Aplicatii.pdf

7/25/2019 Aplicatii.pdf

1/151

Prefat, a

Lucrarea de fat, a s, i propune sa ofere student, ilor dinuniversitat, ile tehnice un ghid privind elementele de baza ale

aplicat, iilor cursului de Fiabilitate. Prin cont, inutul sau pronunt, ataplicativ, cursul permite prezentarea metodelor matematice fo-losite frecvent n domeniul analizelor probabilistice de risc s, iperformabilitate ale infrastructurilor de producere, transport s, idistribut, ie a energiei.

Fiecare capitol al lucrarii cont, ine att aplicat, ii rezolvatect s, iaplicat, ii propuse, care reiau principalele tipuri de probleme prac-tice ale temei abordate.

Referitor la bibliografie, aceasta cont, ine att surse istorice, lu-

crari utile pentru demonstrt, ii, ct s, i puncte de plecare spre noimetode.Autorul este recunoscator colegilor ingineri sau matemati-

cieni pentru orice sugestie de natura conferirii unui plus deadaptare la specificul pregatirii viitorilor ingineri din domeniulinfrastructurilor critice, cu precadere cel al energiei.

Bucures, ti, Iunie2010


2/151


3/151

Cuprins

Cuprins 7

Lista figurilor 11

Lista tabelelor 14

1 Evenimente,probabilitat, i s, i distribut, ii 15Aplicat, ii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.1 Operat, ii cu evenimente aleatoare . . . . . . . . 151.2 Distribut, ii discrete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.3 Distribut, ia exponent, iala . . . . . . . . . . . . . . 441.4 Distribut, ia uniforma. . . . . . . . . . . . . . . . . 451.5 Distribut, ia normala . . . . . . . . . . . . . . . . . 511.6 Distribut, ia lognormala . . . . . . . . . . . . . . . 53Aplicat, ii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2 Estimari statistice 63Aplicat, ii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Aplicat, ii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3 Fiabilitate s, i mentenant, a 71Aplicat, ii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71Aplicat, ii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4 Analiza sistemelor 81


4/151

8 CUPRINS

Aplicat, ii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.1 Diagrame logice s, i de decizie binara . . . . . . . 81

4.2 Taieturi s, i trasee minimale . . . . . . . . . . . . . 1124.3 Arbori de evenimente . . . . . . . . . . . . . . . . 1174.4 Arbori de defect. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1194.5 Graful starilor,procese markoviene. . . . . . . 1274.6 Indicatori de performabilitate . . . . . . . . . . 130Aplicat, ii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

Bibliografie 153


5/151

Principalele notat, ii

Abrevieri

AdD Arbore de defectAdE Arbore de evenimenteCkn Combinari den luate ctek

Ckn =n!/(k!(n k)!)MUT timpul mediu de buna funct, ionareMDT timpul mediu de reparareMTTF timpul mediu de funct, ionare pna la primul defect

MTTR timpul mediu de nlaturare al primului defectMTBF timpul mediu ntre doua defecte consecutiveSAIFI System Average Interruption Frequency Index -

frecvent, a as, teptata de ntrerupere la nivel sistem ;SAIDI System Average Interruption Duration Index -

durata as, teptata de ntrerupere la nivel sistem -CAIDI Customer Average Interruption Duration Index -

durata as, teptata de ntrerupere la nivel consumator

Notat, ii

F funct, ia de repartit, ie a unei variabile aleatoare (v.a.)f funct, ia densitate de probabilitate a unei v.a.R(t) funct, ia de fiabilitate la momentul de timptA(t) funct, ia de disponibilitate la momentul de timp tM(t) funct, ia de mentenabilitate la momentul de timptQ, PTOP probabilitatea evenimentuluiTOP(t) intensitatea de defectare la momentul de timpt(t) intensitatea de reparare la momentul de timptT durata de viat, a a unui sistem (componenta)


6/151

10 CUPRINS

durata misiunii unui sistem (componente) funct, ia de structura a unui sistem

Ki ai-a taietura minimala a unui sistemTi ali-lea traseu minimal al unui sistemx vectorul de stare al componentelor unui sistem

cun componente,x= (x1, x2, . . . , xn)min(A) minimul valorilor din mult, imea Amax(A) maximul valorilor din mult, imea AE[X] valoarea medie (as, teptata) a v.a.X[X] abaterea standard a v.a.XEx p[] distribut, ia exponent, iala de parametru

N[, ] distribut, ia normala de parametriis, iLogLN[a, b] distribut, ia lognormala de parametriia s, ib reuniune de doua evenimente intersect, ie de doua evenimente operat, ia logica S,I operat, ia logicaS AU operat, ia logicaSAU EXCLUSIV


7/151

Lista figurilor

1.1 Reprezentarea operat, iilor cu evenimente (dia-

grama Venn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2 Ret,ea bayesiana pentru 3 evenimente . . . . . . . . 181.3 Reprezentare prin diagrama Venn . . . . . . . . . . 191.4 Ret,ea bayesiana pentru 3 evenimente . . . . . . . . 221.5 Reprezentare prin diagrama Venn . . . . . . . . . . 231.6 Definit, ia s, i densitat, ile de probabilitate ale v.a. X s, i Y 471.7 Probabilitatea de ntlnire ca funct, ie de momentult 491.8 Probabilitatea condit, ionata . . . . . . . . . . . . . . 501.9 Cele doua v.a.X,Ys, i trei cazuri analizate. . . . . . 52

1.10 Intensitatea de reparare . . . . . . . . . . . . . . . . 541.11 Intensitatea de reparare - reprezentare n coordo-

nate logaritmice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 551.12 Calculul grafic al probabilitat, ii . . . . . . . . . . . . 59

2.1 Densitateaaprioride probabilitate a v.a. p . . . . . . 642.2 Densitateaaposterioride probabilitate a v.a. p . . . . 652.3 Densitateaaprioride probabilitate a v.a. p . . . . . . 662.4 Densitateaaposterioride probabilitate a v.a. p . . . . 66

3.1 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.2 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74


8/151

12 LISTA FIGURILOR

3.3 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului G. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.1 Ret,ea electrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.2 Sistemul electric analizat . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.3 Schema de calcul (pasul2). Sursele de energie fic-

tive de la nivelul barelor B3, respectiv B4 au indi-catorii calculat, i la nivelul acestor bare . . . . . . . . 104

4.4 Schema de calcul - cazulx7 =0 . . . . . . . . . . . . 1054.5 Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesu-

lui (nod 0) n punctul de racord R1 printr-o Dia-

grama de Decizie Binara - cazulx7 =0 . . . . . . . 1054.6 Schema de calcul - cazulx7 =1 . . . . . . . . . . . . 1064.7 Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesu-

lui (nod 0) n punctul de racord R1 printr-o Dia-grama de Decizie Binara - cazulx7 =1 . . . . . . . 107

4.8 Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesu-lui (nod 0) n punctul de racord R2 printr-o Dia-grama de Decizie Binara- cazulx4=1 . . . . . . . . 110

4.9 Modelarea succesului (nod 1), respectiv a insucce-

sului (nod 0) n punctul de racord R2 printr-o Dia-grama de Decizie Binara - cazulx4 =0 . . . . . . . 1104.10 Sistemul electric analizat . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.11 Arborele de evenimente . . . . . . . . . . . . . . . . 1184.12 Determinarea disponibilitat, ii sistemului de securi-

tate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1234.13 Probabilitatea de aparit, ie a evenimentului TOP. . . 1244.14 Sistemul de detectare a scaparilor de gaze. . . . . . 1254.15 Arbore de defect pentru sistemul de detectare a

scaparilor de gaze -1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.16 Arbore de defect pentru sistemul de detectare a

scaparilor de gaze -2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.17 Sistemul radial de distribut, ie a energiei electrice . . 1304.18 Diagrama de succes a sistemului . . . . . . . . . . . 138


9/151

LISTA FIGURILOR 13

4.19 Sistem echivalent pentru calculul aproximativ alprobabilitat, ii de succes . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4.20 Diagrama de succes a sistemului . . . . . . . . . . . 1404.21 Diagrama de succes a sistemului . . . . . . . . . . . 1404.22 Ret,ea electrica (varianta 1) . . . . . . . . . . . . . . . 1444.23 Ret,ea electrica (varianta 2) . . . . . . . . . . . . . . . 1454.24 Sistemul electric analizat (varianta 1). . . . . . . . . 1454.25 Sistemul electric analizat (varianta 2). . . . . . . . . 1464.26 Graful starilor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151


10/151

Lista tabelelor

1.1 Valorile funct, iei de repartit, ie binomiale F(n, q)

pentruq =0, 001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.1 Tabela de adevar pentru evenimentulE . . . . . . . 743.2 Tabela de adevar pentru evenimentul F . . . . . . . 753.3 Tabela de adevar pentru evenimentulG . . . . . . . 75

4.1 Tabela de adevar pentru evenimentulSUCCES. . . 834.2 Tabela de adevar pentru evenimentele S3, S4, res-

pectivSUCCES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 924.3 Datele de intrare pentru calculul indicatorilor la ni-

velul bareiB3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.4 Calculul frecvent, ei as, teptate de ntrerupere punct

de racord R1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1084.5 Calculul frecvent, ei as, teptate de ntrerupere punct

de racord R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1124.6 Indicatorii de fiabilitate pentru componentele sis-

temului radial de distribut, ie din figura 4.17. . . . . 131


11/151

1Evenimente,probabilitat, is, i distribut, ii

Aplicat, ii rezolvate

1.1 Operat, ii cu evenimente aleatoare

1. FieA,Bs, iCtrei evenimente aleatoare. Propunet, i o forma sim-plificata pentru urmatoarele evenimente :

1)(A B) (A C);2)(A B) (A C);3)(A B) (A B);4)(A B) (A C).Solut, ie.1) Se noteaza cu NXnumarul de cazuri favorabile evenimen-tuluiX. Avem urmatoarele relat, ii :

NA

B = NA

B

C+NA

B

C (1.1)

NAC =NABC+NABC (1.2)


12/151

16 CAP.1. EVENIMENTE, PROBABILIT AT,I S,I DISTRIBUT,II

Fig. 1.1 Reprezentarea operat, iilor cu evenimente (diagramaVenn)

Rezulta :

N(AB)(AC) = NABC+NABC+NABC (1.3)

2) Similar,(A B) (A C) = A (B C) = A (A B C).3) Avem A B= A (A B), respectivA B= A (A B).Fie evenimentul imposibil, respectiv E evenimentul sigur

E= .Avem relat, iile : A A = , A = A, A E = ErespectivA = .Rezulta :(A (A B)) (A (A B)) = (A B) (A B)4) Avem(A B) (A C) = (A (A B)) (A C).Rezulta :(A (A B)) (A C) = (A C) (A B).

2. Exprimat, i evenimentele urmatoare cu ajutorul evenimentelorA, B, C s, i a operat, iilor de reuniune, intersect, ie, respectiv com-

plementaritate :1) Cele trei evenimente A, B s, i C sunt realizate ;2) A s, i B sunt realizate, dar nu s, i C ;3) A s, i C sunt realizate, dar nu s, i B ;4) B este realizat, dar nici unul din celelalte doua ;


13/151

1.1. OPERAT,II CU EVENIMENTE ALEATOARE 17

5) A este realizat s, i cel put, in unul din celelalte doua eveni-mente;

6) Cel put, in unul din cele trei evenimente este realizat ;7) Exact unul dintre evenimente este realizat ;8) Cel mult unul dintre evenimente este realizat.Solut, ie.

A B C (1.4)

A B C (1.5)

A B C (1.6)

A B C (1.7)

A (B C) (1.8)

(A B C) (1.9)

(A B C) (B A C) (C A B) (1.10)

(A B) (B C) (A C) (1.11)3. Fie p probabilitatea de realizare a oricaruia din evenimen-

tele A, B sau C, considerate trei evenimente independente.Exprimat, i probabilitat, ile de mai sus.Raspuns.1)P(A B C) = p3 ;2)P(A B C) = p2(1 p) ;


14/151


3)P(A B C) = p2(1 p) ;4)P(A B C) = p(1 p)2 ;5)P(A (B C)) = p(2p p2) ;6)P(A B C) =1 (1 p)3 = p3 3p2 +3p ;7) P((A B C) (B A C) (C A B)) =3p(1 p)2 ;8)P((A B) (B C) (A C)) =2p3 3p2 +1.

4. Fie 3 evenimente aleatoare A, B, C. A reprezinta "Diferent, adepas, ita de temperatura superioara / inferioara carcasa tur-bina ", B reprezinta "Temperatura neadecvata ulei ungerelagare turbina". EvenimenteleAs, iBsunt independente.C re-prezinta evenimentul "Vibrat, ii depas, ite turbina".Daca As, i Bsunt aparute, atunci probabilitatea aparit, iei luiCeste 0, 6 - respectivP(C|A B) =0, 6.DacaAeste aparut, darBnu este aparut, atunci probabilitateaaparit, iei luiCeste 0, 2 - respectivP(C|A B) =0,2, aceeas, i ncazulAnu este realizat,Beste realizat, respectivP(C| A B) =0,2.Daca att Act s, iBnu sunt realizate, atunci se considera caCnu poate apare, respectivP(C

|A

B) =0.

Dependent,a ntre Cs, i evenimentele As, i Beste prezentata nfigurile1.2s, i1.3.

Fig. 1.2 Ret, ea bayesiana pentru3evenimente


15/151


Fig. 1.3 Reprezentare prin diagrama Venn

Sa se calculeze, n ipoteza probabilitat, ii aparit, iei evenimentu-lui Ade 0, 1 respectiv a probabilitat, ii aparit, iei evenimentul B

de 0,2 :a) probabilitatea aparit, iei evenimentuluiC ;b) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul Bsa fie aparut?c) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul Asa fie aparut?d) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caatt evenimentulAct s, iB sa fie aparute?

Solut, ie.

a) T,innd seama de relat, ia logica ntre evenimentele A, Bs, iCreprezentata n figura 1.3,rezulta


17/151


d) Avem relat, ia

P(A B|C) =P(A B C)/P(C) =P(A B)P(C|A B)/P(C)unde :

P(A B) =0, 1 0, 2=0, 02

P(C|A B) =0, 6

P(C) =0, 064

Rezulta

P(A B|C) =0, 02 0,6/0,064=0,1875

Remarca.

Prin enunt,avemP(C|A B) =0. ReciprocP(A B|C) =0.Cum A B= A B, rezulta n acest caz P(A B|C) =1.Se verifica as, adar pe baza rezultatelor obt, inute, relat, iaP(A|C) +P(B|C) P(A B|C) =1.

5. Fie 3 evenimente aleatoareA,B,C.Areprezinta "Presiune scazuta ulei ungere lagare turbina",Breprezinta "Temperatura neadecvata ulei ungere lagare tur-

bina". EvenimenteleAs, iB sunt dependente.

Daca evenimentul Beste aparut, atunci evenimentul Aaparecu o probabilitate egala cu 0, 15 iar daca evenimentulBnu esteaparut, atunci evenimentulAapare cu o probabilitate egala cu0,05.Creprezinta evenimentul "Vibrat, ii depas, ite turbina".


18/151


Daca A s, i B sunt aparute, atunci probabilitatea aparit, iei lui Ceste 0, 5 respectivP(C|A B) =0, 5.Daca A este aparut, dar B nu este aparut, atunci probabilitateaaparit, iei lui C este 0, 2 - respectivP(C|A B) =0, 2 - aceeas, i ncazul A nu este realizat, B este realizat, respectiv P(C|A B) =0,2.Daca att A ct s, i B nu sunt realizate, atunciP(C|A B) =0, 1.Dependent,a ntre C s, i evenimentele As, i Beste prezentata nfigurile1.4s, i1.5.

Fig. 1.4 Ret, ea bayesiana pentru3evenimente

n ipoteza probabilitat, ii aparit, iei evenimentului A egala cu0, 1 sa se exprime :a) probabilitatea aparit, iei evenimentului C ;b) daca evenimentul A nu a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa fie aparut?c) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa fie aparut?d) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca

evenimentul A sa fie aparut?e) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca attevenimentul A, ct s, i B sa fie aparute?f) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul A sa fie aparut, dar B sa nu fie aparut?


19/151


g) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa nu fie aparut, dar A sa fie aparut?

h) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa nu fie aparut, iar A sa nu fie aparut?

Solut, ie.

Fig. 1.5 Reprezentare prin diagrama Venn

a) T,innd seama de relat, ia logica ntre evenimentele A, B s, i Creprezentata n figura 1.5,rezulta

P(C) = P(A B) P(C|A B) +P( A B) P(C| A B) ++ P(A B) P(C|A B) +P( A B) P(C| A B)

Evenimentul Ase poate realiza fie mpreuna cu evenimentulB, fie mpreuna cu evenimentul B, rezulta :

P(A) =P(B)P(A|B) +P(B)P(A|B)


23/151

1.2. DISTRIBUT,II DISCRETE 27

h) Avem relat, ia

P( A B|C) = P( A B C)/P(C) == P( A B)P(C| A B)/P(C)


P(A B) =P(B)P( A|B) =0, 5 0,95=0, 475

Rezulta

P(A B|C) =0, 475 0,1/0,175=0, 271429

Remarca. n relat, ie directa cu figura 1.5 s, i cu rezultateleobt, inute, se verifica relat, iile :

P(A B|C) +P(A B|C) =P(A|C)P(A B|C) +P(B A|C) =P(B|C)P(A

|C) +P(B

|C)

P(A

B

|C) +P( A

B

|C) =1

1.2 Distribut, ii discrete

6. O banca are L=1000 de client, i, fiecare cu un depozit de 1000de lei. Probabilitatea ca un client sa-s, i retraga cei1000lei ntr-ozi este deq=0, 001. Care este nivelul minim de lichiditate pecare banca trebuie sa-l aiba disponibil ntr-o zi oarecare pentru

a satisface cererile cotidiene de retragere ? Managementul ban-cii impune un nivel de 99, 9% de satisfact, ie a client, ilor. Altfelspus, 999 de client, i din 1000 sa aiba s, ansa de a avea un raspunspozitiv la cererea lor. Premiza : client, ii bancii au o viat, a linis, tita,nu se preocupa unul de celalalt s, i nu intra n panica.


24/151


Solut, ie.FieNnumarul de client, i care doresc sa-s, i retraga depozitul de

1000lei n aceeas, i zi. n premizele expuse n enunt, ,Nurmeazao distribut, ie binomiala Bin(L,p) de parametrii L = 1000 s, iq= 0, 001 :

P(N=0) = pL = (1 0,001)1000 =0, 367695

P(N=1) =C1Lq(1 q)L1 =0, 368063

.....

P(N=k) =CkLqk(1 q)Lk

.....

Fie Smin nivelul minim de lichiditate cerut n enunt, s, i fie S

suma dorita de catre client, i a fi retrasa ntr-o zi oarecare.Conform enunt,ului, dorim ca n 99,9% din cazuri sa avemacoperita suma dorita, respectivS < Smin :

P(S < Smin ) =0, 999

Pe de alta parte, fiecare client de acest tip ar dori sa retraga1000lei, deciS = N 1000.Avem :

P(N [Smin /1000]) =0, 001respectiv

P(N< [Smin /1000]) =0, 999

unde N Bin(L, q).


25/151


Tabel 1.1 Valorile funct, iei de repartit, ie binomiale F(n, q)pentru q=0, 001

n F(n, q) n F(n, q)0 0,367695 1 0,735758n F(n, q) n F(n, q)2 0,91979 3 0,981072n F(n, q) n F(n, q)4 0,9963619 5 0,9994107

Pentru un numar ntregn dat, fie :

F(n, q) =n1k=0

CkL(1 q)kqLk =Prob(N< n)

Se cauta valoarea lui n, astfel nct n este parte ntreaga dinF1(0,999, q =0, 001)plus 1. Dupa cum se observa n tabelul1.1, valoarea cautata a luin este 5.n concluzie, nivelul minim de lichiditate este Smin este 5000lei.

Observat, ie. n Mathematica urmatoarele linii calculeaza directvaloarea ceruta a cuantilei :


26/151


L =1000000 de client, i, iar nivelul de semnificat, ie ar scade la99%?

Solut, ie.BD3=BinomialDistribution[1000000,0.001] ;Nmin3=Quantile[BD3,0.99] ;Smin3=1074000lei.Remarca. Pentru valori mari ale lui Lse poate utiliza relat, ia :CkLp

k(1 p)Lk e k/k! pentru orice k 0, cu= L q.= L q=106 103 =103PD = PoissonDistribution[] ;Nmin4=Quantile[PD,0.99] ;

Smin4=1074000lei.

9. n fiecare an, independent de alt, i ani, un s, ofer are probabili-tatea pde a avea un accident (daca este un barbat), respectivqdaca este o femeie. O companie de asigurari are un numaregal de s, oferi asigurat, i barbat, i, respectiv femei. Un asigurateste ales aleator.

i) Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut un

accident ntr-un an ?ii) Aratat, i ca probabilitatea ca acest asigurat sa fi avut

doi ani consecutivi accident este(p2 +q2)/2 ;

iii) Din lista celor care au avut un accident n anul res-pectiv, se extrage aleator un nume. Care este proba-bilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident s, i ncel de-al doilea an?

iv) Care este probabilitatea ca un s, ofer care a avut n

accidente anuale consecutive sa fie barbat? Dar fe-meie?

Solut, ie.Compania de asigurari are un numar egal de asigurat, i femei/ barbat, i. n consecint, a, probabilitat, ile de a alege aleator un


27/151


barbat, respectiv o femeie din lista celor asigurat, i sunt egalentre ele s, i egale cu0,5adicaP(F) =P(B) =0, 5.

Din teorema probabilitat, ilor totale rezulta probabilitatea caasiguratul ales aleator sa fi avut un accident n anul respec-tiv :

P(A) =P(B) P(A|B) +P(F) P(A|F) =0, 5 (p+q) (1.12)

Fie A1evenimentul "asiguratul ales a avut un accident n pri-mul an", respectiv A2evenimentul "asiguratul respectiv a avut

un accident n al doilea an". Se dores, te evaluarea probabilitat, iiP(A1 A2).Conform teoremei probabilitat, ilor totale avem relat, ia :

P(A1 A2) =P(A1 A2|B) P(B) +P(A1 A2|F) P(F)(1.13)

undeP(A1 A2|B) =P(A1|B) P(A2|B) (1.14)

respectiv

P(A1 A2|F) =P(A1|F) P(A2|F) (1.15)

P(A1 A2) =0, 5 (p2 +q2) (1.16)n acest caz se dores, te evaluarea probabilitat, iiP(A2|A1).Avem :

P(A2|A1) =P(A1 A2)/P(A1) = (p2 +q2)/2 2/(p+q)(1.17)

Rezulta :P(A2|A1) = (p2 +q2)/(p+q) (1.18)


28/151


10. ntr-o zi sunt planificate sa funct, ioneze n Sistemul EnergeticNat, ional un numar egal de hidrogeneratoare, respectiv turbo-

generatoare. n fiecare ora, independent de alte ore, probabili-tatea de a avea o avarie la un grup hidrogenerator este aceeas, iq1 =0,005 - respectiv aceleas, i premize pentru un grup turbo-generator, dar q2 = 0,01. La sfrs, itul unui zile, un grup esteales aleator din lista respectiva programata sa opereze n SEN.

i) Care este probabilitatea de a fi ales un grup care asuferit o avarie n respectiva zi ?

ii) Care este probabilitatea ca grupul ales sa aiba o ava-

rie n primele12 ore din ziua respectiva ?iii) Care este probabilitatea ca un grup care a avut o

avarie n ziua respectiva sa fie hidrogenerator ?

iv) Care este probabilitatea ca un grup care a avut oavarie n ziua respectiva sa fie turbogenerator ?

v) ntr-un minut oarecare, care este probabilitatea de aavea o avarie la un turbogenerator ?

vi) ntr-un minut oarecare, care este probabilitatea de aavea o avarie la un hidrogenerator ?

Solut, ie.

i) FieHevenimentul "grupul ales este hidrogenerator", respec-tiv Tevenimentul "grupul ales este turbogenerator". Evident,H s, i T sunt doua evenimente mutual exclusive (incompati-bile) : H T= .Fie Aevenimentul "grupul ales a suferit o avarie n respectivazi". Acest eveniment se poate realiza fie mpreuna cu H, fiempreuna cu T:

A= (A H) (A T)Evident, evenimenteleA Hs, i A Tsunt mutual exclusive.


29/151


Aplicnd teorema probabilitat, ilor totale, rezulta :

P(A) =P(H) P(A|H) +P(T) P(A|T)Data fiind ipoteza unui numar egal de hidrogeneratoare / tur-bogeneratoare, avemP(H) =P(T) = p= 0, 5Pe de alta parte, probabilitatea ca ntr-o zi un hidrogeneratorsa funct, ioneze cu succes este data de relat, ia :

P(A|H) = (1 q1)24 =0, 886653

respectiv, disponibilitatea unei zile la nivelulul unui turboge-nerator este :

P(A|T) = (1 q2)24 =0, 785678

Rezulta :

P(A) = p ((1 P(A|H)) + (1 P(A|T)))

Numeric se obt, ine :

P(A) =0, 5 ((1 0,886653) + (1 0,785678)) =0,1638345ii) Probabilitatea ca n primele 12 ore un hidrogenerator safunct, ioneze cu succes este data de relat, ia :

P12(A|H) = (1 q1)12 =0, 941623

respectiv, disponibilitatea similara la nivelulul unui turboge-nerator este :

P12(A|T) = (1 q2)12 =0,886385

Rezulta :

P12(A) = p ((1 P12(A|H)) + (1 P12(A|T)))


30/151


Numeric se obtine :

P12

(A) =0, 5

((1

0,941623) + (1

0,886385)) =0, 085996

iii) Probabilitatea ca un grup care a avut o avarie n ziua res-pectiva sa fie hidrogenerator este probabilitatea condit, ionataP(H|A).Aceasta se poate calcula cu relat, ia urmatoare ce deriva dinaplicarea teoremei intersect, iei s, i cea a probabilitat, ilor totale :

P(H|A) = P(A H)P(A)

=P(A|H) P(H)/P(A)

Numeric se obt, ine :

P(H|A) = (1 0,886653) 0,5/0,1638345=0,3459192iv) Probabilitatea ca un grup care a avut o avarie n ziua res-pectiva sa fie turbogenerator este probabilitatea condit, ionataP(T|A).Aceasta se poate calcula, de asemenea, cu relat, ia urmatoa-rea ce deriva din aplicarea teoremei intersect, iei s, i cea aprobabilitat, ilor totale :

P(T|A) = P(A T)P(A)

=P(A|T) P(T)/P(A)

respectiv :

P(T|A) = (1 0,785678) 0,5/0,1638345=0,6540808Se verifica relat, ia P(T

|A) + P(H

|A) = 1. Daca un grup este

avariat, atunci fie este turbogenerator, fie este hidrogenerator.v) La nivelul unui minut oarecare i =1, 2, . . . 60, fieBi eveni-mentul "funct, ionare cu succes a unui hidrogenerator", respec-tiv fie piprobabilitatea de funct, ionare cu succes a hidrogene-ratorului :


31/151


P(Bi) = pi

La nivelul unei ore, disponibilitatea unui astfel de hidrogene-rator se poate exprima sub forma unui S, I logic :

B=60

i=1

Bi

n premiza independent, ei evenimentelorBi, avem relat, ia :

1 q1 = p60iRezulta pi = (1 q1)1/60 =0,9951/60 =0, 999916Indisponibilitatea unui minut la nivelul unui hidrogeneratorrezulta

qHi =1 pi =8, 4 105

vi) La nivelul unui minut oarecare i =1, 2, . . . 60, fieCieveni-mentul "funct, ionare cu succes a unui turbogenerator", respec-

tiv fie ri probabilitatea de funct, ionare cu succes a turbogene-ratorului :

P(Ci) =ri

La nivelul unei ore, disponibilitatea unui astfel de turbogene-rator se poate exprima sub forma unui S, I logic :

C=60

i=1

Ci

n premiza independent, ei evenimentelorCi, avem relat, ia :

1 q2 =r60i


32/151


Rezultari = (1 q2)1/60 =0, 991/60 =0, 999832Indisponibilitatea unui minut la nivelul unui turbogenerator

rezultaqTi=1 ri =1, 68 104

11. Fie doua grupuri Diesel de alimentare de securitate a servi-ciilor vitale clasa III dintr-o centrala nucleara. Fie1 probabi-litatea de succes la o solicitare de demarare a grupului Die-sel 1, respectiv 2 probabilitatea de succes la o solicitare dedemarare a grupului Diesel 2. Se considera valabila ipotezaindependent, ei : la orice solicitare de demarare, probabilitatea

de succes este aceeas, i, indiferent cte es, ecuri s-au nregistratapriori. FieXo variabila aleatoare discreta semnificnd numa-rul de solicitari ale grupului Diesel 1 pna la pornire (succes),respectivYo variabila aleatoare discreta semnificnd numarulde solicitari ale grupului Diesel 2 pna la pornire (succes) s, ifieZ=min{X, Y}.

i) Care este distribut, ia v.a.X?

ii) Care este distribut, ia v.a.Z ?

iii) Care este probabilitatea de a avea cel put, inun grupDiesel pornit cu succes de la prima solicitare?

iv) Care este probabilitatea a avea ambelegrupuri Dieselpornite cu succes de la prima solicitare ?

Raspuns.i) n premizele date, Xurmeaza o distribut, ie geometrica deparametru 1:

X= 1 2 . . . n . . .1 (1 1)1 ... (1 1)n11 . . .

Similar,Yurmeaza o distribut, ie geometrica de parametru2:

Y=

1 2 . . . n . . .2 (1 2)2 ... (1 2)n12 . . .


33/151


ii)Avem

P(Z=1) = P(X=1 Y=1) == P(X=1) +P(Y=1) P(X=1 Y=1) == 1+2 12

P(Z=2) = P((X=2 Y 2) (Y=2 X 2)) == P(X=2

Y

2) +P(Y=2

X

2)

P(X=2 Y=2) == (1 1)1(1 2) + (1 2)2(1 1) 12((1 1)(1 2) == (1 1)(1 2)(1+2 12)

Prin induct, ie matematica se obt, ine caZurmeaza o distribut, iegeometrica de parametru =1+2 12.

iii) Probabilitatea ceruta este P(Z = 1). Conform ii), avemP(Z= 1) =1+2 12.iv) Probabilitatea ceruta esteP(X=1 Y=1) =12.

12. Fie un supermarket care este vizitat ntr-o zi de n persoane.O persoana oarecare are probabilitatea p de a cumpara cevadin magazin, respectiv 1 p de a pleca fara a cumpara ni-mic. La sfrs, itul zilei, soft-ul este n imposibilitate de a furnizact, i client, i au trecut pe la casele de marcat. Fie Nnumarul declient, i care au cumparat cel put, in un produs din magazin s, i

deci au trecut pe la vreo casa de marcat.

a) Propunet, i o distribut, ie discreta pentru v.a.N;

b) Propunet, i o distribut, ie discreta aproximativa pentruv.a. N- n cazul unui numar mare de client, i ;


34/151


c) Pentrup = 0, 9 s, in =70 calculat, i probabilitatea de aavea cel put, in 50 de client, i care sa s, i faca cumpara-

turi de la respectivul supermarket n ziua data.Solut, ie.a) Fiecare client are probabilitatea pde cumpara independentde decizia celorlalt, i client, i. Din acest motiv, N urmeaza odistribut, ie binomiala de parametriin s, i p: N Bin(n,p).b) n acest caz, distribut, ia binomiala poate fi aproximata prindistribut, ie Poisson de parametru = n p.c) Probabilitatea ceruta se poate exprima sub forma

P(N 50) =1 P(N 49) =1 49

i=0

i

i!e

Pentru =0, 9 70=63, se obt, ineP(N 50) =0,959584.13. Un punct material P se deplaseaza prin salturi succesive n

vrfurileA,B,Cs, i centrul de greutateGal unui triunghi echi-lateral. La momentul de timp t =0 el se gases, te n centrul degreutateG. Apoi sare - de o maniera echiprobabila - spre unuldintre vrfurile triunghiuluiA,B,C. n continuare sare echipro-babil la orice moment de timpt = n(n=1,2,...) spre oricare dincele trei puncte conexe n raport cu punctul unde se afla.

a) Calculat, i probabilitatea ca el sa revina pentru primadatala t = n n G ;

b) Calculat, i probabilitatea ca el sa revina nG.

Solut, ie.

a) Daca lat =0 punctul material se afla n centrul de greutateG, atunci la t = 1 poate fi - de o maniera echiprobabila ntr-unul din vrfurile triunghiului A, Bsau C (probabilitate 1/3).Deci, probabilitatea de revenire nG pentru prima dataare senspentrun 2.


35/151


FieAkevenimentul "Previnepentru prima datanGla momen-tult = k".

Atunci, probabilitatea ceruta se poate exprima sub forma :

P(A1 A2 . . . An1 An) (1.19)

Pornind de la teorema intersect, iei, aceasta probabilitate sepoate scrie sub forma :

P(A1) P(A2|A1) P(An|A1 A2. . . An1) (1.20)

Lat =1, avemP(A1) =1 deoarecePse gases, te sigur ntr-unuldin vrfurile triunghiului, deci sigur nu n punctulG.Pe de alta parte, daca lat = k 1,Pse afla ntr-unul din vrfu-rile triunghiului, atunci sunt 2/3 s, anse sa eviteGla momentulurmator de timpt = k:

P(Ak|A1 A2. . . Ak1) =2/3

n consecint, a, avem :

P(Ak|A1 A2. . . Ak1) =1/3

Deci, probabilitatea ceruta este :

P(A1 A2 . . . An) =1 2/3 2/3 1/3 =1/3 (2/3)n2

b) Fie Bevenimentul "Punctul materialPrevine n G".

Evident, B se poate realiza daca A2 se realizeaza sau A3 serealizeaza sau ... Akse realizeaza ...

B=

k=2

Ak


36/151


Evenimentele Aksunt doua cte doua incompatibile.

P(B) =

k=2

P(Ak) =1/3

k=2

(2/3)n2

Seria k=2(2/3)n2 se poate scrie sub forma 1/(1 2/3). Re-

zulta ca P(B) =1. Evenimentul Beste cert; punctul materialva reveni n G de o maniera sigura.

14. ntr-o centrala electrica, doua evenimente A s, i B pot aparealeator n aceeas, i zi dintr-o luna, independent unul de celalalt.Zilele n care pot apare evenimentele respective sunt nume-

rotate de la 1 la n 2. Oricare din cele doua evenimente demai sus ramne activ nca 2 zile de la ziua aparit, iei, dupa careeste resetat. Rezulta ca zilele n care putem avea ambele eveni-mente realizate (aparute sau active) sunt de la 1 la n.

a) Calculat, i probabilitatea de a avea cele doua eveni-mente aparute - n aceeas, i zi ;

b) Calculat, i probabilitatea de a avea cele doua eveni-mente aparute - cu o zi diferent, a ntre ele;

c) Calculat, i probabilitatea de a avea ambele eveni-mente aparute active - n cel put, in o zi.

Solut, ie.

a) Fie Akevenimentul "Aapare n ziua k", respectivBkeveni-mentul "Bapare n ziua k".FieEevenimentul "As, iBapar n aceeas, i zi" :

E=

n2k=1(A

k Bk)

Pentru orice k, (1 k n 2), evenimentele Ak Bk suntincompatibile doua cte doua, ntruct ele pot apare mpreunafie n prima ziua, fie n a doua zi, ..., fie n a (n 2)-a zi.


37/151


Pe de alta parte, data fiind independent, a evenimentelor ndiscut, ie, avem :

P(Ak Bk) =P(Ak)P(Bk)Rezulta :

P(E) =n2k=1

P(Ak)P(Bk)

Daca se alege o distribut, ie echiprobabila (uniforma), avemP(Ak) = 1/(n 2), respectiv P(Bk) = 1/(n 2), cu k =1 , 2 , . . . n

2.

Rezulta :

P(E) =n2k=1

1/(n 2)2 = (n 2)/(n 2)2 =1/(n 2)

b) O zi diferent, a ntre aparit, ii implica faptul ca unul dintreurmatoarele evenimente realizate : Ak Bk+1, cu 1 k n 3,respectiv evenimentul A apare cu 1 zi naintea lui B sauBj Aj+1, cu 1 jn 3, respectiv evenimentul Bapare cu1 zi naintea lui A.

FieFevenimentul cautat :

F=

n3k=1

(Ak Bk+1)n3

j=1

(Bj Aj+1)

Evenimentele Ak Bk+1cu 1 k n 3 s, i Bj Aj+1 cu 1j

n

3 formeaza 2

(n

3)evenimentele incompatibile doua

cte doua, respectiv de la Aapare n prima zi s, i B apare n adoua zi, ..., pna la A apare n a (n 3)-a zi s, i Bapare n a(n 2)-a zi respectiv(n 3)situat, ii. Bapare n prima zi s, i Aapare n a doua zi, ..., pna la B apare n a (n 3)-a zi s, i Aapare n a(n 2)-a zi, respectiv(n 3)situat, ii.


38/151


n total 2(n 3)cazuri.Rezulta :

P(F) =n3k=1

P(Ak Bk+1) +n3

j=1P(Bj Aj+1)

respectiv

P(F) = n 3(n 2)2 +

n 3(n 2)2 =

2(n 3)(n 2)2

c) FieG evenimentul "A s, i B apar la doua zile diferent, a" :

G=

n4k=1

(Ak Bk+2)n4

j=1

(Bj Aj+2)

Evenimentele Ak Bk+2cu 1 k n 4 s, i Bj Aj+2 cu 1j n 4 formeaza 2 (n 4)evenimentele incompatibile douacte doua, respectiv de la Aapare n prima zi s, i B apare n atreia zi, ..., pna la A apare n a (n

4)-a zi s, i B apare n a

(n 2)-a zi, respectiv (n 4) situat, ii. Bapare n prima zi s, iA apare n a treia zi, ..., pna la B apare n a (n 4)-a zi s, i Aapare n a(n 2)-a zi, respectiv(n 4)situat, ii.n total 2(n 4)cazuri.Rezulta :

P(G) =n4k=1

P(Ak Bk+2) +n4

j=1P(Bj Aj+2)

respectivP(G) =2(n 4)/(n 2)2

FieHevenimentul "A s, i B sunt active cel put, in o zi", respectivH=E F G.


39/151


n termen de probabilitat, i, avem :

P(H) =P(E) +P(F) +P(G)

Se obt, ine :

P(H) = (5n 16)/(n 2)2

15. O familie cu doi copii, avnd copilul cel mare baiat, este aleasaaleator. Care este probabilitatea de a fi o fata cel de-al doileacopil al acestei familii ?Solut, ie.

Fie pprobabilitatea ca un copil sa se nasca baiat, respectiv qprobabilitatea ca un copil sa se nasca fata. Se poate presupuneindependent, a acestor doua evenimente, respectiv indiferentct, i baiet, i sau cte fete sunt ntr-un es, antion dat, probabili-tatea ca urmatorul copil care se va nas, te sa fie baiat / fata esteaceeas, i / neschimbata, indiferent ct, i baiet, i / fete existau laacel moment n respectivul es, antion. De asemenea, se poatepresupune ca p=q = 0, 5.

Lista familiilor cu doi copii cuprinde combinat, iile : (B, B),(B,F), (F, B) s, i (F,F), unde prima litera se refera la primulcopil nascut n familie, respectiv a doua litera se refera la celde-al doilea copil nascut.Din aceasta lista au fost selectate ulterior n vederea extrageriialeatoare specificate n enunt, numai familiile cu(B, B),(B,F).Rezulta ca existauncaz favorabil dindoua, deci probabilitateaceruta este 1/2.

16. O familie cu doi copii, avnd cel put, in un baiat, este aleasa

aleator. Care este probabilitatea ca, n aceste condit, ii, aceastafamilie sa aiba o fata ?Solut, ie.

Ca s, i n enunt, ul de mai sus, lista familiilor cu doi copii cu-prinde combinat, iile :(B, B),(B,F),(F, B)s, i(F,F).


40/151


Din aceasta lista au fost selectate ulterior n vedere extrageriialeatoare specificate n enunt, numai familiile avnd cel put, in

un baiat, respectiv(B, B),(B,F),(F, B).Rezulta ca exista douacazuri favorabile din trei, deci probabi-litatea ceruta este 2/3.

17. Probabilitatea de a avea un accident ntr-un minut oarecarentr-o sect, iune data a unei autostrazi este q =105. Care esteprobabilitatea P de a nu avea nici un accident ntr-un an nsect, iunea respectiva, n aceste condit, ii ?Solut, ie.

Probabilitatea de a nu avea nici un accident n sect, iunea data,ntr-un minut oarecare este p=1 q=0, 99999.ntr-un an sunt N=8760 60=525600 minute.Probabilitatea ceruta este

P= pN =0,99999525600 =5, 216 103

1.3 Distribut, ia exponent, iala

18. Pentru enunt, ul de mai sus, n ipoteza unei distribut, iiexponent, iale a v.a. T "durata ntre doua accidente conse-cutive n sect, iunea data a autostrazii" (variabila numita s, iinterval de recurent, a), sa se exprime :

a) Intensitateaa producerii unui accident ;

b) Calculat, i valoarea as, teptata a intervalului derecurent, a.

Solut, ie.a) n cazul distribut, iei exponent, iale T Ex p(), probabilita-tea de succes, respectiv t = 1 an fara nici un astfel de eve-niment rutier este :

R(t) =et


41/151

1.4. DISTRIBUT,IA UNIFORMA 45

ImpunndR(t) = pN

se obt, ine dupa logaritmare o intensitate exprimata nh1 :

= N/t ln(1/p) = 8760 608760

ln(1/0,99999) 6 104

b) Valoarea as, teptata a intervalului de recurent, a este mediavariabilei aleatoareT.

E[T] =

0 t f(t)dt =

0 t ()R(t)dtIntegrnd prin part, i, se obt, ine :

E[T] =

0R(t)dt =1/

Valoarea as, teptata este deciE[T] =1/=1666, 666 h, respec-tiv 69, 4 zile.

1.4 Distribut, ia uniforma

19. Problema ntlnirii. Domnul X are un rendez-vous cuDoamna Y azi ntre orele 17 s, i 18. Fiecare dintre ei se de-cide de a nu l as, tepta pe celalalt mai mult de t =10 minute,nici unul nu cunoas, te momentul de timp la care celalalt vaajunge. Se presupune ca fiecare dintre ei soses, te independentunul de celalalt s, i ca avem o distribut, ie uniforma a timpului

la care se ajunge la rendez-vous.a) Determinat, i probabilitatea unei ntlniri ;

b) DoamnaYajunge la momentul de timp t ntre orele17s, i 18. Care este probabilitatea ca sa l ntlneascape Domnul X?


42/151


c) Sosind la momentul de timpt, DoamnaYnu gases, tepe nimeni. Care este probabilitatea de a-l ntlni pe

DomnulXn aceste condit, ii ?Solut, ie.

a) Fie Xo v.a. continua reprezentnd timpul scurs de la ora17 : 00 pna la sosirea DomnuluiXla locul de rendez-vous. FieYo v.a. continua reprezentnd timpul scurs de la ora 17 : 00pna la sosirea Doamnei Yn acelas, i loc. Cele doua v.a. X s, iYsunt independente. Xpoate sa ia valori n intervalul [0, 1].Astfel, X = 0 daca soses, te la ora 17 : 00, respectiv X = 1

daca soses, te la ora 18 : 00. Mai mult, Xurmeaza o distribut, ieuniforma X Unif (0, 1). Cu alte cuvinte, apriori nu existanici o preferint, a n alegerea momentului de sosire a DomnuluiX, toate valorile fiind la fel de probabile. Similar, Y = 0 dacaDoamna Y soses, te la ora 17 : 00, respectivY=1 daca DoamnaY soses, te la ora 18 : 00.Yurmeaza , de asemenea, o distribut, ieuniformaYUni f(0, 1). Cum X, respectivYvin sigur la n-tlnire, integralele densitat, ilor de probabilitate sunt respectivegale cu1.

Din punct de vedere matematic, condit, ia de a avea loc ntlni-rea este exprimata sub forma inegalitat, ii|X Y| 1/6, res-pectiv 1/6 X Y 1/6.Probabilitatea unei ntlniri rezulta :

P{|X Y| 1/6} = 1

0g(y)

y+1/6y1/6

f(x)dx

Cum funct, ia densitate de probabilitate f(x) este egala cu1pen-tru oricex

[0, 1], respectiv 0 n rest, rezulta : y+1/6

y1/6f(x)dx = (y+1/6) (y 1/6) =1/3

Similar, funct, ia densitate de probabilitate g(y)este egala cu 1pentru oricey [0, 1], respectiv 0 n rest.


43/151


Fig. 1.6 Definit, ia s, i densitat, ile de probabilitate ale v.a. X s, i Y


44/151


Rezulta :

P{|X Y| 1/6} =1/3b) Daca cunoas, tem momentult [0, 1], condit, ia de a avea locntlnirea este exprimata sub forma inegalitat, ii |X t| 1/6,respectiv 1/6 X t 1/6.Probabilitatea unei ntlniri rezulta :

I=P{|X t| 1/6} = t+1/6

t1/6f(x)dx

Aceasta se exprima astfel :- pentrut [0,1/6]: I= t+1/60 f(x)dx =1/6+t ;- pentrut [1/6,5/6]: I= t+1/6t1/6 f(x)dx = 2/6 =1/3 ;- pentrut [5/6,1]: I= 1t1/6 f(x)dx = 7/6 t.n figura 1.7 este exprimata probabilitatea de ntlnire cafunct, ie de momentul de timpt.Se remarca faptul ca este de dorit ca DoamnaYsa nu soseasca

mai devreme de ora 17 : 10 , respectiv mai trziu de ora 17:50.c) S, i n acest caz, condit, ia de a avea loc ntlnirea este expri-mata sub forma inegalitat, ii|X t| < 1/6. Aceasta condit, ietrebuie coroborata cu faptul ca la momentul t al sosirii sale,Doamna Y nu a gasit pe nimeni. Fie X soses, te mai trziu(X> t), fieXa sosit deja s, i a plecat (X< t 1/6).Rezulta ca se dores, te evaluarea unei probabilitat, icondit, ionate :

P{|X t| < 1/6|(X> t) (X< t 1/6)}Fie evenimentele :A= {X< t+1/6} ;B= {X> t 1/6} ;


45/151


Fig. 1.7 Probabilitatea de ntlnire ca funct, ie de momentul t

C= {X> t} ;D= {X< t 1/6}.

Probabilitatea condit, ionata de mai sus se exprima astfel :

P{A B|C D} =P{A B (C D)}/P{C D}Exprimnd logic, obt, inem :A B (C D) = (A B C) (A B D)Evenimentele Bs, iDsunt mutual exclusive (incompatibile). Deasemenea,B C=C. Rezulta ca A B (C D) = A C.Probabilitatea evenimentuluiA Ceste :

I1=

P{(

X>

t)

(X t) (X< t 1/6)} =

= 1 P{(X< t) (X> t 1/6)}


46/151


n figura 1.8este exprimata probabilitatea ceruta ca funct, ie demomentul de timpt.

Fig. 1.8 Probabilitatea condit, ionata

Prima integrala se exprima astfel :- pentrut [0,5/6]: I1= t+1/6t f(x)dx =1/6 ;- pentrut [5/6,1]: I1= 1t f(x)dx =1 t.Similar,P{(X< t) (X> t 1/6)} se poate exprima astfel :- pentrut [1/6,1]: tt1/6 f(x)dx =1/6 ;- pentrut [0,1/6]: tt1/6 f(x)dx =t.Rezulta cea de-a doua integrala :

- pentrut [1/6,1]: I2=1 tt1/6 f(x)dx = 5/6 ;- pentrut [0,1/6]: I2=1 tt1/6 f(x)dx = 1 t.Raportul ntre cele doua integrale este probabilitatea ceruta :

P{|X t| < 1/6|(X> t) (X< t 1/6)} = I1/I2


47/151

1.5. DISTRIBUT,IA NORMALA 51

exprimat astfel :- pentrut

[0,1/6]: I1/I2=1/6/(1

t) ;

- pentrut [1/6,5/6]: I1/I2=1/6/5/6=0, 2 ;- pentrut [5/6,1]: I1/I2= (1 t)/5/6;

1.5 Distribut, ia normala

20. ntr-o stat, ie de metrou, garniturile se succed din zece n zeceminute. O garnitura este programata sa soseasca la fiecare 10minute, ncepnd cu orele 5 : 00. Timpul de stat, ionare al uneigarnituri la peroanele stat, iei este de 1 minut.Perturbat, iile din trafic pot provoca o abatere stardard de 2 mi-nute, n raport cu ora programata de sosire n stat, ie, respectivo distribut, ie normala a timpului de intrare n stat, ie al garnitu-rii, cu o valoare as, teptata egala cu ora s, i minutul programat,respectiv=2 minute.Un calator poate sosi aleator n stat, ie ntre orele 7 : 54 s, i 8 : 06.Care este probabilitatea ca acest calator sa gaseasca deja un

tren n stat, ie ?Solut, ie.

Fie X o v.a. continua desemnnd momentul de timp lacare calatorul intra pe peronul stat, iei respective. Conformenunt,ului, distribut, ia lui X este uniforma X Unif (7H :54min, 8H: 06min).FieYo v.a. continua desemnnd timpul de intrare n stat, ie algarniturii de metrou programata sa soseasca la ora7H :50min.Distribut

,ia lui Yeste normala Y

N( = 7H : 50min, =

2min).Fie Z = X Y. X s, i Y sunt doua v.a. independente. Sosi-rea calatorului pe peron nu modifica (cres, te / scade) proba-bilitatea ca metroul sa soseasca la timp n stat, ie s, i reciproc.


48/151


Cerint, a din enunt, se exprima astfel : 0 < Z


49/151

1.6. DISTRIBUT,IA LOGNORMALA 53

Fie schimbarea de variabilau = x y ;v = y. Rezulta :

F(z) = z du

f1(u+v)f2(v)dv (1.24)

respectiv

F(z) = z

du

8,17,9

5/(0,033

2)e0,5((v7,92)/0,033)2dv (1.25)

Integrnd n Mathematica se obt, ine :

P= F(z= 0, 0167h) F(z=0) =0, 0500 (1.26)

1.6 Distribut, ia lognormala

21. Fie o componenta avnd o distribut, ie lognormala a timpuluisau de reparat, ii (indisponibilitate) LogLN(a=2; b= 1, 2).

a) Calculat, i durata as, teptata (medie) a timpului dereparat, ii ;

b) Calculat, i abaterea standard a timpului de reparat, ii ;c) Daca la momentul de timp egal cu 75% din du-

rata as, teptata de mai sus, componenta era nca nreparat, ii, care este probabilitatea ca reparat, ia sase ncheie n termenul as, teptat (100% din valoareaas, teptata) ?

d) Indicat, i abcisa pentru care densitatea de probabili-tate are un maxim ;

e) Indicat, i abcisa pentru care intensitatea de reparareare un maxim.

Raspuns.

a) Durata as, teptata (medie) a timpului de reparat, ii esteE[Tr] =0 t f(t)dt =ea+b

2/2 =15, 18h ;


50/151


b) Abaterea standard a timpului de reparat, ii este [Tr] =

E[T2r] E2[Tr] =ea+b

2/2eb2 1=27, 24h ;

c)P{11,385 < Tr < 15,18|Tr > 11,385} =0,236715;d)Tr =1, 7 h ;e) Intensitatea de reparare este (t) = f(t)/(1 F(t)). Repre-zentarile grafice sunt prezentate n figurile 1.10,respectiv1.11(ultima n coordonate logaritmice).

Fig. 1.10 Intensitatea de reparare


51/151


Fig. 1.11 Intensitatea de reparare - reprezentare n coordonatelogaritmice

Aplicat, ii propuse

22. Fie 3 evenimente aleatoare A, B, C. Evenimentele As, i Bsuntindependente.Daca As, i Bsunt aparute, atunci probabilitatea aparit, iei luiC

este 0, 4 - respectivP(C|A B) =0, 4.DacaAeste aparut, darBnu este aparut, atunci probabilitateaaparit, iei luiC este 0, 2 - respectivP(C|A B) =0,2, aceeas, i s, in cazul Anu este realizat, Beste realizat, respectiv P(C|A B) =0, 3.Daca att Act s, iBnu sunt realizate, atunciP(C| A B) =0.1Dependent,a ntreCs, i evenimenteleAs, iBa fost prezentata nfigura1.2(Aplicat, ii rezolvate).

Sa se calculeze, n ipoteza probabilitat, ii aparit, iei evenimentu-lui Ade 0, 8 respectiv a probabilitat, ii aparit, iei evenimentul Bde 0,7 :a) probabilitatea aparit, iei evenimentuluiC ;b) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca


52/151


evenimentul Bsa fie aparut?c) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca

evenimentul Asa fie aparut?d) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caatt evenimentulAct s, iB sa fie aparute?e) daca evenimentulC nu a aparut, care este probabilitatea caevenimentul Bsa nu fie aparut?f) daca evenimentulCnu a aparut, care este probabilitatea caevenimentul Asa fie aparut?g) daca evenimentulC nu a aparut, care este probabilitatea caatt evenimentulAct s, iB sa fie aparute?

23. ntr-o centrala electrica, trei evenimente A, Bs, i C pot aparealeator n aceeas, i zi dintr-o luna, independent unul de celalalt.Zilele n care pot apare evenimentele respective sunt numero-tate de la 1 la n 3. Oricare din cele trei evenimente de maisus ramne activ nca 3 zile de la ziua aparit, iei, dupa care esteresetat. Rezulta ca zilele n care putem avea trei evenimenterealizate (aparute sau active) sunt de la 1 la n.

a) Calculat, i probabilitatea de a avea cele trei eveni-mente aparute - n aceeas, i zi ;

b) Calculat, i probabilitatea de a avea cele trei eveni-mente aparute - cu o zi diferent, a ntre ele;

c) Calculat, i probabilitatea de a avea trei evenimenteaparute active - n cel put, in o zi.

24. ntr-o zi sunt planificate sa funct, ioneze n Sistemul Energe-

tic Nat, ional un numar de 25 hidrogeneratoare, respectiv 15turbogeneratoare. n fiecare ora, independent de alte ore, pro-babilitatea de a avea o avarie la un grup hidrogenerator esteaceeas, iq1 =0, 005 - respectiv aceleas, i premize pentru un grupturbogenerator, dar q2 =0,01. La sfrs, itul unui zile, un grup


53/151


este ales aleator din lista respectiva programata sa opereze nSEN.

i) Care este probabilitatea de a fi ales un grup care asuferit o avarie n respectiva zi ?

ii) Care este probabilitatea ca grupul ales sa aiba o ava-rie n primele12 ore din ziua respectiva ?

iii) Care este probabilitatea ca un grup care a avut oavarie n ziua respectiva sa fie hidrogenerator ?

iv) Care este probabilitatea ca un grup care a avut o

avarie n ziua respectiva sa fie turbogenerator ?v) ntr-un minut oarecare, care este probabilitatea de aavea o avarie la un turbogenerator ?

vi) ntr-un minut oarecare, care este probabilitatea de aavea o avarie la un hidrogenerator ?

25. O sucursala de distribut, ie a energiei electrice are L=1000 declient, i, fiecare cu o putere instalata de 20kW. La orice momentde timp al unei zile, probabilitatea ca un client sa solicite pute-

rea instalata este p1=0, 3 pentru 50% din puterea sa instalataprobabilitatea este p2 = 0,5 respectiv probabilitatea de a nusolicita putere este p3 =0, 2. Care este nivelul minim de pu-tere pe care sucursala trebuie sa-l aiba disponibil ntr-o zi oa-recare pentru a satisface solicitarile cotidiene ? Managementulsucursalei impune un nivel de 99, 9% de satisfact, ie a client, ilor.Altfel spus, 999 de client, i din 1000 sa aiba nivelul de puteresolicitat. Premiza : client, ii sucursalei au o cerere independenta de

putere, unul fat, a de celalalt.

26. Fie o componenta avnd o distribut, ie lognormala a timpuluisau de funct, ionare (disponibilitate) LogLN(a=6; b= 1, 2).

a) Calculat, i durata as, teptata (medie) a timpului defunct, ionare;


54/151


b) Calculat, i abaterea standard a timpului defunct, ionare;

c) Daca la momentul de timp egal cu 50% din durataas, teptata de mai sus, componenta era n funct, ionare,care este probabilitatea ca aceasta componenta sa fien aceasta stare s, i la momentult =100% din valoa-rea as, teptata ;

d) Indicat, i abcisa pentru care densitatea de probabili-tate are un maxim ;

e) Indicat, i abcisa pentru care intensitatea de defect are

un maxim.27. O familie cu trei copii, avnd copilul cel mare baiat, este aleasa

aleator. Care este probabilitatea de a fi o fata cel de-al doileacopil (mijlociu) al acestei familii ?

28. n fiecare an, independent de alt, i ani, un s, ofer are probabili-tatea pde a avea un accident (daca este un barbat), respectivqdaca este o femeie. O companie de asigurari are un numarN1 =1000 asigurat, i barbat, i, respectiv N2 =500 asigurat, i fe-

mei. Un asigurat este ales aleator.i) Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut un

accident ntr-un an ?

ii) Care este probabilitatea ca acest asigurat sa fi avutdoi ani consecutivi accident ?

iii) Din lista celor care au avut un accident n anul res-pectiv, se extrage aleator un nume. Care este proba-bilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident s, i n

cel de-al doilea an?iv) Care este probabilitatea ca un s, ofer care a avut n

accidente anuale consecutive sa fie barbat? Dar fe-meie?


55/151


29. Doua persoane pot sosi ntr-un anumit loc, cu aceeas, i proba-bilitate, n orice moment din intervalul[0, T]. Sa se determine

probabilitatea ca intervalul de timp dintre sosirile lor sa nu fiemai mare dectt (0 < t < T).Raspuns.Probabilitatea ceruta este 1 (1 t/T)2.

30. Doua garnituri A, Bncarcate cu pacura trebuie descarcate laaceeas, i rampa a unei centrale termoelectrice. Momentele sosi-rii celor doua garnituri sunt independente s, i uniform distri-buite, n decursul unei zile (24de ore). Timpul de descarcareal garniturii Aeste de 1 ora, respectiv pentru Beste de 2 ore.Care este probabilitatea ca a doua garnitura care soses, te sagaseasca rampa ocupata ?Raspuns.Fie xmomentul sosirii garniturii A, respectiv ymo-mentul sosirii garniturii B. Probabilitatea ceruta este data deintegrala f(x,y)pe domeniul , has, urat n figura1.12.Nume-ric, probabilitatea ceruta este 0,121.

Fig. 1.12 Calculul grafic al probabilitat, ii

31. Pentru enunt,ul problemei ntlnirii, se propune o altadistribut, ie, n sensul ca X urmeaza o distribut, ie normalaX N(1 = 1/2h, 1 = 1/6h), respectiv Y urmeaza o


56/151


distribut, ie normala Y N(2 = 1/3h, 2 = 1/5h). X s, iY sunt, de asemenea, independente. Celelalte date ramn

neschimbate.a) Determinat, i, n acest caz, probabilitatea unei intl-

niri;

b) DoamnaYajunge la momentul de timp t ntre orele17 s, i 17 :30. Care este probabilitatea ca sa l ntl-neasca pe Domnul X ?

c) Sosind la ora t, Domnul Xnu gases, te pe nimeni.Care este probabilitatea de a o ntlni pe Doamna Y

n aceste condit, ii ?

32. Cum se modifica valoarea probabilitat, ii cerute n problemametroului, daca calatorul sos, este aleator n stat, ie ntre orele7 : 56 s, i 8 : 04? Dar ntre orele 6 : 00 s, i 6 : 10?

33. Fienvariabile aleatoare independente distribuite exponent, ialX1 Ex p[],X2 Ex p[], . . .Xn Ex p[]. Atunci sa se arateca :

a) min(X1, X2, . . . , Xn) Ex p[] ;b) max(X1, X2, . . . , Xn) Ex p[/ni=1(1/i)] ;c) Demonstrat, i ca prima varianta este cazul distribut, iei

duratei de viat, a a unui sistem serie dencomponenteindependente, avnd respectiv intensitat, ile de defec-tare egale1 =2 =. . .=n = ;

d) Demonstrat, i ca a doua varianta este cazuldistribut, iei duratei de viat,a a unui sistem para-

lel de ncomponente independente, avnd respectivintensitat, ile de defectare egale 1 = 2 = . . . =n= ;

e) Sa se generalizeze pentru cazul1=2=. . . =n.


57/151


34. FieX1s, iX2doua variabile aleatoare independente distribuiteexponent, ial X1 Ex p[1], X2 Ex p[2]. Se defines, te v.a.S = X1+ X2. Sa se determine densitatea de probabilitate adistribut, iei v.a. S. Indicat, ie. Se vor trata cazurile : 1 = 2,respectiv1=2.

35. Fie X o v.a. distribuita BernoulliX B(p).Parametrul distribut, iei Bernoulli este, la rndul lui, o v.a. dis-tribuita Beta : p Beta(,). Sa se exprime valoarea as, teptataa variabilei aleatoareX.Aplicat, ie numerica pentru evaluarea incertitudinii estimarii

indisponibilitat, ii la pornire a unui grup Diesel alimentare ser-vicii de securitate la o centrala nucleara. Se considera : =1, =10 ; X =1 daca grupul Diesel demareaza cu succes, res-pectiv X=0 n caz contrar.

36. Fie X s, i Ydoua variabile aleatoare independente distribuitebinomialX Bin(n =2,p =0, 9), Y Bin(n =3,p =0, 8).FieZ = X+Y. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa fie mai mica sau egala dect2.

37. FieXs, iYdoua variabile aleatoare independente distribuite bi-nomialXBin(n=2,p=0, 9),YBin(n= 3,p =0, 8). FieZ= (X+ Y)/2. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa fie mare strict dect 1.

38. Fie X s, i Ydoua variabile aleatoare independente distribuitebinomialX Bin(n =2,p =0, 9), Y Bin(n =3,p =0, 8).Fie Z = X Y. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa ia valori n mult, imea {1,2,3,4}.

39. Fie X s, i Ydoua variabile aleatoare independente distribuite

binomialX Bin(n =2,p =0, 9), Y Bin(n =3,p =0, 8).Fie Z = X/Y. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa ia valori n intervalul [0, 1].

40. FieXs, iYdoua variabile aleatoare independente distribuite bi-nomialXBin(n=2,p=0, 9),YBin(n= 3,p =0, 8). Fie


58/151


Z=max{X, Y}. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa ia valori n mult, imea {0,1,2,3,4}.

41. Fie X s, i Ydoua variabile aleatoare independente distribuitebinomialX Bin(n =2,p =0, 9), Y Bin(n =3,p =0, 8).Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitatea ca X sa ia valorimai mici sau egale dect Y.

42. O structura de rezistent,a dintr-o centrala electrica este supusala doua tipuri independente de solicitari :- statica (S) ;- dinamica (D).

Fie doua variabile aleatoare independente caracteriznd celedoua solicitari, respectiv doua cazuri de studiu propuse :i)S N(S, S), respectivD N(D, D) ;ii)S Ex p(S), respectivD Ex p(D).Sa se exprime n cele doua cazuri media s, i abaterea standard asolicitarii totale a structuriiT=S +D. n ipoteza ca rezistent, aRa structurii este o variabila aleatoare distribuita normalR N(R, R), sa se evalueze riscul ruperii structurii de rezistent, a.Aplicat, ie numerica : S = 6MPa, S = 1MPa, D = 8MPa,

D = 2MPa, R = 21MPa, R = 3MPa, D = 1/6MPa1

,S=1/8MPa1.


59/151

2Estimari statistice

Aplicat, ii rezolvate43. O moneda este banuita ca nu e perfecta, n sensul ca proba-

bilitatea de aparit, ie pa fet,ei ca peste diferita de 0,5. Apriori,distribut, ia pentru p este din clasa distribut, iilor Beta, avnddensitatea de probabilitate proport, ionala cu p10 (1 p)14 peintervalul [0, 1]. Pentru a obt, ine o mai mare certitudine asu-pra lui p, moneda este aruncata de 5 ori : de 3 ori a aparutfat, a ca p, respectiv de 2 ori cealalta fat, a. Exprimat, i distribut, ia

aposteriori pentru p.Solut, ie.I. Apriori.

n cazul distribut, ieiBeta, densitatea de probabilitate este datade relat, ia :

f(p) =1/B(11,15) p10 (1 p)14 (2.1)unde B( = 11, = 15) este integrala Beta (Euler de primultip) :

B(,) =

1

0x1 (1 x)1dx

Funct, ia de repartit, ie este data de relat, ia :

F(p) = p

0f(x)dx (2.2)


60/151

64 CAP.2. ESTIMARI STATISTICE

Fig. 2.1 Densitatea apriori de probabilitate a v.a. p

II. Aposteriori.

Fie Nv.a. discreta semnificnd numarul de aparit, ii ale fet,eica pdin n aruncari.Atunci, probabilitatea de a aveakaparit, ii ale fet, eicapla arun-carea unei astfel de monezi este :

P(N=k) = 1

0

n!k! (n k)!p

k (1 p)nkdp (2.3)

De asemenea, referitor la evenimentul de a avea "probabilita-tea p de aparit, ie a acestei fet, e n intervalul (a, b) s, i N = k"avem relat, ia :

P(a < p < b

N=k) = b

a

n!k! (n k)!p

k (1 p)nkdp(2.4)

Se noteaza funct, ia aposteriori de repartit, ie a lui pcu F(p).

T,innd seama de relat, iile de mai sus s, i de teoremaprobabilitat, ilor condit, ionate, avem :

F(p) =

p0

n!k!(nk)! xk (1 x)nkF(x)dx1

0n!

k!(nk)! xk (1 x)nkF(x)dx(2.5)


61/151

65

Densitatea aposteriori ceruta este derivata acestei funct, ii F(p)s, i este reprezentata grafic n figura alaturata.

Fig. 2.2 Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p

III. Remarca.

Daca apriori nu este disponibila nici o informat, ie tehnica,atunci distribut, ia pentru p este uniforma. Orice valoare a luip este posibila s, i echiprobabila. Entropia informat, ionala estemaxima n acest caz.Urmnd aceeas, i abordare ca mai sus, este suficient sa re-marcam ca n acest caz avem distribut, ia apriori Beta, dar cuparametrii = 1, respectiv=1.Densitatea apriori de probabilitate este reprezentata grafic nfigura2.3.Comparativ, densitatea aposteriori n acest caz este reprezen-tata grafic n figura 2.4.

44. O componenta n as, teptare refuza solicitarea de a demara dem = 2 ori n n = 10 teste independente. Indicat, i estimatorulde verosimilitate maxima pentru probabilitatea de refuz p.Solut, ie.


62/151


Fig. 2.3 Densitatea apriori de probabilitate a v.a. p

Fig. 2.4 Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p


63/151

67

Fie p probabilitatea de refuz la solicitare s, i No v.a. discretasemnificnd numarul de refuzuri nregistrate din n teste in-

dependente. n aceste condit, ii, N urmeaza o distribut, ie bino-miala, de parametriin = 10 s, i p.

N Bin(n,p) (2.6)Fiem = 2 numarul nregistrat de refuzuri.Funct, ia de verosimilitate este L(p|n, m) =Cmn pm(1 p)nm.Logaritmul acestei funct, ii de verosimilitate este :

ln(L(p|n, m)) =l n(Cmn) + m ln(p) + (n m) ln(1 p) (2.7)Din condit, ia de extrem n raport cu pse obt, ine anularea deri-vatei nti a logaritmului funct, iei de verosimilitate, respectiv

m/p (n m)/(1 p) =0Estimatorul de verosimilitate maxima al lui prezulta :

p= m/n (2.8)

45. Se arunca o moneda den =20 ori. Fat, acapa aparut de 14 ori.Se dores, te sa se testeze statistic - cu un prag de semnificat, iede 1% - daca moneda este perfecta.Solut, ie.

Fie ipoteza H0 : moneda este perfecta (probabilitatea deaparit, ie a fet, ei cap p= 0,5).Daca prelucram datele n aceasta ipoteza, cel mai probabil ar fisa observam 10 rezultate favorabile (aparit, ia fet, eica p, respec-tiv 10 rezultate nefavorabile). Faptul ca s-a observat 14 aparit, iise poate explica astfel : moneda este perfecta (H0este adevarata), rezultatul este pus

pe seama intmplarii;


64/151


moneda nu este perfecta. Putem respinge H0?Raspunsul la ntrebare este dat de pragul de semnificat, ie ales.

Practic, un prag de 1% este echivalent cu acceptarea ca ntr-un caz din 100 de repetari ale experimentului sa punem peseama ntmplarii / s, ansei faptul ca moneda este perfecta -dar observam N 14 sau N 6.Etapele necesare validarii / invalidarii ipotezei init, iale sunturmatoarele :

(a) n ipoteza ca H0este adevarata, se evalueaza probabilita-tea evenimentului( N 14) (N 6) ;

(b) daca probabilitatea obt, inuta este mai mica dect pragulde semnificat, ie, atunci ipoteza init, iala poate fi respinsa,un asemenea rezultat observat nu poate fi acceptat numaipe seama ntmplarii;

(c) daca probabilitatea obt, inuta este mai mare dect pragulde semnificat, ie, atunci ipoteza init, iala nu poate fi re-spinsa, un asemenea rezultat poate fi pus pe seama n-tmplarii, nu avem motive sa credem ca moneda nu estecorecta - numai pe seama observat, iilor prelucrate.

Probabilitatea ca N 6 este data de relat, ia :

P(N 6) =6

k=0

Ck20 0, 5k 0, 520k

Probabilitatea ca N 14 este data de relat, ia :

P(N

14) =20

k=14

Ck

20 0, 5k

0, 520k

Fie integrala Beta incompleta :

Ix(,) =1/B(,) x

0z1 (1 z)1dz (2.9)


65/151

69

pentru oricex [0, 1], respectiv 0, 0.Avem urmatoarele relat, ii de calcul utilizate curent n practica

estimarilor de acest tip :

Ip(m, n m+1) =n

k=m

Ckn pk (1 p)nk (2.10)

m

k=0

Ckn pk (1 p)nk = 1 n

k=m+1

Ckn pk (1 p)nk

= 1 Ip(m+1, n m)

1 Ip(m+1, n m) I1p(n m, m+1) (2.11)n cazul nostru, avem urmatoarele relat, ii de calcul :

6

k=0

Ck20 0, 5k 0, 520k = I0,5(20 6, 6+1) =0, 0576591 (2.12)

20

k=14Ck20 0, 5k 0, 520k = I0,5(14,20 14+1) =0,0576591

(2.13)Rezulta probabilitatea ceruta 0,1153182. Cum aceasta depa-s, este pragul de semnificat, ie propus, rezulta ca ipoteza init, ialanu poate fi respinsa.

Aplicat, ii propuse

46. O componenta n as, teptare refuza solicitarea de a demara dem= 2 ori nn =10 teste independente. Indicat, i un interval de

ncredere pentru estimarea probabilitat, ii de refuz p. Pragul desemnificat, ie este de 5%.


66/151


47. Dintr-un es, antion deN=100 componente identice, exploataten condit, ii similare, k = 5 componente s-au defectat. Indicat, i

un interval de ncredere pentru probabilitatea de defectare aunui componente. Pragul de semnificat, ie este de 1%.

48. n operatia de calibrare a unui traductor de nivel este nece-sara determinarea valorii nivelului cu o precizie de1cm, cuun nivel de ncredere de 99%. Dintr-un studiu preliminar arezultat ca abaterea standard a erorii de masura a niveluluieste=3, 5cm. Presupunnd ca toate observat, iile sunt inde-pendente :a) determinat, i numarul minim de observat, ii de operat, ii decalibrare;b) daca 150de operat, ii de calibrare au fost repetate, care estenivelul de ncredere asociat ?


67/151

3Fiabilitate s, i

mentenant, a

Aplicat, ii propuse

49. Timpul de operare al unei pompe de ret,ea termoficare este ov.a. continua distribuita exponent, ial de valoare medie 24 deluni. Programul de inspect, ie al unei astfel de pompe prevedeo intervent, ie de acest gen la fiecare 5 luni.a) Care este probabilitatea ca o pompa de termoficare sa aiba

nevoie de o reparat, ie nainte de prima inspect, ie programata ?b) Daca o astfel de pompa nu s-a defectat nainte de primainspect, ie programata, care este probabilitatea de a o gasioperat, ionala s, i la a doua inspect, ie programata ?c) Un punct termic are cinci astfel de pompe identice n ope-rare. Presupunnd ca timpii lor de operare sunt v.a. identices, i independent distribuite, sa se calculeze probabilitatea de aavea cel mult o pompa care sa aiba nevoie de reparare naintede data fixata pentru inspect, ie.

d) Care ar trebui sa fie periodicitatea inspect, iilor, daca se im-pune ca probabilitatea de sus sa nu depas, easca valoarea 0,1?

Solut, ie.a) Intensitatea de defectare a unei pompe este =1/24luni1


68/151

72 CAP.3. FIABILITATE S,I MENTENANT, A

Rezulta probabilitatea ceruta :q= Prob{Tf < 5luni} =1 e5 =1 e5/24 =0, 188.

b) Probabilitatea de a nu gasi pompa operat, ionala nainte decea de-a doua inspect, ie programata este :

P{5 < Tf 10|Tf > 5} = P{5 < Tf 10}

P{Tf > 5} =

= e5

e10

e5 =0,253

n consecint, a, probabilitatea ceruta este

P{Tf > 10|Tf > 5} =1 P{5 < Tf 10|Tf > 5} =0, 747

c) n condit, iile date, numarul de pompe Nn stare de succes

(operare) urmeaza o distribut, ie binomiala de parametriin=5,respectiv p=1 q= 0,812.Probabilitatea ceruta este

P{N 4} =5

k=4

Ck5pk(1 p)nk =5p4(1 p) +p5 =0,7616

50. Fie3 evenimente aleatoare independente A, B, C.Sa se gaseasca o forma normala disjuncta pentru :

- evenimentulE = (A C) (B C) ;- evenimentulF= (A B) C ;- evenimentul G = @(A, B, C, 2), respectiv cel put, in 2 eveni-mente realizate din mult, imea {A, B, C}.S-a notat cu - operat, ia SAU EXCLUSIV (XOR).


69/151

73

Solut, ie.

Din tabelul 3.1rezulta o forma normala disjuncta pentru eve-nimentulE :

E = (A B C) ( A B C) (A B C) (A B C) ( A B C)

Fig. 3.1 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului E

Din tabelul 3.2rezulta o forma normala disjuncta pentru eve-nimentulF:

F= (A B C) (A B C)Evenimentul G se realizeaza daca cel put, in2din cele 3eveni-mente propuse A, B, C sunt realizate. n consecint, a, tabela de

adevar asociata evenimentuluiGeste prezentata n tabelul3.3.Din tabelul 3.3rezulta o forma normala disjuncta pentru eve-nimentulG :

G= (A B C) (A B C) (A B C) (A B C)


70/151


Fig. 3.2 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului F

Tabel 3.1 Tabela de adevar pentru evenimentul E

A B C A C B C E1 1 1 0 1 1

0 1 1 1 1 1

1 0 1 0 0 0

1 1 0 1 0 1

1 0 0 1 0 1

0 0 1 1 0 10 1 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0


71/151

75

Tabel 3.2 Tabela de adevar pentru evenimentul F

A B C A B F1 1 1 0 0

0 1 1 1 1

1 0 1 1 1

1 1 0 0 0

1 0 0 1 0

0 0 1 1 0

0 1 0 1 0

0 0 0 0 0

Tabel 3.3 Tabela de adevar pentru evenimentul GA B C G1 1 1 1

0 1 1 1

1 0 1 1

1 1 0 1

1 0 0 0

0 0 1 0

0 1 0 00 0 0 0


72/151


Fig. 3.3 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului G

51. Fie un sistem cu 2 componente binare s, i independente A, B,opernd n doua faze consecutive de durate1, respectiv2.Structura logica a sistemului n cele doua faze esteurmatoarea :- Faza 1 : A

B ;

- Faza 2 : A B.Sa se exprime probabilitatea insuccesului sistemului. Aplicat, ienumerica pentru 1 = 100 h, 2 = 100 h, A = 0,001 h1,B =0,002h1.

Solut, ie.Probabilitatea ca sistemul sa fie n stare de insucces la capatulprimei faze este :

Q1 =1 eA1 eB1Probabilitatea ca sistemul sa fie n stare de insucces la capatulcelei de-a doua faze este :

Q2 =1 (1 Q1) (eA2 +eB2 e(A+B)2 )


73/151

77

Pentru datele din enunt, avem : Q1 =0, 25918, respectivQ2 =0,27196.

52. Fie Xnumarul de grupuri energetice care sunt n funct, ionarentr-o zi data n cadrul SEN. Ne intereseza probabilitateaP(50 < X< 70)n urmatoarele cazuri :

a) Numarul mediu (as, teptat) de grupuri este

E[X] =60

dispersia acestui numar este

Var[X] =E[(X 60)2] =4b) Numarul mediu (as, teptat) de grupuri este

E[X] =60

momentul centrat de ordin 4 este

E[(X 60)4] =625

Solut, ie.Pentru orice distribut, ie a lui X, este adevarata inegalitateaMarkov :

P(|X| ) k E[|X|k]pentru orice > 0, cu condit, ia ca momentul de ordinul kalv.a.Xsa existe.Un caz particular se obt, ine pentru k=2, lund |X |n locde

|X

|, unde = E

|X

|:

P(|X | ) 2 E[(X )2] =2 Var(X).

Aceasta inegalitate este cunoscuta sub numele de inegalitatealui Cebs, ev.


74/151


a) Avem =60 s, i Var(X) =4. Probabilitatea ceruta se poatescrie astfel :P(50 < X< 70) =P(|X 60| < 10) =1 P(|X60| 10).Aplicnd inegalitatea lui Cebs, ev pentru =10 s, iVar(X) =4,obt, inem :

P(|X 60| 10) 102 4=0, 04

n consecint, a, P(50 < X < 70) 0,96. Probabilitatea canumarul de grupuri sa fie ntre 50 s, i70este cel put, in egala cu96%.

b) n acest caz, se aplica inegalitatea lui Markov :P(|X 60| 10) 104 625=0,0625.n consecint, a, P(50 < X < 70) 0, 9375. Probabilitatea canumarul de grupuri sa fie ntre 50 s, i70este cel put, in egala cu93,75%.

53. Fie Xnumarul de grupuri energetice disponibile dintr-o cen-

trala electrica . Numarul mediu (as, teptat) este = E[X] =2,iar dispersia acestui numar este2 =Var[X] = E[(X 2)2] =1. Care este probabilitateaP(X< 3) ?Solut, ien acest caz, pentru > 0 inegalitatea lui Cebs, ev se scrie subforma :

P((X )/ ) 1/(1+2).respectiv

P((X )/

Aplicatii.pdf

Documents

Transcript of Aplicatii.pdf