Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Элементы математической теории надежности

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.11.2025

Размер:

2.21 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 148 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Найдем еще Tcp и D(T ).

																										1
				T M (T ) t f (t)dt																						1			( t) e tdt
				T M (T ) t f (t)dt																									( t) e tdt
				cp																					( )
														0											( )				0
					1																							1		( 1) .
					1							( t) e t d ( t)																1
					( )							( t) e t d ( t)															( )
					( )							0															( )
												0
	Таким образом,									T				.																								(5)
												cp
																						1														2
		D(T )			t2 f (t)dt M 2											(T )												t ( t)				e			tdt
		D(T )			t2 f (t)dt M 2											(T )						( )						t ( t)				e			tdt	2
					0																	( )						0								2
					0																							0
	1	1													2						1										2			по формуле 3 § 6)
	1	1		( t)			e				td( t)				2						1				( 2)						2
					1
	( )	2													2				2												2
	( )	2	0												2				2												2
			0																		( )
				1			( 1) ( )														2							1		(			1)		2			.
				2 ( )			( 1) ( )														2						2			(			1)		2		2	.
				2 ( )																	2						2								2		2
	Таким образом,										D(T )						.																					(6)
	Таким образом,										D(T )				2		.																					(6)
															2
	Большой интерес представляет случай, когда в распределении ( , )
параметр – натуральное число, N .
	Определение 2. Пусть k N ,																			тогда распределение (k, ) называется
распределением Эрланга порядка k.
	Замечание. Так как (k) (k 1)!, то из формулы (3) следует:
									1																			1
				p(t)					1					xk 1e xdx														1		xk 1d (e x )
				p(t)			(k					1)!		xk 1e xdx												(k 1)!				xk 1d (e x )
							(k					1)!		t												(k 1)!				t
									=			u xk 1 du (k 1)xk 2 dx
												u xk 1 du (k 1)xk 2 dx
														dv d (e x ) v e x
														dv d (e x ) v e x
								1

					–								xk 1e x										(k 1)xk							2e xdx
					–								xk 1e x					t					(k 1)xk							2e xdx
						(k				1)!												t


									1															1
									1					( t)k 1e t										1					xk 2e xdx .
							(k					1)!		( t)k 1e t									(k 2)!						xk 2e xdx .
							(k					1)!											(k 2)!						t

И далее, если проводить интегрирование по частям еще (k – 2) раз, то получим

	k 1	( t)i
p(t) e	t		.	(7)

	i 0	i!
Случайная величина Т, распределенная по закону Эрланга				(k, ) ,

возникает при рассмотрении модели накапливающихся повреждений, если через случайные интервалы времени в системе возникают единичные повреждения, вызванные потоком случайных событий, и при накоплении k повреждений система отказывает. Тогда, если время между наступлением двух последовательных событий потока распределено по показательному закону Ex( ) , то Т – время наработки системы на отказ

распределена по закону (k, ) .

Действительно, верна теорема:

Теорема 1. Пусть время между наступлением двух соседних событий потока (время между двумя единичными повреждениями) распределено по закону Ex( ) . Тогда случайная величина Y – число событий потока за вре-

мя t (число случайных повреждений системы) распределено по закону

Пуассона ( t) , т.е. P(Y i) ( t)i e t . i!

Подробнее о потоках случайных событий см. § 14.

Из теоремы 1 следует, что для рассмотренной выше СВ Т – времени жизни системы – функция надежности

p (t) P(T t) P(Y k) ( t)0 e t ( t)1 e t ... ( t)k 1 e t ,
T	0!	1!	(k 1)!

что совпадает с формулой (7).

Замечание. Для системы рассмотренной выше последовательность моментов времени наступления единичных повреждений можно представить в виде t1 T1, t2 T1 T2, ... , tk 1 T1 ... Tk 1, T tk T1 ... Tk 1 Tk – время наработки системы на отказ, причем Ti независимы и имеют распределение

Ex( ) , i 1,... , k .

Пример 1. Время жизни изделия Т распределено по закону (3, ) , причем Tcp 3000 ч. Найти показатели надежности изделия через 4000 ч.

Решение.

T	k	3	3000	ч	1 1	, t 4000 4 .

cp					1000 ч

Тогда по формуле (7)

			( t)0		( t)1			( t)2					t											13
p(t)											e		t				(1 4 8)e 4										0, 238 .
p(t)											e						(1 4 8)e 4									4	0, 238 .
			0!		1!		2!																		e	4
			0!		1!		2!							t 4000											e
	1													t 4000				8		1								1

f (t)		3t2 e t					1		10 9 16 106 e 4										e 4				e 4			1,465 10 4			.
f (t)		3t2 e t							10 9 16 106 e 4								3		e 4				e 4			1,465 10 4			.
	(3)						2										3		125									ч
	(3)			t 4000			2										10		125									ч
				t 4000		f (t)						1			1		10				1
				(t)		f (t)						1			1	6,157 10 4					1	.
				(t)						125 13						6,157 10 4						.
						p(t)				125 13					ч						ч

Упражнения

10.1.Время Т наработки устройства на отказ распределено по закону

3; 10 3 1 .

1)Записать функции p(t), F(t), f (t), (t) .

2)Найти Тср, D(T).

3)Найти показатели надежности при t 4000 ч.

0,001t

0.001t

Ответ.

p(t) e

, Tcр 3000 ч,

1 t

, f (t) 0,5

D(T ) 3 106

ч2, p(4000) 0,238.

10.2. Время Т жизни элемента распределено по закону

; 10 5

1) Записать формулы для показателей надежности и найти их значе-

ния при t 104 ч.

2) Найти Тср, D(T).

Ответ. T 2,5 105 ч,

D(T ) 2,5 1010 ч2.

10.3. а) Дана резервированная система (резерв замещением кратности m = 2):

		1
Время жизни каждого элемента распределено по закону Ex	0,001		.

		ч

1)Определить по какому закону распределено Т – время жизни системы, записать функцию p(t).

2)Найти Тср.

б) Дана резервированная система (постоянно включенный резерв кратности m = 2):

		1








Время жизни каждого элемента распределено по закону Ex	0,001		.
Время жизни каждого элемента распределено по закону Ex	0,001		.
		ч

1)Записать функцию p(t) для СВ Т – времени жизни системы.

2)Найти Тср.

10.4. Дана резервированная система (резерв замещением кратности m = 3).

0. у.

					1









Время жизни каждого элемента распределено по закону				2; 10 3		.
Время жизни каждого элемента распределено по закону				2; 10 3		.
					ч
а) Определить, по какому закону распределено Т – время жизни
системы.
б) Найти показатели надежности.
в) Найти Тср, D(T).
		1
Ответ. а) 8; 10	3		.
Ответ. а) 8; 10			.
		ч

§ 11. Распределение 2 (n)

Определение 1. Случайная величина Т имеет распределение 2 (n) ( 2 с n степенями свободы), если

T U12 U22 ... Un2 ,

где Ui – независимые случайные величины, каждая из которых распределена по закону U (0; 1) .

Замечание.

1) Рассмотрим распределение 2 (1) :

T U12 ;

FT P(T t) P(U12 t) P t U1 t

					a																			a
		1		t								1											t
		1		t								1											t
																													a 0;				1
																													a 0;				1
		2										2


																									x2
																					t
						2 (								)				2

											t											e				2 dx .
											t											e				2 dx .
																				0
							2		e			t					1					1					t	1	e	1	t
		(t) F (t)
Тогда	f											2																2		2		,	что совпадает с
Тогда	f											2																2		2		,	что совпадает с
	T		T													2			t			2
																2			t			2
												1					1
формулой (2) § 10 для случая															;			.
формулой (2) § 10 для случая															;			.
												2					2
								1				1
Таким образом 2 (1)										;						.
Таким образом 2 (1)										;						.
								2					2

2) Рассмотрим резервированную систему (резерв замещением):

1 ; 1

2 2

1 ; 1

2 2

Тогда время жизни системы T T T , поэтому T ~ 2 (2) .
																									1				2
С другой стороны												fT (t) f1(t) f2(t) , где																								f1(t), f2 (t) – функции плот-
ности распределения для СВ Т1																						и Т2,					и					f1(t) f2 (t)							–		свертка функций
f1(t), f2 (t) . Поэтому
	t																			по формуле 2 § 10 для																							1				1
	t
f	(t)		f			( ) f				(t )d																																		,
f	(t)		f			( ) f			2	(t )d																																		,
T			1						2																																	2			2
	0																																									2			2
	0												t				1				1								1					1
																	1				1								1					1
											1																							2 (t			)d
											1							2e			2		(t )						2 e
											2							2e			2		(t )						2 e
											2		0
													0
					1					1		t			1									1							1				1			t	d
												t																										t
							e			2t				2 (t )										2 d									e		2t
							e			2t				2 (t )										2 d									e		2t
				2								0																		2								0 t t2
			1					1	t							2 t							t		1							1	t	2arcsin1						1					1	t
								1																								1													1

						e	2			arcsin																		e				2										e			2 .
		2				e	2			arcsin																2		e				2										e			2 .
		2																	t				0			2														2
																							0												1					1
																																			1					1
Таким образом, распределение 2 (2) ~ Ex																																						~ 1;				и
Таким образом, распределение 2 (2) ~ Ex																																						~ 1;				и
																																			2						2
																																1
																			2 (2n) ~ n;															.														(1)
																			2 (2n) ~ n;															.														(1)
																																2

3) Рассмотрим резервированную систему ( n 1; резерв замещением):

n; 12

1 ; 1

2 2

Тогда (см. формулу (1)) время жизни системы T T1 T2 , поэтому

T ~ 2 (2n 1) .

С другой стороны,

								t																													по формуле 2 § 10 для n,																																						1
								t
	f		(t)							f ( ) f											(t )d
	f		(t)							f ( ) f									2		(t )d
	T										1								2																																																							2
							0																																																																			2
							0																											1				n						1							t											1
																																												1
																										1
																																												2						t
																																												2
																																													e						n 1(t )											2 d
																												1																	e						n 1(t )											2 d
																		(n)										1								2
																																				2														0
																																																		0
																													2
																			=								u n 1 du (n 1) n 2
																											u n 1 du (n 1) n 2
																																									1																				1

																																									2 d v 2(t )
																						dv (t )																			2 d v 2(t )																				2
																					1																																t
																					1																																t
			1												1 n								2							t																					1													t										1
			1												1 n								2																																									t
																										e								2 n 1(t													) 2							2(n 1) n														2 (t			)			2 d
						1																				e								2 n 1(t													) 2							2(n 1) n														2 (t			)			2 d
						1								2
	(n)													2																																																0
	(n)																																																													0
						2																																															0
						2
																												1							n			1																t												1
																			1																			2																												1

																																														t 2(n					1)			n					2 (t		) 2 d
																																									e
																																									e
																									1						2
												(n)																			2																						0
												(n)																																									0
																									2
																интегрируя еще (n 2)																																				раза по частям
																интегрируя еще (n 2)																																				раза по частям
									1				n				1																																																						t							3
1													n				2																																				2		2			2								2					t					n		3
1																	2									t (n 1)(n 2) ... 1																											2		2			2		...						2				(t )						n		2 d
																			e
		1																	e
(n)		1							2																																												1 3 5												2n				3 0
									2																																												1 3 5												2n

		2
																								n				1												(n 1)!2n 1																													n			1	t
																												1																																													t
									1											1													t																										2
																												2			e
																												2
																																																																(t )							2
											1									2																					(2n								3)!!								2n				1
					(n)															2																					(2n								3)!!								2n				1
											2																																																														0
											2																																																														0
									n					1											(n 1)!2n														n			1																n			1								n		1									1
1							1																																												1					1																					1
														2																																															2					t
														2																																															2
																e					t																t						2																				e				t				2 ~ n								;		.
				1												e					t																t						2																				e				t				2 ~ n								;		.
				1			2																			(2n						1)!!																					1			2																					2			2
(n)							2																			(2n						1)!!																n								2																					2			2
(n)																																																n
				2																																																	2

Таким образом,

		1		1
2	(2n 1) ~ n		;		.
2	(2n 1) ~ n		;		.
		2		2

Поэтому из (1) и (2) следует, что

										n				1
				2 (n) ~									;				,
				2 (n) ~									;	2			,
										2				2
по формуле (2) § 10
												1			n			n	1	1
								1													t
															2
			(t)												2	t 2
f	2																		e	2 ,
f	2							n											e	2 ,
		(n)						n				2
												2

								2
а по формуле (3) § 10
			1						n	1
p(t)			1					x 2		1			xdx – функция надежности.
											e
		n									e
						1	t
						1

		2			2

По формулам (5), (6) § 10

Tcp n ,

D( 2 (n)) 2n .

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

Замечание. При больших n 2 (n) приближается к нормальному

N(n, 2n ).

ff(t)	Плотность вероятностей
ff(t)
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
						ч
					t, час
1		2		3	4
λ(tt)	Интенсивность		отказов
λ(tt)
1.3
1.2
1.1
1.0
0.9
0.8
0.7
						ас
0.5	1.0	1.5	2.0	2.5	3.0	t, ч
ppt(t)	Функция надежности
ppt(t)
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2

				t,час

1	2	3	4

Рис. 1. Графики	f (t), (t), p(t) для распределения 2 (n) , n = 1

ff(tt)		Плотность вероятностей
ff(tt)
0.15
0.10
0.05
						t, час
2	4	6	8	10	12	14
λ(t)		Интенсивность		отказов
λ(t)
t
0.4
0.3
0.2
0.1
						ас
						t, ч
2	4	6	8	10	12	14
p(t)		Функция надежности
p(t)
p t
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
						t, час
2	4	6	8	10	12	14
Рис. 2. Графики	f (t), (t),		p(t) для распределения 2 (n) , n = 5

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 148 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.11.20255.26 Mб1Электрофизические и электрохимические методы обработки материалов.pdf
#
30.11.20251.37 Mб0Элементы автоматики.pdf
#
30.11.20252.36 Mб1Элементы и детали оптических приборов.pdf
#
30.11.2025964.02 Кб1Элементы инженерно-геодезических изысканий в дорожном строительстве.pdf
#
30.11.20252.12 Mб0Элементы математического программирования.pdf
#
30.11.20252.21 Mб0Элементы математической теории надежности.pdf
#
30.11.20251.34 Mб0Элементы медицинских приборов и систем.pdf
#
30.11.20252.19 Mб0Элементы молекулярной и статистической физики.pdf
#
30.11.20251.79 Mб0Элементы приборов.pdf
#
30.11.20251.8 Mб0Элементы программирования на VBA.pdf
#
30.11.2025810.12 Кб0Элементы САПР гидропневмосистем.pdf