6. Надежность функционирования систем сервиса и их элементов

Пример расчета показателей надежности невосстанавливаемого объекта.

Пусть объект имеет экспоненциальное распределение времени работы до отказа с параметром распределения:

 = 2,5 10^-5

Вычислить основные показатели надежности объекта.

Решение

Вероятность безотказной работы за время t = 2000 часов

P(2000) =e^{-2,5.10-5.2000} = e^-0,05=0,9512.

Вероятность отказа за время t = 2000 часов

Q(2000) = 1- 0,9512 = 0,0488.

Вероятность безотказной работы в интервале времени от t = 500 часов до t = 2500 часов при условии, что объект работал безотказно 500 часов

P(500; 2500) = e e .

Вероятность отказа в интервале времени от t = 500 часов до t = 2500 часов при условии, что объект проработал безотказно 500 часов

Q (500; 2500) = 1-0,9512 = 0,0488.

Среднее время работы объекта до отказа:

Т= 1: (2,5 ˙10^-5) = 40000 часов.

Пример расчета показателей надежности восстанавливаемого объекта.

Пусть объект имеет экспоненциальные законы распределения времени работы до отказа и времени восстановления с параметрами соответственно:

и .

Требуется вычислить основные показатели надежности.

Решение

Вероятность безотказной работы для t_o = 2 часа

P(2) = e^-0,04.2= 0,923.

Вероятность отказа за время t_o = 2 часа

Q (t) = 1-0,923 = 0,077.

Среднее время безотказной работы:

T = часов.

Среднее время восстановления:

 = часа.

Коэффициент оперативной готовности для t_{o =} 2:

R (2) = K P(t_o ) = e e .

Коэффициент готовности

K=

Задачи с использованием теории сложения и умножения вероятностей

П 1. Система состоит из n блоков. Вероятность безотказной работы блоков в течение времени t: p₁(t), p₂(t), ... p_n(t). Блоки отказывают независимо друг от друга. При отказе любого блока система становится неработоспособной. Определить вероятность безотказной работы системы в течение времени t.

Р 1. Отказы любого из n блоков системы являются событиями независимыми, поэтому на основании теории умножения вероятностей независимых событий вероятность безотказной работы системы в течение времени t равна:

_.

П 2. Система состоит из основного Б1 и резервного блока Б2 блоков с переключающим устройством П.

Вероятность безотказной работы каждого из блоков в течение времени t равна p(t). При выходе из строя основного блока Б1 происходит мгновенное переключение на резервный Б2. Вероятность безотказной работы переключающего устройства в течение времени t равна .Определить вероятность безотказной работы системы в течение времени t.

Р 2. Рассмотрим независимые события:

А -отказ блока Б1 в течение времени t, вероятность этого события –1-p(t);

В -отказ резервного блока Б2 вместе в переключателем П.

вероятность события В: (1-p(t)p₁(t)), где p(t)p₁(t ) – вероятность безотказной работы резервного блока вместе с переключателем;

С - отказ как основного, так и резервного блока вместе с переключателем. Вероятность этого события: ( 1-p(t))(1-p₁(t)p(t)).

Событие С- это отказ системы, т.е. Q(t) = (1-p(t))(1-p₁(t)  p(t)), поэтому вероятность безотказной работы системы в течение времени t:

P(t) = 1 – Q(t).

ЗАМЕЧАНИЕ: В дальнейшем в постановках задач и пояснениях к решению вместо p(t) –вероятности безотказной работы в течение времени t будем использовать сокращенную запись Р; величину Р будем называть просто надежностью, понимая под этой величиной вероятность безотказной работы в течение определенного времени t.

П 3. Система состоит из основного блока и (n-1) резервных блоков. Каждый резервный блок имеет переключающее устройство подключения очередного резервного блока при отказе работающего блока. Вероятность безотказной работы блока равна Р, вероятность безотказной работы переключающегося устройства p₁. Определить вероятность безотказной работы системы.

Рис.3.2

Р 3. По аналогии с задачей П 2, применяя формулу умножения вероятностей независимых событий, имеем:

 вероятность отказа основного блока – (1-p);

 вероятность отказа одной резервной цепи - (1-pp₁);

 вероятность отказа ( n-1 ) резервных цепей - (1-pp₁) ^n-1;

 вероятность отказа основного блока и всех резервных цепей –Q=(1-p)(1-pp₁)^n-1.

Вероятность безотказной работы системы:

P = 1-Q = 1-(1-p)(1-pp₁)^n-1 .

П 4. Система состоит из пяти последовательно включенных блоков. К первому, второму и пятому основным блокам постоянно подключены резервные блоки, как показано на рис. Надежности блоков указаны на рис.

Определить надежность Р системы.

Р 4.Отказ любого резервированного блока может произойти только в том случае, если откажет основной блок и все резервные. Поэтому вероятности отказов первого, второго и пятого блоков равны соответственно: (1-p₁)² , (1-p₂)³ , (1-p₅)².

Вероятность безотказной работы всей системы равна произведению вероятностей безотказной работы всех пяти блоков, т.е.:

Р = ( 1-(1-p₁)²)·(1-(1-p₂)³)· p₃·p₄·(1-(1-p₅)²).

П 5.Техническое устройство состоит из трех блоков. В первом блоке n1 элементов, во втором n2, в третьем n3.Устройство нормально работает, если исправен Ι блок и хотя бы один из блоков ΙΙ или ΙΙΙ(рис.3). Вероятность безотказной работы элементов одна и та же и равна Р. Отказ элемента в любом из блоков приводит к отказу всего блока. Элементы выходят из строя независимо друг от друга. Определить надежность устройства Р.

Р 3. Надежность блока I : Р₁= Р^n1;

Надежность блока II: Р₂ = Р^n2;

Надежность блока III:Р₃ = Рⁿ³.

Надежность резервированных блоков II и III:1-(1 - pⁿ² ) ( 1 - pⁿ³ )

Надежность устройства:

Р = pⁿ¹ [ 1 – ( 1 – pⁿ²)( 1 – pⁿ³) ].

П 6. На железнодорожную станцию прибыл поезд из К вагонов. Вероятности того, что при движении поезда по перегону в вагонах появится неисправности q1, q2,..., qk. На станции вагоны осматриваются, при наличии неисправности она выявляется, оперативно устраняется с вероятностью p и с вероятностью q = 1- p вагон объявляется исправным. Определить вероятность того, что после осмотра вагонов хотя бы один вагон будет неисправным.

Р 6. Вероятность неисправного состояния i - го вагона после осмотра равна вероятности того, что этот вагон стал неисправным при движении по перегону q_i, умноженной на вероятность того, что при осмотре эта неисправность не будет обнаружена q (т.е. неисправность есть, но при осмотре она не выявлена и вагон объявляется исправным). Поэтому (1-q_i q) – это вероятность того, что неисправность i- го вагона будет обнаружена и устранена.

- вероятность того, что во всех К вагонах при наличии в них

неисправностей эти неисправности будут обнаружены и устранены, поэтому вероятность противоположного события, когда хотя бы один вагон после осмотра окажется неисправным, равна:

P = 1 - _.

П 7. Для условий задачи П 6 введено дополнительное условие: после прибытия поезда на станцию с вероятностью Q вагоны поезда не осматриваются и поезд отправляется без осмотра по новому перегону. Определить вероятность того, что при движении поезда по новому перегону хотя бы один вагон окажется неисправным.

Р 7. Неисправность хотя бы одного вагона на новом перегоне возможна при появлении одного из альтернативных событий:

А- вагоны на станции осматривались (вероятность этого события ( 1- Q )) и хотя бы один вагон после осмотра оказался неисправным (вероятность этого события (1- ) ;

В- вагоны не осматривались (вероятность этого события Q) и хотя бы один вагон будет неисправен во время движения поезда на перегоне (вероятность этого события (1 - )

Искомая вероятность - это вероятность суммы несовместных событий А и В, т.е.:

P = ( 1-Q) _.

Расчет надежности устройств по формуле полной вероятности

П 8. Тяговая подстанция работает в двух режимах:

• нормальном;

• в режиме повышенной нагрузки.

В нормальном режиме подстанция работает 80% времени t и 20% времени t в режиме повышенной нагрузки. Вероятность выхода из строя подстанции за время t при работе в нормальном режиме равна 0,1, при работе в режиме перегрузки – 0,7. Определить полную вероятность выхода из строя подстанции за время t.

Р 8. Событие А– выход из строя подстанции за время t может произойти при появлении одного из двух альтернативных событий ( гипотез).

Н₁ – подстанция работает в нормальном режиме, вероятность такого события Р(Н₁) = 0,8;

Н₂ – подстанция работает в режиме перегрузки, вероятность этого события Р(Н₂) = 0,2.

Вероятность события А по формуле полной вероятности:

Р(А) = Р(Н₁) · Р(А/Н₁) + Р(Н₂) · Р(А/Н₂).

Подставляя в эту формулу значения соответствующих вероятностей имеем:

Р(А)= 0,8 ·0,1 + 0,2 · 0,7 = 0,22.

П 9. В автопарке внедряется новая система контроля качества технического обслуживания и ремонта. Система включает в себя два поста предварительного контроля и выходной пост контроля. Автомобиль после ремонта может иметь дефект с вероятностью Р.

После ремонта автомобиль с равной вероятностью проверяется одним из постов предварительного контроля, при этом первый пост предварительного контроля обнаруживает дефект с вероятностью Р₁ , а второй пост с вероятностью Р₂. Если на постах предварительного контроля дефект не обнаруживается, то автомобиль поступает на выходной пост контроля, где дефект, если он имеется, обнаруживается с вероятностью Р₀.

В процессе испытаний новой системы контроля в отремонтированном автомобиле был обнаружен дефект.

Определить вероятности того, что дефект был обнаружен:

• первым постом контроля;

• вторым постом контроля;

• выходным постом контроля.

Р 9. До начала контроля автомобиля возможны четыре варианта развития событий:

• Н_о - дефект в локомотиве не будет обнаружен;

• Н₁ - дефект обнаружен первым постом предварительного контроля;

• Н₂ - дефект обнаружен вторым постом предварительного контроля;

• Н₃ - дефект обнаружен выходным постом контроля.

Рассмотрим событие А- в автомобиле системой контроля обнаружен дефект.

По условию задачи необходимо определить вероятности Р(Нi/A), т.е.вероятности события А при реализации одной из гипотез Н_о, Н₁, Н_2, Н₃. Очевидно, вероятность события А при реализации гипотезы Н_о равна нулю, т.е. Р (Н₀(A) = 0, поэтому гипотезу Н_о не рассматриваем.

В соответствии с теоремой умножения вероятностей можно записать:

P(A) P(H_i /A) = P (H_i )  P(A/ H_i ),

т.е. произведение вероятности события А на условную вероятность гипотезы H_i, при которой появится событие А, равно произведению вероятности гипотезы H_i на условную вероятность события А, которое появится при реализации гипотезы H_i . Из этого выражения имеем:

Р (H_i /A) = .

Вероятность Р(А) можно выразить в виде формулы полной вероятности:

P(A) = .

В результате для определения искомых вероятностей Р(Н₁/А), Р(Н₂/A), Р(Н₃/A) имеем формулу, которая известна как формула Байеса :

Р (H_i /A) = _.

При реализации одной из гипотез Н₁, Н_2, Н₃ событие А непременно происходит, поэтому условные вероятности Р(А/ H₁) = 1, Р(А/ H₂) = 1, Р(А/ H₃) = 1 и, следовательно, из формулы Байеса имеем:

Р (H₁ /A) = ;

Р (H₂ /A) = ;

Р (H₃ /A) = .

Определим значения Р (H₁), Р (H₂) , Р (H₃).

Для реализации гипотезы Н₁ необходимо чтобы :

• автомобиль имел дефект, вероятность этого события равна р;

• автомобиль поступил для контроля на первый пост предварительного контроля, вероятность этого события равна 0,5;

• на первом посту контроля дефект обнаружен, вероятность этого события равна Р₁.

В результате по теореме умножения вероятностей:

Р (H₁) = 0,5·p·p₁.

Аналогично вероятность реализации гипотезы Н₂:

Р (H₂) = 0,5·p·p₂.

Для реализации гипотезы Н₃ необходимо совпадение трех событий:

• на пункты контроля поступил автомобиль с дефектом, вероятность этого события равна р;

• дефект автомобиля не обнаружен на первых двух пунктах предварительного контроля, вероятность такого события равна: 1-(0,5Р₁+ 0,5 Р₂);

• дефект обнаружен выходным постом контроля, вероятность такого события равна Р₀.

В результате вероятность реализации гипотезы Н₃ будет равна:

P(Н₃ ) = р (1- (0,5 р₁+0,5 р₂))· р_о.

Подставляя полученные выражения в систему уравнений, получим формулы для вычисления искомых вероятностей Р(Н₁/A), Р(Н₂/A), Р(Н₃/A).