P =

Avd. Matematisk statistik TENTAMEN I SF297 (f d 5B157) TILLFÖRLITLIGHETSTEORI LÖRDAGEN DEN 2 OKTOBER 21 KL 1. 18.. Examinator: Gunnar Englund, tel. 79716, e-postadress: gunnare@math.kth.se Tillåtna hjälpmedel: Formel- och tabellsamling i matematisk statistik grundkurs för D2 och F2, formelblad i tillförlitlighetsteori. Miniräknare. Resultatet rapporteras till Ladok senast veckor efter tentamen och finns därefter tillgängligt via Mina sidor. Den som vill få sitt resultat meddelat via e-post, kan skicka ett e-brev till gunnare@math.kth.se med begäran om detta. Införda beteckningar skall definieras. Resonemang och genomförande av uträkningar skall vara så utförliga att de är lätta att följa. Numeriska svar skall anges med minst två siffrors noggrannhet. Gränsen för godkänt är 2 poäng. Komplettering till godkänt betyg medges för de med 22 2 poäng. Uppgift 1 En Markovkedja har tillstånden {1, 2, } och övergångsmatrisen... P =....2.. Markovkedjan har vid tidpunkt tillståndet 1. a) Bestäm väntevärdet av antalet steg tills kedjan besökt tillstånd två gånger. (6 p) b) Visa att kedjan har en asymptotisk fördelning samt beräkna denna. ( p) Uppgift 2 a) En viss slags komponent har en exponentialfördelad livslängd med väntevärde m. För att skatta m provades i 2 provbänkar komponenter tills 1 fel erhållits. Felaktiga komponenter ersattes med felfria. Efter 15 8 timmar erhölls det 1:e felet. Beräkna ett 95% dubbelsidigt konfidensintervall för m. (5 p) b) Ge ett 95% konfidensintervall för sannolikheten att en komponent fungerar minst 25 timmar. (5 p)

forts tentamen i SF297 1 1 2 2 Uppgift I följande system är komponenterna oberoende av varandra och har alla felintensiteten λ = 2 1 h 1. 1 2 Beräkna a) strukturfunktionen i grundform. (2 p) b) förväntad livslängd. (2 p) c) variansen för livslängden. ( p) d)approximativt sannolikheten att det under1 5 timmar gjorts med än 25 byten då hela systemet bytes ut mot ett felfritt då det går sönder. Utbytestiden är försumbar. ( p) Ledning: Man kan ha nytta av formeln E(X r ) = r x r 1 (1 F X (x))dx, r > där X är en icke-negativ stokastisk variabel med fördelningsfunktionen F X. Man kan även ha nytta av att x r e x dx = r! om r är heltal. Uppgift Ett system består av två parallellkopplade komponenter A och B som båda har felintensitet λ. Då en av komponenterna går sönder tillkallas en reparatör. Tiden tills reparatören kommer på plats är exponentialfördelad med väntevärde 1/ν och därefter är reparationsintensiteten µ. Om ytterligare en komponent går sönder medan han håller på med en reparation, påbörjar han omedelbart reparation av den andra då den första färdigreparerats. λ = 1, µ = 1 1 och ν = 2 1 (h 1 ) Bestäm asymptotisk tillgänglighet. (1 p)

forts tentamen i SF297 1 1 2 Uppgift 5 1 o o 2 5 I systemet ovan är komponenternas livslängder associerade (vilket medför att deras tillståndsvariabler vid varje tidpunkt är associerade). Alla komponenter har felintensiteten λ. a) Ange minimala vägar respektive minimala brott. (2 p) b) Ge en övre och undre gräns för systemets funktionssannolikhet vid tidpunkten t. (5 p) c) Ge en övre och undre gräns för systemets förväntade livslängd. ( p) Uppgift 6 1 2 5 a) I systemet i figuren fungerar komponenterna oberoende av varandra och har funktionssannolikheter p 1 =.95 p 2 =.9 p =.8 p =.7 p 5 =.75 Beräkna sannolikheten att systemet fungerar. ( p) b) Beräkna Birnbaums tillförlitlighetsmått för komponent 1, I B (1). ( p) c) Beräkna Vesely-Fussels tillförlitlighetsmått för komponent 5, I VF (5). ( p)

Avd. Matematisk statistik LÖSNINGFÖRSLAG TENTAMEN I SF297 (f d 5B157) TILLFÖRLITLIGHETSTEORI 21 1 2 Uppgift 1 a) Gör om kedjan så att blir ett absorberande tillstånd. Om vi låter t i =förväntat antal steg från tillstånd i till tillstånd så söks t 1 +t. Vi får t 1 = 1+.t 1 +.t 2 och t 2 = 1+.t 1 +.t 2 och t = 1+.2t 1 +.t 2. Första ekvationen ger t 1 = 1/.7+t 2./.7 som insatt i den andra ekvationen ger t 2 = 1+ 7 + 12 7 t 2 + 1 t 2 dvs t 2 = 11/7 som ger t 1 = 1.7 + 11 7 7 = 1/7 som ger som till slut ger t 1 +t = 21/7 5.. t = 1+.2 1 7 +.11 7 = 11 7 b) P-matrisen är fylld och detta innebär att kedjan är ergodisk och har en unik asymptotisk (och stationär) fördelning π = (π 1,π 2,π ) som uppfyller π = πp och π 1 + π 2 + π = 1. Detta ger ekvationssystemet π 1 =.π 1 +.π 2 +.2π π 2 =.π 1 +.π 2 +.π π =.π 1 +.π 2 +.π 1 = π 1 +π 2 +π 2 Detta ger π 1 = /11, π 2 = /11 och π = 7/11. Svar: π 1.297, π 2.7, π.66 Uppgift 2 a) Total testtid T = 2 158 = 168. Vi har vidare χ 2.25 (2 1) =.2, och χ2.975 (2) = 9.59. Konfidensintervall för m = 1/λ (λ felintensitet) som ger ( ) 2T 2T χ 2.25 (2), χ 2.975 (2) = (185,666). b) Livslängden betecknar vi med X. Vi får då P(X > 25) = e λ 25 = e 25/m. Konfidensintervallet ges då av ( e 25/185,e 25/666) = (.258,.685). Uppgift a) Minimala vägarna är {1,2}, {1,} och {,} som ger Φ(x) = 1 (1 x 1 x 2 )(1 x 1 x )(1 x x ) = x 1 x 2 +x 1 x +x x x 1 x 2 x x 1 x x.

forts tentamen i SF297 1 1 2 2 b) R(t) = e 2λt 2e λt enligt a-delen. Vi får alltså m = E(T) = R(t)dt = 2λ 2 λ = 5 6λ = 16.7. c) Härav fås att E(T 2 ) = 2 = 6 (2λ) 2 tr(t)dt = 6 ue u du (λ) 2 te 2λt dt te λt dt = ue u du = 19 18λ 2. σ 2 = V(T) = E(T 2 ) (E(T)) 2 = 1 6λ 2 = 9278. d) Vi anväder förnyelseteori. Om N = antalet byten efter 1 5 h så gäller att N är approximativt ( ) 1 5 σ 2 N m, 1 5 m N(2,11.2) som ger att ( ) 25 2 P(N > 25) 1 Φ 1 Φ(.89).19. 11.2 Uppgift Markovmodell! Inför tillstånden: E = båda komponenterna fungerar E 1 = en fungerar, väntan på reparatör E 2 = en fungerar, reparation pågår E = ingen fungerar, väntan på reparatör E = ingen fungerar, reparation pågår Vi har intensitetsmatrisen 2λ 2λ 2 2 (ν +λ) ν λ Q = µ (µ+λ) λ ν ν = 21 2 1 1 1 11 1 2 2 µ µ 1 1 Asymptotisk fördelning uppfyller πq = vilket ger = 2π +1π 2 = 2π 21π 1 = 2π 1 11π 2 +1π = π 1 2π = π 2 +2π 1π 1 = π +π 1 +π 2 +π +π

forts tentamen i SF297 1 1 2 som ger π 2 = π 5, π 1 = 2π 21, π = π 1 2 = π 21, π = π ( 2 1 1 +2π = π 5 + 1 ) 15 Insatt i normeringsekvationen ger detta ( π 1+ 2 21 + 1 5 + 1 21 + 1 5 + 1 ) = 1 15 dvs π.7521 som i sin tur ger π (.7521,.716,.15,.6,.222) och eftersom systemet fungerar i tillstånden E,E 1,E 2 blir asymptotiska tillgängligheten A( ) = π +π 1 +π 2.972 Uppgift 5 a) Vi har de minimala vägarna {1,},{1,,5},{2,5},{2,,} samt de minimala brotten {1,2},{,5},{1,,5},{2,,}. b) Av a-delen inses att samt och således får vi min j max j i S j e λt = e 2λt i K j e λt = 1 (1 e λt ) 2 e 2λt R(t) 1 (1 e λt ) 2 = 2e λt e 2λt c) Vi får 1 2λ = e 2λt dt R(t)dt = MTTF (2e λt e 2λt )dt = 2λ Uppgift 6 a) För att få funktionssannolikheten beräknar vi först strukturfunktionen. Enklast är att pivotera kring 1. Om x 1 = får vi följande system 2 5 6 och för x 1 = 1 får vi följande system Φ( 1,x) = x 2 (1 (1 x )(1 x 5 )) = x 2 (x +x 5 x x 5 )

forts tentamen i SF297 1 1 2 5 5 Φ(1 1,x) = 1 ((1 x )(1 x )(1 x 5 )) som ger Φ(x) = x 1 (1 (1 x )(1 x )(1 x 5 ))+(1 x 1 )x 2 (x +x 5 x x 5 ) där Φ är i grundform. Vi sätter till slut in x i = p i och erhåller funktionssannolikheten h(p) = p 1 (1 ((1 p )(1 p )(1 p 5 ))+(1 p 1 )p 2 (p +p 5 p p 5 ) vilket med siffror insatta ger värdet.97775. b) Derivera h(p) med avseende på p 1. Vi erhåller I siffror fås I B (1) =.1525. I B (1) = h(p) p 1 ) = 1 (1 p )(1 p )(1 p 5 ) p 2 (p +p 5 p p 5 ) c) Minimala brott där 5 ingår är {1,,5} och {,,5}. På grund av oberoendet är sannolikheten att alla komponenter i något av dessa minimala brott inte fungerar är P(5 trasig, trasig och (1 eller trasig))= P(5 trasig)p( trasig)p(1 eller trasig)= P(5 trasig)p( trasig)(1-p(1 och hela)= P(5 trasig)p( trasig)(1-p(1 hel)p( hel))= (1 p 5 )(1 p )(1 p 1 p ). Vesely-Fussels tillförlitlighetsmått blir således vilket i siffror ger I VF (5) =.7956. I VF (5) = (1 p 5)(1 p )(1 p 1 p ) 1 h(p)