Учебное пособие 745
.pdf4. Распределение Пуассона применяется для оценки надежности ремонтируемых изделий с простейшим потоком отказов.
P (t) ( t)K |
e t , |
(1.30) |
|
K |
K! |
|
|
|
|
|
где К – число отказов за время t;
λ – интенсивность потока отказов;
PK(t) – вероятность того, что за время t произойдет К отказов.
Пример:
Одновременно испытываются 20 машин.
В течение 500 часов непрерывной работы машин получены следующие данные.
За первый интервал работы ∆t1 = 100 часов вышло из строя 0 машин. За второй интервал работы ∆t2 = 100 часов вышло из строя 1 машина. За третий интервал работы ∆t3 = 100 часов вышло из строя 0 машин. За четвертый интервал работы ∆t4 = 100 часов вышло из строя 0 машин. За пятый интервал работы ∆t5 = 100 часов вышла из строя 1 машина. Определим вероятность безотказной работы машин в течение 500 часов.
Решение:
Надежность испытуемых машин за время t = 500 часов
|
|
N ni |
|
20 ( 0 1 0 0 1) |
|
18 |
0,9. |
|
P( 500 ) |
||||||||
N |
20 |
20 |
||||||
|
|
|
|
|
Пример:
Наблюдалась работа трех экземпляров однотипной аппаратуры. За период наблюдений зафиксировано по первому экземпляру аппаратуры 6 отказов, по второму – 10, по третьему – 7. Наработка первого экземпляра – 4 800 часов, второго – 6 260 часов, третьего – 5 500 часов. Определить среднее время работы
аппаратуры Т0 .
Решение:
1. Суммарное время работы трех образцов аппаратуры t∑ = 4 800 + 6 260 + 5500 = 16 560 часов.
2.Суммарное количество отказов n = 6 + 10 + 7 = 23.
3.Средняя наработка на отказ, или среднее время работы между отказами
T 0 t 16 560 720 ч. n 23
11
Пример:
Время безотказной работы объекта подчиняется закону Вейбулла с параметрами В = 1,5; 0 10 4 1ч, время работы t = 100 часов. Определить вероят-
ность безотказной работы P(t), частоту отказов f(t), интенсивность отказов λ(t), среднее время безотказной работы.
Решение:
1. P( 100 ) e 0 t B |
|
e 10 4100 1,5 |
e 0 ,1 |
0 ,9. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
2. f ( 100 ) 0 B |
t |
B 1 |
e |
|
0 |
t B |
|
10 |
4 |
1,5 |
100 |
0 |
,5 |
0 |
,9 |
1,35 |
10 |
3 |
1 |
. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ч |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3. ( 100 ) |
|
f ( 100 ) |
|
|
1,35 10 3 |
|
1,5 10 |
|
3 1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
P( 100 ) |
|
|
0 ,9 |
|
|
|
|
ч |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4. T0 0 |
1 |
|
1 |
|
) ( 10 4 |
) |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
Г( 1 |
|
1,5 |
Г( 1 |
|
) 418 ч. |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
B |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
В |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1,5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример:
Система состоит из двух устройств. Вероятности безотказной работы каждого из них, в течение времени t = 100 часов: P1(100) = 0,95; P2(100) = 0,97. Найти среднее время работы системы до первого отказа при экспоненциальном законе надежности.
Решение:
Вероятность безотказной работы системы
Рс(100) = Р1 (100) Р2 (100) = 0,95 0,97 = 0,92, Pс(100) e сt e 100 с 0,92,
откуда λс = 0,83 10-3 1/ч.
Среднее время безотказной работы
T0c 1c 0,83 110 3 1200 ч.
Упражнения
1. На испытания поставлены N = 500 изделий. За время t = 2 000 часов отказало n = 200 изделий. За последующие ∆t = 100 часов отказало еще ∆n = 100 изделий. Определить вероятность безотказной работы в течение 2 000, 2 100 часов, частоту отказов, интенсивность отказов.
12
2. На испытании находилось 1 000 неремонтируемых изделий. Число отказов ni фиксировалось через каждые 100 часов работы (∆t = 100 часов). Данные об отказах сведены в табл. 1.1.
|
|
|
|
|
|
Таблица 1.1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∆ti, ч |
0-100 |
100-200 |
200-300 |
300-400 |
400-500 |
|
500-600 |
|
|
|
|
|
|
|
|
ni |
50 |
40 |
32 |
25 |
20 |
|
16 |
|
|
|
|
|
|
|
|
∆ti, ч |
600-700 |
700-800 |
800-900 |
900-1000 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ni |
15 |
14 |
15 |
14 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Определить вероятность безотказной работы в течение 1 000 часов и среднее время безотказной работы. Общее число отказавших элементов – 241.
3.Приемник к началу наблюдений за отказами проработал 470 часов. К концу наблюдений время работы составило 18 500 часов. Зарегистрировано 15 отказов. Определить среднюю наработку на отказ.
4.В результате эксплуатации N = 100 ремонтируемых объектов получены следующие статистические данные об отказах (табл. 1.2):
|
|
|
|
|
|
|
|
Таблица 1.2 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ni |
46 |
40 |
36 |
32 |
30 |
28 |
26 |
|
24 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∆t · 103, |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
2 |
|
2 |
|
ч |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ni – число отказов в интервале времени ∆t. Найти параметр потока отказови среднюю наработку на отказ T0 .
5. В результате испытаний 35 ремонтируемых объектов в течение t = 1 000 часов была получена интенсивность отказов 10 4 1ч. Закон рас-
пределения отказов – экспоненциальный. Время ремонта является случайной величиной, принимающей значение tВ1 = 3 часа с вероятностью Р1 = 0,6, значение tВ2 = 3,2 часа с вероятностью Р2 = 0,2 и значение tВ3 = 3,5 часа с вероятностью Р3 = 0,2. Найти вероятность безотказной работы в те-
чение 1 000 часов, среднее время работы между соседними отказами Т0 , среднее время восстановления ТВ , коэффициент готовности КГ .
6. Приемник к началу наблюдения за отказами проработал 458 часов. К концу наблюдения наработка составила 2783 часа. Всего зарегистриро-
вано 5 отказов. Среднее время ремонта ТВ составило 1,5 часа. Определить среднюю наработку на отказ Т0 и коэффициент готовности КГ .
7. При эксплуатации объекта в течение года его суммарная наработка составила Т0∑ = 7400 часов, суммарное время ремонтов – ТВ∑ = 480 часов,
13
суммарное время технического обслуживания – ТТО∑ = 880 часов. Определить коэффициент технического использования КТИ.
8. Имеется 5 комплектов однотипной аппаратуры, работающихв одинаковых условиях. Число отказов, промежутки времени исправной работы между соседними отказами, время восстановления по каждому комплекту приведены в табл. 1.3. Определить среднюю наработку на отказ и коэффициент готовности одного комплекта.
Таблица 1.3
Номер |
|
|
|
|
ti, ч |
|
|
|
|
|
Количество |
|
|
компле |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Твсрi, ч |
|
tp1 |
tB1 |
tp2 |
tB2 |
tp3 |
|
tB3 |
tp4 |
tB4 |
tp5 |
tB5 |
отказов, nj |
||
кта |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
29 |
0,9 |
46 |
0,7 |
54 |
|
0,8 |
25 |
1 |
34 |
1,2 |
6 |
0,92 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
48 |
0,96 |
60 |
0,8 |
56 |
|
1,4 |
36 |
1,15 |
- |
- |
4 |
1,08 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
68 |
1,2 |
64 |
0,95 |
52 |
|
1,3 |
- |
- |
- |
- |
3 |
1,15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
34 |
1,3 |
51 |
0,78 |
56 |
|
1,25 |
42 |
1,35 |
- |
- |
5 |
1,17 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
5 |
52 |
1,25 |
26 |
1,35 |
38 |
|
0,98 |
48 |
1,18 |
- |
- |
4 |
1,19 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9.Время работы устройства до отказа подчинено экспоненциальному закону распределения с параметром λ = 2,5 · 10-5 1/ч. Определить количественные характеристики надежности устройства: вероятность безотказной работы P(t), частоту отказов f(t), наработку на отказ, если t = 2000 часов.
10.Время работы изделия до отказа подчинено закону распределения Релея. Вычислить количественные характеристики надежности изделия P(t), f(t), λ(t), T0 для t = 500 часов, если параметр распределения с = 700 часов.
11.Среднее число отказов ремонтируемого устройства за время t = 500 ча-
сов – ncp = 10. Какова вероятность того, что за время t = 100 часов работы возникнет2; 3 отказа?
12.Время безотказной работы объекта подчиняется закону Вейбулла (В =
1,7; 0 10 5 1ч ). Вычислить вероятность безотказной работы, частоту отка-
зов, интенсивность отказов, среднее время безотказной работы, если время работы t = 500 часов.
2. Аналитические методы расчета надежности информационных систем
Под расчетом надежности понимают определение численных показателей по тем или иным числовым данным.
При аналитическом методе основные показатели надежности: вероятность безотказной работы P(t) и средняя наработка на отказ Т0, определяются по из-
14
вестным интенсивностям отказов элементов, входящих в данную информационную систему.
1. Элементы информационной системы соединены последовательно, если отказ любого из элементов приводит к отказу всей системы.
Пусть система состоит из n последовательно соединенных элементов. Тогда для безотказной работы системы необходимо, чтобы каждый элемент
работал безотказно. Так как отказы элементов взаимно независимы, то вероятность безотказной работы системы равна произведению вероятностей элементов:
n |
|
Pc (t) P1(t) P2 (t) ... Pn (t) Pi (t) , |
(2.1) |
i 1
где Р1, Р2, …, Рn – вероятности безотказной работы элементов; Рi – вероятность безотказной работы i-го элемента;
Рс – вероятность безотказной работы системы.
Если функции надежности элементов подчиняются экспоненциальному закону распределения, а интенсивности отказов не зависят от времени, то
P1(t) e 1 t , P2 (t) e 2 t , ..., Pn (t) e n t ,
где λ1, λ2,…, λn – интенсивности отказов элементов. Тогда,
P (t) e 1 t e 2 t ... e n t |
e ( 1 2 ... n ) t . |
(2.2) |
c |
|
|
Надежность системы также подчиняется экспоненциальному закону распределения.
Pc (t) e c t ,
где λс = λ1 + λ2 + … + λn.
Среднее время безотказной работы системы Т0с = 1/λc.
Вероятность безотказной работы системы при последовательном (основном) соединении элементов всегда меньше, чем вероятность самого ненадежного элемента. Она существенно возрастает при увеличении надежности самого ненадежного элемента.
2. Пусть система состоит из n параллельно соединенных элементов и отказы элементов взаимно независимы. Отказ системы наступает только тогда, когда отказывают все входящие в систему элементы.
Тогда вероятность отказа системы равна произведению вероятностей отказов элементов.
n |
n |
|
Qc (t) Qi (t) [1 Pi (t) ], |
(2.3) |
|
i 1 |
i 1 |
|
|
15 |
|
где Qi(t) = 1 – Pi(t) – вероятность отказа i-го элемента в течение времени t. Безотказная работа системы есть событие, противоположное отказу.
Вероятность безотказной работы системы:
|
|
|
|
n |
|
|
Pc (t) 1 Qc (t) 1 [1 Pi (t) ]. |
(2.4) |
|||||
|
|
|
|
i 1 |
|
|
Если интенсивности отказов не зависят от времени, то формулы (2.3) и (2.4) |
||||||
принимают вид: |
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Qc (t) (1 e i t ), |
|
(2.5) |
|||
|
|
i 1 |
|
|
||
|
|
|
|
n |
|
|
|
Pс(t) 1 (1 e i t ). |
|
(2.6) |
|||
|
|
|
|
i 1 |
|
|
Если элементы системы имеют одинаковую надежность, т.е. |
||||||
P1(t) P2 (t) |
... Pn (t), 1 2 ... |
n |
, |
|||
то вероятность безотказной работы системы: |
|
|
||||
P (t) 1 [1 P(t)]n 1 (1 e t )n . |
(2.7) |
|||||
c |
|
|
|
|
|
|
Средняя наработка на отказ системы: |
|
|
||||
|
|
1 |
|
n |
|
|
|
Toc |
|
1 . |
|
(2.8) |
|
|
|
|
||||
|
|
i 1 i |
|
|
Если элементы системы имеют неодинаковую интенсивность отказов, то средняя наработка на отказ системы:
T |
( |
1 |
|
|
1 |
|
|
1 |
... |
1 |
) ( |
1 |
|
|
... |
|
|
1 |
|
|
) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
oc |
|
|
2 |
|
|
3 |
|
|
n |
|
2 |
|
n 1 |
n |
|
|||||||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
n 1 |
1 |
|
|
|
||||
( |
|
|
|
|
|
|
|
... |
|
|
|
|
|
) ( 1) |
|
|
|
|
. |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
||||||||||
|
1 2 3 |
|
|
|
|
n 2 n 1 |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i |
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(2.9) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
i 1 |
|
|
При увеличении числа параллельно соединенных элементов вероятность безотказной работы системы возрастает. На рис. 2.1 – 2.3 изображены системы :
с основным (последовательным) соединением элементов;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P1(t) |
|
P2(t) |
|
|
|
|
|
Pn(t) |
|
16
с параллельным (резервным) соединением элементов;
P1(t)
P2(t)
Pn(t)
Рис. 2.2
со смешанным соединением элементов.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P1(t) |
|
P2(t) |
Pn(t) |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
P2(t)
Рис. 2.3
При смешанном соединении сначала по соответствующим формулам находят надежность цепи из К последовательно соединенных элементов, затем надежность системы из m параллельных ветвей. При определении вероятности безотказной работы системы с произвольным соединением элементов используется метод минимальных путей. Минимальный путь – это такой минимальный набор работоспособных элементов, исключение любого из которых (т.е. отказ) переводит систему из состояния работоспособности в состояние отказа. У системы с произвольной структурой может быть несколько минимальных путей. Последовательное соединение из n элементов имеет один минимальный путь. Параллельное соединение из n элементов имеет n минимальных путей, проходящих через каждый элемент.
На рис. 2.4 изображена мостовая схема, где P1, P2, P3, P4, P5 – вероятности безотказной работы элементов схемы.
|
|
|
|
|
Минимальные пути: |
||
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
1) |
P1, P4; |
||
Р1 |
|
|
Р3 |
2) |
P1, P3, P5; |
||
|
Р4 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|||
Р2 |
Р5 |
3) |
P2, P5; |
||||
|
|
||||||
|
|
4) |
P2, P3, P4. |
||||
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.4
17
Схема рис. 2.4 преобразуется в схему рис. 2.5, состоящую из четырех параллельно включенных ветвей.
P1 |
|
P4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P1 |
|
P3 |
|
P5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P2 |
|
P5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P2 |
|
P3 |
|
P4 |
|
|
Рис. 2.5 |
|
|
|
|
|
|
|
Вероятность безотказной работы системы (рис. 2.5)
Pc 1 (1 P1 P4 )(1 P1 P3 P5 ) (1 P2 P5 )(1 P2 P3 P4 ).
Повышение надежности систем путем резервирования
Один из самых распространенных путей повышения надежности – путь резервирования. Резервирование – это способ повышения надежности, состоящий в том, что в систему вводятся избыточные элементы, узлы, агрегаты, которые включаются в работу по мере выхода из рабочего состояния основных элементов, узлов, агрегатов.
Резервирование приводит к увеличению массы, габаритов, стоимости аппаратуры. Присоединение резервированных элементов к основным выполняется параллельно.
Различают три метода резервирования.
1. Общее, предусматривающее резервирование объекта в целом. На рис. 2.6 изображена схема общего резервирования.
основные 0 |
1 |
|
2 |
|
j |
|
n |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
резервные 1
i
m
Рис. 2.6
18
2. Раздельное, предусматривающее резервирование отдельных элементов, их групп или отдельных узлов. На рис. 2.7 показана схема раздельного резервирования.
1 |
2 |
j |
n |
0
1 I m
Рис. 2.7
3. Смешанное, предусматривающее совмещение различных методов резервирования.
Различают однократное (дублирование) и многократное резервирование. Резервирование может быть с ремонтом любого основного или резервного
элемента в процессе эксплуатации, т.е. резервирование с восстановлением и без ремонта элементов, т.е. резервирование без восстановления.
Вероятность безотказной работы системы с общим резервированием
m 1 |
|
|
Робщ (t) 1 (1 Pi ), |
|
|
i 1 |
|
|
где m – число резервных цепей; |
|
|
Pi – вероятность безотказной работы i-й цепи. |
|
|
n |
|
|
Pi Pji , |
|
|
j 1 |
|
|
где Pji – вероятность безотказной работы j-го элемента в i-й цепи; |
|
|
n – число последовательно соединенных элементов цепи. |
|
|
m 1 |
n |
|
Pобщ(t) 1 |
(1 Pji ). |
(2.10) |
i 1 |
j 1 |
|
При экспоненциальном законе распределения надежности и одинаковых элементах, когда
P1 e 1 t ,
P (t) 1 (1 e 1 n t )m 1. |
(2.11) |
общ
19
Среднее время безотказной работы при общем резервировании и одинаковой надежности параллельновключенных цепей
|
|
|
1 |
|
m |
1 |
|
|
|
Tообщ |
|
|
|
|
|
|
|
. |
(2.12) |
|
2 |
... |
|
i |
1 |
||||
1 |
|
n i 0 |
|
|
|
|
В случае раздельного поэлементного резервирования эквивалентная вероятностьбезотказнойработыгруппыпараллельносоединенныхэлементовимеетвид:
m 1
P'(t) 1 (1 Pij ),
i 1
где Рij – надежность i-го элемента в j-й цепи.
Вероятность безотказной работы системы равна произведению вероятностей последовательно соединенных эквивалентных элементов:
n |
m 1 |
|
Pразд (t) [1 (1 Pij )]. |
(2.13) |
|
j 1 |
i 1 |
|
Если надежность всех элементов одинакова и подчиняется экспоненциальному закону распределения, то
P (t) [1 (1 e t )m 1 |
]n . |
(2.14) |
разд |
|
|
Среднее время безотказной работы при раздельном резервировании и одинаковых элементах в системе
|
(n 1)! |
m |
|
1 |
|
|
|
Tоразд |
|
, |
(2.15) |
||||
|
i ( i 1)...( i n 1) |
||||||
|
(m 1) i 0 |
|
|
где i i 11. m
По заданной вероятности безотказной работы (ВБР) системы можно определить требуемую вероятность отдельного элемента.
Пример:
Система состоит из n = 50 последовательно включенных одинаковых элементов. Найти требуемую вероятность безотказной работы отдельного элемента Pэ(t), если ВБР системы известна и равна Pc(t) = 0,97.
Решение:
|
1 |
1 |
|
|
P (t) [P (t)]n |
0,97 |
50 |
0,99939. |
|
э |
c |
|
|
|
|
20 |
|
|