основы расчёта надёжности - Ухтинский государственный

Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение высшего профессионального образования
Ухтинский государственный технический университет
Кафедра промышленной безопасности и охраны окружающей среды
ОСНОВЫ РАСЧЁТА НАДЁЖНОСТИ
Методические указания для практических занятий
для студентов специальности 280102 «Безопасность технологических
процессов и производств»
Ухта 2008
УДК 614:551.521 (076.5)
Н 82
Нор, Е.В.
Основы расчёта надёжности [Текст]: метод. указания для практических занятий /
Е.В. Нор, Е.С. Бердникова. – Ухта: УГТУ, 2008. – 37 с.
Методические указания предназначены для практических занятий по дисциплине
«Надёжность технических систем и техногенный риск» для студентов
специальности 280102.65 «Безопасность технологических процессов и
производств».
Методические указания рассмотрены и одобрены кафедрой ПБ и ООС от 19.06.08
протоколом № 8.
Рецензент: Бердник А.Г., доцент кафедры ПБ и ООС, к.т.н.
Редактор: Колесник О.А., ассистент кафедры ПБ и ООС.
В методических указаниях учтены предложения рецензента и редактора.
План 2008 г., позиция 115.
Подписано в печать 18.12.2008 г. Компьютерный набор.
Объём 37 с. Тираж 50 экз. Заказ № 226.
© Ухтинский государственный технический университет, 2008
169300, Республика Коми, ул. Первомайская, д. 13.
Отдел оперативной полиграфии УГТУ.
169300, Республика Коми, г. Ухта, ул. Октябрьская, д. 13.
СОДЕРЖАНИЕ
1 Расчёт показателей надёжности нерезервированных невосстанавливаемых
систем ............................................................................................................................... 4
1.1 Методы расчёта показателей надёжности ............................................................. 4
1.2 Примеры решения задач .......................................................................................... 5
1.3 Задачи для самостоятельного решения ................................................................ 16
2 Расчёт показателей надёжности резервированных невосстанавливаемых
систем ............................................................................................................................ 19
2.1 Методы расчёта показателей надёжности ........................................................... 19
2.1.1 Общее резервирование с постоянно включенным резервом .......................... 19
2.1.2 Общее резервирование замещением ................................................................. 21
2.1.3 Раздельное резервирование ................................................................................ 22
2.1.4 Резервирование с дробной кратностью ............................................................. 23
2.1.5 Скользящее резервирование ............................................................................... 23
2.2 Примеры решения задач ........................................................................................ 24
2.3 Задачи для самостоятельного решения ................................................................ 35
Библиографический список .......................................................................................... 37
3
1 РАСЧЁТ ПОКАЗАТЕЛЕЙ НАДЁЖНОСТИ НЕРЕЗЕРВИРОВАННЫХ
НЕВОССТАНАВЛИВАЕМЫХ СИСТЕМ
1.1 Методы расчёта показателей надёжности
Критериями надёжности невосстанавливаемых систем являются:
1) Pc (t) – вероятность безотказной работы системы в течение времени t;
2) Tc – среднее время безотказной работы системы;
3) λc (t) – интенсивность отказа системы в момент времени t;
4) fc (t) – плотность распределения времени до отказа.
Между этими показателями существуют следующие зависимости:
t
Pc ( t ) = e
∫ λc ( t ) dt
0
∞
T1c = ∫ Pc ( t )dt
0
λ c (t ) =
f c (t )
Pc ( t )
f c ( t ) = Qc' ( t ) = − Pc' ( t )
t
Pc ( t ) = 1 − ∫ f c ( t )dt
0
Замечание: следует иметь в виду, что среднее время безотказной работы является
неудовлетворительным показателем надёжности систем с коротким временем работы.
Структурная схема нерезервированной системы, состоящей из n элементов,
приведена на рисунке 1.1.
1
2
…
n
Рисунок 1.1 – Структурная схема нерезервированной системы
При отказе любого элемента наступает отказ системы. При этом остальные
элементы системы прекращают свою работу.
Показатели надёжности такой системы вычисляются по формулам:
n
Pc ( t ) = П P j ( t )
j =1
∞
T1c = ∫ Pc ( t )dt
0
4
n
λ c (t ) = ∑ λ j (t )
j =1
f c ( t ) = f 1 ( t ) P2 ( t )... Pn ( t ) + P1 ( t ) f 2 ( t )... Pn ( t ) + ... + P1 ( t ) P2 ( t )... f n ( t ) ,
где Pj(t) – вероятность безотказной работы j-го элемента, j = 1,2, …, n;
fj (t) – плотность распределения времени до отказа j-го элемента, j = 1,2, …,n;
λj (t) – интенсивность отказа j-го элемента, j = 1,2, …, n.
Для случая постоянных интенсивностей отказов элементов имеют место
соотношения:
Pc ( t ) = e − λ t
c
n
λc = ∑ λ j
j =1
T1c =
1
λc
f c (t ) = λ c e − λ t
c
1.2 Примеры решения задач
Пример 1.1. Нерезервированная система
Интенсивности их отказов приведены в таблице 1.1.
состоит
из
5
элементов.
Таблица 1.1 – Интенсивности отказов элементов
Номер элемента
λi, час-1
1
0,00007
2
0,00005
3
0,00004
4
0,00006
5
0,00004
Определить показатели надёжности системы: интенсивность отказа, среднее
время безотказной работы, вероятность безотказной работы, плотность
распределения времени безотказной работы. Показатели надёжности P(t) и f(t)
получить на интервале от 0 до 1000 часов с шагом 100 часов.
Решение. Вычислим интенсивность отказа и среднее время безотказной
работы системы:
n
λ с = ∑ λ i = 0,00007 + 0,00005 + 0,00004 + 0,00006 + 0,00004 = 0,00026 час-1
i =1
T1c =
1
λc
=
1
= 3846 час
0,00026
5
Получим значения вероятности безотказной работы и плотности распределения
времени до отказа, табулируя функции на интервале от 0 до 1000 часов.
Pc ( t ) = e − λ t = e −0 , 00026⋅t и f c ( t ) = λ c e − λ t = 0,00026e −0 , 00026⋅t
c
c
Результаты табулирования представлены в таблице 1.2.
Таблица 1.2 – Вероятность безотказной работы и плотность распределения времени
до отказа
t, час
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Pc (t)
1
0,974335
0,949329
0,924964
0,901225
0,878095
0,855559
0,833601
0,812207
0,791362
0,771052
fc (t)
0,00026
0,000253
0,000247
0,000240
0,000234
0,000228
0,000222
0,000217
0,000211
0,000206
0,000200
Графическая иллюстрация Pc(t) и fc(t) показана на рисунках 1.2 и 1.3.
Рисунок 1.2 – Вероятность безотказной работы системы
6
Рисунок 1.3 – Плотность распределения времени до отказа
Интенсивность отказа системы в данном случае есть величина постоянная,
равная λс=0,00026 час-1, её графиком является прямая, параллельная оси времени.
Пример 1.2. Нерезервированная система состоит из 5 элементов, имеющих
различные законы распределения времени работы до отказа. Виды законов
распределения и их параметры приведены в таблице 1.3.
Таблица 1.3 – Законы распределения времени до отказа
Номер
элемента
Закон
распределения
времени до
отказа
1
2
3
4
5
W(2; 1800)
Г(7; 300)
R(8·10-8)
Exp(0,002)
TN(2000; 90)
В таблице 1.3 и в дальнейшем приняты следующие обозначения законов
распределения:
W – Вейбулла;
Г – гамма;
R – Рэлея;
Exp – экспоненциальный;
TN – усечённый нормальный;
N – нормальный;
U – равномерный.
В скобках указаны параметры распределений.
7
Определить показатели надёжности каждого элемента и всей системы:
вероятность безотказной работы; среднее время безотказной работы; интенсивность
отказа, плотность распределения времени безотказной работы. Для показателей,
зависящих от времени, получить решение в виде таблиц и графиков.
Решение: в таблице 1.3 заданы параметры законов распределения времени до
отказа. Вычислим начальные моменты распределений: математические ожидания и
средние квадратические отклонения. Для этого воспользуемся формулами связи
моментов с параметрами распределений, которые приведены в таблице 1.4.
Таблица 1.4 – Связь параметров распределений с первыми двумя моментами
Распределение
Экспоненциальное Exp(λ)
m
σ
1
1
λ
λ
Равномерное U(a, b), a≥0
a+b
2
Гамма Г(α, β)
α·β
b−a
2 3
α ⋅β
σ0 ⋅ 1+ k ⋅
m0
σ0
− k2
m 02
Усечённое нормальное
TN(m0, σ0)
k=
m0 + k ⋅ σ 0
−
c
⋅ e 2σ
2π
2
0
1
c=
0,5 + Ф0 ⋅
m0
σ0
Рэлея R(λ)
π
4λ
4−π
4λ
Вейбулла W(α, β)
β Г (1 + 1 / α )
β ⋅ Г ⋅ (1 + 2 / α ) − Г 2 ⋅ (1 + 1 / α )
Нормальное N (m, σ) m>3·σ
m
σ
В таблице введены следующие обозначения:
2
1 t − x2
⋅ ∫ e dx – функция Лапласа;
2π 0
Ф0 ( t ) =
∞
Г (α ) = ∫ x α −1 e − x dx – гамма – функция.
0
Определим математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение
времени до отказа элементов.
Элемент 1. Распределение Вейбулла с параметром формы α = 2 и параметром
масштаба β = 1800:
8
m=1800·Г(1,5)=1595 час, σ = 1800 ⋅ Г ( 2) − Г 2 (1,5) =834 час.
Элемент 2. Гамма – распределение с параметром формы α = 7 и параметром
масштаба β = 300:
m=7·300 =2100 час, σ = 7 ⋅ 300 =794 час.
Элемент 3. Распределение Рэлея с параметром λ=8·10-8:
π
m=
4 ⋅ 8 ⋅ 10 − 8
= 3133 час, σ =
4−π
= 1638 час.
4 ⋅ 8 ⋅ 10 − 8
Элемент 4. Экспоненциальное распределение с параметром λ=0,0002:
1
m=
= 5000 час, σ = m = 5000 час.
0,0002
Элемент 5. Усечённое нормальное распределение с параметрами m0 = 2000,
σ0 = 900:
k=
1
⎛
⎛ m ⎞⎞
2π ⋅ ⎜⎜ 0,5 + Ф0 ⋅ ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟⎟
⎝ σ 0 ⎠⎠
⎝
Значит,
⋅e
−
m 02
2σ 02
=
1
⎛
⎛ 2000 ⎞ ⎞
2π ⋅ ⎜⎜ 0,5 + Ф0 ⋅ ⎜
⎟ ⎟⎟
⎝ 900 ⎠ ⎠
⎝
⋅e
−
2000 2
2⋅ 900 2
= 0,0342
m = 2000 + 0,0342 ⋅ 900 = 2029 час,
σ = 900 ⋅ 1 + 0,0342 ⋅
2000
− 0,0342 2 = 931 час.
900
Полученные значения сведены в таблицу 1.5.
Таблица 1.5 – Параметры законов распределения времени до отказа элементов
Номер элемента
1
2
3
4
Среднее время безотказной работы, час.
1595 2100 3133 5000
Среднее квадратическое отклонение времени безотказной
834 794 1638 5000
работы, час
5
2029
931
Для вычисления вероятности безотказной работы и плотности распределения
времени до отказа элементов нам потребуются аналитические выражения, которые
приведены в таблице 1.6.
9
В гамма–распределении функция I (α , t ) =
t
1
⋅ ∫ x α −1 e − x dx есть неполная
Г (α ) 0
гамма – функция.
Таблица 1.6 – Некоторые законы распределения вероятностей
Распределение
Экспоненциальное Exp(λ)
Равномерное U(a, b), a≥0
f(t)
λ·e-λt
P(t)
e-λt
⎧ 1
,a ≤ t ≤ b
⎨
⎩b − a
0,
1,
b−t
,
b−a
t<a, t>b
0,
a ≤t ≤ b;
t>b
⎛ t
1 − I ⎜⎜ α ,
⎝ β
−
t α −1
β
e
α
β Г (α )
t
Гамма Г(α, β)
t<a;
⎞
⎟⎟
⎠
( t − m0 )2
Усечённое нормальное
TN (m0, σ0)
m≥1,33σ
−
С
e
σ 0 2π
1
C=
2σ 02
⎛
⎛ t − m0 ⎞ ⎞
⎟⎟ ⎟
C ⋅ ⎜⎜ 0,5 − Ф0 ⎜⎜
⎟
σ
0
⎝
⎠⎠
⎝
⎛m ⎞
0,5 + Ф0 ⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎝σ0 ⎠
2 ⋅ λ ⋅ t ⋅ e − λt
2
Рэлея R(λ)
⎛ t ⎞
e − λt
α
Вейбулла W(α, β)
α ⋅ t α −1 − ⎜⎜⎝ β ⎟⎟⎠
e
βα
Нормальное N (m, σ), m>3σ
(t −m )
−
1
e 2σ
σ 2π
e
2
⎛ t ⎞α
− ⎜⎜ ⎟⎟
⎝β⎠
⎛t −m⎞
0,5 − Ф0 ⎜
⎟
⎝ σ ⎠
2
2
Равномерное и нормальное распределения имеют ограничения на параметры
для того, чтобы их можно было использовать для решения задач надёжности в
неотрицательной временной области (t≥0).
Вычислим вероятность безотказной работы элементов.
Элемент 1. Распределение Вейбулла:
P1 ( t ) = e
⎛ t ⎞α
− ⎜⎜ ⎟⎟
⎝β⎠
=e
⎛ t ⎞
−⎜
⎟
⎝ 1800 ⎠
2
Элемент 2. Гамма-распределение:
⎛ t
x α −1 − β
P2 ( t ) = ∫ α
e dx = 1 − I ⎜⎜ α ,
t β Г (α )
⎝ β
∞
x
10
⎞
t ⎞
⎛
⎟⎟ = 1 − I ⎜ 7,
⎟
⎝ 300 ⎠
⎠
Элемент 3. Распределение Рэлея:
P3 ( t ) = e − λt = e −8⋅10
2
−8
⋅t 2
Элемент 4. Экспоненциальное распределение:
P4 ( t ) = e − λt = e −0 , 0002 t
Элемент 5. Усечённое нормальное распределение:
P5 ( t ) =
c
σ 0 2π
∞
∫e
−
( x − m0 )2
2σ 02
t
⎛ t − m0 ⎞
⎟⎟ 0,5 − Ф0 ⎛⎜ t − 2000 ⎞⎟
0,5 − Ф0 ⎜⎜
⎝ 900 ⎠
⎝ σ0 ⎠
dx =
=
⎛ 2000 ⎞
⎛m ⎞
0,5 + Ф0 ⎜
⎟
0,5 + Ф0 ⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎝ 900 ⎠
⎝σ0 ⎠
Табулируя эти функции от 0 до 2000 часов с шагом 100 часов, получим
таблицу 1.7.
Таблица 1.7 – Вероятность безотказной работы элементов
t, час
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
1300
1400
1500
1600
1700
1800
1900
2000
P1(t)
1
0,980199
0,960789
0,941765
0,923116
0,904837
0,886920
0,869358
0,852144
0,835270
0,818731
0,802519
0,786628
0,771052
0,755784
0,740818
0,726149
0,711770
0,697676
0,683861
0,670320
P2(t)
1
1
0,999994
0,999917
0,999532
0,998321
0,995466
0,989932
0,980612
0,966491
0,946799
0,921097
0,889326
0,851793
0,809123
0,762184
0,712001
0,659674
0,606303
0,552922
0,500461
P3(t)
1
0,995696
0,990256
0,983464
0,975087
0,964883
0,952605
0,938013
0,920884
0,901022
0,878275
0,852542
0,823788
0,792053
0,757456
0,720202
0,680578
0,638951
0,595754
0,551479
0,506654
11
P4(t)
1
0,9992
0,996805
0,992826
0,987282
0,980199
0,971611
0,961558
0,950089
0,937255
0,923116
0,907738
0,891188
0,873541
0,854875
0,835270
0,814810
0,793581
0,771669
0,749162
0,726149
P5(t)
1
0,996918
0,987730
0,972604
0,951817
0,925741
0,894839
0,859646
0,820755
0,778801
0,734444
0,688351
0,641180
0,593567
0,546108
0,499352
0,453789
0,409845
0,367879
0,328179
0,290960
Pc(t)
1
0,972194
0,936745
0,894281
0,845456
0,790895
0,731242
0,667280
0,600058
0,530939
0,461577
0,393774
0,329303
0,269727
0,216247
0,169613
0,130105
0,097577
0,071540
0,051268
0,035911
В последнюю колонку записаны значения вероятностей безотказной работы
системы, которые определяются произведением вероятностей безотказной работы
элементов:
Pс(t) = P1(t) P2(t) P3(t) P4(t) P5(t)
На рисунке 1.4 показаны графики функций Pi(t), i=1,2,3,4,5, соответствующих
вероятностям безотказной работы элементов. Номера графиков соответствуют
номерам элементов. На рисунке 1.5 изображён график вероятности безотказной
работы системы Pс(t).
Рисунок 1.4 – Вероятность безотказной работы элементов
Рисунок 1.5 – Вероятность безотказной работы системы
Из графиков видно различное поведение вероятностей безотказной работы
элементов. Скорость убывания вероятностей зависит от вида и параметров закона
распределения. В нашем случае медленнее всего убывает P(t) для
12
экспоненциального распределения и распределения Рэлея, т.е. при большом
времени работы наиболее надёжными оказываются третий и четвёртый элементы
системы.
Вычислим среднее время безотказной работы системы:
∞
∞
0
0
T1 = ∫ Pc ( t )dt = ∫ P1 ( t ) P2 ( t ) P3 ( t ) P4 ( t ) P5 ( t )dt
по формуле Симпсона:
n −1
h ⎛
⋅ ⎜ 1 + ∑ ((3 + ( −1) k )P1 ( kh) P2 ( kh) P3 ( kh) P4 ( kh) P5 ( kh))⎞⎟ ,
3 ⎝
k =1
⎠
где n – число точек;
h – шаг интегрирования, выбираемый из условия обеспечения требуемой
точности.
T1 =
Расчёты показывают, что для данных таблицы 1.7 Т1=976,3 час.
На рисунке 1.6 изображены графики интенсивностей отказов элементов.
Кривая 4, соответствующая экспоненциальному закону, параллельна оси времени,
т.к. имеет постоянную интенсивность отказа. Все остальные кривые интенсивностей
отказов являются возрастающими функциями времени.
На рисунке 1.7 показан график интенсивности отказа системы, равной сумме
интенсивностей отказов её элементов:
λ c ( t ) = λ1 ( t ) + λ 2 (t ) + λ 3 (t ) + λ 4 ( t ) + λ 5 ( t )
Рисунок 1.6 – Интенсивность отказов элементов
13
Рисунок 1.7 – Интенсивность отказа системы
Интенсивность отказа системы также является возрастающей функцией
времени, что говорит о том, что система является стареющей, а закон распределения
времени до её отказа не экспоненциальный.
Вычислим плотности распределения вероятностей времени безотказной
работы элементов.
Элемент 1. Распределение Вейбулла:
⎛ t ⎞
α
⎛ t ⎞
−⎜
⎟
αt α −1 − ⎜⎜⎝ β ⎟⎟⎠
2t
⎝ 1800 ⎠
f 1 (t ) = α e
=
e
β
1800 2
2
Элемент 2. Гамма-распределение:
t
−
−
t6
t α −1
β
300
f 2 (t ) = α
e =
e
β Г (α )
300 7 Г (7 )
t
Элемент 3. Распределение Рэлея:
f 3 ( t ) = 2λ te − λt = 2 ⋅ 8 ⋅ 10 −8 te −8⋅10
2
−8
⋅t 2
Элемент 4. Экспоненциальное распределение:
f 4 ( t ) = λ ⋅ e − λt = 0,0002e −0 , 0002 t
Элемента 5. Усечённое нормальное распределение:
f 5 (t ) =
c
σ 0 2π
e
−
( t − m0 )2
2σ 02
=
1
⎛
⎛ 2000 ⎞ ⎞
900 2π ⎜⎜ 0,5 + Ф0 ⎜
⎟ ⎟⎟
900
⎝
⎠⎠
⎝
14
e
−
( t − 2000 ) 2
2⋅ 900 2
Табулируя плотности распределения от 0 до 2000 часов с шагом 100 часов,
получим таблицу 1.8.
Таблица 1.8 – Плотности распределения времени безотказной работы элементов
t, час
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
1200
1300
1400
1500
1600
1700
1800
1900
2000
f1(t)
0,0002
0,000196
0,000192
0,000188
0,000185
0,000181
0,000177
0,000174
0,000170
0,000167
0,000164
0,000161
0,000157
0,000154
0,000151
0,000148
0,000145
0,000142
0,000140
0,000137
0,000134
f2(t)
0
0
0
0,000002
0,000007
0,000019
0,00004
0,000072
0,000116
0,000168
0,000227
0,000288
0,000347
0,000402
0,000450
0,000487
0,000514
0,000530
0,000535
0,000531
0,000517
f3(t)
0,000038
0,000048
0,000061
0,000075
0,000092
0,000112
0,000134
0,000158
0,000185
0,000213
0,000242
0,000272
0,000303
0,000332
0,000360
0,000385
0,000407
0,000425
0,000438
0,000446
0,000449
f4(t)
0
0,000016
0,000032
0,000048
0,000063
0,000078
0,000093
0,000108
0,000122
0,000135
0,000148
0,000160
0,000171
0,000182
0,000191
0,000200
0,000209
0,000216
0,000222
0,000228
0,000232
f5(t)
0
0,000062
0,000122
0,000180
0,000235
0,000286
0,000331
0,000371
0,000405
0,000433
0,000453
0,000467
0,000475
0,000476
0,000472
0,000462
0,000448
0,000430
0,000409
0,000385
0,000359
Графики, построенные по данным таблицы 1.8, представлены на рисунке 1.8.
Рисунок 1.8 – Плотности распределения времени до отказа элементов
Плотность распределения времени до отказа системы fc(t) изображена на
рисунке 1.9. Для её изображения вычисления выполнялись по формуле:
f c ( t ) = λ c ( t ) Pc ( t )
15
Рисунок 1.9 – Плотность распределения времени до отказа системы
Из графика отчётливо видна неэкспоненциальность распределения времени до
отказа нерезервированной системы, если законы распределения времени до отказа
её элементов не являются экспоненциальными.
1.3 Задачи для самостоятельного решения
Задача 1.1. Техническая система состоит из n = 3 подсистем, которые могут
отказать независимо друг от друга. Отказ каждой подсистемы приводит к отказу
всей системы. Вероятность того, что в течение времени t первая подсистема
проработает безотказно, равна 0,7; вторая – 0,9; третья – 0,8. Найти вероятность
того, что в течение времени t система проработает безотказно. Найти вероятность
отказа системы за время t.
Задача 1.2. Известно, что серийно выпускаемая деталь имеет
экспоненциальное распределение времени до отказа с параметром λ=10-5 час-1.
Деталь используется конструктором при разработке нового прибора. Назначенный
ресурс прибора Тн=104 час.
Определить следующие показатели надёжности детали:
- вероятность отказа детали до момента Тн;
- вероятность того, что деталь безотказно проработает в течение времени Тн;
- вероятность того, что деталь безотказно проработает в интервале времени от
3
10 до 104 час.
Задача 1.3. Проектируется нерезервированная система, состоящая из
элементов четырёх групп. Количество элементов каждой группы, а также
интенсивности их отказов приведены в таблице 1.9.
16
Таблица 1.9 – Данные о числе элементов системы и интенсивности их отказов
Номер группы
Число элементов
1
2
3
4
10
15
32
8
Интенсивность отказа элемента,
час-1
2·10-6
4·10-6
2,5·10-6
5·10-6
Определить:
- интенсивность отказа системы;
- среднее время безотказной работы;
- вероятность безотказной работы системы в течение времени t1 = 100 час,
t2 = 1000 час и в интервале указанных наработок;
- плотность распределения времени безотказной работы системы при наработке
t2 = 1000 час.
Задача 1.4. Система состоит из пяти элементов. Данные о их надёжности
приведены в таблице 1.10.
Таблица 1.10 – Законы распределения времени до отказа элементов и их параметры
Вариант
1
2
3
4
5
1
TN (390; 100)
R (1·10-5)
Г (10; 70)
TN (380; 100)
W (6; 195)
2
Г (9; 65)
W (4,5; 180)
Exp (5·10-5)
R (1,6·10-5)
TN (410; 95)
Элементы
3
Exp (8·10-5)
Г (8; 77)
TN (375; 86)
W (7; 210)
Exp (2·10-5)
4
R (2·10-5)
TN (400; 92)
R (3·10-5)
Exp (2·10-4)
Г (8; 75)
5
W (5; 200)
Exp (1·10-4)
W (4,8; 190)
Г (9; 85)
R (2,5·10-5)
Определить:
- вероятность безотказной работы системы;
- среднее время безотказной работы системы;
- интенсивность отказов системы;
- плотность распределения времени до отказа системы.
Решение представить в аналитическом виде, в виде графиков и таблиц.
Задача 1.5. Система состоит из пяти элементов с экспоненциальными
законами распределения времени до отказа. Показателями их надёжности являются:
P1(100) = 0,99; λ2 = 0,00001 час-1; Т3 = 8100 час, Т4 = 7860 час, λ5 = 0,000025 час-1.
Определить время t, в течение которого система будет исправна с
вероятностью 0,92.
17
Задача 1.6. Система состоит из пяти элементов с постоянными
интенсивностями отказов. Вероятность безотказной работы элементов в течение t
часов имеют следующие значения: P1(100) = 0,99; P2(200) = 0,97; P3(157) = 0,98;
P4(350) = 0,95; P5(120) = 0,98.
Определить вероятность безотказной работы системы в течение 625 часов её
функционирования, а также среднее время безотказной работы.
Задача 1.7. Время работы до отказа серийно выпускаемой детали
распределено по нормальному закону с параметрами: m = 1000 час, σ = 250 час.
Определить:
- вероятность того, что деталь проработает безотказно более 1200 часов;
- вероятность того, что наработка до отказа будет находиться в интервале [m−3σ,
m+3σ];
- вероятность того, что, безотказно проработав до момента времени 1200 часов,
деталь безотказно проработает и до 1500 часов.
Задача 1.8. Комплектующая деталь, используемая при изготовлении
устройства, по данным поставщика имеет нормальное распределение времени до
отказа с параметрами m = 4000 час, σ = 1000 час. Определить следующие показатели
надёжности детали:
- наработку до отказа, соответствующую 90 % надёжности детали;
- вероятность того, что деталь имеет наработку, лежащую в интервале [2000;
3000];
- вероятность того, что деталь имеет наработку, большую, чем 4000 часов.
18
2 РАСЧЁТ ПОКАЗАТЕЛЕЙ НАДЁЖНОСТИ РЕЗЕРВИРОВАННЫХ
НЕВОССТАНАВЛИВАЕМЫХ СИСТЕМ
2.1 Методы расчёта показателей надёжности
Критерии надёжности резервированных невосстанавливаемых систем те же,
что и нерезервированных невосстанавливаемых систем.
Основными видами резервирования являются: общее постоянное, общее
замещением, раздельное постоянное, раздельное замещением. Структурные схемы
резервированных систем приведены на рисунке 2.1.
Приведём
основные
соотношения
для
показателей
надёжности
резервированных систем.
2.1.1 Общее резервирование с постоянно включенным резервом
Пусть Pi(t) – вероятность безотказной работы i-го элемента за время t, Qi(t) –
вероятность отказа i-го элемента за время t, fi(t) – плотность распределения времени
до отказа i-го элемента в момент времени t. Тогда вероятность безотказной работы,
плотность распределения времени безотказной работы и интенсивность отказов
системы с кратностью резервирования m определяются соотношениями:
m
Pc ( t ) = 1 − П (1 − Pi ( t )) ,
(2.1)
i =0
f c (t ) =
m
∑ (1 − P ( t ))...f ( t )...(1 − P
i =0
0
i
λ c (t ) =
(2.2)
,
(2.3)
m
m
∑
( t )) ,
m
j=0
f j ( t ) ПQ i ( t )
i≠ j
1−
m
ПQ i ( t )
i=0
19
а – общее резервирование с постоянно включённым резервом; б – раздельное резервирование с
постоянно включённым резервом; в – общее резервирование замещением; г – раздельное
резервирование замещением
Рисунок 2.1 – Структурные схемы резервированных систем
20
В частности, для экспоненциальных распределений времени до отказа
элементов с одинаковыми параметрами λ имеют место равенства:
Pc ( t ) = 1 − (1 − e − λt ) m + 1 ,
(2.4)
f c ( t ) = ( m + 1)λ e − λt (1 − e − λt ) m ,
(2.5)
( m + 1)λ e − λt (1 − e − λt ) m
λ c (t ) =
,
1 − (1 − e − λt ) m + 1
(2.6)
Среднее время безотказной работы системы определяется выражением:
T1 =
1 m +1 1
∑ ,
λ k =1 k
(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:
n
m
⎛
⎞
Pc ( t ) = 1 − П ⎜ 1 − П Pij ( t ) ⎟ ,
j= 1
i =0 ⎝
⎠
(2.8)
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 ) + ∑ f 0 * f 1 * ... * f i -1 * Pi (t) ,
(2.9)
i =1
f c ( t ) = f 0 * f 1 * ... * f m (t) ,
21
(2.10)
∞
m
0
i =0
T1 = ∫ Pc ( t )dt = ∑ T1i ,
(2.11)
Если все элементы равнонадёжны, то
m
Pc ( t ) = ∑ f
t
*(i)
i =0
* P(t) = 1 - ∫ f *(m +1) ( x )dx ,
(2.12)
0
Формулы содержат свертки функций, обозначенные символом (*). Свертка
функций f(t) и g(t), заданных при t≥0, определяется соотношением:
t
f * g(t) = ∫ f(t - x)g(x)dx =
0
Выражение
t
∫
f ( x ) g ( t − x )dx
0
f *(i) ( t ) = f * f * ... * f(t) представляет собой i-кратную свертку
144244
3
i
функции f(t).
Если интенсивность отказов элементов постоянна и равна λ, то формулы для
вероятности и среднего времени безотказной работы системы имеют вид:
( λ t ) j − λt
Pc ( t ) = ∑
e ,
j!
j =0
m
Tc =
1
λ
(2.13)
( m + 1)
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
Pc ( t ) = ∏ ⎛⎜ 1 − ∏ (1 − Pij ( t ))⎞⎟ ,
j =1 ⎝
i =0
⎠
- раздельное резервирование замещением:
22
(2.14)
n
m
Pc ( t ) = ∏ ∑ f 0 j * f 1 j * ... * f i −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 ) = ∑ C ni Q i ( t ) P n − i ( t ) ,
(2.16)
i =0
f c ( t ) = ( n − m )C nm Q m ( t ) P n − m −1 ( t ) f ( t ) ,
λ c (t ) =
( n − m )C nm Q m ( t ) P n − m ( t )
m
∑C
i =0
i
n
i
Q (t ) P
n− i
λ (t ) ,
(2.17)
(2.18)
(t )
2.1.5 Скользящее 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:
m
Pc ( t ) = ∑
k =0
(( n − m )λt )
k!
k
e − ( n − m ) λt ,
(( n − m )λt )
λ c ( t ) = ( n − m )λ
T1c =
(2.20)
m
m!
,
m
(( n − m )λt )k
∑
k!
k =0
m+1
T1 ,
n−m
(2.21)
(2.22)
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:
Pc ( t ) = 1 − (1 − e − λt ) m + 1 = 1 − (1 − e −0 , 05 t ) 3
f c ( t ) = ( m + 1)λ e − λt (1 − e − λt ) m = 3 ⋅ 0,05e −0 , 05 t (1 − e −0 , 05 t ) 2
( m + 1)λ e − λt (1 − e − λt ) m 0,15e −0 , 05 t (1 − e −0 , 05 t ) 2
0,15(1 − e −0 , 05 t ) 2
λ c (t ) =
=
=
1 − (1 − e − λt ) m +1
1 − (1 − e − 0 , 05 t ) 3
3 − 3e − 0 , 05 t + 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
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
65
70
75
80
85
90
95
100
Pc(t)
1
0,989177
0,939084
0,853108
0,747420
0,636777
0,531138
0,435977
0,353538
0,284042
0,226594
0,179785
0,142048
0,111871
0,087884
0,068907
0,053947
0,042185
0,032958
0,025731
0,020078
fc(t)
0
0,005716
0,014085
0,019726
0,022049
0,021878
0,020200
0,017794
0,015177
0,012653
0,010374
0,008402
0,006743
0,005374
0,004260
0,003364
0,002648
0,002079
0,001630
0,001275
0,000997
Рисунок 2.2 – Вероятность безотказной работы
25
λc(t)
0
0,005778
0,014999
0,023122
0,029501
0,034357
0,038031
0,040814
0,042930
0,044546
0,045784
0,046736
0,047469
0,048036
0,048475
0,048815
0,049079
0,049283
0,049442
0,049566
0,049662
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:
T1c =
1 m +1 1
1 1⎞
⎛
= 20 ⋅ ⎜ 1 + + ⎟ = 36,7 час.
∑
2 3⎠
λ k =1 k
⎝
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
интенсивность отказа элемента.
26
P1 ( t ) = e − λ t ,
1
где
λ1 =
1
T
–
Для
распределения
2
P2 ( t ) = e − λ t ,
Рэлея
2
где
λ2 =
π
4T 2
–
параметр
распределения.
В течение времени t = 150 час получим:
- для экспоненциального закона:
P1 ( t ) = e − λ t = e
1
−
t
T
=e
−
150
300
= 0,606531
- для закона Рэлея:
P2 ( t ) = e
− λ2 t 2
=e
−
πt 2
4T
2
=e
−
π ⋅150 2
4⋅ 300 2
= 0,821725
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
P1 ( t ) = e
P2 ( t ) = e
− λ1 t
− λ2t 2
=e
=e
−
−
t
T
=e
−
πt 2
4T 2
=e
450
300
−
= 0,22313
π ⋅ 450 2
4⋅ 300 2
= 0,17082
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
f c ( t ) = ( m + 1) f ( t )(1 − P ( t )) m
( m + 1) f ( t )(1 − P ( t )) m
λ c (t ) =
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
⎛
⎛ m ⎞⎞
⎝
⎝
e
−
( t − m0 ) 2
σ 0 2π ⎜⎜ 0,5 + Ф 0 ⎜⎜ 0 ⎟⎟ ⎟⎟
σ
0
2σ 0
−
1
e
=
200 2π (0,5 + Ф 0 ( 2))
( t − 400 ) 2
2⋅ 200 2
⎠⎠
⎛ t − m0 ⎞
⎟⎟ 0,5 − Ф 0 ⎛⎜ t − 400 ⎞⎟
0,5 − Ф 0 ⎜⎜
⎝ σ0 ⎠
⎝ 200 ⎠
P (t ) =
=
0,5 + Ф 0 ( 2)
⎛m ⎞
0,5 + Ф 0 ⎜⎜ 0 ⎟⎟
⎝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
0
50
100
150
200
250
300
350
400
450
500
550
600
650
700
750
800
850
900
950
1000
m=0
1,00000
0,98229
0,95492
0,91517
0,86093
0,79138
0,70756
0,61264
0,51164
0,41064
0,31572
0,23190
0,16235
0,10811
0,06836
0,04099
0,02328
0,01251
0,00635
0,00305
0,00138
m=1
1,00000
0,99969
0,99797
0,99280
0,98066
0,95648
0,91448
0,84996
0,76150
0,65265
0,53176
0,41003
0,29834
0,20453
0,13205
0,08030
0,04602
0,02486
0,01267
0,00609
0,00276
29
m=2
1,00000
0,99999
0,99991
0,99939
0,99731
0,99092
0,97499
0,94188
0,88353
0,79528
0,67959
0,54684
0,41225
0,29053
0,19139
0,11800
0,06823
0,03706
0,01894
0,00912
0,00414
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:
T1 =
n −1
h⎛
+
1
( 3 + ( −1) k ) 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
Таблица 2.3 – Плотность распределения времени до отказа
t, час
0
50
100
150
200
m=0
0,00028
0,00044
0,00066
0,00093
0,00124
m=1
0,00000
0,00002
0,00006
0,00016
0,00034
m=2
0,00000
0,00000
0,00000
0,00002
0,00007
250
0,00154
0,00064
0,00020
300
0,00180
0,00105
0,00046
350
400
0,00198
0,00204
0,00153
0,00199
0,00089
0,00146
450
0,00198
0,00233
0,00206
500
0,00180
0,00247
0,00253
550
0,00154
0,00237
0,00273
600
0,00124
0,00207
0,00261
650
700
0,00093
0,00066
0,00167
0,00123
0,00223
0,00173
750
0,00044
0,00085
0,00122
800
0,00028
0,00054
0,00079
850
0,00016
0,00032
0,00048
900
0,00009
0,00018
0,00027
950
1000
0,00005
0,00002
0,00009
0,00005
0,00014
0,00007
Рисунок 2.5 – Плотность распределения времени до отказа при различной
кратности резервирования
31
При m=0 имеем график плотности усеченного нормального распределения
времени до отказа основной системы. С увеличением кратности резервирования
увеличивается среднее время безотказной работы и уменьшается дисперсия.
Указанные факторы более ощутимы для системы с меньшей кратностью
резервирования.
Интенсивности отказа системы для различных кратностей m имеют значения,
приведенные в таблице 2.4. Соответствующие графики показаны на рисунке 2.6.
Таблица 2.4 – Интенсивность отказа резервированной системы
t, час
0
50
100
150
200
250
300
350
400 .
450
500
550
600
650
700
750
800
850
900
950
m=0
0,00028
0,00045
0,00069
. 0,00102
0,00144
0,00195
0,00255
0,00323
0,00399
0,00482
0,00571
0,00664
0,00763
0,00864
0,00969
0,01077
0,01187
0,01298
0,01411
0,01526
m=l
0,00000
0,00002
0,00006
0,00016
0,00035
0,00067
0,00115
0,00180
0,00262
0,00357
0,00464
0,00577
0,00695
0,00815
0,00935
0,01054
0,01173
0,01290
0,01407
0,01524
m=2
0,00000
0,00000
0,00000
0,00000
0,00002
0,00007
0,00020
0,00047
0,00095
0,00165
0,00259
0,00372
0,00499
0,00632
0,00768
0,00902
0,01032
0,01159
0,01282
0,01402
1000
0,01641
0,01640
0,01521
Из графиков следует, что большей кратности резервирования соответствует
меньшая интенсивность отказов.
32
Рисунок 2.6 – Интенсивность отказа системы при различной кратности
резервирования
Пример 2.5. Дана резервированная система с резервом замещением кратности
m = 2. Элементы системы имеют постоянную интенсивность отказа λ = 0,05 час-1.
Определить вероятность безотказной работы и среде время безотказной работы
системы. Сравнить Pc(t) с постоянно включенным резервом.
Решение: По формуле (2.13) получим:
( λ t ) j − λt ⎛
( λ t ) 2 ⎞ − λt
Pc ( t ) = ∑
e = ⎜ 1 + λt +
⎟e
j!
2
j =0
⎝
⎠
m
Рассчитанные Pc(t) при различных значениях t сведены в таблицу 2.5. Для
сравнения в таблицу помещены также значения Pc(t) для постоянно включённого
резерва.
График вероятности безотказной работы для обоих видов резервирования
показан на рисунке 2.7.
Среднее время безотказной работы для резерва замещением по формуле (2.11)
равно Т1с = 3Т1 = 3×20 = 60 час. Для постоянного резерва, как было показано в
примере 2.1, это время составляет 36,7 часа.
33
Таблица 2.5 – Вероятность безотказной работы системы при различных видах
резервирования
t, час
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
110
120
130
140
150
160
170
Резерв замещением
1
0,985612
0,919699
0,808847
0,676676
0,543813
0,42319
0,320847
0,238103
0,173578
0,124652
0,088376
0,061969
0,043036
0,029636
0,020257
0,013754
0,009283
Постоянный резерв
1
0,939084
0,74742
0,531138
0,353538
0,226594
0,142048
0,087884
0,053947
0,032958
0,020078
0,01221
0,007418
0,004504
0,002733
0,001658
0,001006
0,00061
180
0,006232
0,00037
Рисунок 2.7 – Вероятность безотказной работы для резерва замещением
(кривая 1) и для постоянно включённого резерва (кривая 2)
34
2.3 Задачи для самостоятельного решения
Задача 2.1. Техническая система представляет собой дублированную систему
с постоянно включенным резервом. Вероятность безотказной работы основной и
резервной подсистем в течение t = 200 час равна 0,8. Найти вероятность безотказной
работы и вероятность отказа системы в течение времени t. Найти среднее время
безотказной работы системы при условии, что ее подсистемы имеют постоянную
интенсивность отказа.
Задача 2.2. Интенсивность отказа элементов системы λ = 0,0025 час-1.
Требуется определить кратность резервирования системы с постоянно включенным
резервом, построенную из этих элементов, которая обеспечивает среднее время
безотказной работы системы Т1с = 800 час.
Задача 2.3. Найти показатели надежности резервированной системы с
постоянным резервом кратности m = 3, элементы которой имеют интенсивности
отказа λ0 = 0,004 час-1, λ1 = 0,007 час-1, λ2 = 0,002 час-1, λ3 = 0,001 час-1. Время
непрерывной работы системы t = 120 час.
Задача 2.4. Определить показатели надежности мажоритарной системы,
состоящей из 6 равнонадежных элементов, время до отказа которых равномерно
распределено на интервале от 0 до 1000 часов. Количество резервных элементов
равно 2. Получить аналитическое и графическое представления показателей
надежности системы.
Задача 2.5. Получить формулу для вероятности безотказной работы мажоритарной системы, состоящей из элементов разной надежности при n = 4, m = 2.
Задача 2.6. Интенсивность отказа одного элемента λ = 0,0035 час-1. Требуется
определить кратность резервирования системы (резерв замещением), построенную
из этих элементов, которая обеспечивает среднее время безотказной работы системы
Т1с = 800 час.
Задача 2.7. Найти показатели надежности Pс(t), Тc, λс(t) резервированной
системы (резерв замещением) кратности m = 3, элементы которой имеют
интенсивности отказа λ0 = 0,04 час-1, λ1 = 0,07 час-1, λ2 = 0,02 час-1, λ3 = 0,1 час-1.
Решение получить в виде формул, таблиц и графиков.
35
Задача 2.8. Для резерва замещением кратности m получить формулу
вероятности безотказной работы, если элементы системы равнонадежны и имеют
гамма-распределение времени до отказа с параметрами α и β.
Задача 2.9. Для резерва замещением кратности m получить формулу
плотности распределения времени безотказной работы при условии, что элементы
системы равнонадежны и имеют нормальное распределение с параметрами m и σ
(σ< m/3).
Задача 2.10. Даны две системы со скользящим резервом. Первая система
состоит из n = 7 элементов, из которых m = 3 резервных. Вторая система состоит из
n = 5 элементов с m = 2 резервными. Определить более надежную систему по
критерию вероятности безотказной работы. Элементы обеих систем имеют
постоянную интенсивность отказа λ = 0,01 час-1.
Задача 2.11. Дана последовательно-параллельная система размером 3×5 (5
элементов нерезервированной системы, 3 резервных подсистемы) с постоянно
включённым резервом. Все элементы имеют одинаковую надежность, время до
отказа элементов имеет распределение Рэлея с математическим ожиданием
Т = 50 час. Требуется определить вероятность безотказной работы системы при
общем и раздельном резервировании. Провести сравнение по критерию Pc(t).
Указание: воспользоваться формулами (2.8) и (2.14).
Задача 2.12. Дана последовательно-параллельная система размером 3×5 (5
элементов нерезервированной системы, 3 резервных подсистемы), резервированная
методом замещения. Все элементы имеют одинаковую интенсивность отказа
λ = 0,02 час-1. Требуется определить вероятность безотказной работы системы при
общем и раздельном резервировании. Провести сравнение по критерию Pc(t).
Указание: воспользоваться формулами (2.9) и (2.15).
Задача 2.13. Элементы резервированной системы с постоянно включенным
резервом имеют распределение Вейбулла времени работы до отказа. Найти выражение
для среднего времени безотказной работы системы при кратности резервирования
m = 0,1, 2, 3, 4, 5. Вычислить среднее время безотказной работы при параметрах закона
распределения α = 2,5, β = 20. Решение представить в виде таблицы.
Задача 2.14. Даны две системы с постоянно включенным резервом с дробной
кратностью резервирования m = 1/2 и m = 2/3 соответственно. Определить
36
показатели надежности систем Pc(t), Тс, λc(t). Решение представить в виде формул,
графиков и таблиц. Известны следующие исходные данные для числового анализа:
время работы системы t = 0÷500 час, среднее время безотказной работы
нерезервированной системы Т = 550 час, основная и все резервные системы
равнонадежны и имеют экспоненциальное распределение времени до отказа.
Определить, какая из систем имеет более высокие показатели надежности.
Задача 2.15. Даны две системы, описанные в задаче 2.14. Определить
критическое время tкр, свыше которого резервирование с дробной кратностью не
целесообразно. Определить значение вероятности Р(tкр). Решение получить в
аналитическом и численном виде.
Задача 2.16. Резервированная система с постоянно включенным резервом
состоит из двух подсистем, имеющих различные законы распределения времени до
отказа. Необходимо вычислить Pc(t), Tlc, λс(t). Решение получить в аналитическом
виде, в виде графиков и таблиц. Графики представить в диапазоне t = 0÷500 час.
Исходные данные содержатся в таблице 2.6.
Таблица 2.6 – Законы распределения времени до отказа
Вариант
1
2
3
4
5
Законы
распределения
Ехр(0,005)
R(0,0002)
Ехр(0,004)
N(400; 120)
Ехр(0,007)
Г(4; 120)
W(3; 50)
R(0,0005)
W(l,5; 150)
Г(2,5; 145)
Вариант
6
7
8
9
10
Законы
распределения
W(l,2;200)
TN(400; 180)
N(360; 110)
Г(4; 95)
N(410; 130)
R(0,0006)
R(0,0004)
Г(3,2; 220)
Ехр(0,001)
W(l,l; 160)
Вариант
Законы
распределения
11
Ехр(0,0015) TN(350; 180)
12
13
R(0,0001)
TN(390; 190)
W(2; 100)
N(360; 100)
14
N(420; 140) TN(380; 200)
15
TN(400;215) Exp(0,002)
Библиографический список
1. Острейковский, В.А. Теория надёжности [Текст]: учебник для вузов /
В.А. Острейковский. – М.: Высшая школа, 2003. – 463 с.: ил.
2. Половко, А.М. Основы теории надёжности. Практикум [Текст]: учебник /
А.М. Половко, С.В. Гуров. – СПб.: БХВ - Петербург, 2006. – 560 с.: ил.
37