291
.pdf13
т.е. наиболее вероятно, что в выданной партии окажется от двух до трех новых аккумуляторов.
3) Для определения дисперсии воспользуемся табл. 3.1 и формулой (3.5), т.к. она менее громоздка для данного случая, чем формула (3.4):
n
Dx = ∑(m − mx )2 Pm = (0 − 2.22)2 P0 + (1− 2.22)2 P1 +
m=0
+(2 − 2.22)2 P2 + (3 − 2.22)2 P3 + (4 − 2.22)2 P4 =
=4.928 0.008 +1.488 0.159 + 0.0048 0.476 +
+0.608 0.317 + 3.168 0.040 = 0.618
σx = Dx = 0.786.
О т в е т : P{X ≥ 3}= 0.643, mx = 2.22 , Dx = 0.618.
4.4 ПОКАЗАТЕЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ Функция плотности распределения непрерывной случайной
величины, имеющей показательное распределение
f(x) = λ e−λ x , при x > 0 , |
(4.1) |
где х – значение случайной величины; λ – параметр показательного распределения.
Функция распределения случайной величины
x |
|
F(x) = ∫λ e−λ zdz = 1− e−λ x . |
(4.2) |
0 |
|
Наиболее важные числовые характеристики показательного распределения случайной величины:
–(4.3) mx = λ1 – математическое ожидание;
– |
(4.4) |
Dx |
= |
1 |
|
– дисперсия; |
|||
|
λ2 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||
– |
(4.5) |
σx |
= |
1 |
|
– среднеквадратическое отклонение. |
|||
λ |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
14
Количественные характеристики надежности оборудования при экспоненциальном законе распределения времени возникновения отказов при условии, что интенсивность отказов является величиной постоянной λ(t) = λ = const :
–(4.3) P(t) = e−λ t – вероятность безотказной работы оборудования в течение времени >t;
– (4.4) Q(t) = 1− e−λ t – вероятность возникновения отказа оборудования в течение времени t;
–(4.5) a(t) = λ e−λ t = λ P(t) – частота отказов оборудования в течение времени t;
–(4.6) T = λ1 – среднее время безотказной работы оборудования.
За д а ч а 5 . Оборудование для подготовки сжатого воздуха состоит из n = 3 модулей. Время работы каждого модуля до отказа подчинено экспоненциальному закону распределе-
ния с параметром λi , где i = 1,...,n . λ1 = 2,5 10−5 1/час, λ2 = 1,8 10−5 1/час, λ3 = 2,9 10−5 1/час.
Требуется вычислить за время t = 2000 час количественные характеристики надежности оборудования для подготовки сжатого воздуха:
1)P(t) – вероятность безотказной работы оборудования;
2)T – среднее время безотказной работы оборудования;
3)a(t) – частоту отказов.
Ре ш е н и е . Отказ оборудования для подготовки сжатого воздуха наступает при отказе одного из его модулей. При расчете характеристик надежности будем полагать, что отказ каждого модуля является событием случайным и не зависимым. 1)Вероятность безотказной работы оборудования в течении времени t равна произведению вероятностей безотказной работы ее
15
модулей в течении того же времени. Используя формулу (4.3), получим
P(t) = P1 P2 P3 = e−λ1 t e−λ2 t e−λ3 t =
= exp[− (2.5 10−5 +1.8 10−5 + 2.9 10−5 ) 2000]= 0.865,
где P1,P2 ,P3 – вероятность безотказной работы соответственно
первого, второго и третьего модуля.
2) Средняя наработка на отказ оборудования за время определится из соотношения
T = |
1 |
|
= |
1 |
|
= |
105 |
|
|
= 13888 час. |
|
|
||
n |
|
λ1 + λ2 + λ3 |
2.5 +1.8 |
+ 2.9 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
∑λi |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3) Частота отказов оборудования за время t = 2000 часов |
|
|
|
|||||||||||
|
|
n |
|
|
+1.8 + 2.9) 10 |
−5 |
0.865 = 6.23 |
10 |
−5 |
. |
||||
a(t) = |
∑λi P(t) = (2.5 |
|
|
|||||||||||
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
О т в е т : P(t) = 0.865 , T = 13888 час, a(t) = 6.23 10−5 1/час
4.5 НОРМАЛЬНОЕ РАСПРЕДЕЛЕНИЕ
|
1 |
|
|
|
(x − m)2 |
|
|
||||
f(x) = |
|
|
|
|
exp |
|
|
|
|
, |
(5.1) |
|
|
|
|
|
2 σ |
2 |
|||||
σ 2 |
π |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
где х – значение случайной величины; |
m,σ – параметры нор- |
мального распределения.
Наиболее важные числовые характеристики нормального распределения случайной величины:
–(4.3) mx = m – математическое ожидание;
–(4.4) Dx = σ2 – дисперсия;
–(4.5) σx = σ – среднеквадратическое отклонение.
Вероятность попадания нормально распределенной случайной величины в интервал α < x < β имеет вид:
|
16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
β |
1 |
|
β |
|
(x − m)2 |
|
||||
P{α < x < β}= ∫f(x) dx = |
|
|
|
∫exp − |
|
|
|
dx . |
||
|
|
|
2 σ |
2 |
||||||
σ 2 π |
||||||||||
α |
|
α |
|
|
|
|
Пользоваться этой зависимостью для вычисления вероятности нормально распределенной случайной величины достаточно сложно, поэтому для облегчения выкладок используют функцию Лапласа (или «интеграл вероятностей»)
|
|
1 |
|
x |
|
|
|
|
Ф(x) = |
|
|
∫e−t2 / 2dt , |
|
(5.2) |
|||
|
|
|
|
|||||
2 π |
|
|||||||
|
|
0 |
|
|
|
|
||
тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
β − m |
α − m |
(5.3) |
||||
P{α < x < β}= Ф |
σ |
|
|
− Ф |
σ |
. |
||
|
|
|
|
|
|
|
Для функции (5.2) существуют в различных справочных руководствах таблицы по определению ее числовых значений.
З а д а ч а 6 . На ремонтном участке восстанавливаются оси, номинальный диаметр которых после ремонта должен рав-
няться dn = 10мм. Фактически диаметр восстановленных осей является величиной случайной и распределенной по нормальному закону с математическим ожиданием m = dn = 10 (мм) и
среднеквадратическим отклонением σ = 0.4(мм). При контроле бракуются все оси, не проходящие диаметром через калибр
d1 = 10.7 (мм), |
и |
все |
проходящие через калибр |
d2 |
= 9.7 (мм). |
||||||
Найти процент осей, которые будут браковаться. |
|
|
|||||||||
|
Р е ш е н и е . |
Воспользуемся |
формулой |
(5.3) и учтем, |
|||||||
что α = d2 = 9.7 и β = d1 = 10.7 можем записать |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
β − m |
α − m |
= |
||||
|
P{9.7 < x < 10.7}= Ф |
σ |
|
− Ф |
σ |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
10.7 −10 |
|
|
9.7 −10 |
|
|
0.7 |
|
|
|
||
= Ф |
|
− Ф |
|
= 2 Ф |
= 2 0.459 = 0.918. |
||||||
|
0.4 |
|
|
0.4 |
|
|
|
0.4 |
|
|
|
17
Полученный результат показывает, что годных осей окажется 91.8%, следовательно брак составит
100 − 91.8 = 8.2(%).
О т в е т : 8.2% |
|
4.6 РАСПРЕДЕЛЕНИЕ ВЕЙБУЛЛА |
|
f(x) = k λ xk−1 exp(−λ xk ) , |
(6.1) |
где x > 0 , k > 0 , λo > 0 , х – значение случайной величины; k,λ – параметры формы показательного распределения и мас-
штаба;
– математическое ожидание
−1/ k |
|
1 |
|
|
mx = λ |
Г |
|
+1 ; |
(6.2) |
|
||||
|
k |
|
|
– дисперсия
Dx
|
|
2 |
|
2 |
|
|
−2 k |
|
|||||
= λ |
|
|
Г |
|
|
− |
|
|
|||||
|
k |
k |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
Г |
|
|
|
. |
(6.3) |
|
k |
2 |
|
|
|||||
|
|
k |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Основные количественные характеристики надежности выражаются следующими формулами:
– |
параметр интенсивности потока |
|
|
λo = λ1/ k |
|
– |
частота отказов |
|
|
a(t) = k λo (λo t)k−1 exp[− (λo t)k ] , |
(6.4) |
–вероятность безотказной работы
|
P(t) = exp[− (λo t)k ] , |
|
(6.5) |
||
– |
интенсивность отказов |
|
|
||
|
λ(t) = |
a(t) |
= λok (λo t)k−1 |
, |
(6.6) |
|
|
||||
|
|
P(t) |
|
|
|
– |
среднее время безотказной работы |
|
|
18
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
T = |
|
Г |
|
+1 , |
(6.7) |
|
|
λo |
|
||||
|
|
|
k |
|
|
||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
где Г |
|
+1 – гамма-функция, для которой существуют в раз- |
|||||
|
|||||||
k |
|
|
|
|
|
|
личных справочных руководствах таблицы по определению ее числовых значений.
З а д а ч а 7 . Время безотказной работы стартера подчиняется закону Вейбулла с параметрами k = 1.5 , λo = 10−4 1/час,
а время его работы t = 100час. Вычислить количественные характеристики надежности стартера.
Р е ш е н и е . По формуле (6.5) определим вероятность безотказной работы, используя исходные данные
P(100) = exp − (10−4 100)1.5 = 0.999.
Частота отказов определится по формуле (6.4), что даст a(100) = 1.5 10−4 (10−4 100)1.5−1 exp[− (10−4 100)1.5 ]=
= 1.498 10−5 час1 .
Интенсивность отказов определится при использовании формулы (6.6)
λ(100) = 10−4 1.5 (10−4 100)1.5−1 = 1.5 10−5 час1 . Среднюю наработку до первого отказа определим по фор-
муле (6.7), но прежде необходимо определить значение гаммафункции, воспользовавшись таблицей из справочных руководств.
Вначале вычислим значение |
|
1 |
+1 = |
|
1 |
+1 = 1.67 , тогда |
|
k |
1.5 |
||||
Г(1.67) = 0.9033. Подставляя в |
|
|
|
|||
(6.7) значение гамма-функции и |
параметры распределения, получим
|
19 |
|
|
|
|
0.9033 |
|
|
|
T = |
1.5 (10−4 )= 6022 час. |
|
−5 1/час, |
|
О т в е т : |
P(t) = 0.999 , |
a(t) = 1.498 10 |
||
λ(t) = 1.5 10−5 1/час, |
T = 6022 |
час. |
5 ЗАДАНИЯ Каждое последующее задание представляет собой задачу,
условие которой представлено в разделе 4. Номер задачи соответствует номеру задания. Каждое задание содержит массив исходных данных для решения задачи. Студент выбирает исходные данные на основе своего номера в списке группы.
З а д а н и е 1 . По условию задачи 1 найти:
–вероятность того, что до места назначения доедет не менее k – лесовозов;
–наиболее вероятное число недоехавших лесовозов;
–дисперсию и среднеквадратическое отклонение случайной величины.
Исходные данные взять в таблице 5.1 Таблица 5.1 – исходные данные к заданию 1
№ |
n – количество ле- |
P – |
вероятность |
k – минимальное |
||
события: |
«не |
дое- |
||||
варианта |
совозов |
хать |
до |
места |
на- |
количество доехав- |
|
|
значения» |
|
ших лесовозов. |
||
|
|
|
|
|||
1 |
8 |
|
0.1 |
|
3 |
|
2 |
12 |
|
0.2 |
|
5 |
|
3 |
7 |
|
0.3 |
|
2 |
|
4 |
10 |
|
0.4 |
|
6 |
|
5 |
5 |
|
0.5 |
|
3 |
|
6 |
9 |
|
0.6 |
|
4 |
|
7 |
11 |
|
0.15 |
|
2 |
|
8 |
14 |
|
0.25 |
|
3 |
|
9 |
9 |
|
0.35 |
|
6 |
|
10 |
11 |
|
0.45 |
|
4 |
|
11 |
12 |
|
0.55 |
|
2 |
20
12 |
7 |
0.65 |
5 |
13 |
9 |
0.12 |
7 |
14 |
8 |
0.18 |
3 |
15 |
6 |
0.08 |
2 |
16 |
10 |
0.05 |
6 |
17 |
14 |
0.24 |
4 |
18 |
10 |
0.36 |
5 |
19 |
8 |
0.28 |
2 |
20 |
6 |
0.16 |
7 |
21 |
9 |
0.20 |
4 |
22 |
11 |
0.34 |
5 |
23 |
14 |
0.19 |
2 |
24 |
7 |
0.11 |
6 |
25 |
12 |
0.25 |
3 |
З а д а н и е 2 . По условию задачи 2 найти:
–вероятность того, что не поступит ни одного автомобиля;
–вероятность того, что поступит ровно m1 – автомобилей;
–вероятность того, что поступит хотя бы m2 – автомобилей. Исходные данные взять в таблице 5.2
Таблица 5.2 – исходные данные к заданию 2
|
λ – интенсив- |
τ – время кон- |
m1 – количе- |
m2 – мини- |
|||
№ |
ность |
появле- |
троля потока |
ство |
посту- |
мальное |
ко- |
варианта |
ния |
автомо- |
автомобилей, |
пивших |
авто- |
личество |
по- |
|
билей, авт/час |
час |
мобилей |
ступивших |
|
||
|
автомобилей |
||||||
|
|
|
|
|
|
||
1 |
|
0.8 |
1 |
3 |
|
2 |
|
2 |
0.12 |
2 |
5 |
|
5 |
|
|
3 |
|
0.7 |
3 |
2 |
|
7 |
|
4 |
0.10 |
4 |
6 |
|
3 |
|
|
5 |
|
0.5 |
5 |
3 |
|
2 |
|
6 |
|
0.9 |
6 |
4 |
|
6 |
|
7 |
0.11 |
15 |
2 |
|
4 |
|
|
8 |
|
1.4 |
25 |
3 |
|
5 |
|
9 |
|
0.9 |
35 |
6 |
|
2 |
|
21
10 |
1.1 |
45 |
4 |
3 |
11 |
0.12 |
55 |
2 |
5 |
12 |
0.7 |
65 |
5 |
2 |
13 |
0.09 |
12 |
7 |
6 |
14 |
0.08 |
18 |
3 |
3 |
15 |
0.06 |
8 |
2 |
4 |
16 |
0.10 |
5 |
6 |
2 |
17 |
0.14 |
24 |
4 |
3 |
18 |
0.10 |
36 |
5 |
5 |
19 |
0.8 |
28 |
2 |
2 |
20 |
0.6 |
16 |
7 |
6 |
21 |
0.9 |
20 |
4 |
3 |
22 |
0.011 |
34 |
5 |
5 |
23 |
0.014 |
19 |
2 |
7 |
24 |
0.07 |
11 |
6 |
3 |
25 |
1.2 |
25 |
3 |
2 |
З а д а н и е 3 . По условию задачи 3 найти вероятность того, что за интервал времени от t1 до t2 поступит не менее n автомобилей. Исходные данные взять в таблице 5.3.
Таблица 5.3 – исходные данные к заданию 3
№ |
|
|
λn, |
λk |
|
|
|
вари- |
tn, мин |
tk, мин |
t1, мин |
t2, мин |
n, авт |
||
анта |
|
|
авт/час |
авт/час |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
30 |
800 |
0.8 |
0.11 |
300 |
310 |
2 |
2 |
50 |
1200 |
0.12 |
1.4 |
500 |
520 |
5 |
3 |
20 |
700 |
0.7 |
0.9 |
200 |
210 |
7 |
4 |
60 |
1000 |
0.10 |
1.1 |
600 |
620 |
3 |
5 |
30 |
500 |
0.5 |
0.12 |
300 |
330 |
2 |
6 |
40 |
900 |
0.9 |
0.7 |
400 |
440 |
6 |
7 |
20 |
1100 |
1.1 |
0.09 |
200 |
230 |
4 |
8 |
300 |
4000 |
0.12 |
0.08 |
300 |
310 |
5 |
9 |
60 |
900 |
0.7 |
0.06 |
600 |
620 |
2 |
10 |
40 |
1100 |
0.09 |
0.10 |
400 |
450 |
3 |
22
11 |
20 |
1200 |
0.08 |
0.14 |
200 |
230 |
5 |
12 |
50 |
700 |
0.06 |
0.10 |
500 |
550 |
2 |
13 |
70 |
900 |
0.10 |
0.8 |
700 |
760 |
6 |
14 |
30 |
800 |
0.14 |
0.6 |
300 |
330 |
3 |
15 |
20 |
600 |
0.10 |
0.9 |
200 |
250 |
4 |
16 |
60 |
1000 |
0.11 |
0.011 |
600 |
620 |
2 |
17 |
400 |
1400 |
1.4 |
0.014 |
400 |
410 |
3 |
18 |
50 |
1000 |
0.9 |
0.07 |
500 |
530 |
5 |
19 |
20 |
800 |
1.1 |
1.2 |
200 |
240 |
2 |
20 |
70 |
6000 |
0.12 |
0.8 |
700 |
760 |
6 |
21 |
40 |
900 |
0.7 |
0.12 |
400 |
430 |
3 |
22 |
50 |
1100 |
0.09 |
0.7 |
500 |
520 |
5 |
23 |
20 |
1400 |
0.08 |
0.10 |
200 |
240 |
7 |
24 |
60 |
700 |
0.06 |
0.5 |
600 |
620 |
3 |
25 |
30 |
1200 |
0.10 |
0.9 |
300 |
360 |
2 |
З а д а н и е 4 . По условию задачи 4 найти:
–вероятность того, что среди выданных аккумуляторов окажется не менее m новых;
–наиболее вероятное число новых аккумуляторов в выданной партии;
–дисперсию и среднеквадратическое отклонение случайной величины.
Исходные данные взять в таблице 5.4 Таблица 5.4 – исходные данные к заданию 4
№ |
а – количество |
b – количество |
n – количество |
m – |
мини- |
|
вари- |
новых аккуму- |
ремонтирован- |
выданных ак- |
мальное |
коли- |
|
анта |
ляторов |
ных аккумуля- |
кумуляторов |
чество |
новых |
|
торов |
аккумуляторов |
|||||
|
|
|
||||
1 |
13 |
12 |
9 |
2 |
|
|
2 |
15 |
15 |
5 |
5 |
|
|
3 |
12 |
17 |
12 |
7 |
|
|
4 |
16 |
13 |
6 |
3 |
|
|
5 |
13 |
12 |
9 |
2 |
|
|
6 |
14 |
16 |
14 |
6 |
|