от того, сколько их на-
коплено. Каждая единица информации, поступившая в базы данных,
хранится в них бессрочно. Найти характеристики тх (/), Dx (t) слу-
чайной функции X (0 — числа накопленных единиц информации в ба-
зах данных в предположении, что поток поступлений единиц инфор-
мации пуассоновский е интенсивностью % (/) и в начальный момент
времени t «= 0 случайная функция X (0) » 0.
Решение. В этой задаче мы имеем дело с процессом «чистого
размножения» без ограничения числа состояний (п -> со). Все ин-
тенсивности «размножения» Л.* = % (f) (рис. 10.33) и интенсивности
«гибели» рй = рй (0 « 0.
Дифферениальные уравнения (10.0.24) и (10.0.25) для этого слу-
чая примут вид
S М0Рй(0= МО;
л й»0
-^$-= S 1М04-2*М0“2тж(0М01/М0=М0,
ш
0
так как
fpft(O=i. s ^(0=^(0.4
й=0 й=0
Решая эти уравнения для начальных условий тх (0) = Dx (0) = 0,
получаем
тх (0 = Dx (0=1 Ь (т) dr.
Этот результат можно было ожидать; его можно найти непосредствен-
но из теории потоков. Можно доказать, что случайная величина X (/)
для любого момента времени t будет подчинена закону Пуабсона с най-
денными характеристиками mx(t) = Dx(t).
So
Sj
Ui).
sZ
A(t)
Л(У.
—e- S/f —
I
Puc. 10.33
10.34 . Условия те же, что и в предыдущей задаче, за исключением
того, что принятая на хранение в базах данных единица информа-
ции хранится некоторое время, после чего по определенному призна-
ку исключается из баз данных. Поток исключений для каждой единйцы
информации — пуассоновский с интенсивностью р (t).
Решение. В этой задаче имеет место процесс «гибели и раз-
множения» числа единиц информации, хранимых в базах данных ЭВМ.
Интенсивность гибели pft (t) = Лр (t), так как в состоянии sk в базах
данных накоплено k единиц информации и на каждую из них действу-
ет поток исключений с интенсивностью р (/).
Дифференциальные уравнения для функций тх (0 и Dx (f) имеют
вид
£ (%(0-Ap(0)pk(0«l(0-U(0m„(^ (Ю.34.1)
^p~ = S М04-^(О+2ЛХ(0-2*8р(0-2тж(0Х(04-
о
+ 2тх (t) kp, (О] pk (0 = X (0 4- н (0 тх (0- 2ц (0 Dx (0, (10.34.2)
так как -
3 Рл(0= 1; 2 kpk(t) = mx(t)-, ^Pft(0 = a2x(0 =
fe=0 fe=0 fe= 0
= Dx(0+/n|(0.
Для начальных условий mx (0) — mQ, Dx(0) = Do\ постоянных
интенсивностей пополнения и исключения единиц информации X (0 =
= 1; |х (0 = |х решения этих уравнений будут иметь вид
mx(0 = /noe“,x/ + ~ (1—6“^)=— 4- e-vtfmo——\
и и \ ц/
[1 е—гц^ое^11'1 . Р— ^_Р—2ц/
— + ----------- +(*+ Р£>о+ №>)------------+
ц ц J ц
4- Do (2е-2^— е~ *) = тх (0 4- (Do—m0) е~2*.
Для начальных условий т0 = О0 = 0 получим тх (t) = Dx (0 =
= — (1 — е—1*0. Можно доказать что для этих начальных условий про-
н
цесс накопления информации X (0 будет распределен по закону Пуас-
сона для любого момента времени t и для любого вида функции X (t)
(интенсивности поступления информации), но для этого интенсивность
исключения единиц информации р. должна быть постоянной.
При постоянных 1 и ц и /н-оо в системе будет устанавливаться
стационарный режим накопления информации, который, естественно,
не будет зависеть от начальных условий: тх = Dx = Х/р..
10.35 . Рассматривается процесс производства ЭВМ определенного
вида. Интенсивность производства ЭВМ X (0 представлена на графике
рис. 10.35, а. Эта интенсивность линейно возрастает в течение перво-
го года производства от 0 до 1000 ЭВМ в год, затем три года производст-
во сохраняется на.уровне 1000 ЭВМ в год, после чего ЭВМ снимает-
ся с производства. Средний срок эксплуатации ЭВМ 5 лет. Считая
все потоки событий простейшими, определить математическое ожида-
ние и дисперсию числа ЭВМ, находящихся в эксплуатации в любой
момент времени t.
Решение. Интенсивность производства ЭВМ
А(0 =
0 при rf<0;
kt при 0^/< 1;
X при 1 t < 4;
.0 при f 4,
где k = 1000 1/год2; X = 1000 1/год.
Найдем решения уравнений (10.34.1) и (10.34.2) для участка вре-
мени 0^7<1 и при условии, что р, = 0,2 1/год для любых участ-
ков />0. Уравнение (10.34.1) при этих условиях имеет вйд
^-£^L = kt—pmx(t).
Решая это уравнение для начального условия тх (0) = 0, получаем
тх (0 = -А_(е-“(-14- = 25000(е-"8 — 1 ± у).
По истечении одного года в эксплуатации будет в среднем тх (1) =
== 25 000 (е—,/б — 1 4- 0,2) = 468 машин. Заметим, что если бы ЭВМ
имели неограниченный срок службы, то их к концу года было бы в экс-
плуатации 500 штук.
Уравнение (10.34.2) при тех же условиях имеет вид
dD х (f)/dt = 1000£ 4- 0,2тх (0 — 0.4D х (0.
Решая это уравнение для начального условия Dx (0) = 0, получаем
Dx (0 = тх (0 — 25 000 (е“(/6 — 14- «5). По истечении одного года
дисперсия числа ЭВМ, находящихся в эксплуатации, будет равна
844 i
Dx — 468; ox = 21,6. Число ЭВМ, находящихвя в эксплуатации по
истечении года, будет приближенно подчинено нормальному, закону с
характеристиками тх — 468; ох = 21,6.
На участке времени I t <; 4 соответствующие уравнения будут
иметь вид
Их нужно решать при начальных условиях: тх (1) = Dx (1) » 468.
Решение этих уравнений было найдено в задаче 10.34, откуда
тзс(0 = 'М1)е-’МГев1> + —(1—е~“ «-'>) (1<г<4);
И
^Х (0 ~ ^Х (0‘
Найдем, значение тх (0 для t = 4: /
тх (4) = тх (1) е—3(* + — (1 — е~ 3*) 2513.
И
Таким образом, среднее число ЭВМ, находящихвя в эксплуатации
к концу четвертого года выпуска, будет равно 2513. Обратим вни-
мание на то обстоятельство, что к этому времени было выпущено в
среднем 3500 ЭВМ. Следовательно, в среднем за четыре года было ив*
ключено из эксплуатации 987. ЭВМ.
На участке времени t > 4 будет иметь место процевв «чистой ги-
бели», граф состояний которого имеет вид, показанный на рив; 10.35,,б.
Дифференциальные уравнения для математического ожидания и
дисперсии процесса чистой гибели в общем случае имеют вид
о
S (*М0~2^М0 + 2щя(0*М01М0.
dz ь- о -
Для нашего случая (t) = ky>, следовательно, получим уравнение
= - £ k^pk (0 = (0,
dz л=0
которое нужно решать при начальном условии тх (4) = 2513. Реше-
ние этого уравнения будет иметь вид
тж(0 = тж(4)е-и,г-41 (t>4).
Так как Dx (4) = тх (4) и ц = const, то Dx (t) = тх (t) на участ-
ке времени t> 4.
На рис. 10.35, в показана зависимость tnx (t) — среднего числа
ЭВМ, находящихся в эксплуатации от времени t. На этом же графике
пунктирной линией показана зависимость от t среднего числа выпущен-
ных ЭВМ к моменту времени t.
10.36 . Рассматривается процесс накопления терминов в динамиче-
ском словаре (тезаурусе) при функционировании автоматизированного
банка данных (АБД). Сущность процесса в том, что термины заносятся
в словарь по мере их появления в той информации, которая вводится
в АБД. Например, в АБД автоматизированной системы управления
производством (АСУП) могут в качестве терминов заноситься наимено-
вания организаций, с которыми данное предприятие поддерживает
производственные отношения. Динамический словарь наименований
таких организаций будет накапливаться в АБД АСУП по мере появ-
ления этих наименований в единицах информации, вводимых в АБД.
В каждой единице информации, поступающей в АБД, в среднем
встречается х терминов словаря, а интенсивность поступления единиц
информации в АБД A (t). Следовательно, интенсивность потока терми-
нов словаря в информации, поступающей в АБД, будет К (/) = хА (0.
Предполагается, что поток терминов словаря является пуассоновским.
Число терминов словаря п является конечным и неслучайным, хотя,
возможно, и неизвестным нам заранее. Все термины словаря могут
находиться в единице информации с одинаковой вероятностью; а в сло-
варь заносятся естественно лишь те термины, которые до сих пор еще
не встречались в единицах информации. Требуется найти математиче-
ское ожидание и дисперсию числа терминов, накопленных в динамиче-
ском словаре.
Решение. Обозначим X (/) число терминов, накопленных в ди-
намическом словаре. Очевидно, что случайный процесс X (t) есть про-
цесс «чистого размножения» с конечным числом состояний п, граф
состояний которого представлен на рис. 10.36. Для нахождения ин-
тенсивности Kk (t) (fe = 0, 1, ..., п — 1) введем в рассмотрение гипоте-
зу о том, что процесс находится в состоянии sft; вероятность этой гипо-
тезы п» определению равна рк (/). В предположении, что эта гипотеза
имеет место, интенсивность потока новых (еще не занесенных в динами-
ческий словарь) терминов будет
= = ).
п \ п ]
Дифференциальные уравнения (10.0.24) и (10.0.25) примут вид:
—= £ X(ofi — -MpU0 = M0—,» (Ю.36.1)
ft=0 V п
dDx(t) = У fx(ofi— —)+2^(ofi—-'l—
dt t n L \ / \ J
k— 0 k 4 ' x '
—2mx(t)К(t)(1 — —Y1pk(/) = A (0 — A(0_21 (t)
\ n /] n n
(10.36.2)
Найдем решение этих уравнений для простейшего случая, когда
А (/) = X = const; п = const; тх (0) = Dx (0) = 0.
mx(t) = n\i—e n )\ Нт/пж(О = я;
£—>co
/ —— A ( t
Dx (t) = 7ц 1 — e " J e n = mx(t)e ° ;
lim Dx (0 = 0.
(10.36.3)
(10.36.4)
Обратим внимание на то, что функция тх (0 монотонно увеличива-
ется, стремясь в пределе к п, в то время как функция D х (0 равна нулю
при / = 0 и оо и достигает своего максимума при некотором зна-
чении tm, которое можно найти из условия dD х (t)ldt = 0 (t >• 0).
Отсюда
0,5 = е” " т -> tm « 0,7п А.
При этом значении tm максимальная дисперсия max D х (f) т п X
X (1 — е-°>7) е’0'7= п 0,25; сгж (Zm) = 0,5]/~п, а максимальное зна-
чение коэффициента вариации сх (tn^!mx (tm) = 1/К«>
Рис. 10.36
Если известна интенсивность 1 потока терминов словаря в едини-
цах информации, поступающих в АБД, и общее число терминов п,
то можно с достаточной точностью определить среднее время tB,
потребное для накопления 95% объема динамического словаря:
__(
1—е " н = 0,95, откуда tB « ЗпА.
Если п неизвестно (что чаще всего на практике имеет место), то
можно найти оценку п величины п следующим образом. Для моментов
времени Tj, т2, т3, ..., тг (тг <т<+1) определяют фактические коли-
чества накопленных терминов в словаре /пь /п2, ..., /nt. Полагаем эти
величины приближенно равными средним количествам накопленных
терминов: mt = п. (1 — (I = 1, 2,/). Решая это уравнение
относительно п, находим I значений п1г п2,..м tii для соответствующих
пар значений: (т1г тх); (т2, т2); ...; (mi, тг). Оценку п находим по фор-
муле '
- / 1 \ I
п=( 2 ni) /1
М = 1 / /
10.37 . Для условий предыдущей задачи найти время tB заполнения
словаря на 95% и вероятность того, что через два года после начала
накопления словаря он будет содержать не менее 90% всех терминов,
если общее число терминов п = 100 000, в год в АБД вводится 100 000
документов и каждый документ содержит в среднем 1,5 термина.
Решение. Найдем интенсивность потока терминов словаря в
единицах информации, вводимых в АБД:
X = 100 000-1,5 = 150 000 1/год.
Величина tB определяется из выражения tn = Зп/Х = 3-100 000 !
: 150 000 = 2 года. Для определения вероятности того, что через два
года после начала наполнения словарь будет содержать не менее 90%
всех терминов, нужно прежде всего найти тх (2) и (2) 1см. формулы
(10.36.3) и (10.36.4)]: тх (2) = 100 000 (1 — е-ьб-2) s 0,95 х
X 100 000 = 95 000; Dx (2) = 95 000-0,05 = 4750; ох (2) = 68,9.
Заметим, что максимальная дисперсия Dx (tm) = 0,25n =
= 25 000; ох (tm) = 158.
Число терминов в словаре в момент времени t = 2 года есть слу-
чайная величина X (2), приближенно распределенная по нормальному
закону с найденными выше характеристиками; поэтому Р {X (2) >
> 0,9n} ~ 1, так как тх — Заж>0,9п.
10.38 . Рассматривается более общий случай функционирования ди-
намического словаря АБД. Первое усложнение по сравнению с усло-
виями задачи 10.36 состоит в том, что максимальное число терминов
словаря п не является постоянным, а зависит от времени t', п (f) (в слу-
чае с динамическим словарем названий организаций это означает, что
общее число организаций со временем изменяется: увеличивается или
уменьшается).
Кроме того, введенные в динамический словарь термины по истече-
нии некоторого случайного времени исключаются из словаря в связи
с тем, что сам термин устаревает. Предполагается, что поток исключе-
ний термина в динамическом словаре — пуассоновский с интенсив-
ностью р (0, одинаковой для всех терминов словаря.
В этом случае интенсивности потоков «размножения» и «гибели»
будут иметь вид
> (?) = МО f 1----; Pft (0 = И (0 k, (10.38.1)
а уравнения (10.0.24) и (10.0.25) примут вид (зависимости от времени
?функций тх (t),Dx (?), п (0» (0> Р (?)» Ph (0 для краткости опущены):
dmjdi = % — тх (Kin 4- р);
dD Jdt = K — tnx(K/n — p) — 2 (Kin + p) Dx. . (10,38.2)
Если величины К, n, p постоянны (не зависят от времени), то при
t -> оо существует стационарный режим работы, для которого dm. Jdt =
= dDJdt = 0, откуда
тх = п [1 + Dx = mx(i +
\ A, j \ рП J
ГЛАВА 11
ТЕОРИЯ МАССОВОГО ОБСЛУЖИВАНИЯ
11.0. Системой массового обслуживания (СМО) называется любая система
предназначенная' для обслуживания каких-либо заявок (требований), посту-
пающих на нее в случайные моменты времени. Примеры СМО: телефонная стан-
ция; бюро ремонта; билетная касса; парикмахерская; ЭВМ. Теория массового
обслуживания занимается изучением случайных процессов, протекающих в си-
стемах массового обслуживания.
Любое устройство, непосредственно занимающееся обслуживанием заявок,
называется каналом обслуживания (или «прибором»). СМО бывают как одно-»
так и многоканальными. Пример одноканальной СМО — билетная касса с од-
ним кассиром; пример многоканальной — та же касса с несколькими кассирами.
Различают СМО с отказами и СМО с очередью. В СМО с отказами заявка,
пришедшая в момент, когда все каналы заняты, получает отказ, покидает СМО и
в дальнейшем в процессе ее работы не участвует. В СМО с очередью заявка, при-
шедшая в момент занятости всех каналов, не покидает СМО, а становится в оче-
редь и ждет, пока не освободится какой-нибудь канал* Число мест в очереди т
может быть кай ограниченным, так и неограниченным. .При т = 0 СМО с оче-
редью превращается в СМО с отказами. Очередь может иметь ограничения не
только по количеству стоящих в ней заявок (длине очереди), но и по времени
ожидания (такие СМО называются «системами с. нетерпеливыми клиентами»).
СМО с очередью различаются не только по ограничениям очереди, но и по
дисциплине обслуживания: обслуживаются ли заявки в порядке поступления,
или в случайном порядке, или же некоторые заявки обслуживаются вне оче-
реди (так называемые «СМО с приоритетом»). Приоритет может иметь несколько
градаций или рангов.
Аналитическое исследование СМО. является наиболее простым, если все
потоки .событий, переводящие ее из состояния в состояние, — простейшие (ста-
ционарные пуассоновские). Это значит, что интервалы времени между события-
ми в потоках имеют показательное распределение с параметром, равным интен-
сивности соответствующего потока. Для СМО это допущение означает, что как
поток заявок, так и поток обслуживаний — простейшие. Под потоком обслужи-
вание понимается поток заявок, обслуживаемых одна за другой одним непрерыв-
но занятым каналом. Этот поток оказывается простейшим, только если время
обслуживания заявки Гобсл представляет собой случайную величину, имеющую
показательное распределение. Параметр этого распределения р, есть величина,
обратная среднему времени обслуживания; р ® 1/70бсл, где ?Обал в М[ТОбслЬ
Вместо «поток обслуживаний — простейший» часто говорят «время обслужива-
ния — показательное». Условимся в дальнейшем для краткости всякую СМО,
в которой все потоки простейшие, называть простейшей СМО* В этой главе мы
будет рассматривать главным образом простейшие СМО.
Если все потоки событий простейшие, то процесс, протекающий в СМО,
представляет собой марковский случайный процесс с дискретными состояниями
и непрерывным временем. При выполнении некоторых условий для этого процес-
са существует финальный стационарный режим, при котором как вероятности со-
стояний, так и другие характеристики процесса не зависят от времени.
Задачи теории массового обслуживания — нахождение вероятностей раз-
личных состояний СМО, а также установление зависимости между заданными
параметрами (числом каналов fi, интенсивностью потока заявок X, распределе-
нием времени обслуживания и т* д*) и характеристиками эффективности ра-
боты СМО. В качестве таких характеристик могут рассматриваться, например,
следующие:
среднее число заявок А, обслуживаемое СМО в единицу времени, или
абсолютная пропускная способность СМО;
вероятность обслуживания поступившей заявки Q или относительная
пропускная способность СМО; Q « А/Х;
вероятность отказа РОтк, т* е* вероятность того, что поступившая заявка
не будет обслужена, получит отказ; Ротк = 1 — Q;
среднее число заявок в СМО (обслуживаемых или ожидающих в очереди) z
среднее число заявок в очереди г;
среднее время пребывания заявки в СМО (в очереди или под обслужива-
нием) /сист* _,
среднее время пребывания заявки_в очереди
среднее число занятых .каналов k.
В общем случае все эти характеристики зависят от времени, Но многие СМО
работают в неизменных условиях достаточно долгое время, и поэтому для них
успевает установиться режим, близкий к стационарному. Мы здесь повсюду, не
оговаривая этого каждый раз специально, будем вычислять финальные вероят-
ности состояний и финальные характеристики эффективности СМО, относящиеся
к предельному, стационарному режиму ее работы.
Рис. 11.0.1
Для любой открытой СМО*) в предельном стационарном режиме среднее
время пребывания заявки в системе /Сист выражается через среднее число
заявок в системе с помощью формулы Литтла*
^сист=2/^, (11.0,1)
где & — интенсивность потока заявок.
Аналогичная формула (называемая также формулой Литтла) связывает
среднее время пребывания заявки в очереди /оч и среднее число7 заявок в оче-
реди:
^Ч=7/А. (11.0.2)
Формулы Литтла очень полезны, так как позволяют вычислять не обе ха-
рактеристики эффективности (среднее время пребывания и среднее число заявок),
а только какую-нибудь одну из них.
Специально подчеркнем, что формулы (11,0.1) и (11,0.2) справедливы для
любой открытой СМО (одноканальной, многоканальной, при любых видах пото-
ков заявок и обслуживании)^ единственное требование к потокам заявок и об-
служиваний — чтобы они были стационарными,
Аналогично универсальное значение для открытых СМО имеет формула,
выражающая среднее число занятых каналов k через абсолютную пропускную
способность Л:
\ Л = А/р., , (11.0,3)
где |л = 1//Обсл — интенсивность потока обслуживаний. '
Очень многие задачи теории массового обслуживания, касающиеся простей-
ших СМО, решаются при помощи схемы гибели и размножения (см. гл. 10).
Если граф состояний СМО может быть представлен в виде, показанном на
рис. 11.0.1, то финальные вероятности состояний выражаются формуламй( 10,0.23):
1 . . ^0 М _L_ J ! ЧА1...АП_1 )— 1
Ро=( 1 + — +------“Г---“Г-------------+ ...+ —------------} §
[ Нг И! Ц2 .. Цц Ц2 .. . J
*) СМО называется открытой, если интенсивность
потока заявок не зависит отчсостояния самой СМО.
поступающего на нее
Хо
Pi — Ро> Ръ
И
Xq Xf
Hl H2
Xo Xf... X^j
Pfe=------------------ po
Hi H2---Hfe
(0 < k < n);
Po; ...;
Xo Xf .. .Xnel
Pn s Po 9
Hl Нг • • • Ни
(Ц.0.4)
При выводе формул для среднего числа заявок (в очереди или в системе)
широко применяется прием дифференцирования рядов, состоящий в следующем.
Если х <3 1, то '
k=\
X ' X
1— х 1 — х2'
и окончательно
kxk
X
1—X2’
(11.0.5)
Ниже мы приведем без вывода ряд формул, выражающих финальные ве-
роятности состояний и характеристики эффективности для некоторых часто
встречающихся типов СМО. Другие примеры СМО будут разобраны далее в виде
задач.
1. Простейшая СМО с отказами (задача Эрланга). На n-канальную СМО
с отказами поступает простейший поток заявок с интенсивностью X; время об-
служивания — показательное с параметром р = 1//Обсл- Состояния СМО ну-
меруются по числу заявок, находящихся в СМО (в силу отсутствия очереди, она
совпадает с числом занятых каналов):
s0 — СМО свободна;
Sf — занят один канал, остальные свободны; ...
s& — занято k каналов, остальные свободны (1 k п);
sn — заняты все п каналов. '
. Финальные вероятности состояний выражаются формулами Эрланга:
( о.Р2 рп 1 1 р*
р =Р + и+ТГ+”-+7! L >Pkk\p* •••♦")’ (ii.o.6>
где р = Х/ц.
Характеристики эффективности:
А — X (1—pn);< Q— 1—рп', Ротк—Рп* &— Р (11.0.7)
При больших значениях п вероятности состояний (11*0.6) удобно вычислять
через табулированные функции:
Р (т, а)=—— е (распределение Пуассона) (11.0.8)
ml
и т k
R(m, а) = (11.0.9)
fe=o *
(см. приложения I и 2), из которых первую можно выразить через вторую:
Р (т, а) = R (т, а) — (m — 1, а). (11.0.10)
Пользуясь этими функциями, формулы Эрланга (11.0*6) можно переписать в
виде
pk « Р fa Р)/Я (n, Р) (k = 0, 1, п). (11.0.11)
2» Простейшая одноканальная СМО с неограниченной очередью. На одно-
канальную СМО поступает простейший поток заявок с интенсивностью X. Время
обслуживания — показательное с параметром р =» 1/^обол* Длина очереди не
ограничена. Финальные вероятности существуют только при р = Х/р <С 1 (при
р > 1 очередь растет неограниченно). Состояния СМО нумеруются по числу за-
явок в СМО, находящихся в очереди или обслуживаемых:
s0 — СМО свободна;
Sf — канал занят, очереди нет;
s2 — канал занят, одна заявка стоит в очереди;
— канал занят, k — 1 заявок стоят в очереди; ...
Финальные вероятности состояний выражаются формулами:
р. = I — р; Oh - Р* (1 — Р) (*=1,2,...), (11.0.12)
где р = Х/р < L
Характеристики эффективности СМО:
А = X; 1; РОтк = 0; (11.0.13)
— р — р2 — р — о2
г=“5 Г=Т7: <сист=*Т7ь=рГ'; 'оч=й1_рг (1L0J4)
среднее число занятых каналов (или вероятность того, что канал занят)
F=Vp = o (11.0.15)
3. Простейшая одноканальная СМО с ограничением по длине очереди. На
одноканальную СМО поступает простейший поток заявок с интенсивностью X;
время обслуживания — показательное с параметром р, = 1/^бсл* В очереди т
мест. Если заявка приходит в момент, когда все эти места заняты, она получает
отказ и покидает СМО. Состояния СМО:
$0 — СМО свободна;
Sf — канал занят, очереди нет;
s2 — канал занят, одна заявка стоит в очереди;
— канал занят, k — 1 заявок стоят в очереди;
Sm+i ~~ канал занят, т заявок стоят в очереди.
Финальные вероятности состояний существуют при любом р « Х/р и равны:
1—р ь
р°=-----^5; Pk =Р Ро (* = 1......../п+1). (11.0.16)
Характеристики эффективности СМО:
Д=Х (1 p^+l); Q — l—Pm+i 1 ^отк= Рт+\ •
Среднее число занятых каналов (вероятность того, что канал занят)
* = 1 — Рп. (11.0.17)
Среднее число заявок в очереди - Р2 П—pffl (/п + 1 —mp)j (1—Р'”-Ь2)(1—Р) (11.0.18)
Среднее число, заявок в СМО
г = 7 + £, (11,0.19)
Ло формуле Литтла ^сист===2/Х; ^оч==:г/Х. (11.0.20)
4. Простейшая многоканальная СМО с неограниченной очередью. На п-ка-
•нальную СМО поступает простейший поток заявок с интенсивностью X; вре-
352
мя рбслуживания одной заявки — показательное с параметром р 1//обсл*
Финальные вероятности существуют только при p/n « х < 1, где р = Мр,
Состояния СМО нумеруются по числу заявок в СМО:
s0 — СМО свободна;
si — занят один канал; * А
Sh — занято k каналов (1 k < л); } очереди нет
sn — заняты все п каналов; J
sn+f — заняты все п каналов,' одна заявка стоит в очереди;
Sn+r — заняты все п каналов, г заявок стоят в очереди; 4ii;
Финальные вероятности состояний выражаются формулами:
₽о=11+Т + "-+'7!
р" + ‘ 1 I-1
n.nl 1—х J
р”+'
пг
(Г> 1).
(11.0.21)
р*
s G помощью функций Р (т, а) и Я (т, а) формулы (11,0*21) могут быть приведены
f к виду
'L pk-__________Р-^---------:---- (fe=0, ...,»);
R (п, Р)+^ (и» Р)/(1^х) (11.0.22)
г (/’ = 1,2,...).
&
Характеристики эффективности СМО:
F=p"+l pQ/[n-nl (1—x)2] = xpn/(l —х)2; (11.0.23)
7=r“+£L=/+p; (11.0.24)
? 7cacT=z/%; £04=rA, (11.0.25)
5. Простейшая многоканальная СМО с ограничением по длине очереди.
Условия и нумерация состояний те же, что в п. 4, с. той разницей, что число т
мест в очереди ограничено* Финальные вероятности состояний существуют при
любых 1 и р и выражаются формулами:
р” , р2_
п\ п*п!
1-х™
1—X
pk
Ph=~kiPa
(1 С k С л);
on+'
Pn+, po <r< (11.0.26)
где x = р/л = М(лц).
Характеристики эффективности. СМО:
Дв^(1 — Pnj^nip = Рп4-т» ^отк=Рп-|-/п» ^===Р(1 ) (1Ь0.27)
' (П.0.28)
П»л1 (I—хр
(11.0.29)
to4,—r/fy /.ист =2/Х (11.0.30)
6, Многоканальная СМО с отказами при простейшем потоке заявок и про-
извольном времени обслуживания. Формулы Эрланга (11.0.6) остаются справед-
ливыми и тогда, когда поток заявок —простейший, а4время обслуживания ТОбсл
имеет произвольное распределение с математическим ожиданием /обсл = 1/ц.
'7. Одноканальная СМО с неограниченной очередью при простейшем потоке
заявок и произвольном времени обслуживания. Если на одноканальную СМО
поступает простейший поток заявок с интенсивностью X, а время обслуживания
Т’обсл распределяется по произвольному закону с математическим ожиданием
1/р и коэффициентом вариации то среднее число заявок в очереди выра-
жается формулой Полячека — Хинчина
(l+^n)2/f2 (1-р)],
где р = А/ц, а среднее число заявок в СМО
Г={р*(1+оц)2/|2(1-р)]}+р.
Из (11.0.31) и (11.0.32) по формуле Литтла получим
^О+^ц)2 - Ра(1-Нц) , I
to4~ 2А(1-р) :<еиот“ 2А(1—р) + р-
(11.0.31)
(11.0.32)
(11.0.33)
8. Одноканальная СМО при произвольном (пальмовском) потоке заявок
и произвольном времени обслуживания. Точных формул для этого случая не
существует, приближенная оценка длины очереди может быть произведена по
формуле
г ~Р2( 4+ оД)/Г2 (1-Р)],' (11.0.34)
где — коэффициент вариации интервала между событиями во входном потоке?
р == А/ц; К — величина, обратная математическому ожиданию этого интервала}
р ® 1/Гобсл — величина, обратная среднему времени обслуживания; — коэф-
фициент вариации времени обслуживания. Среднее число заявок, связанных с
СМО,
2 ~ {Ра ( vl+ (1-P)J}+P> (11.0.25)
а средние времена пребывания заявки в очереди и в СМО соответственно равны:
. Кч ~ Р2 ( 4+ а^)/[2А (1-р)]; . (11.0.36)
Гсиот ~{р2 ( v{+ у£)/(2А (1-Р)]}+1/р.. (11.0.37)
9. Простейшая многофазовая СМО с очередью. Анализ многофазовых СМО
в общем случае затруднен, тем, что входящий поток каждой последующей фазы
является выходным потоком предыдущей и в общем случае имеет последействиеа
Однако если на вход СМО с неограниченной очередью поступает простейший потоп
заявок, а время обслуживания показательное, то выходной поток этой СМО —
простейший, с той же интенсивностью X, что и входящий. Из этого следует, что
многофазовую СМО с неограниченной очередью перед каждой фазой, простейшим
входящим потоком заявок и показательным временем обслуживания на каждой
фазе можно анализировать как простую последовательность простейших СМО.
Если очередь к фазе ограничена, то выходной поток этой фазы перестает
быть простейшим и вышеуказанный прием может применяться только в качестве
приближенного.
Далее мы будем пользоваться обозначениями для характеристик эффектив-
ности СМО, приведенными на с, 349. 350, и по мере необходимости вводить неко-
торые другие обозначения.
В дальнейшем, задавая плотность f (х) разными формулами на разных
участках оси Ох, мы также не будем указывать значения f (х) на границах участ-
ков.
Если единица измерения времени не фиксирована, мы будем для краткости
обозначать интенсивности потоков событий просто буквами X', ц, ... (без указаний
размерностей). То же относится и ко времени /сяот, *оч- Если же единица вре-
мени фиксирована (час, минута, год и т« д<), то мы будем указывать единицы из-
мерения.
В данной главе нам удобно будет записывать закон распределения смешанной
случайной величины Т не в форме функции распределения F (/), а в форме «об-
общенной» плотности f (0, которая определяется следующим образом:
f +2
i
где Fh.(0 — производная функции распределения на участках ее непрерывнос-
ти: pi — Р{Т — ti)‘> $ (*) — дельта-функция свойства которой даны в прило-
жении 6.
' ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ
11.1. На вход одноканальной СМО о отказами поступает простей-
ший поток заявок с интенсивностью X; время обслуживания — пока-
зательное с параметром р. В начальный момент времени t — 0 канал
свободен. Построить размеченный граф состояний СМО. Написать и
решить дифференциальные уравнения Колмогорова для вероятно-
стей состояний СМО. Найти финальные вероятности состояний и (для
установившегося режима) характеристики эффективности СМО: А,
Q. ^ОТК>
Решение. Состояния СМО: s0 — свободна; sx — канал занят.
Граф состояний показан на рис. 11.1. Уравнения Колмогорова:
dpjdt — — Хр0 + ppf, dpjdt — Хр0 — ррх. (11.1.1)
Так как р0 + рх = 1 для любого t, можно выразить рх через р0:
р1 = 1 — р0 и получить одно уравнение для р0:
dpjdt = — (% + р) ро + |*. (11.1.2)
Решая это уравнение, получаем р0 как функцию t:
Л -j- |_ JI J
отсюда
Pi (t) = 1 -Ро (0 = [1 г
При оо получим финальные вероятности
Ро = + И); Pi = W + И). (M l -3)
которые можно было бы найти и гораздо проще, решая линейные ал-
гебраические уравнения для финальных вероятностей состояний:
Хр0 = ррх; Ро + Pi = 1.
Формулы (11.1.3) можно записать компактнее, если ввести обозна-
чение р =
р0 = 1/(1 + р); pi = р /(1 4- р).
Характеристики эффективности СМО:
Л = Хр0 = -2^;.Q = _L_;P —^-;й=1 — ро =—.
ко 1-Ьр 1+р отк п 1+р '° 1+р
(11.1.4)
11.2. Одноканальная СМО с отказами представляет собой одну
телефонную линию, на вход которой поступает простейший поток вы-
зовов с интенсивностью X = 0,4 вызов/мин. Средняя продолжитель-
ность разговора 7обол = 3 мин; время разговора имеет показательное
распределение. Найти финальные вероятности состояний СМО: р0 и
рг, а также A, Q, Ротв, & Сравнить пропускную способность СМО с
номинальной, которая была бы, если бы разговор длился в точности
3 мин, -а заявки шли одна за другой регулярно, без перерывов.
Решение. X — 0,4; р = 1/70б0Л — 1/3; р = Х/р = 1, 2. По фор-
мулам (11.1.3) « 1/2,2 « 0,455; рг« 0,545; Q « 0,455; А = IQ «
«0,182; £=Р1« 0,545. .
Таким образом, линия в среднем будет обслуживать 0,455 по-
ступающих на нее заявок, т. е. 0,182 разговора в минуту. Номиналь-
ная пропускная способность канала была бы (при регулярно приходя-
щих и регулярно обслуживаемых.заявках) Дном ® 1//обсл — № &
« 0,333 разг./мин, что почти вдвое больше, чем действительная про-
пускная способность А.
11.3. Имеется однбканальная СМО с отказами. Поток заявок —
простейший с интенсивностью X. Время обслуживания — не случай-
ное и в точности равно /обол = 1/р. Найти относительную и абсолют-
ную пропускную способность СМО в предельном стационарном режиме.
4бсл t'oBcn
Рис. 11.3
*обсл'.
Решение. Рассмотрим на оси 0t простейший поток заявок с i ;
интенсивностью X (рис. 11.3). Будем отмечать кружками все заявки,
которые приняты к обслуживанию. Пусть какая-то заявка, пришед- ,
шая в момент 4» принята к обслуживанию. Тогда все заявки, пришед- ''
шие после нее за время /вбсл, получат отказ; следующей будет принята ?
к обслуживанию заявка, пришедшая в момент /2 такой, что /2 — 4 > j
> /обсл- Рассмотрим интервал Т между концом обслуживания первой |
заявки и моментом 4 прихода ближайшей следующей, которая будет |
принята к обслуживанию. Из-за отсутствия последействия в простей- /
шем потоке распределение интервала Т совершенно такое же, как ив (
вообще интервала между заявками, т. е. показательное с параметром
1. Средняя длина интервала Т равна mt = 1/Л. |
Итак, на оси Ot будут чередоваться неслучайные интервалы заня-
тости канала длины /обсл = 1/р и случайные свободные интервалы со
средней длиной 1/Л. На первые попадет доля всех заявок, равная
1/ц _ А
1/Ц4-1/Х ~ ’
а на вторые — доля, равная
у/(Л + у) = 1/(1 -Ь_р), где р = Л/р.
Эта величина и есть относительная пропускная способность СМО
Q = 1/(1 + р), . (11.3.1)
откуда —
Я = ЛС? = Л/(1 + р). (11.3.2)
Отметим, что формулы (11.3.1), (11.3.2) совпадают с (11.1.4), соот-
ветствующими показательному распределению времени обслуживания
Это и естественно, так как формулы Эрланга остаются справедливыми
при любом распределении времени обслуживания со средним значе-
нием, равным 1/р.
11.4. Доказать, пользуясь формулой (11.0.5), что для простейшей
одноканальной СМО с неограниченной очередью среднее число за-
явок, находящихся в СМО, равно г = р/(1 — р), где р = Л/у, а
среднее число заявок в очереди г — р2/(1 —р).
Решен и е. По формулам (11.0.12) = 1 — р; рк = Р* (1 — р)
(k = 1, 2, ...).
Обозначим Z фактическое (случайное) число заявок в СМО:
. 7=M[Z] = 2 kpk= 2 £р»(1-р)=(1-р) i АрЧ
k = 0 4 = 1 k = l
По формуле (11.0.5) для р < 1
У -------------»
откуда z = р/(1 — р). Среднее число заявок в очереди равно г минус
среднее число занятых каналов k = Л/у = Л/р = р, т. е. 7 =
= 1р/(1 — р)1 — р = р2/(1 — р).
11.5. Железнодорожная сортировочная горка, на которую подает-
ся простейший поток составов с интенсивностью Л = 2 состава в час,
представляет собой одноканальную СМО в неограниченной очередью.
Время обслуживания (роспуска) состава на горке имеет показательное
распределение со средним значением /обсл = 20 мин. Найти финаль-
ные вероятности состояний СМО, среднее число г составов, связан-
ных с горкой,. среднее число г составов в очереди,- среднее время
/сист пребывания состава в СМО, среднее время /оч пребывания со-
става в очереди.
Решение. Л — 2 состава/ч; /Обсл = 1/3 ч; у = 3 состава/ч;
р = Л/у = 2/3. По формулам (11.0.12) р0 «• 1—2/3= 1/3; рц = (2/3)х
X (1/3) = 2/9; ра = (2/3)а (1/3) = 4/27; ... рк = (2/3)fe (1_/3); ... По
формулам (11.0.13), (11.0.14) z = р/(1 — р) = 2 состава; г = 4/3 со-
става; /сист = 1 ч; /оч = 2/3 ч.
11.6. Условия предыдущей задачи усложняются тем, что в парке
прибытия железнодорожной сортировочной горки могут находиться
одновременно не более трех составов (включая обслуживаемый). Если
состав прибывает в момент, когда в парке прибытия уже находится три
состава, он вынужден ожидать своей очереди на внешних путях. За
один час пребывания состава на внешних путях станция платит штраф
а руб. Определить средний суточный штраф, который придется упла-
тить за ожидание составов на внешних путях.
Рис. 11.7
/
Решение. Вычислим среднее число гв — составов, находящих-
ся на внешних путях:
zB=l-p4+2p5-f-...= 21/гРй= 2 йР*Ро = Ро 2
k=4 fc = 4 fe=4
d р* р* (4—Зр) .
dp 1 —р (1 —р)2
S *р‘ = р1(,4~3|>| ~ 1.18.
1 —р
По формуле Литтла среднее время, проводимое одним составом на
внешних путях, /в « 1,18/Х = 1,18/2 = 0,59 ч. За сутки (24 ч) на стан-
цию приходит в среднем 24Х = 48 составов. Средний суточный штраф
составляет 48*0,59>а « 28,3а.
11.7. Вычислить непосредственно по графу состояний, пользуясь
схемой гибели и размножения, финальные вероятности состояний для
простейшей двухканальной СМО (п = 2) с тремя местами в очереди
(т = 3) при Х^=_0,6; р = 0,2; р = Х/р = 3. Найти для этой СМО ха-
рактеристики г, г, t04, не пользуясь формулами (11.0.26), а не-
посредственно через финальные вероятности, и сравнить с теми, кото-
рые получаются по формулам (11.0.26).
Решение. Граф состояний СМО показан на рис. 11.7. По схеме
гибели и размножения, обозначая Х/р = р, получаем:
Po = (l + P+ -f + -^+-g- + -g}”‘ = (40,58)—1 « 0,025;
рл = —— ж 0,074; р2 = « 0,111; рз = ~ 0,165; р4 =
Р1 40,58 40,58 М3 40,58 F4
10,15
— 40,58
хг 0,250; ръ —
15,18
40,58
хг 0,375;
г = 1-0,074 + 2-0,111 + 3-0,165 + 4-0,250 + 5-0,375 хг 3,67; г =
= 1-0,165 + 2-0,250 4- 3-0,375 хг 1,79; 70И0Т = z/0,6 « 6,11;
70ч = г/0,6 хг 2,98.
11.8. Формула для г (11.0.28) справедлива для любого х < 1 или
х >» 1. При х == 1 она перестает работать (дает неопределенность ви-
да 0/0). Пользуясь непосредственно схемой гибели и размножения, вы-
вести для этого случая вероятности состояний р0, ри ...\рп+т и найти
характеристики эффективности СМО: A, Q, Р0ТК, k, г, г, Точ, 7СИ0Т.
/
Рис. 11.8
Решение. Граф состояний СМО имеет вид, показанный на
рис. 11.8. Пользуясь общими формулами для схемы гибели и размно-
жения и обозначая Мр = р, имеем
,п ч — 1
При x = p/n = 1
Ро={1 + |- + ^-+-+-^-4-
Ph = Ро (1 П)1 Р"+г = Ро
(11.8.1)
(11.8.2)
Pqtk ’ РпЛ-т > Q 1 Рп^-т 1
А = Щ = К 1 —
РП
ТГ^о*’
«I
р”
WI /Л п П П
r=S,P.+,_
,= 1 Г=1 Г=1
tn (/n+ 1)
2
Ро>
(11.8.3)
2 —— Г /сист /оч ^7^*-
359
11.9. Автозаправочная станция (АЗС) имеет две колонки (п = 2);
площадка возле нее допускает одновременное ожидание не более че-
тырех автомашин (т = 4). Поток.автомашин, прибывающих на стан-
цию, простейший с интенсивностью X = 1 машина/мин. Время обслу-
живания автомашины — показательное со средним значением 7бб0~ =
= 2 мин. Найти финальные вероятности состояний АЗС и ее характе-
ристики: A, Q, Ротк, k, z, 7, 7СИСТ, Гоч.
Решение. X = 1, ц = 1/2 = 0,5; р = 2; х = р/п = 1.
По формулам (11.8.1)—(11.8.3) имеем:
( 92 92 1 1 1 9
1+2 + 2Г+^Г'4( =-г-- Рх=р2=Рз = р4=р5г=Рв=-?т;
Ротк = 2/13; Q = 1 —Ротк = 11/13; А = XQ = 11 /13 «0,85 машины/мин;
k = A]p.— 22/13 « 1,69 колонки;
— 22 4 (4 4- 1) 1 — —
г =---v ' « —— « 1,54 машины ; z = r-\-k « 3,23 машины.
2! 2 13
11.10. Имеется двухканальная простейшая СМО с отказами. На
ее вход поступает поток заявок с интенсивностью X = 4 заявки/ч.
Среднее, время обслуживания одной заявки /обол = 0,8 ч. Каждая
обслуженная заявка приносит доход с = 4 руб. Содержание каж-
дого канала обходится 2 руб./ч. Решить: выгодно или невыгодно в
экономическом отношении увеличить число каналов СМО до трех?
Решение. По формула^ Эрланга (11.0.6)
= Й +3,2 =(9,32)-' « 0,107; р4«-^« 0,550;
Q = 1 —р2 0,450; А — 4Q « 1,8 заявки/ч.
Доход от заявок, приносимый СМО. в данном варианте, равен D =
== А-с ~ 7,2 руб./ч.
Подсчитаем те же характеристики для трехканальной СМО (отме-
чая их штрихом вверху):
р’о =41 4-3,2 4-4-Л^.р1 & 0,0677; р3 «5,48- 0,0677 « 0,371;
Q4 = 1 — рз « 0,629; А4 = 4Q4 « 2,52; D4 = А4-о « 10,08 руб./ч.
Увеличение дохода равно D4 — D = 2,88 руб./ч; увеличение рас-
хода равно 2 руб./ч; из этого видно, что переход отп = 2ки = 3
экономически выгоден.
11.11. Рассматривается простейшая СМО с практически неогра-
ниченным числом каналов (п -> оо). На вход СМО поступает поток за-
явок с интенсивностью X; интенсивность потока обслуживании (для од-
ного канала) равна р.. Найти финальные вероятности состояний СМО
и среднее число занятых каналов k.
Решение. Данная СМО не дает ни отказов, ни очередей; ее
можно рассматривать как предельный случай СМО с отказами при
п->оо. Формулы Эрланга (11.0.6) дают
Ро =
S -37) = е-р. где р=—
*=о *' •*
ph = = Р & Р)’
(см. приложение 1). При неограниченном числе каналов А = %;
k ='к! р. = р. '
11.12. Рассматривается одноканальная СМО с отказами; на ее
вход поступает простейший поток заявок с интенсивностью к. Время
обслуживания — показательное с параметром р, = Шобсл; Работаю-
ч--©——Х-©—1—х-х—®—И-М--------И—
О t
X — потоп обслуживании- J&
© -поток отказов Р
6)
Рис. И. 12
щий канал может время от времени выходить из строя (отказывать);
поток отказов канала — простейший с интенсивностью v. Восстановле-
ние (ремонт) вышедшего из строя канала начинается мгновенно после
его отказа; время ремонта Tv — показательное с параметром у = 1/7р.
Заявка, которая обслуживалась в момент выхода канала из строя',
покидает СМО не обслуженной.
Найти финальные вероятности состояний СМО: s0 — канал свобо-
ден; — канал занят, исправен; з2 — канал ремонтируется и харак-
теристики СМО: А и Q.
Решение. Граф состояний СМО дан на рис. 11.12, а. Алгебра-
ические уравнения для финальных вероятностей состояний:
^Ро = PPi + ТР2; (И + v) рх = %р0; vpj = ур2; (11.12.1)
к ним прибавляется нормировочное условие
Ро = Р1 + Р2=1- (11.12.2)
Выразим вероятности рх, р2 из (11.12.1) через р0:
X v Xv
Pl~
Подставляя Pi и р2 в (11.12.2), получаем
Ро = 0 + М(р + v) (И + V)!}"1. (11.12.3)
Чтобы найти относительную пропускную способность Q, нужно
вероятность р0 того, что заявка будет принята к обслуживанию, ум-
ножить на условную вероятность р' того, что заявка, принятая к об-
служиванию, фактически будет обслужена (канал не откажет за время
обслуживания заявки). Найдем эту условную вероятность по инте-
гральной формуле полной вероятности. Сделаем гипотезу, состоящую
в том, что время обслуживания заявки попало на участок от t до t 4- dt-,
вероятность этой гипотезы приближенно равна f (t) dt, где f (t) —
плотность распределения времени обслуживания: f(t)= ре-^' (/> 0).
Условная вероятность того, что канал не выйдет из строя за время t,
равна е-v/; отсюда
оо оо
р' = f р е^*1' е~vtdt — Ср е—(tl+v) 1 dt = —-—.
J J P + v
0 0
Эту условную вероятность можно найти и проще: она равна вероят-
ности того, что начатое обслуживание закончится раньше, чем канал
выйдет из-строя. Представим на оси 0t (рис. 11.12, б) совмещение (су-
перпозицию) двух потоков: потока обслуживаний с интенсивностью р
(обозначен крестиками) и потока отказов, канала с интенсивностью v
(обозначен кружками). Зафиксируем любую точку t на оси 0t и найдем
вероятность того, что первый после нее крестик придет раньше,
чем кружок. Очевидно, она равна отношению интенсивности потока
крестиков к суммарной интенсивности потока крестиков и кружков;
р/(р + v). Таким образом,
Q=p0// = p!_\/(i + _2_+—=------------------------и-------
k p+v//\ p+v Y(p + v) / p+v'+Ml+v/y)
(11.12.4)
11.13. Условия задачи 11.12 повторяются, но стой разницей, что
канал может выходить из строя и в неработающем состоянии (с интен-
сивностью v! <С v).
Решение. Граф состояний СМО дан на рис. 11.13. Из уравнений
(X + v') р0 = ррх + ур2; (р + v) рх = Хр0; ур2 = vpx + v€p0;
Ро + Pi + Рг == 1
найдем финальные вероятности
f 1 । х
Ро=| 1 Н--:—
I h+v
Рг —
p+v J J
Xv-j- p/v'+vv'
, Po>
H+v
' <?==Л-£-
p4-v
Л = XQ = p0-^-
p+v
11.14. Рассматривается простейшая одноканальная СМО с ограни-
ченной очередью т = 2; работающий канал может иногда выходить из
строя (отказывать). Заявка, которая обслуживается в момент отказа
канала, становится в очередь, если в ней еще есть свободные места;
если нет, она покидает СМО необслуженной. Интенсивность потока
заявок X, потока обслуживаний р, потока отказов канала v, потока
восстановлений (ремонтов) у. Перечислить состояния СМО и найти
для них финальные вероятности, а также характеристики эффектив-
ности СМО: A, k, г, z, /,ист, 1оч ПРИ = 2, р= 1, v = 0,5, у = 1.
Решение. Состояния СМО:
soo — СМО свободна, канал исправен;
s10 — канал занят и исправен, очереди нет;
sn — канал вышел. из строя, ремонтируется; в СМО имеется
одна заявка, ждущая очереди;
s20 — канал занят и исправен; одна заявка обслуживается, другая
ждет очереди;
s21 — канал вышел из строя, ремонтируется; в очереди ждут две
заявки;
s30 — канал занят и исправен; две заявки ждут очереди, одна об-
служивается.
Рис. 11.14
Рис. 11.13
Граф состояний СМО показан на рис. 11.14. Уравнения для финаль-
ных вероятностей состояний:'
РРю = ^Роо'. РРго + ТРИ + ^Роо = (Р +> + *) Рю!
рРзо + VP21 + ^Рю = (И. Ч* + v) Рго5 ^Рго = (р + v) Рзо>
УРго = (Р + v) Рзо!
vPio = (V + М Рп, *Рц + vP20 + vPso = УР21;
Poo + Рю + Рп Ч" Рго + Р21 + Рзо ~ !•
Решая эти уравнения при X = 2, у, = 1, v = 0,5, у = 1, получаем:
р00 = 3/61 « 0,049; р10 = 6/61 « 0,098; р20 = 14/61 « 0,230;
р30 = 56/183 « 0,306; рц = 1/61 « 0,016; р21 = 55/183 « 0,301.
Отсюда
z »» lj(Pio *1“ Ри) Ч* 2 (р2о Ч* Р21) Ч* Зрзо = 383/183 « 2,09;
г = 1( р2о ч- Ри) Ч- 2 (рм Ч- Рзо) = 89/61 « М6-
k = 1 (р10 Ч" Рго Ч* Рзо) = 116/183 « 0,63.
Абсолютная пропускная способность А для СМО_с неотказываю- -$
щими каналами могла бы быть найдена умножением k на р; в нашем
случае производительность одного канала (среднее число заявок,
фактически обслуживаемых в единицу времени) можно найти, умножая
на вероятность р/(р + у) того, что начатое обслуживание будет дове-
дено до конца: А = /гр-р/(р + v) = &р2/(р + v) a 0,42.
11.15. В зубоврачебном кабинете три кресла (п — 3), а в коридоре
имеются три стула (т = 3) для ожидания приема. Поток клиентов — |
простейший с интенсивностью % — 1,2 клиента/ч. Время обслуживания
(приема клиента) — показательное со средним значением /обел =
= 20 мин. Если все три стула в коридоре заняты, клиент в очередь не
становится. Определить среднее число клиентов, обслуживаемых каби-
нетом за чае, среднюю долю обслуженных клиентов из числа пришед-
ших, среднее число занятых стульев в коридоре, среднее время 7СИСТ,
которое клиент проведет в коридоре и в кабинете; то же самое среднее
время при условии, что клиент-будет обслужен. '
Решение, р = 12/3 = 4; х = р/3 = 4/3; п = 3; т = 3. По
формулам (11.0.26)—(11.0.30) находим:
Р1,= [1+4+Л+Л+± . 0,01218 « 0.012; й-
Fo I .2* 6 3-6 1—4/3 J ч {
= 4-0,01218 а 0,049; р.2=8-0,01218 а 0,097; р8 = ~ 0,01218 а
А 0,130; рз-ц в —^-«0,01218 а 0,173; рз+2 = Рз-м а
36 3
0,231; рз+з = — Рз+2 0,307.
3
Средняя доля обслуживаемых клиентов Q = 1 — Ротк — 1 — '
— р8+8 а 1 — 0,307 = 0,693.
Среднее число клиентов, обслуживаемых кабинетом за час, равно
А = XQ а 12-0,683 а 8,32.
Среднее число занятых каналов (кресел) [по формуле (11.0.27)1 (
k = 4 (1 - р8+8) а 2,78.
Среднее число клиентов в очереди [по формуле (11.0.28)1
- 4<-0,01218 1—4.(4/3)»+3 (4/3)* j 56.-
~ 3-6 (1—4/3)2 ~ ’
г = 7+ k ъ 4,34; 70ч = г/А. а 0,13 ч; 7СИСТ = zll а 0,362 ч. -
Такие малые значения /сист и /оч связаны с тем, что некоторые кли- |
енты уходят, не становясь в очередь. Условное среднее время, прове-
денное клиентом в системе, при условии, что он был обслужен, равно
7СИСТ = 7chct/Q а 0,52 ч, а условное среднее время пребывания в оче-
реди (при том же условии) 70ч = 704/Q а 0,19 ч. t
11.16. Формулы (11.0.26), (11.0.28) при х = 1 дают неопределен-
ность вида 0/0. Раскрыть эту неопределенность и написать формулы,
справедливые при х = 1.
364 ’=
Решение. При правилу Лопиталя
Pk ^-тгРо О <&<«);
/г!
Р"
Р«4-1 — Рп + 2 — ... — Рп + т-— р0,
П1
(11.16.1)
(11.16.2)
(11.16.3)
т. е. все вероятности, начиная с рп и кончая pn+m, равны друг другу.
Формулы, для A, Q, Ротк, k остаются прежними.
Раскрывая неопределенность в формуле (11.0.28), полунаем
1— (т-Н) ит + ткт+1 т(т+1) — р"+* р0 т (m-f-1)
Й------------= 2 ! ' ~----------------
(11.16.4)
Формулы (11.0.29), (11.0.30) остаются прежними.
Формулы (11.16.1)—(11.16.3) можно было бы вывести и не раскры-
вая неопределенность, а непосредственно из схемы гибели и размноже-
ния. - ' .
11.17. 1) Подсчитать характеристики эффективности A, Q, Ротк,
Тг, 7, г, 70Ч, /сист для простейшей одноканальной СМО_с тремя места-
ми в очереди (т = 3) при условиях: 1 = 4 заявки/ч; /обел = 1/р = 0,5.
2) Выяснить, как эти характеристики изменятся, если увеличить
число мест в очереди до т — 4. ' ~
Решение, р = 2; р = 1/р = 2; по формулам (11.0.12)— ..
(11.0.16) при т = 3 имеем: р0 = 1/31; р4_== 16/31; Q « 0,484; А =
е= JvQ «_1,93 заявки/ч; k — pQ а* 0,968; г « 2,19 заявки; z as 3,16
заявки; /оч а; 0,55 ч; 7СВСТ as 0,79 ч.
2) При т = 4 имеем р0 = 1/63 as 0,0158; ръ = 32/63 as 0,507;
Q as 0,493; А s« 1,9.6 заявки/ч; г « 3,11 заявки; г = 4,09 Заявки;
а 0,78 ч; 7СИСТ as 1,02 ч.
Таким образом, увеличение числа мест т с трех до четырех приводит
к незначительному увеличению абсолютной (и относительной) про-
пускной способности, сопровождаясь при этом некоторым увеличением,
среднего числа заявок в очереди и в системе, а также соответствующих
средних времен. Это и естественно, так как некоторые заявки, получаю-
щие отказ в первом варианте, все же становятся в очередь во втором.
11.18. Как изменятся характеристики эффективности СМО пре-
дыдущей задачи, если % и р остаются прежними, т «= 3, но число ка-
налов обслуживания увеличится до п = 2?
Решение, х = 1; по формулам (11.16.1), (11.16.2) имеем р0 = ।
= 1/Ц; Рг = ... = Ръ = 2/11; Q = 1—2/11 « 0,818^ А 3,27 заяв-
ки/ч; г = 12/11 « 1,09 заявки; k = Д/р « 1,64; z = г + k as 2,73
заявки; /оч а? 0,27 ч; /сист а? 0,68 ч.
11.19. Система массового обслуживания — билетная касса в од-
ним окошком (п = 1) и неограниченной очередью. Касса продает би-
леты в пункты А и В; пассажиров, желающих купить билет в пункт А,
приходит в среднем трое за 20 мин, в пункт В — двое за 20 мин. По-
ток пассажиров можно считать простейшим. Кассир в среднем об-
служивает трех пассажиров за 10 мин. Время обслуживания — по-
казательное. Установить, существуют ли финальные вероятности со-
стояний СМО и если да — вычислить первые три из них: р0, ръ р2.
Найти характеристики эффективности СМО: г, г, /сист и /оч.
Решение. Ка = 3/20 = 0,15 заявки/мин; Хв = 2/20 = 0,10
заявки/мин. Общая интенсивность потока заявок X = Хд + Хв =
= 0,25здявки/мин; р = 3/10 = 0,3 заявки/мин; р = Х/р а? 0,833 < 1,
финальные вероятности существуют. По формулам (11.0.12)—(11.0.14):
р0 а* 0,167; рх as 0,139; р2 а? 0,116; z 4,99 заявки; 7 =
= 0,8332/0,167 аг 4,16 заявки; 7СИ0Т аг 4,99/0,25 аг 20,0 мин; /оч гаг
аг 4,16/0,25 аг 16,7 мин.
. 11.20. Одноканальная СМО — ЭВМ, на которую поступают заяв-
ки (требования на расчеты). Поток заявок — простейший со средним
интервалом между заявками 7= 10 мин. Время обслуживания Тобсл
распределено по закону Эрланга 3-го порядка с математическим ожида-
нием /обсл = 8 мин. Определить среднее число z заявок в СМО и сред-
нее число г заявок в очереди, а также средние времена пребывания за-
явки в системе 7СИС1 и в очереди 70ч.
Решение. Характеристики СМО могут быть найдены по формуле
Полячека—Хинчина (11.0.31), (11.0.32). Имеем: X — 0,1 заявки/мин;
р = 0,125 заявки/мин^ р = Х/р = 0,8.
Коэффициент вариации времени обслуживания для закона Эрлан-
га 3-го порядка равен 1/]ЛЗ. По формуле (1L0.31) г = 0,64 (1 + 1/3) .:
: (2-0,2) аг 2,13. По формуле (11.0.32) z = г + 0,8 аг 2,93. По форму-
ле Литтла t04 гаг 21,3 мин, 7СИСТ гаг 29,3^мин.
11.21. Условия предыдущей задачи изменены: поток заявок уже
не простейший, а пальмовский, причем интервал между событиями
в потоке распределен по обобщенному закону Эрланга 2-го порядка
(см. задачу 8.38) с параметрами Хх = 1/2; Х2 1/8. Найти приближен-
но, по формулам (11.0.34)—(11.0.37), характеристики эффективности
СМО.
Решение. Случайная величина Т, распределенная по обобщен-
ному закону Эрланга 2-го порядка, есть сумма двух случайных вели-
чин 7\ и Т2, распределенных по показательным законам с параметра-
ми: Хх — 1/2; Х2 = 1/8. Отсюда М [Т] = 1/Xj + 1/Х2 = 10 мин; D [Т]=
= D [TJ + D [Т2] = 22 + 82 = 68; $ = 68/102 = 0,68; t£ = 1/3. Сле-
довательно,
г— 1,62заявки; 1 = 2,42 заявки; 70ч =’ 16,2мин; 7СЯСТ — 24,2мин.
11.22. Техническое устройство (ТУ) может время от времени выхо-
дить из строя (отказывать). Поток отказов ТУ — простейший с ин-
тенсивностью X = 1,6 отказа в сутки. Время Тъ восстановления (ре-
монта) ТУ имеет равномерное распределение на участке от 0 до 1 су-,
ток. Найти (для предельного стационарного режима) среднюю долю 7?
времени, в течение которого ТУ работает.
Решение. Состояния ТУ: s0 — работает; sa — ремонтируется.
Граф состояний ТУ показан на рис. 11.22, где р. = 1/М uj — 1/0,5 =
= 2. Этот граф в точности совпадает с графом состояний одноканаль-
ной СМО с отказами. Мы знаем, что если поток заявок, поступающих
на СМО, — простейший, а время обслуживания имеет произвольное
распределение, то справедливы формулы Эрланга (11.0.6); в данном
случае р = Х/р, = 0,8; р0 = {1 4- р/1!}~1 = 1/1,8 0,556; pj — 1 —
— 0,556 « 0,444. Итак, R 0,556, т. е. ТУ будет работать немногим
более половины всего времени, а остальное время ремонтироваться.
11.23. В условиях предыдущей задачи ТУ дублировано точно та-
ким же ТУ, которое может выходить из строя только в работающем со-
стоянии; X, р — такие же, как в задаче 11.22. Найти величину R,
а также среднее число k неисправных ТУ.
Решение. Состояния системы S: s0 — оба ТУ исправны (одно
из них работает, другое нет); sx — одно ТУ работает, другое ремонти-,
руется; s2 — оба ТУ ремонтируются. Граф состояний дан на рис: 11.23.
Граф в точности совпадает с графом состояний двухканальной СМО
с отказами. По формулам Эрланга (11.0.6)
Р° = {1 + V+17 Г1 = {I + 0,8+°’64/2} “1 0,472;
pt « 0,8-0,472 = 0,378; R = р0 + « 0,850.
Очевидно, тот же прием (сведения к СМО с отказами) может быть
применен и в случае, когда число дублирующих ТУ, более одного.
11.24. Система массового обслуживания — обувной магазин, в ко-
тором каждый покупатель проходит три фазы обслуживания: 1) при-
мерка и выбор обуви; 2) уплата денег в кассу и 3) получение покупки на
контроле. В магазин прибывает простейший поток покупателей с ин-
тенсивностью X = 45 человек/ч.
В отделе примерки имеются четыре стула, занимая которые, поку-
патели могут самостоятельно выбирать и примерять обувь. Среднее
время примерки и выбора обуви — 5 мин. Выбравший обувь поку-
патель направляется в кассу, где вторично становится в очередь (кас-
са в магазине одна). Среднее время оплаты товара в кассе 7g = 1 мин.
После оплаты покупатель идет на контроль, где становится в новую
очередь и получает покупку. На контроле работают три продавца;
среднее время выдачи покупки ts — 2 мин. Все потоки событий — про-
стейшие.
Рассматривая магазин как трехфазовую СМО, найти характери-
стики ее эффективности:
rj (^2> гв) — среднее число покупателей в очереди к первой (второй,
третьей) фазе ©бслужйвания;
зг (z2, z8) — среднее число покупателей, связанных о первой (вто-
рой, третьей) фазой обслуживания;
йч’ (й\ /от’) — среднее время ожидания покупателя в очереди
к первой (второй, третьей) фазе;
^сист (4иет, <сист) — среднее время пребывания покупателя в пер-
вой (второй, третьей) фазе обслуживания;
г — общее среднее число покупателей во всех трех очередях;
г — общее среднее число покупателей в магазине;
7ОЧ — общее среднее время, проводимое покупателем в очередях;
7СИСТ — общее вреднее время, затрачиваемое покупателем на при-
обретение обуви в магазине.
Дополнительно ответить на следующие вопросы: 1) В- каком звене
и как нужно улучшить обслуживание для Того, чтобы сократить за-
траты времени покупателей? 2) Как можно было бы учесть тот факт,
что не все покупатели находят себе подходящую обувь, и какая-то
доля а из них (0 < а < 1) уходит из магазина, не сделав покупки?
Решение. Так как все потоки событий — простейшие, то вы-
ходные потоки всех трех фаз тоже будут простейшими, и можно рас-
сматривать три последовательные фазы как три отдельные СМО со
своими характеристками.
1. Первая фаза. Так как в отделе примерки четыре стула,
то число каналов пх = 4. Далее, имеем 7Х = l/j*i = 5 мив = 1/12 ч;
рх — 45/12 = 15/4 « 3,75; = рх/«х — 15/16 < 1. По формулам
(11.0.21)—(11.0.25) находим:
' р(.) = /1 +3 75 + + <3'75>* + +
Ип I 2 2»3 2-3-4
+-----1212^——I"1 « (151,58)—1 « 0,0060; = 3,75;
2.3- 4.4(1 — 15/16)/ 1
Г = ..<3»75)8-« 13,01; Z1 = 16,76;
1 4-41 (1— «х)« 1
/оч’ = rjh 0,289 ч « 17,3 мин; (Щ, = гхА а* 0,372 ч « 22,3 мин.
2. Вторая фаз а. % — 45; и2 » 1; р2 = 0,75 < 1. По фор-
мулам (11.0.12)—(11.0.14) получаем:
_г2 = р|/(1 — р2) = 9/4 = 2,25^ г2 = р2/(1 — р2) = 3;
= га/р = 0,05 ч=3 мин; (Шт = 1/15 ч = 4 мин.
3. Т р е т ь я ф а з а. п8 = 3; % == 45; р8 = 3/2; й8 = 0,5 < 1.
По формулам (11.0.21)—(11.0.25) находиМ: р<3> « 0,210; Г8« 0,237;
г8« 1,737; 7&> « 0,316 мин; 7^ а; 2,316 мин.
Складывая средние численности трех очерёдей, получаем общую
среднюю численность очереди:
~Г = гг + G + Г3 « 15,5.
Аналогично находим среднее число покупателей в магазине г =
= Zi .+ z8 « 21,5.
Среднее время пребывания покупателя в очереди
/оч = « 20,6 мин.
Среднее время пребывания покупателя в магазине
^сист = /СИСТ /сист 4" ^ист Л? 28,6 МИН.
1) Улучшить обслуживание можно, уменьшая время пребывания
покупателя в первой фазе, которая представляет собой наиболее сла-
бое звено СМО. Всего проще достигнуть этого, увеличив число п*
стульев в отделе примерки, т. е. число каналов обслуживания в пер-
вой фазе. Например, простое увеличение числа стульев на единицу
(т. е. переход от пг = 4 к = 5) дает существенный выигрыш в»
времени. Действительно, при = 5. для первой фазы получим: =
== 3,75; = 3,75/5 = 0,75; р<п = {53,75}"1; « 1,38; « 5,13;
ftV « 1,84 мин; ^ист « 6,84 мин.
2) Учесть наличие доли покупателей а, уходящих из магазина без
покупки, можно, умножив интенсивность входного потока второй и
третьей фаз на (1 — а).
11.25. На железнодорожную сортировочную станцию поступает
эрланговский 10-го порядка поток составов с интенсивностью X = Г,2
состава/ч*). Время обслуживания состава Тобсл распределено в ин-
тервале от 0 до 1 ч по закону с плотностью <р (0, показанной на
рис. 11.25. Оценить приближенно [по формулам (11.0.34)—(11.0.37)]
характеристики эффективности станции — среднее число г составов на
станции, в очереди г, среднее время /сиот пребывания состава на
станции, среднее время /оч ожидания составом очереди наобслужива»
ние.
♦^Подчеркнем, что здесь А. — интенсивновть именно эрланговского потока,
а не того простейшего-потока, прореживанием которого получен эрланговский.
Решение. Для закона <p (t) имеем /обсл — 1/3; р = А/р =
= 0,8 <С 1. Для потока Эрланга 10-го порядка = (1/J^iF)2 — 0,1;
Ор определяем, деля дисперсию DJTo6cji1 на квадрат математического
ожидания: vfr — 1/2 = 0,57
Находим характеристики СМО:
г = р2 И + t£)/[2 (1 — р)1 = 0,82 (0,1 4- 0,5)/(2-0,2) = 0,96;
_г = г + р «_0,96 + 0,8 = 1,76;
/оч = » °>8 ч; *сист = *оч +J/R «1.13ч.
11.26. Показать, что для простейшей n-канальной СМО с неогра-
ниченным числом мест, в очереди среднее число заявок, находящихся
в очереди, заключено в пределах
1—х х"(п —1)4-1 1—х ’
Решение. Запишем выражение для г в следующем виде [см. фор-
мулы (11.0.23), (11.0.21)1:
р«+’ п.} X 0П
г = —И и “ “Л----7Г Р*> где Рп = I Ро-
П'П1 (1—х)2 (1—х)2 п!
Следовательно,
Рп Л- (14- р 4- -PL 4-... 4- 4- -PL-JL.Y-1 =
nl V 2' п\ п\ 1—х/
= Ь + JL + .ZL(5-?) +
\ Р Р2 Р" 1—X )
>(1 -р —+ -^-+ ... +-^+—М-1==хп(1-х).
\ р р2 рп 1>г“Х /
С другой стороны,
Рп<(1 + — 4—— + •• 4- 4-----— х"(1—
А Р Р2 рп 1—х / х«(я-1)+1
Так как [хп (1 — %) п]/[х" (п — 1) 4* И < Рп < хл (1 — х), то ука-
занное в задаче неравенство также выполняется. Заметим, что послед-
нее неравенство может быть использовано для приближенного опре-
деления всех характеристик рассматриваемой СМО.
11.27. Железнодорожная касса имеет два окошка, в каждом из
которых продаются билеты в два пункта: Ленинград и Киев. Потоки
пассажиров, приобретающих билеты в Ленинград и в Киев одинаковы
по интенсивности, которая равна Ао = 0,45 пасс./мин. Среднее время
обслуживания пассажира (продажи ему билета) /обсл = 2 мин.
Поступило рационализаторское предложение: для уменьшения
очередей (в интересах пассажиров) сделать обе кассы специализи-
рованными: в первой продавать билеты только в Ленинград, а во
второй — только в Киев. Считая в первом приближении все потоки
событий простейшими, проверить разумность этого предложения.
Решение. 1) Вычислим характеристики очереди для двух-
канальной СМО (существующий вариант). Интенсивность потока зая-
вок X = 2Z0 = 0,9 пасс./мин; р, = 1/70бел = 0,5 пасс./мин; р = Мр. =
= 1,8; х = р/2 — 0,9 < 1, финальные вероятности существуют. По
формуле (11.0.21)
Ро = {1 + 1,8 + р « 0,0575;
по формуле (11.0.23)
1,8».0,0575 о. 7 8,4 п „
г ———---------«8,4пасс.; t0 =-------«9,3мин.
2-2.0,01 - 04 0,9
2) Во втором варианте (предлагаемом) имеем две одноканальные
СМО: р = Х0/р = 0,45/0,5 = 0,9 < 1.
Средняя длина очереди у одной кассы (по формуле (11.0.13)] равна
г = р2/(1 — р) = 0,92/0,1 = 8,1 пасс. Суммарная длина очереди к
обеим кассам будет 2г = 16,2 пасс.
Время пребывания пассажира в очереди (11.0.14) Т0Ч=~г1Х =
= 8,1/4,5 = 18 мин, что почти вдвое превосходит время стояния в оче-
реди в существующем варианте: 9,3 мин.
Вывод: «рационализаторское» предложение нужно отвергнуть, как
резко снижающее эффективность СМО. Резкое ухудшение характери-
стик СМО при переходе от двухканальной СМО (существующий ва-
риант) к двум одноканальным СМО (предлагаемый вариант) объясня-
ется тем, что, разделив кассу на две специализированные, мы лишили
кассиров возможности подменять друг друга.
11.28 *. Простейшая многоканальная СМО с «нетерпеливыми» за-
явками и с неограниченным числом мест в очереди. Имеется прос-
тейшая n-канальная СМО с очередью; интенсивность потока заявок %,
потока обслуживаний р, = 1//Обсл- Время пребывания заявки в очере-
ди ограничено некоторым случайным сроком Т, распределенным по
показательному закону с параметром v (на каждую заявку, стоя-
щую в очереди, действует «поток уходов» с интенсивностью v).
Написать формулы для финальных вероятностей состояний, найти
относительную пропускную способность СМО Q, среднюю длину оче-
реди г, среднее время t04 пребывания заявки в очереди, среднее число
г заявок в СМО и среднее время 7СИСТ пребывания заявки в СМО.
Решение. Состояния системы по-прежнему будем нумеровать
соответственно числу заявок, находящихся в СМО. Граф состояний
показан на рис. 11.28. Пользуясь общими формулами для схемы гибе-
ли и размножения и вводя обозначения р = Мр; р = v/p, получаем:
„ ==(1 . Р । Р2 । । Р" । Р" Г Р______1_______Р!________L.
. I 11 21 л! л! [л+Р (л -Ь Р) (л + 2₽)
(«+Р) (л+2р) ... (л+гр)
Pi = -n-/v, •••; pk =-77-po(Kfc<n); •••; pn=-^-p0‘,
11 kl ni
n = _p2______p n. . n = -P2__________pr_____________v
Pn+1 nt ' «+Р Po> Pn+r nt ' (n + P) («4-20)... (n+rP)
X Po(r>l); ... (11.28.1)
В первую формулу (11.28.1) входит бесконечная сумма, не являю-
щаяся геометрической прогрессией, но члены которой убывают быст-
рее, чем члены геометрической прогрессии. Можно доказать, что ошиб-
ка, возникающая от отбрасывания всех членов бесконечной суммы, на-
чиная с r-го, меньше, чем е—
Рис. 11.28
Предположим, что вероятности р0, р1г ..., рп, ..., рп+г, ... вычис-
лены, и,покажем, как можно найти характеристики данной СМО: от-
носительную пропускную способность Q, среднее число заявок в оче-
реди г и др. Найдем прежде всего Q. Обслужены будут все заявки, кро-
ме тех, которые уйдут из очереди досрочно. Подсчитаем, сколько зая-
вок в среднем уходит из очереди досрочно в единицу времени. Интен-
сивность потока уходов, приходящаяся на одну заявку, стоящую в оче-
реди, равна V, а суммарная средняя интенсивность потока уходов, при-
ходящаяся на все заявки, стоящие в очереди, равна vr. Значит, абсо-
лютная пропускная способность СМО
(1 Г.28.2)
а относительная
Q = 1- vr/X. (11.28.3)
Таким образом, для того чтобы найти Q, нужно прежде всего знать
г? которую непосредственно можно было бы найти по формуле г =
= 1Рп+1 + 2рп+г + ... + грп+г + ... Но эта формула плоха тем,
что содержит бесконечное число слагаемых. Этого можно избежать,
если_воспользоваться выражением для среднего числа занятых кана-
лов k через At k » Л/р или, учитывая (11.28.2),
~k — (X — vrj/p, = р — 0г. (11.28.4)
Из (11.28.4) получим
г=(р-Й, (11.28.5)
а среднее число занятых каналов k можно подсчитать как математиче-
ское ожидание случайной величины /С (число занятых каналов) с воз-
можными значениями 0, 1,2,п и соответствующими вероятностями
Ро» Рь Ра» Рп-i, П — (Ро + Pi + - + Pn-i)l:
k = 1Р1 + 2р, + ... 4- (п — 1) pn_j + п [1 — (р0 + Р1 + ... +
+ pn-i)l. (11.28.6)
Далее, по формуле (11.28.5) вычисляем г. Величину Точ находим по
формуле Литтла:
4,-гД. (11.28.7)
Среднее число заявок в СМО
г = /Й-£, (11.28.8)
а среднее время пребывания заявки в СМО
4иСТ = гД. (11.28.9)
Примечание, Можно доказать, что для рассмотренной СМО с «нетер-
пеливыми» заявками финальные вероятности существуют всегда, если только
Р > 0. Это подтверждается тем, что ряд в первой формуле (11.28.1) сходится
при любых положительных р и 0. По существу это означает, что очередь не
может расти неограниченно: чем больше длина очереди, тем интенсивнее уходят
из нее заявки.
11.29 . Рассматривается простейшая двухканальная ..СМО с «не-
терпеливыми» заявками (см. задачу 11.28). Интенсивности потока за-
явок 1 = 3 заявки/ч; среднее время обслуживания одной заявки
4бсл — 1/р = 1 ч; средний срок, в течение которого заявка «терпе-
ливо» стоит в очереди, равен 0,5 ч. Подсчитать финальные вероятности
состояний, ограничиваясь теми, которые не меньше 0,001. Найти ха-
рактеристики эффективности СМСГ: Q, A, k, г, /оч, tcaCT.
Решение. Имеем 1 — 3, р = 1, v = 2, р = 3, 0 = 2, п = 2.
По формулам задачи 11.28 получаем:
з2 г з . з2 . з3 . з«
2 [4 + 4-6 + 4-6-8 Т” 4-6-8-10 +
З3_______________З3
4-6-8-10-12 ' 4-6-8-10-12-14
З7________
4-6-8-10-12-14-16
0,0692;
откуда
/?!=3ро« 0,208; р2 = А 0,311; р3 = -^- р2» 0,234; р4 =
= 4-р8«0,117; р5 = 4р4«0,044; рв = ~-ръ« 0,013; р7 =
О О Iv
= -А-р6« 0,003; р8 = -4р7«0,001.
Среднее число занятых каналов (11.28.6) k — Ip^ + 2 (1 р0 —
—- pt) «1,654; средняя длина очереди (11.28.5) г == (р — k)!$ =
= (3 — 1,654)72 tn 0,673; абсолютная пропускная способность
A == 4p « 1,654 заявки/ч; относительная пропускная способность
Q == Д/Х « 0,551 и далее: 70ч = г/Х « 0,224 ч; г = г 4- k « 2,327;
7Сист = г/Х 0,776 ч.
11.30 . Простейшая СМО е «ошибками». Имеется п-канальная
СМО в неограниченной очередью. На ее вход поступает простейший по-
ток заявок с интенсивностью X; время обслуживания — показательное
с параметром р. Обслуживание происходит без гарантии качества;
с вероятностью р оно удовлетворяет заявку, а с вероятностью q =
= 1 — р — не удовлетворяет, и заявка обращается в СМО вторично
либо сразу обслуживается, если нет очереди, либо становится в оче-
редь, если она есть. Ввести состояния СМО (нумеруя их по числу за-
Рис. 11.30
явок в СМО); найти финальные вероятности состояний и характери-
стики эффективности СМО. Найти среднее число рекламаций, подан-
ных в единицу времени, если каждая неудачно' обслуженная заявка
подает рекламацию с вероятностью R.
Решение. Состояния''СМО:
$о — СМО свободна;
Si — занят один канал; ...;
sk — занято k каналов (1 k п); ...;
sn — заняты все п каналов
очереди нет;
sn+r — заняты все п каналов, г заявок стоят в очереди (г — 1,2,...).
Граф состояний приведен на рис. 11.30, где р = рр. Из этого графа
видно, что данная СМО эквивалентна другой СМО с полной гарантией
качества обслуживания, но g интенсивностью потока обслуживаний,
равной р = рр; для этой СМО р = Х/р = Х/(рр). Формулы (11.0.21)—
(11.0.25) остаются справедливыми, но при замене р на р, р на р.
11.31 . Простейшая одноканальная замкнутая СМО. Один рабочий
обслуживает т станков, которые время от времени отказывают (тре-
буют наладки). Интенсивность потока отказов одного станка равна X.
Если в момент отказа станка рабочий свободен, он немедленно присту-
пает к наладке; если нет — станок становится в очередь на наладку.
Поток отказов станка простейший, время наладки — показательное
с параметром р = 1//Обсл« Ввести состояния СМО, нумеруя их по чис-
лу неисправных станков; найти финальные вероятности состояний СМО
и следующие характеристики ее эффективности: А — среднее коли-
чество станков, ремонтируемое рабочим в единицу времени; w — сре-
днее число неисправных станков; г—среднее число станков, ожидаю*
щих ремонта в очереди; — вероятность того, что рабочий будет
занят.
Решение. Состояния СМО:
s0 — все станки исправны (рабочий свободен);
st — один станок неисправен (рабочий занят его наладкой); ...;
sk — k станков неисправны, один налаживается, k — 1 ждут очереди
sm — все т станков неисправны, один налаживается, т — 1
ждут очереди.
Граф состояний показан на рис. 11.31.
Рис. 11.31
Пр общим формулам^ схемы гибели и размножения^ обозначая
р = !/р, получаем
Ро = {1 + тр + т (т — 1) р2 + ... + .
+ т (т — 1) ... (т — k + 1) р* + ... + т\рп}~1\
Pi = трр0; р.2 — т(т—\) р2р0; ...;
рй = т (т — 1) ... (т — k + 1) pftp0 (1 <1 k «); •••;
Pm = пАртр0.
(11.31.1)
Чтобы определить абсолютную пропускную способность А, найдем
сначала вероятность того, что рабочйй занят:
/’зан = 1 - Ро- (-11.31.2) '
Если рабочий занят, он налаживает р станков в единицу времени;
значит,
Д = (1-р0)ц. (11.31.3)
Среднее число неисправных станков w можно ч выразить через А
с помощью следующих рассуждений. Каждый работающий станок
порождает поток отказов в интенсивностью.!; в среднем работает т—w
станков; порождаемый ими поток отказов имеет интенсивность
(т — w) %; все эти неисправности ликвидируются рабочим, значит,
(1 — Ро) И = (т — “О откуда
w = т — (1—р0)/р. (11.31.4)
Среднее число г станков в очереди найдем следующим путем:
щ = (11.31.5)
где k — среднее число обслуживаемых станков (или, иначе, среднее
число занятых каналов обслуживания). В нашем случае число занятых
каналов равно 0, если рабочий свободен, и 1, если он занят: k = О х
X Ро + 1 (1 — Ро) = 1 — Ро- Следовательно,
т — (1 — р0)/р — (1 — Ро) или Г= т — (\ — р0) (1 + 1/р).
(11.31.6)
11.32 *. В условиях задачи 11.31 найти среднее время 70Ч, которое
будет ожидать наладки произвольно выбранный вышедший из строя
станок.
Решение. Формула Литтла, которой мы пользовались ранее,
пригодна только для открытых СМО, где интенсивность потока заявок
не' зависит от состояния СМО. Для замкнутых .СМО она непригодна.
Время /оч найдем с помощью следующих рассуждений. Пусть какой-то
момент t появилась заявка (отказал станок). Найдем вероятность того,
что в этот момент СМО находилась в состоянии sk (k — 0, .... т — 1)
(ясно, что в состоянии sm она находиться не могла). Рассмотрим т
гипотез:
Но — в момент появления заявки СМО находилась в состоянйи s0;
Нг — в момент появления заявки СМО находилась в состоянйи sx;
Нк — в момент появления заявки СМО находилась в состоянии
sk,
Hm-i — в момент появления заявки СМО находилась в состоя-
нии sm_i.
Априорные вероятности этих гипотез равны р0, рх,..., pfe,..., pm_x.
Теперь найдем апостериорные вероятности гипотез при условии,
что наблюдено событие А = {на элементарном участке времени (t,
t + di) появился отказ станка}. Условные вероятности этого события
при гипотезах /70, Нъ ..., Ят_х равны:
Р (А |Д0) = mMt-, Р (A \Ht) = (т — 1) Mt; ...;
Р (А \Нк) = (т — k) Mt; ...; Р (A |Ят_х) = Mt.
По формулам Бейеса найдем-апостериорные вероятности гипотез
(при условии, что событие А произошло). Обозначая эти вероятности
Ро, Pi. .... Ph, .... Pm—1, получаем:
2 (m—k) рк 2 (m— k)Pk
k= о k= о
p------(m~k>Pk . ". p =---------^n=l----- (1 f.32.1)
2 <m~ k)ph 2 (ni—k)ph
'k= i k= o
Зная эти вероятности, найдем полное математическое ожидание вре-
мени пребывания отказавшего станка в очереди. Если станок отказал
в момент, когда система находится в состоянии s0, он не будет стоять
в очереди; если в состоянии %, то будет находиться в ней в среднем вре-
мя 1/р, если s2 — время 2/р и т. д. Умножая вероятности (11.32.1)
на эти числа и складывая, получаем
/’о,= — Ё kpk. (11.32.2)
И 1
11.33 . Рабочий обслуживает четыре стайка (т =* 4); каждый
станок отказывает с интенсивностью Л. = 0,5 отказа/47 среднее время
ремонта /р = 1/ц = 0,8 ч. Все потоки событий — простейшие. Поль- »
зуясь формулами задач 11.31, 11.32, найти: 1) финальные вероятно- j
сти состояний; 2) пропускную способность А; 3) среднее относитель- 1
ное время простоя рабочего Рпр; 4) среднее число станков в очереди |
г: 5) среднее число неисправных станков w; 6) среднее время пребыва- s
ния в очереди (оч одного отказавшего станка; 7) среднюю производи- j
тельность группы станков с учетом их неполной надежности, если в j
работающем состоянии один станок дает I единиц продукции. ;
Решение. р = 1//р = 1,25; р — Х/р = 0,4. ;
1) По формулам (11.31.1) имеем: р0 = {1 4- 1,6 4- 1,92 4- 1,53 4- !
+ 0,61}-* = 6,66-1 « 0,150; Pi = 1,6р0« 0,240; р2 = 1,92р0 « i
« 0,288; рз = 1,53р0 « 0,230; р* = 0,061 р0 « 0,092;
2) А = 0,850р.« 1,06 станка в час; — •
3) Рпр - Ро = 0.150; J
4) г ж 4 — 0,850 (1 + 2,5) « 1,03; »
5) w 1,03 + k « 1,03 + 0,85 = 1,88; i
6) по формулам (11.32.1) и' (11.32.2) р0 = 4-? * рз « !
« 0,283; pt « 0,340; р2 = 0^70; р^ = 0,108; Гоч = 0,8 (рх, + 2р2 + j
4-Зрз)» 0,964 ч. ’ _ ?
7) производительность группы станков равна (рг — w) I « 2,12/. <
11 .34. Простейшая многоканальная замкнутая СМО. Бригада из I
п рабочих обслуживает т станков (п < т). Поток отказов каждого *
етанка имеет интенсивность X; ореднее время наладки станка 7обол = ’
= 1/р. Все потоки событий — простейшие. Найти финальные вероят- ;
ности состояний СМО; абсолютную пропускную способность А; сред-
нее число неисправных станков w. \
Решение. Состояния СМО нумеруем по числу неисправных 1
станков: '
s0 — все станки исправны, рабочие не заняты;
S1 — один станок неисправен, один рабочий занят, остальные сво-
бодны; ...;
sft — k станков неисправны, k рабочих заняты, остальные свобод-
ны (k <. т)\ ...;
sn — п станков неисправны, все рабочие заняты;
sn+1 — «4-1 станков неисправны, из них п налаживаются, один \
стоит в очереди; ...; J
sn+r — п 4- г станков неисправны, из них п налаживаются, г в
очереди (п + г< т)\ ...; _ ;
sm — вое т станков неисправны, из них п налаживаются, т — п
ждут очереди. :
Предоставляя читателю самостоятельно построить граф состояний
СМО, приведем только окончательные формулы для вероятностей
состояний:
+ -^Р4-^^-р-+...+ р‘+
( I! 21 «'
, т (т—\) ... (т—п) п . । , , zn(w—1) . |/n —(n-f-r—1)|
• • i . Р " । I г
nln п\ п
„ . . . т\ „Л”1
хрп+ 4---- 4- 7,—n"Pm I
nl пт п J
т т(т— 1) 2
Pi= —рро; р2=—lp Ро; •••;
II а!
pk= + » р.р,
Я!
n! n
Pm = -n| д„;_„ PmРо, где p = Vp. (11.34.1)
Через эти вероятности выражается среднее число занятых рабочих:
k — O-Ро 4- Ipi + 2р2 4- ... 4- (п — 1) рп_г 4- « (рп 4- Pn+i 4*
4- 4- Pm) — Pi 4- 2рг 4- ••• 4- (п — 1) Pn-i 4" п (1 — Ро —
- Р1 — ... - pn_J. (11.34.2)
Абсолютная пропускная способность
(11.34.3)
а среднее число неисправных станков
w = т — /гр/А. = т — kip. (11.34.4)
11.35. Два рабочих (п = 2) обслуживают шесть станков (т == 6).
Станок требует наладки в среднем через каждые полчаса. Наладка за-
нимает у рабочего в среднем 10 мин. Все потоки событий — простей-
шие. 1) Определить характеристики СМО: среднее число занятых ра-
бочих k; абсолютную пропускную способность А; среднее число неис-
правных станков w. 2) Установить, улучшатся ли характеристики СМО,
если рабочие будут налаживать станки совместно, тратя вдвоем на
наладку одного станка в среднем 5 минут.
Решение. 1) Решаем задачу в первом варианте (рабочие нала-
живают станки порознь). Имеем т = 6; п = 2; % = 2; р = 6; р =
= А/р = 1/3. По формулам (11,34.1)
_ С 6 1 . 6-5 1 . 6-5-4 1___6-5-4-3 1
Ро —<14- । з 4- 1 2 32 4“ 12 2 gg 4- j 2 . 34 4-
6-5.4.3.2 1
1.2.2s 3$
6-5-4-3.2.1
1-2.24
—) 1 «0,153;
Рх = 6/Ь1/3 р0 « 0,306.
Среднее число занятых рабочих находим по формуле (11.34.2): k —
= Ьрх + 2_(1 — р0 — рх) « 1,235. Абсолютная пропускная способ-
ность А = k[k « 7,41. Среднее число неисправных станков а> = 6 —
— 7,41/2 « 2,30.
2) Если рабочие налаживают станки вместе, то СМО превращается
в одноканальную (т = 6; га — 1) при р, =s 12. Расчеты произведем для
р = Х/р = 1/6. По формулам (11.31.1)
Г « 0,264; рх « 0,264; р2 « 0,220; р8 « 0,147; р4 «
« 0,076; рв« 0,024; рв« 0,004; w = 6 —~ 1,59.
6 1/6 ’
Среднее число занятых каналов k = 1 — Ро — 0,736. Однако, учи-
тывая, что «канал» обслуживания состоит в данном случае из двух ра-
бочих, среднее число занятых рабочих будет
k' = 2-0,736 « 1,47; А = Гр = 0,736-12 « 8,8.
Таким образом, взаимопомощь между рабочими (каналами обслу-
живания) в данном случае' повысила среднюю занятость с 1,23 до 1,47,
снизила среднее число неисправных станков с 2,30 до 1,59 и повысила
пропускную способность с 7,4 до 8,8.
11.36. Имеется простейшая трехканальная СМО с отказами;на нее
поступает поток заявок с интенсивностью К— 4 заявки /мин; время об-
служивания заявки одним каналом 70бсл = 1/р = 0,5 мин. Спраши-
вается, выгодно ли с точки зрения пропускной способности СМО за-
ставить все три канала обслуживать заявки сразу, причем среднее вре-
мя обслуживания уменьшается втрое? Как это скажется на среднем
времени пребывания заявки в СМО?
Решение. 1) Находим вероятности состояний СМО без взаимо-
помощи между каналами по формулам Эрланга (11.0.6):
р0 = (1 + + ^0,158; Р01,в = р8 = —pok«0,21;
( И 21 3! J > » oik к» 3( ко » >
Q = 1 — Ротк « 0,79; А = XQ « 3,16.
Среднее время пребывания заявки в СМО вычислим как вероят-
ность Q того, что заявка будет принята к обслуживанию, умноженную
на среднее время обслуживания: 7СИСТ « 0,79-0,5 « 0,395 мин.
2) Объединяем все три канала в один с параметром у = 3-2 = 6;
получаем
Р„„ = - 0.4; Q - 1 - P„. - 0,6; Л = ад - 4.0,6 = 2.4.
Сравнив эту пропускную способность с пропускной способностью
СМО в первоначальном варианте, видим, что она не увеличилась (как
это было в предыдущей задаче), а уменьшилась! Легко понять, поче-
му это произошло: благодаря объединению двух каналов в один уве-
личилась .вероятность отказа (того, что пришедшая заявка застает оба
канала занятыми и уйдет яеобслуженной).
Среднее время пребывания заявки в СМО во втором варианте будет
меньше, чем в нервом: /Сиот= Q (М>) ~ 0Л мин. Однако это умень-
шение куплено «дорогой ценой» — тем, что ряд заявок вовсе не обслу-
живаются и, значит, проводят в СМО нулевое время.
Почему же в предыдущей задаче объединение двух каналов в один
повысило эффективность обслуживания? Предлагаем читателю поду-
мать над этим вопросом и объяснить кажущееся-противоречие. Не по-
тому ли, что в СМО в отказами заявки не становятся в очередь?
11.37. Имеется простейшая трехканальная СМО с неограничен-
ной очередью. Интенсивность потока заявок X = 4 заявки/ч; среднее
время обслуживания /обсл = 1/у = 0,5 ч. Выгодно ли, имея в виду:
1) среднюю длину очереди, 2) среднее время пребывания.заявки в оче-
реди, 3) среднее время пребывания заявки в СМО, объединить все три
канала в один, с втрое меньшим средним временем обслуживания?
Р е ш е н и е. 1) В первоначальном варианте’ (трехканальная СМО):
п = 3, X = 4, у, = 1/0,5 = 2; р = Х/у = 2; х = р/п = 2/3 < 1. Фи-
нальные вероятности существуют. Вычисляем р0 по формулам (11.0.21):
1 II 21 3! 31(1—2/3) J 9
2М/9 8
/ 3.3! (1/3)2 9
« 0,889;
/оч
0,222 ч; /сиот =
X 9 ~
=7оч+?об «0,722.
2) При объединении трех каналов в один: п — 1; X = 4; у = 6;
р = 2/3. По формулам (11.0.12)—(11.0.14) имеем -
7 = ~ 1;333; ?0, = « 0,333 ч; 7СИОТ =70ч +?об =
= 1/3+1/6 = 0,500.
Таким образом, объединение трех каналов в один, несколько сни-
зив среднее время пребывания заявки в СМО (с 0,722 до. 0,500), повы-
сило среднюю длину очереди и среднее время пребывания заявки в
ней. Это произошло потому, что, пока три канала совместно обслужи-
вают одну заявку, другим (вновь пришедшим) заявкам приходится
ждать в очереди.
Повышение эффективности обслуживания, наблюдаемое при объ-
единении каналов- в замкнутой СМО, связано о тем, что интенсив-
ность потока заявок при выходе из строя их источников (станков)
уменьшается.
11.38 . Рассматривается система массового обслуживания — стоян-
ка такси, на которую поступают простейший поток пассажиров с ин-
тенсивностью X и простейший поток машин о интенсивностью р. Пас-
сажиры образуют очередь, которая уменьшается на единицу, когда
к стоянке подходит машина (берется «идеальный» случай, когда води-
тель безропотно везет каждого пассажира туда, куда ему требуется).
В'случае, если на стоянке нет пассажиров, в очередь становятся ма-
шины. Число мест для машин на стоянке'ограничено (равно г); число
Рис. 11.38
мест в очереди для пассажиров также ограничено (равно /). Все потоки
событий — простейшие. Посадка производится мгновенно. Построить
граф состояний СМО, найти финальные вероятности состояний, сред-
нюю длину гп очереди пассажиров, среднюю длину 7М очереди машин,
среднее время /оч<п пребывания в очереди пассажира, среднее время
t04. м пребывания в очереди машины и. посмотреть, как эти характери-
стики изменятся при т -*• сю," / -> оо.
Решение. Состояния СМО будем нумеровать соответственно
числу пассажиров и машин на стоянке двумя индексами: первый —
число пассажиров, второй — число машин. Состояние sOt0 означает, что
на стоянке нет ни пассажиров, ни машин; состояние s0>h — нет машин,
k пассаЖиров>состояние s0i0 — етиашин, ни одного пассажира. Граф
состояний СМО показан на рис. 11.38. Граф соответствует схеме гибе-
ли и размножения. Применяя.общие формулы (11.0.4) для этой схемы
и обозначая Х/р, =» р, получаем:
Pi-i, o = PPi, о! Pi-2,0 = Р2Pi, о! •••» Ре, о — Pl~c Pi, о» —»
ро,0=Р' Pl,о; Po,k = Pl+kPl,O, >-i Po,m = Pt+mPl,o'.
Pi,o = {l +p + p2 + ... + p/+'"}-1 (11.38,1)
или, суммируя геометрическую прогрессию со знаменателем р,
Pi,o = (l—P)/(l—pz+'”-’1)- (11.38.2)
Вероятности (11.38.1) образуют геометрическую прогрессию е пер-
вым членом pi'O и знаменателем р. Если р > 1, наивероятнейшее со-
стояние системы будет sOi т— машин нет, все места, в очереди пасса-
жиров заняты; если р < Г— наивероятнейшее состояние $;.о — пас-
сажиров нет, все места в очереди машин заняты.
При т-*-<х>, 1-+ оо финальные вероятности не существуют; при
р > 1 очередь пассажиров, а при р < 1 очередь машин имеют тенден-
цию возрастать неограниченно (эта тенденция сдерживается тем, что
как число пассажиров, так и число такси в городе бесконечными быть
не могут).
11.39 *. В столовой самообслуживания имеется один раздаточный
пункт, на котором отпускаются как первые, так и вторые блюда. По-
ток посетителей столовой — простейший с интенсивностью X; на от-
пуск как первого, так и второго блюда идет случайное время, распре-
деленное по показательному закону с одним и тем же параметром р.
Некоторые посетители берут и первое, и второе (доля таких посети-
телей равна q), другие — только второе (доля 1 — q). Найти: 1) усло-
вия, при которых существует устойчивый, стационарный режим ра-
боты столовой; 2) среднюю длину очереди и среднее время пребывания
посетителей в столовой, если он съедает одно блюдо в среднем за вре-
мя т, а два блюда — за время 2т.
Решение.' Время, идущее на обслуживание одного посетителя,
представляет собой случайную величину Т, распределенную с вероят-
ностью q по закону Эрланга 2-го порядка, со средним значением
^>бсл = 2/р, а с вероятностью 1 — q — по показательному закону с
параметром р. Найдем математическое ожидание случайной величины
Т. Для этого воспользуемся формулой полного математического ожи-
дания (4.0.20) с двумя гипотезами: = {посетитель берет только вто-
рое); Н2 =s {посетитель берет оба блюда). Вероятности этих гипотез:
Р (//х) = 1—</; Р(Я2) = <7.
Полное математическое ожидание случайной величины Т равно
М IT] = Р (Hj) М [Т| HJ + Р (Я2) М [Т|Яа] == (1 - <?) (1 /р) +
+ q (2/р) = (q + 1)/р;
значит, столовая может обслуживать в среднем р/(<? 4- 1) посетите-
лей в единицу времени; если X р/(<7 + 1), то СМО перегружена, и
финальные вероятности не существуют, если же X < ц,/(д 4- 1), то
они существуют. Предположим, что X < р/(<? 4-1).
Для нахождения средней длины очереди г, средних времен пребы-
вания заявки в очереди 70ч и в системе (столовой) 7саст воспользуемся
формулой'Полячека—Хинчина (11.0.31). Для этого надо знать ко-
эффициент вариации случайной величины Т — времени обслуживания,
Найдем сначала второй начальный момент этой величины М IT2].
По формуле полного математического ожидания (с теми же гипотеза-
ми Н1 и Н2) получим
М [Т2] = (1 — q) М [ГТО 4- <?М [Т2|Я2]. (11.39.1)
При гипотезе Ях случайная величина Т распределена показатель-
но с параметром р:
М [T2|//J = D [Т|//х1 4- (М IT|tfx])2 = 1/р2 4- (1/р)2 = 2/р2.
При гипотезе Н2 вычислим второй начальный момент величины Т
по формуле
М [Т2|Я2] = D [Т|Я2] + (М [Т|Я,I)2.
Но М (Т|Я21 = 2/р, (М [Т|Я2])2 — 4/р2; дисперсия D (Т|Я2]-вдвое
больше, чем D [TIZ/J, как дисперсия суммы двух независимых одина-
ково распределенных случайных величин 7\ и Т21 т. е. D 1Т|Я2] =
= 2/р2. Следовательно,
М 1Т2|Яа] = 2/р2 + 4/р2 = 6/р\
откуда по (11.39.1)
М (Г2] = (1 — q) 2/р2 4- д67р2 = 2(1+ 2?)/р2.
Дисперсия случайной величины Т
D 171 = М 1П — (М [Т])2 = (1 + 2q — <?2)/р2;
отсюда коэффициент^ариации случайной величины Т
Он = ]/ 1 + 2^—<?2/(7 + 1).
Подставляя это выражение и р = % (<? + 1)/р в формулу Поляче-
ка—Хинчина (11.0.31), получаем
(№/ра) (<?+ 1)2 Г1 +
-r = j (Wp2)(l+2c)
2 [l-(W (q+ 1)[ 1- (Vp) (q + I) '
Далее =s г/Х; /спет e А>ч 0/ *t* I)/p 0/ “H 0 =s /оч "4” (ff "I*
+ 1)(T +
11.40. Пример простейшей СМО о отказами и с приоритетом.
Имеется двухканальная СМО с отказами, на которую поступают два
простейших потока заявок: I с интенсивностью и II в интенсивностью
Х2 (будем кратко называть их «заявки I» и «заявки II)». Заявки I
имеют перед заявками II приоритет, состоящий в следующем: если за-
явка I приходит в момент, когда все каналы заняты и хотя бы один
из них обслуживает заявку II, то пришедшая заявка I «вытесняет»
из-под обслуживания заявку II, становится на ее место, а та покидает
СМО необслуженной. Если заявка I приходит в момент, когда все ка-
налы заняты обслуживанием заявок I, то она получает отказ и покидает
СМО. Заявка II получает отказ, если она приходит в момент, когда
заняты оба канала (безразлично какими заявками).
Построить размеченный граф состояний СМО^-нумеруя состояния
двумя индексами (/, /'); первый указывает число заявок I, второй —
число заявок II, находящихся в СМО. Написать уравнения для фи-
нальных вероятностей состояний. Решить их при = А,2 = pt = р2 =»
= 1. Выразить через pi} (i + / 2) следующие характеристики эф-
фективности СМО:
Ротк (Ротк) — вероятность отказа в момент поступления для за-
явки I (II);
Иг) — среднее число заявок I (II), обслуживаемое СМО в
единицу времени;
k[ (&г) — среднее число каналов, занятых обслуживанием заявок
I (И);
Ртк, A> & — те же характеристики для СМО в целом, безотноси-
тельно к виду заявок.
Решение. Состояния СМО: s00 — в СМО нет заявок; s10 —
в СМО одна заявка I и ни одной заявки II; s01 — в СМО ни одной заяв-
ки Ги одна заявка II; % — в СМО две заявки I и ни одной заявки II;
su — в СМО, по одной заявке 1 и Ц; s04 — в СМО ни одной заявки I
и две заявки II. Размеченный граф состояний СМО дан на рис. 11.40.
Уравнения для • финальных вероятностей состояний:
(%i 4- 1а) р00 — Ц1Рю + Р-2Р01» (^1 + ^5 + Pi) Pio — ^iPoo + 2pi X
X Рго 4* Р2Р11» ^PiPzo = ^1Рю 4* ^iPu> (^1 4* Xj 4* Иг) X
X Poi — ^zPoo 4* Р1Р11 4- ЗргРог; (%i 4* Pi 4~ Рг) Ри “ ^гРю 4"
4* ^iPoi 4" W,02» (М 4* 2ра) Рог = ^гРоь Роо 4" Рю 4* Рго 4" Poi 4*
4" Ри 4" Рог e 1-
Решая их при Х1 = Х2 = р1 = р2 = 1, получаем
Роо = 0,20;. рю = 0,25; р2о = 0,20; ро4 = 0,15; рц в 0,15; роа в 0,05;
Ротк = Рго = Ротк Рго 4* Ри 4~ Рог ~ 0,40; А± = Xj (1 —
- Р&) = 0,8.
Величину Д2 вычислим, учитывая то, что некоторые заявки П,
принятые к обслуживанию, вытесняются заявками I и покидают СМО
необслуженными. Среднее число таких заявок в единицу времени рав-
но Хц (ри + р02), следовательно,
= ^2 И — (Рго 4" Ри 4* Рог)! — Xj (ри 4* Рог) = 0,4;
kx = Ai/pf, = Аа/рг-
Вероятность Р01К того, что произвольно выбранная заявка, по-
ступившая в СМО, получит отказ, найдем по формуле полной вероят-
ности с гипотезами: Нг = {пришла заявка I); Н2 — {пришла заявка
II}. Вероятности этих гипотез
Р (Я1) = Xi/(Xi 4-Л); Р Ша) “ W 4-Ха).
Следовательно,
р
1 отк
_____Xt п<1>
44-Ха РоТК
Ха
Xff-Xj
Р^=о,з.
Заметим, что все характеристики для заявок! можно было бы полу-
чить, совершенно игнорируя заявки И й рассматривая задачу так, как
если бы на двухканальную СМО с отказами поступали только заяв-
ки 1. Предоставляем читателю убедиться в этом, подсчитав все харак-
теристики для двухканальной СМО с отказами, на которую поступает
только поток заявок I.
11.41. Условия предыдущей задачи изменены так, что количество
каналов СМО с отказами равно п = 3. Построить граф состояний СМО.
Написать уравнения для финальных вероятностей рц (Z 4* / 3),
где i — число заявок I, / — число заявок II, находящихся в СМО.
Считая эти уравнения уже решенными, выразить через рц те же ха-
рактеристики эффективности, что и в предыдущей задаче.
Решение. Граф состояний показан на рис. 11.41.
Уравнения для финальных вероятностей состояний:
(Xi +' Х2) Pqq = + РгРоь (^i + Ч + Hi) Pio = ^iPoo 4*
4* 2(1^20 + p2Pn; (^1 + ^2 + 2^1) P20 5=3 ^1P1O 4" + [X2 P21>
(Xi + + p2) P01 = ^гРоо 4” IA2P11 4~ 2g2Po25
(^1 4* ^2 4“ m 4~ H2) P11 ^iPoi 4* ^2 Рю 4* 2y1p21 + 2p.2Pi2>
(M + H2 + 2pi) P21 = (Ри + P12) 4- &2P20; (^1 4^4 2|л2) p02 =
^2Poi 4" H1P12 4" 3pi2p03; (Xx 4- Ui 4“ 2p>2) p12 5=sXx (p02 + Роз) 4* ^яРн»
(\i 4* Зр2) Роз ^гРо2>
Poo 4" Рю 4“ P20 4" Рзо 4" Poi 4“ Р114* P214" P02 4- P12 4- Роз — h
Pотк — Рзо5 Pотк — Рзо 4" Р214~ Р12 4- Роз»
^1 = (1------Рзо); 42 = Х>2 [ 1-(Рзо 4" Р21 4- Р12 4“ Роз)] ^1 (Роз 4“ Р12 4* Роз) >
^1 “ ^1/^1» ^2 1=3 ^2?fe; 4“ ^2 >
D ______ Р<1> I ^2 р(2)
'отн — ”Т ^ОТК “Г "7 *ОТИ.
Лх-|-Л2
11.42. Пример СМО с очередью и о абсолютным приоритетом.
Имеется одноканальная СМО с двумя местами в очереди (т = 2). На
вход СМО поступают два простейших потока заявок I и II с интенсив-
ностями Xj, Х2. Времена обслуживания — показательные с параметра-
ми |хх, р,2. Заявка I, прибывшая в СМО, «вытесняет» заявку П, если она
обслуживается, и занимает место в очереди перед ней, если она стоит
в очереди. «Вытесненная» заявка II] покидает СМО необслуженной,
если в очереди уже нет мест, и становится в очередь, если места есть.
Нумеруя состояния СМО двумя индексами I, j соответственно числу
заявок I и II, находящихся в СМО, построить размеченный граф со-
стояний СМО и написать уравнения для финальных вероятностей со-
стояний. Считая этим уравнения уже решенными, выразить через
Ри> (* 4- / < 3) следующие характеристики эффективности СМО:
Рат (Ротк) — вероятность того, что заявка I (И) получит от-
каз немедленно после прибытия;
Рис. 11.42
Qi (Qa) — вероятность того, что заявка I (II) будет обслужена;
zi (гг) — среднее число заявок I (И), связанных с СМО;
(1 (гг) — среднее число заявок I (II), находящихся в очереди;
^сист> 4иёт — среднее время пребывания в системе для заявки
I (И); _
2оч\ (4П — вреднее время пребывания в очереди для заявки I (II);
4ист — вреднее время пребывания в системе для любой (произ-
вольной) заявки;
10ч — среднее время пребывания в очереди для любой заявки.
Решение. Состояние СМО: st) — в СМО находится i заявок
I и / заявок II (i + / 3). Размеченный граф состояний показан на
рис. 11.42.
Уравнения для финальных вероятностей состояний:
(%! -|- Х2) Poo = Р1Р10 4" р2рО1> (^1 4" ^2 4" Pl) Р10 = ^1РоО 4*
4- PiPao 4- щРи; (^1 4- А.2 4- Pi) Р20 = ^1Рю 4- РхРзо 4- Р2Р21;
РхРзо = ^х (Рго 4- Р21); (^! 4- ^-2 4- Иг) Рох = ^гРоо 4" Pi Pi 4* Рг Рог,
(%! + %2 4- Pi 4- Рг) Ри — ^гРхо 4~ W’oi 4" Р1Р21 4- Р2Р12’» (^х 4" ^2 4-
+ На) P02 = ^2p01 + P1P12 + H2P03; (^1 + Hl + И2) P12 = ^1PO2 +
4" ^aPu 4* ^1Роз» (^1 4- На) Роз = ^aPoa»
Poo 4-Pio 4- Pao 4- Pso 4* Poi 4- Pn 4- P21 4- P02 4- P12 4- Роз = U
Ротк = Рзо» Ротк = Pso 4* Р214“ P12 4- Р03» Ql= I Ротк ~ 1 “Рзо*
Чтобы найти Q2, найдем сначала Л2 — среднее число обслуженных
заявок II в единицу времени:
Л2 = Х2 (1 — Ротк) Aj (Роз 4" Р12 4“ Р21) = А>2 [1 — (Рзо 4" Pai 4г
4- Р12 4- Роз)) — (Роз 4- Р12 4- Р21).
Деля это выражение на Х2, находим среднюю долю обслуживаемых за-
явок II (вероятность того, что заявка II будет обслужена): Q2 = Л2/Х2.
Тогда
21 = Ь(р10 + рп 4- р12) 4- 2 (р20 4- р21) 4- Зр80; z2 — Ь(р01 4- Pu4-
4- Р21) 4" 2 (р02 4- Pia) 4* Зр08; = 1*(р20 4" Pai) 4~ 2р80; ra =* 1 (Рц4"
4- Pai) 4- 2р12.
По формулам Литтла
= ^оиот = to*1 =r2/A2j
7 _ Af _/<!> I _ A2 7(2) . J ______ Xj 7(1) j X2 7(2)
1сист — 2 ,2 ‘вист T . , >сиот» ‘оч--. ГТ гоч Т Г ГГ— гоч •
A,j-f-A2 Л1'ТЛ2 Л1-(-Л2 4т*г
Все характеристики, относящиеся к заявкам I, можно вычислить
и не решая уравнений (11.42), а просто игнорируя наличие заявок II,
рассматривая СМО с ограниченным числом мест в очереди {т = 2)
и находя ее характеристики по формулам п. 3 раздела 11.0.
11.43. Простейшая СМО без очереди и о «разогревом» каналов. На
вход n-канальной СМО поступает простейший поток заявок с интен-
сивностью Л. Время обслуживания — показательное с параметром
I*. Перед тем, как начать обслуживание заявки, канал должен подго-
товиться («разогреться»). Время «разогрева» ТРаа имеет показатель-
ное распределение с параметром v и не зависит от того, как давно
канал прекратил работу. Заявка, заставшая канал свободным, «за-
нимает» его и ждет, пока он разогреется, после чего поступает на об-
служивание. Заявка, заставшая все каналы занятыми (обслуживае-
мой или ожидающей заявкой), покидает СМО и остается необслужен-
ной. Найти финальные вероятности СМО и характеристики ее эффек-
тивности: вероятность отказа Ротк, относительную пропускную спо-
собность Q, абсолютную пропускную способность А, среднее число
занятых каналов k.
Решение. Будем считать, что обслуживание заявки состоит
из двух фаз: ожидания разогрева и’ самого обслуживания: Тобол =
= ^раз 4- Робел- Случайная величина ТОбсл распределена по обоб-
щенному закону Эрланга 2-го порядка (см. задачу 8.39) с параметра-
ми р, V. Мы знаем, что формулы Эрланга (11.0.6) справедливы не
только для показательного, но.и для любого распределения времени
обслуживания. Найдем величину р = 1/М [Тобсл|. Имеем
М [To^l - М [Траз1 + М [Тобсл1 = 1/р 4- 1/v = (р 4- v)/(pv),
откуда р = (pv)/(p 4- v). Вычислив р = Х/р и подставив это значе-
ние р в формулы Эрланга (11.0.6), получим:
( о <7* о” I-1 п*
Ро= 1+ -£-+•••+ -!г + - + тг >Ря = ~Ро
[1! «! п\ I k\
/’отк=Рп =~7-р0; <2=1—^-Ро; 4=xq=x i--P-Pu).
пл т \ П1 )
Чтобы найти среднее число занятых каналов k, нужно разделить
А на р:
& = — (1 — -%- |Ро=р(1------т-'ро-
|1 \ й* / у пл
11.44 . Простейшая одноканальная СМО с очередью и «разогревом»
канала. На одноканальную СМО с неограниченной очередью посту-
пает простейший поток заявок в, интенсивностью X. Время обслужива-
ния — показательное в параметром р (р > X). Перед тем как присту-
пить к обслуживанию заявки, свободный до того канал должен «разо-.
греться». Время «разогрева» — показательное G параметром v и не
зависит от того, как давно канал кончил работу. Если обслуживание
начинается сразу же после конца обслуживания предыдущей заяв-
ки, «разогрева» не нужно. Составить граф состояний СМО и написать
уравнения для финальных вероятностей состояний; выразить через
эти вероятности характеристики эффективности СМО: средние числа
заявок в системе г и в очереди г, средние времена пребывания заявок
в системе /сист и в очереди t04.
Рис. 11.44
Решение. Состояния СМО (рис. 11.44):
s00 — канал свободен, не разогрет;
s'oi — пришла одна заявка и ждет, канал разогревается;
sXi — канал разогрет, одна заявка обслуживается, очереди нет;
s02 — канал разогревается, в очереди две заявки; ...;
sot — канал разогревается, в очереди I заявок;
— канал обслуживает одну заявку, I — Г заявка стоит в оче-
реди; ....
Уравнения для финальных вероятностей:
?Фоо = РРхь (*- + v) Poi = Moo! + H) Pu = vpot + ppi2;
(A + v) p02 = Ap01; (X + p) p12 = vp02 + Apu 4- pp18; ...;
(A. 4- v) poj = ApOt i-f,
(A 4- p) pltJ=vpou 4- xpu.i 4- HPi,z+i; •
z= 2 z(Po.i4-Pi.i); r= 2 /(po,14-Pi,z+i).
1=0 1=1 j
По формуле Литтла
/спет = 2’/^'. /©Ч :=
11.45 *. Имеется одноканальная СМО с очередью, ограниченной
числом мест т = 2. На вход СМО поступает простейший поток заявок
с интенсивностью А. Время обслуживания распределено по обобщен-
ному закону Эрланга с параметрами рх, р2 (см. задачу 8.39). Най-
ти вероятности состояний СМО:
s0 — в СМО нет заявок;
sx — в СМО одна заявка (очереди нет);
s2 — в СМО две заявки (одна обслуживается, одна в очереди);
s8 — в СМО три заявки (одна обслуживается, две в очереди).
Найти характеристики эффективности СМО: Ротв, Q, А, г, г,7еи0Т,70Ч.
Вычислить их для значений А = 2, рх = 6; р2 = 12. 2) Сравнить их
с теми, которые получились бы для простейшей СМО с таким же
значением А и значением р, равным 1//обсл> гДе /обол — среднее вре-
мя обслуживания заявки в данной СМО.
Решение. Поток обслуживаний — не] пуассоновский, зна-
чит, система не марковская, и найти вероятности состояний СМО по
обычной методике, которую мы применяем для марковских процес-
сов с дискретными состояниями и непрерывным временем, нельзя.
Однако процесс, протекающий в СМО, можно искусственно свести к
йарковскому, применив так называемый «метод фаз».
Представим обслуживание состоящим из двух фаз (I и П), продол-
жающихся соответственно время Тх и Т2; полное время обслуживания
Тобсл — Л 4" ^2> где Л имеет показательное распределение с пара-
метром pi; Т2 — показательное распределение о параметром р2. Тог-
да Тобол будет иметь обобщенное распределение Эрланга с,парамет-
рами р,х и р2 (см. задачу 8.39).
Введем следующие состояния СМО: -
s0 — СМО свободна;
sxx — в СМО одна заявка, обслуживание в первой фазе;
s12 — в СМО одна заявка, обслуживание во второй фазе;
s21 — в СМО две заявки (одна обслуживается и одна в очереди);
обслуживание в первой фазе;
s22 — в СМО две заявки, обслуживание во второй фазе;
s31 — в СМО три заявки, обслуживание в первой фазе;
«да — в СМО три заявки, обслуживание во второй фазе.
Дальнейших состояний нет, так как (по условию т = 2) больше трех
заявок в СМО быть не может. Размеченный граф состояний СМО по-
казан на рис. 11.45. При таком подходе мы состояние st расчленяем на
два: su и s12 (или, короче, = su 4- s12); аналогично s2 = s21 4- s22,
s3 = «si + «32- Уравнения для финальных вероятностей, соответ-
ствующих графу рис. 11.45, будут: (
Мо = МзРп? + Ml) Р11 = Мо + Р2Р22; Ф + Ms) Р12 = MiPu!
(1 4- gj) р21 = р2р32 4- ЬРи; (Ь 4- Мг) Р22 = М1Р21 + Хр12;
М1Р31 = ^Ргь Мг^зг “ М1Р31 "I* ^Ргг»
нормировочное условие р0 4- Рп 4- Р12 + Р21 + Р22 + Рзх + Рзг = 1-
Решая эти уравнения, получаем: <
pQ = / 1 | (^ + Нг) |. _(^+И1 + Нг)+^2 Нг (^+Иг)
0 I И1И2 Иг И1Иг
। (^4~Н1~Ь Иг) । ^4(^ + Н14~Нг)+^3 НгС^+Нг)
И1 И2 И2 Иг
। ^3(^ + И1~ЬИг) । ^4(^4-Н1+Нг) + ^3 Иг(^ + Нг) l .
И1Иг Hi Нг J .
__(^ + Иг)^ . _ п. п __ ^3(^+Н1+И2)+^2Н2(^+Н2) п.
Р11 —--------Ро, Р12 — Ро, Р21 —-------------------------Ро,
(
№(И1+Нз+М n. п __ ^4(^ + И1 + Иг)+^3 Иг(^ + Иг) л.
---------Ро, Рз1—-----------г-Т-------Ро,
п ___Г Х4(^+И1 + Иг)+^3 Нг (^ + Иг)
Рзг —
L И2 Иг
M*4-Mi4-faH ро> (Ц.45Д)
Hi Иг J
Далее находим финальные вероятности состояний sx, s2, s3:
Pi=Рп + Pi2 = —— (h+Их 4- М2) po;
Mi М2
X2
P2=P21+P22= — 10-+Mi) +Mi +.M2) 4- М2 (^+Мг)1 Po;
Hi Иг
Рз = Psi + Рзг = —7—7 К^Мг + ^Mi + Mi) (^+Mi + М2) 4-
Mi и’
4- М2 (Mi + Мг) + М2) 1 Ро, (11.45.2)
где ро определяется первой из формул (11.45.1).
Характеристики эффективности СМО могут быть найдены через
вероятности р0, рх, р2, р3 по формулам:
Ротк = Рз; _Q = 1 — р3; 4 = Ml — Рз); г == 1рх 4- 2р2 4- Зр3;
г = 1р2 4- 2р3; /сист = г/Х; /0, = r/k. (11.45.3)
Подставляя в формулы (11.45.1) численные данные X = 2, pt = б;
1*а = 12, получаем: р0 — 0,540; ри = 0,182; р12 = 0,090; р21 = 0,087;
р22 = 0,050; р81 = 0,029; р82 = 0,022. Отсюда, возвращаясь к исход-
ной (не марковской) СМО, имеем: р0 — 0,540; рх = 0,272; р2 = 0,137,
Рз = 0,051.
Далее, по формулам J11.45.3): Ротк == 0,051; Q = 0,949; А — 1,89;
z = 0,705;- г = 0,243; /саст = 0,352; /оч = 0,122.
2) Подсчитаем те же характеристики для простейшей СМО с теми
же! = 2, р = (1/pj + 1/р2)-^— 4. По формулам (11.0.12) — (11.0.15)
имеем: р = 0,5; р0 ~ 0,533; k = 1 — р0 « 0,467; pt = рр0 « 0,267;
р2 = Р2Ро « 0,133; рз = р3р0 « 0,067; Ротк = р8 « 0,067; Q = 1 —
— Рз ~ 0,933; А « 1,866; г~« 0,733; г = 0,267; £иот« 0,367; t04 «
«0,133.
Мы видим, что наша не марковская СМО имеет над простейшей
СМО некоторое преимущество по пропускной способности и очень мало
отличается от нее (в лучшую сторону) по времени пребывания заявки
в СМО и по длине очереди.
11.46*. Имеется одноканальная СМО с двумя местами в очереди.
На ее вход поступает пальмовский поток заявок с интервалом Т, рас-
пределенным по обобщенному закону Эрланга с параметрами
время обслуживания — показательное с параметром р. 1) Применяя
метод фаз, написать уравнения для финальных вероятностей состоя-
ний Ро, ри pj, р3^Выразить через эти вероятности характеристики СМО:
Ротк> Q. 2’ г> ^сист> А>ч- 2) Вычислить финальные вероятности и хц
рактеристики эффективности для следующих исходных данных: =
=• 3, Х2 = 6; р — 4 и сравнить их с теми, которые соответствуют
простейшей СМО в параметрами к = (1/А^ + 1А2)-1 = 2, р = 4,
рассмотренной в задаче 11.45.
Решение. 1) Если рассматривать, как мы делаем обычно, со-
стояния СМО, нумеруя-их соответственно числу заявок в СМО: s0,
Si, s2, s8, то система не будет марковской. Чтобы ее марковизировать,
разделим на две фазы (I и II) не время обслуживания, а интервал Т
между заявками: Т = 7\ 4- Т2, где случайные величины 7\ и Т2 име-
ют показательное распределение с параметрами Хг и Х2 соответственно.
Состояния СМО будем нумеровать по числу заявок в СМО и номе-
ру фазы между заявками:
s01 — заявок в СМО нет; интервал между заявками в первой фазе;
s02 — заявок в СМО нет; интервал между заявками во второй фазе;
su — в СМО одна заявка (обслуживается); интервал между заяв-
ками в первой фазе;
s12 — в СМО одна заявка (обслуживается); интервал между .заяв-
ками во второй фазе;
s2i — в СМО две заявки (одна обслуживается, другая в очереди);
интервал между заявками в первой фазе;
s22 — в СМО две заявки (одна обслуживается, другая в очереди),
интервал между заявками во второй фазе;
«з1 — в СМО три заявки (одна обслуживается, две в очереди);
интервал между заявками в первой фазе;
s82 — в СМО три заявки (одна обслуживается, две в очереди),
интервал между заявками во второй фазе.
Граф состояний СМО дан на рис. 11.46.
Уравнения для финальных вероятностей:
^хРох = РРхх» ^зРоз 1=8 ^хРох 4" РРхг» (^х 4" р) Ри — ^гРог 4" Р32х>
(^2 4* р) Р12 = \Pxi 4* РР22» (^х 4“ р) Р21 33 ^гР12 4* РРзь
' (^2 4" р) Р22 в ^хРгх 4“ РРзг» (^х 4“ р) Psi 33 ^гРгг 4" ^гРзг»
(^>2 4* р) Р 32 888 ^1Рзх«
. Нормировочное условие р01 4- р02 4- ptl 4- р12 + р21 4- р22 +
4" Рзх 4- Рзг 33 !•
Эти уравнения удобнее всего решать, выражая вероятности pt]
через последнюю, р82. Выражения для вероятностей рг; (I «О, 1, 2,
3; j — 1, 2) имеют вид:
„ ft > ц4~х2 । и(и4*Хх+^г) । р(и2 + ^х и4-2^гр+М) ।
Рз2"Г + ~+—МЧ + ЦЦ +
I |ia (p.24~2Xf р 4*2Х2 p4-Xa4*XtX24~X2) I
ц ц
. цЧр34-2^Ра4-з^ра4-Ми4-2М^р4-зх^4-Х|)
ц ц +
, р3(р34-ЗХ1ца4-ЗХ2ра4-ЗХ^4-4Х1Х2|14-ЗХ^(14-Х?4-Х^Х24-Х1Х^+Х^) ,
р3(ц8+2Х1на4-ЗХ2ц34-Х^4-2Х1Х2ц4-ЗХ^-ЬХ1) W
Xi xt j
п __Р4-Хг _ Р(и+Хх4-Х2)
Рзх ~ Г— Рзг, Ргг--------тт---------Рзг»
Ад Аз
pa----------------Pa2>
______ Pa(P2+2Xj p.-f-2X2 p-|-XJ-J-Xx X2-|-Xi) ,
Pi2 — 12 12 гвг<
Pu =
p.2 (p3 4-2Xt pa+3X2 p2+ X? p+ 2Xt X2 p + 3Xj p+ Xj)
x8 x2
p3 (p34-3Xi ps4-3X2 p2+ 'XJ р+4ХьХ2 p4-
.4~3Xj p 4~x3 4*Xj X24-Xi Xj+Xj
Psz>
X3 X2
Рзг<
Poi—
p8 (p34~2X1 p2+3X2 p2+X? p+2Xx X2 p + 3Xj p+Xj)
Рз2-
Po2— ~
M M
Переходя обратно к исходной (не марковской) СМО, получаем:
Ро = Poi *Ь Роа» Р1 = Ри + Р12> Рг e Р21 + Ргг_£ ?з = Рзх + Рзг-
Далее, Ротв_= р3; Q =_1 — р_3; А = QX; г = 1рх + 2р2 + Зр3;
Г = 1р2 Ч" 2р3, ^СИСТ == АэЧ = Г/Х.
Финальные вероятности состояний: р01« 0,308; р02 « 0,208; ри «
« 0,231; р12 « 0,082; р21« 0,091; р22 « 0,032; р31« 0,037; р32 «
« 0,011.
Для исходной (не марковской) СМО р0 = 0,616; рх = OJ313; р2 =
« 0,123; р3 « 0,048; Ротк « 0,048; Q » 0,952; А « 1,904; z « 0,703;
г « 0,219; /сист » 0,352; /оЧ л; 0,110.
Из сравнения этих данных с результатами предыдущей задачи
11.45 делаем вывод, что СМО задачи 11.46 имеет незначительное пре-
имущество перед СМО задачи 11.45 по всем характеристикам эффек-
тивности и несколько большее преимущество перед простейшей СМО
с теми же %, р.
11.47. Простейшая СМО без очереди с неограниченной взаимопомо-
щью между каналами. На n-канальную СМО с отказами поступает
простейший поток заявок с интенсивностью X. Каналы работают со
«взаимопомощью» — если в момент обслуживания очередной заявки
в СМО есть свободные каналы, то все они подключаются к обслужива-
нию данной заявки. Интенсивность'простейшего потока обслуживаний
заявки есть некоторая функция р = <р (k) числа k каналов, одновремен-
но обслуживающих ее. Построить граф состояний СМО и найти финаль-
ные вероятности состояний. Выразить через них характеристики эф-
фективности СМО: вероятность отказа Ротк, относительную пропуск-
ную способность Q, среднее число занятых каналов k. Подсчитать эти
характеристики при п — 4, % = 1, р (k) = &р, р = 0,5 и сравнить их
с теми же характеристиками в случае отсутствия взаимопомощи между
каналами.
Решение. Так как в момент прихода первой же заявки все п
каналов подключаются к ее обслуживанию, то это означает, что все
каналы вместе всегда работают как один..СМО превращается в одно-
канальную СМО о отказами; ее состояния: s0 — ни один канал не за-
нят; sn — все п каналов заняты. Размеченный граф состояний показан
на рис. 11.47. Пользуясь этим графом, получаем финальные вероят-
ности состояний:
п = /14- • р = р =z
° I <p(n) J <р(л)-|-Х ’ 1 Ч>(«) ° ф(п)+Л
При <р (п) = яр, имеем р0 = (лр)/(пр + Л); Pi = V(«P + Л).
При п = 4, Л = 1, р = 0,5 имеем р0 = 2/3; = 1/3; Pow = р, =
= 1/3; Q = 1 - Р1 = 2/3; Л = AQ = 2/3 л 0,667.
Среднее число занятых, каналов & = 4-1/3 + 0-2/3 = 4/3 аг 1,333.
Этот же результат получим, деля А па р: ~k = (2/3)/0,5 = 4/3.
Рис. 11.47
Для сравнения рассчитаем те же характеристики эффективности
для четырехканальной СМО без взаимопомощи между каналами [см.
формулы Эрланга (11.0.6) и вытекающую из них (11.0.7)1; при р =
— Л/р = 2 t
Ро == О + Р + Р®/2 + Р8/6 + р4/24}-1 = 1/7;
Ротк = Р4 = (2/3) (1/7) = 2/21; А = Л (1 - 2/21) « 0,905; Q = А;
k = Д/р ра 1,81.
• Сравнивая эти характеристики с ранее полученными для СМО со
взаимопомощью между каналами, приходим к выводу, что в наших •
условиях взаимопомощь невыгодна. Это на самом деле так — для СМО
с отказами неограниченная взаимопомощь (когда все каналы сразу
«набрасываются» на одну заявку, а тем временем вновь приходящие
заявки получают, отказ) всегда невыгодна.
11.48. Простейшая СМО без очереди с равномерной взаимопомощью 1
между каналами. Имеется простейшая n-канальная СМО с отказами,
на которую поступает поток заявок с интенсивностью Л. Между кана-
лами осуществляется взаимопомощь, но не объединением всех кана-
лов в один, как в предыдущем примере, а так называемая «равномерная»
организованная следующим образом. Если заявка приходит в момент,
когда все п каналов свободны, то все каналы принимаются за ее об-
служивание; если в момент обслуживания заявки приходит еще одна, (
часть каналов переключается на ее обслуживание; если, пока обслу-
живаются эти две заявки, приходит еще заявка, часть каналов пере-
ключаются на ее обслуживание и т. д., пока не окажутся занятыми все
п каналов; если они все заняты, вновь пришедшая заявка получает
отказ. Функция q> (k) = kp, т. е. обслуживание k каналами в k раз f
быстрее обслуживания одним Каналом.
Составить размеченный граф состояний СМО, определить финаль- (
ные вероятности состояний и характеристики эффективности: Q, А,
k. Подсчитать их при п *= 4, X = 1, р = 0,5, т. е. в условиях задачи
11.47, и сравнить с тем, что получается без взаимопомощи*’.
Решение. Состояния СМО нумеруются по числу заявок, на-
ходящихся в СМО. Граф состояний дан на рис. 11.48. Этот граф —
тот же, что для простейшей одноканальной СМО о производительно-
стью р* = пр и ограниченной очередью, имеющей п — 1 мест. Для
определения ее характеристик можно воспользоваться формулами
(11.0.16)—(11.0.19); полагая р = р* = 1/р* = Х/(пр) = 0,5; имеем
при т — 3:
/z^ = Fzfc«0'514' Л =(₽•)* Л «0,032;
А = X (1 — р4)« 0,968; Q = 1 — Pi « 0,968; k = А /р* « 1,936.
В тех же условиях (см. задачу 11.47) при отсутствии взаимопомощи
имеем: Д« 0,905; Q«0,905; ~k л; 1,81, т. е. «равномерная» взаимопо-
мощь несколько увеличивает пропускную способность СМО. В данном
случае это увеличение незначительно, так как СМО сравнительно ма-
ло нагружена.
Рис. 11.48
1.49. Для простейшей трехканальной СМО с отказами и парамет-
рами: X = 4 заявки/мин, среднее время обслуживания заявки одним
каналом 1/р = 0,5 мин, интенсивность обслуживания заявки k ка-
налами q> (k) = йр определить характеристики эффективности СМО
Q, A, k для трех вариантов использования СМО: 1) при отсутствии
взаимопомощи; 2) при неограниченной взаимопомощи; 3) при равно-
мерной взаимопомощи между каналами.
_ Ответ: 1)Q« 0,79; А « 3,16'Д « 1,58; 2) Q = 0,6; А = 2,4;
k == 1,2; 3) Q « 0,887; А « 3,51; k « 1,76.
11.50. - Простейшая СМО с неограниченной очередью и со взаимо-
помощью между каналами. Имеется простейшая n-канальная СМО,
на которую поступает поток заявок с интенсивностью X; время обслу-
живания заявки одним каналом — показательное с параметром р.
Интенсивность потока обслуживаний заявки k каналами пропорцио-
нальна их числу: ф (k) — &р. Каналы распределяются по заявкам, на-
ходящимся в СМО, произвольным образом, но при условии, что если
*)При нашей постановке задачи все равно, какая часть каналов переключа-
ется на обслуживание вновь прибывшей заявки; важно, что все время работают
все п каналов и ни одна вновь пришедшая заявка не получает отказа, пока в СМО
не окажется п заявок! и все и каналов будут по одному их обслуживать.
в СМО находится хотя бы одна заявка, все п каналов заняты обслу-
живанием.
Нумеруя состояния СМО по числу заявок, находящихся в ней, по-
строить размеченный граф состояний, найти финальные вероятности
состояний и вычислить характеристики эффективности СМО: k, г, г,
^СИСТ> ^04-
Решение. Граф состояний этой СМО совпадает с графом со-
стояний простейшей одноканальной СМО с неограниченной очередью,
с интенсивностью потока заявок X и потока обслуживаний пу (см. п. 2
раздела 11.0). Полагая в формулах (11.0.12)—(11.0.15) р = х = %/(пр.),
получаем ро«= 1 — х; pk — v.k (1 — х) (k » 1, 2, ...); г = х/(1 — х);
г — х2/(1 — х); /сист = х,(1—х) ’ ^оч = Х(1—х) ‘
Характеристики эффективности СМО в данном случае совершенно
не зависят от того, обслуживают ли каналы заявки «все как один»
или «равномерно», так как заявки не получают отказов (заметим, что не
меняются от этого только средние значения случайных величин Z,
R, Теист> T’oq, а не их распределения).
11.51. Простейшая СМО с ограниченной очередью и равномерной
взаимопомощью между каналами. Рассматривается простейшая СМО
с п каналами и ’ равномерной взаимной помощью между каналами.
На СМО поступает простейший поток заявок с интенсивностью X;
поток обслуживаний одного канала — простейший с интенсивностью
р; k каналов, обслуживающих одну заявку, дают суммарный поток
обслуживаний с интенсивностью <₽(&) = Каналы распределяются
между заявками «равномерно» в том смысле, что каждая вновь пришед-
шая заявка начинает обслуживаться, если только есть возможность
выделить для этого канал. Заявка, пришедшая в момент, когда все п
каналов заняты, становится в очередь. Число мест в очереди /п; если
они все заняты, заявка получает отказ.
Нумеруя состояния СМО по числу заявок, находящихся в ней, со-
ставить размеченный граф состояний СМО и найти финальные вероят-
ности состояний. Найти характеристики эффективности СМО: POfB, Q,
Решение. Состояния СМО:
s0 — система свободна;
sx — одна заявка обслуживается всеми п каналами; ...;
sh — k заявок обслуживаются всеми п каналами (1 < k < га); ...;
sn — п ’заявок обслуживаются п каналами, очереди нет;
sn+1' — п заявок обслуживаются п каналами, одна заявка стоит
в очереди; ...;
sn+m — п заявок обслуживаются п каналами, т заявок стоят в
очереди.
Граф состояний СМО дан на рис. 11.51. Этот граф состояний СМО
совпадает с графом состояний простейшей одноканальной СМО с ог-
раниченным числом т мест в очереди, интенсивностью потока зая-
вок % и интенсивностью потока обслуживаний пу (см. раздел
Рис. 11.51
11.0, п. 3). Подставляя в формулы (11.0.16)—(11.0.20) и=%/(/гу.) вместо
ри п + пг вместо т, получаем:
Ро= (1 —«)/(! —xn+m+2); pk = nkро (k = 1,..., п + /и);
^отк = Рп +m< Q." Рп+т‘, Л ~ ^Q.
—хП+т (п + от +1—(я + т) к)] . - =-
(1_х"+«+2)(1-х) ’ + ’
^сист == ^оч = Г [h.
11.52. На вход автоматизированного банка данных (АБД) подает-
ся в среднем Л = 335 статей/ч. Первая операция по обработке вход-
ного потока первичных информационных документов (ПИД) состоит
в отборе тех статей, которые должны вводиться в АБД. В отборе уча-
ствует 6 человек (отборщиков); средняя производительность каждого
отборщика р = 60 статей/ч. Известно, что в среднем из входного по-
тока отбирается для ввода в АБД 61,3% ПИД. Все потоки событий —
простейшие. Рассматривая систему отбора ПИД для ввода в АБД
как шестиканальную (л = 6) СМО с неограниченной очередью, опре-
делить ее характеристики эффективности: A, Q, k, z, 7,7СИСТ, 70Ч.
Решение. Так как очередь неограниченна, Q — 1; А = Л.
Интенсивность потока ПИД, отобранных для ввода в АБД, Ло = Лр,
где р 0,613, т. е. Ло = 335-0,613 « 205 статей/ч.
Интенсивность потока ненужных для ввода в АБД ПИД будет
Лв — Л (1 — р) « 130 статей/ч.
Среднее число отборщиков, занятых отбором ПИД, ~k — Л/р = р =
= 5,58 и не зависит от числа каналов (отборщиков). Стационарный
режим в СМО существует, если выполнено условие х = Л/(пр) < 1;
в нашем случае qho выполнено (х = 0,93).
Вероятность того, что в СМО будут заняты работой все п отборщи-
ков [см. формулу (11.0.22)], равна
Рп = Р (п, Р) / [fl (п, Р) + Р («, Р) т~Т
Пользуясь таблицами, данными в приложениях 1, 2, получаем
рв = 0,1584 До,6703 -4- 0,1584 « 0,0569.
Среднее число ПИД в очереди [см. (11.0.23)] 7 = Рпх!(1 — х)2
«10,8. Среднее время пребывания ПИД в очереди ?0Ч=г/Л« 1,87 мин.
Среднее число ПИД, находящихся в системе (в очереди и на обработ*
ке), z ==_г + р « 15,38. Среднее время пребывания ПИД в системе
^сист === ^04 1/р» 2,87 мин.
11.53. На вход СМО (рис. 11.53) подается простейший поток за-
явок с интенсивностью %. Обслуживание состоит из двух последова-
тельных фаз, выполняемых в СМОХ и СМО2. В СМОХ проводится об-
СМО
Рис. 11.53
служивание заявки, а в СМО2 контролируется качество проведенного
в СМОХ обслуживания. Если в СМО2 не обнаружено недостатков в
обслуживании, то заявка считается обслуженной в СМО; если в СМО2
обнаружены недостатки в обслуживании, то заявка возвращается на
повторное обслуживание в СМОХ (см. рис. 11.53). Вероятность того,
что заявка, обработанная в СМОХ, будет в результате контроля в СМО2
возвращена на повторное обслуживание в СМОХ, равна 1 — р и не
зависит от того, сколько раз она была обработана в СМОХ.
СМОХ и СМО2 представляют собой пх- й Пг-канальные системы
с неограниченной очередью и интенсивностью потоков обслуживаний
в каждом канале рх и соответственно. Время повторного обслужи-
вания заявки в канале,в СМОХ и повторного контроля качества обслу-
живания заявки в канале в СМО2 распределено (так же, как и при
проведении этих операций впервые) по показательному закону с пара-
метрами |дх и рг соответственно. Определить условия существования
стационарного режима работы рассмотренной СМО, считая, что пото-
ки заявок, поступающие в СМОХ и СМО2, простейшие.
Решение. Обозначим Хх интенсивность потока заявок, подавае-
мых на вход СМОХ. Очевидно, что > %, так как на вход СМОХ бу-
дет поступать поток заявок, направляемых на обслуживание в СМОХ
впервые (интенсивность потока %), плюс поток заявок, направляемых
на повторное обслуживание (см. рис. 11.53). Если стационарный ре-
жим существует, то интенсивность потока обслуженных в СМОХ за-
явок %ох будет равна интенсивности Поток обслуженных в СМОХ
заявок поступает в СМОг, следовательно, на вход СМО2 поступает
поток заявок с интенсивностью = Аох. В силу наличия стаци-
онарного режима в СМО2 интенсивность потока заявок на выходе
СМО2 (Х02) будет также равна Таким образом,
Хх = А01 = (11.53.1)
Очевидно, что интенсивность потока обслуженных заявок Хо на
выходе СМО в стационарном режиме будет равна интенсивности вход-
ного потока %.
Интенсивность потока обслуженных в СМО заявок Хо будет равна
интенсивности потока заявок на выходе СМО2 (Х^), умноженной на
вероятность р того, что заявка не будет возвращена в СМОХ на повтор-
ное обслуживание:
Х02р = Хо = X, (11.53.2)
откуда
Х02 = Х/р. (11.53.3)
Таким образом [см. формулы (11.53.1)—(11.53.3)],
Хх = ^ = Х/р. (11.53.4)
Для того чтобы существовал стационарный режим работы в СМО,
необходимо, чтобы как СМОХ, так и СМО2 «справлялись» с потоком
поступающих на них заявок; следовательно, должны выполняться
два условия:
хх = W^iPi) = Х/(рпхрх) < 1; (11.53.5)
Х2 = V(«2P2) = M(pn2P2) < 1. (11.53.6)
Они вытекают из того, что как СМОХ, так и СМО2 представляют собой
пх- и п2-канальные системы с интенсивностью обслуживания в кана-
лах рх и р2 соответственно^ с неограниченными очередями (см. п. 4
начала этой главы).
11.'54 . Для условий предыдущей задачи определить среднее время
пребывания заявки в СМО и среднее число заявок, находящихся в СМО.
Решение. Среднее время однократного пребывания заявки в
СМОХ 7х (см. рис. 11.53) будет определяться из условия, что на вход
этой системы поступает простейший поток заявок с интенсивностью
Хх = Х/р, число каналов обслуживания пх, интенсивность обслужива-
ния р*, число мест в очереди неограниченно. Для этих условий в со-
ответствии с (11.0.21)—(11.0.25) имеем
4 = (Pi+г~) Хг1 = — + - р",1*4* • 1 -54Л >
где
хх = -^; Х1= —;
«1 Р
пп> +1 1
Ь ... +-^r-+P1 , ,
nJ пх.Пх! 1—хх
Аналогично рассчитываем величину 4— среднее время однократ-
ного пребывания заявки в СМО2 для условий = Х/р; п2;
4 — (Рг+ гг) ^2 1
J___। р”г+1Ро2
М2 n2*/i2! (l—^Cg^Xj
(11.54.2)
где
«2 = -^:
n2
n2l
— 5
• p
Z4^2 “F 1
| г 2 1
n2.n2l 1—X
Следовательно, ереднее время однократной обработки заявки
СМОх и СМОг будет
хп = 7г + 1г. (11.54.3)
Из условия задачи 11.53 следует, что случайная величина X —
число циклов обработки одной заявки в СМОХ и СМО2_будет иметь ге-
ометрическое распределение, начинающееся с единицы, с параметром pi
Р
2 | 3 ... | k | ...
РЧ j W2 ... | | ...
(11.54.4)
Обозначим Tlt Tz, ..., Tk, ... — время первого, второго....k-ro
цикла обработки заявки в СМОХ и СМО2. По условиям задачи случай-
ные величины Тг, Тк, ... независимы, одинаково распределены
и имеют математическое ожидание т12.
. Время пребывания заявки в СМО (в учетом возможных возвратов
заявки на повторное обслуживание) можно записать в виде Т =
х
— 2 Тк, т. е. оно представляет собой сумму случайного числа слу-
*=1
чайных влагаемых, где число слагаемых X не зависит от случайных ве-
личин 7\, TZ) Тз, ... В соответствии с решением задачи 7.64 находим
математическое ожидание величины Ti
7= М [71 - М [Тк 1 М [XI «= т~/р. (11.54.5)
Для рассмотренной СМО формула Литтла также справедлива, по-
этому ереднее число заявок, находящихся в СМО, будет определяться
по формуле
z*=tK. (11.54.6)
11.55. Условия задачи (11.53) изменены так, что в CMOj и СМО2
проводится только первичное обслуживание и его контроль; если за-
явка не прошла контроль в СМО2, то она направляется на повторное
обслуживание в СМО3 и повторный контроль в СМО4 (рис. 11.55).
СМО3 и -СМО4 представляют собой п3- и п4-канальные системы с по-
казательным распределением времени обслуживания заявок в каналах
с параметрами р3 и р,4 соответственно. Вероятность того, что заявка,
обработанная в СМО3, будет в результате контроля в СМО4 возвраще-
на на повторное обслуживание в СМО3, равна 1 — я. Определить
условия существования стационарного режима работы рассмотренной
в этой задаче СМО, считая, что потоки заявок, поступающие в СМОЬ
СМО2, СМО 3 и СМО4, являются простейшими.
СМО
Рис. 11.55
Решение. В рассматриваемой СМО в стационарном режиме ;•
будет иметь место очевидное равенство (см. рис. 11.55)
Ь = ki = Ч =Л = V (11.55.1) ;
Следовательно, интенсивность потока заявок, которые прошли одно- ’
кратное обслуживание и контроль в СМО4 и СМО2, будет 1р. Поток
заявок, не прошедших контроля в СМО2 и направляемых на повторное ;
обслуживание в СМО8 и СМО4, будет иметь интенсивность 1 (1 — р).
Работа системы повторного обслуживания СМО3 и СМО4 (от точки 1
до точки 2 на рис. 11.55) принципиально ничем не отличается от работы
системы, рассмотренной в задаче 11.53.
Из всего сказанного следует, что для стационарной работы рассма-
триваемой в этой задаче СМО должны выполняться совместно следую-
щие условйя:
V _ <- !• х — с 1 • X — (1 —<- 1 •
1, Л2------- 1, лз — 1 ,
Ml л2 р2 пп3 р3
Х4 = А111. (11.55.2)
т р,4
Кроме того, будут иметь место равенства (см. рис. 11.55)
Х3 = Хоз = Х4 = Х04 = X (1 — р) л-1. (11.55.3)
11.56. Для условий предыдущей задачи определить среднее время
7 пребывания заявки в СМО и среднее число заявок г, находящихся
в СМО.
Решение. Среднее время пребывания заявки в СМО4 будет
определяться из условия, что на вход этой системы поступает простей-
ший поток заявок с интенсивностью = & [см. рие. 11.55 и формулу
(11.55.1)1, число каналов обслуживания nlf интенсивность обслужива-
ния в канале числе мест в очереди неограниченно. Для этих усло-
вий в соответствии в (11.0.21)—(11.0.25)
4=(р1+г;и>^-1-+ . (п.56.1)
P'S П1’Л1! (1—Хх)2Л
где
Аналогично рассчитываем величину для СМО2 при 9^ = 1,
Г2 = (Рг+г^ —+ р",г+‘ , (11.56.2)
щ п2.л2|(1—х2)а%
где
Ро2 — 1 4
X р2
р2= —; х2= — ?
Щ «2
Рг t Р2 । । Рг2 । Рг2^~* * 1
Ll! 2! «2! ^п^Х 1—х2 |
Среднее время пребывания заявки в СМОХ и СМО2 равно
*12 “ 4 + 4- (11.56.3)
Среднее время ta однократного пребывания заявки в СМО3 будет
•определяться из следующих условий: на вход этой системы поступает
простейший поток заявок с интенсивностью %3 = % (1 — р)/п 1см.
рис. 11.55 и формулу (11.55.3)1, число каналов обслуживания п3,
интенсивность обслуживания в канале р3, число мест в очереди не-
ограниченно. Тогда в соответствии с (11.0.21)—(11.0.25)
4—(Рз + г3) Хз 1 = 1 /р3 + р"»+1 Роз/[«з «з! (1 —«в)2 М. (11.56.4)
где
_ _ %3 _ Х(1-р)
Рз---------------
р3 лрз
«.--а
п3
5
Роз — 1 +
Рз- I I- р"* ] Р?3*1
2! rtgl ~п3п3!
_1_1-
!—Хз J
Аналогично рассчитываем величину /4 для СМО4 при Jl4 == 9i (1______
— р)/п, п4, р4:
4 = (р4 + rj V = 1/р4 + р?+1р04/Ь4’П41(1 — Х4)2х41, (11.56.5)
где
_ ^4 _ (1 ~ Р) .
щ Л|Д,
V - Р“ -
Х4--------;
«4
1 1 Р4 | Рд I । Ра* । р44~1~ I
"Г И 21 -г“*'г „4| n4n4l 1—и
Следовательно, среднее время однократной обработки заявки в СМ03
и СМО4 будет
?зГ = ^ + 4. (11.56.6)
В соответствии с формулой (11.54.6) математическое ожидание
времени пребывания заявки в СМОа и СМО4 (см. рис. 11.55) с учетом
возможной повторной обработки равно
?м = т^/л. (11.56.7)
Для определения среднего времени пребывания заявки в СМО рас-
смотрим две гипотезы: 1) Нг — заявка подвергалась только однократ-
ной обработке; Р (Я4) = р; 2) Н2 — заявка подвергалась многократ-
ной обработке; Р (Д2) = 1 — р.
При гипотезе Нг математическое ожидание времени пребывания
заявки в СМО будет определяться по формуле (11.56.3), при гипотезе
Н2 — по формулам (11.56.7) и (11.56.3). Полное математическое ожи-
дание времени пребывания заявки в СМО будет
~t — Ti2 + "4V (1 — р)/л. (11.56.8)
Среднее число заявок, находящихся в СМО, определяется по фор-
муле Литтла:
г = /А. (11.56.9)
11.57. Рассмотрим условия задачи 11.53 применительно к много-
кратной'обработке информации в двух фазах. С целью контроля
правильности перфорации она осуществляется дважды: на пер-
фораторе и на «контрольнике», с помощью которого обнаруживают
ошибку. Перфораторщица осуществляет в среднем одну ошибку на
1000 знаков (букв, цифр и т. п.). Каждая перфокарта содержит в сред-
нем 80 знаков. Если во время контроля на перфокарте обнаружена
хотя бы одна ошибка, то эта перфокарта возвращается снова на перфо-
рацию. За год необходимо обработать 50000 документов, каждый из
которых содержит в среднем 400 знаков.
Найти минимально необходимое число перфораторщиц, работаю-
щих на перфораторах и контрольниках, если одна перфораторщица в
год перфорирует 4,2- 10е знаков, и определить характеристики такой
системы.
Решение. Из условий задачи следует, что в год необходимо
в среднем отперфорировать и проконтролировать 50 000*400/80=
= 250 000 перфокарт. Следовательно, & = 250 000 перф./год = 125
перф./ч = 2,083 перф./мин. Производительность перфораторщицы, ра-
ботающей за перфоратором или на «контрольнике», составляет pi =*
= Рг = 4,2-10®/80 = 52-5000 перф./год = 26,25 перф./ч = 0,438 перф./
мин. Вероятность необнаружения ни одной ошибки на перфокарте рав-
на р = 0,999е0 « 0,9. При этом мы пренебрегаем вероятностью того,
что и перфораторщица и контролер ошибутся одинаково в одном и
том же знаке. Эта вероятность намного меньше, чем (0,001)2 = 10-0,
так как клавиатура перфоратора и «контрольника» имеет около 50
различных знаков. Если считать, что ошибочно может быть нажат на
клавиатуре любой знак из 50, то получим вероятность одинаковой
ошибки, равную 10—6/2500. Если считать, что ошибочно может быть на-
жат на клавиатуре только ближайший к нужному знак (а их от 5 до
8), то эта вероятность будет • 10~®/25 — Ю—®/64.
Условие стационарной работы перфораторщиц будет [см. формулы
(11.53.5), ,(11.53.6)]
MO^PiP) = «х < 1; M(n2[i2p) = «2 < 1,
откуда «j >» V(PiP) — 250 000/(52-500-0,9) = 5,29; > 5,29.
Таким образом, нужно иметь шесть перфораторщиц и шесть конт-
ролеров.
Характеристики работы перфораторщиц: Хвх1 = 1/р = 250 000 :
: 0,9 = 278 000 перф./год; = 6; рх = 52-500 перф./год; «х = % :
: («ipp) = 0,882; рх = Л/(ррх) — 5,29.
По формуле (11.0.22) находим вероятность того, что веб шесть пер-
фораторщиц будут заняты и «очереди» документов, подлежащих пер-
форации, нет:
_ ___________? (п1> Pi)____ _ о> ^52_______________= 0 107
Рп' %, 0,882
R («1. Pi)+P(«i. Pi) 0,282 + 0,152 } ——
Среднее число перфокарт, ожидающих в очередь на перфорацию,
Л = Рп,«1/(1 - «1)2 = 6,78.
Среднее время ожидания перфокарты в очереди: 70Ч = ГхрХ-1 =
= 2,92 мин; 7г = t04 i + 1/р,х — 5,21 мин. _ _
Общее число перфокарт в первой фазе = гх + = гх + рг =
= 12,07.
Так как характеристики второй фазы (контроля) такие же, как и в
первой, то можно выписать общие характеристики работы системы с
учетом возврата перфокарт на новую обработку. Общее среднее число
перфокарт, находящихся в системе, z = 2zx = 24,14; из них в очереди
будет 7 = 2?i= 13,56. Общее среднее время обработки одной перфо-
карты с учетом ее возможного возврата на повторную обработку равно
7 = т^/р = (/х + t2)/p — 2tjp = 11,57 мин.
ПРИЛОЖЕНИЯ
Приложение 1
РАСПРЕДЕЛЕНИЕ ПУАССОНА Р (т, а)=-^-е-°
\ а т\ 0,1 0« 2 0s3 0*4 0,5 0,6 0*7 0,8 0*9
0 0*9048 0,8187 0,7408 0,6703 0,6065 0,5488 0,4966 0,4493 0,4066
1 0,0905 0,1638 0,2222 0,2681 0,3033 0,3293 0,3476 0,3595 0,3659
2 О'0045 o;oi64 0'0333 0,0536 0,0758 0,0988 0*1217 0,1438 0,1647
3 0,0002 0,0019 0,0033 0,0072 0,0126 0,0198 0,0284 0,0383 0,0494
4 0,0001 0,0002 0,0007 0,0016 0,0030 0,0050 0,Q077 0,0111
5 0,0001 0,0002 0*0004 0*0007 0,0012 0*0020
6 0,0001 0,0002 0,0003
\а 1 1 2 3 4 5 1 6 . - 7 8 9 10
0 0,3679 0,1353 0,0498 0,0183 0,0067 0,0025 0,0009 0,0003 0,0001 0,0000
1 0,3679 0,2707 0*1494 0,0733 0,0337 0,0149 0,0064 0,0027 0,0011 0,0005
2 0,1839 0,2707 0,2240 0,1465 0,0842 0,0446 0,0223 0,0107 0,0286 6,0050 0,0023
3 0,0613 0,1804 0,2240 0,1954 0,1404 0,0892 0,0521 0,0150 0,0076
4 0,0153 0,0902 6,1680 0,1954 0,1755 0*1339 0,0912 0,0572 0,0337 0,0189
5 0,0031 0,0361 0,1008 0,1563 0,1755 О,16О6> 0,1277 0,0916 0,0607 0,0378
6 0,0005 0,01/20 0,0504 0,1042 0,1462 0,1606 0,1490 0,1221 0,0911 0,0631
7 0,0001 0,0037 0,0216 0,0595 0,1044 0,1377 0,1490 0,1396 0,1171 0,0901
8 0,0009 0,0081 0,0298 0,0653 0,1033 0,1304 0,1396 0,1318 0,1126
9 0,0002. 0,0027 0,0132 0,0363 0,0688 0,1014 0,1241 0,1318 0,1251
10 0,0008 0,0053 0,0181 0,0413 0,0710 0,0993 0,1186 0,1251
11 0,0002 0,0019 0,0082 0,0225 0,0452 0,0722 0,0970 0,1137
12 0,0001 0,0006 0,0034 0,0126 0,0263 0,0481 0,0728 0,0948
13 0,0002 0,0013 0,0052 0,0142 0,0296 0,0504 0,0729
14 0,0001 0,0005 0,0022 0,0071 0,0169 0,0324 0,0521
15 0,0002 0,0009 0,0033 0,0090 0,0194 0,0347
16 0,0003 0,0014 0,0045 0,0109 Q,0?}7
17 0,0001 0,0006 0,0021 6,0058 0,0128
18 0,0002 0,0009 0,0029 0,0071
19 0,0001 Р,0004 0,0014 0,2237
20 0,0002 0,0006 0,0019
21 0,0001 0,0003 0,0009
22 0,0001 0,0004
23 0 0002
24 0,0001
Приложение 2. ЗНАЧЕНИЯ ВЕРОЯТНОСТИ*)
т аь
R(m. a) = l—R(tn а)=1 — У
k=o м
m a=0.l a=0.2 Q=0,3 a=0 4 a=0,5
0 1 2 3 4 5 6 GO — »U C© 2 25 £2 O> Oi QO О 00 CD 00 00 Illi a * tt н 1,8127-’ 1,7523“ 2 1,1485“’ 5,6840“* 2,2592“* м w ео «г ю 1 1 1 1 1 00 CD I© — Ю SS&S ?2 Ю CO Ю CO Ю ci co co ci •— a> *>i Oi go ©- so-ю ' Л> to О) to cn co tO'tU to 05 CD CD NW CD GO tO 00 11 Illi ft U *» (А Ы w — — f- ~~©00 ОДЧ Vjjb © CO О — to СП GO to GO tO 05-ooo^ •Й. CD to 05 00 4^4 III 1 II о и* >*» с» to । *“
rh a=0,6 a=0,7 a=0,8 1 a=0.9
0 1 2 3 4 5 6 7 4,5119-1 1,2190 2,3115“’ .3,3581“’ 3,9449“* 3,8856-* 3,2931“* 5,0341-1 1,5580 3,4142”’ 5,7535“’ 7,8554-* 9,0026-* 8,8836-* 5,5067-1 1,9121 4,7423-’ 9,0799-’ 1,4113 1,8434“* 2,0747“* 2,0502“* 5,9343“' 2,2752 6,2857“’ 1,3459 2,3441“’ 3,4349“* 4,3401“» 4,8172“®
m a=l д=2 л=3 (Г=4. a=5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 ^->—00 CD 00 »— 00 to 05 k-OGo'cCOs 00 О ”O5 00 tO tO tO CD COG0»UtO CD CO 00 О tO •"* toco»— 00 00 оо»— Фь to 1 III 1 1 a 9 й> C« ъэ 8,6466-1 5,9399 3,2332 .1,4288 5,2653-’ 1,6564 4,5338-’ 1,0967 2,3745-* 4,6498-* 8,3082“* 1,3646 . 9,5021-1 8,0085 5,7681 3,5277 1,8474 8,3918-’ 3,3509 1,1905 3,8030-’ 1,1025 2,9234“* 7,1387-* 1,6149 3,4019-* 9,8168-1 9,0842 7,6190 5,6653 3,7116 2,1487 1,1067 5,1134-2 2,1363 8,1322-з 2,8398 9,1523-* 2,7372 7,6328-* 1,9932 4,8926-® lf1328 9,9326-! 9,5957 8,7535 7,3497 5,5951 3,8404 2,3782 1,3337 6.8094-2 3,1828 1,3695 5,4531-’ 2,0189. 6,9799-* 2,2625 6,9008“® 1,9869 5,4163-° 1,4017
*) Вероятность Р(т, а) =~ е—° может быть найдена через вероятность R (mt а) следую*
щнм образом; Р (mf a)=R a)^R (m, a) (m > 0), P (0, a) = l^Z? (0> a).
т а=6 <2 = 7 а = 8 <7 = 9 а=10
0 9,9752-1 9,9909-1 9,9966-1 9,9988-1 9,9995-1
1 9,8265 9,9270 9,9698 9,9877 9,9950
2 9,3803 9,7036 9,8625 9,9377 9,9723
3 8,4880 9,1823 9,5762 9,7877 9,8966
4 7,1494 8,2701 9,0037 9,4504 9,7075
5 5,5432 6,9929 8,0876 8,8431 9,3291
6 3,9370 5,5029 6,8663 7,9322 8,6986
7 2,5602 4,0129 5,4704 6,7610 7,7978
8 1,5276 2,7091 4,0745 5,4435 6,6718
9 8,3924-2 1,6950-1 2,8338-1 4,1259-1 5,4207-1
10 4,2621 9,8521-2 1,8411 2,9401 4,1696
11 2,0092 ' 5,3350 1,1192 1,9699 3,0322
12 8,8275-» 2,7000 6,3797 -2 1,2423 2,0844
13 3,6285 1,2811 3,4181 7,3851-2 1,3554
14 1,4004 5,7172-з 1,7257 4,1466 8,3458 -2
15 5,0910-* 2,4066 8,2310-3 2,2036 4,8740
46 1,7488 9,5818-* 3,7180 1,1106 2,7042
17 5,6917“3 3,6178 1,5943 5,3196-з 1,4278
18 1,7597 1,2985 6,5037-* 2,4264 7,1865-з
1U а =7 4=5 Я=9 д=10
19 20 21 22 23 24 25 26 27 5,1802“» 1,4551 4,4402"» 1,4495 4,5263-» 1,3543 2,5294 9,3968"» 3,‘34О7 1,1385 3,7255“® 1,1722 1,0560 4,3925-* 1,7495 6,6828-* 2,4519 8,6531*** 2,9414 3,4543 1,5883 6,9965-® 2,9574 1,2012 4,6949“® 1,7680 6,4229“® -2,2535
Пример. Требуется, определить вероятность того, что событие А появится
не более двух раз, если а = 7.
Имеем
R (2,7) = 1 — Я (2,7) = 1 — 9,7036-! = 1 — 0,97036 = 0,02964.
При м е ч а в,и я: 1. Еслй у числа в таблице показатель степени отсутст*
вует, то им будет показатель степени ближайшего вышестоящего числа, у кото*
рого есть показатель степени. Например, R~(33i 19) « 1,2067 • 10~3«
2. При а > 20 вероятность R (т, а) можно рассчитывать по приближенной
формуле:
(тФ0,5—а \
-------------J +0,5
V<* I
где Ф(х)—функция Лапласа (приложение 5).
т а- 11 # = 12 а= 13 а= 14 я=15
0 9,9998"* 9,9999ч
1 9,9980 9,9992 9,9997"* 9,9999"*
2 9,9879 9,9948 9,9978 , 9,9991 9,9996-*
3 9,9508 9,9771 9,9895 9,9953 9,9979
4 9,8490 9,9240 9,9626 9,9819 9,9914
5 9,6248 9,7966 9,8927 9,9447 9,9721
6 9,2139 9,5418 9,7411 9,8577 9,9237
7 8,5681 9,1050 9,4597 9,6838 9,8200
8 7,6801 8,4497 9,0024 9,3794 9,6255
9 6,5949 7,5761 8,3419 8,9060 9,3015
10 5,4011 6,5277 7,4832 8,2432 8,8154
И 4,2073 5,3840 6,4684 7,3996 8,1525
12 3,1130 4,2403 5,3690 6,4154 7,3239
13 2,1871 3,1846 4,2696 5,3555 6,3678
14 1,4596 2,2798 3,2487 4,2956 5,3435
15 9,2604-* 1,5558 2,3639 3,3064 4,3191
16 5,5924 1,0129 1,6451 2,4408 3,3588
17 3,2191 6,2966"» 1,0954 1,7280 2,5114
18 1,7687 3,7416 6,9833-» 1,1736 1,8053
19 9,2895-» 2,1280 4,2669 7,6505"» 1,2478
20 4,6711 1,1598 2,5012 4,7908 8,2972"»
21 2,2519 6,0651"» 1,4081 2,8844 5,3106
22 1,0423 3,0474 7,6225-» 1,6712 3,2744
23 4,6386-* 1,4729 3,9718 9,3276"» 1,9465
24 1,9871 6,8563"* 1,9943 5,0199 1,1165
25 8,2050"» 3;0776 9,6603"* 2,6076 6,1849“3
26 3,2693 1,3335 4,5190 1,3087 3,3119
27 1,2584 5,5836"» 2,0435 6,3513“* 1,7158
28 4,6847"» 2,2616 8,9416"» 2,9837 8,6072-*
tn . а=11 а=12 <2=13 а='14 И-15
29 30 31 32 33 34 35 36 1,6882 8,8701"» 3,3716 1,2432 3,7894 1,5568 6,2052"» 2,4017 • 1,3580 5,9928-» 2,5665 1,0675 4,3154"» 1,6903- 4,1843 1,9731 9,0312"» 4,0155 1,7356 7,2978-» . 2,9871 1,1910
т а=16 а=17 а=13 £1=19 а=20
0 1 2 3 9,9998-1 9,9991 9,9999“! 9,9996 9,9998“! 9,9999“!
4 9,9960 9,9982 9,9992 9,9996 9,9998-*
5 9,9862 9,9933 9,9968 9,9985 9,9993
6 9,9599 9,9794 9,9896 9,9948 9,9974
7 9,9000 9,9457 9,9711 9,9849 9^9922
8 9,7801 9,8740 9,9294 9,9613 9,9791
9 9,5670 9,7388 9,8462 9,9114 9,9500
10 9,2260 9,5088 9,6963 9,8168 9,8919
11 8,7301 9,1533 9,4511 9,6533 9,7861
12 8,0688 8,6498 9,0833 9,3944 9,6099
13 7,2545 7,9913 8,5740 9,0160 9,3387
14 6,3247 7,1917 7,9192 8,5025 8,9514
15 5,3326 6,2855 7,1335 .7,8521 ’ 8,4349
16 4,3404 5,3226 6,2495 7,0797 7,7893
17 3,4066 4,3598 5,3135 6,2164 7,0297
18 , 2,5765 3,4504 4,3776 5,3052 6,1858
19 1,8775 2,6368 3,4908 4,3939 5,2974
20 1,3183 1,9452 2,6928 3,5283 4,4091
21 8,9227-2 1,3853 2,0088 2,7450 3,5630
22 5,8241 9,5272-а 1,4491 2,0687 2,7939
23 3,6686 6,3296 1,0111 1,5098 2,1251
24 2,2315 4,0646 6,8260-« 1,0675 1,5677
25 1,3119 2,5245 4,4608 7,3126-2 1,1218
26 7,4589-3 1,5174 2,8234 4,8557 7,7887-2
27 4,1051 8,8335-3 1,7318 3,1268 5,2481
28 2,1886 4,9838 1,0300 1,9536 3,4334
. т ,д*16 •4К17 flstlS е=20
29 30 31 32 33 34 33 30- 37 88 30 40 41 42 43 44 1,1312 5,6726“* 2,7620 1,3067 6,0108“* 2,6903 1,1724 4,9772“* 2,0599 2,7272 1,4484 7,4708-* 3,7453 1,8260 8,6644”* 4,0035 1,8025 7,9123-6 3,3882 1,4162 6,9443-8 8,3308 1,8133 9,5975“* 4,9416 2,4767 ' 1,2090 5,7519“* 2,6684 1,2078 5,3365“* 2,3030 . 1,1850 6,9819-3 3,9982 2,2267 1,2067 6,3674“* 3,2732 1,6401 8,0154”* 3,8224 1,7797 8,0940“* .3,5975 ’1,5634 2,1818 1,3475 8,0918-3 4,7274 2,6884 1,4890 8,0366-* 4,2290 2,1708 1,0875 5,3202-6 2,5426 1,1877 5,4252”» 2,4243 1,0603
ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ е~*
X е~х д х д X д X д
0,00 1,000 10 0.40 0,670 7 0,80 0.449 4 3,00 0,050 5
0,01 0,990 10 0,41 0,664 7 0,81 0.445 5 3,10 0.045 4
02 980 10 42 657 7 82 440 4 3,20 41 4
03 970 9 43 650 6 • 83 436 4 3,30 37 4
04 961 10 44 644 6 84 432 3.40 33 3
05 951 9 45 638 7 85 427 4 3,50 30 • 3
06 942 10 46 631 6 86 423 4 3,60 «>7 2
07 932 9 47 625 6. 87 419 4 3,70 25 3
08 923 9 48 619 6 88 415 4 3,80 22 2
09 914 9 49 613 7 89 411 4 3,90 20 2
0,10 0,905 9 0,50 0,606 6 0,90 0.407 4 4,00 0,0183 17
п 896 9 51 600 5 91 403 4 4,10 166 16
12 887 9 52 595 6 92 399 4 4,20 150 14
13 878 9 53 589 6 93 395 .4 430 136 13
14 869 8 54 583 6- 91 391 4 4,40 123 12
15 861 9 55 577 6 95 387 4 4,50 111 10
16 852 8 56 571 6 96 383 4 4,60 101 10
17 844 9 57 565 5 97 379 4 4,70 0,0091 9
18 835 8 58 560 6* 98 375 3 4,80 82 8
19 827 8 59 554 5 99 372 4 4,90 74 7
0,20 0,819 8 0,60 0,549 6 1,00 0,368 35 5,00 0,0067 6
21 811 8 61 543 5 1,10 333 31 5,10 61 6
22 803 8 62 538 5 1,20 302 29 5,20 55 5
23 795 8 63 5.33 6’ 1,30 273 26 5,30 50 5
24 787 8 64 527 5 1,40 247 24 5,40 45 4
25 779 8 65 522 5 1,50 223 21 5,50 41 4
26 771 8 66 517 5 1,60 202 19 5,60 37 4
27 763 7 67 512 5 1,70 183 18 '5,70 33 3
28 756 8 68 507 5 1,80 165 15 5,80 30 3
29 748 7 69 502 5 1,90 150 15 5,90 27 2
0,30 0.741 8 0,70 0,497 5 .2,00 0,135 13 6,00 0,0025 3
31 733 7 71 492 5 2,10 122 11 6,10 9 22 2
32 726 7 72 487 5 2,20 111 । Н <20 20 2
33 719 7 73 482 5 2,30 100 9 6,30 18 1
34 712 7 74 477 5 2,40 0.091 9 6,40 17 2
35 705 7 75 472 4 2,50 82 8 6,50 15 1
36 698. 7 76 468 5 2,60 74 7 &60 14 2
37 691 7 77 463 5 2,70 67 6 6,70 12 1
38 684 7 78 458 4| 2,80 61 6 <80 11 1
39 677 7 79 454 5 2,90 55 5 6,90 10 1
0,40 0,670 0,80 0,449 3,00 0.050 7Д) 0,0009
ПЛОТНОСТЬ РАСПРЕДЕЛЕНИЯ НОРМАЛЬНОГО ЗАКОНА /(^ = -7=
X 0 1 i 3 4 5 6 7 8 9
0,0 0.39.89. 3989 3989 3988 3986 3984 3982 3980 3977 3973
0,1 . 3970 3965 3961 3956 3951 3945 3939 3932 3925 3918
0,2 3910 3902 3894 3885 3876 3867 3857 3847 3836 3825
0,3 3814 3802 3790 3778 3765 3752 3739 3726 3712 3697
0,4 3683 3668 3653 3637 ’= 3621 3605 3589 3572 3555 3538
0,5 3521 3503 3485 3467 3448 3429 3410 3391 3372 3352
0,6 3332 3312 3292 3271 3251 .3230 3209 3187 3166 3144
0,7 3123 3101 3079 3056 3034 13011 2989 2966 2943 2920
0,8 2897 2874 2850 2827 2803 2780 2756 2732 2709 2685
0,9 2661 2637 2613 2589 2565' ’2541 2516 2492 2468 2444
1,0 0,2420 2396 2371 2347 2323 2299 2275 2251 2227 2203
1,1 2179 2155 2131 2107 2083 2059 2036 2012 1989 1965
1,2 1942 1714 1919 1895 1872 1849 1826 1804 1781 1758 1736
1,3 1691. •1669 1647 1626 1604 1582 1561 1539 1518
1,4 1497 1476 •1456 1435. 1415* 1394 1374 1354 1334 1315
1,5 1295 1276 1257 1238 1219 1200 1182 1163 1145 1127
1,6 1109 1092 • 1074 1057 1040 1023 1006 0989 0973 0957
1,7 0940 0925 0909 0893 0878 0863 0848 0833 0818 0804
1,8 0790 0775 0761 0748 0734 0721 0707 0694 0681 0669
1,9 0656 0644 0632 0620 0608 0596 0584 0573 0562 0551
2,0 0,0540' 0529 0519 0508 0498 0488 • 0478 0468 0459 0449
2,1 0440 0431 0422 0413 0404 0396 0387 0379 0371 0363
2,2 0355 0347 0339 0332 0325 0317 0310 0303 0297 0290
2,3 0283 0277 0270 0264 0258 0252 0246 0241 0235 0229
2,4 0224 0219 0213 0208 0203 0198 0194 0189 0184 0180
2,5 0175 0171 0167 0163 0158 0154 0151 0147 0143 0139
2,6 0136 0132 0129 0126 0122 0119 0116 0113 ОНО 0107
2,7 0104 0101 0099 0096 0093 0091 0088 0086 0084 0081
2,8 0079 0077 0075 0073 0071 0069 0067 0065 0063 0061
2,9 0060 0058 0056 0055 0053 0051 0050 0048 0047 0046
3,0 0,0044. 0043 0042 0040 0039 0038 0037 0036 0035 0034
3,1 0033 0032 0031 0030 0029 0028 0027 0026 0025 0025
3,2 0024 0023 0022 0022 0021 0020 0020 0019 0018 0018
3,3 0017 0017 0016 0016 0015 0015 0014 0014 0013 0013
3,4 0012 0012 0012 ООП ООП 0010 0010 .0010 0009 0009
3,5 0009 0008 0008 0008 0008 0007 0007 0007 0007 0006
3,6 0006 0006 0006 0005 0005 0005 0005 0005 0005 0004
3,7 0004 0004 0004 0004 0004 0004 0003 0003 0003 0003
3,8 0003 0003 0003 0003 0003 0002 0002 0002 0002 0002
3,9 0002 0002 0002 0002 0002 0002 0002 0002 0001 0001
г
х
ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ ЛАПЛАСА Ф(х) = —f е 2 dz'
1/2л J
X 0 1 2 з , 4 5 6 7 8 9
0,0 0,00000 00399 00798 01197 01595 01994 02392 02790 03188 03586
0,1 03983 04380 047-76 05172 05567 05962 06356 06749 07142 07535
0,2 07926 08317 08706 09095 09483 09871 10257 10642 11026 11409
0,3 11791 12172 12552 12930 13307 13683 14058 14431 14803 15173
0,4. 15542 15910 16276 16640 17003 17364 17724 18082 18439 18793
0,5 19146 19497 19847 20194 20540 20884 21226 21566 21904 22240
0,6 22575 22907 23237 23565 23891 24215 24537 24857 2.5175 25490
0,7 25804 26115 26424 26730 27035 27337 27637 27935 28230 28524
0,8 28814 29103 29389 29673 29955 30234 30511 30785 31057 31327
0,9 31594 31859 32121 32381 32639 32894 33147 33398 33646 33891
1,0 ’ 34134 34375 34614 34850 35083 35314 35543 35769 35993 36214
1,1 36433 36650 36864 37076 37286 37493 37698 37900 38100 38298
1,2 •38493 38686 38877 39065 39251 39435 39617 39796 39973 40147
1,3 40320 40490 40658 40824 40988 41149 41309 41466 41621 41774
1,4 41924 42073 42220 42364 42507 42647 42786 42922 43056 43189
1,5 43319 43448 43574 43699 43822 43943 44062 44179 44295 44408
1,0 44520 44630 44738 41845 44950 45053 45154 45254 45352 45449
1,7 45543 45637 45728 45818 45907 45994 46080 46164 46246 46327
1,8 46407 46485 46562 46638. 46712 46784 46856 46926 46995 47062
1,9 47128 47193 47257 47320 *47381 47441 47500 47558 47615 47670
2,0 47725 47778 47831 47882 47932 47982 48030 48077 48124 48169
2,1 48214 48257 48300 48341 48382 48422 48461 48500 48537 48574
2,2 48610 48645 48679 48713 48745 48778 48809 48840 48870 48899
2,3 48928 48956 48983 49010 49036 49061 49086 49111 49134 49158
2,4 49180 49202 49224 49245 49266 49286 49305 49324 49343 49361
2,5 . 49379 49396' 49413 49430 49446 49461 49477 49492 49506 49520
2,6 49534 49547 49560 49573 49585 49598 49609 49621 49632 49643
2,7 49653 49664 49674 49683 49693 49702 49711 49720 49728 49736
2,8 49744 49752 49760 49767 49774 49781 49788 49795 49801 49807
2,9 49813 49819 49825 49831 49836 49841 49846 49851 49856 49861
3,0 0,49865 3,1 49903 В,2 49931 3,3 49952 3,4 49966
3,5 49977 3,6 49984 3,7 49989 3,8 49993 3,9 49995
4,0 4,5 5,0 499968 499997 49999997
НЕКОТОРЫЕ СВОЙСТВА ОБОБЩЕННЫХ ФУНКЦИИ
При решении задач, связанных со случайными функциями, часто бывает
удобно выполнять преобразования с помощью различных скачкообразных функ-
ций, а также обобщенных функций типа дельта-функции.
Приводим определения и основные свойства таких функций от действитель*
ного аргумента т.
1. |т| — модуль (абсолютная величина):
_Г т при,т>0;
( — т при т<0.
2, 1 (т) — единичная функция (единичный скачок): ,
1 при x >0;
1(T) = при т=0; 0 при x< 0.
3. sign т — знак величины т (сигнум):
1 при т>0;<
sign t=- 0 при т=0;
k —1 при т<0.
4. 6(т) — дельта-функция:
d
6(т) = — 1(т).
ат
Дельта-функция — четная функция т. Основные свойства дельта-функции::
а) тб(т)езО и вообще ф(т)б(т)с»0, если ф(т) — нечетная функция, непре-
рывная при т=0;
б) J ф(т)б(т)^т=ф(0),если функция ф(/) непрерывна в точке т==0(8>0);.
О—е
° °±е 1
Ф(т) 6(т)== Г ф(т) 6(т)^т = — ф(0),
0-8 о
если функция ф(х) непрерывна в точке т=0.
Из этих определений вытекают следующие свойства,. имеющие место для
любых действительных т и нечетной функции <р(т) э
1) |т|лтsign г, 2) т=|т| sign 171
ч 3) <р (т) =<р (| г |) sign г; 4) ф( |т| )==ф (T)signi7;
5) ф2(|т|) —(р2(т); 6) signт =2.1 (т;)— 1;
7) »(T) = Sign2T— i 8) |т|=т[2»1 ч<®) —1];
,л <Р|т| dsignu „
9) -у-5 =sign-®; 10) -7TJ-=—7—=26 (т);
dx dx2 dx
т т
11) 1(ф)= J 6(T)dT=s-~- J d(signT).
«СО CO
ТАБЛИЦА СООТВЕТСТВИИ КОРРЕЛЯЦИОННЫХ ФУНКЦИИ
И СПЕКТРАЛЬНЫХ ПЛОТНОСТЕЙ Sx (со)
kx (т) S‘(W)
1. D6(t), где 6(0—дельта-функция 2. D 3. Dcosffr п 4. 2 Di cos i=l 5. De““1 x । 6. 2D«e"ailtI Z=1 7. Defc"'alT| cos рт 8. De“a ,т цсоэрт + -77 sin P | т |) \ P 9. De~a 1 T 1 ( cos Pt— — sin p | т | ] \ $ J 10. De*”a| T,(ch PT4--7- sh Р|т^(а>Р \ P / 11. D(1-|t|)1(1-|t|), где 1 (x)—единичная функция 12. De~aIx| (1 +a| т |) 14 De-*’ T1 (1 +a | т | —2a2 t2 + + -la3|T|3) 15 2asinpT/T 16> 2a2 (2 cos Рт—1) T 17. pe_(ax)’ 18. De-a ।x । [26 (t)—a(signT)2J D/(2n) D6(o) (О/2)[6(® + Р)+6((0-р)1 1 n У 5 0«[6(о>+рг)+б(<о-рг)| (Da/л) (a2+о2)"1 __L v1 л af-l-w2 Da a^ps-bo)2 n [а2+(р-ш)2| [a24-(P4-®)2J Da g^-l-P2) л (co2 + a2—P2)2+4a2 P2 Da 2 co2 n (a>2+a2 + P2)2—4P2®2 Da 2(a2—P2) Л [(a_p)2+m2J((a + p)2-|-<1)2J D / sin (a>/2) \2 2л \ o/2 J (Da/л) [2a3/(®2 + a2)2] Da a* Л 3(a)2 4-a2)3 Da 16a3 а>* л (co2+a2)4 al (1—|co|/p) |0 при 0 <<p, - a2 при P<) ш|<2р, (О при 2р<|®| D Г I ® VI 2a Vя eXP L \2a/ J (Da/n)[©2/(a2 + ©2)]
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
1. Вентцель Е. С. Теория вероятностей. — М.: Наука, 1964. — 564 с.
2. Вентцель Е. С., Овчаров Л. А. Теория вероятностей. — Мл Наука, 1973. —
366 с.
3. Гмурман В. Е.Руководство к решению вадач по теории вероятновтей и мате-
матической статистике. — Мл Высшая школа, 1979. — 477 о.
4. Гнеденко Б. В. Курс теории вероятностей. — Мл Физматгиз, 1961—406 с.
5. Гнеденко Б. В., Коваленко И. Н. Введение в теорию массового обслужива-
я/я. — Мл Наука, 1966. — 431 с.
6. Коваленко И. М., Филиппова А. А. Теория вероятновтей и математическая
статистика. — Мл Высшая школа, 1973. — 368 с.
7. Кофман А., Крюон Р. Массовое обслуживание, теория и применение. —
Мл Мир, 1965. — 302 с.
8. Мешалкин Л.Д. Сборник задач по теории вероятностей — Изд. МГУ, 1963. —
131 с.
9. Овчаров Л. А. Прикладные задачи теории массового обслуживания. — Мл
Машиностроение, 1969. — 324 с.
10. Пугачев В. С. Теория случайных функций. — Мл Физматгиз, 1962. — 659 с.
11. Пугачев В. С. Введение в теорию вероятностей. — Наука, 1968. — 368 с.
12. Пугачев В. С. Теория вероятности и математическая статистика.—Мл Нау-
л ка, 1979. — 495 с.
13. Сборник задач по теории вероятностей, математической статистике и теории
случайных функций/ Под ред. А. А. Свешникова. — Мл Наука, 1965. —
656 с.
14. Смирнов Н. В., Дун ин-Барковский И. В. Теория вероятностей и математи-
ческая статистика в механике. — Мл Физматгиз, 1965. — 554 с.
15. Тараканов К. В., Овчаров Л. А., Тырышкин А. Н. Аналитические методы
исследования систем. — Мл Сов. радио, 1975. — 240 с.
16. Феллер В. Введение в теорию вероятностей и ее применение в 2-х- т. — Мл
Мир, 1964. — Т. 1 — 500 с., 1967. — Т. 2 — 752 с.
17. Хинчин А. Я. Работы ио математической теории массового обслуживания. —
М: Физматгиз, 1963. — 127 с.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие . ...................................» 3
Глава 1. Основные понятия теории вероятностей. Непосредственный под-
счет вероятностей в схеме случаев...................................5
Глава 2. Алгебра событий. Правила сложения и умножения вероятно- ?
стей ...................................................... 23
Глава 3. Формула полной вероятности и формула Бейеса............56
Глава 4. Дискретные случайные величины..........................75
Глава 5. Непрерывные и смешанные случайные величины............100
Глава 6. Системы случайных величин (случайные векторы) . . . .133
Глава 7. Числовые характеристики функций случайных величин . . * 154
Глава 8. Законы распределения функций случайных величин. Предель-
ные теоремы теории вероятностей......................... 203
Глава 9. Случайные функции....................................... 244
Глава 10. Потоки событий. Марковские случайные процессы , 308
Глава 11. Теория массового обслуживания.......................... 349
Приложения......................................................... 405
Список литературы .............................................. .415
. ЕЛЕНА СЕРГЕЕВНА ВЕНТЦЕЛЬ
ЛЕВ АЛЕКСАНДРОВИЧ ОВЧАРОВ
ПРИКЛАДНЫЕ ЗАДАЧИ ТЕОРИИ ВЕРОЯТНОСТЕЙ
Редактор,./?. Г. Давыдова i
Обложка художника П. П. Рогачева
Художественный редактор Л. Я. Силбянов
Технический редактор Г. Н. Зыкина
Корректор Н. Л. Жукова
ИБ № 157
Сдано в набор 21.06.82 г. Подписано в печать 22.11.82 г. Т-20367 Формат 60X90%.
Бумага тип. № 2. Гарнитура литературная. Печать высокая. Усл. п. л. 26.0. Усл. кр.-отт. 26,0
Уч.-изд. л. 27,23. Тираж 30 000 экз. Изд. № 19639 Заказ № 1040 Цена 1 р. 60 к.
Издательство «Радио и связь», Москва, Главпочтамт, а/я 693 J
Московская типография № 4 Союзполиграфпрома при Государственном комитете СССР (
по делам издательств, полиграфии и книжной торговли,
129041, Москва, Б. Переяславская, 46