Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежская государственная лесотехническая академия

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3271

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

08.01.2021

Размер:

515.99 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

P (i) = M (0) M i D		,	(6.4)
J	j

где M (0) – вектор-строка начального состояния системы; M − матрица переходов; Dj − вектор-столбец анализируемого состояния.

Вектор-столбец Dj содержит нули и одну единицу, которая стоит на мес-

те анализируемого состояния. Так, если после i -го количества интервалов определяется вероятность нахождения системы в состоянии ложного срабатывания, тогда

0 Dj = 1 .

Матрица переходов составляется непосредственно по графу состояний, для рассматриваемого примера

	1i	2i	3i
1(i − 1)	p11	p12	p13
1(i − 1)	p11	p12	p13
M = 2 (i − 1)	p21	p22	0	.	(6.5)
3 (i − 1)	p31	0	p33

Матрица переходов является квадратной, число строк и столбцов соответствует числу состояний системы. Для записи матрицы необходимо вне матрицы обозначить через 1i , 2i , 3i состояния системы после i интервалов, а 1(i −1), 2 (i −1) , 3(i −1) ее предшествующие состояния, то в матрицу записываются вероятности перехода из соответствующего предшествующего в то или иное текущее. Таким образом, строки матрицы переходов определяют вероятности сохранения того или иного состояния и выхода из него в другие состояния системы, сумма этих вероятностей равна единице.

Пример 6.2. Система может находиться в 2 состояниях. Определить вероятности нахождения данной системы после 2 интервалов времени в 1ом и 2ом состояниях, если вероятности при t = 2000 ч, p11 = 0,99 , p12 = 0,01, p22 = 0,2 , p21 = 0,8. В начальный момент времени система находится в 1ом состоянии.

Решение. Согласно (6.4)

P (2) = M (0) M 2	D =					0	p11	p12	2			= p	11	p	12	+ p		12		p		22	= 0,9881.
				1					2		1
				1							1
1	1						p21	p22			0
							p21	p22		2	0
P (2) = M (0) M 2	D	2	=			0	p11	p12				= p	11	2 + p		12	p		21		= 0,012.
					1						0
					1						0
2							p21	p22			1
							p21	p22			1

Задание

1.Система состоит из N элементов. Рассчитать вероятность безотказной работы системы после t ч работы, если состояние элементов не контролировалось и контролировалось непрерывно. Интенсивность отказов и вос-

становления элементов данной системы: λ1 ч−1 и µ1 ч−1 , λ2 ч−1 и µ2 ч−1 , …, λN ч−1 и µN ч−1 .

2.Система может находиться в 2 состояниях. Определить вероятности нахождения данной системы после n интервала времени в i -ом состоянии, если вероятности при t ч, p11 , p12 , p22 , p21 . В начальный момент времени система находится в j -ом состоянии.

Таблица 6.1 Варианты исходных данных для лабораторной работа № 6

Вариант

Задание

№

N = 2 ;

t = 5000ч;

λ = 2,5 10−5

ч−1

µ = 0,8 ч−1 ;

= 0,5 10−5

ч−1

µ2

= 0,4ч−1 .

n = 1;

i = 1;

= 3000 ч; p11 = 0,9 ,

p12 = 0,1, p22

= 0,4 ,

p21 = 0,6 ;

= 2.

N = 3;

t = 3700ч;

λ = 1,6 10−5 ч−1

µ = 0,5 ч−1 ;

= 0,9 10−5

ч−1

= 0,7 ч−1 ;

= 10−5 ч−1 и

= 0,2ч−1 .

= 2;

i = 2;

t = 5000 ч;

p11 = 0,6 ;

p12 = 0,4 ;

p22

= 0,25;

p21

= 0,75 ;

= 1.

N = 2 ;

t = 5400ч;

λ = 1,2 10−5 ч−1

µ = 0,32 ч−1 ;

= 1,3 10−5

ч−1

µ2

= 0,85ч−1 .

n = 3;

i = 1;

t = 2500ч; p11 = 0,7 ;

p12 = 0,3; p22

= 0,5;

p21 = 0,5;

j = 2.

N = 3;

t = 6000ч;

λ = 1,1 10−5 ч−1

µ = 0,9 ч−1 ;

= 0,74 10−5

ч−1

= 0,3ч−1 ;

= 1,2 10−5 ч−1 и

= 0,8ч−1 .

= 4;

i = 2;

t = 1500 ч;

p11 = 0,95;

p12 = 0,05; p22

= 0,43;

p21

= 0,57 ;

= 1.

N = 2 ;

t = 3250ч;

λ =1,82 10−5

ч−1 и

µ = 0,45 ч−1 ;

= 1,3 10−5 ч−1

µ2 = 0,86ч−1 .

= 1;

i = 1;

t = 4750ч;

p11 = 0,86 ;

p12 = 0,14;

p22

= 0,67 ;

p21 = 0,33; j = 2.

N = 3;

t = 5100ч;

λ =1,3 10−5 ч−1

µ = 0,4 ч−1 ;

= 0,75 10−5

ч−1

= 0,6 ч−1 ;

= 0,3 10−5 ч−1 и µ

= 0,6ч−1 .

= 2;

i = 2;

t = 2950ч; p11 = 0,8;

p12

= 0,2 ; p22

= 0,7;

p21 = 0,3;

j = 1.

N = 2 ;

t = 3700ч;

λ = 1,4 10−5

ч−1

µ = 0,2 ч−1 ;

= 1,8 10−5

ч−1

µ2 = 0,36ч−1 .

= 3;

i = 1;

t = 2250ч;

p11 = 0,78;

p12 = 0,22 ;

p22

= 0,5;

p21

= 0,5;

= 2.

Окончание табл. 6.1

№

Задание

N = 3;

t = 4100 ч;

λ = 1,3 10−5

ч−1

µ = 0,95 ч−1

;

= 0,4 10−5

ч−1

= 0,75ч−1 ;

λ = 1,5 10−5 ч−1 и

= 0,42ч−1 .

= 4;

i = 2;

t = 1900 ч;

p11 = 0,65;

p12

= 0,35; p22

= 0,4 ;

p21 = 0,6 ;

j = 1.

N = 2 ;

t = 6500ч;

λ = 2 10−5

ч−1

µ = 0,5 ч−1 ;

= 0,8 10−5 ч−1

µ2

= 0,55ч−1 .

= 1; i = 1;

t = 2300 ч;

p11 = 0,87 ;

p12

= 0,13; p22

= 0,2 ;

p21 = 0,8;

j = 2.

N = 3;

t = 2200 ч;

λ = 1,1 10−5

ч−1

µ = 0,9 ч−1 ;

= 0,56 10−5 ч−1

µ2

= 0,5ч−1 ; λ3 = 1,5 10−5 ч−1

и µ3

= 0,9ч−1 .

n = 2;

i = 2;

t = 4700ч;

p11 = 0,7 ;

p12 = 0,3; p22 = 0,38;

p21 = 0,62 ;

j = 1.

N = 2 ;

t = 1600ч;

λ = 1,4 10−5 ч−1

µ = 0,38ч−1 ;

= 1,1 10−5

ч−1

µ2 = 0,67ч−1 .

= 3;

i = 1;

t = 1800 ч;

p11 = 0,69;

p12 = 0,31;

p22

= 0,22 ;

p21 = 0,78 ;

= 2.

N = 3;

t = 3450ч;

λ = 1,6 10−5

ч−1

µ = 0,56 ч−1 ;

= 0,84 10−5 ч−1

µ2

= 0,5ч−1 ; λ3 = 1,6 10−5 ч−1

и µ3

= 0,83ч−1 .

n = 4;

i = 2;

t = 3600 ч;

p11 = 0,8 ;

p12 = 0,2 ; p22 = 0,4 ;

p21 = 0,6 ; j = 1.

N = 2 ;

t = 3100ч;

λ = 1,5 10−5

ч−1

µ = 0,95 ч−1

;

= 0,9 10−5

ч−1

µ2

= 0,7 ч−1 .

= 1; i = 1;

t = 2400ч,

p11 = 0,7 , p12 = 0,3, p22 = 0,1, p21

= 0,9 ;

j = 2.

N = 3;

t = 1700ч;

λ = 1,8 10−5

ч−1

µ = 0,34 ч−1

;

= 1,6 10−5

ч−1

= 0,5ч−1 ; λ = 2 10−5 ч

−1 и µ

= 0,6ч−1 .

= 2;

i = 2;

t = 4500ч;

p11 = 0,9 ;

p12 = 0,1; p22 = 0,2 ;

p21

= 0,8; j = 1.

N = 2 ;

t = 3100ч;

λ = 2,7 10−5 ч−1

µ = 0,27 ч−1

;

= 2,3 10−5

ч−1

µ2 = 0,8ч−1 .

= 3;

i = 1;

t = 4150ч;

p11 = 0,74;

p12 = 0,26 ;

p22

= 0,57;

p21 = 0,43 ;

= 2.

Вопросы для защиты

1.Дать определение интегродифференциальным уравнениям надежности.

2.Рассказать о функции готовности восстанавливаемой системы KГ (t).

3.Пояснить различия в расчете надёжности системы, состояние элементов которой не контролировалось и контролировалось непрерывно.

4.Рассказать о методе переходных вероятностей.

Лабораторная работа № 7 Оценка надёжности систем и их элементов по результатам испытаний

Цель работы: Научиться производить расчёт точечной оценки, доверительной границы параметра потока отказов, средней наработки на отказ, приёмочного числа отказов и объёма выборки.

Теоретические сведения

Планы испытаний. План испытаний − это правила, устанавливающие объем выборки, порядок проведения испытаний и критерии их прекращения. Наименование плана принято обозначать тремя буквами (цифрами): первая из них обозначает число испытываемых систем, вторая – наличие R или отсутствие U восстановлений на время испытаний в случае отказа, третья – критерий прекращения испытаний.

План [NUN] соответствует испытаниям N невосстанавливаемых систем, испытания прекращают после отказов всех систем (рис. 7.1).

N −1

Рис. 7.1 План испытаний [NUN]

План [NUN] обычно применяют для определения средней наработки на

отказ и средней наработки до отказа в случае нормального распределения. Эти

испытания требуют значительных времени и числа испытываемых систем, но

дают возможность полностью определить эмпирическую функцию распределе-

ния.

Точечные оценки. Для плана испытаний [NUN] точечная оценка средней

наработки до отказа

N	ti
τ~ = ∑		,	(7.1)

i=1	N

так как здесь рассматриваются завершенные (не прерванные в испытаниях) на-

работки до отказа каждой из испытываемых систем. Это соотношение имеет место при любых законах распределения наработки до отказа.

Интенсивность отказов при плане [NUN]

~	=	N
λ			.	(7.2)

∑ti

i=1

Среднеквадратическое отклонение σ~ при плане [NUN ]

~		1	N	~
~		1		~	2
σ	=		∑(ti −τ )			.	(7.3)
σ	=	N −1	∑(ti −τ )			.	(7.3)
		N −1	i=1

Интервальные оценки. Точечные оценки дают представление о значении показателя надежности, но ничего не говорят о точности этой оценки. Для рассмотрения точности оценки вводится понятие доверительного интервала.

Как и для точечных оценок, примем, что имеются результаты k наблюдений t1 ,t2 ,...,tk над случайной величиной T с функцией распределения

F(t,ϑ) ,		где	параметр	ϑ неизвестен. Необходимо найти такую		функцию
~	= gН	(t1 ,t2 ,...,tk ) результатов наблюдений, чтобы интервал (ϑН ,∞) накры-
ϑН
вал неизвестный параметр ϑ с заданной вероятностью γ 1
				P{ϑН > ϑ} = γ1 .		(7.4)
	Величину ϑН называют нижней доверительной границей параметра ϑ
при односторонней доверительной вероятности γ 1 .
	Для заданной вероятности γ 2				по той же совокупности наблюдений мо-
					~
жет	быть		найдена	функция	ϑВР = gВР (t1 ,t2 ,...,tk ) такая, что интервал
(0,ϑВР )		накрывает параметр ϑ с вероятностью γ 2
				P{ϑ > ϑВР } = γ 2 .		(7.5)
	Величину ϑВР называют верхней доверительной границей параметра ϑ
при односторонней доверительной вероятности γ 2 .
	Нижняя и верхняя доверительные границы образуют доверительный ин-
тервал, который с вероятностью γ					накрывает на числовой оси неизвестное
значение параметраϑ . Согласно (7.4) и (7.5)
	P{ϑН > ϑ < ϑВР } = 1− P{ϑН > ϑ}− P{ϑ > ϑВР } = 1− (1− γ 1 ) − (1− γ 2 ),
где γ = γ1 + γ2 −1.
	Можно принять, что γ1 = γ 2 , тогда
				γ	= 2 γ1 −1.

Относительные значения доверительного интервала средней наработки до отказа для плана [NUN] при произвольном распределении имеют вид

v x1+γ

= 1−

;

= 1+

(7.6)

ВР

где v

− оценка коэффициента вариации; τ − средняя наработка до отказа; σ −

среднеквадратическое отклонение; N − объём выборки; γ − доверительная веро-

ятность;

xγ − квантиль распределения.

Наиболее часто используемые в задачах квантили распределения приве-

дены в табл. 7.1.

Таблица 7.1

γ1

0,5

0,7

0,8

0,9

0,95

0,97

0,99

xγ

0,524

0,842

1,282

1,645

1,881

2326

Пример 7.1. Испытания систем на безотказность, проведенные по плану

[NUN], где N = 15, показали следующие наработки до отказа:

t10

t11

t12

t13

t14

t15

922

766

153

250

604

553

731

411

505

310

140

214

308

415

981

Найти точечную оценку и доверительные границы средней наработки до отказа с доверительной вероятностью γ = 0,9 .

Решение. Согласно (7.1) точечная оценка средней наработки до отказа

∑ti

τ~ = i=1 = 485ч. 15

Согласно (7.3) оценка среднеквадратического отклонения средней наработки до отказа

~		1	15
~		1	∑(ti − 485)	2
σ	=				= 272ч.
σ	=	15−1			= 272ч.
		15−1	i=1

Оценка коэффициента вариации

~= σ~ =

v τ~ 0,56.

При вероятности γ1 = 1+ γ = 1+ 0,9 = 0,95 найдем квантиль нормального

распределения из табл. 7.1:

x0,95

= 1,645.

Следовательно, согласно (7.6)

0,56 1,645

τ Н

= 485 1

−

= 370

ч ; τВР

= 485 1

= 500ч.

Контрольные испытания. Нулевая гипотеза – это предположение о соответствии партии требованиям к надёжности.

Риск поставщика (изготовителя) α – вероятность альтернативной гипотезы, при которой партия удовлетворяет требованиям, но по результатам испытаний нулевая гипотеза не подтвердилась.

Риск потребителя (заказчика) β – вероятность альтернативной гипотезы, при которой партия не удовлетворяет требованиям, но по результатам испытаний подтвердилась нулевая гипотеза о соответствии требованиям к надежности.

Оперативная характеристика плана контроля – это зависимость вероятности L приемки партии от показателя надежности A .

В реальной ситуации вводятся два уровня контролируемого показателя надежности: приемочный Aα и браковочный Aβ (рис. 7.2). Если A ≥ Aα , то при-

боры должны приниматься с достаточно высокой вероятностью, не ниже L(Aα ) , если A < Aβ , то приборы должны браковаться с достаточно высокой вероятностью, не ниже 1− L(Aβ ) . При этом риск поставщика α = 1− L(Aα ) , риск потребителя β = L(Aβ ) .

Aβ	A	Aα	A
	ТР

Рис. 7.2 Реальная оперативная характеристика планов контроля, где AТР − требуемое значение показателя надежности

Контрольные испытания на безотказность проводятся обычно одноили двухступенчатым методом. При применении первого из них испытания выполняют следующим образом. Образцы, вошедшие в выборку объема d , испытывают в течение времени tИ . По окончании испытаний определяют число наступивших отказов n. Если оно равно или меньше приемочного числа отказов c , определенного в зависимости от величин Aα , Aβ , α и β , то нулевая гипотеза

подтверждается и партию принимают. Если же n > c , то подтверждается альтернативная гипотеза и партию не принимают.

Пример 7.2. Приемочное значение вероятности безотказной работы прибора Aα (1000) = 0.9, браковочное значение Aβ (1000) = 0.8, риск поставщика α = 0.1

и потребителя β = 0.2. Предполагаемый закон распределения экспоненциальный. Испытания проводят по одноступенчатому методу. Определить приемочные числа отказов c и объемы выборки d при длительностях испытаний t1 = 1000 ч и t2 = 2000 ч.

Решение. Согласно табл. 7.2 при t1 = 1000ч значениям Aα = 0,9 , Aβ = 0,8 со-

ответствуют c = 8, d = 56 . Согласно (2.3)

P(t1) = e−λ t1 ,

откуда

												ln P(t1)																	) = eln P(t1 )				t2
								λ = −				ln P(t1)				;									P(t			2					t1	.
								λ = −								;									P(t								t1	.
														t1
														t1
Следовательно,
															2000
														ln 0,9																			2000
														ln 0,9																			2000
				A (2000) = e											1000 = 0,81;										A (2000) = e						ln 0,8
																															ln 0,8
																																	1000		= 0,64.
					α																					β
		Согласно табл. 7.2 при этом c = 11,																				d = 41, т. е. объем выборки при уве-
личении длительности испытаний с 1000 ч до 2000 ч сокращается.
																																			Таблица 7.2

		Приёмочное число отказов c и объём выборки d для одноступенчатого метода
Aα										(риск поставщика α = 0,1, потребителя β = 0,2)

																				Aβ
																				Aβ

	0,98		0,97			0,96			0,95				0,94		0,93			0,92		0,91			0,90				0,85			0,80		0,75			0,70	0,65	0,60

0,99		9		3			2				1			1			1		0		0			0
	625		180			109			57				51		48			15		15			13
0,98						9			5				3		2			2		0			1						0	0		0
0,98
						313			158				90		58			55		14			28						8	6		6
0,97									17				9		6			4		1			2						1	1		0			0	0
0,97
									429				208		130			83		30			40					19		16		5			4	4
0,96															14			9		3			5						2	1		1			0	0	0
0,96
															259			156		60			79					29		14		13			4	4	3
0,95																		18		6			9						3	2		1			1	0	0
0,95
																		278		100			129					36		22		11			10	9	3
0,94																				12			15						5	2		1			1	1	0
0,94
																				175			190					53		20		11			10	9	3
0,93																													7	3		2			1	1	1
0,93
																												68		27		17			9	8	8
0,92																												10		4		2			2	1	1
0,92
																												90		33		16			15	8	7
0,91																												15		6		3			2	2	1
0,91
																												127		45		21			14	13	7
0,90																														8		4			3	2	1
0,90
																														56		26			19	12	7
0,85																																14			7	4	3
0,85
																																71			33	18	13
0,80																																			18	11	7
0,80
																																			72	41	25
0,75																																					14
0,75
																																					44

Примечание. В числителе указано число отказов c , в знаменателе - объем выборки d .

Задание

1.Испытания систем на безотказность, проведенные по плану [NUN], где число испытуемых систем N , показали следующие наработки до отказа: t1,t2 ,…, tN . Найти точечную оценку и доверительные границы средней

наработки до отказа с доверительной вероятностью γ .

2.Приемочное значение вероятности безотказной работы прибора Aα (t1) , браковочное значение Aβ (t1) = 0.7, риск поставщика α и потребителя β . Предполагаемый закон распределения экспоненциальный. Испытания проводят по одноступенчатому методу. Определить приемочные числа отказов c и объемы выборки d при длительностях испытаний t1ч и t2 ч.

Таблица 7.3 Варианты исходных данных для лабораторной работы № 7

Вариант

Задание

№

N = 6 ; γ

= 0,4.

437

760

298

839

981

555

Aα (1500) = 0,8;

Aβ (1500) = 0,7 ;

α = 0,1;

β = 0,2;

t1 = 1500ч;

= 1900 ч;

c–?; d –?

N = 7 ; γ

= 0,6 .

457

645

195

234

654

553

877

Aα (1640) = 0,85;

Aβ (1640) = 0,7 ;

α = 0,1;

β = 0,2;

t1 = 1640ч;

= 2020ч.

c–?; d –?

N = 8; γ

= 0,8 .

275

549

299

821

464

911

833

314

Aα (1510) = 0,81;

Aβ (1510) = 0,76 ;

α = 0,1;

β = 0,2;

t1 = 1510ч;

t2 = 2200ч; c–?; d –?

Продолжение табл. 7.3

№														Задание

	N = 9 ;		γ = 0,9 .

4			t1		t2				t3			t4			t5				t6				t7							t8					t9

			721		378				649			120			473			890				669						790						237
			721		378				649			120			473			890				669						790						237


	Aα (1180) = 0,94 ;							Aβ (1180) = 0,79 ;								α = 0,1;								β = 0,2;									t1 = 1180ч				и
	t2 = 1530 ч; c–?; d –?

	N = 10 ; γ = 0,94 .

5			t1		t2				t3		t4			t5				t6				t7					t8						t9		t10
5		432		211			540			713			876				901				484					798						293		230
		432		211			540			713			876				901				484					798						293		230


	Aα (1550) = 0,82 ;							Aβ (1550) = 0,74 ;								α = 0,1;								β = 0,2;									t1 = 1550ч				и
	t2 = 2030ч; c–?; d –?
	N = 6 ;		γ = 0,4.

									t1			t2			t3				t4				t5						t6
6							376			532				668			963					791					406
6

	Aα (500) = 0,81;					Aβ (500) = 0,74 ;								α = 0,1;						β = 0,2;							t1 = 800ч;								t2	= 1100ч;
	c–?; d –?
	N = 7 ;		γ = 0,6 .

									t1			t2			t3			t4				t5					t6						t7

7							471			803				150			374				800					976						692
7

	Aα (1710) = 0,9 ;					Aβ (1710) = 0,73 ;								α = 0,1;						β = 0,2;						t1 = 1710ч;									t2	= 2070ч;
	c–?; d –?
	N = 8;		γ = 0,8 .

					t1				t2			t3			t4			t5				t6					t7						t8

8					579			211		114				753			439				518					848						199
8

	Aα (1240) = 0,86 ;								Aβ (1240) = 0,79 ;									α = 0,1;									β = 0,2;								t1 = 1240ч;
	t2 = 1560ч; c –?; d –?
	N = 9 ;		γ = 0,9 .

			t1		t2				t3			t4			t5					t6					t7						t8				t9

9			521		692				466		927				174					544				295						318				638
9

	Aα (1500) = 0,95 ;					Aβ (1500) = 0,77 ; α = 0,1;														β = 0,2;							t1 = 1500ч;								t2	= 1600ч;
	c–?; d –?

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
08.01.2021514.94 Кб23267.pdf
#
08.01.2021515.01 Кб53268.pdf
#
08.01.2021515.02 Кб33269.pdf
#
08.01.2021187.53 Кб1327.pdf
#
08.01.2021515.06 Кб03270.pdf
#
08.01.2021515.99 Кб53271.pdf
#
08.01.2021516.16 Кб23272.pdf
#
08.01.2021516.65 Кб283273.pdf
#
08.01.2021516.68 Кб13274.pdf
#
08.01.2021516.88 Кб13275.pdf
#
08.01.2021517.15 Кб13276.pdf