книги / Надёжность систем автоматизации
..pdf
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значения P j (t) |
|
|
||
j |
|
|
|
|
i |
|
|
|
|
i = 1 |
|
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
i = 5 |
2 |
0,972 |
|
0,9844 |
|
0,994 |
|
0,992 |
0,99 |
3 |
0,9992 |
|
0,996 |
|
0,999 |
|
0,9984 |
0,999 |
|
Определяем наиболее выигрышный участок для 3-й ите- |
|||||||
рации (табл. 4.7). |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
|
Значения δij |
|
|
|
|
i = 1 |
|
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
i = 5 |
3 |
0,001 22 |
|
0,001 06 |
|
0,000 39 |
|
0,000 53 |
0,000 600 6 |
(δ3i )* = δ13, значит, очередной элемент надо добавить на
1-м участке. Это два дополнительных элемента. Следовательно, ССН для шага j = 3 будет иметь вид, показанный на рис. 4.22.
Рис. 4.22. ССН для 3-й и последней итерации увеличения ВБР (вариант А)
Pс3 = 0,9914·0,9844·0,994·0,992·0,99 = 0,953 ≥ Pсзад(t),
что удовлетворяет условию Pc(t) ≥ Pсзад(t).
121
Стоимость реализации системы на 3-м шаге оптимиза-
ции Wс3 = Wс2 + 2W1 = 218.
Итак, минимальная стоимость реализации системы Wсmin = 218 при достигаемой Pc(t) = 0,953, что больше задан-
ной 0,94.
Вариант В. Найдем Pc(t) → max при Wс ≤Wсзад.
Для начала проверим выполнение условия Wс ≤Wсзад (i от 1 до 5) для нерезервированной системы (рис. 4.23).
Рис. 4.23. ССН нерезервированной системы
Найдем ВБР системы и ее стоимость на 0-м шаге (для j = 0):
Pс0 = 0,9·0,75·0,82·0,8·0,9 = 0,398 52;
Wс0 = 16 + 11 + 13 + 12 + 15 = 67 <Wсзад.
Видно, что для нерезервированной системы условие по стоимости выполняется, но имеется запас стоимости для увеличения надежности системы, поэтому необходимо введение резервных элементов. На 1-м участке системы требуется использовать неадаптивное мажоритарное резервирование – выбор двух из трех:
P1(t) = P3 +3P2 (1− P) =3P2 −2P3.
На остальных участках – резервирование замещением с нагруженным режимом работы резервных подсистем, т.е.
P(t) =1−(1− P)2 – работает хотя бы один канал из двух.
122
Начнем увеличивать ВБР всей системы, учитывая усло-
вие W ≤W зад |
(табл. 4.8). Исходное: 0-й шаг. Каналы: |
|
с |
с |
|
1,1,1,1,1. Вводим еще один канал на каждом участке, а на 1-м – еще два. Получаем 3,2,2,2,2.
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.8 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значения P j (t) |
|
|
||
j |
|
|
|
i |
|
|
|
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
i = 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0,9 |
0,75 |
|
0,82 |
|
0,8 |
0,9 |
1 |
0,972 |
0,9375 |
|
0,9676 |
|
0,96 |
0,99 |
|
|
|
|
|
|
||
|
Определяем наиболее выигрышный участок (табл. 4.9). |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
Значения δij |
|
|
|
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
i = 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0,0046 |
0,0182 |
|
0,011 73 |
|
0,0139 |
0,006 06 |
|
|
|
|
|
|
|
|
(δ1i )* = δ12 , значит, очередной элемент надо добавить на
2-м участке. Следовательно, ССН для шага j = 1 будет иметь вид, показанный на рис. 4.24.
Рис. 4.24. ССН для 1-й итерации увеличения ВБР (вариант В)
Pс1 = 0,9·0,9375·0,82·0,8·0,9 = 0,498 15;
Wс1 = Wс0 + W2 = 78 <Wсзад,
123
т.е. увеличиваем резерв только на 2-м участке, остальные без изменений.
2-я итерация (табл. 4.10). Исходное: 1-й шаг – увеличиваем резерв только на 2-м участке, остальное без изменений. Каналы: 1,2,1,1,1. 2-й шаг – опять увеличиваем резервы, в том числе и на 2-м. Получаем 3,3,2,2,2.
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.10 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
Значения P j (t) |
|
|
|
|
||
|
|
|
i |
|
|
|
|
||
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
i = 4 |
|
|
i = 5 |
|
1 |
0,9 |
0,9375 |
|
0,82 |
|
0,8 |
|
|
0,9 |
2 |
0,972 |
0,9844 |
|
0,9676 |
|
0,96 |
|
|
0,99 |
|
Определяем наиболее выигрышный участок для 2-й ите- |
||||||||
рации (табл. 4.11). |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.11 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
Значения δij |
|
|
|
|
|
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
|
|
i = 5 |
2 |
0,0046 |
0,0043 |
|
0,0117 |
|
0,0139 |
|
0,006 06 |
(δi2 )* = δ24. Очередной элемент добавим на 4-м участке.
Следовательно, ССН для шага j = 2 будет иметь вид, представленный на рис. 4.25.
Рис. 4.25. ССН для 2-й итерации увеличения ВБР (вариант В)
124
Pс2 = 0,9·0,9375·0,82·0,96·0,9 = 0,597 78;
Wс2 = Wс1 + W4 = 90 <Wсзад,
т.е. увеличиваем резерв только на 4-м участке, остальные без изменений.
3-я итерация (табл. 4.12). Исходное: 2-й шаг – увеличиваем резерв только на 4-м участке, остальные без изменений. Каналы: 1,2,1,2,1. 3-й шаг – опять увеличиваем резервы, в том числе и на 4-м. Получаем 3,3,2,3,2.
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значения P j (t) |
|
|
|
|||
j |
|
|
|
i |
|
|
|
||
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
|
i = 5 |
|
2 |
0,9 |
0,9375 |
|
0,82 |
|
|
0,96 |
|
0,9 |
3 |
0,972 |
0,9844 |
|
0,9676 |
|
|
0,992 |
|
0,99 |
|
Определяем наиболее выигрышный участок для 3-й ите- |
||||||||
рации (табл. 4.13). |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.13 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
Значения δij |
|
|
|
||
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
|
i = 5 |
|
3 |
0,0046 |
0,0043 |
|
0,0117 |
|
|
0,0027 |
|
0,006 06 |
(δ3i )* = δ33 , значит, очередной элемент надо добавить на
3-м участке. Следовательно, ССН для шага j = 3 будет иметь вид, представленный на рис. 4.26.
125
Рис. 4.26. ССН для 3-й итерации увеличения ВБР (вариант В)
Pс3 = 0,9·0,9375·0,9676·0,96·0,9 = 0,705;
Wс3 = Wс2 + W3 = 103 < Wсзад ,
т.е. увеличиваем резерв только на 3-м участке, остальные без изменений.
4-я итерация (табл. 4.14). Исходное: 3-й шаг – увеличиваем резерв только на 3-м участке, остальные без изменений. Каналы: 1,2,2,2,1. 4-й шаг – опять увеличиваем резервы, в том числе и на 3-м. Получаем 3,3,3,3,2.
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.14 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Значения P j (t) |
|
|
|
||
j |
|
|
|
i |
|
|
|
|
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
|
i = 5 |
2 |
0,9 |
0,9375 |
|
0,9676 |
|
0,96 |
|
0,9 |
3 |
0,972 |
0,9844 |
|
0,9942 |
|
0,992 |
|
0,99 |
|
Определяем наиболее выигрышный участок для 4-й ите- |
|||||||
рации (табл. 4.15). |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 4.15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
j |
|
|
|
Значения δij |
|
|
|
|
|
i = 1 |
i = 2 |
|
i = 3 |
|
i = 4 |
|
i = 5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
0,0046 |
0,0043 |
|
0,00206 |
|
0,0027 |
|
0,006 06 |
|
|
|
126 |
|
|
|
|
(δi4 )* = δ54 , значит, очередной элемент надо добавить на
5-м участке. Следовательно, ССН для шага j = 4 будет иметь вид, показанный на рис. 4.27.
Рис. 4.27. ССН для 4-й и последней итерации увеличения ВБР (вариант В)
Pс4 = 0,9·0,9375·0,9676·0,96·0,99 = 0,776.
Стоимость реализации системы на 4-м шаге оптимизации Wс4 = Wс3 + W5 = 118 <Wсзад. При следующих шагах
значение Wс гарантированно выйдет за допустимые пределы. Итак, максимальное значение Pc(t) = 0,776 при стоимости реализации системы Wс = 118 меньше заданной 120. Не-
большое значение, но денег мало дали!
4.4.7. Оценка ВБР отказоустойчивой ПЛИС-ФПТ со скользящим резервированием
и восстановлением логики
Предложим в качестве элементов системы со скользящим резервированием и восстановлением логики (СССРВ) ФПТ-элементы, сохраняющие функциональную полноту при заданной модели отказов. ФПТ-элемент для модели константных однократных отказов входов реализует функцию
х1х2 х3х4 или, что то же самое, функцию (x1 x2 ) (x3 x4 ).
127
Все модификации f4383 = х1х2 х3х4 для однократных константных отказов входов – х2 х3х4 , х1 х3х4 , х1х2 х4 , х1х2 х3 – представляют собой функции трех аргументов f31, f87, обладающие функциональной полнотой, и функцию f1 двух аргументов – известный базис Вебба (стрелка Пирса ↓) х3х4 , х1х2. Базис сохраняется и при замыкании соседних
входов, например 2-го входа с 3-м: х1х2 х2 х4 = х2 (х1 х4 ). Восстановление отказавших основных (резервных) эле-
ментов эквивалентно их увеличению при допущении, что они восстанавливаются по мере наступления отказов. Но для восстановления одного элемента надо несколько отказавших.
Так, если остаются базисы Вебба (стрелка Пирса↓), х1х2 , х3х4 , то для получения базиса х1х2 х3х4 необходимо
х1х2 х3х ,
четыре элемента с таким базисом: два для реализации двух конъюнкций х1х2 , х3х4 , один для двухместной операции ИЛИ-НЕ и один инвертор.
Если имеется один элемент с одним из базисов х2 х3х4 , х1 х3х4 , х1х2 х4 , х1х2 х3, необходима декомпозиция, например вида
х1х2 х3х4 ,
а это два элемента с базисом х1х2 , х3х4 и один элемент
х1 х3х4 – всего три.
Легко видеть, что даже в случае наличия максимальных
базисов х2 х3х4 , |
х1 х3х4 , |
х1х2 х4 , х1х2 х3 для восста- |
новления необходимо минимум три элемента. |
||
Таким образом, восстановление отказавших элементов |
||
для ФПТ-базиса |
х1х2 х3х4 |
эквивалентно дополнительным |
|
|
128 |
минимум |
m |
элементам, максимум |
m |
, где |
[ ] (INT) – |
||||
|
|
4 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ближайшее меньшее натуральное число. Естественно, в общем случае для различных абстрактных базисов будет иметь место, например, выражение
m ,r
где r – максимальное требуемое количество отказавших элементов для восстановления исходной функции.
Если из четырех отказавших элементов восстановится один, то добавка будет:
Pдоп =C156 e−9λt (1−e−λt )15−9 .
Это значит, что схема работоспособна и при шести отказах, т.е. новая формула минимальной ВБР будет иметь вид
PСССВРmin (t ) = C1510e−10λt (1−e−λt )15−10 |
+C1511e−11λt (1−e−λt )15−11 + |
|
|
+C1512e−12λt (1−e−λt )15−12 +C1513e−13λt (1−e−λt )15−13 +
+C1514e−14λt (1−e−λt )15−14 +C1515e−15λt (1−e−λt )15−15 +
+ C156 e−9λt (1−e−λt )15−9 |
e−λпуt . |
|
|
Эта новая формула для необходимых четырех элементов для восстановления одного полного.
Если надо всего три, то «прибыток» будет больше. Когда откажут три элемента, схема работоспособна, а из этих трех отказавших восстанавливают один. Потом отказывают еще два – их недостаточно для восстановления. При шести отказах подключается восстановленный; если отказывает еще один (седьмой – не восстановленный, а нормальный), то те-
129
перь отказавших три и из них восстанавливается еще один, т.е. схема будет работать при семи отказах:
PСССBPmax (t ) = C1510e−10λt (1 |
−e−λt )15−10 |
+C1511e−11λt (1−e−λt )15−11 + |
|
|
|
+C1512e−12λt (1−e−λt )15−12 +C1513e−13λt (1−e−λt )15−13 +
+C1514e−14λt (1−e−λt )15−14 +C1515e−15λt (1−e−λt )15−15 +
+ C156 e−9λt (1−e−λt )15−9 +С157 e−8λt (1−e−λt )15−8 |
e−λпуt . |
|
|
Количество «восстановленных» элементов (если для восстановления одного надо r отказавших) из количества m:
v= m .r
Например, m = 5; r = 4; v = 1, т.е. дополнительно можно парировать 6-й отказ.
m |
, в нашем случае равен |
1: |
|
Остаток будет w = m −r |
|
||
r |
|
|
1 ≤ w ≤ r −1. Остатки могут пригодиться в дальнейшем при последующих отказах элементов из количества n.
Если не считать остатки, то количество |
v |
= |
m |
ис- |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
пользуется для парирования v1 дополнительных к m отказов. Например, m = 18; r = 4; v = 4. Значит, после отказа еще четырех элементов можно восстановить еще один элемент, т.е. еще дополнительных отказов будет парировано
mr v2 = r .
130