Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2 1
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
Elementy teorii niezawodności
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz. 2
Jeśli pewne elementy (lub nawet wszystkie) są elementami odnawialnymi, to stosujemy podstawienie:
Ri (t) Ò! kgi (t) , Fi (t) Ò! 1- kgi (t)
Zadanie 1:
Wyznaczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, \
e 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 zło\
onego z 7-miu elementów ma postać:
3
1
Zatem:
7
Fi (t) = F(t) = 1- e-at ,t e" 0
2 4
Gi (t) = G(t) =1- e-bt,t e" 0
5 6
System jest odnawialny, poniewa\
:
" system jest odnawialny, jeśli istnieje chocia\
by jedna minimalna ście\
ka zdatności zło\
ona z elementów
odnawialnych.
Szukamy zatem kgs(t)=?
Michał Kapałka
[e-mail]
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2 2
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
Nie znamy wielkości:
kg1(t),kg 2(t),kg 3(t),kg 4(t),kg 5(t),kg 6(t),kg 7(t)
Wyznaczamy te wielkości ze wzoru:
a a + s - a
1-
*
1 1- f (s) 1 1 1 s
a + s a + s
kg i (s) = = = = =
*
a b (a + s)(b + s)- ab (a + s)(b + s)- ab
s 1- f (s)g*(s) s s s
1- Å"
a + s b + s (a + s)(b + s) (b + s)
1 s 1 s(b + s) (b + s)
= = =
s ab + s(a + b)+ s2 - ab s s(a + b)+ s2 s[s + (a + b)]
(b + s)
Wyznaczamy pierwiastki mianownika: w tym przypadku to s=0 i s=(a+b). Zatem poprzednią postać mo\
na
sprowadzić do postaci z ułamkami prostymi:
(b + s) A B + Cs As + A(a + b) + Bs + Cs2
kg (s) = = + =
i
s[s + (a + b)] s s + (a + b) s[s + (a + b)]
Porównujemy współczynniki przy potęgach zmiennej s w pierwszym i ostatnim (trzecim) ułamku:
C=0, A(a+b)=b, A+B=1
StÄ…d otrzymujemy
b a
A = oraz B = i C = 0
b + a b + a
Zatem otrzymujemy postać następującą:
b 1 a 1
kg (s) = Å" + Å"
i
b + a s b + a s + (a + b)
Mając na uwadze formułę
n!
L(tne-at ) =
n+1
(s + a)
Otrzymujemy postać na współczynnik gotowości dla pojedynczych elementów:
b a
kg (t) = + e-(a+b)t
i
b + a b + a
Podstawiając te formułę do wzorów wcześniej otrzymanych wyznaczamy postać kgs(t).
Zadanie 2. (kontynuacja zadania poprzedniego).
Elementy 1, 4, 5, i 7 sÄ… identyczne, odnawialne o czasie poprawnej
3
1
pracy o rozkładzie wykładniczym z parametrem a oraz czasie odnowy o
rozkładzie wykładniczym z parametrem b.
7
Zatem dla tych elementów:
2
4
Fi (t) = F(t) =1- e-at ,t e" 0
Gi (t) = G(t) =1- e-bt ,t e" 0
5
6
Z kolei elementy 2 i 3 sÄ… nieodnawialne z czasem do uszkodzenia o
rozkładzie wykładniczym z parametrem c:
Di (t) = D(t) =1- e-ct,t e" 0
Polecenie: wyznaczyć prawdopodobieństwo zdarzenia, \
e w chwili t system jest w stanie zdatności.
System jest odnawialny, poniewa\
istnieje chocia\
by jedna minimalna ście\
ka zdatności zło\
ona z elementów
odnawialnych, w tym przypadku minimalne ście\
ki zdatności: 1-4-7 oraz 5-6-7.
Zatem system jest równie\
odnawialny.
Michał Kapałka
[e-mail]
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2 3
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
Teraz równania dla tego przypadku przyjmą postać:
kg s (t) = kg 7 (t) Å" kg I (t)
Poniewa\
podsystem I jest odnawialny oraz element 7 jest równie\
odnawialny.
Postępując tak dalej otrzymujemy kolejne równania:
1- kg I (t) =(1- kg II (t))Å"(1- kg III (t))
kg II (t) = kg IV (t) Å" kgV (t)
kg III (t) = kg 5(t) Å" kg 6(t)
Jako, \
e elementy 2 i 3 sÄ… nieodnawialne, to
1- kg IV (t) = (1- kg1(t))Å" D3(t) 1- kgV (t) =(1- kg 3(t))Å" D4(t)
Nie znamy wielkości:
kg1(t),kg 4(t),kg 5(t),kg 6(t),kg 7(t)
Jednak wyznaczamy je w identyczny sposób jak w zadaniu poprzednim.
Wyznaczmy teraz graniczny współczynnik gotowości Kgs dla tego zadania.
Mo\
na zało\
yć, \
e dla du\
ych czasów elementy 2 i 3 uszkodzą się wcześniej, zatem otrzymamy strukturę:
I
II
1 4
7
5 6
III
Równania układa się tak samo, jak dla poprzedniego przypadku:
Kg s = Kg 7 Å" Kg I
1- Kg I =(1- Kg II)Å"(1- Kg III)
Kg II = Kg1 Å" Kg 4
Kg III = Kg 5 Å" Kg 6
Nie znamy wielkości:
Kg1, Kg 4, Kg 5, Kg 6, Kg 7
Ale wiemy, \
e dla elementu odnawialnego mamy:
1 1
Åš1 b
a a
Kg i = = = =
Åš1 + Åš2 1 + 1 b + a b + a
a b ab
Zatem otrzymujemy:
2
2
öÅ‚
Å‚Å‚
b b
ëÅ‚ öÅ‚ëÅ‚1- îÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
÷Å‚
Kg s = Kg 7 Å" Kg I =
ìÅ‚ ÷Å‚ìÅ‚ ìÅ‚ ÷Å‚ śł
ïÅ‚1-
÷Å‚
b + a b + a
ìÅ‚ ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ìÅ‚ ïÅ‚ íÅ‚ Å‚Å‚
śł
ðÅ‚ ûÅ‚
íÅ‚ Å‚Å‚
2
2
îÅ‚ Å‚Å‚
b
ëÅ‚ öÅ‚
1- Kg I = (1- Kg II)Å"(1- Kg III)=
ïÅ‚1- ìÅ‚ ÷Å‚ śł
b + a
íÅ‚ Å‚Å‚
ïÅ‚ śł
ðÅ‚ ûÅ‚
2 2
b b
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
Kg II = Kg1 Å" Kg 4 = Kg III = Kg 5 Å" Kg 6 =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
b + a b + a
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Zatem wynik ma postać:
2
2
öÅ‚
Å‚Å‚
b b
ëÅ‚ öÅ‚ëÅ‚1- îÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
÷Å‚
Kg s =
ìÅ‚ ÷Å‚ìÅ‚ ìÅ‚ ÷Å‚ śł
ïÅ‚1-
÷Å‚
b + a b + a
ìÅ‚ ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ìÅ‚ ïÅ‚ íÅ‚ Å‚Å‚
śł
ðÅ‚ ûÅ‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Mo\
na wyliczyć te\
inne charakterystyki typowe dla obiektów prostych odnawialnych traktując tak ten system.
Michał Kapałka
[e-mail]
Ćwiczenia nr 6: Niezawodność systemów cz.2 4
Elementy teorii niezawodności, ćwiczenia
Michał Kapałka
[e-mail]