Найти вероятность безотказной работы прибора схема которого показана на рисунке

8

Практическая работ4. Практическая работа 60 Расчет надежности сложных систем

Единственный в мире Музей Смайликов

Самая яркая достопримечательность Крыма
Скачать 85.96 Kb.

• ознакомить с методами резервирования;
• привить навыки построения структуры сложной системы;
• научить рассчитывать показатели надежности системы без резервирования;
• научить рассчитывать показатели надежности системы с резервированием.

Задания и методические указания к их выполнению (алгоритм, форма, сроки отчетности, критерии оценивания):

Пример 6.1. Определить вероятность безотказной работы и вероятность отказа основной системы, состоящей из пяти элементов, если вероятности безотказной работы элементов равны P₁(t)=0,98, P₂(t)=0,97, P₃(t)=0,99, P₄(t)=0,98, P₅(t)=0,96.

Решение: вероятность безотказной работы системыP_с(t) определяем по формуле (3.1):

вероятность отказа Q_c(t) системы определяется по формуле (3.5):

Пример 6.2. Определить среднее время безотказной работы системы, если система состоит из трех элементов, среднее время безотказной работы которых равны 400, 200 и 500 часов, закон распределения – экспоненциальный.

Решение: Определим интенсивности отказов элементов по формуле (2.11)

1/час; 1/час;

Интенсивность отказа системы определяем по формуле (3.7)

Наработку до отказа системы рассчитаем по формуле (3.8)

Ответ: час.

Пример 6.3. Система состоит из трех элементов, вероятность безотказной работы которых в течении 100 часов равны Р₁(100) = 0,95; Р₁(100) = 0,99; Р₃(100) = 0,97. Найти среднее время безотказной работы системы, закон распределения – экспоненциальный.

Решение: Определим вероятность безотказной работы системы

Выразим интенсивность отказа системы из формулы (3.6)

Среднее время безотказной работы системы определяем по формуле (3.8)

Ответ: час.

Пример 6.4. Система состоит из 6000 элементов, средняя интенсивность отказов которых _ср=5,4*10 -7 1/час. Определить вероятность безотказной работы, вероятность отказа, плотность вероятности времени безотказной работы за время 100 часов, и среднее время безотказной работы.

Решение: Интенсивность отказов системы определяем по формуле (3.7)

Вероятность безотказной работы рассчитаем по формуле (3.6)

Вероятность отказа системы

Наработка до отказа системы

Плотность вероятности времени безотказной работы

Пример 6.6. Система состоит из трех элементов с равной вероятностью безотказной работы равной 0,9. Определить вероятности безотказной работы системы при различных вариантах резервирования.

Решение: а) расчет показателей надежности системы без резервирования:

Вероятность безотказной работы системы без резервирования определяется по формуле (2.1):

Вероятность отказа системы без резервирования определяем по формуле (2.5)

б) расчет показателей надежности системы при общем резервировании:

Структурная схема системы с общим резервированием показана на рисунке 3.3.

Рисунок 6.1 – Схема системы с общим резервирование:

Р₁₁, Р₁₂, Р₁₃ – вероятности безотказной работы элементов основной системы;

Р₂₁, Р₂₂, Р₂₃ – вероятности безотказной работы элементов резервной системы

Вероятность отказа системы с общим резервированием определяется по формуле (2.6):

где Q_OC(t) – вероятность отказа основной системы;

Q_PC(t) – вероятность отказа резервной системы.

Вероятность отказа основной системы определяем по формуле (2.5)

Вероятность отказа резервной системы равна

Вероятность отказа системы:

Вероятность безотказной системы с общим резервированием определяем по формуле (2.8)

в) расчет показателей надежности системы при поэлементном резервировании:

Структурная схема системы с поэлементным резервированием показана на рисунке 3.4.

Рисунок 6.2 – Схема системы с поэлементным резервирование:

Р₂₁, Р₂₂, Р₂₃ – вероятности безотказной работы резервных элементов

Вероятность безотказной работы системы с поэлементным резервированием определяем по формуле (2.6):

где Р_11-21(t) – вероятность безотказной работы группы из первого основного и резервного элементов;

Р_12-22(t) – вероятность безотказной работы группы из второго основного и резервного элементов;

Р_13-23(t) – вероятность безотказной работы группы из третьего основного и резервного элементов.

Вероятность безотказной работы системы с поэлементным резервированием:

Так как вероятности безотказной работы групп элементов близки к единице, можно было воспользоваться формулой для приближенного расчета (2.3):

Вероятность отказа основной системы определяем по формуле (2.5)

Ответ: для системы без резервирования: , ; для системы с общим резервированием , ; для системы с поэлементным резервированием: , . Таким образом, максимальная надежность достигается при поэлементном резервировании.

Задача 7.1. Определить вероятность безотказной работы системы, состоящей из 500 элементов, если вероятность безотказной работы каждого элемента в течение времени tравна P(t) = 0,998.

Задача 7.2. Вероятность безотказной работы системы, состоящей из 150 равнонадежных элементов, в течение времени t равна Р_c(t)=0,95. Найти вероятность безотказной работы элемента.

Задача 7.3. Блок управления состоит из 5000 элементов, средняя интенсивность отказов которых равна 2,3·10 -6 1/час. Определить вероятность безотказной работы в течении t = 100 час и среднее время безотказной работы.

Задача 7.4. Система состоит из пяти элементов, среднее время безотказной работы которых равно: Т₁=104 час; Т₂=200 час; Т₃=185 час; Т₄=350 час; Т₅=620 час. Показатели распределены по экспоненциальному закону. Определить среднее время безотказной работы системы.

Задача 7.5. Прибор состоит из пяти блоков. Вероятность безотказной работы каждого блока в течение времени t = 50 час равна: P₁(50)=0,98; P₂(50)=0,99; P₃(50)=0,998; P₄(50)=0,975; P₅(50)=0,985. Справедлив экспоненциальный закон надежности. Требуется найти среднее время безотказной работы прибора.

Задача 7.6. Установка состоит из 3000 элементов, средняя интенсивность отказов которых 3,8·10 -6 1/час. Определить вероятность отказа установки в течении t = 300 час и среднее время безотказной работы аппаратуры.

Задача 7.7. Объект состоит из 200000 элементов, средняя интенсивность отказов которых 0,2·10 -6 1/час. Определить вероятность безотказной работы системы в течение 240 часов и среднее время безотказной работы.

Задача 7.8. Прибор состоит из 5 узлов. Надежность узлов характеризуется вероятностью безотказной работы в течение времени t , которая равна: P₁(t)=0,98; P₂(t)=0,99; P₃(t)=0,998; P₄(t)=0,975; P₅(t)=0,985. Необходимо определить вероятность безотказной работы прибора.

Задача 7.9. Определить количество равнонадежных резервных элементов с вероятностью безотказной работы P_i(t)=0,9,необходимых для того, чтобы обеспечить вероятность безотказной работы системы равную P_с(t)=0,99.

Задача 7.10. Система состоит из четырех элементов, имеющих интенсивность отказов равную λ₁ = 2,7·10 -7 1/час, λ₂ = 3,2·10 -7 1/час, λ₃ = 2,1·10 -7 1/час, λ₄ = 4,3·10 -7 1/час. Изобразить структурную схему системы и определить вероятность безотказной работы и вероятность отказа в течение 60 часов при общем резервировании системы.

Задача 7.11. Система состоит из четырех элементов, имеющих интенсивность отказов равную λ₁ = 2,7·10 -7 1/час, λ₂ = 3,2·10 -7 1/час, λ₃ = 2,1·10 -7 1/час, λ₄ = 4,3·10 -7 1/час. Изобразить структурную схему системы и определить вероятность безотказной работы и вероятность отказа в течение 60 часов при

Задача 7.16 Система состоит из трех элементов с вероятностью безотказной работы равной P₁(t)=0,9, P₂(t)=0,92, P₃(t)=0,87. Определить время безотказной работы системы при поэлементном резервировании.

Найти вероятность безотказной работы прибора, схема которого показана на рисунке, если вероятности

Обозначим события ��1 − элемент номер 1 работает безотказно; ��2 − элемент номер 2 работает безотказно; ��3 − элемент номер 3 работает безотказно; ��4 − элемент номер 4 работает безотказно; ��1 ̅̅̅ − элемент номер 1 вышел из строя; ��2 ̅̅̅ − элемент номер 2 вышел из строя; ��3 ̅̅̅ − элемент номер 3 вышел из строя; ��4 ̅̅̅ − элемент номер 4 вышел из строя. Часть схемы из двух последовательных элементов 1 и 2 исправна только тогда, когда исправны оба этих элемента: �� = ��(��1) ∙ ��(��2) Часть схемы из двух параллельных элементов 1 и 2 исправна во всех случаях, кроме одновременной поломки всех элементов: �� = 1 − ��(��1 ̅̅̅) ∙ ��(��2 ̅̅̅) Тогда вероятность безотказной работы части заданной схемы с элементами 2 и 3 равна:

Похожие готовые решения по математической статистике:

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Telegram и логотип telegram являются товарными знаками корпорации Telegram FZ-LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

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

$$ X=X_1 \cdot X_2 \cdot X_3, $$

$X_1$ — 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):

Найти вероятность безотказной работы прибора схема которого показана на рисунке

1) Вычислим вероятность события A, если элементы соединены Последовательно,

P (A) = p (A1+A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1 A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1) p (A2) =

= p1+p2 — p1 p2 = 0,1 +0,2 – 0,1*0,2 = 0,28.

Итак, вероятность того, что данный прибор Откажет Р (А) = 0,28.

Тогда, используя свойства вероятности, можно найти Вероятность правильной работы А Данного прибора по формуле:

р ( ) = 1 – р (А) = 1 – 0,28 = 0,72.

2) Вычислим вероятность отказа прибора (событие А ), если элементы соединены параллельно:

Определение. События A1 A2 ¼ AN называют Взаимно независимыми, если для любой их части выполняется равенство

P() = p() p()¼P(), (1.5)

1<=i1<i2 ¼<im<=n , m=2, ¼,n.

Пример 1.15. Прибор состоит из трех последовательно соединенных и независимо работающих друг от друга элементов. Каждый из элементов может быть признан бракованным или стандартным:

/> />P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) =(1 – P1) (1- P2) (1 – P3).

Вероятность отказа прибора (событие А ) в данном случае есть величина, равная вероятности события, противоположного событию А.

Свойство7. Если A и B независимы, то и B Независимы.