Вероятность выхода прибора из строя за время т

В течение времени t эксплуатируются 500 приборов. Каждый прибор имеет надёжность 0,98 и выходит из строя независимо от других. Оценить с помощью неравенства Чебышёва вероятность того, что доля надёжны

Готовое решение: Заказ №8392

Тип работы: Задача

Статус: Выполнен (Зачтена преподавателем ВУЗа)

Предмет: Теория вероятности

Дата выполнения: 30.09.2020

Цена: 208 руб.

Чтобы получить решение , напишите мне в WhatsApp , оплатите, и я Вам вышлю файлы.

Кстати, если эта работа не по вашей теме или не по вашим данным , не расстраивайтесь, напишите мне в WhatsApp и закажите у меня новую работу , я смогу выполнить её в срок 1-3 дня!

Описание и исходные данные задания, 50% решения + фотография:

В течение времени t эксплуатируются 500 приборов. Каждый прибор имеет надёжность 0,98 и выходит из строя независимо от других. Оценить с помощью неравенства Чебышёва вероятность того, что доля надёжных приборов отличается от 0,98 не более чем на 0,1 (по абсолютной величине).

Пусть случайная величина X имеет конечные математическое ожидание M(X) и дисперсию D(X) = σ 2 . Тогда для любого положительно числа ε будет справедливо неравенство Чебышёва:

В данной задаче случайная величина X – число надёжных приборов среди 500.

Вероятность того, что случайная величина X примет значение m (0 ≤ m ≤ 500), вычисляется по формуле Бернулли: ,

– надёжность одного прибора;

– вероятность выхода прибора из строя.

Следовательно, случайная величина X имеет биномиальное распределение и её числовые параметры равны:

Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔

Официальный сайт Брильёновой Натальи Валерьевны преподавателя кафедры информатики и электроники Екатеринбургского государственного института.

Все авторские права на размещённые материалы сохранены за правообладателями этих материалов. Любое коммерческое и/или иное использование кроме предварительного ознакомления материалов сайта natalibrilenova.ru запрещено. Публикация и распространение размещённых материалов не преследует за собой коммерческой и/или любой другой выгоды.

Сайт предназначен для облегчения образовательного путешествия студентам очникам и заочникам по вопросам обучения . Наталья Брильёнова не предлагает и не оказывает товары и услуги.

Источник

Прибор может работать в двух режимах

Прибор может работать в двух режимах: а) нормальном и б) ненормальном. Нормальный режим наблюдаетсяв 80% всех случаев работы прибора; ненормальный — в 20%. Вероятность выхода приборв из строя за время t в нормальном режиме равна 0,1; в ненормальном — 0,7. Найти вероятность выхода прибора из строя за время t.

Лучший ответ

Задание: Прибор может работать в двух режимах:
а) нормальном и
б) ненормальном.
Нормальный режим наблюдается в 80% всех случаев работы прибора;
ненормальный — в 20%.
Вероятность выхода прибора из строя за время t в
нормальном режиме равна 0,1;
в ненормальном — 0,7.

Найти вероятность выхода прибора из строя за время t.

Решение: введем следующие обозначения:

событие \(A\) — прибор вышел из строя.

гипотеза \(H_1\) — прибор работает в нормальном режиме время t, тогда вероятность того, что прибор будет работать в нормальном режиме равна \(P(H_1) = 0.8\), а вероятность того, что прибор выйдет из строя при работе в нормальном режиме равна \(P(A/H_1) = 0.1\)

гипотеза \(H_2\) — прибор работает в ненормальном режиме время t, тогда вероятность того, что прибор будет работать в ненормальном режиме равна \(P(H_2) = 0.2\), а вероятность того, что прибор выйдет из строя при работе в нормальном режиме равна \(P(A/H_2) = 0.7\)

Найдем вероятность того, что прибор выйдет из строя за время t \(P(A)\),

применим формулу полной вероятности:
Рассмотрим \(n\) попарно несовместных событий \(H_1,H_2. H_n\) для которых известны вероятности \(P(H_i) \ne 0\) и событие \(A \in H_1+H_2+. +H_n\), причем известны условные вероятности \(P(A/H_i)\), тогда вероятность события \(A\), находится по формуле \(P(A) = \sum_^nP(H_i)P(A/H_i)\). Эта формула называется формулой полной вероятности, а события \(H_1,H_2. H_n\) — гипотезы.

Подставляем данные в формулу полной вероятности, получаем $$P(A) = P(H_1)P(A/H_1) + P(H_2)P(A/H_2) = $$$$ = 0.8*0.1 + 0.2*0.7 = 0.22$$
Ответ: вероятность того, что за время t прибор выйдет из строя равна \(P(A) = 0.22\)

Источник

Формула Бернулли. Локальная функция Лапласа

1. Прибор может работать в двух режимах ¾ нормальном и ненормальном. Нормальный режим встречается в 80% всех случаев работы прибора, ненормальный ¾ в 20%. Вероятность выхода прибора за время t в нормальном режиме равна 0,1, в ненормальном ¾ 0,7. Найти вероятность выхода прибора из строя за время t.

Решение

Пусть гипотезы и состоят в том что прибор работает:

— в нормальном режиме, вероятность

— в ненормальном режиме, вероятность

Гипотезы несовместны и сумма их вероятностей равна 1. Значит, гипотезы образуют полную группу.

Пусть событие А состоит в том, что прибор выходит из строя. При условии, что режим работы нормальный, вероятность наступления А равна

При условии что режим работы ненормальный вероятность наступления А

По формуле полной вероятности вычислим вероятность того что прибор выйдет из строя за время t

2. В лотерее каждый десятый билет выигрывает 10 рублей, сам же лотерейный билет стоит 1 рубль. Некто приобрел 10 билетов. Найти вероятность того, что он:

Вероятность выиграть по произвольному билету, по формуле классической вероятности равна p=0.1

Проводится n=10 испытаний c одинаковой вероятностью наступления события в каждом.

Для того чтобы игрок не был в проигрыше, должен выиграть хотя бы один билет то есть k>=1

Для того чтобы игрок был в выигрыше, должно выиграть как минимум два билета или k>1

Теперь найдем вероятность противоположного события p(k>=1)=1-p(k =1)=p(k>1)+p(k=1) – вероятность суммы несовместных событий

P(k>1)=p(k>=1)-p(k=1)=0.651-0.387=0.264 – вероятность выигрыша

3. Семена некоторых растений прорастают с вероятностью 0,8. Найти вероятность того, что из 2000 посаженных семян прорастает:

Мы имеем дело с серией последовательных независимых испытаний, в каждом из которых с одинаковой вероятностью может произойти событие А (семя прорастает)

Количество испытаний n=2000

Вероятность наступления события А равна p(A)=0.8=p

Условия задачи соответствуют схеме Бернулли. В силу того, что n достаточно велико, удобно применить для вычислений локальную теорему Муавра-Лапласа. Вероятность того, что событие А наступит ровно k=1600раз, приблизительно равна

Здесь — локальная функция Лапласа, значения которой можно взять из таблиц.

Получим

4. В коробке лежат 10 исправных и 3 неисправных батарейки. На удачу извлекаются 3 батарейки. Составить закон распределения случайной величины — числа исправных батареек среди извлеченных.

Пусть Х- дискретная случайная величина- число неисправных батареек. Х может принимать значения 0,1,2 или 3. Найдем вероятности каждого из значений Х.

Вероятность для каждой батарейки быть неисправной определяем по формуле классической вероятности.

Проводится n=3 испытания Бернулли в каждом из которых p=0.231, q=1-p=0.769

По формуле Бернулли

Получаем закон распределения случайной величины Х:

Х	0	1	2	3
Р	0,455	0,410	0,123	0,012

5. Случайная величина Х распределена по нормальному закону, причем P(X>2) = 0,5, а P(1

Источник

Как решать задачи о прохождении тока через электрические схемы

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков и станки.

В этой статье мы рассмотрим задачи вида
«задана схема электрической цепи с надежностью элементов (или вероятностями выхода из строя), найти вероятность работы цепи (или вероятность разрыва цепи)».

Задачи могут иметь чуть разные формулировки, но принцип решения для них одинаков, и его мы изучим, чтобы суметь решать такие задачи со схемами любой сложности.

Базовые события, обозначения и формулы

Самое первое, с чего мы начнем — формализация задачи (и решение любой своей задачи рекомендую начинать с этого). А именно, мы введем основные события:

$X$ = (Цепь работает) = (Цепь пропускает ток) и противоположное ему:
$\overline$ =(Цепь не пропускает ток) = (Произошел разрыв в цепи).

$A_i$ = (Элемент i работает, пропускает ток) и $\overline$ =(Элемент i отказал, не пропускает ток), $i=1,2. n$.

Обычно в условии задачи известны вероятности работы элементов (надежности): $p(A_i)=p_i$ или вероятности отказа $p(\overline)=q_i=1-p_i$, $i=1,2. n$.

Также напомним основные формулы (из темы действий с событиями, формулы сложения и умножения вероятностей), которые пригодятся в решении этого типа задач.

Для независимых в совокупности событий (а отказы/работа элементов цепи — именно такие):

$$ P(A \cdot B) = P(A) \cdot P(B); \quad(1) $$ $$ P(A+B) = P(A)+P(B)-P(A)\cdot P(B); \quad(2) $$ $$ P(A_1+A_2+. +A_n)=1-P(\overline)\cdot P(\overline)\cdot . \cdot P(\overline). \quad(3) $$

Последовательно или параллельно?

Еще немного времени посвятим теории, вспомним о том, как могут соединяться элементы в цепи.

Последовательное соединение

Элементы цепи «нанизаны» на провод один за другим (следуют один за другим, отсюда и «последовательно»). Если откажет один любой — ток в цепи прервётся. Или, иначе говоря, цепь работает тогда и только тогда, когда ВСЕ элементы работают. В терминах теории вероятностей получаем произведение событий: $X=A_1 \cdot A_2 \cdot A_3$, а вероятность работы цепи равна

$$ P(X)=P(A_1 \cdot A_2 \cdot A_3)= P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) =p_1 \cdot p_2 \cdot p_3. $$

Если в цепи последовательно соединены не три, а больше независимо работающих элементов, формула легко обобщается и получаем:

$$ P(X) = p_1 \cdot p_2 \cdot . \cdot p_n; \qquad P(\overline)=1-p_1 \cdot p_2 \cdot . \cdot p_n. \quad(4) $$

Параллельное соединение

Тут тоже сама схема дает нам подсказку, когда мы видим, что элементы в схеме расположены как бы на параллельных проводах, речь идет о параллельном соединении.

В этом случае если откажет, скажем, элемент 1, ток может пройти через 2. Если откажут 1 и 2, ток пройдет через 3. И только если ВСЕ элементы откажут, цепь разорвется.

Еще говорят, цепь работает, если работает хотя бы один элемент в ней, в терминах теории вероятностей — это сумма событий: $X=A_1+A_2+A_3$.

Используем формулу (3) чтобы записать вероятность работы такой цепи:

$$ P(A_1+A_2+A_3)=1-P(\overline)\cdot P(\overline) \cdot P(\overline)=1-q_1 \cdot q_2 \cdot q_3. $$

И обобщим на случай $n$ параллельных элементов в цепи:

$$ P(X) = 1-q_1 \cdot q_2 \cdot . \cdot q_n; \qquad P(\overline)=q_1 \cdot q_2 \cdot . \cdot q_n. \quad(5) $$

Важно запомнить правило

Последовательному соединению соответствует произведение событий,
параллельному соединению — сумма событий.

Усложняем схему цепи

И все это была присказка к настоящему решению задач. Конечно, даже если у вас простая контрольная, схема с «тремя лампочками подряд» вряд ли попадется. Давайте посмотрим на типовые электрические схемы, для которых надо находить надежность в задачах:

Как для таких схем выписывать вероятности? Нам нужно научиться делать декомпозицию: выделять уровни схемы и определять тип соединения на каждом уровне.

Возьмем для примера левую верхнюю схему:

Работаем с первым уровнем схемы. Нужно мысленно выделить крупные части, которые между собой соединены одинаково (параллельно или последовательно). В данном случае видно три группы элементов, соединенных последовательно. Выделим для наглядности цветом:

То есть тип схемы на первом уровне — последовательный:

Как мы уже знаем, если соединение последовательное, нужно перемножать события, то есть

$X_1$ — работает первая группа элементов,
$X_2$ — работает вторая группа элементов,
$X_3$ — работает третья группа элементов.

Теперь смотрим на каждую группу. В первой группе всего один элемент, то есть она работает, когда работает первый элемент цепи ($X_1=A_1$). Мы дошли до элемента, разбор этой группы закончен.

А вот дальше интереснее. Рассмотрим поближе вторую группу:

В ней сразу выделим цветом подгруппы элементов. Видно, что вторая группа имеет уже параллельную структуру из розовых и фиолетовых элементов (они «висят» на параллельных линиях, это второй уровень вложенности схемы). А вот внутри розовые соединены последовательно (розовая группа работает — $A_4 \cdot A_5$), фиолетовые элементы также между собой последовательно (фиолетовая группа работает — $A_2 \cdot A_3$). Это уже третий уровень вложенности и он заканчивается отдельными элементами, значит, разбор окончен.

Так как розовая и фиолетовая группа соединены параллельно, речь идет о сумме этих событий, то есть вторая группа работает если:

$$X_2 = A_2 \cdot A_3 + A_4 \cdot A_5.$$

Абсолютно аналогично разбирается третья подгруппа (она совпадает по структуре со второй):

$$X_3 = A_6 \cdot A_7 + A_8 \cdot A_9.$$

Сводим все в одну формулу и выпишем искомое событие (Цепь работает исправно):

$$ X=X_1 \cdot X_2 \cdot X_3 = A_1 \cdot \left( A_2 \cdot A_3 + A_4 \cdot A_5 \right) \cdot \left( A_6 \cdot A_7 + A_8 \cdot A_9\right). $$

Теперь переходим ко второму этапу решения задачи. Не забываем, что мы решаем задачу по теории вероятностей и надо определить вероятность того, что ток проходит в цепи. Будем использовать формулы (1)-(3).

Так как вероятность произведения для независимых событий равна произведению вероятностей, получим:

$$ P(X)= P \left( A_1 \cdot \left( A_2 \cdot A_3 + A_4 \cdot A_5 \right) \cdot \left( A_6 \cdot A_7 + A_8 \cdot A_9\right) \right) =\\ = P (A_1) \cdot P \left ( A_2 \cdot A_3 + A_4 \cdot A_5 \right ) \cdot P \left( A_6 \cdot A_7 + A_8 \cdot A_9\right) = $$

Для множителей с суммой событий внутри используем формулу (2):

$$ = P (A_1) \cdot \left[ P(A_2 \cdot A_3) + P(A_4 \cdot A_5) — P(A_2 \cdot A_3 \cdot A_4 \cdot A_5) \right] \cdot \left[ P(A_6 \cdot A_7) + P(A_8 \cdot A_9) — P(A_6 \cdot A_7 \cdot A_8 \cdot A_9)\right] = $$

И снова раскрываем вероятности произведений:

$$ = P (A_1) \cdot \left[ P(A_2) \cdot P(A_3) + P(A_4) \cdot P(A_5) — P(A_2) \cdot P(A_3) \cdot P(A_4) \cdot P(A_5) \right] \cdot \left[ P(A_6) \cdot P(A_7) + P(A_8) \cdot P(A_9) — P(A_6) \cdot P(A_7) \cdot P(A_8) \cdot P(A_9)\right]. $$

Перейдем к более компактной записи, положив $p_i=P(A_i)$:

$$ P(X)= p_1 \cdot \left[ p_2 \cdot p_3 + p_4 \cdot p_5 — p_2 \cdot p_3 \cdot p_4 \cdot p_5 \right] \cdot \left[ p_6 \cdot p_7 + p_8 \cdot p_9 — p_6 \cdot p_7 \cdot p_8 \cdot p_9\right]. $$

Если заданы надежности отдельных элементов $p_i$, подставляя их в формулу, можно найти вероятность работы схемы.

Алгоритм разбора схемы

• Выделяем в схеме основу: группы элементов, соединенные ТОЛЬКО последовательно или ТОЛЬКО параллельно между собой. Это верхний уровень. Записываем событие $X$ = (Цепь работает) как произведение или сумму соответственно.
• Каждую полученную группу анализируем также: ищем в ней подгруппы, соединенные только последовательно или только параллельно. Записываем событие соответственно типу соединения.
• Продолжаем до тех пор, пока не опустимся на уровень элементов (событий $A_i$).
• Подставляем все выражения в исходную формулу, получаем итоговую запись события $X$.
• Пользуясь формулами (1)-(3) выписываем вероятность события $P=P(X)$.
• Подставляем числовые значения $p_i, q_i$ и находим численное значение надежности схемы $P$.
• Если необходимо, находим вероятность отказа цепи $1-P$.

Примеры решений

Отработаем несколько раз этот алгоритм на примерах, чтобы он закрепился.

Пример 1. Дана схема включения элементов. Вероятность безотказной работы каждого элемента в течение времени Т равна р. Элементы работают независимо и включены в цепь по приведенной схеме. Пусть событие $А_i$ означает безотказную работу за время Т элемента с номером $i$ ($i=1,2,3,…$), а событие $В$ – безотказную работу цепи. Требуется:
1) Написать формулу, выражающую событие $В$ через все события $А_i$.
2) Найти вероятность события $B$.
3) Вычислить $Р(В)$ при $р=0,6$.

Приступим к разбору схемы. Можно увидеть, что на первом уровне мы имеем три группы, соединенные последовательно: (1), (2,3) и (4,5,6) элементы. Выделим их цветом для наглядности:

Значит, исходное событие можно представить в виде произведения трех событий $B=B_1 \cdot B_2 \cdot B_3$, где $B_i$ — работает $i$-aя группа элементов.

Первая группа элементов состоит из одного элемента, то есть $B_1=A_1$.

Вторая группа элементов состоит из двух элементов, соединенных параллельно (см. розовые), поэтому $B_2=A_2+A_3$.

Третья группа элементов (см. зеленые) состоит из трех элементов, ее можно представить как параллельное соединение двух подгрупп: (4 и 5, соединены последовательно) и (6), поэтому $B_3=A_4 \cdot A_5 + A_6$.

Подставляем все и получаем выражение для события $B$

$$ B=B_1 \cdot B_2 \cdot B_3 = A_1 \cdot (A_2+A_3) \cdot (A_4 \cdot A_5 + A_6). $$

Теперь выразим вероятность безотказной работы цепи за время T. Сначала применим формулу (1), чтобы раскрыть произведение:

$$ P(B)=P \left( A_1 \cdot (A_2+A_3) \cdot (A_4 \cdot A_5 + A_6) \right) = P(A_1) \cdot P \left( A_2+A_3 \right) \cdot P \left( A_4 \cdot A_5 + A_6 \right) = $$

Раскроем вторую вероятность по формуле (3), а третью по формуле (2), получим:

$$= P(A_1) \cdot \left(1 — P(\overline) \cdot P(\overline) \right) \cdot \left( P(A_4) \cdot P(A_5) + P(A_6) — P(A_4) \cdot P(A_5) \cdot P(A_6) \right).$$

Подставляем $P(A_i)=p$ и получим:

$$ p(B)=p\cdot(1-(1-p)\cdot(1-p))\cdot(p\cdot p + p -p \cdot p \cdot p) = p\cdot\left(1-(1-p)^2\right)\cdot \left(p+p^2-p^3\right). $$

Осталось только найти значение при $p=0,6$:

$$ p(B)= 0,6\cdot\left(1-(1-0,6)^2\right)\cdot \left(0,6+0,6^2-0,6^3\right) \approx 0,375. $$

Пример 2. Найти вероятность обрыва цепи, если вероятность отказа каждого элемента равна 0,2, а отказы элементов – независимые события.

Пронумеруем элементы и сразу раскрасим схему, чтобы выделить ее структуру.

Это опять последовательная схема, но розовая группа состоит из двух элементов, соединенных параллельно, поэтому можем сразу выписать:

$$ X= A_1 \cdot (A_2+A_3) \cdot A_4 \cdot A_5. $$

Найдем вероятность этого события (работы цепи):

$$ P(X)= P \left( A_1 \cdot (A_2+A_3) \cdot A_4 \cdot A_5 \right)= P(A_1) \cdot P(A_2+A_3) \cdot P(A_4) \cdot P(A_5)= \\ = P(A_1) \cdot \left( 1- P(\overline) \cdot P(\overline) \right) \cdot P(A_4) \cdot P(A_5). $$

Вероятности отказа элементов цепи равна 0,2, вероятность работы элементов — 0,8, поэтому

$$ P(X)= 0,8 \cdot \left( 1- 0,2 \cdot 0,2 \right) \cdot 0,8 \cdot 0,8 = 0,492. $$

Но в задаче требовалось найти вероятность обрыва цепи, это противоположное событие:

$$ P(\overline) = 1- P(X) = 1-0,492 = 0,508. $$

Пример 3. Найти вероятность безотказной работы функциональной цепи, состоящей из независимо работающих элементов, если вероятность надежной работы элементов равна $p_1=p_2=p_3=p_4=0,8$, $p_5=p_6=p_7=0,9$.

Приступим к решению, сразу раскрасив схему. В этот раз схема на первом уровне имеет параллельное соединение: верхняя розово-зеленая группа и нижняя желтая находятся на параллельных линиях. Поэтому $X=X_1+X_2$, где $X_1$ — работает розово-зеленая линия, $X_2$ — работает желтая.

Для желтой группы, состоящей из трех последовательно расположенных элементов, сразу выписываем $X_2=A_5 \cdot A_6 \cdot A_7$.

Теперь рассмотрим верхнюю группу. Она состоит из двух подгрупп, связанных последовательно: розовой и зеленой. При этом каждая из них состоит из двух параллельно соединенных элементов. Записываем: розовая группа работает = $A_1+A_2$, зеленая группа работает = $A_3+A_4$, значит ток проходит через розово-зеленую группу $X_1 =(A_1+A_2) \cdot (A_3+A_4)$.

Объединяем рассуждения и выписываем событие, соответствующее безотказной работе цепи:

$$ X=X_1+X_2 = (A_1+A_2) \cdot (A_3+A_4) + A_5 \cdot A_6 \cdot A_7. $$

Следующий шаг: выразить вероятность этого события. Во всех предыдущих примерах схема на первом уровне была последовательной, и событие выражалось как произведение. В этом случае схема на первом уровне параллельна, событие выглядит как сумма других событий, что немного усложняет выкладки. Для суммы событий можно использовать формулу (2) или (3), выбирая наиболее удобную в каждом конкретном случае.

В данном случае слагаемых всего два, поэтому возьмем формулу (2):

$$ P(X)= P \left( (A_1+A_2) \cdot (A_3+A_4) + A_5 \cdot A_6 \cdot A_7 \right) = \\ = P \left( (A_1+A_2) \cdot (A_3+A_4) \right) + P \left( A_5 \cdot A_6 \cdot A_7 \right) — P \left( (A_1+A_2) \cdot (A_3+A_4) \cdot A_5 \cdot A_6 \cdot A_7 \right) $$

Раскрываем все произведения по формуле (1):

$$ = P (A_1+A_2) \cdot P(A_3+A_4) + P(A_5) \cdot P(A_6) \cdot P(A_7) — P (A_1+A_2) \cdot P(A_3+A_4) \cdot P(A_5) \cdot P(A_6) \cdot P(A_7) = $$

По формуле (3) расписываем $P(A_1+A_2)=1-P(\overline) \cdot P(\overline) = 1-q_1\cdot q_2$ и $P(A_3+A_4)=1-P(\overline) \cdot P(\overline)= 1-q_3\cdot q_4$.

$$ P(X)= (1-q_1\cdot q_2) \cdot (1-q_3\cdot q_4) + p_5 \cdot p_6 \cdot p_7 — \\- (1-q_1\cdot q_2) \cdot (1-q_3\cdot q_4) \cdot p_5 \cdot p_6 \cdot p_7. $$

Подставляем значения надежности элементов:

$$ P(X)= (1-0,2^2)^2 + 0,9^3 — (1-0,2^2)^2 \cdot 0,9^3 \approx 0,9788. $$

На закуску: схема с мостиком

Для 99% учебных задач вам хватит той теории и примеров, что приведены выше: подробно изучите их и приступайте к своим примерам по аналогии. Но есть такие схемы, для которых нельзя выделить единую структуру на верхнем уровне — параллельную или последовательную, и весь алгоритм решения рушится.

Речь идет о схемах смешанного типа, еще их часто называют схемами с мостиком (мостиковые схемы). Типичная схема имеет такой вид:

Видно, что как ни крути, схему нельзя отнести ни к последовательным, ни к параллельным. Элемент №5 (мостик) «портит» тип схемы. Если его убрать (разорвать этот участок цепи), получим обычную параллельную структуру, а если предположить, что через этот участок всегда идет ток — последовательную (конкретные схемы изобразим ниже).

Поэтому для решения задачи о вычислении надежности подобной электросхемы используют формулу полной вероятности в форме теоремы разложения (см. подробнее тут, стр. 118)

Надежность цепи с избыточностью равна произведению вероятности безотказной работы $i$-го элемента цепи на вероятность безотказной работы оставшейся цепи (места подключения $i$-го элемента замкнуты накоротко) плюс произведение вероятности отказа того же $i$-го элемента на вероятность безотказной работы оставшейся цеии (места подключения $i$-го элемента разомкнуты).

То есть, для выделенного на схеме элемента-мостика рассматриваем две гипотезы:
$H_1$ = (Элемент 5 не пропускает ток), $P(H_1)=1- p_5 = q_5$;
$H_2$ = (Элемент 5 пропускает ток), $P(H_2)=p_5$.

Далее вычисляем надежность схемы при условии верности каждой из гипотез. Для наглядности нарисуем обе схемы:

Рассмотрим левую схему, верную при гипотезе $H_1$, через нее проходит ток, если $X|H_1 = A_1\cdot A_3+ A_2\cdot A_4$, вероятность

$$ P(X|H_1) = P(A_1\cdot A_3+ A_2\cdot A_4)= P(A_1\cdot A_3)+ P(A_2\cdot A_4) — P(A_1\cdot A_3 \cdot A_2\cdot A_4)=\\ =p_1 \cdot p_3 + p_2 \cdot p_4 — p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdot p_4. $$

Рассмотрим правую схему, верную при гипотезе $H_2$, и выпишем для нее аналогично событие и вероятность прохода тока:

$$ X|H_2 = (A_1+A_2)\cdot (A_3+A_4),\\ P(X|H_2) =P( (A_1+A_2)\cdot (A_3+A_4)) = P(A_1+A_2)\cdot P(A_3+A_4)=\\ = (1-P(\overline) \cdot P(\overline)) \cdot (1-P(\overline) \cdot P(\overline)) = (1-q_1\cdot q_2) \cdot (1-q_3\cdot q_4). $$

Тогда по формуле полной вероятности, надежность схемы равна:

$$ P(X)=P(X|H_1)\cdot P(H_1) + P(X|H_2)\cdot P(H_2) = \\ = q_5 (p_1 \cdot p_3 + p_2 \cdot p_4 — p_1 \cdot p_2 \cdot p_3 \cdot p_4) + p_5 (1-q_1\cdot q_2) \cdot (1-q_3\cdot q_4). $$

Аналогичным образом можно разбирать более сложные схемы (в которые более одного мостика), применяя на каждом этапе формулу полной вероятности (как бы вкладывая одну в другую).

Полезные ссылки по ТВ

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете разные задачи по теории вероятностей с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):

Источник