Надежность_1 / poz115
.pdfВ частности, для экспоненциальных распределений времени до отказа элементов с одинаковыми параметрами λ имеют место равенства:
|
|
|
P (t) = 1 −(1 − e −λt )m +1 |
, |
|
|
|
|
c |
|
|
fc (t) = (m +1)λe −λt (1 − e −λt )m , |
|
||||
λ |
|
(t) = |
(m +1)λe −λt (1 − e −λt )m |
, |
|
|
|
|
|||
|
c |
|
1 −(1 − e −λt )m+1 |
|
|
Среднее время безотказной работы системы определяется выражением:
T1 = |
1 |
m∑+1 |
1 |
, |
|
|
|||
|
λ k =1 k |
|
||
(2.4)
(2.5)
(2.6)
(2.7)
Формулы справедливы для случая, когда нерезервированная система рассматривается как один элемент, показатели надёжности которого известны. В действительности любая система состоит из большого числа элементов, каждый из которых имеет показатель надёжности, самостоятельно учитываемый при расчёте. В таком случае формула для вероятности безотказной работы имеет вид:
m |
|
n |
|
(2.8) |
Pc (t) = 1 − П 1 |
− ПPij |
(t) , |
||
i =0 |
|
j=1 |
|
|
где n – число элементов нерезервированной системы;
Pij(t) – вероятность безотказной работы элемента с номером (i, j).
2.1.2 Общее резервирование замещением
Вероятность безотказной работы, плотность распределения времени до отказа и среднее время безотказной работы системы определяются выражениями:
|
m |
|
Pc (t) = |
P0 (t) + ∑ f0 * f1 * ... * fi-1 * Pi (t) , |
(2.9) |
|
i =1 |
|
fc (t) = f0 * f1 * ... * fm (t) , |
(2.10) |
|
21
∞ |
m |
|
T1 = ∫Pc (t)dt = ∑T1i , |
(2.11) |
|
0 |
i =0 |
|
Если все элементы равнонадёжны, то
m |
t |
|
Pc (t) = ∑ f *(i) * P(t) = 1 - ∫f *(m+1) ( x)dx , |
(2.12) |
|
i =0 |
0 |
|
Формулы содержат свертки функций, обозначенные символом (*). Свертка функций f(t) и g(t), заданных при t≥0, определяется соотношением:
|
t |
t |
|
f * g(t) = ∫f(t - x)g(x)dx = ∫ f ( x)g(t − x)dx |
|
|
0 |
0 |
Выражение |
f *(i) (t) = f * f * ... * f(t) представляет собой i-кратную свертку |
|
|
1442443 |
|
i
функции f(t).
Если интенсивность отказов элементов постоянна и равна λ, то формулы для вероятности и среднего времени безотказной работы системы имеют вид:
m |
|
|
j |
|
||
Pc (t) = ∑ |
(λt) |
|
e−λt , |
(2.13) |
||
|
|
|
||||
j =0 |
j! |
|
|
|
||
T = |
1 |
(m +1) |
|
|||
|
λ |
|
||||
c |
|
|
|
|
||
2.1.3 Раздельное резервирование
Пусть исходная система состоит из n элементов. Тогда вероятность безотказной работы системы при раздельном резервировании выражается следующими формулами:
- раздельное резервирование с постоянно включённым резервом:
n |
|
|
m |
|
(t)) |
|
|
Pc (t) = ∏ |
1 |
− ∏(1 |
− Pij |
, |
(2.14) |
||
j =1 |
|
|
i =0 |
|
|
|
|
- раздельное резервирование замещением:
22
n |
m |
|
Pc (t) = ∏∑ f0 j * f1 j * ... * fi −1, j * Pij (t) , |
(2.15) |
|
j =1 |
i =0 |
|
В формулах приняты следующие обозначения: Pij(t) – вероятность безотказной работы элемента с номером (i, j), fij(t) – плотность распределения времени до отказа элемента, i=0,1,2, …, m; j=1,2, …, n.
2.1.4 Резервирование с дробной кратностью
Приведём формулы для показателей надёжности мажоритарных систем (систем с дробной кратностью резервирования), в которых n – общее число элементов, (n–m) основных и m резервных элементов. Отказ такой системы наступает при отказе (m+1)-го элемента.
Показатели надёжности мажоритарной системы при условии, что все элементы имеют одинаковую надёжность, вычисляются по формулам:
|
m |
|
|
Pc (t) = ∑Cni Q i (t)P n−i (t), |
|
(2.16) |
|
|
i =0 |
|
|
fc (t) = (n − m)Cnm Q m (t)P n−m −1 (t) f (t) , |
(2.17) |
||
λc (t) = |
(n − m)Cnm Q m (t)P n−m (t) |
λ(t), |
(2.18) |
m |
|||
|
∑Cni Q i (t)P n−i (t) |
|
|
i=0
2.1.5Скользящее резервирование
Скользящее резервирование представляет собой резервирование замещением с кратностью m/(n–m), где n – общее число элементов, m – число резервных элементов, (n–m) – число основных резервируемых элементов.
Вероятность безотказной работы системы со скользящим резервом при условии, что все элементы системы имеют одинаковую надёжность, равна
(2.19)
23
Если элементы системы имеют экспоненциальное распределение вероятностей времени до отказа с параметром λ, то вероятность безотказной работы, интенсивность отказов и среднее время безотказной работы системы соответственно равны:
Pc (t) = ∑m ((n − m)λt )k e −( n−m )λt , |
|
|
(2.20) |
|||||
k =0 |
k! |
|
|
|
|
|||
|
|
|
((n − m)λt )m |
|
|
|
||
λc (t) = (n − m)λ |
|
|
|
m! |
|
, |
(2.21) |
|
∑m |
((n − m)λt )k |
|
||||||
|
|
|
k! |
|
|
|
||
|
|
k =0 |
|
|
|
|||
T |
= |
|
m +1 |
T , |
|
|
(2.22) |
|
|
|
|
|
|||||
1c |
|
|
n − m |
1 |
|
|
|
|
2.2 Примеры решения задач
Пример 2.1. Дана резервированная система с постоянным резервом кратности m = 2. Элементы системы имеют постоянную интенсивность отказа λ=0,05 час-1. Найти показатели надёжности системы: вероятность безотказной работы, плотность распределения времени до отказа, интенсивность отказа, среднее время безотказной работы.
Решение: Воспользуемся формулами (2.4) – (2.6). Тогда получим:
|
|
|
P (t) = 1 −(1 − e −λt )m +1 = 1 −(1 − e −0,05t )3 |
|
|||
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
|
|
fc (t) = (m +1)λe −λt (1 − e −λt )m = 3 0,05e −0,05t (1 − e −0,05t )2 |
||||
λ |
|
(t) = |
(m +1)λe −λt (1 − e −λt )m |
= |
0,15e −0,05t (1 − e −0,05t )2 |
= |
0,15(1 − e −0,05t )2 |
|
c |
|
1 −(1 − e −λt )m +1 |
|
1 −(1 − e −0,05t )3 |
3 − 3e −0,05t + e −0,1t |
|
Табулируя функции, найдём искомые показатели надёжности, представленные в таблице 2.1.
24
Таблица 2.1 – Показатели надёжности резервированной системы с постоянно включённым резервом и кратностью резервирования m = 2
t, час |
Pc(t) |
fc(t) |
λc(t) |
0 |
1 |
0 |
0 |
5 |
0,989177 |
0,005716 |
0,005778 |
10 |
0,939084 |
0,014085 |
0,014999 |
15 |
0,853108 |
0,019726 |
0,023122 |
20 |
0,747420 |
0,022049 |
0,029501 |
25 |
0,636777 |
0,021878 |
0,034357 |
30 |
0,531138 |
0,020200 |
0,038031 |
35 |
0,435977 |
0,017794 |
0,040814 |
40 |
0,353538 |
0,015177 |
0,042930 |
45 |
0,284042 |
0,012653 |
0,044546 |
50 |
0,226594 |
0,010374 |
0,045784 |
55 |
0,179785 |
0,008402 |
0,046736 |
60 |
0,142048 |
0,006743 |
0,047469 |
65 |
0,111871 |
0,005374 |
0,048036 |
70 |
0,087884 |
0,004260 |
0,048475 |
75 |
0,068907 |
0,003364 |
0,048815 |
80 |
0,053947 |
0,002648 |
0,049079 |
85 |
0,042185 |
0,002079 |
0,049283 |
90 |
0,032958 |
0,001630 |
0,049442 |
95 |
0,025731 |
0,001275 |
0,049566 |
100 |
0,020078 |
0,000997 |
0,049662 |
Рисунок 2.2 – Вероятность безотказной работы
25
Рисунок 2.3 – Интенсивность и плотность распределения времени до отказа
Графическая иллюстрация результатов дана на рисунках 2.2 и 2.3. Согласно (2.7), среднее время безотказной работы системы будет равно:
|
1 m +1 |
1 |
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
T1c = |
|
∑ |
|
= 20 1 |
+ |
|
+ |
|
|
= 36,7 час. |
|
k |
2 |
3 |
|||||||
|
λ k =1 |
|
|
|
|
|
||||
Пример 2.2. Требуется определить кратность резервирования системы с постоянным резервом, обеспечивающим вероятность безотказной работы 0,96 в течение времени t = 150 час. Элементы системы равнонадёжны и имеют экспоненциальное распределение со средним временем безотказной работы Т = 300 час. Найти также кратность резервирования для системы, элементы которой имеют распределение Рэлея с тем же средним.
Решение: Кратность резервирования может быть определена по формуле:
m = ln(1 − Pc (t)) −1, ln(1 − P(t))
где P(t) – вероятность безотказной работы элемента в течение времени t;
Pc(t) = 0,96 – вероятность безотказной работы системы в течение времени t.
Для экспоненциального распределения P (t) = e −λ1t , где |
λ |
|
= |
1 |
– |
1 |
|
||||
1 |
|
T |
|
||
|
|
|
|
||
интенсивность отказа элемента.
26
Для распределения Рэлея |
|
P (t) = e −λ2 t 2 , |
где λ |
|
= |
π |
– параметр |
||||||
|
|
4T 2 |
|||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||
распределения. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В течение времени t = 150 час получим: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
- для экспоненциального закона: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
P (t) = e −λ1t |
= e − |
t |
|
= e− |
150 |
= 0,606531 |
|
|
|
|
|||
T |
|
300 |
|
|
|
|
|||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- для закона Рэлея: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P (t) = e −λ2 t 2 |
= e− |
πt 2 |
|
= e− |
π 1502 |
= 0,821725 |
|
|
|
||||
4T 2 |
|
4 3002 |
|
|
|
||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставляя значения P1(t) и P2(t) в формулу для кратности резервирования m, получим:
- для экспоненциального распределения:
m1 = |
ln(1 − 0,96) |
−1 = 2,45 |
|
ln(1 − 0,606531) |
|||
|
|
- для распределения Рэлея:
m2 = |
ln(1 − 0,96) |
−1 = 0,87 |
|
ln(1 − 0,821725) |
|||
|
|
Округляя до целых чисел в большую сторону, получим m1 = 3, m2 = 1. Таким образом, для достижения заданной надёжности в первом случае потребуется 3 резервных элемента, а во втором случае – только один.
Из примера видно, что надёжность системы определяется не только её структурой и временем работы, но также законом распределения времени до отказа элементов.
Пример 2.3. В условиях предыдущего примера необходимо обеспечить заданную надёжность системы в течение времени t = 450 час.
Решение: Определим вероятность безотказной работы элемента в течение времени t=450 час для экспоненциального распределения и распределения Рэлея:
27
P (t) = e −λ1t |
= e − |
t |
= e− |
450 |
= 0,22313 |
||
T |
|
300 |
|||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
πt 2 |
|
π 4502 |
|||
P (t) = e−λ2 t 2 |
= e− |
|
= e− 4 3002 = 0,17082 |
||||
4T 2 |
|||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Найдём кратность резервирования:
- для экспоненциального распределения:
m1 = |
ln(1 − 0,96) |
−1 = 11,7 |
|
ln(1 − 0,22313) |
|||
|
|
- для распределения Рэлея:
m2 = |
ln(1 |
− 0,96) |
−1 = 16,2 |
|
ln(1 − |
0,17082) |
|||
|
|
Округление до целых чисел даёт требуемую кратность m1 = 12, m2 = 17. Если система работает время t = 450 час, то для достижения заданной надёжности необходимо иметь 12 резервных элементов в первом случае и 17 резервных элементов во втором случае.
Из расчёта следует, что структурное резервирование не может обеспечить вероятность безотказной работы системы 0,96 в течение 450 часов. Кратность резервирования настолько высока, что её практическая реализуемость вряд ли возможна.
Пример 2.4. Дана резервированная система с постоянным резервом кратности m, все элементы которой равнонадёжны и имеют усечённый нормальный закон распределения времени до отказа с параметрами m0 = 400 час и σ0 = 200 час. Определить все показатели надёжности системы. Результаты представить в виде таблиц и графиков. Принять m = 0,1,2.
Решение: Для равнонадёжных элементов формулы (2.1)-(2.3) показателей надёжности принимают вид:
Pc (t) = 1 − (1 − P(t))m +1
fc (t) = (m +1) f (t)(1 − P(t))m
λ |
|
(t) = |
(m +1) f (t)(1 − P(t))m |
|
c |
1 − (1 − P(t))m +1 |
|||
|
|
28
Плотность распределения времени до отказа и вероятность безотказной работы для усечённого нормального распределения равны соответственно:
f (t) = |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
e − |
( t −m0 )2 |
= |
|
|
1 |
|
|
e − |
( t −400)2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2σ0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 2002 |
||||||||||||
|
|
|
|
m |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
200 2π (0,5 + Ф |
0 |
(2)) |
|
|||||||
σ0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
2π |
0,5 + Ф0 |
σ0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
t − m0 |
|
|
|
|
|
|
t − 400 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0,5 |
−Ф0 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
0,5 −Ф0 |
|
|
σ0 |
|
|
|
|
|
200 |
|
|
|
||||||||||
|
|
P(t) = |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
m |
0 |
|
|
|
|
|
0,5 + Ф0 (2) |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
0,5 + Ф0 |
σ0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
где Ф0(t) – функция Лапласа.
Значения вероятности безотказной работы системы Pc(t) для кратности резервирования m = 0,1,2 содержатся в таблице 2.2. Соответствующие графики приведены на рисунке 2.4.
Таблица 2.2 – Вероятность безотказной работы резервированной системы
t, час |
m = 0 |
m = 1 |
m = 2 |
|
|
|
|
0 |
1,00000 |
1,00000 |
1,00000 |
50 |
0,98229 |
0,99969 |
0,99999 |
100 |
0,95492 |
0,99797 |
0,99991 |
150 |
0,91517 |
0,99280 |
0,99939 |
200 |
0,86093 |
0,98066 |
0,99731 |
250 |
0,79138 |
0,95648 |
0,99092 |
300 |
0,70756 |
0,91448 |
0,97499 |
350 |
0,61264 |
0,84996 |
0,94188 |
400 |
0,51164 |
0,76150 |
0,88353 |
450 |
0,41064 |
0,65265 |
0,79528 |
500 |
0,31572 |
0,53176 |
0,67959 |
550 |
0,23190 |
0,41003 |
0,54684 |
600 |
0,16235 |
0,29834 |
0,41225 |
650 |
0,10811 |
0,20453 |
0,29053 |
700 |
0,06836 |
0,13205 |
0,19139 |
750 |
0,04099 |
0,08030 |
0,11800 |
800 |
0,02328 |
0,04602 |
0,06823 |
850 |
0,01251 |
0,02486 |
0,03706 |
900 |
0,00635 |
0,01267 |
0,01894 |
950 |
0,00305 |
0,00609 |
0,00912 |
1000 |
0,00138 |
0,00276 |
0,00414 |
|
|
|
|
|
|
29 |
|
Следует иметь в виду, что при больших значениях t вероятность безотказной работы настолько мала, что нет смысла эксплуатировать систему. Таблица необходима только для иллюстрации результатов решения задачи, представления решения в графическом виде и вычисления среднего времени безотказной работы системы методом Симпсона.
Рисунок 2.4 – Вероятность безотказной работы при различной кратности резервирования
Из графиков следует, что Pc(t) возрастает при увеличении кратности резервирования, причем этот эффект тем сильнее, чем меньше m.
На основе данных таблицы 2.2 приближенно вычислим среднее время безотказной работы системы для значений m = 0, 1, 2 . Воспользуемся формулой Симпсона:
|
|
h |
|
n−1 |
|
k |
|
|
|
T1 |
= |
|
|
1 |
+ ∑(3 |
+ (−1) |
|
)Pc |
(kh) |
3 |
|
||||||||
|
|
|
|
k =1 |
|
|
|
|
|
в которой шаг интегрирования примем равным h = 50 час, n = 20. Расчеты показывают, что при m = 0 T1≈411 час, при m = 1 T1≈518 час, при m = 2 T1≈573 час.
В таблице 2.3 содержатся значения плотности распределения вероятностей fс(t) для той же кратности резервирования. Графики fc(t) приведены на рисунке 2.5.
30