Rozwiązania kolokwium: grupa B

Kolokwium 1 z kursu „Modele statystyczne niezawodności systemów”
ROZWIĄZANIA
Do wykonania jest 5 zadań. W sumie, można uzyskać 25 punktów. Na napisanie kolokwium mają Państwo
70 minut. Proszę wykonywać każde zadanie na osobnej stronie. Kartki należy ponumerować i podpisać (imię,
nazwisko i nr indeksu).
Nr zadania 1 2 3 4 5 Σ
Punkty:
Zadanie 1 (5 pkt.) Do modelowania życia produktów, które ulegają bardzo szybkiemu zużyciu się po
osiągnięciu pewnego wieku używa się zmiennej losowej o rozkładzie Gumbela o gęstości danej wzorem
f (t) = λ exp −λt − e−λt ,
t ∈ R, λ > 0
gdzie czas jest dany w skali logarytmicznej.
1. Podaj definicję funkcji przeżycia. Wyznacz funkcję przeżycia zmiennej losowej z rozkładu Gumbela.
2. Wyznacz związek rozkładu Gumbela z rozkładem wykładniczym o dystrybuancie F (t) = 1 − e−t , t ­ 0.
Wsk.: Spójrz dokładnie na wzory dystrybuant obu rozkładów. Jakie widzisz podobieństwa?
3. Zaproponuj metodę symulacji zm. losowej z rozkładu Gumbela. Napisz pseudokod.
Rozwiązanie zad. 1
1. Funkcja przeżycia lub inaczej funkcja niezawodności to R(t) = P (T > t), gdzie T jest zmienną losową
opisującą czas bezawaryjnej pracy urządzenia.
Dla rozkładów ciągłych o gęstości f mamy zależność
Z ∞
R(t) =
f (u)du.
t
Liczymy funkcję niezawodności dla rokładu Frécheta:
Z ∞
λ exp −λu − e−λu = e−λu = s, −λe−λu du = ds
R(t) =
t
Z
0
=−
e
e−λt
−s
Z
e−λt
e−s ds = 1 − e−e
ds =
−λt
0
2. Niech W oznacza zmienną losową o rozkł. wykładniczego o wartości oczekiwanej 1 zaś G z rozkładu
Gumbela.
P (G < t) = e−e
−λt
= P (W > e−λt ) = P (ln(W ) > −λt) = P (− ln(W ) < λt) = P (−
ln(W )
< t)
λ
)
Stąd G = − ln(W
wg rozkładu.
λ
−λt
3. Symulacja metodą odwróconej dystrybuanty. Skoro y = e−e
PSUDOKOD
to t =
− ln(− ln(y))
.
λ
(a) ustaw λ
(b) U =rand();
(c) T = − log(− log(U ))/λ
Zadanie 2 (5 pkt.) Intensywność awarii pewnego urządzenia dana jest wzorem
λ(t) = 3t (t + 2)−α , t ­ 0.
1. Narysuj wykres intensywności awarii typu Bathtube i objaśnij go w szczegółach.
2. Zbadaj monotoniczność intensywności awarii danej wzorem (1).
1
(1)
Rozwiązanie zad. 2
1. Intensywność typu Bathtube jest najczęściej spotykanym wykresem w rzeczywistości. Można ją podzielić
na trzy charakterystyczne części. Część pierwsza to okres malejącej intensywności awarii. Nazywamy to
czasem docierania się elementów. Eliminowane są elementy o małej niezawodności. W drugim przedziale
intensywność awarii jest w przybliżeniu stała i ten okres nazywamy okresem normalnej eksploatacji elementów. W trzecim okresie intensywność awarii rośnie i jest to okres starzenia się elementów.
UWAGA: Wykres w argumencie 0 musi przyjmować wartość skończoną. Rysowanie wykresu, który nie
dotyka osi pionowej jest błędem.
2. Policzmy pochodną intensywności λ
λ0 (t) = 3t ln(3)(t + 2)α − 3t α(t + 2)α−1 = 3t (t + 2)α ln(3) −
Oznaczmy φ(t) = ln(3) −
α
t+2 .
α
t+2
Wystarczy zbadać znak tej funkcji.
φ(t) > 0
α
>0
ln(3) −
t+2
α
ln(3)
α
t>
−2
ln(3)
α
t∗ =
−2
ln(3)
t+2>
Sprawdzamy dla jakich α punkt t∗ należy do dziedziny funkcji, czyli kiedy t∗ > 0. Jest to spełnione dla
α > ln(9). Zatem:
• dla α > ln(9) mamy intensywność typu Bathtube
• dla α < ln(9) mamy IFR
Zadanie 3 (6 pkt.) Załóżmy, że oczekiwany pozostały czas życia odpowiadający rozkładowi pewnej zmiennej
losowej wyrażony jest za pomocą funkcji E(t).
1. Jaki warunek musi spełniać funkcja E(t), aby była oczekiwanym pozostałym czasem życia pewnej zmiennej
losowej?
1
2. Które z funkcji E1 (t) = t, E2 (t) = et , E3 (t) = t+1
oraz E4 (t) = e−2t mogą być oczekiwanym czasem życia
pewnej zmiennej losowej? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie zad. 3
1. Oczekiwany pozostały czas życia to funkcja która mówi, ile czasu możemy spodziewać się, że upłynie od
obecnej chwili t do pewnego zdarzenia pod warunkiem, że zdarzenia dotąd nie odnotowano.
E(t) = E[T − t|T > t]
co dla funkcji mających gęstość jest dane za pomocą wzoru
R∞
R(x)dx
E(t) = t
R(t)
2
Oznaczmy:
Z
K(t) =
∞
R(x)dx
t
Wtedy
E(t) =
K(t)
−K 0 (t)
Gdzie zauważmy, że −K 0 (t) = R(t). Dostajemy równanie różniczkowe:
K 0 (t)
1
=−
K(t)
E(t)
z warunkiem początkowym K(0) =
R∞
0
R(x)dx = ET = E(0). Całkując mamy:
Z
t
du
E(u)
0
Z t
du
K(t) = E(0) exp −
0 E(u)
ln(K(t)) − ln(K(0)) =
−
Oraz dostajemy, że
R(t) = −K 0 (t) =
f (t) = −R0 (t) = K 00 (t) = −
Z t
K(t)
1
du
=
E(0) exp −
E(t)
E(t)
0 E(u)
K 0 (t)E(t) − K(t)E 0 (t)
K(t)E 0 (t) + K(t)
K(t)(E 0 (t) + 1)
=
=
E 2 (t)
E 2 (t)
E 2 (t)
Zauważmy, że E(0) > 0 bo gdyby E(0) = 0 to dostalibyśmy rozkład skupiony w zerze.
Oczywiście R(0) = 1. Sprawdzamy granicę w nieskończoności:
lim R(t) = 0
t→∞
Z t
1
du
exp −
=0
t→∞ E(t)
0 E(u)
lim
co można przekształcić (nakładając logarytm naturalny) do postaci:
Z t
du
=∞
lim ln(E(t)) +
t→∞
E(u)
0
Ponieważ gęstość musi być nieujemna dostajemy, że
K(t)(E 0 (t) + 1)
­0
E 2 (t)
E 0 (t) + 1 ­ 0
E 0 (t) ­ −1
Stąd warunki:
• E(0) > 0
• limt→∞ ln(E(t)) +
R t du
=∞
0 E(u)
• E 0 (t) ­ −1
UWAGA: Warunków nie trzeba było wyprowadzać. Od momentu jak została wprowadzona funkcja E(t)
na zajęciach prowadzący sugerował, aby przeliczyć to samemu w ramach zadania domowego. Wystarczyło
zatem je podać.
2. Funkcja E1 (t) nie spełnia warunku pierwszego (E(0) = 0). Funkcja E4 (t) nie spełnia warunku trzeciego
(pochodna nie dla każdego t jest większa bądź równa -1). Sprawdzamy E2 (t)
• E2 (0) = 1 > 0
Rt
• limt→∞ 2t + 0 e−2u du = limt→∞ 2t + 1 − 12 e−2t = ∞
• (e2t )0 = e2t > 0 ­ −1
3
Sprawdzamy E3 (t)
• E3 (0) = 1 > 0
• limt→∞ − ln(t + 1) +
1 0
• ( t+1
) =
−1
(t+1)2
Rt
0
u + 1du = limt→∞ − ln(t + 1) + t2 + t ­ limt→∞ 21 t2 = ∞
­ −1
Zatem funkcje E2 (t) oraz E3 (t) mogą być oczekiwanym pozostałym czasem życia.
Zadanie 4 (5 pkt.) W serwisie samochodowym przy wymianie przegubów notowano jak długo pracował bezawaryjnie każdy z nich. Wiadomo, że przeguby pochodziły z jednej partii produkcyjnej. Zanotowano następujące
wartości (w miesiącach): 159,172,177,123,196,210,183,180.
Do modelowania niezawodności systemowej użyj rozkładu Rayleigha: F (t) =
2
1 − e−λt , t ­ 0. Można w tym zadaniu wykorzystać kalkulator naukowy lub
program Matlab
1. Zaproponuj metodę estymacji parametru λ oraz wyznacz wartość estymatora.
2. Po jakim czasie psuła się połowa przegubów?
3. Producent udzielił na produkt gwarancji 5 lat licząc przy tym, że nie
będzie miał więcej niż 10% zwrotów. Czy słusznie zrobił?
Rozwiązanie zad. 4
1. Estymator wzynaczymy metodą momentów.
Z
∞
ET =
2
e−λx dx =
√
0
1
1
2π √ √
2λ 2π √12λ
1
Z ∞ −
2
e
x
√1
2λ
0
!2
√
dx =
2π 1
1
√ =
2
2
2λ
r
π
λ
Czyli ostatecznie otrzymujem estymator:
2
b= π
λ
2
4T
gdzie T = 175 jest średnią z próby.
b ≈ 2.56 · 10−5 .
λ
2. Liczymy medianę t0.5
R(t0.5 ) = 0.5
2
e−λt0.5 = 0.5
t0.5
λt20.5 = ln(2)
r
ln(2)
≈≈ 164
=
λ
gdzie czas jest w miesiącach.
3. Liczymy kwantyl:
R(t0.1 ) = 0.9
2
e−λt0.1 = 0.9
λt20.1 = ln(10) − ln(9)
r
ln(10) − ln(9)
t0.1 =
≈ 64
λ
gdzie czas jest w miesiącach. Zatem każdy okres gwarancji krótszy niż 64 miesiące (5 lat i 4 miesiące)
jest korzystny dla producenta. 5 letni okres gwarancji (60 miesięcy) spełnia założenia, zatem decyzja
producenta jest dobra.
4
Zadanie 5 (4 pkt.) Zbadano częstość pękania wkrętów do drewna na łączeniu łat
drewnianych. Okazało się, że intensywność pęknięć w ciągu kilku dni była różna każdego
dnia i nieregularna.
W poszczególnych dniach uzyskano następujące wyniki: 7, 2, 9, 10, 7, 4, 3, 8, 6, 4, 9. Oszacuj funkcję niezawodności tych wkrętów.
Rozwiązania zad. 5 Ponieważ intensywność pęknięć jest nieregularna, więc nie można jej lepiej oszacować
niż przez minimalną i maksymalną wartość.
2 ¬ λ(t) ¬ 10
Stąd:
e
−10t
Z
¬ R(t) = exp{−
t
λ(u)du} ¬ e−2t
0
Co należało pokazać.
Powodzenia!
Marek Skarupski
5