Сборник задач по расчету погрешностей электрических измерений

                               ^Dн

                                            _Dв

                       Р₂ = ò f(x) dx = (D_в  – 5 мкВ) / (D_в – D_н);

                             ^5мкВ 

                       Р₁ + Р₂ = (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;

                                           _Dв

                       Р₃ = ò f(x) dx = D_в / (D_в  – D_н) = 0,45;

                               ⁰

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

      

                                             

                                               

                                                                                      

      Определите  вероятности следующих событий: Р₁ = Р(Х £ a), Р₂ =           = Р(0 £ Х £ a), Р₃ = Р(Х > 0), Р₄ = Р(Х < 0), Р₅ = Р(Х = 2a). 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(x₁ £ Х £ x₂) = F(x₂) – F(x₁);

                        Р₁ = 0,5;

                        Р₂ = 0;

                        Р₃ = Р(0 < Х < +¥) = F(+¥) – F(0) = 0,5;

                       Р₄ = Р(–¥ < Х < 0) = F(0) – F(–¥) = 0,5;

                        Р₅ = 0.

                        f(x) = dF/dx;

        
 
 

                       
 
 

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

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

                                                    _+¥

                       М(Х) = ò x f(x) dx = (0,5 / 2a) (a² – 4a² + 4a² – a²) = 0;

                                                   ^-¥

                                                   _+¥

                       D(Х) = ò [x – M(X)] ² f(x) dx = (0,5 / 3a) (–a³ + 8a³ + 8a³ – a³);

                                                 ^-¥

                      D(Х) =  7a² / 3;

                        s  » 1,53a; 

      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 = U₂ – U₁. 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 — Р₁ = 1 и Р₂ = 0,99.

      Решение:

     Р₁ = 1

                         u = U₂ – U₁ = 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  (–0,5q; +0,5q), где q = 0,1дел × c_U.

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

                         доверительным интервалом для Р₁ = 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.

          Р₂ = 0,99

                        D распределена по закону Симпсона (треугольному); 

        
 
 
 
 
 
 

                       Р₂ = 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 — Р₁ = 1 и Р₂ = 0,99.

      Решение:

      Р₁ = 1

                         Интервал распределения D, (D_н, D_в), является

                         доверительным интервалом для Р₁ = 1;

                        D_н = D_н1 + D_н2 + D_н3 + D_н4 + D_н5 =

                               = (– 5,0 – 3,0  – 1,0 + 1,0 + 3,0) мкА = –5,0 мкА,

                          D_в = D_в1 + D_в2 + D_в3 + D_в4 + D_в5 =

                              = (– 3,0 – 1,0 + 1,0 + 3,0 + 5,0) мкА = 5,0 мкА.

                        Ответ 1: (–5,0; +5,0) мкА; Р = 1.

                        Р₂ = 0,99

                        Закон распределения D близок к нормальному с

                        параметрами М(D) и s;

                        D_н = М(D) – z_p s;

                        D_в = М(D) + z_p s;

                        z_p — квантиль нормального распределения,

                        z_p = 2,58 для Р = 0,99;

                        М(D) = М(D₁) + М(D₂) + М(D₃) + М(D₄) + М(D₅);