Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
1
Michał Kapałka
mkapalka@wat.edu.pl
Elementy teorii niezawodności
Ć
wiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz. 2
Jeśli pewne elementy (lub nawet wszystkie) są elementami odnawialnymi, to stosujemy podstawienie:
Zadanie 1:
Wyznaczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, Ŝe w chwili t system jest w stanie zdatności. Elementy systemu są
identyczne, odnawialne o czasie poprawnej pracy o rozkładzie wykładniczym z parametrem a oraz czasie odnowy o
rozkładzie wykładniczym z parametrem b.
Struktura niezawodnościowa systemu złoŜonego z 7-miu elementów ma postać:
Zatem:
0
,
1
)
(
)
(
≥
−
=
=
−
t
e
t
F
t
F
at
i
0
,
1
)
(
)
(
≥
−
=
=
−
t
e
t
G
t
G
bt
i
System jest odnawialny, poniewaŜ:
•
system jest odnawialny, jeśli istnieje chociaŜby jedna minimalna ścieŜka zdatności złoŜona z elementów
odnawialnych.
Szukamy zatem k
gs
(t)=?
1
3
2
4
5
6
7
)
(
k
1
(t)
F
,
)
(
k
(t)
R
i
g
i
i
g
i
t
t
−
⇒
⇒
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
2
Michał Kapałka
mkapalka@wat.edu.pl
Nie znamy wielkości:
)
(
),
(
),
(
),
(
),
(
),
(
),
(
7
6
5
4
3
2
1
t
k
t
k
t
k
t
k
t
k
t
k
t
k
g
g
g
g
g
g
g
Wyznaczamy te wielkości ze wzoru:
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)
=
+
−
+
+
=
+
+
−
+
+
+
−
+
=
+
⋅
+
−
+
−
=
−
−
=
s
b
ab
s
b
s
a
s
s
s
b
s
a
ab
s
b
s
a
s
a
a
s
a
s
s
b
b
s
a
a
s
a
a
s
s
g
s
f
s
f
s
s
k
i
g
1
1
1
1
1
)
(
)
(
1
)
(
1
1
)
(
*
*
*
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
[
]
b
a
s
s
s
b
s
b
a
s
s
b
s
s
s
b
ab
s
b
a
s
ab
s
s
+
+
+
=
+
+
+
=
+
−
+
+
+
=
2
2
1
1
Wyznaczamy pierwiastki mianownika: w tym przypadku to s=0 i s=(a+b). Zatem poprzednią postać moŜna
sprowadzić do postaci z ułamkami prostymi:
(
)
(
)
[
]
(
)
(
)
[
]
b
a
s
s
Cs
Bs
b
a
A
As
b
a
s
Cs
B
s
A
b
a
s
s
s
b
s
k
i
g
+
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
=
+
+
+
=
2
)
(
)
(
Porównujemy współczynniki przy potęgach zmiennej s w pierwszym i ostatnim (trzecim) ułamku:
C=0, A(a+b)=b, A+B=1
Stąd otrzymujemy
0
=
+
=
+
=
C
a
b
a
B
a
b
b
A
i
oraz
Zatem otrzymujemy postać następującą:
(
)
b
a
s
a
b
a
s
a
b
b
s
k
i
g
+
+
⋅
+
+
⋅
+
=
1
1
)
(
Mając na uwadze formułę
(
)
1
!
)
(
+
−
+
=
n
at
n
a
s
n
e
t
L
Otrzymujemy postać na współczynnik gotowości dla pojedynczych elementów:
t
b
a
g
e
a
b
a
a
b
b
t
k
i
)
(
)
(
+
−
+
+
+
=
Podstawiając te formułę do wzorów wcześniej otrzymanych wyznaczamy postać k
gs
(t).
Zadanie 2. (kontynuacja zadania poprzedniego).
Elementy 1, 4, 5, i 7 są identyczne, odnawialne o czasie poprawnej
pracy o rozkładzie wykładniczym z parametrem a oraz czasie odnowy o
rozkładzie wykładniczym z parametrem b.
Zatem dla tych elementów:
0
,
1
)
(
)
(
≥
−
=
=
−
t
e
t
F
t
F
at
i
0
,
1
)
(
)
(
≥
−
=
=
−
t
e
t
G
t
G
bt
i
Z kolei elementy 2 i 3 są nieodnawialne z czasem do uszkodzenia o
rozkładzie wykładniczym z parametrem c:
0
,
1
)
(
)
(
≥
−
=
=
−
t
e
t
D
t
D
ct
i
Polecenie:
wyznaczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, Ŝe w chwili t system jest w stanie zdatności.
System jest odnawialny, poniewaŜ istnieje chociaŜby jedna minimalna ścieŜka zdatności złoŜona z elementów
odnawialnych, w tym przypadku minimalne ścieŜki zdatności: 1-4-7 oraz 5-6-7.
Zatem system jest równieŜ odnawialny.
1
3
2
4
5
6
7
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
3
Michał Kapałka
mkapalka@wat.edu.pl
Teraz równania dla tego przypadku przyjmą postać:
)
(
)
(
)
(
7
t
k
t
k
t
k
I
g
g
s
g
⋅
=
PoniewaŜ podsystem I jest odnawialny oraz element 7 jest równieŜ odnawialny.
Postępując tak dalej otrzymujemy kolejne równania:
(
) (
)
)
(
1
)
(
1
)
(
1
t
k
t
k
t
k
III
g
II
g
I
g
−
⋅
−
=
−
)
(
)
(
)
(
t
k
t
k
t
k
V
g
IV
g
II
g
⋅
=
)
(
)
(
)
(
6
5
t
k
t
k
t
k
g
g
III
g
⋅
=
Jako, Ŝe elementy 2 i 3 są nieodnawialne, to
(
)
)
(
)
(
1
)
(
1
3
1
t
D
t
k
t
k
g
IV
g
⋅
−
=
−
(
)
)
(
)
(
1
)
(
1
4
3
t
D
t
k
t
k
g
V
g
⋅
−
=
−
Nie znamy wielkości:
)
(
),
(
),
(
),
(
),
(
7
6
5
4
1
t
k
t
k
t
k
t
k
t
k
g
g
g
g
g
Jednak wyznaczamy je w identyczny sposób jak w zadaniu poprzednim.
Wyznaczmy teraz
graniczny współczynnik gotowości
K
gs
dla tego zadania.
MoŜna załoŜyć, Ŝe dla duŜych czasów elementy 2 i 3 uszkodzą się wcześniej, zatem otrzymamy strukturę:
Równania układa się tak samo, jak dla poprzedniego przypadku:
I
g
g
s
g
K
K
K
⋅
=
7
(
) (
)
III
g
II
g
I
g
K
K
K
−
⋅
−
=
−
1
1
1
4
1
g
g
II
g
K
K
K
⋅
=
6
5
g
g
III
g
K
K
K
⋅
=
Nie znamy wielkości:
7
6
5
4
1
,
,
,
,
g
g
g
g
g
K
K
K
K
K
Ale wiemy, Ŝe dla elementu odnawialnego mamy:
a
b
b
ab
a
b
a
b
a
a
K
i
g
+
=
+
=
+
=
Θ
+
Θ
Θ
=
1
1
1
1
2
1
1
Zatem otrzymujemy:
+
−
−
+
=
⋅
=
2
2
7
1
1
a
b
b
a
b
b
K
K
K
I
g
g
s
g
(
) (
)
2
2
1
1
1
1
+
−
=
−
⋅
−
=
−
a
b
b
K
K
K
III
g
II
g
I
g
2
4
1
+
=
⋅
=
a
b
b
K
K
K
g
g
II
g
2
6
5
+
=
⋅
=
a
b
b
K
K
K
g
g
III
g
Zatem wynik ma postać:
+
−
−
+
=
2
2
1
1
a
b
b
a
b
b
K
s
g
MoŜna wyliczyć teŜ inne charakterystyki typowe dla obiektów prostych odnawialnych traktując tak ten system.
1
4
5
6
7
III
II
I
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
4
Michał Kapałka
mkapalka@wat.edu.pl