Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Введение в теорию массового обслуживания.pdf
Скачиваний:
13
Добавлен:
16.10.2020
Размер:
620.94 Кб
Скачать

§ 2.3. Дублированная СМО с восстановлением

Теперь рассмотрим одну классическую задачу теории надежности. Некоторое устройство в процессе работы может выходить из строя. Имеется резервное устройство, которое в случае неисправности основного автоматически включается в работу. В этот же момент начинается восстановление основного. Будем считать, что резерв ненагруженный, т. е. во время работы основного устройства резервное не может потерять работоспособность.

Пусть – интенсивность потока отказов, – интенсивность вос-

становления. Тогда 1

 

 

 

= отк – ожидаемая наработка на отказ,

т. е. среднее время работы устройства до его отказа, 1

 

 

 

= восст

– ожидаемое время

восстановления неисправного устройства,

т. е. среднее время устранения неисправности.

 

Изначально система находится в состоянии 0 – работает основ- ное устройство. В случае выхода из строя основного устройства, система переходит в состояние 1 – работает резервное устрой- ство. Если во время работы резервного устройства было восстановлено основное, система возвращается в 0. Если же до вос- становления основного устройства вышло из строя резервное, си- стема переходит в состояние 2, что фактически означает прекращение работы системы.

Составим по изображенной на рис. 6 схеме систему уравнений

38

Колмогорова:

0( ) = − · 0( ) + · 1( );

(23)

1

( ) =

·

0( )

( + )

·

1( );

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2( ) = · 1( ).

 

 

 

 

Рис. 6. Дублированная СМО с восстановлением

Начальные условия: 0(0) = 1 и 1(0) = 2(0) = 0. Из второго уравнения выразим

 

·

 

( ) =

( ) + ( + )

·

 

( ).

(24)

 

0

1

 

1

 

 

Левую и правую части первого из уравнений (23 ) умножим наи подставим в полученное уравнение значение · 0( ) из (24). После приведения подобных членов получим линейное однородное уравнение второго порядка

1′′( ) + (2 · + ) · 1( ) + 2 · 1( ) = 0.

Составим соответствующий ему характеристический многочлен:

2 + (2 · + ) · + 2

39

инайдем его корни:

= 4 + 2;

 

1

 

 

·

2

 

 

 

 

 

 

=

 

 

(2

 

+ ) − 4 + 2

 

< 0;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

=

−(2 · + ) 2

 

 

 

 

4 +

.

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поскольку 4 + 2 < (2· + )2, 2 также меньше нуля. Все корни характеристического уравнения отрицательны. Многочлен, вещественные части всех корней которого отрицательны, называют textbfустойчивым. Устойчивость означает, что, как и в примере предыдущего параграфа, все экспоненты, линейной комбинацией которых является решение уравнения, при → +∞ стремятся к нулю и уравнение имеет предельное решение.

Общее решение уравнения запишем в виде

1( ) =

2 +

· · ( 1 ·

4 + 2

· + 2 ·

4 + 2

· ).

2

2

2

Подставив в уравнение = 0 и применив начальное условие

1(0) = 0, получим 2 = 1. С целью экономии пространства и времени введем обозначения:

2 2

= и

2

 

= .

+

 

 

4

+ 2

Теперь уравнение перепишем в виде

1( ) = · · ( − )

40

и возьмем производную

( ) =

·

·

((

)

·

+ ( + ) ).

(25)

1

 

 

 

 

 

 

Подставив во второе уравнение (23) = 0, и, учитывая 0(0) = = 1 и 1(0) = 0, получим недостающее для дифференциального уравнения второго порядка начальное условие 1(0) = . При= 0 из (25) следует: · ( − + + ) = или = 2 .

1( ) = 2 · · ( − ).

Теперь легко из (24) получим уравнение

0( ) = 21 · · (( + 2 ) · + ( − 2 ) · ).

Вероятность безотказной работы системы в течение времени

( ) = 0( ) + 1( ) = 21 · · (( + ) · − ( − ) · ). (26)

Разумеется, 2( ) = 1 − ( ). Причем lim →+∞ 2( ) = 1, и, зна-

чит, система в конце концов закончит свой путь в состоянии 2. Однако нас в этой задаче прежде всего интересует вероятность безотказной работы системы в течение заданного времени. Подставив в правую часть (26 ) значения и , после ряда преобра-

зований получим:

( ) =

2

 

· ·[

 

4 + 2

· (

4

2

)+ (

2

· )].

 

2 +

 

 

2 +

 

 

 

+ 2

 

 

4 + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(27)

41

Чтобы найти вероятность безотказной работы соответствующей СМО с резервом без восстановления, достаточно устремить к нулю .

 

 

 

 

 

lim

2 +

 

 

=

− · ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

→0

2

 

 

· )

=

1;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim (

 

 

4 + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

→0

2 ·

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 + 2

 

 

 

 

 

 

(

 

)

 

 

 

 

 

 

lim (

 

 

 

)/ 4 + 2

 

lim

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

=

lim

· (

 

 

)

=

 

 

.

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

→0

 

 

 

 

→0

 

 

4

 

 

 

 

2

Следовательно,

lim ( ) = − · · (1 + · ).

→0

На рис.7 представлены графики функции ( ) при > 0 (си-

Рис. 7. График R(t) при = 2. Сплошная линия: = 4, пунктир: = 0

стема с восстановлением) и = 0 (система без восстановления). Теперь найдем ожидаемое время наработки системы на отказ. Функция распределения времени безотказной работы ( ) = 1 −( ). Соответственно, плотность распределения ( ) = ( ). Вер-

42

немся к более компактной, чем (28), формуле (26). Тогда

( ) = 2 · ( −( − )· −( + )· ).

2

Обозначим наработку на отказ системы

 

 

 

 

сист в отличие от на-

работки на отказ каждого устройства

 

 

 

сист = ( ) = 0· ( ) · = 2

отк:

 

 

· (( − )2

( + )2 ).

 

2

1

1

 

Подставив значения и , получим:

 

2

 

 

 

 

сист =

 

+

2

.

Здесь

2 – увеличение наработки системы на отказ за счет вос-

 

2

 

становления. При = 0 значение сист =

 

= 2 · отк. То есть

наработка на отказ системы без восстановления равна сумме наработок на отказ основного и резервного устройств. Тот же результат можно получить, взяв

( )

= − · · (1 + · ),

 

 

 

( )

= 1 − ( ) =

 

 

 

( )

=

( ) = 2 · · − · .

0

∞ 2 · 2 · − · · = .

сист

=

( ) = 0· ( ) · =

 

 

 

 

2

 

Например, система, где = 0, 5 без восстановления будет иметь

наработку на отказ сист = 4, а при интенсивности восстановле-

ния = 2 получим сист = 12.

43