Раздел 3. Решения вариатов типовых заданий задача 1.

1. X(t) – случайный процесс с независимыми приращениями X(t′) – X(t), распределёнными по нормальному закону с нулевым математическим ожиданием и дисперсией σ² = (t′) – t (винеровский процесс). Пусть X(0) = 0. Найти математическое ожидание, дисперсию и корреляционную функцию процесса Винера.

Р Е Ш Е Н И Е:

Очевидно, P{X(t) < x} = P{X(t) – X(0) < x} = ,

поэтому одномерная плотность вероятности процесса X(t) будет f₁ (x; t) = =. Далее, если известно значение процесса X(t')= x, то распределение X(t') при любом t' > t совпадает с распределением [X(t') – X(t)] + X(t) и не зависит от предшествующего (до момента t). Следовательно, процесс X(t) – марковский (без последствия), а тогда для полной вероятностной характеристики его достаточно двумерной плотности f₂(x, y; t, t'). По условию, если известно значение x_{i – 1}, принятое сечением процесса X(t_{i – 1}), то условная плотность сечения X(t_i) ,будет f₂ (x_i, t_i | x_{i – 1}, t_{i –1}). Но f₂(x₁, x₂; t, t') = f₁ (x₁; t) × × f₂ (x₂, t' | x₁, t) поэтому f₂ (x₁, x₂; t, t') = приt' > t. Тогда, математическое ожидание процесса m_x(t) = в силу чётности функции f₁ (x; t); корреляционная функция K_x (t, t')= == t, но так как K_x(t, t') =

= K_x(t, t') то окончательно K_x(t, t') = Тогдадисперсия процесса

D_x(t) = K_x(t, t) = t. ◊

2. Случайная функция Х(t) задана каноническим разложением X(t) = t – 3cost + U (t + cost) + Vcos2t; DU = 1; DV = 2. Найти математическое ожидание M Х(t), дисперсию D Х(t) и корреляционную функцию K_x(t, t′)

Р Е Ш Е Н И Е:

Используя соотношения (1.3.7) – (1.3.9) и данные задачи получаем:

MX(t) = m_x(t) = t – 3 cos t; K_x(t, t') = (t + cos t) (t' + cos t') + 2 cos 2t cos 2t' ;

D_x(t) = (t + cos t)² + 2 cos² t. ◊

3. Дана случайная функция X(t) = x₁t + x₂ sint, где случайный вектор (x₁, x₂) имеет математическое ожидание (+1, – 1) и корреляционную матрицу . Построить каноническое разложение этой случайной функции; найти её математическое ожидание, корреляционную функцию и дисперсию.

Р Е Ш Е Н И Е:

Используя те же соотношения, что указаны в решении предыдущей задачи, а также данные задачи, запишем MX(t) =m_x(t) =t – sint;X(t) = (x₁– 1)t+ (x₂ + 1) ×sint + t–sint;x₁– 1 =U,x₂ + 1 =aU+V,MU = MV =0,DU =Dx₁= 2. Коэффициентaподбирают так, чтобыUиVбыли некоррелированы:

M[(x₁– 1)(x₂ + 1)] =aMU²+M(UV) = 1 по условию. ПолагаяM(UV) = 0, находимa =½. Таким образом,x₁– 1 =U,x₂ + 1 =½U+V,X(t) =t–sint + U(t+ +½ sint)+ Vsint–каноническое разложение. ОтсюдаK_x(t, t') =DU(t+½ sint) (t'+½ sint') +DVsintsint' = 2(t+½ sint) (t'+½ sint') + 2,5sintsint';D_x= 2(t+½ sint)²+ 2,5sin²t. ◊

4. Вычислить математическое ожидание и ковариационную функцию случайного двоичного сигнала ξ(t), сформированного на основе простого пуассоновского потока упорядоченных временных точек {t_k , k = 0, 1, 2, …} следующим образом ξ(t) = 1, если число точек в интервале (0, t) чётное, и ξ(t) = – 1, если число точек в интервале (0, t) нечётное.

Р Е Ш Е Н И Е:

Так как события {kточек в (0,t)} при различныхk= 0, 1, 2, … несовместны, то вероятность наличия чётного числа точек в интервале (0,t) в соответствии с законом Пуассона равнаp₀ (t)+ p₂(t) + … =e ^{– λt} [1 + (λt)²/2! + …] =

= e ^{– λt} ch(λt). Аналогично, вероятность получения нечётного числа точек в интервале (0,t) равнаp₁ (t)+ p₃(t) + … =e ^{– λt} [λt+ (λt)³/3! + …] =e ^{– λt} sh(λt). СледовательноP{ξ(t) = 1} =e ^{– λt} ch(λt),P{ξ(t) = –1} =e ^{– λt} sh(λt). Таким образом,математическое ожидание данного процессаM[ξ(t)] = m_x(t)= 1· P{ξ(t) = 1} – 1· P{ξ(t) = –1} =e ^{– λt} (ch(λt) –sh(λt)) =e ^{– 2λt}, откуда, в частности, следует, этот процесснестационарен.

Для вычисления ковариационной функцииK_ξ(t₁, t₂) =M{ξ(t₁)·ξ(t₂)} нуж-но знать совместные вероятности случайных величинξ(t₁) иξ(t₂). Распишем их. Пустьt₁–t₂=τ> 0. При заданном значенииξ(t₂) = 1 случайная величинаξ(t₁) = 1, если в интервале (t₂,t₁) имеется чётное число точек. Поэтому условная вкроятностьP{ ξ(t₁) = 1| ξ(t₂) = 1} =e ^{– λτ} ch(λ τ). Умножив это выражение наP{ξ(t₂) = 1}, получимP{ ξ(t₁) = 1, ξ(t₂) = 1} =e ^{– λτ} ch(λτ)·e ^{– λt2} ch(λt₂). Аналогично находим P{ ξ(t₁) = –1, ξ(t₂) = –1} =e ^{– λτ} ch(λτ)·e ^{– λt2} sh(λt₂); так как

P{ ξ(t₁) = 1| ξ(t₂) = –1} =e ^{– λτ} sh(λτ), тоP{ ξ(t₁) = 1, ξ(t₂) = –1} =e ^{– λτ} sh(λτ)·e ^{– λt2}· ·sh(λt₂),P{ ξ(t₁) = –1, ξ(t₂) = 1} =e ^{– λτ} sh(λτ)·e ^{– λt2} ch(λt₂). Записав развёрнутое выражение для ковариационной функции и подставив в него найденные вероятности, находимK_ξ(t₁, t₂) =exp[– 2λ(t₁–t₂)]. Меняяt₁иt₂местами (т. е. полагаяt₁<t₂), окончательно находимK_ξ(τ) = exp[– 2λ| τ|], τ =t₂ – t₁.

Примечание. Нестационарность рассмотренного процесса объясняется тем, что начало отсчёта выбрано вполне определённым образом – на положительном импульсе. Чтобы «начальное условие» было случайно выбранным, удобно рассматривать случайную величину η(t) = Aξ(t), где A – независимая от ξ(t) случайная величина, принимающая лишь два зачения: 1 и – 1 с одинаковыми вероятностями ½. При этом M[A] = 0, M[A²] = 1. Нетрудно убедиться, что процесс η(t) стационарен, т. к. M[η(t)] = 0; при этом K_η(t₁, t₂) = M[A²] M{ξ(t₁)·ξ(t₂)} = K_ξ(t₁, t₂) = exp[– 2λ| τ|],

τ =t₂ – t₁. ◊

5. Случайная функция X(t) имеет характеристики: математическое ожидание m_x(t) = 0; корреляционную функцию K_x(t, t') = . Найти характеристики случайной функцииY(t) = .

Р Е Ш Е Н И Е:

В силу линейности преобразования имеем:m_y(t) == 0,K_y(t, t') = =

= t arctg t +t' arctg t' – (t – t') arctg (t – t') – ½ ln .

Полученный результат показывает, что хотя исходная случайная функциястационарна(K_x(t, t') = K_x(t, t') =K_x(τ) =K_x(t' – t) ), после преобразования получаемнестационарный случайный процесс: его дисперсияD_y(t) = 2t arctgt – ln(1 +t²), то есть зависит отt. ◊

6. Будем считать, что при качке судна угол крена корабля есть стационарный и нормальный случайный процесс X(t) с нулевым математическим ожиданием и корреляционной функцией

.

Сколько раз в среднем за T = 20 мин. Хода судна угол крена будет выходить за пределы [– 25°, 25°], если A = 100 град², α = 0,1 1/с, β = 0,7 1/с? Найти, сколько раз в среднем в течении 10 мин. угол крена будет равен 0.

Р Е Ш Е Н И Е:

ИмеемD_x = σ²=K_x(0) =A= 100. Рассмотрим случайный процесс

ν(t) =X '(t) = dX(t) /dt. Тогда

; D_ν=σ_ν²=K_ν(0) =A(α²+β²). Тогда среднее число выбросов за уровеньaв единицу времени определяется по формуле (см. (1.6.29))

;

так как нужно учитывать уклонение угла крена за 25^○по абсолютной величине, то для среднего числа таких уклонений получим (см. (1.6.28))

. Среднее число выбросов за нулевой уровень 0,225 (1/с). ◊