fd02aed

τпд = q1t1 + q2 (t1 +t2 )+... +(qn−1 + qn )(t1 + t2 + ... +tn−1 )=

где tl − продолжительность проверок компонентов, предшествующих компоненту i; 1 ≤ l ≤ i; i =1, n .

Аналогично получают выражение для средней трудоемкости поиска дефекта:

где Θl − трудоемкость проверки компонента l.

Следовательно, продолжительность поиска дефекта, трудовые затраты на его обнаружение и среднее число необходимых проверок зависят от назначенной очередности (и соответствующей ей нумерации) выполнения проверок компонентов исследуемого объекта.

Пример 6.5. Объект состоит из четырех компонентов, вероятности отказов которых заданы: q10 = 0,8 10–5, q20 = 0,4 10–5, q30 = 0,6 10–5,

q40 = 0,2 10–5. Продолжительности их проверок: t1 = 5 мин; t2 = 3 мин;

t3 = 10 мин; t4 = 8 мин. Требуется определить продолжительность поиска дефекта и составить оптимальную последовательность его определения.

Решение. Определим приведенные вероятности отказа компонентов:

i =1

341

Определим τпд :

Изменим последовательность поиска дефекта, приняв следующую: 4–2–3; тогда

τпд = 0,1 8 + 0,2 (8 +3)+ 0,3 (8 + 3 +10)+ 0,4 (8 +3 +10)=17,7 мин.

Возникает необходимость установления оптимальной последовательности поиска дефекта, при которой время этого поиска было бы минимальным. Эту последовательность указывает теорема 4.

Теорема 4. Последовательность поиска дефекта будет оптимальной, если выполняется условие

Для обоснования этой теоремы воспользуемся следующим приемом. Запишем формулу (6.3) для последовательности проверок (1, 2, . . ., i, i+1, . . ., n) и составим такое же выражение для последовательности, при которой проверка с номером (i+1) будет выполняться раньше, чем i-я. Эти выражения отличаются друг от друга лишь составом двух слагаемых, которые имеют следующий вид:

• для прямой последовательности

Предположим, что вторая последовательность проверок требует больше времени, чем первая:

Тогда, вычитая последовательность (6.4) из (6.5), получим:

Δτ = qi ti+1 − qi+1 ti > 0 .

342

Таким образом, для удовлетворения условия (6.6) должно выполняться неравенство

qi > qi+1 , ti ti+1

что и требовалось доказать.

Пример 6.6. При исходных данных примера 6.5 найдем отношения qi / ti:

Расположим эти отношения по степени убывания их значений:

q1 > q2 > q3 > q4 . t1 t2 t3 t4

Видно, что оптимальная последовательность поиска дефекта 1–2–3. Для этой последовательности в примере 3 найдено τпд =

= 10,8 мин. Для других последовательностей время поиска дефекта будет больше найденного.

6.4.Простейшие методы поиска дефектов

6.4.1.Методы поиска дефектов

содиночной проверкой компонентов

Кметодам поиска дефектов с одиночной проверкой компонен-

тов относятся:

• метод случайного выбора проверок;

• метод проверок по возрастанию трудоемкости;

• метод контроля «слабых точек»;

• метод «время–вероятность».

Если данные о надежности компонентов объекта и продолжи-

тельности их проверок отсутствуют, то проверки выполняются в случайной (произвольной) последовательности. Как правило, она соответствует расположению компонентов в монтажной схеме или определяется какими-либо субъективными соображениями.

343

При случайном выборе проверок существенным параметром является среднее число проверок Nср, которое может быть определено в предположении равных вероятностей отказа всех компонентов (qi = 1/n) следующим образом:

Пример 6.7. Объект состоит из четырех компонентов. В соответствии с данным методом можно построить следующие тесты по-

иска дефекта: τпд1 = 1, 2, 3; τпд2 = 4, 3, 2 и т. д. Графически тесты поиска дефекта задаются в виде дерева проверок, вершиной которого

является проверка, стоящая первой в тесте диагностирования. Так, для теста τпд1 дерево поиска дефекта представлено на рис. 6.3. В случае неисправности компонента №1 (0) объект находится в неисправном состоянии S1, вызванном отказом этого компонента. На этом процесс поиска дефекта прекращается. Если в результате первой проверки π1 компонент оказался исправным (1), то переходят ко второй проверке π2 − и так до конца теста, пока место дефекта не будет обнаружено.

Рис. 6.3. Дерево поиска дефекта

344

Среднее число необходимых проверок в данном случае

В тех случаях, когда известны трудоемкости Θi или продолжительности ti проверок различных компонентов, очередность их выполнения и нумерация компонентов устанавливаются в порядке возрастания значений этих параметров:

t1< t2 < t3 < . . . ; Θ1 < Θ2 < Θ3 < . . . .

Среднее число необходимых проверок в данном методе остается таким же, как и при случайном выборе проверок. Однако за счет меньшей продолжительности первых проверок средняя продолжительность поиска дефекта получается меньшей. Таким образом, метод проверок по возрастающей трудоемкости оказывается рациональной простейшей процедурой поиска дефекта.

Пример 6.8. Для объекта из четырех компонентов известны продолжительности проверок: τ1 = 5 мин, τ2 = 3 мин, τ3 = 10 мин, τ4 = 8 мин. Построить тест поиска дефекта.

Решение. Расположим компоненты в порядке возрастания продолжительности их проверок – τ2 < τ1 < τ4 < τ3 и записываем тест τпд = 2, 1, 4. Дерево условного теста поиска дефекта представлено на рис. 6.4.

Рис. 6.4. Дерево условного теста поиска дефекта

345

Если известны вероятности отказов компонентов, то наименьшей продолжительности поиска дефекта соответствует такая последовательность, при которой

q1 > q2 > . . . > qn–1 > qn ,

т. е. проверка начинается с наименее надежного («слабого») элемента. При методе контроля «слабых точек» среднее число проверок уменьшается по сравнению с методом случайного выбора проверок. Это уменьшение тем заметнее, чем большее число элементов содержит объект и чем больше различаются значения вероятностей их отказов. За счет уменьшения Nср снижается и продолжительность поиска дефекта.

Пример 6.9. Для объекта из четырех компонентов заданы вероятности отказов: q1 = 0,7; q2 = q3 = q4 = 0,1. Построить тест поиска дефекта и определить среднее число проверок.

Решение. Данному методу отвечают тесты: Т1 = 1, 2, 3; Т2 = 1, 3, 4; Т3 = 1, 2, 4. Дерево условного теста, например для Т1, представлено на рис. 6.5. Среднее число проверок

4−1

Ncр = ∑i qi + (4 −1) qn =1 0,7 + 2 0,1+3 0,1+3 0,1 =1,5.

i =1

Рис. 6.5. Дерево условного теста

346

Если имеются данные о вероятностях отказов компонентов и продолжительностях их проверок, то последовательность их выполнения, как следует из теоремы 4, устанавливается по убыванию отношений

Такой тест по методу «время-вероятность» характеризуется минимальной продолжительностью поиска дефекта.

Пример 6.10. Для объекта из четырех компонентов вероятности отказов и продолжительности проверок известны: q1 = 0,4; q2 = 0,2;

q3 = 0,3; q4 = 0,1; τ1 = 5 мин; τ2 = 3 мин; τ3 = 10 мин; τ4 = 8 мин. По-

строить тест поиска дефекта, определить среднее число проверок и среднюю продолжительность поиска дефекта.

Решение. Определим отношения вероятностей отказов компонентов к продолжительности их проверок:

Расположим эти отношения по порядку убывания:

q1 > q2 > q3 > q4 .

τ1 τ2 τ3 τ4

Отсюда имеем тест поиска дефекта (см. рис. 6.5)

Тпд = 1, 2, 3.

Определим Nср:

n−1

Ncр = ∑i qi +(n −1) qn =

i=1

=1 0,4 + 2 0,2 + 3 0,3 + 3 0,1 = 2,0.

Средняя продолжительность поиска дефекта

= 0,4 5 + 0,2 (5 + 3)+ 0,3 (5 + 3 +10)+ 0,1 (5 + 3 +10)=10,8 мин.

347

3 – номера проверок; (1) − результат «+» − участок исправен; (2) − результат «−» − участок неисправен; (3) − результат «+» − компонент исправен; (4) − неисправный компонент; a − компоненты проверены.

Рис. 6.7. Схема последовательности поиска дефекта методом половинного разбиения

Метод половинного разбиения применяется в том случае, когда данные о надежности компонентов объекта и продолжительности их проверок отсутствуют или не могут быть учтены либо когда затраты времени на выполнение проверок примерно одинаковы. Разбиение схемы объекта производится на участки, примерно равные по количеству компонентов. Очередной проверке подвергается любой из двух образованных участков схемы.

Необходимое число проверок и последовательность их выполнения определяются следующим образом. Представим количество компонентов в объекте n в следующем виде:

n = 2m + R ,

349

где R − количество компонентов сверх полной степени числа Z, 0 < R < n/2 < 2m. Например, n = 5, тогда m = 2, R = 1, т. е. n = 22 +1 = 5.

Рассмотрим схему проверок для объекта, состоящего из пяти

компонентов (рис. 6.8). Из рисунка видно, что Nmin = m = 2, где Nmin − минимальное число проверок; Nmax = 3 = m+1 (для R ≠ 0). Отсюда

следует вывод о том, что при m проверках дефект может быть обнаружен в одном из (n – 2 R ) компонентов, в данном случае из m = (5 – 2 1) = 3 компонентов. При m+1 проверках − в одном из остальных, т. е. в 2 R компонентах, в данном случае из 2 1 = 2 компонентов.

Для определения среднего числа проверок Nср необходимо учесть количество компонентов, которые подвергаются проверке с номерами m и m+1, и суммарную приведенную вероятность отказа каждой из этих групп:

При одинаковых значениях приведенных вероятностей отказов компонентов получим:

Для примера на рис. 6.8 имеем: Nср = 2 + 2 1/5 = 2,4. Отметим, что среднее число необходимых проверок в объекте с количеством компонентов более 8 получается меньшим, чем при индивидуальных проверках путем перебора. Этот выигрыш тем значительнее, чем больше компонентов включает в себя объект. Особенно заметно уменьшается максимальное число проверок Nmax.

350