Информационный канал
Канал информационный — это совокупность устройств, объединенных линиями связи, предназначенных для передачи информации от источника информации ( начального устройства канала ) до ее приемника ( конечного устройства канала ).
Линии связи обеспечивают прохождение информационных сигналов между устройствами канала. Информация обычно передается при помощи электрического тока (по проводам), света (по оптоволокну), электромагнитных волн радиодиапазона (в пространстве) и, редко, звука (в плотной среде: атмосфере, воде и т.п.) и прочих.
Устройства канала связи — это, как правило, репитеры, просто передающие усиленным принятый сигнал (пример, радиорелейные линии). К устройствам канала иногда относят и кодеры/декодеры, но в только тех случаях, когда кодирование/декодирование происходит с высокой скоростью, не требующей ее специального учета, как замедляющего фактора; обычно же кодеры/декодеры относят к источникам или приемникам информации.
Технические характеристики канала определяются принципом действия входящих в него устройств, видом сигнала, свойствами и составом физической среды, в которой распространяются сигналы, свойствами применяемого кода.
Эффективность канала характеризуется скоростью и достоверностью передачи информации, надежностью работы устройств и задержкой сигнала во времени.
Задержка сигнала во времени — это интервал времени от отправки сигнала передатчиком до его приема приемником.
Математически канал задается множеством допустимых сообщений на входе, множеством допустимых сообщений на выходе и набором условных вероятностей 
получения сигнала 
на выходе при входном сигнале 
. Условные вероятности описывают статистические свойства «шумов» (или помех), искажающих сигнал в процессе передачи. В случае, когда 
при 
и 
при 
, канал называется каналом без «шумов». В соответствии со структурой входных и выходных сигналов выделяют дискретные и непрерывные каналы. В дискретных каналах сигналы на входе и выходе представляют собой последовательность символов одного или двух (по одному для входа и выхода) алфавитов. В непрерывных каналах входной и выходной сигналы представляют собой функции от непрерывного параметра-времени. Бывают также смешанные или гибридные каналы, но тогда обычно рассматривают их дискретные и непрерывные компоненты раздельно. Далее рассматриваются только дискретные каналы.
Способность канала передавать информацию характеризуется числом — пропускной способностью или емкостью канала (обозначение — 
).
Для случая канала без шума формула расчета емкости канала имеет вид
где 
— число всех возможных сигналов за время 
.
Пример. Пусть алфавит канала без «шумов» состоит из двух символов — 0 и 1, длительность 
секунд каждый. За время 
успеет пройти 
сигналов, всего возможны 
различных сообщений длиной 
. В этом случае 
бод.
На рис.7.1 приведена схема, на которой изображен процесс прохождения информации по каналу с описанными в примере характеристиками.
Здесь для кодирования используется уровень сигнала: низкий для 0 и высокий для 1. Недостатки этого способа проявляются в случаях, когда нужно передавать много сплошных нулей или единиц. Малейшее рассогласование синхронизации между приемником и передатчиком приводит тогда к неисправимым ошибкам. Кроме того, многие носители информации, в частности, магнитные, не могут поддерживать длительный постоянный уровень сигнала.
Для передачи информации используется обычно другой способ, когда для представления 0 и 1 используются две разные частоты, отличающиеся друг от друга ровно в два раза (См. рис. 7.2) — это так называемая частотная модуляция (ЧМ или FM).
Рис. 7.2. Таким образом, при таком кодировании, если сигнал 1 имеет длительность 
, то 0 — 
.
Рассчитаем емкость этого канала. Нужно рассчитать 
. Пусть 
, тогда получается, что нужно рассчитать сколькими способами можно разбить отрезок длины 
отрезками длины 2 и 1. Получаем, что 
, где первое слагаемое — это количество способов, которыми можно разбить отрезок длины 
отрезками длины 1, второе слагаемое — это количество способов, которыми можно разбить отрезок длины 
отрезками длины 1 и одним отрезком длины 
, третье слагаемое — это количество способов, которыми можно разбить отрезок длины 
отрезками длины 1 и двумя отрезками длины 2 и т.д. Таким образом, 
. Вследствие того, что 
для любых 
, получается, что
т.е. 
при 
. Если положить, что 
, то 
— это последовательность 
, т.е. числа Фибоначчи. C XIX века для вычисления 
-го члена последовательности Фибоначчи известна формула
Таким образом, 
бод.
При использовании частотной модуляции на практике нули, как правило, кодируются в два раза плотнее. Это достигается тем, что учитываются не уровни сигнала, а смена уровня (полярности). Если частота 
соответствует 1, то с частотой 
производится проверка уровня сигнала. Если он меняется, то это сигнал 1, если нет, то — 0. На практике частота 
— это частота синхронизации, т.е. частота импульса, который независимо от данных меняет полярность сигнала. 0 не генерирует импульса смены полярности, а 1 генерирует (См. рис. 7.3).
Для записи информации на первые магнитные диски и ленты использовался метод FM. На гибкие диски 5.25″ и 3.5″ информация записывается методом MFM (Modified FM) — модификацией метода FM, позволяющей в 2 раза повысить плотность записи. Это достигается тем, что частота синхронизации увеличивается вдвое. MFM можно использовать с теми же физическими каналами, что и FM, потому что импульсы синхронизации не передаются перед 1 и первым 0 в серии нулей (См.рис. 7.4).
Метод записи с групповым кодированием, RLL — Run Limited Length, не использует импульсы синхронизации, применяется, в частности, в жестких дисках «винчестер» и существует в нескольких разновидностях. Одна из них основана на замене тетрад байта на 5-битные группы. Эти группы подбираются таким образом, чтобы при передаче данных нули не встречались подряд более двух раз, что делает код самосинхронизирующимся. Например, тетрада 0000 заменяется группой бит 11001, тетрада 1000 — 11010, тетрада 0001 — 11011, тетрада 1111 — 01111 (См. рис. 7.5). Существуют разновидности RLL, в которых заменяются последовательности бит различной длины. Кодирование MFM или FM можно представить как частный случай RLL.
При необходимости передачи записанных с помощью некоторого кода сообщений по данному каналу приходиться преобразовывать эти сообщения в допустимые сигналы канала, т.е. производить надлежащее кодирование, а при приеме данных — декодирование. Кодирование целесообразно производить так, чтобы среднее время, затрачиваемое на передачу, было как можно меньше. Получается, что исходному входному алфавиту нужно однозначно сопоставить новый алфавит, обеспечивающий большую скорость передачи. В этом случае возникает явление задержки или запаздывания.
Поясним последнее на примере. Пусть источник сообщений посылает через промежутки времени длиной 
(т.е. со скоростью 
) независимые символы 
с вероятностями 1/2, 1/4, 1/8, 1/8, т.е., можно сказать, что источник характеризуется некоторой д.с.в. 
. Пусть канал — без шумов. Символ либо передается по каналу, если тот свободен, либо ожидает (помещается в память) до тех пор, пока канал не освободится. Выберем в качестве кода для передачи символов источника по каналу следующий: 
-00, 
-01, 
-10, 
-11. Пусть время, необходимое для передачи как 0, так и 1, равно 
. Тогда если 
, то за время между появлениями двух последовательных значений 
кодовое значение успеет передаться и канал освобождается. Если же 
, то 
-й символ появится в момент 
, а его кодовое обозначение будет передано по каналу в момент 
. Следовательно, промежуток времени между появлением 
-го символа и моментом его получения равен 
, т.е. этот промежуток стремится к бесконечности при 
и передача будет вестись с неограниченным запаздыванием. Выбором более удачного кода (например, Хаффмена) можно увеличить скорость передачи.
Следующий, основной факт теории передачи информации или основная теорема о кодировании при наличии помех позволяет при знании емкости канала и энтропии передатчика вычислить максимальную скорость передачи данных в канале.
Теорема Шеннона. Пусть источник характеризуется д.с.в. 
. Рассматривается канал с шумом, т.е. для каждого передаваемого сообщения задана вероятность 
его искажения в процессе передачи (вероятность ошибки). Тогда существует такая скорость передачи 
, зависящая только от 
, что 
сколь угодно близкая к 
такая, что существует способ передавать значения 
со скоростью 
и с вероятностью ошибки меньшей 
, причем
Упомянутый способ образует помехоустойчивый код.
Кроме того, Фэно доказана 1) следующая обратная теорема о кодировании при наличии помех. Для 
можно найти такое положительное число 
, что в случае передачи информации по линии связи со скоростью 
вероятность ошибки 
передачи каждого символа сообщения при любом методе кодирования и декодирования будет не меньше 
( 
очевидно растет вслед за ростом 
).
Упражнение 33 По каналу связи без шума могут передаваться четыре сигнала длительностью 1 мс каждый. Вычислить емкость такого канала.
Упражнение 34 Три передатчика задаются случайными величинами со следующими законами распределениями вероятностей:
, 
, 
;
, 
, 
;
Емкость канала связи с шумом равна 4000 бод. Вычислить максимальную скорость передачи данных по этому каналу каждым из передатчиков, обеспечивающую сколь угодно высокую надежность передачи.
Теория вероятности, решеные задачи
ЗАдача 1. По каналу связи последовательно передано три знака. Описать пространство элементарных событий и события:
1. принят только первый знак;
2. принят, по крайней мере, один знак;
3. приняты два и только два знака;
4. принято меньше двух знаков;
5. принят один знак
Решение. Используем цифры 0, 1 для обозначения событий: 0 — знак искажен, 1 — знак принят. Тогда пространство элементарных событий запишется в виде
• Событие A1 — принят только первый знак: A1 = <100>;
• Событие A2 — Принят по крайней мере один знак:
• Событие A3 — приняты два и только два знака: A3 =
• Событие A4 — принято меньше двух знаков: A4 = <000 +
100 + 010 + 001>;
• Событие A5 — принят один знак: A5 = <100 + 010 + 001>.
Из полученных результатов следует, что
1. события A1 И A3 — Несовместные
2. события A4, A3 — Несовместные
3. события A3, A5 — несовместные
5. события A1 И A2 — Совместны,
6. A2 И A3, A1 И A4, A1 И A5, A2 И A4 — совместные;
7. A1 ⊂ A5 ⊂ A4 ; A3 ⊂ A2 ; A1 = A5 + A2.
Изобразим эти события на схеме Эйлера-Венна.(1.5)
Задача 2 Игральная кость брошена дважды.
1. Описать пространство элементарных событий Ω.
2. Описать пространство элементарных событий, если его элементами служат суммы выпавших очков.
3. Назвать элементы Ω, составляющие события:
● B — хотя бы на одной кости выпала 1;
● C — сумма очков делится на 3.
4. Описать словами события:
5. Изобразить события A, B, C, D, E На диаграмме
Эйлера-Венна.
Задача 3 Даны две электрические схемы:
Описать событие: С = <ЦЕПЬ ЗAМКНУТA>для каждого случая.
Решение. Введем обозначения: событие A — контакт 1 замкнут; событие В — контакт 2 замкнут; событие С — цепь замкнута, лампочка горит.
1. Для параллельного соединения цепь замкнута, когда хотя бы один из контактов замкнут, поэтому С = A + В;
2. Для последовательного соединения цепь замкнута, когда замкнуты оба контакта, поэтому С = A · В.
Задача. 1.1.4 Составлены две электрические схемы:
Событие A — цепь замкнута, событие A i — I–й контакт замкнут. Для какой из них справедливо соотношение
A1 · (A2 + A3 · A4) · A5 = A?
Решение. Для первой схемы A = A1 · (A2 · A3 + A4 · A5), так как параллельному соединению соответствует сумма событий, а последовательному соединению — произведение событий. Для второй схемы A = A1 • (A2 + A3 • A4 • A5). Следовательно, данное соотношение справедливо для второй схемы.
Задача. 1.1.5 Упростить выражение (A + B)(B + C)(C+ A).
Решение. Воспользуемся свойствами операций сложения и умножения событий.
(AB + AC + B)(A + C) = (B + AC)(A + C) =
= BA + BC + ACA + ACC = B A + BC + AC.
Задача. 1.1.6 Доказать, что события A, AB и A+B Образуют полную группу.
Решение. При решении задачи воспользуемся свойствами операций над событиями. В начале покажем, что эти события попарно несовместны.
A теперь покажем, что сумма этих событий дает пространство элементарных событий.
Задача. 1.1.7 С помощью схемы Эйлера–Венна проверить правило де-Моргана:
А) Заштриховано событие AB.
Б) Событие A — вертикальная штриховка; событие B — горизонтальная штриховка. Событие
Из сопоставления рисунков а) и в) следует:
Задача. 1.2.1 Сколькими способами можно рассадить 8 человек:
Решение.
1. Искомое число способов равно числу перестановок из 8, т. е.
P8 = 8! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 40320
2. Так как за круглым столом выбор первого человека не влияет на чередование элементов, то первым можно взять любого, а оставшихся упорядочим относительно выбранного. Это действие можно осуществить 8!/8 = 5040 способами.
Задача. 1.2.2 На курсе изучается 5 предметов. Сколькими способами можно составить расписание на субботу, если в этот день должны быть две различные пары?
Решение. Искомое число способов есть число размещений
Из 5 по 2, так как нужно учесть порядок пар:
Задача. 1.2.3 Сколько экзаменационных комиссий, состоящих из 7 человек, можно составить из 15 преподавателей?
Решение. Искомое число комиссий (без учета порядка) — это число сочетаний из 15 по 7:
Задача. 1.2.4 Из корзины, содержащей двадцать пронумерованных шаров выбирают на удачу 5 шаров. Определить число элементов пространства элементарных событий этого опыта, если:
Шары выбираются последовательно один за другим с возвращением после каждого извлечения;
Шары выбирают один за другим, не возвращая;
Выбирают сразу 5 шаров.
Решение.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар также равно 20 и т. д. Тогда число способов извлечь 5 шаров в этом случае равно 20 · 20 · 20 · 20 · 20 = 3200000.
Число способов извлечь первый шар из корзины равно 20. Так как извлеченный шар после извлечения не вернулся в корзину, то число способов извлечь второй шар стало равно 19 и т. д. Тогда число способов извлечь 5 шаров без возвращения равно 20 · 19 · 18 · 17 · 16 = A52 0
Число способов извлечь из корзины 5 шаров сразу равно числу сочетаний из 20 по 5:
Задача. 1.2.5 Подброшены две игральные кости. Найти вероятность события A того, что выпадет хотя бы одна единица.
Решение. На каждой кости может выпасть любое число очков от 1 до 6. Поэтому пространство элементарных событий содержит 36 равновозможных исходов. Событию A благоприятствуют 11 исходов: (1,1), (1,2), (2,1), (1,3), (3,1), (1,4), (4,1), (1,5), (5,1), (1,6), (6,1), поэтому
Задача. 1.2.6 На красных карточках написаны буквы у, и, я, к, ц, ф, н, на синих — буквы а, а, о, т, т, с, ч. После тщательного перемешивания, что вероятнее: с первого раза из букв на красных карточках составить слово «функция» или из букв на синих карточках слово «частота»?
Решение. Пусть событие A — наудачу составленное из 7 букв слово «функция», событие B — наудачу составленное из 7 букв слово «частота». Так как упорядочиваются два множества из 7 букв, то число всех исходов для событий A и B равно n = 7!. Событию A благоприятствует один исход m = 1, так как все буквы на красных карточках различны. Событию B благоприятствуют m = 2! · 2! исходов, так как буквы «а» и «т» встречаются дважды. Тогда P(A) = 1/7! , P(B) = 2! • 2! /7! , P(B) > P(A).
Задача. 1.2.7 На экзамене студенту предлагается 30 билетов; в каждом билете два вопроса. Из 60 вопросов, вошедших в билеты, студент знает только 40. Найти вероятность того, что взятый студентом билет будет состоять
1. из известных ему вопросов;
2. из неизвестных ему вопросов;
3. из одного известного и одного неизвестного вопроса.
Решение. Пусть A — событие, состоящее в том, что на оба вопроса студент знает ответ; B — не знает ответа на оба вопроса; C — на один вопрос знает ответ, на другой — не знает. Выбор двух вопросов из 60 можно осуществить n = C260 = 60 2 ·59 = 1770 способами.
1. Имеется m = C240 = 40 2 ·39 = 780 возможностей выбора известных студенту вопросов. Тогда P(A) = M N = 1 7 7 8 7 0 0 = 0,44
2. Выбор двух неизвестных вопросов из 20 можно осуществить m = C220 = 20 2 ·19 = 190 способами. В таком случае
P(B) = M N = 1 1 7 9 7 0 0 = 0,11
3. Существует m = C14 0 ·C21 0 = 40·20 = 800 способов выбрать билет с одним известным и одним неизвестным вопроcом. Тогда P(C) = 1 8 7 0 7 0 0 = 0,45.
Задача. 1.2.8 По трем каналам послана некоторая информация. Каналы работают независимо друг от друга. Найти вероятность того, что информация достигнет цели
1. Только по одному каналу;
2. Хотя бы по одному каналу.
Решение. Пусть A — событие, состоящее в том, что информация достигает цели только по одному каналу; B — хотя бы по одному каналу. Опыт — передача информации по трем каналам. Исход опыта — информация достигла цели. Обозначим Ai — информация достигает цели по i-му каналу. Пространство элементарных событий имеет вид:
Событию A благоприятствуют 3 исхода:
Событию B благоприятствуют 7 исходов: все исходы, кроме
Тогда n = 8; mA = 3; mB = 7; P(A) = 3 8 ; P(B) = 7 8.
Задача. 1.2.9 На отрезке единичной длины случайным образом появляется точка. Найти вероятность того, что расстояние от точки до концов отрезка больше 1/8.
Решение. По условию задачи искомому событию удовлетворяют все точки, появляющиеся на интервале (a; b).
Так как его длина s = 1 — 1 8 + 1 8 = 3 4, а длина всего отрезка S = 1, то искомая вероятность равна P = s/S = 3/14 = 0.75.
Задача. 1.2.10 В партии из N изделий K изделий являются бракованными. Для контроля выбирается m изделий. Найти вероятность того, что из M Изделий L Окажутся бракованными (событие А).
Решение. Выбор m изделий из n можно осуществить 
способами, а выбор L бракованных из k бракованных — 
способами. После выбора L бракованных изделий останется (m — L ) годных, находящихся среди (n — k) изделий. Тогда число исходов, благоприятствующих событию A, равно
·
и искомая вероятность
Задача. 1.3.1 B урне 30 шаров: 15 красных, 10 синих и 5 белых. Найти вероятность того, что наугад вынутый шар — цветной.
Решение. Пусть событие A — вынут красный шар, событие B — вынут синий шар. Тогда события (A + B) — вынут цветной шар. Имеем P(A) = 1 3 5 0 = 1 2 , P(B) = 1 3 0 0 = 1 3. Так как
События A и B несовместны, то P(A + B) = P(A) + P(B) = 1 2 + 1 3 = 5 6 = 0.83.
Задача. 1.3.2 Вероятность того, что будет снег (событие A), равна 0.6, А того, что будет дождь (событие B), равна 0.45. Найти вероятность плохой погоды, если вероятность дождя со снегом (событие AB) равна 0.25.
Решение. События A и B совместны, поэтому P(A + B) = P(A) + P(B) — P(AB) = 0.6 + 0.45 — 0.25 = 0.8
Задача. 1.3.3 B первом ящике 2 белых и 10 черных шаров, во втором — 3 белых и 9 черных шаров, в третьем — 6 белых и 6 черных шаров. Из каждого ящика вынули по шару. Найти вероятность того, что все вынутые шары белые.
Решение. Событие A — вынут белый шар из первого ящика, B — из второго ящика, C – из третьего. Тогда P(A) = 1 2 2 = 1 6; P(B) = 1 3 2 = 1 4; P(C) = 1 6 2 = 1 2. Событие ABC — все вынутые
Шары — белые. События A, B,C — независимые, поэтому
P(ABC) = P(A)·P(B)·P(C) = 1 6 · 1 4 · 1 2 = 4 1 8 = 0.02
Задача. 1.3.4 B электрическую цепь последовательно включены 5 Элементов, работающие независимо друг от друга. Вероятность отказов первого, второго, третьего, четвертого, пятого элементов соответственно равны 0.1; 0.2; 0.3; 0.2; 0.1. Найти вероятность того, что тока в цепи не будет (событие A).
Решение. Так как элементы включены последовательно, то тока в цепи не будет, если откажет хотя бы один элемент. Событие Ai(i =1. 5) — откажет I — й элемент. События
Задача. 1.3.5 Цепь состоит из независимых блоков, соединенных в систему с одним входом и одним выходом.
Выход из строя за время Т различных элементов цепи — независимые события, имеющие следующие вероятности P 1 = 0.1; P2 = 0.2; P3 = 0.3; P4 = 0.4. Отказ любого из элементов приводит к прерыванию сигнала в той ветви цепи, где находится данный элемент. Найти надежность системы.
Решение. Если событие A — <СИСТЕМА НАДЕЖНА>, Ai — , то A = (A1 + A2)(A3 + A4). События A1+A2, A3+A4 — независимые, события A1 и A2, A3 и A4 — совместные. По формулам умножения и сложения вероятностей
Задача. 1.3.6 Рабочий обслуживает 3 станка. Вероятность того, что в течение часа станок не потребует внимания рабочего, равна для первого станка 0.9, для второго станка — 0.8, для третьего станка — 0.7.
Найти вероятность того, что в течение некоторого часа
1. Потребует внимания второй станок;
2. Потребуют внимания два станка;
3. Потребуют внимания не менее двух станков.
Решение. Пусть Ai — i-й станок потребует внимания рабочего,
— i-й станок не потребует внимания рабочего. Тогда
Пространство элементарных событий:
1. Событие A — потребует внимания второй станок: Тогда
Так как события несовместные и независимые. P(A) = 0.9·0.8·0.7 + 0.1·0.8·0.7 + 0.9·0.8·0.3 + 0.1·0.8·0.3 = 0.8
2. Событие B — потребуют внимания два станка:
3. Событие C — потребуют внимания не менее двух стан
ков:
Задача. 1.3.7 B машину «Экзаменатор» введено 50 Вопросов. Студенту предлагается 5 Вопросов и ставится оценка «отлично», если на все вопросы получен верный ответ. Найти вероятность получить “отлично”, если студент подготовил только 40 Вопросов.
Или, другим способом — c помощью формулы классической вероятности:
И
Задача. 1.3.8 Вероятности того, что нужная сборщику деталь находится в I, II, III, IV ящике, соответственно равны 0.6; 0.7; 0.8; 0.9. Найти вероятность того, что сборщику придется проверить все 4 ящика (событие A).
Так как события несовместны и независимы, то
Задача. 1.4.1 Обследовалась группа из 10000 человек в возрасте свыше 60 лет. Оказалось, что 4000 человек являются постоянно курящими. У 1800 курящих обнаружились серьезные изменения в легких. Среди некурящих изменения в легких имели 1500 человек. Какова вероятность того, что наугад обследованный человек, имеющий изменения в легких, является курящим?
Решение. Введем гипотезы: H1 — обследованный является постоянно курящим, H2 — является некурящим. Тогда по условию задачи
Обозначим через A событие, состоящее в том, что обследованный имеет изменения в легких. Тогда по условию задачи
По формуле (1.15) находим
Искомая вероятность того, что обследованный человек является курящим, по формуле Байеса равна
Задача. 1.4.2 В продажу поступают телевизоры трех заводов: 30% с первого завода, 20% — со второго, 50% — с третьего. Продукция первого завода содержит 20% телевизоров со скрытым дефектом, второго — 10% , третьего — 5%. Какова вероятность приобрести исправный телевизор?
Решение. Рассмотрим события: A — приобретен исправный телевизор; гипотезы H1, H2, H3 — телевизор поступил в продажу соответственно с первого, второго, третьего завода. По условию задачи
По формуле (1.15) находим
Задача. 1.4.3 Имеются три одинаковых по виду ящика. В первом 20 белых шаров, во втором — 10 белых и 10 черных шаров, в третьем — 20 черных шаров. Из наугад выбранного ящика вынут белый шар. Найти вероятность того, что этот шар из второго ящика.
Решение. Пусть событие A — вынут белый шар, гипотезы H1, H2, H3 — шар вынут соответственно из первого, второго, третьего ящика. Из условия задачи находим
Тогда
По формуле (1.15) находим
По формуле (1.16) находим
Задача. 1.4.4 Телеграфное сообщение состоит из сигналов «точка» и «тире». Статистические свойства помех таковы, что искажаются в среднем 2/5 Сообщений «точка» и 1/3 Сообщений «тире». Известно, что среди передаваемых сигналов «точка» и «тире» встречаются в соотношении 5 : 3. Определить вероятность того, что принят передаваемый сигнал, если:
А) принят сигнал «точка»;
Решение. Пусть событие A — принят сигнал «точка», а событие B — принят сигнал «тире».
Можно сделать две гипотезы: H1 — передан сигнал «точка», H2 — передан сигнал «тире». По условию P(H1) : P(H2) =5 : 3. Кроме того, P(H1) + P(H2) = 1. Поэтому P(H1) = 5/8, P(H2) = 3/8. Известно, что
Вероятности событий A И B Находим по формуле полной вероятности:
Искомые вероятности будут:
Задача. 1.4.5 Из 10 каналов радиосвязи 6 каналов защищены от воздействия помех. Вероятность того, что защищенный канал в течении времени T не выйдет из строя, равна 0.95, для незащищенного канала — 0.8. Найти вероятность того, что случайно выбранные два канала не выйдут из строя в течение времени T, причем оба канала не защищены от воздействия помех.
Решение. Пусть событие A — оба канала не выйдут из строя в течение времени t, событие A1 — Выбран защищенный канал, A2 — Выбран незащищенный канал.
Запишем пространство элементарных событий для опыта — <выбрано два канала>:
H1 — оба канала защищены от воздействия помех;
H2 — первый выбранный канал защищен, второй выбранный канал не защищен от воздействия помех;
H3 — первый выбранный канал не защищен, второй выбранный канал защищен от воздействия помех;
H4 — оба выбранных канала не защищены от помех. Тогда
И
Задача. 1.5.1 По каналу связи передается 6 Сообщений. Каждое из сообщений может быть искажено помехами с вероятностью 0.2 Независимо от других. Найти вероятность того, что
1. 4 сообщения из 6 не искажены;
2. Не менее 3 из 6 переданы искаженными;
3. Хотя бы одно сообщение из 6 искажено;
4. Не более 2 из 6 не искажены;
5. Все сообщения переданы без искажения.
Решение. Так как вероятность искажения 0.2, то вероятность передачи сообщения без помех — 0.8.
1. Используя формулу Бернулли (1.17), найдем вероят
ность передачи 4 сообщений из 6 без помех:
2. не менее 3 из 6 переданы искаженными:
3. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
4. хотя бы одно сообщение из 6 искажено:
5. все сообщения переданы без искажения:
Задача. 1.5.2 Вероятность того, того, что летом день будет ясным, равна 0.42; вероятность пасмурного дня равна 0.36 и переменной облачности — 0.22. Сколько дней из 59 можно ожидать ясных и пасмурных?
Решение. Из условия задачи видно, что надо искать наиболее вероятное число ясных и пасмурных дней.
Для ясных дней P = 0.42, N = 59. Составляем неравенства (1.20):
59 • 0.42 + 0.42 — 1 < m0 < 59 • 0.42 + 0.42.
Для пасмурных дней P = 0.36, N = 59 и
0.36 • 59 + 0.36 — 1 ≤ M0 ≤ 0.36 • 59 + 0.36;
Таким образом, наиболее вероятное число ясных дней Mo =25, пасмурных дней — M0 = 21. Тогда летом можно ожидать Mo + M0 =46 ясных и пасмурных дней.
Задача. 1.5.3 На лекции по теории вероятностей присутствует 110 студентов курса. Найти вероятность того что
1. k студентов (k = 0,1,2) из присутствующих родились первого сентября;
2. хотя бы один студент курса родился первого сентября.
Решение. Вероятность родиться 1 сентября любому студенту курса
P =1/365 очень мала, поэтому используем формулу Пуассона (1.22). Найдем параметр Пуассона. Так как
N = 110, то λ = np = 110 • 1 /365 = 0.3.
Тогда по формуле Пуассона
Задача. 1.5.4 Вероятность того, что деталь не стандартная, равна 0.1. Сколько деталей нужно отобрать, чтобы с вероятностью P = 0.964228 Можно было утверждать, что относительная частота появления нестандартных деталей отклоняется от постоянной вероятности p = 0.1 По абсолютной величине не более, чем на 0.01 ?
Решение.
Требуемое число N Найдем по формуле (1.25). Имеем:
P = 1.1; q = 0.9; P = 0.96428. Подставим данные в формулу:
По таблице значений функции Φ(X) находим, что
Задача. 1.5.5 Вероятность выхода из строя за время Т одного конденсатора равна 0.2. Определить вероятность того, что за время Т из 100 конденсаторов выйдут из строя
1. Ровно 10 конденсаторов;
2. Не менее 20 конденсаторов;
3. Менее 28 конденсаторов;
4. От 14 до 26 конденсаторов.
1. Ровно 10 конденсаторов.
Так как П Велико, воспользуемся локальной теоремой Муавра — Лапласа:
Вычислим
Так как функция φ(х) — четная, то φ(-2,5) = φ(2,50) = 0,0175 (находим по таблице значений функции φ(х). Искомая вероятность
2. Не менее 20 конденсаторов;
Требование, чтобы из 100 конденсаторов из строя вышли не менее 20, означает, что из строя выйдут либо 20, либо 21, . либо 100. Таким образом, Т1 = 20, Т2 =100. Тогда
По таблице значений функции Φ(x) Найдем Φ(x1) = Φ(0) = 0, Φ(x2) = Φ(20) = 0.5. Искомая вероятность:
3. Менее 28 конденсаторов;
(здесь было учтено, что функция Лапласа Ф(x) — нечетная).
4. От 14 до 26 конденсаторов. По условию M1= 14, m2 = 26.
Вычислим x 1,x2:
Задача. 1.5.6 Вероятность появления некоторого события в одном опыте равна 0.6. Какова вероятность, что это событие появиться в большинстве из 60 опытов?
Решение. Количество M Появлений события в серии испытаний находится в промежутке [0; 60]. «В большинстве опытов» означает, что M Принадлежит промежутку [30, 60.] По условию N = 60, P = 0.6, Q = 0.4, M1 = 30, m2 = 60. Вычислим x1 и x2:
Случайные величины и их распределения
Задача. 2.1.1 Дана таблица, где в верхней строке указаны возможные значения случайной величины X, а в нижней — их вероятности.
Может ли эта таблица быть рядом распределения X?
Ответ: Да, так как p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1
Задача. 2.1.2 Выпущено 500 Лотерейных билетов, причем 40 Билетов принесут их владельцам выигрыш по 10000 Руб., 20 Билетов — по 50000 Руб., 10 Билетов — по 100000 Руб., 5 Билетов — по 200000 Руб., 1 Билет — 500000 Руб., остальные — без выигрыша. Найти закон распределения выигрыша для владельца одного билета.
Решение.
Возможные значения X: x5 = 10000, x4 = 50000, x3 = 100000, x2 = 200000, x1 = 500000, x6 = 0. Вероятности этих возможных значений:
Искомый закон распределения:
Задача. 2.1.3 Стрелок, имея 5 Патронов, стреляет до первого попадания в цель. Вероятность попадания при каждом выстреле равна 0.7. Построить закон распределения числа использованных патронов, найти функцию распределения F(X) и построить ее график, найти P(2 < x < 5).
Решение.
Пространство элементарных событий опыта
Где событие <1>— попал в цель, событие <0>— не попал в цель. Элементарным исходам соответствуют следующие значения случайной величины числа использованных патронов: 1, 2, 3, 4, 5. Так как результат каждого следующего выстрела не зависит от предыдущего, то вероятности возможных значений:
P1 = P(x1 = 1) = P(1) = 0.7; P2 = P(x2 = 2) = P(01) = 0.3 · 0.7 = 0.21;
P3 = P(x3 = 3) = P(001) = 0.32 · 0.7 = 0.063;
P4 = P(x4 = 4) = P(0001) = 0.33 · 0.7 = 0.0189;
P5 = P(x5 = 5) = P(00001 + 00000) = 0.34 · 0.7 + 0.35 = 0.0081.
Искомый закон распределения:
Найдем функцию распределения F(X), Пользуясь формулой (2.5)
3 < x ≤ 4, F(x) = P1 (x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) =
= 0.7 + 0.21 + 0.063 = 0.973
4 < x ≤ 5, F(x) = P1(x = 1) + P2(x = 2) + P3(x = 3) +
Найдем P(2 < x < 5). Применим формулу (2.4): P(2 < X < 5) = F(5) — F(2) = 0.9919 — 0.91 = 0.0819
Задача. 2.1.4 Дана F(X) некоторой случайной величины:
Записать ряд распределения дляX.
Решение.
Из свойств F(X) Следует, что возможные значения случайной величины X — Точки разрыва функции F(X), А соответствующие им вероятности — скачки функции F(X). Находим возможные значения случайной величины X=<0,1,2,3,4>.
Задача. 2.1.5 Установить, какая из функций
Является функцией распределения некоторой случайной величины.
В случае утвердительного ответа, найти вероятность того, что соответствующая случайная величина принимает значения на [-3,2].
Решение. Построим графики функций F1(x) и F2(x):
Функция F2(x) не является функцией распределения, так как не является неубывающей. Функция F1(x) является
Функцией распределения некоторой случайной величины, так как является неубывающей и удовлетворяет условию (2.3). Найдем вероятность попадания на промежуток:
Задача. 2.1.6 Дана плотность вероятности непрерывной случайной величины X:
3. Вероятность попадания случайной величины в интервал (1, 3).
Решение. Из условия нормировки (2.9)находим
По формуле (2.10) находим:
По формуле (2.4) находим
Задача. 2.1.7 Случайное время простоя радиоэлектронной аппаратуры в ряде случаев имеет плотность вероятности
Где M = lge = 0.4343.
Найти функцию распределения F(x).
Решение. По формуле (2.10) находим
Где
Задача. 2.2.1 Дан ряд распределения дискретной случайной величины X:
Найти математическое ожидание, дисперсию, среднее квадратичное отклонение, M[2X + 3], D[-3X + 2].
Решение.
По формуле (2.12) находим математическое ожидание:
M[X] = x1p1 + x2p2 + x3p3 + x4p4 = 10 · 0.2 + 20 · 0.15 + 30 · 0.25 + 40 · 0.4 = 28.5
M[2X + 5] = 2M[X] + M[5] = 2M[X] + 5 = 2 · 28.5 + 5 = 62. По формуле (2.19) найдем дисперсию:
Задача. 2.2.2 Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение непрерывной случайной величины X, функция распределения которой
.
Решение. Найдем плотность вероятности:
Математическое ожидание найдем по формуле (2.13):
Дисперсию найдем по формуле (2.19):
Найдем сначала математическое ожидание квадрата случайной величины:
Тогда
Среднее квадратичное отклонение
Задача. 2.2.3 Дискретная случайная величина X имеет ряд распределения:
Найти математическое ожидание и дисперсию случайной величины Y = EX.
= 0.2 · 0.3679 + 1 · 0.3 + 2.71828 · 0.4 + 7.389 · 0.1 = 2.2.
[(e-1 )2 • 0.2 + (e0)2 • 0.3 + (e1 )2 • 0.4 + (e2)2 • 0.1] — (2.2)2 =
= (e—2 • 0.2 + 0.3 + e2 • 0.4 + e4 • 0.1) — 4.84 = 8.741 — 4.84 = 3.9.
Задача. 2.2.4 Дискретная случайная величина X Может принимать только два значения X1 И X2, причем X1 < x2. Известны вероятность P1 = 0.2 Возможного значения X1, математическое ожидание M[X] = 3.8 И дисперсия D[X] = 0.16. Найти закон распределения случайной величины.
Решение. Так как случайная величина X принимает только два значения x1 и x2, то вероятность p2 = P(X = x2) = 1 — p1 = 1 — 0.2 = 0.8.
По условию задачи имеем:
M[X] = x1p1 + x2p2 = 0.2×1 + 0.8×2 = 3.8;
D[X] = (x21p1 + x22p2) — M2[X] = (0.2×21 + 0.8×22) — (0.38)2 = 0.16.
Таким образом получили систему уравнений:
Условию x1<x2 удовлетворяет решение x1 = 3. x = 4. Поэтому искомый закон распределения имеет вид:
Задача. 2.2.5 Случайная величина X подчинена закону распределения, график плотности которого имеет вид:
Найти математическое ожидание, дисперсию и среднее квадратичное отклонение.
Решение. Найдем дифференциальную функцию распределения f(x). Вне интервала (0, 3) f(x) = 0. На интервале (0, 3) график плотности есть прямая с угловым коэффициентом k = 2/9, проходящая через начало координат. Таким образом,
Найдем дисперсию и среднее квадратичное отклонение:
Задача. 2.2.6 Найти математическое ожидание и дисперсию суммы очков, выпадающих на четырех игральных кубиках при одном бросании.
Решение. Обозначим A — число очков на одном кубике при одном бросании, B – число очков на втором кубике, C — на третьем кубике, D — на четвертом кубике. Для случайных величин A, B, C, D закон распределения 
один.
Тогда M[A] = M[B] = M[C] = M[D] = (1+2+3+4+5+6) / 6 = 3.5
Задача. 2.3.1 Вероятность того, что частица, вылетевшая из радиоактивного источника, будет зарегистрирована счетчиком, равна 0.0001. За время наблюдения из источника вылетело 30000 Частиц. Найти вероятность того, что счетчик зарегистрировал:
Решение. По условию П = 30000, P = 0.0001. События, состоящие в том, что частицы, вылетевшие из радиоактивного источника, зарегистрированы, независимы; число П Велико, а вероятность P Мала, поэтому воспользуемся распределением Пуассона:
Найдем λ : λ = пP = 30000 • 0.0001 = 3 = М[Х]. Искомые вероятности:
Задача. 2.3.2 В партии 5% нестандартных деталей. Наудачу отобраны 5 деталей. Написать закон распределения дискретной случайной величины X — числа нестандартных деталей среди пяти отобранных; найти математическое ожидание и дисперсию.
Решение. Дискретная случайная величина X — число нестандартных деталей — имеет биномиальное распределение и может принимать следующие значения: x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3, x5 = 4, x6 = 5. Вероятность нестандартной детали в партии p = 5/100 = 0.05. Найдем вероятности этих возможных значений:
Напишем искомый закон распределения:
Найдем числовые характеристики:
0 • 0.7737809 + 1 • 0.2036267 + 2 • 0.0214343+
+ 3 • 0.0011281 + 4 • 0.0000297 + 5 • 0.0000003 = 0.2499999 ≈ 0.250
M[X] = N • p = 5 • 0.05 = 0.25.
+ 22 • 0.0214343 + 32 • 0.0011281 + 42 • 0.0000297 + 52 • 0.0000003- 0.0625 =
= 0.2999995 — 0.0625 = 0.2374995 ≈ 0.2375
Задача. 2.3.3 Время обнаружения цели радиолокатором распределено по показательному закону
Где 1/λ = 10 Сек. — среднее время обнаружения цели. Найти вероятность того, что цель будет обнаружена за время от 5 До 15 Сек. после начала поиска.
Решение. Вероятность попадания случайной величины X В интервал (5, 15) Найдем по формуле (2.8):
При
Получаем
= 0.6065(1 — 0.3679) = 0.6065 • 0.6321 = 0.3834
Задача. 2.3.4 Случайные ошибки измерения подчинены нормальному закону с параметрами a = 0, σ = 20 Мм. Записать дифференциальную функцию распределения F(X) и найти вероятность того, что при измерении допущена ошибка в интервале от 5 До 10 Мм.
Решение. Подставим значения параметров a и σ в дифференциальную функцию распределения (2.35):
По формуле (2.42) найдем вероятность попадания случайной величины X В интервале [0, 5) :
Здесь значения функции Лапласа взяты по таблице.
Задача. 2.3.5 Цена деления шкалы амперметра равна 0.1 Ампера. Показания амперметра округляются до ближайшего целого деления. Найти вероятность того, что при отсчете будет сделана ошибка, превышающая 0.03 Ампера. Найти математическое ожидание, дисперсию ошибки округления отсчета и функцию F(X).
Решение. Ошибку округления отсчета можно считать распределенной равномерно на [0; 0.1], т. е. A = 0, B = 0.1. Тогда дифференциальная функция распределения F(x) Будет иметь вид
теория-вероятностей — Теория вероятности
1)Отрезок [0,10] разделен двумя точками на три части: [0,3], [3,8] и [8,10]. На отрезке [0,10] наугад выбранны две точки. Известно, что они попали в разные части. Найти вероятность того, что пустой оказалась средняя часть.
2)Сообщение может быть передано по одному, случайным образом выбранному, каналу связи из 8, находящихся в различных состояниях. 4 из них находятся в хорошем состоянии, 2 в посредственном и 2 — в плохом. Вероятность корректной передачи сообщения по каналу каждого из трех типов равна соответственно: 0.85, 0,8, 0,75. Для повышения надежности сообщения передается три раза по одному и тому же каналу. найти вероятность того, что сообщение будет корректно передано хотя бы два раза.
задан 10 Ноя ’15 18:36
1 ответ
1) Вероятность того, что точки попали в 1-ю и 2-ю часть, равна $%2\cdot\frac3<10>\cdot\frac5<10>=\frac3<10>$%. Множитель 2 в начале учитывает, что мы рассматриваем здесь два равновероятных события: когда 1-я точка попала в 1-ю часть, а 2-я во 2-ю, и наоборот: когда 1-я точка попала во 2-ю часть, а 2-я — в 1-ю.
Аналогично, для попадания точек в 1-ю и 3-ю часть получается $%2\cdot\frac3<10>\cdot\frac2<10>=\frac3<25>$%, а для попадания во 2-ю и 3-ю часть будет по тому же принципу $%\frac15$%.
Теперь по стандартной формуле находим вероятность интересующего нас события: $%\frac<\frac3<25>><\frac3<10>+\frac3<25>+\frac15>=\frac6<31>$%.
2) Найдём вероятность дополнительного события: что сообщение все три раза будет передано некорректно. По формуле полной вероятности, это $%\frac48\cdot(1-0.85)^3+\frac28(1-0.8)^3+\frac28(1-0.75)^3$%. Вычитая из единицы полученное значение, имеем $%0.9924$%, то есть примерно $%99,24\%$%.
Канал в котором для каждого передаваемого сообщения задана вероятность
Соответственно, тогда 
Значит, всоответствии с формулой (3.4) скорость передачи в канале 
. Подставляя выражения для средней длительности и энтропии, получим:
Цепь Маркова порядка n характеризует последовательность событий, вероятность которых зависит от того, какие n событий предшествовали данному. Эти n конкретных событий определяют состояние источника, в котором он находится при выдачи очередного знака. При объеме алфавита l число R различных состояний источника не превышает 
. Обозначим эти состояния через S 1 …S q …S R , а вероятность выбора в состоянии S q знака z i через p q (z i ).
(2)
(4)
Свойства эргодических последовательностей отражает теорема: как бы ни были малы два числа 
при достаточно большом N, все последовательности могут быть разбиты на две группы: Нетипичные последовательности – группы составляющие подавляющее большинство последовательностей, каждая из которых имеет настолько ничтожную вероятность, что даже суммарная вероятность таких последовательностей очень мала и при достаточно большом N будет меньше сколь угодно малого числа 
. Типичные последовательности – последовательности, которые при достаточно большом N отличаются тем, что вероятности их появления практически одинаковы, причем вероятность любой такой последовательности удовлетворяет неравенству (свойству асимптотической равномерности длинных последовательностей):
(6).
(7)
(10)
где 
ср – среднее значение длительности символов.
(11).
(12).
(13),
(14).
Конкретный канал связи обладает определенными физическими параметрами, от которых зависит возможность передачи по нему тех или иных сигналов. Независимо от назначения непрерывного канала его можно характеризовать тремя основными параметрами: временем, в течение которого он предоставляется для передачи сигнала Т к , шириной полосы пропускания сигнала F к и допустимым повышением сигнала над помехой в канале Н к . превышение характеризуется разностью максимально допустимого сигнала в канале 
и уровня помех 
. Для проводных каналов превышение в основном определяется пробивным напряжением и уровнем перекрестных помех, а для радиоканалов – возможностями выявления сигнала на соответствующих расстояний.