[1]
\(\displaystyle E[X]=\int^\infty_0 xf(x)dx\)
\(\displaystyle =\int^\infty_0 \lambda x e^{-\lambda x}dx=\frac{1}{\lambda}\)
次に、
\(\displaystyle F(x)=\int^x_0 f(x)dx\)
\(\displaystyle =\int^x_0 \lambda e^{-\lambda x}dx\)
\(=1-e^{-\lambda x}\)
なので、
\(\displaystyle \frac{f(x)}{1-F(x)}=\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{1-(1-e^{-\lambda x})}\)
\(=\lambda\)
\(E[X]\)と\(\displaystyle \frac{f(x)}{1-F(x)}\)の関係性は逆数の関係。
[2]
\(P(X_1 \leq x)\)\(=1-P(X_1 \geq x)\)
\(=1-P(時刻xの時に1回も故障していない)\)
\(=1-P(N(x) = 0)\)
\(=1-\displaystyle e^{-\lambda x}\left . \frac{(\lambda x)^n}{n!} \right |_{n=0}\)
\(=1-\displaystyle e^{-\lambda x}\)
\(P(X_1=x) = \displaystyle \frac{dP(X_1 \leq x)}{dx}\)
\(\displaystyle = \lambda e^{-\lambda x}\)
[3]
\(t_0\)の95%上側信頼限界は、
\(\displaystyle \int^{t_U}_0 \lambda e^{-\lambda t}dt = 0.95\)
を解くことで、
\(t_U = \displaystyle -\frac{\ln 0.05}{\lambda}\)
よって\(t_0\)の推定区間は、
\(t_0 \leq \displaystyle -\frac{\ln 0.05}{\lambda}\)
\(\lambda\)について解くことで\(\lambda\)の信頼区間は、
\(\lambda \leq \displaystyle -\frac{\ln 0.05}{t_0}\)
\(MTTF = E[X]=\displaystyle \frac{1}{\lambda}\)より、
\(\displaystyle\frac{1}{MTTF} \leq -\frac{\ln 0.05}{t_0}\)
よって、\(MTTF\)の下側信頼限界は、
\(MTTF \geq \displaystyle -\frac{t_0}{\ln 0.05}\)
\(t_0\)経過時に故障が確認されていなかった場合については、公式の解答を参照。
別解
\(t \sim Exp(\lambda)\)より、\(\displaystyle 2\lambda t \sim Ga \left(1,\frac{1}{2}\right)\)\(\sim \chi^2(2)\)なので、
\(\displaystyle 2\lambda t = \frac{2t}{MTTF} \sim \chi^2(2)\)
下側95%信頼限界を考えるので、
\(\displaystyle \frac{2t_0}{MTTF} \leq \chi^2_{0.05}(2)=5.99\)
\(MTTF \geq \displaystyle \frac{2t_0}{5.99} \approx \frac{t_0}{3}\)
[4]
\(P(X \geq 1000)\geq 0.999\)
\(P(X < 1000) \leq 0.001 \)
\(1-e^{-1000\lambda} \leq 0.001\)
\(\ln (1-0.001) \leq -1000\lambda \)
\(-0.001 \leq -1000\lambda \)
\(10^{-6} \geq \lambda \)
よって、
\(\lambda \leq 10^{-6} h^{-1}\)
コメント