Вероятность безотказной работы каждого элемента в течение времени

Как решать задачи о прохождении тока через электрические схемы

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков и станки.

В этой статье мы рассмотрим задачи вида
«задана схема электрической цепи с надежностью элементов (или вероятностями выхода из строя), найти вероятность работы цепи (или вероятность разрыва цепи)».

Задачи могут иметь чуть разные формулировки, но принцип решения для них одинаков, и его мы изучим, чтобы суметь решать такие задачи со схемами любой сложности.

Базовые события, обозначения и формулы
Последовательно или параллельно?
Усложняем схему цепи
Примеры решений
На закуску: схема с мостиком
Полезные ссылки
Решебник

Полезная страница? Сохрани или расскажи друзьям

Базовые события, обозначения и формулы

Самое первое, с чего мы начнем — формализация задачи (и решение любой своей задачи рекомендую начинать с этого). А именно, мы введем основные события:

$X$ = (Цепь работает) = (Цепь пропускает ток) и противоположное ему:

$overline{X}$ =(Цепь не пропускает ток) = (Произошел разрыв в цепи).

$A_i$ = (Элемент i работает, пропускает ток) и $overline{A_i}$ =(Элемент i отказал, не пропускает ток), $i=1,2,…,n$.

Обычно в условии задачи известны вероятности работы элементов (надежности): $p(A_i)=p_i$ или вероятности отказа $p(overline{A_i})=q_i=1-p_i$, $i=1,2,…,n$.

Также напомним основные формулы (из темы действий с событиями, формулы сложения и умножения вероятностей), которые пригодятся в решении этого типа задач.

Для независимых в совокупности событий (а отказы/работа элементов цепи — именно такие):

$$
P(A cdot B) = P(A) cdot P(B); quad(1)
$$
$$
P(A+B) = P(A)+P(B)-P(A)cdot P(B); quad(2)
$$
$$
P(A_1+A_2+…+A_n)=1-P(overline{A_1})cdot P(overline{A_2})cdot … cdot P(overline{A_n}). quad(3)
$$

Последовательно или параллельно?

Еще немного времени посвятим теории, вспомним о том, как могут соединяться элементы в цепи.

Последовательное соединение

Элементы цепи «нанизаны» на провод один за другим (следуют один за другим, отсюда и «последовательно»). Если откажет один любой — ток в цепи прервётся. Или, иначе говоря, цепь работает тогда и только тогда, когда ВСЕ элементы работают. В терминах теории вероятностей получаем произведение событий: $X=A_1 cdot A_2 cdot A_3$, а вероятность работы цепи равна

$$
P(X)=P(A_1 cdot A_2 cdot A_3)= P(A_1) cdot P(A_2) cdot P(A_3) =p_1 cdot p_2 cdot p_3.
$$

Если в цепи последовательно соединены не три, а больше независимо работающих элементов, формула легко обобщается и получаем:

$$
P(X) = p_1 cdot p_2 cdot …cdot p_n; qquad P(overline{X})=1-p_1 cdot p_2 cdot …cdot p_n. quad(4)
$$

Параллельное соединение

Тут тоже сама схема дает нам подсказку, когда мы видим, что элементы в схеме расположены как бы на параллельных проводах, речь идет о параллельном соединении.

В этом случае если откажет, скажем, элемент 1, ток может пройти через 2. Если откажут 1 и 2, ток пройдет через 3. И только если ВСЕ элементы откажут, цепь разорвется.

Еще говорят, цепь работает, если работает хотя бы один элемент в ней, в терминах теории вероятностей — это сумма событий: $X=A_1+A_2+A_3$.

Используем формулу (3) чтобы записать вероятность работы такой цепи:

$$
P(A_1+A_2+A_3)=1-P(overline{A_1})cdot P(overline{A_2}) cdot P(overline{A_3})=1-q_1 cdot q_2 cdot q_3.
$$

И обобщим на случай $n$ параллельных элементов в цепи:

$$
P(X) = 1-q_1 cdot q_2 cdot …cdot q_n; qquad P(overline{X})=q_1 cdot q_2 cdot …cdot q_n. quad(5)
$$

Важно запомнить правило

Последовательному соединению соответствует произведение событий,
параллельному соединению — сумма событий.

Усложняем схему цепи

И все это была присказка к настоящему решению задач. Конечно, даже если у вас простая контрольная, схема с «тремя лампочками подряд» вряд ли попадется. Давайте посмотрим на типовые электрические схемы, для которых надо находить надежность в задачах:

Как для таких схем выписывать вероятности? Нам нужно научиться делать декомпозицию: выделять уровни схемы и определять тип соединения на каждом уровне.

Возьмем для примера левую верхнюю схему:

Работаем с первым уровнем схемы. Нужно мысленно выделить крупные части, которые между собой соединены одинаково (параллельно или последовательно). В данном случае видно три группы элементов, соединенных последовательно. Выделим для наглядности цветом:

То есть тип схемы на первом уровне — последовательный:

Как мы уже знаем, если соединение последовательное, нужно перемножать события, то есть

$$
X=X_1 cdot X_2 cdot X_3,
$$

$X_1$ — работает первая группа элементов,
$X_2$ — работает вторая группа элементов,
$X_3$ — работает третья группа элементов.

Теперь смотрим на каждую группу. В первой группе всего один элемент, то есть она работает, когда работает первый элемент цепи ($X_1=A_1$). Мы дошли до элемента, разбор этой группы закончен.

А вот дальше интереснее. Рассмотрим поближе вторую группу:

В ней сразу выделим цветом подгруппы элементов. Видно, что вторая группа имеет уже параллельную структуру из розовых и фиолетовых элементов (они «висят» на параллельных линиях, это второй уровень вложенности схемы). А вот внутри розовые соединены последовательно (розовая группа работает — $A_4 cdot A_5$), фиолетовые элементы также между собой последовательно (фиолетовая группа работает — $A_2 cdot A_3$). Это уже третий уровень вложенности и он заканчивается отдельными элементами, значит, разбор окончен.

Так как розовая и фиолетовая группа соединены параллельно, речь идет о сумме этих событий, то есть вторая группа работает если:

$$X_2 = A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5.$$

Абсолютно аналогично разбирается третья подгруппа (она совпадает по структуре со второй):

$$X_3 = A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9.$$

Сводим все в одну формулу и выпишем искомое событие (Цепь работает исправно):

$$
X=X_1 cdot X_2 cdot X_3 = A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right).
$$

Теперь переходим ко второму этапу решения задачи. Не забываем, что мы решаем задачу по теории вероятностей и надо определить вероятность того, что ток проходит в цепи. Будем использовать формулы (1)-(3).

Так как вероятность произведения для независимых событий равна произведению вероятностей, получим:

$$
P(X)= P left( A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) right) =\
= P (A_1) cdot P left ( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right ) cdot P left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) =
$$

Для множителей с суммой событий внутри используем формулу (2):

$$
= P (A_1) cdot left[ P(A_2 cdot A_3) + P(A_4 cdot A_5) — P(A_2 cdot A_3 cdot A_4 cdot A_5) right] cdot left[ P(A_6 cdot A_7) + P(A_8 cdot A_9) — P(A_6 cdot A_7 cdot A_8 cdot A_9)right] =
$$

И снова раскрываем вероятности произведений:

$$
= P (A_1) cdot left[ P(A_2) cdot P(A_3) + P(A_4) cdot P(A_5) — P(A_2) cdot P(A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5) right] cdot left[ P(A_6) cdot P(A_7) + P(A_8) cdot P(A_9) — P(A_6) cdot P(A_7) cdot P(A_8) cdot P(A_9)right].
$$

Перейдем к более компактной записи, положив $p_i=P(A_i)$:

$$
P(X)= p_1 cdot left[ p_2 cdot p_3 + p_4 cdot p_5 — p_2 cdot p_3 cdot p_4 cdot p_5 right] cdot left[ p_6 cdot p_7 + p_8 cdot p_9 — p_6 cdot p_7 cdot p_8 cdot p_9right].
$$

Если заданы надежности отдельных элементов $p_i$, подставляя их в формулу, можно найти вероятность работы схемы.

Алгоритм разбора схемы

Выделяем в схеме основу: группы элементов, соединенные ТОЛЬКО последовательно или ТОЛЬКО параллельно между собой. Это верхний уровень. Записываем событие $X$ = (Цепь работает) как произведение или сумму соответственно.
Каждую полученную группу анализируем также: ищем в ней подгруппы, соединенные только последовательно или только параллельно. Записываем событие соответственно типу соединения.
Продолжаем до тех пор, пока не опустимся на уровень элементов (событий $A_i$).
Подставляем все выражения в исходную формулу, получаем итоговую запись события $X$.
Пользуясь формулами (1)-(3) выписываем вероятность события $P=P(X)$.
Подставляем числовые значения $p_i, q_i$ и находим численное значение надежности схемы $P$.
Если необходимо, находим вероятность отказа цепи $1-P$.

Примеры решений

Отработаем несколько раз этот алгоритм на примерах, чтобы он закрепился.

Пример 1. Дана схема включения элементов. Вероятность безотказной работы каждого элемента в течение времени Т равна р. Элементы работают независимо и включены в цепь по приведенной схеме. Пусть событие $А_i$ означает безотказную работу за время Т элемента с номером $i$ ($i=1,2,3,…$), а событие $В$ – безотказную работу цепи. Требуется:
1) Написать формулу, выражающую событие $В$ через все события $А_i$.
2) Найти вероятность события $B$.
3) Вычислить $Р(В)$ при $р=0,6$.

Приступим к разбору схемы. Можно увидеть, что на первом уровне мы имеем три группы, соединенные последовательно: (1), (2,3) и (4,5,6) элементы. Выделим их цветом для наглядности:

Значит, исходное событие можно представить в виде произведения трех событий $B=B_1 cdot B_2 cdot B_3$, где $B_i$ — работает $i$-aя группа элементов.

Первая группа элементов состоит из одного элемента, то есть $B_1=A_1$.

Вторая группа элементов состоит из двух элементов, соединенных параллельно (см. розовые), поэтому $B_2=A_2+A_3$.

Третья группа элементов (см. зеленые) состоит из трех элементов, ее можно представить как параллельное соединение двух подгрупп: (4 и 5, соединены последовательно) и (6), поэтому $B_3=A_4 cdot A_5 + A_6$.

Подставляем все и получаем выражение для события $B$

$$
B=B_1 cdot B_2 cdot B_3 = A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6).
$$

Теперь выразим вероятность безотказной работы цепи за время T. Сначала применим формулу (1), чтобы раскрыть произведение:

$$
P(B)=P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6) right) = P(A_1) cdot P left( A_2+A_3 right) cdot P left( A_4 cdot A_5 + A_6 right) =
$$

Раскроем вторую вероятность по формуле (3), а третью по формуле (2), получим:

$$= P(A_1) cdot left(1 — P(overline{A_2}) cdot P(overline{A_3}) right) cdot left( P(A_4) cdot P(A_5) + P(A_6) — P(A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) right).$$

Подставляем $P(A_i)=p$ и получим:

$$
p(B)=pcdot(1-(1-p)cdot(1-p))cdot(pcdot p + p -p cdot p cdot p) = pcdotleft(1-(1-p)^2right)cdot left(p+p^2-p^3right).
$$

Осталось только найти значение при $p=0,6$:

$$
p(B)= 0,6cdotleft(1-(1-0,6)^2right)cdot left(0,6+0,6^2-0,6^3right) approx 0,375.
$$

Пример 2. Найти вероятность обрыва цепи, если вероятность отказа каждого элемента равна 0,2, а отказы элементов – независимые события.

Пронумеруем элементы и сразу раскрасим схему, чтобы выделить ее структуру.

Это опять последовательная схема, но розовая группа состоит из двух элементов, соединенных параллельно, поэтому можем сразу выписать:

$$
X= A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5.
$$

Найдем вероятность этого события (работы цепи):

$$
P(X)= P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5 right)= P(A_1) cdot P(A_2+A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5)= \
= P(A_1) cdot left( 1- P(overline{A_2}) cdot P(overline{A_3}) right) cdot P(A_4) cdot P(A_5).
$$

Вероятности отказа элементов цепи равна 0,2, вероятность работы элементов — 0,8, поэтому

$$
P(X)= 0,8 cdot left( 1- 0,2 cdot 0,2 right) cdot 0,8 cdot 0,8 = 0,492.
$$

Но в задаче требовалось найти вероятность обрыва цепи, это противоположное событие:

$$
P(overline{X}) = 1- P(X) = 1-0,492 = 0,508.
$$

Пример 3. Найти вероятность безотказной работы функциональной цепи, состоящей из независимо работающих элементов, если вероятность надежной работы элементов равна $p_1=p_2=p_3=p_4=0,8$, $p_5=p_6=p_7=0,9$.

Приступим к решению, сразу раскрасив схему. В этот раз схема на первом уровне имеет параллельное соединение: верхняя розово-зеленая группа и нижняя желтая находятся на параллельных линиях. Поэтому $X=X_1+X_2$, где $X_1$ — работает розово-зеленая линия, $X_2$ — работает желтая.

Для желтой группы, состоящей из трех последовательно расположенных элементов, сразу выписываем $X_2=A_5 cdot A_6 cdot A_7$.

Теперь рассмотрим верхнюю группу. Она состоит из двух подгрупп, связанных последовательно: розовой и зеленой. При этом каждая из них состоит из двух параллельно соединенных элементов. Записываем: розовая группа работает = $A_1+A_2$, зеленая группа работает = $A_3+A_4$, значит ток проходит через розово-зеленую группу $X_1 =(A_1+A_2) cdot (A_3+A_4)$.

Объединяем рассуждения и выписываем событие, соответствующее безотказной работе цепи:

$$
X=X_1+X_2 = (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7.
$$

Следующий шаг: выразить вероятность этого события. Во всех предыдущих примерах схема на первом уровне была последовательной, и событие выражалось как произведение. В этом случае схема на первом уровне параллельна, событие выглядит как сумма других событий, что немного усложняет выкладки. Для суммы событий можно использовать формулу (2) или (3), выбирая наиболее удобную в каждом конкретном случае.

В данном случае слагаемых всего два, поэтому возьмем формулу (2):

$$
P(X)= P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) = \
= P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) right) + P left( A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) — P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) cdot A_5 cdot A_6 cdot A_7 right)
$$

Раскрываем все произведения по формуле (1):

$$
= P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) + P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) — P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) =
$$

По формуле (3) расписываем $P(A_1+A_2)=1-P(overline{A_1}) cdot P(overline{A_2}) = 1-q_1cdot q_2$ и $P(A_3+A_4)=1-P(overline{A_3}) cdot P(overline{A_4})= 1-q_3cdot q_4$.

Итого:

$$
P(X)= (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) + p_5 cdot p_6 cdot p_7 — \- (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) cdot p_5 cdot p_6 cdot p_7.
$$

Подставляем значения надежности элементов:

$$
P(X)= (1-0,2^2)^2 + 0,9^3 — (1-0,2^2)^2 cdot 0,9^3 approx 0,9788.
$$

Еще: другие уроки о решении задач по вероятности

На закуску: схема с мостиком

Для 99% учебных задач вам хватит той теории и примеров, что приведены выше: подробно изучите их и приступайте к своим примерам по аналогии. Но есть такие схемы, для которых нельзя выделить единую структуру на верхнем уровне — параллельную или последовательную, и весь алгоритм решения рушится.

Речь идет о схемах смешанного типа, еще их часто называют схемами с мостиком (мостиковые схемы). Типичная схема имеет такой вид:

Видно, что как ни крути, схему нельзя отнести ни к последовательным, ни к параллельным. Элемент №5 (мостик) «портит» тип схемы. Если его убрать (разорвать этот участок цепи), получим обычную параллельную структуру, а если предположить, что через этот участок всегда идет ток — последовательную (конкретные схемы изобразим ниже).

Поэтому для решения задачи о вычислении надежности подобной электросхемы используют формулу полной вероятности в форме теоремы разложения (см. подробнее тут, стр. 118)

Надежность цепи с избыточностью равна произведению вероятности безотказной работы $i$-го элемента цепи на вероятность безотказной работы оставшейся цепи (места подключения $i$-го элемента замкнуты накоротко) плюс произведение вероятности отказа того же $i$-го элемента на вероятность безотказной работы оставшейся цеии (места подключения $i$-го элемента разомкнуты).

То есть, для выделенного на схеме элемента-мостика рассматриваем две гипотезы:
$H_1$ = (Элемент 5 не пропускает ток), $P(H_1)=1- p_5 = q_5$;
$H_2$ = (Элемент 5 пропускает ток), $P(H_2)=p_5$.

Далее вычисляем надежность схемы при условии верности каждой из гипотез. Для наглядности нарисуем обе схемы:

Рассмотрим левую схему, верную при гипотезе $H_1$, через нее проходит ток, если $X|H_1 = A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4$, вероятность

$$
P(X|H_1) = P(A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4)= P(A_1cdot A_3)+ P(A_2cdot A_4) — P(A_1cdot A_3 cdot A_2cdot A_4)=\
=p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4.
$$

Рассмотрим правую схему, верную при гипотезе $H_2$, и выпишем для нее аналогично событие и вероятность прохода тока:

$$
X|H_2 = (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4),\
P(X|H_2) =P( (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4)) = P(A_1+A_2)cdot P(A_3+A_4)=\ = (1-P(overline{A_1}) cdot P(overline{A_2})) cdot (1-P(overline{A_3}) cdot P(overline{A_4})) = (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4).
$$

Тогда по формуле полной вероятности, надежность схемы равна:

$$
P(X)=P(X|H_1)cdot P(H_1) + P(X|H_2)cdot P(H_2) = \
= q_5 (p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4) + p_5 (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4).
$$

Аналогичным образом можно разбирать более сложные схемы (в которые более одного мостика), применяя на каждом этапе формулу полной вероятности (как бы вкладывая одну в другую).

Лучшее спасибо — порекомендовать эту страницу

Полезные ссылки по ТВ

Онлайн калькуляторы
Онлайн учебник
Более 200 примеров
Решенные контрольные

Формулы и таблицы
Сдача тестов
Решение на заказ
Онлайн помощь

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете разные задачи по теории вероятностей с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):

Источник

Предлагается несколько
простых примеров решения задач. Следует
помнить, что частота, интенсивность
отказов и параметр потока отказов,
вычисленные по формулам (1.35),
(1.6) и (1.13), являются
постоянными в диапазоне интервала
времени ∆t,
а функции
,,
–
ступенчатыми кривыми или гистограммами.
Для удобства изложения в дальнейшем
при решении задач на определение частоты,
интенсивности и параметра потока отказов
по статистическим данным об отказах
изделий ответы относятся к середине
интервала ∆t.
При этом результаты вычислений
графически представляются не в виде
гистограмм, а в виде точек, отнесенных
к середине интервалов ∆t_i
и соединенных плавной
кривой.

Пример 1

Допустим, что на испытание
поставлено 1000 однотипных электронных
ламп. За 3000 ч отказало 80 ламп, требуется
определить вероятность безотказной
работы P(t)
и вероятность отказа
Q(t)
в течение 3000 ч

Дано:

N
= 1000 шт.

∆t
= 3000 ч

n
= 80 шт.

Решение:

;

или.

Найти:

P(t)

Q(t)

Пример 2

Допустим, что на испытание
поставлено 1000 однотипных электронных
ламп. За первые 3000 ч отказало 80 ламп, а
за интервал времени 3000–4000 ч
отказало еще 50 ламп.
Требуется определить частоту
f(∆t)
и интенсивность λ(∆t)
отказов электронных ламп в промежутке
времени ∆t
= 3000–4000 ч.

Дано:

N
= 1000 шт.

∆t₁
= 3000 ч

n₁
= 80 шт.

∆t₂
= [3000, 4000]

n₂
= 50 шт.

Решение:

;

ч^–1;

где
;

шт.;

_шт.;

ч^–1.

Найти:

a(∆t₂)

λ(∆t₂)

Пример 3

На испытание поставлено N₀= 400 изделий. За
время t
=
3000 ч отказало n(t)
= 200 изделий, за интервал
∆t
= 100 ч отказало n(∆t)
= 100
изделий. Требуется определить вероятность
безотказной работы за 3000 ч, вероятность
безотказной работы за 3100 ч, вероятность
безотказной работы за 3050 ч, частоту
отказов f(3050),
интенсивность отказов λ(3050).

t
= 0
t
= 3000 ч ∆t
= 100 ч

Рис.
1.3. Временной график

Дано:

N
= 400 шт.

t
= 3000 ч

n
= 200 шт.

∆t
= 100 ч

n(∆t)
= 100 шт.

Решение:

Вероятность безотказной работы
определяется по формуле

Для t
= 3000 ч (начало
интервала)

Для t
= 3100 ч (конец интервала)

Среднее время исправно работающих
изделий в интервале ∆t:

Число изделий, отказавших за время t
= 3050 ч:

,
тогда

Найти:

Р(3000)

Р(3100)

Р(3050)

f(3050)
f(3000)

f(3100)

λ(3000)

λ(3050)

λ(3100)

Определяется частота отказа:

;
ч^–1.

Так же определяется частота отказов за
интервалы 3000 и 3100 ч, причем началом
интервалов является t
= 0.

ч^–1;

ч^–1.

Определяется интенсивность отказов:

а) в интервале ∆t= 3050 ч,;

ч^–1;

б) в интервале
ч,шт.;

ч^–1;

в) в интервале
ч,шт.;

ч^–1.

Пример 4

В течение некоторого периода
времени производилось наблюдение за
работой одного объекта. За весь период
зарегистрировано n
= 15 отказов. До начала
наблюдений объект проработал 258 ч, к
концу наблюдения наработка составила
1233 ч. Определить среднюю наработку на
отказ t_ср.

Дано:

n= 15

t₁= 258 ч

t₂= 1233 ч

Решение:

Наработка за указанный период составила

∆t
= t₁– t₂= 1233 – 258 = 975 ч.

Наработка на отказ по статистическим
данным определяется по формуле

Найти:

t_ср

где t_i–время исправной
работы между(i
– 1)иi
отказами;n
–число отказов за некоторое времяt.

Приняв
=
975 ч, можно определить среднюю наработку
на отказ

t_ср=
= 65 ч.

Пример 5

Производилось наблюдение
за работой трех однотипных объектов.
За период наблюдения было зафиксировано
по первому объекту 6 отказов, по второму
– 11 отказов, третьему – 8 отказов.
Наработка первого объекта t₁= 6181
ч, второго t₂=
329 ч,
третьего t₃=
245 ч. Определить наработку объектов на
отказ.

Дано:

N
= 3 шт.

n₁
= 6 шт.

n₂
= 11 шт.

n₃
= 8 шт.

t₁
= 181 ч

t₂
= 329 ч

t₃
= 245 ч

Решение:

1-й вариант решения:

;

_ч;

Найти:

t_ср

2-й вариант решения:

,,;

_ч;_ч;_ч;

_ч.

Как видно, у задачи есть два варианта
решения. Первый основан на использовании
общей формулы вычисления средней
наработки; второй – более детальный:
сначала находится средняя наработка
для каждого элемента, а среднее значение
этих чисел и есть то, что определяется.

Пример 6

Система состоит из 5 приборов, причем
отказ любого одного из них ведет к отказу
системы. Известно, что первый отказал
34 раза в течение 952 ч работы, второй –
24 раза в течение 960 ч работы, а остальные
приборы в течение 210 ч работы отказали
4, 6 и 5 раз соответственно. Требуется
определить наработку на отказ системы
в целом, если справедлив экспоненциальный
закон надежности для каждого из пяти
приборов.

Дано:

N= 5 шт.

n₁= 34 шт.

n₂= 24 шт.

n₃= 4 шт.

n₄= 6 шт.

n₅= 5 шт.

t₁
= 952 ч

t₂
= 960 ч

t_3–5= 210 ч

Решение:

Используются следующие соотношения:

Определяется интенсивность отказов
для каждого прибора (N= 1):

где N_ср
– среднее число исправно работающих
изделий в интервале ∆t.

_ч^–1_;_ч^–1_;

_ч^–1_;

Найти:

t_ср

_ч^–1_;
_ч^–1_;

или

_ч^–1_;

тогда интенсивность отказов
системы будет

_ч^–1_.

Средняя наработка на отказ системы
равна

_ч_.

Пример 7

За наблюдаемый период
эксплуатации в аппаратуре было
зафиксировано 8 отказов. Время
восстановления составило: t₁= 12 мин, t₂= 23 мин, t₃= 15 мин, t₄= 9 мин, t₅= 17 мин, t₆= 28 мин, t₇= 25 мин, t₈= 31 мин.

Требуется определить среднее время
восстановления аппаратуры.

Дано:

n
= 8 отказов

t₁= 12 мин

t₂= 23 мин

t₃=
15 мин

t₄=
9 мин

t₅= 17
мин

t₆= 28
мин

t₇= 25
мин

t₈= 31
мин

Решение:

;

_мин.

Найти:

t_ср.в

Пример 8

Аппаратура имела среднюю
наработку на отказ t_cp
= 65 ч и среднее время восстановления t_в
= 1,25 ч. Требуется
определить коэффициент готовности
К_г.

Дано:

t_cp
= 65 ч

t_в
= 1,25 ч

Решение:

;

Найти:

К_г

Пример 9

Пусть
время работы элемента до отказа подчинено
экспоненциальному закону λ
=
2,5 · 10^–5
ч^–1.
Требуется определить вероятность
безотказной работы
P(t),
частоту отказов
f(t)
и среднюю наработку на отказ
t_ср,
если t
= 500, 1000, 2000 ч.

Дано:

λ
=2,5·10^–⁵ч^–¹

t₁
= 500 ч

t₂
= 1000 ч

t₃
= 2000 ч

Решение:

;

Найти:

P(t)

f(t)

t_ср

ч^–¹;

t_ср =;

_ч.

Пример 10

Время работы изделия до
отказа подчиняется закону распределения
Рэлея. Требуется определить количественные
характеристики: P(t),
f(t),
λ(t),
t_ср
при t₁
= 500 ч, t₂
= 1000 ч, t₃
= 2000 ч, если параметр распределения σ
= 1000 ч.

Дано:

t₁
= 500 ч

t₂
= 1000 ч

t₃
= 2000 ч

σ
= 1000 ч

Решение:

Необходимо воспользоваться формулами,
соответствующими закону распределения
Рэлея ([8], табл. 1.1)

;

_ч^–1_;

Найти:

P(t)

f(t)

λ(t)

t_ср

_ч^–1_;

;

_ч^–1_;

;

_ч;

_ч.

Пример 11

Время безотказной работы
гироскопического устройства с
шарикоподшипниками в осях ротора
гироскопа подчиняется закону Вейбулла
– Гнеденко с параметрами k
= 1,5, λ_о
= 10^–4
ч^–1,
а время его работы t
= 100 ч. Требуется
вычислить количественные характеристики
надежности такого устройства.

Дано:

k = 1,5

λ_о
= 10^–⁴
ч^–¹

t
= 100 ч

Решение:

Используются формулы закона Вейбулла
– Гнеденко для определения
количественных характеристик.

Определяется вероятность безотказной
работы:

;

Частота отказов определяется по
формуле

Найти:

P(t)

f(t)

λ(t)

t_ср

Тогда

ч^–1

Интенсивность отказов
определяется по формуле

;

ч^–1.

Вычисляется средняя наработка до первого
отказа

Сначала вычисляют значение гамма-функции,
воспользовавшись справочными данными
([8], табл. П.7.18):

Значения гамма-функции

х	Г (х)
1,67	0,90330

Полученные значения подставляют в
формулу [8, с. 38]:

ч.

Пример 12

Известно, что интенсивность
отказов λ
= 0,02 ч^–1,
а среднее время восстановления t_В
= 10 ч. Требуется вычислить коэффициент
готовности и функцию готовности изделия.

Дано:

t_В= 10 ч

λ= 0,02
ч^–1

Решение:

Коэффициент готовности изделия
определяется по формуле

Средняя наработка до первого отказа
равна
.

Тогда

Найти:

К_Г

Р_Г

Функция готовности изделия определяется
по формуле

где t
– любой момент времени,
при t
= 0 система находится
в исправном состоянии.

Пример 13

Система
состоит из 12 600 элементов, средняя
интенсивность отказов которых λ_ср
= 0,32·10^–6ч^–1.

Необходимо
определить вероятность безотказной
работы в течение t
= 50 ч.

Дано:

N
= 12 600

λ_ср=
0,32·10^–6ч^–1

t
= 50 ч

Решение:

Интенсивность отказов
системы определяется по формуле

ч^–1.

Вероятность безотказной
работы по экспоненциальному закону
равна:

Найти:

P(t)

Пример 14

Система состоит из N
= 5 блоков. Надежность блоков характеризует-
ся вероятностью безотказной работы
в течение времени t,
которая равна:
p₁(t)
= 0,98; p₂(t)
= 0,99; p₃(t)
= 0,97; p₄(t)
= 0,985; p₅(t)
= 0,975.

Требуется определить
вероятность безотказной работы системы.

Дано:

N
= 5

p₁(t)
= 0,98 p₂(t)
= 0,99

p₃(t)
= 0,97

p₄(t)
= 0,985

p₅(t)
= 0,975

Решение:

Необходимо воспользоваться
формулой для определения безотказной
работы системы:

Вероятности
p₁(t),
p₂(t),
p₃(t),
p₄(t),
p₅(t)
близки к единице, поэтому вычислить
Р_с(t)
удобно, пользуясь приближенной
формулой.

В данном случае q₁= 0,02; q₂= 0,01; q₃= 0,03; q₄= 0,015;

q₅= 0,025. Тогда

Найти:

Р_с(t)

Пример 15

Система состоит из трех
устройств. Интенсивность отказов
электронного устройства равна λ₁
= 0,16·10^–3ч^–1
= const.
Интенсивности отказов двух
электромеханических устройств линейно
зависят от времени и определяются
следующими формулами: λ₂
= 0,23·10 ^–4tч^–1,
λ₃
= 0,06·10^–6t^2,6ч^–1.

Нужно рассчитать вероятность безотказной
работы изделия в течение 100 ч.

Дано:

N= 3

λ₁= 0,16 ·10^–3ч^–1

λ₂= 0,23 ·10^–4tч^–1

λ₃= 0,06 ·10^–6t^2,6ч^–1

t
= 100 ч

Решение:

Так как λ
≠const, то на основании
формулы

можно написать

Найти:

Р(t)

при t
= 100 ч

Пример 16

Система состоит из трех
блоков, средняя наработка до первого
отказа которых равна Т₁=160 ч, Т₂= 320 ч, Т₃= 600 ч. Для блоков
справедлив экспоненциальный закон
надежности.

Требуется определить среднюю наработку
до первого отказа системы.

Дано:

N= 3

Т₁= 160 ч

Т₂= 320 ч

Т₃= 600 ч

Решение:

Согласно экспоненциальному закону
.

Интенсивность отказов системы:

Средняя наработка до первого отказа
системы:

Найти:

t_ср.с

следовательно,

Пример 17

Система состоит из двух
устройств. Вероятности безотказной
работы каждого из них в течение времени
t
= 100 ч равны: р₁(100)
= 0,95; р₂
(100) = 0,97. Справедлив
экспоненциальный закон надежности.
Необходимо найти среднюю наработку до
первого отказа системы
t_ср.с.

Дано:

N
= 2

t
= 100 ч

р₁(100) = 0,95

р₂
(100) = 0,97

Решение:

Определяется вероятность безотказной
работы изделия:

Определяется интенсивность отказов
изделия по формуле

;

ч^–1,

Найти:

t_cp.c

ч.

ример 18

Вероятность безотказной
работы одного элемента в течение времени
t
равна p(t)
= 0,9997. Требуется определить вероятность
безотказной работы системы, состоящей
из N
= 100 таких же элементов.

Дано:

p(t)= 0,9997

N
= 100

Решение:

1-й вариант решения:

Если у всех элементов системы одинаковая
надежность, то

2-й вариант решения:

Найти:

P_c

Так как вероятность
близка к единице, то можно воспользоваться
следующей формулой:

Для одного элемента системы:

т. е.

Из
следует.

Получается, что первый вариант решения
более точен.

Пример 19

Вероятность безотказной
работы системы в течение времени t
равна
Р_с(t)
= 0,95. Система состоит из N
= 120 равнонадежных элементов. Требуется
определить вероятность безотказной
работы элемента р_i(t).

Дано:

Р_с(t)= 0,95

N
= 120

Решение:

Очевидно, что вероятность безотказной
работы элемента будет
.
Так как
близка к единице, то вычисления удобно
выполнять по формуле

Найти:

Р_i(t)

Тогда

Пример 20

В системе N_с
= 2500 элементов, вероятность безотказной
работы ее в течение одного часа Р_с(1)
= 98 %. Предполагается, что все элементы
равнонадежны и интенсивность отказов
элементов λ
= 8,4·10^–6
ч^–1.
Требуется определить среднюю наработку
до первого отказа системы t_ср.с.

Дано:

N_с
= 2500

Р_с(1)
= 98 %

λ=
8,4·10^–6ч^–1

Решение:

Интенсивность отказов системы
определим по формуле

λ_с
= N
·λ
= 8,4 · 10^–6· 2500 = 0,021 ч^–1,

средняя наработка до первого отказа
системы равна:

t_ср.с
= 1/λ_с=
1/0,021 = 47,6 ч.

Найти:

t_ср.с

Пример 21

Система
состоит из пяти приборов, вероятности
исправной работы которых в течение
времени t
= 100 ч равны: p₁(100)
= 0,9996; p₂(100)
= 0,9998; p₃(100)
= 0,9996; p₄(100)
= 0,999; p₅(100)
= 0,9998. Требуется определить частоту
отказов системы в момент времени t
= 100 ч.

Предполагается, что отказы
приборов независимы и для них справедлив
экспоненциальный закон надежности.

Дано:

t
= 100 ч

p₁(100)
= 0,9996

p₂(100)
= 0,9998

p₃(100)
= 0,9996

p₄(100)
= 0,999

p₅(100) = 0,9998

Решение:

По условиям задачи отказы приборов
независимы, поэтому вероятность
безотказной работы системы равна
произведению вероятностей безотказной
работы приборов. Тогда для случая
высоконадежных систем (при значенях
р_i,
близких к единице) имеем:

Найти:

f_с

Так как вероятность безотказной работы
системы близка к единице, то в соответствии
с формулой

интенсивность отказов можно вычислить
следующим образом:

^ч^–1^,

тогда частоту отказов определим в
соответствии с формулой:

а_с(t)
λ_с(1
– λ_сt)= 2,2·10^–5(1 – 2,2·10^–5·100) =
2,195·10^–5ч^–1.

Пример 22

Изделие состоит из 12
маломощных низкочастотных германиевых
транзисторов, 4 плоскостных кремниевых
выпрямителей, 50 керамических конденсаторов,
168 резисторов типа МЛТ, 1 силового
трансформатора, 2 накальных трансформаторов,
5 дросселей и 4 катушек индуктивности.
Необходимо найти вероятность безотказной
работы изделия в течение t
= 200 ч и среднюю наработку
до первого отказа.

Дано:

N₁= 12

N₂= 4

N₃= 50

N₄= 168

N₅= 1

N₆= 2

N₇= 5

N₈= 4

t= 200 ч

Решение:

Для решения данной задачи вычисляются
величины интенсивности отказов
изделия, затем составляется и
заполняется таблица 1.2. Значения
интенсивности отказов элементов
выбираются из [8] (табл. П.3.1, П.3.5, П.3.7).

Найти:

Р_с(200)

t_ср.с

Таблица
1.2

Наименование и тип элемента	Количество элементов N_i	Интенсивность отказов, ч^–1
λ_i · 10 ^–5	N_iλ_i· 10 ^–5
Транзистор маломощный низкочастотный германиевый	12	0,3	3,6
Выпрямитель плоскостной кремниевый	4	0,5	2
Конденсатор керамический	50	0,14	7
Резистор типа МЛТ	168	0,05	8,4
Трансформатор силовой	1	0,3	0,3
Трансформатор накальный	2	0,2	0,4
Дроссель	5	0,1	0,5
Катушка индуктивности	4	0,05	0,2

Интенсивность отказов
элементов

ч^–1.

По данным табл. 1.2 и по формуле
для экспоненциального закона находится
вероятность безотказной работы изделия
в течение t
= 200 ч и средняя наработка до первого
отказа:

Соседние файлы в папке НАДЕЖНОСТЬ_1_ГРАДИРНИ

#
21.03.201635.98 Mб59НАДЕЖНОСТЬ_Анцелиович_ГРАДИРНИ.djvu
#
#
#
21.03.20163.52 Mб118НАДЕЖНОСТЬ_Герцбах_ГРАДИРНИ.pdf
#
#

Источник

Практика

1. Расчет показателей безотказности
1.1 Вероятность безотказной работы
1.2 Вероятность отказа
1.3 Частота отказа
1.4 Интенсивность отказа
1.5 Средняя наработка до отказа
1.6 Среднее значение параметра потока отказов
1.7 Пример расчета показателей безотказности
2. Примеры расчета показателей надежности для различных законов распределения случайных величин
2.1 Экспоненциальный закон распределения
2.2 Закон распределения Вейбулла-Гнеденко
2.3 Закон распределения Рэлея
3. Примеры расчета показателей надежности сложных систем
3.1 Основное соединение элементов
3.2 Резервное соединение

1.1 Вероятность безотказной работы

Вероятностью безотказной работы называется вероятность того, что при определенных условиях эксплуатации, в пределах заданной наработки не произойдет ни одного отказа.
Вероятность безотказной работы обозначается как P(l), которая определяется по формуле (1.1):

где N₀ – число элементов в начале испытания; r(l) – число отказов элементов к моменту наработки.Следует отметить, что чем больше величина N₀, тем с большей точностью можно рассчитать вероятность P(l).
В начале эксплуатации исправного локомотива P(0) = 1, так как при пробеге l = 0 вероятность того, что ни один элемент не откажет, принимает максимальное значение – 1. С ростом пробега l вероятность P(l) будет уменьшаться. В процессе приближения срока эксплуатации к бесконечно большой величине вероятность безотказной работы будет стремиться к нулю P(l→∞) = 0. Таким образом в процессе наработки величина вероятности безотказной работы изменяется в пределах от 1 до 0. Характер изменения вероятности безотказной работы в функции пробега показан на рис. 1.1.

Рис.2.1. График изменения вероятности безотказной работы P(l)в зависимости от наработки

Основными достоинствами использования данного показателя при расчетах является два фактора: во-первых, вероятность безотказной работы охватывает все факторы, влияющие на надежность элементов, позволяя достаточно просто судить о его надежности, т.к. чем больше величина P(l), тем выше надежность; во-вторых, вероятность безотказной работы может быть использована в расчетах надежности сложных систем, состоящих из более чем одного элемента.

1.2 Вероятность отказа

Вероятностью отказа называют вероятность того, что при определенных условиях эксплуатации, в пределах заданной наработки произойдет хотя бы один отказ.
Вероятность отказа обозначается как Q(l), которая определяется по формуле (1.2):

В начале эксплуатации исправного локомотива Q(0) = 0, так как при пробеге l = 0 вероятность того, что хотя бы один элемент откажет, принимает минимальное значение – 0. С ростом пробега l вероятность отказа Q(l) будет увеличиваться. В процессе приближения срока эксплуатации к бесконечно большой величине вероятность отказа будет стремиться к единице Q(l→∞) = 1. Таким образом в процессе наработки величина вероятности отказа изменяется в пределах от 0 до 1. Характер изменения вероятности отказа в функции пробега показан на рис. 1.2.Вероятность безотказной работы и вероятность отказа являются событиями противоположными и несовместимыми.

Рис.2.2. График изменения вероятности отказа Q(l) в зависимости от наработки

1.3 Частота отказов

Частота отказов – это отношение числа элементов в единицу времени или пробега отнесенного к первоначальному числу испытуемых элементов. Другими словами частота отказов является показателем, характеризующим скорость изменения вероятности отказов и вероятности безотказной работы по мере роста длительности работы.
Частота отказов обозначается как и определяется по формуле (1.3):

где – количество отказавших элементов за промежуток пробега .
Данный показатель позволяет судить по его величине о числе элементов, которые откажут на каком-то промежутке времени или пробега, также по его величине можно рассчитать количество требуемых запасных частей.
Характер изменения частоты отказов в функции пробега показан на рис. 1.3.

Рис. 1.3. График изменения частоты отказов в зависимости от наработки

1.4 Интенсивность отказов

Интенсивность отказов представляет собой условную плотность возникновения отказа объекта, определяемую для рассматриваемого момента времени или наработки при условии, что до этого момента отказ не возник. Иначе интенсивность отказов – это отношение числа отказавших элементов в единицу времени или пробега к числу исправно работающих элементов в данный отрезок времени.
Интенсивность отказов обозначается как и определяется по формуле (1.4):

где

Как правило, интенсивность отказов является неубывающей функцией времени. Интенсивность отказов обычно применяется для оценки склонности к отказам в различные моменты работы объектов.
На рис. 1.4. представлен теоретический характер изменения интенсивности отказов в функции пробега.

Рис. 1.4. График изменения интенсивности отказов в зависимости от наработки

На графике изменения интенсивности отказов, изображенном на рис. 1.4. можно выделить три основных этапа отражающих процесс экс-плуатации элемента или объекта в целом.
Первый этап, который также называется этапом приработки, характеризуется увеличением интенсивности отказов в начальный период эксплуатации. Причиной роста интенсивности отказов на данном этапе являются скрытые дефекты производственного характера.
Второй этап, или период нормальной работы, характеризуется стремлением интенсивности отказов к постоянному значению. В течение этого периода могут возникать случайные отказы, в связи с появлением внезапной концентрации нагрузки, превышающей предел прочности элемента.
Третий этап, так называемый период форсированного старения. Характеризуется возникновением износовых отказов. Дальнейшая эксплуатация элемента без его замены становится экономически не рациональной.

1.5 Средняя наработка до отказа

Средняя наработка до отказа – это средний пробег безотказной работы элемента до отказа.
Средняя наработка до отказа обозначается как L₁ и определяется по формуле (1.5):

где l_i – наработка до отказа элемента; r_i – число отказов.
Средняя наработка до отказа может быть использована для предварительного определения сроков ремонта или замены элемента.

1.6 Среднее значение параметра потока отказов

Среднее значение параметра потока отказов характеризует среднюю плотность вероятности возникновения отказа объекта, определяемая для рассматриваемого момента времени.
Среднее значение параметра потока отказов обозначается как W_ср и определяется по формуле (1.6):

1.7 Пример расчета показателей безотказности

Исходные данные.
В течение пробега от 0 до 600 тыс. км., в локомотивном депо произведен сбор информации по отказам ТЭД. При этом количество исправных ТЭД в начале периода эксплуатации составляло N0 = 180 шт. Суммарное количество отказавших ТЭД за анализируемый период составило ∑r(600000) = 60. Интервал пробега принять равным 100 тыс. км. При этом количество отказавших ТЭД по каждому участку составило: 2, 12, 16, 10, 14, 6.

Требуется.
Необходимо рассчитать показатели безотказности и построить их зависимости изменения во времени.

Сначала необходимо заполнить таблицу исходных данных так, как это показано в табл. 1.1.

Таблица 1.1.

Исходные данные к расчету

, тыс. км	0 — 100	100 — 200	200 — 300	300 — 400	400 — 500	500 — 600
	2	12	16	10	14	6
	2	14	30	40	54	60

Первоначально по уравнению (1.1) определим для каждого участка пробега величину вероятности безотказной работы. Так, для участка от 0 до 100 и от 100 до 200 тыс. км. пробега вероятность безотказной работы составит:

Далее, используя зависимость (1.2) произведем расчет вероятности отказа ТЭД.

Произведем расчет частоты отказов по уравнению (1.3).

Далее по уравнению (1.4) произведем расчет интенсивности отказов ТЭД в зависимости от наработки.
Первоначально рассчитаем среднее количество работоспособных ТЭД на участке от 0 до 100 тыс. км. пробега:

Тогда интенсивность отказов на участке 0-100 тыс.км. будет равна:

Аналогичным образом определим величину интенсивности отказов для интервала 100-200 тыс. км.

По уравнениям (1.5 и 1.6) определим среднюю наработку до отказа и среднее значение параметра потока отказов.

Систематизируем полученные результаты расчета и представим их в виде таблицы (табл. 1.2.).

Таблица 1.2.

Результаты расчета показателей безотказности

, тыс.км.	0 — 100	100 — 200	200 — 300	300 — 400	400 — 500	500 — 600
	2	12	16	10	14	6
	2	14	30	40	54	60
P(l)	0,989	0,922	0,833	0,778	0,7	0,667
Q(l)	0,011	0,078	0,167	0,222	0,3	0,333
10^-7, 1/км	1,111	6,667	8,889	5,556	7,778	3,333
10^-7, 1/км	1,117	6,977	10,127	6,897	10,526	4,878

Приведем характер изменения вероятности безотказной работы ТЭД в зависимости от пробега (рис. 1.5.). Необходимо отметить, что первой точкой на графике, т.е. при пробеге равном 0, величина вероятности безотказной работы примет максимальное значение – 1.

Рис. 1.5. График изменения вероятности безотказной работы в зависимости от наработки

Приведем характер изменения вероятности отказа ТЭД в зависимости от пробега (рис. 1.6.). Необходимо отметить, что первой точкой на графике, т.е. при пробеге равном 0, величина вероятности отказа примет минимальное значение – 0.

Рис. 1.6. График изменения вероятности отказа в зависимости от наработки

Приведем характер изменения частоты отказов ТЭД в зависимости от пробега (рис. 1.7.).

Рис. 1.7. График изменения частоты отказов в зависимости от наработки

На рис. 1.8. представлена зависимость изменения интенсивности отказов от наработки.

Рис. 1.8. График изменения интенсивности отказов в зависимости от наработки

2.1 Экспоненциальный закон распределения случайных величин

Экспоненциальный закон достаточно точно описывает надежность узлов при внезапных отказах, имеющих случайный характер. Попытки применить его для других типов и случаев отказов, особенно постепенных, вызванных износом и изменением физико-химических свойств элементов показали его недостаточную приемлемость.

Исходные данные.
В результате испытания десяти топливных насосов высокого давления получены наработки их до отказа: 400, 440, 500, 600, 670, 700, 800, 1200, 1600, 1800 ч. Предполагая, что наработка до отказа топливных насосов подчиняется экспоненциальному закону распределения.

Требуется.
Оценить величину интенсивности отказов , а также рассчитать вероятность безотказной работы за первые 500 ч. и вероятность отказа в промежутке времени между 800 и 900 ч. работы дизеля.

Во-первых, определим величину средней наработки топливных насосов до отказа по уравнению:

Затем рассчитываем величину интенсивности отказов:

Величина вероятности безотказной работы топливных насосов при наработке 500 ч составит:

Вероятность отказа в промежутке между 800 и 900 ч. работы насосов составит:

2.2 Закон распределения Вэйбулла-Гнеденко

Закон распределения Вейбулла-Гнеденко получил широкое распространение и используется применительно к системам, состоящим из рядов элементов, соединенных последовательно с точки зрения обеспечения безотказности системы. Например, системы, обслуживающие дизель-генераторную установку: смазки, охлаждения, питания топливом, воздухом и т.д.

Исходные данные.
Время простоя тепловозов в неплановых ремонтах по вине вспомогательного оборудования подчиняется закону распределения Вейбулла-Гнеденко с параметрами b=2 и a=46.

Требуется.
Необходимо определить вероятность выхода тепловозов из неплановых ремонтов после 24 ч. простоя и время простоя, в течение которого работоспособность будет восстановлена с вероятностью 0,95.

Найдем вероятность восстановления работоспособности локомотива после простоя его в депо в течение суток по уравнению:

Для определения времени восстановления работоспособности локомотива с заданной величиной доверительной вероятности также используем выражение:

2.3 Закон распределения Рэлея

Закон распределения Рэлея используется в основном для анализа работы элементов, имеющих ярко выраженный эффект старения (элементы электрооборудования, различного рода уплотнения, шайбы, прокладки, изготовленные из резиновых или синтетических материалов).

Исходные данные.
Известно, что наработки контакторов до отказа по параметрам старения изоляции катушек можно описать функцией распределения Рэлея с параметром S = 260 тыс.км.

Требуется.
Для величины наработки 120 тыс.км. необходимо определить вероятность безотказной работы, интенсивность отказов и среднюю наработку до первого отказа катушки электромагнитного контактора.

3.1 Основное соединение элементов

Система, состоящая из нескольких независимых элементов, связанных функционально таким образом, что отказ любого из них вызывает отказ системы, отображается расчетной структурной схемой безотказной работы с последовательно соединенными событиями безотказной работы элементов.

Исходные данные.
Нерезервированная система состоит из 5 элементов. Интенсивности их отказов соответственно равны 0,00007; 0,00005; 0,00004; 0,00006; 0,00004 ч-1

Требуется.
Необходимо определить показатели надежности системы: интенсивность отказов, среднее время наработки до отказа, вероятность безотказной работы, частота отказов. Показатели надежности P(l) и a(l) получить в интервале от 0 до 1000 часов с шагом в 100 часов.

Вычислим интенсивность отказа и среднюю наработку до отказа по следующим уравнениям:

Значения вероятности безотказной работы и частоты отказов получим, используя уравнения приведенные к виду:

Результаты расчета P(l) и a(l) на интервале от 0 до 1000 часов работы представим в виде табл. 3.1.

Таблица 3.1.

Результаты расчета вероятности безотказной работы и частоты отказов системы на интервале времени от 0 до 1000 ч.

l, час	P(l)	a(l), час^-1
0	1	0,00026
100	0,974355	0,000253
200	0,949329	0,000247
300	0,924964	0,00024
400	0,901225	0,000234
500	0,878095	0,000228
600	0,855559	0,000222
700	0,833601	0,000217
800	0,812207	0,000211
900	0,791362	0,000206
1000	0,771052	0,0002

Графическая иллюстрация P(l) и a(l) на участке до средней наработки до отказа представлена на рис. 3.1, 3.2.

Рис. 3.1. Вероятность безотказной работы системы.

Рис. 3.2. Частота отказов системы.

3.2 Резервное соединение элементов

Исходные данные.
На рис. 3.3 и 3.4 показаны две структурные схемы соединения элементов: общего (рис. 3.3) и поэлементного резервирования (рис. 3.4). Вероятности безотказной работы элементов соответственно равны P1(l) = P ’1(l) = 0,95; P2(l) = P’2(l) = 0,9; P3(l) = P ’3(l) = 0,85.

Требуется.
Необходимо рассчитать надежность двух систем.

Рис. 3.3. Схема системы с общим резервированием.

Рис. 3.4. Схема системы с поэлементным резервированием.

Вероятность безотказной работы блока из трех элементов без резервирования рассчитаем по выражению:

Вероятность безотказной работы той же системы при общем резервировании (рис. 3.3) составит:

Вероятности безотказной работы каждого из трех блоков при поэлементном резервировании (рис. 3.4) будут равны:

Вероятность безотказной работы системы при поэлементном резервировании составит:

Таким образом, поэлементное резервирование дает более существенное увеличение надежности (вероятность безотказной работы возросла с 0,925 до 0,965, т.е. на 4%).

Исходные данные.
На рис. 3.5 представлена система с комбинированным соединением элементов. При этом вероятности безотказной работы элементов имеют следующие значения: P1=0,8; Р2=0,9; Р3=0,95; Р4=0,97.

Требуется.
Необходимо определить надежность системы. Также необходимо определить надежность этой же системы при условии, что резервные элементы отсутствуют.

Рис.3.5. Схема системы при комбинированном функционировании элементов.

Для расчета в исходной системе необходимо выделить основные блоки. В представленной системе их три (рис. 3.6). Далее рассчитаем надежность каждого блока в отдельности, а затем найдем надежность всей системы.

Рис. 3.6. Сблокированная схема.

Надежность системы без резервирования составит:

Таким образом, система без резервирования является на 28% менее надежной, чем система с резервированием.

Источник

1.2.6. Расчет вероятности безотказной работы прибора

Рассмотрим примеры, в которых требуется вычислить вероятностьь безотказной работы и вероятность отказа работы прибора, в состав которого входят несколько элементов и используются различные способы их соединения между собой.

Пример 1.14. Прибор состоит из двух независимо работающих элементов. Вероятность отказа первого элемента равна P1= 0,1, а второго – P2 = 0,2.

1) Вычислим вероятность события A, если элементы соединены Последовательно,

Решение: Обозначим через A1 Событие, которое заключается в том, что откажет элемент А1 = , и через A2 —

Тогда данный прибор не будет работать (событие А), если выйдет из строя Хотя бы Один из элементов (или первый, или второй, или оба не будут работать). Такое состояние прибора можно описать, используя Определение суммы событий, т. е. A=A1+A2 . Из теоремы о вероятности суммы двух независимых событий [ формула (***)] получаем

P (A) = p (A1+A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1 A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1) p (A2) =

= p1+p2 — p1 p2 = 0,1 +0,2 – 0,1*0,2 = 0,28.

Итак, вероятность того, что данный прибор Откажет Р (А) = 0,28.

Состояние прибора, когда он работает правильно, есть событие А — противоположное событию А, когда прибор откажет.

Тогда, используя свойства вероятности, можно найти Вероятность правильной работы А Данного прибора по формуле:

р ( ) = 1 – р (А) = 1 – 0,28 = 0,72.

2) Вычислим вероятность отказа прибора (событие А ), если элементы соединены параллельно:

Решение. Данный прибор откажет в том случае, если Откажут оба элемента Одновременно. Следовательно, отказ прибора в этом случае может быть представлен как Произведение Событий А1 и А2 , т. е. A=A1A2 . Так как элементы перестают работать Независимо друг от друга, то из независимости событий A1 и A2 получаем P(A) = P(A1) P(A2) = P1 P2 = 0,1 * 0,2 = 0,02.

Определение. События A1 A2 ¼ AN называют Взаимно независимыми, если для любой их части выполняется равенство

P() = p() p()¼P(), (1.5)

1<=i1<i2 ¼<im<=n , m=2, ¼,n.

Пример 1.15. Прибор состоит из трех последовательно соединенных и независимо работающих друг от друга элементов. Каждый из элементов может быть признан бракованным или стандартным:

Обозначим вероятность того, что первый элемент оказался бракованным,

Равной P1, второй элемент бракованный — P2, третий элемент бракованный — P3.

Прибор будем считать Бракованным, если хотя бы один из его элементов бракованный. Найти вероятность того, что прибор Стандартный.

Решение: Обозначим события

В данном случае прибор нормально работает в том случае, если все три элемента одновременно работают, т. е. все три элемента, входящие в прибор, стандартные. Тогда работу прибора можно описать как событие А, состоящее из Произведения трех Независимых Событий A=A1*A2*A3 , вероятность которого можно вычислить по формуле вероятности произведения независимых событий

/> />P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) =(1 – P1) (1- P2) (1 – P3).

Вероятность отказа прибора (событие А ) в данном случае есть величина, равная вероятности события, противоположного событию А.

Р ( А) = 1 – Р (А).

Примечание. Рассмотренные примеры 1.13, 1.14 и 1.15 являются аналогом решения контрольной задачи №3 (первого пункта задания) из методических указаний для выполнения контрольных работ.

Рассмотрим некоторые свойства независимых событий.

Свойство7. Если A и B независимы, то и B Независимы.

Свойство 8. Если событие A не зависит от событий B1 и B2, а события B1 и B2 несовместны, тогда события A и B1+ B2 независимы.

Свойство 9. Если события A, A1 и A2 взаимно независимы, тогда события A и A1+ A2 независимы.

Вероятность работы каждого из элементов электрической цепи равны соответственно 1 = 0,95; 2 = 0,93; 3 = 0,9 и 4 = 0,85. Определить

Обозначим события: 1 − элемент номер 1 работает безотказно; 2 − элемент номер 2 работает безотказно; 3 − элемент номер 3 работает безотказно; 4 − элемент номер 4 работает безотказно; 1 ̅̅̅ − элемент номер 1 вышел из строя; 2 ̅̅̅ − элемент номер 2 вышел из строя; 3 ̅̅̅ − элемент номер 3 вышел из строя; 4 ̅̅̅ − элемент номер 4 вышел из строя. Часть схемы из двух последовательных элементов 1 и 2 исправна только тогда, когда исправны оба этих элемента: Часть схемы из двух параллельных элементов 1 и 2 исправна во всех случаях, кроме одновременной поломки всех элементов: Рассмотрим первую схему. Поскольку не указано, какая из заданных вероятностей к какому из элементов относится, то пронумеруем элементы схемы произвольно.

Похожие готовые решения по математической статистике:

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Telegram и логотип telegram являются товарными знаками корпорации Telegram FZ-LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

Как решать задачи о прохождении тока через электрические схемы

Базовые события, обозначения и формулы

$X$ = (Цепь работает) = (Цепь пропускает ток) и противоположное ему:
$overline$ =(Цепь не пропускает ток) = (Произошел разрыв в цепи).

$A_i$ = (Элемент i работает, пропускает ток) и $overline$ =(Элемент i отказал, не пропускает ток), $i=1,2. n$.

Обычно в условии задачи известны вероятности работы элементов (надежности): $p(A_i)=p_i$ или вероятности отказа $p(overline)=q_i=1-p_i$, $i=1,2. n$.

Для независимых в совокупности событий (а отказы/работа элементов цепи — именно такие):

$$ P(A cdot B) = P(A) cdot P(B); quad(1) $$ $$ P(A+B) = P(A)+P(B)-P(A)cdot P(B); quad(2) $$ $$ P(A_1+A_2+. +A_n)=1-P(overline)cdot P(overline)cdot . cdot P(overline). quad(3) $$

Последовательно или параллельно?

Еще немного времени посвятим теории, вспомним о том, как могут соединяться элементы в цепи.

Последовательное соединение

$$ P(X)=P(A_1 cdot A_2 cdot A_3)= P(A_1) cdot P(A_2) cdot P(A_3) =p_1 cdot p_2 cdot p_3. $$

$$ P(X) = p_1 cdot p_2 cdot . cdot p_n; qquad P(overline)=1-p_1 cdot p_2 cdot . cdot p_n. quad(4) $$

Параллельное соединение

Используем формулу (3) чтобы записать вероятность работы такой цепи:

$$ P(A_1+A_2+A_3)=1-P(overline)cdot P(overline) cdot P(overline)=1-q_1 cdot q_2 cdot q_3. $$

И обобщим на случай $n$ параллельных элементов в цепи:

$$ P(X) = 1-q_1 cdot q_2 cdot . cdot q_n; qquad P(overline)=q_1 cdot q_2 cdot . cdot q_n. quad(5) $$

Важно запомнить правило

Усложняем схему цепи

Возьмем для примера левую верхнюю схему:

То есть тип схемы на первом уровне — последовательный:

Как мы уже знаем, если соединение последовательное, нужно перемножать события, то есть

$$ X=X_1 cdot X_2 cdot X_3, $$

А вот дальше интереснее. Рассмотрим поближе вторую группу:

$$X_2 = A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5.$$

Абсолютно аналогично разбирается третья подгруппа (она совпадает по структуре со второй):

$$X_3 = A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9.$$

Сводим все в одну формулу и выпишем искомое событие (Цепь работает исправно):

$$ X=X_1 cdot X_2 cdot X_3 = A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right). $$

Так как вероятность произведения для независимых событий равна произведению вероятностей, получим:

$$ P(X)= P left( A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) right) =\ = P (A_1) cdot P left ( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right ) cdot P left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) = $$

Для множителей с суммой событий внутри используем формулу (2):

$$ = P (A_1) cdot left[ P(A_2 cdot A_3) + P(A_4 cdot A_5) — P(A_2 cdot A_3 cdot A_4 cdot A_5) right] cdot left[ P(A_6 cdot A_7) + P(A_8 cdot A_9) — P(A_6 cdot A_7 cdot A_8 cdot A_9)right] = $$

И снова раскрываем вероятности произведений:

$$ = P (A_1) cdot left[ P(A_2) cdot P(A_3) + P(A_4) cdot P(A_5) — P(A_2) cdot P(A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5) right] cdot left[ P(A_6) cdot P(A_7) + P(A_8) cdot P(A_9) — P(A_6) cdot P(A_7) cdot P(A_8) cdot P(A_9)right]. $$

Перейдем к более компактной записи, положив $p_i=P(A_i)$:

$$ P(X)= p_1 cdot left[ p_2 cdot p_3 + p_4 cdot p_5 — p_2 cdot p_3 cdot p_4 cdot p_5 right] cdot left[ p_6 cdot p_7 + p_8 cdot p_9 — p_6 cdot p_7 cdot p_8 cdot p_9right]. $$

Алгоритм разбора схемы

Выделяем в схеме основу: группы элементов, соединенные ТОЛЬКО последовательно или ТОЛЬКО параллельно между собой. Это верхний уровень. Записываем событие $X$ = (Цепь работает) как произведение или сумму соответственно.
Каждую полученную группу анализируем также: ищем в ней подгруппы, соединенные только последовательно или только параллельно. Записываем событие соответственно типу соединения.
Продолжаем до тех пор, пока не опустимся на уровень элементов (событий $A_i$).
Подставляем все выражения в исходную формулу, получаем итоговую запись события $X$.
Пользуясь формулами (1)-(3) выписываем вероятность события $P=P(X)$.
Подставляем числовые значения $p_i, q_i$ и находим численное значение надежности схемы $P$.
Если необходимо, находим вероятность отказа цепи $1-P$.

Примеры решений

Отработаем несколько раз этот алгоритм на примерах, чтобы он закрепился.

Первая группа элементов состоит из одного элемента, то есть $B_1=A_1$.

Вторая группа элементов состоит из двух элементов, соединенных параллельно (см. розовые), поэтому $B_2=A_2+A_3$.

Подставляем все и получаем выражение для события $B$

$$ B=B_1 cdot B_2 cdot B_3 = A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6). $$

$$ P(B)=P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6) right) = P(A_1) cdot P left( A_2+A_3 right) cdot P left( A_4 cdot A_5 + A_6 right) = $$

Раскроем вторую вероятность по формуле (3), а третью по формуле (2), получим:

$$= P(A_1) cdot left(1 — P(overline) cdot P(overline) right) cdot left( P(A_4) cdot P(A_5) + P(A_6) — P(A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) right).$$

Подставляем $P(A_i)=p$ и получим:

$$ p(B)=pcdot(1-(1-p)cdot(1-p))cdot(pcdot p + p -p cdot p cdot p) = pcdotleft(1-(1-p)^2right)cdot left(p+p^2-p^3right). $$

Осталось только найти значение при $p=0,6$:

$$ p(B)= 0,6cdotleft(1-(1-0,6)^2right)cdot left(0,6+0,6^2-0,6^3right) approx 0,375. $$

Пронумеруем элементы и сразу раскрасим схему, чтобы выделить ее структуру.

$$ X= A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5. $$

Найдем вероятность этого события (работы цепи):

$$ P(X)= P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5 right)= P(A_1) cdot P(A_2+A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5)= \ = P(A_1) cdot left( 1- P(overline) cdot P(overline) right) cdot P(A_4) cdot P(A_5). $$

Вероятности отказа элементов цепи равна 0,2, вероятность работы элементов — 0,8, поэтому

$$ P(X)= 0,8 cdot left( 1- 0,2 cdot 0,2 right) cdot 0,8 cdot 0,8 = 0,492. $$

Но в задаче требовалось найти вероятность обрыва цепи, это противоположное событие:

$$ P(overline) = 1- P(X) = 1-0,492 = 0,508. $$

Объединяем рассуждения и выписываем событие, соответствующее безотказной работе цепи:

$$ X=X_1+X_2 = (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7. $$

В данном случае слагаемых всего два, поэтому возьмем формулу (2):

$$ P(X)= P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) = \ = P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) right) + P left( A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) — P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) cdot A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) $$

Раскрываем все произведения по формуле (1):

$$ = P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) + P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) — P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) = $$

По формуле (3) расписываем $P(A_1+A_2)=1-P(overline) cdot P(overline) = 1-q_1cdot q_2$ и $P(A_3+A_4)=1-P(overline) cdot P(overline)= 1-q_3cdot q_4$.

$$ P(X)= (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) + p_5 cdot p_6 cdot p_7 — \- (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) cdot p_5 cdot p_6 cdot p_7. $$

Подставляем значения надежности элементов:

$$ P(X)= (1-0,2^2)^2 + 0,9^3 — (1-0,2^2)^2 cdot 0,9^3 approx 0,9788. $$

На закуску: схема с мостиком

Рассмотрим левую схему, верную при гипотезе $H_1$, через нее проходит ток, если $X|H_1 = A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4$, вероятность

$$ P(X|H_1) = P(A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4)= P(A_1cdot A_3)+ P(A_2cdot A_4) — P(A_1cdot A_3 cdot A_2cdot A_4)=\ =p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4. $$

$$ X|H_2 = (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4),\ P(X|H_2) =P( (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4)) = P(A_1+A_2)cdot P(A_3+A_4)=\ = (1-P(overline) cdot P(overline)) cdot (1-P(overline) cdot P(overline)) = (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4). $$

Тогда по формуле полной вероятности, надежность схемы равна:

$$ P(X)=P(X|H_1)cdot P(H_1) + P(X|H_2)cdot P(H_2) = \ = q_5 (p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4) + p_5 (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4). $$

Полезные ссылки по ТВ

Решебник по вероятности

Источник