Примеры

2.1. Случайная погрешность D распределена по закону равномерной плотности. Известны значения вероятностей двух событий — Р₁ и Р₂. Р₁ = Р(D< –5 мкВ) = 0,3; Р₂ = Р(D > 5 мкВ) = 0,2. Определите значения дисперсии D(D) и вероятности Р₃ = Р(D > 0).

Решение:

 

плотность вероятности f(x) = const = 1 / (D_в – D_н);

_-5мкВ

Р₁ = ò f(x) dx = (–5 мкВ – D_н) / (D_в – D_н);

^Dн

_Dв

Р₂ = ò f(x) dx = (D_в – 5 мкВ) / (D_в – D_н);

^5мкВ

Р₁ + Р₂ = (D_в – D_н – 10 мкВ) / (D_в – D_н) =

= 1 – 10 мкВ / (D_в – D_н);

D_в – D_н = 10 мкВ / (1 – Р₁ – Р₂) = 20 мкВ;

D_в = Р₂ (D_в – D_н) + 5 мкВ = 9 мкВ;

D_н = –11 мкВ;

М(D) = (D_в + D_н) / 2 = –1 мкВ;

D(D) = (D_в – D_н)² / 12 » 33 мкВ²;

_Dв

Р₃ = ò f(x) dx = D_в / (D_в – D_н) = 0,45;

⁰

2.2. Дан график функции распределения F(x) случайной величины X:

 

Определите вероятности следующих событий: Р₁ = Р(Х £ a), Р₂ = = Р(0 £ Х £ a), Р₃ = Р(Х > 0), Р₄ = Р(Х < 0), Р₅ = Р(Х = 2a). Найдите аналитическое выражение функции плотности вероятности f(x). Определите значения математического ожидания М(Х) и с.к.о. s.

Решение:

F(x) = Р(X < x) [= P(X £ x) для непрерывных величин];

Р(x₁ £ Х £ x₂) = F(x₂) – F(x₁);

Р₁ = 0,5;

Р₂ = 0;

Р₃ = Р(0 < Х < +¥) = F(+¥) – F(0) = 0,5;

Р₄ = Р(–¥ < Х < 0) = F(0) – F(–¥) = 0,5;

Р₅ = 0.

f(x) = dF/dx;

 

 

 

f(x) = 0 при x < –2a , –a < x < a, x > 2a;

f(x) = 0,5 / a при –2a £ x £ –a, a £ x £ 2a;

_+¥

М(Х) = ò x f(x) dx = (0,5 / 2a) (a² – 4a² + 4a² – a²) = 0;

^-¥

_+¥

D(Х) = ò [x – M(X)] ² f(x) dx = (0,5 / 3a) (–a³ + 8a³ + 8a³ – a³);

^-¥

D(Х) = 7a² / 3;

s » 1,53a;

 

2.3. С помощью аналогового вольтметра проверяют стабильность источника напряжения, для чего производят два измерения, разделенные некоторым промежутком времени, и вычисляют разность полученных значений u = U₂ – U₁. Единственной существенной составляющей погрешности измерения является погрешность отсчитывания. Цена деления вольтметра c_U = 0,05 В/дел.; отсчеты, сделанные по его шкале, округляются до 0,1 деления. Определите доверительные интервалы абсолютной погрешности измерения u для двух значений доверительной вероятности — Р₁ = 1 и Р₂ = 0,99.

Решение:

Р₁ = 1

u = U₂ – U₁ = u_и + D_отс2 – D_отс1;

D = D_отс2 – D_отс1;

D_отс1, D_отс2 — независимые случайные величины,

распределенные по закону равномерной плотности на

интервале (–0,5q; +0,5q), где q = 0,1дел × c_U.

Интервал распределения D, (D_п.н, D _п.в), является

доверительным интервалом для Р₁ = 1;

D _п.н = –D _п.в = –D_п; D_п = 2D_отс.п = 2 × 0,05 × 0,05 В = 0,0050 В;

Ответ 1: (– 0,0050; +0,0050) В; Р = 1.

Р₂ = 0,99

D распределена по закону Симпсона (треугольному);

 

 

Р₂ = 1 – [(D_п – D_гр) / D_п] ² (площадь пятиугольника);

D_гр = D_п (1 – ) = 0,0045 В;

Ответ 2: (– 0,0045; +0,0045) В; Р = 0,99.

 

2.4. Погрешность измерения тока D является суммой пяти независимых случайных составляющих D₁…D₅, каждая из которых подчиняется закону равномерной плотности распределения. Интервалы распределения D₁...D₅ соответственно — (–5,0; –3,0) мкА, (–3,0; –1,0) мкА, (–1,0; +1,0) мкА, (+1,0; +3,0) мкА, (+3,0; +5,0) мкА. Определить доверительные интервалы D для двух значений доверительной вероятности — Р₁ = 1 и Р₂ = 0,99.

Решение:

Р₁ = 1

Интервал распределения D, (D_н, D_в), является

доверительным интервалом для Р₁ = 1;

D_н = D_н1 + D_н2 + D_н3 + D_н4 + D_н5 =

= (– 5,0 – 3,0 – 1,0 + 1,0 + 3,0) мкА = –5,0 мкА,

D_в = D_в1 + D_в2 + D_в3 + D_в4 + D_в5 =

= (– 3,0 – 1,0 + 1,0 + 3,0 + 5,0) мкА = 5,0 мкА.

Ответ 1: (–5,0; +5,0) мкА; Р = 1.

Р₂ = 0,99

Закон распределения D близок к нормальному с

параметрами М(D) и s;

D_н = М(D) – z_p s;

D_в = М(D) + z_p s;

z_p — квантиль нормального распределения,

z_p = 2,58 для Р = 0,99;

М(D) = М(D₁) + М(D₂) + М(D₃) + М(D₄) + М(D₅);

М(D_i) = (D_{в i} + D_{н i}) / 2, i = 1,2,…5;

М(D) = (– 4 мкА) + (–2 мкА) + 0 + 2 мкА + 4 мкА = 0;

s² = s₁² + s₂² + s₃² + s₄² + s₅²;

s_i² = (D_{в i} – D_{н i})² / 12 = (1 / 3) мкА² , i = 1,2,…5;

s = мкА » 1,3 мкА;

D_в = –D_н » 3,3 мкА.

Ответ 2: (–3,3; +3,3) мкА; Р = 0,99.