Cvičení 3 s návodem
Příklady na využití exponenciálního rozložení
Příklad 1.: Doba do ukončení opravy v opravně obuvi je náhodná veličina, která se řídí
exponenciálním rozložením se střední hodnotou 3 dny. Jaká je pravděpodobnost, že oprava
bude ukončena do dvou dnů?
Řešení: X ~ Ex(1/3),
( ) 4866,0e1edxe
3
1
2XP 3
22
0
3
x2
0
3
x
=−=





−==≤
−−−
∫
V MATLABu: p = expcdf(2,3)
Příklad 2.: Životnost žárovky má exponenciální rozložení se střední hodnotou 600 h. Jaká je
pravděpodobnost, že žárovka bude svítit dalších aspoň 200 h, jestliže již svítila aspoň 800 h?
Řešení: X ~ Ex(1/600), podle věty 3.4 dostáváme
( ) ( ) ( ) ( )
7165,0eee1dxe
600
1
1
200XP200XP1200XP800X/200800XP
3
1
600
200200
0
600
x200
0
600
x
===





−−=−=
=+≤−=≥=≥+≥
−−−−
∫
V MATLABu: p = 1- expcdf(200,600)
Příklad 3.: Náhodné doby života dvou součástek jsou stochasticky nezávislé náhodné
veličiny, přičemž Xi ~ Ex(λi), i = 1, 2. Střední hodnota doby života první součástky je 2 roky,
druhé součástky 3 roky. Jaká je pravděpodobnost, že druhá součástka přežije první?
Řešení:
Podle věty 3.13 dostáváme:
( ) 6,0XXP
6
5
2
1
3
1
2
1
2
1
21
1
12 ==
+
=
λ+λ
λ
=>
Příklad 4.: Doba (v hodinách), která uplyne mezi dvěma naléhavými příjmy v jisté
nemocnici, se řídí exponenciálním rozložením se střední hodnotou 2 h. Jaká je
pravděpodobnost, že uplyne více než 5 h bez naléhavého příjmu?
Řešení: X ~ Ex(1/2),
( ) ( ) 082,0ee1dxe
2
1
15XP15XP 5,2
5
0
2
x5
0
2
x
==





−−=−=≤−=> −
−−
∫
V MATLABu: p = 1- expcdf(5,2)
Příklad 5.: Zkoumá se funkce dvou nezávisle na sobě pracujících přístrojů. Doba
bezporuchové funkce i-tého přístroje je náhodná veličina Xi ~ Ex(λi), i = 1, 2. Jaká je
pravděpodobnost, že za dobu t0 > 0 a) ani jeden přístroj neselže, b) selže aspoň jeden přístroj?
Řešení:
ad a)
( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ]
( )[ ] ( )[ ] ( )2100201 ttt
0201
020102010201
eeet1t1
tXP1tXP1tXPtXPtXtXP
λ+λ−λ−λ−
==Φ−Φ−=
=≤−≤−=>>=>∧>
ad b)
( ) ( )210t
0201 e1tXtXP λ+λ−
−=≤∨≤
Příklad 6.: Najděte 5. percentil náhodné veličiny X ~ Ex(0,1).
Řešení:
( )( ) ( )( ) ( )
5129,095,0ln10
XKXK1,0exp1XK05,0 05,005,005,0
=−=
=⇒−−=Φ=
V MATLABu: K = expinv(0.05,10)
Příklad 7.: Jistý přístroj má poruchu v průměru jednou za 2000 hodin. Doba čekání na
poruchu se řídí exponenciálním rozložením. Stanovte dobu t tak, aby pravděpodobnost, že
přístroj bude pracovat po dobu delší než t, byla 0,99.
Řešení: X … doba čekání na poruchu, X ~ Ex(1/2000)
( ) ( ) ( )
h1,2099,0ln2000t
et1tXP1tXP99,0 2000
t
=⋅−=
⇒=Φ−=≤−=>=
−
V MATLABu: t=expinv(0.01,2000)
Příklad 8.: Na základě znalosti 100(1-α)% intervalu spolehlivosti pro střední hodnotu
λ
1
exponenciálního rozložení (viz věta 3.18.) odvoďte 100(1-α)% interval spolehlivosti pro
hodnotu funkce přežití.
Řešení: Funkce přežití exponenciálního rozložení má tvar ( )



≤
>
=Ψ
λ−
0xpro1
0xproe
x
x
. Stačí tedy
získat meze 100(1-α)% interval spolehlivosti pro intenzitu poruchy λ, vynásobit x a použít
funkci exp.
Ve větě 3.18. bylo odvozeno, že
( ) ( )





χ
<
λ
<
χ
≤α−>λ∀
αα− n2
nM21
n2
nM2
P1:0
2/
2
2/1
2
. Odtud plyne, že 100(1-α)% interval
spolehlivosti pro intenzitu poruchy λ má meze:
( ) ( )





 χ
<λ<
χ
≤α−>λ∀
α−α
nM2
n2
nM2
n2
P1:0
2/1
2
2/
2
.
100(1-α)% interval spolehlivosti pro x
e λ−
má tedy meze:
( )





 χ−
=
α−
nM2
n2x
expD
2/1
2
,
( )





 χ−
=
α
nM2
n2x
expH
2/
2
.
Příklad 9.: Při zkouškách životnosti určitého elektronického prvku byly zjištěny následující
doby života (ve dnech): 4, 13, 26, 36, 51, 75, 100, 111, 162, 174. (Průměrná doba života je
tedy 2,75
10
752
m == .) Uvedené hodnoty považujeme za realizace náhodného výběru rozsahu
10 z rozložení Ex(λ). Najděte 95% pravostranný interval spolehlivosti pro pravděpodobnost,
že náhodně vybraný elektronický prvek přežije 50 dnů.
Řešení: n = 10, m = 75,2, x = 50, α = 0,05.
( ) ( ) 7,0
2,75102
85,1050
exp
2,75102
2050
exp
nm2
n2x
exph
05,0
22
=





⋅⋅
⋅−
=





⋅⋅
χ−
=




 χ−
=
α
Se spolehlivostí 95 % lze očekávat, že pravděpodobnost přežití 50 dnů je nejvýše 0,7.