Примеры

2.1. Случайная погрешность D распределена по закону равномерной плотности. Известны значения вероятностей двух событий — Р ₁и Р ₂. Р ₁= Р (D< –5 мкВ) = 0,3; Р ₂= Р (D > 5 мкВ) = 0,2. Определите значения дисперсии D (D) и вероятности Р ₃= Р (D > 0).

Решение:

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

_-_5мкВ

Р ₁= ò f (x) d x = (–5 мкВ – D_н) / (D_в – D_н);

^D^н

_D_в

Р ₂= ò f (x) d x = (D_в – 5 мкВ) / (D_в – D_н);

^5мкВ

Р ₁+ Р ₂ = (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;

_D_в

Р ₃= ò f (x) d x = D_в/ (D_в – D_н) = 0,45;

⁰

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

Определите вероятности следующих событий: Р ₁= Р (Х £ a), Р ₂= = Р (0 £ Х £ a), Р ₃= Р (Х > 0), Р ₄= Р (Х < 0), Р ₅= Р (Х = 2 a). 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 (x ₁£ Х £ x ₂) = F (x ₂) – F (x ₁);

Р ₁ = 0,5;

Р ₂ = 0;

Р ₃ = Р (0 < Х < +¥) = F (+¥) – F (0) = 0,5;

Р ₄ = Р (–¥ < Х < 0) = F (0) – F (–¥) = 0,5;

Р ₅ = 0.

f (x) = d F /d x;

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

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

₊_¥

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

^-^¥

₊_¥

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

^-^¥

D (Х) = 7 a ²/ 3;

s» 1,53 a;

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 = U ₂ – U ₁. 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 — Р ₁= 1 и Р ₂= 0,99.

Решение:

Р ₁= 1

u = U ₂ – U ₁ = 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 (–0,5 q; +0,5 q), где q = 0,1дел × c_U.

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

доверительным интервалом для Р ₁= 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.

Р ₂= 0,99

D распределена по закону Симпсона (треугольному);

Р ₂= 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 — Р ₁= 1 и Р ₂= 0,99.