В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Прибор состоит из двух узлов, которые во время работы независимо друг от друга могут выходить из строя. Вероятность безотказной работы первого узла в течение гарантийного срока равна 0,75, а второго –

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Готовое решение: Заказ №8391

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Тип работы: Задача

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Статус: Выполнен (Зачтена преподавателем ВУЗа)

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Предмет: Теория вероятности

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Дата выполнения: 16.09.2020

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

Прибор состоит из двух узлов, которые во время работы независимо друг от друга могут выходить из строя. Вероятность безотказной работы первого узла в течение гарантийного срока равна 0,75, а второго – 0,8. Найти вероятность того, что в течение гарантийного срока прибор:

а) будет работать исправно;

б) выйдет из строя.

Пусть событие A 1 – первый узел в течение гарантийного срока будет работать исправно, событие A 2 – второй узел в течение гарантийного срока будет работать исправно.

Тогда вероятности обратных событий (отказ i -го узла; i = 1, 2):

а) Пусть событие A состоит в том, что в течение гарантийного срока прибор будет работать исправно.

Для исправной работы прибора необходима исправная работа 1-го узла и 2-го узла. То есть событие A можно выразить через элементарные события A i следующим образом:

По теореме о вероятности произведения независимых событий имеем:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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.

Прибор состоит из двух узлов, работа каждого узла, безусловно, необходима для работы прибора в целом. Надёжность (вероятность безотказной работы в течение времени t) первого узла – 0,9, второго – 0,8.

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Готовое решение: Заказ №8391

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Тип работы: Задача

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Статус: Выполнен (Зачтена преподавателем ВУЗа)

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Предмет: Теория вероятности

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Дата выполнения: 16.09.2020

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

Прибор состоит из двух узлов, работа каждого узла, безусловно, необходима для работы прибора в целом. Надёжность (вероятность безотказной работы в течение времени t) первого узла – 0,9, второго – 0,8. Прибор испытывался в течение времени t, в результате чего обнаружено, что он вышел из строя (отказал). Найти вероятность того, что отказал только второй узел, а первый исправен.

Тогда вероятности отказа узлов:

q 1 = 1 – p 1 = 1 – 0,9 = 0,1; q 2 = 1 – p 2 = 1 – 0,8 = 0,2.

Считаем, что узлы работают независимо друг от друга.

Пусть событие A – прибор вышел из строя.

Выдвинем следующие гипотезы:

H 1 – первый узел проработал без отказа; второй узел проработал без отказа;

H 2 – первый узел отказал; второй узел проработал без отказа;

H 3 – первый узел проработал без отказа; второй узел отказал;

H 4 – первый узел отказал; второй узел отказал.

Найдём вероятности гипотез, используя теорему о вероятности произведения независимых событий:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Присылайте задания в любое время дня и ночи в ➔

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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.

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 приборе 2 независимых узла с вероятностями

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

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

То есть тип схемы на первом уровне — последовательный:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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 приборе 2 независимых узла с вероятностями

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):

$$ X=X_1 cdot X_2 cdot X_3 = A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right). $$

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:

$$ P(X)= P left( A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) right) =\ = P (A_1) cdot P left ( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right ) cdot P left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) = $$

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 $p_i=P(A_i)$:

$$ P(X)= p_1 cdot left[ p_2 cdot p_3 + p_4 cdot p_5 — p_2 cdot p_3 cdot p_4 cdot p_5 right] cdot left[ p_6 cdot p_7 + p_8 cdot p_9 — p_6 cdot p_7 cdot p_8 cdot p_9right]. $$

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.

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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 $B_2=A_2+A_3$.

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

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

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

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

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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.

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

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

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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.

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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 $P(A_1+A_2)=1-P(overline) cdot P(overline) = 1-q_1cdot q_2$ и $P(A_3+A_4)=1-P(overline) cdot P(overline)= 1-q_3cdot q_4$.

$$ P(X)= (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) + p_5 cdot p_6 cdot p_7 — \- (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) cdot p_5 cdot p_6 cdot p_7. $$

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.

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

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:

В приборе 2 независимых узла с вероятностями

Рассмотрим левую схему, верную при гипотезе $H_1$, через нее проходит ток, если $X|H_1 = A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4$, вероятность

$$ P(X|H_1) = P(A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4)= P(A_1cdot A_3)+ P(A_2cdot A_4) — P(A_1cdot A_3 cdot A_2cdot A_4)=\ =p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4. $$

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

$$ X|H_2 = (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4),\ P(X|H_2) =P( (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4)) = P(A_1+A_2)cdot P(A_3+A_4)=\ = (1-P(overline) cdot P(overline)) cdot (1-P(overline) cdot P(overline)) = (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4). $$

Тогда по формуле полной вероятности, надежность схемы равна:

$$ P(X)=P(X|H_1)cdot P(H_1) + P(X|H_2)cdot P(H_2) = \ = q_5 (p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4) + p_5 (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4). $$

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