Файл: Основы теории надежности.pdf

с одинаковыми параметрами формы α и параметрами масштаба λ
i
, где i = 1, 2, . . . , n. Функция надежности (см. разд. 3.4) равна
R
S
(t) =
n
Y
i=1
e
−(λ
i t)
α
= e
−
P
n i=1
(λ
i t)
α
= e
−
h
(
P
n i=1
λ
α
i
)
1/α
t i
α
,
и если мы введем обозначение λ
0
= (
P
n i=1
λ
α
i
)
1/α
, то функция надежности
R
S
(t) этой структуры может быть записана в виде
R
S
(t) = e
−(λ
0
t)
α
,
это означает, что время до отказа последовательной структуры имеет так- же распределение Вейбулла с параметром формы α и параметром мас- штаба λ
0
(ср. полученный результат с тем, что утверждается в предложе- нии 3.1).
4.2.2. Надежность параллельной структуры. В п. 4.1 мы нашли, что параллельная структура порядка n имеет функцию структуры
φ(X(t)) = 1 −
n
Y
i=1
(1 − X
i
(t)).
Поскольку X
1
(t), X
2
(t), . . . , X
n
(t) – независимые случайные величины,
находим h p(t)
=E φ(X(t)) = 1 − E
n
Y
i=1
(1 − X
i
(t))
!
=
=1 −
n
Y
i=1
E 1 − X
i
(t)
= 1 −
n
Y
i=1 1 − p i
(t)
.
(4.18)
Пример 4.7. Рассмотрим параллельную структуру из трех независимых компонент. В момент времени t надежность компонент равна p
1
= 0, 95,
p
2
= 0, 97 и p
3
= 0, 94. Надежность системы в момент времени t соглас- но (4.18) равна p
S
= h p
= 1 − (1 − p
1
) · (1 − p
2
) · (1 − p
3
) = 1 − 0, 05 · 0, 03 · 0, 06 = 0, 99991.
В силу (4.16) функция надежности в случае параллельной структуры с независимыми компонентами
R
S
(t) = 1 −
n
Y
i=1
(1 − R
i
(t)).
61

В случае, когда все компоненты имеют постоянные интенсивности от- казов λ
i
, i = 1, 2, . . . , n, мы получаем
R
S
(t) = 1 −
n
Y
i=1 1 − e
−λ
i t
.
Пример 4.8. Рассмотрим параллельную структуру с n независимыми компонентами, имеющими одинаковую постоянную интенсивность отка- за λ. Ее функция надежности
R
S
(t) = 1 − 1 − e
−λt

n
Используя формулу бинома Ньютона, мы можем записать эту функцию в виде
R
S
(t) = 1 −
n
X
k=0
C
k n
−e
−λt

k
=
n
X
k=1
C
k n
(−1)
k+1
e
−λkt
,
и для среднего времени до отказа получаем
T
ср.S
=
∞
Z
0
R
S
(t) dt =
1
λ
n
X
k=1
C
k n
(−1)
k+1 1
k
Пример 4.9. Рассмотрим параллельную структуру с двумя независимы- ми компонентами, имеющими постоянные интенсивности отказов λ
1
и λ
2
Функция надежности
R
S
(t) = 1 − (1 − e
−λ
1
t
)(1 − e
−λ
2
t
) = e
−λ
1
t
+ e
−λ
2
t
− e
−(λ
1
+λ
2
) t
Отметим, что такая функция надежности не соответствует экспоненци- альному распределению времени жизни, даже когда λ
1
= λ
2
(в последнем случае она соответствует распределению Эрланга с параметрами (λ, 2)).
Среднее время до отказа такой параллельной системы порядка 2
T
ср.S
=
∞
Z
0
R
S
(t) dt =
1
λ
1
+
1
λ
2
−
1
λ
1
+ λ
2
Соответствующая функция интенсивности отказов
υ(t) = −
R
0
S
(t)
R
S
(t)
=
λ
1
e
−λ
1
t
+ λ
2
e
−λ
2
t−(λ
1
+λ
2
)e
−(λ1+λ2)t e
−λ
1
t
+ e
−λ
2
t
− e
−(λ
1
+λ
2
) t
Рассмотрим частный случай такой параллельной структуры, когда
λ
1
= λ
2
. В этом случае функция надежности
R
S
(t) = 2 e
−λt
− e
−2 λ t
,
62

плотность распределения времени наработки до отказа f
S
(t) = −R
0
S
(t) = 2 λe
−λt
− 2 λe
−2 λ t
,
среднее время наработки до отказа
T
ср.S
=
∞
Z
0
R
S
(t) dt =
3 2 λ
Среднее остаточное время жизни такой структуры возраста t > 0 (т. е.
при условии, что она еще не отказала к моменту t)
T
ср. ост. S
(t) =
1
R
S
(t)
∞
Z
t
R
S
(s) ds =
1 2 λ
·
4 − e
−λt
2 − e
−λt
4.2.3. Надежность k-из-n структуры. В п. 4.1 мы нашли, что k-из-n структура порядка n имеет функцию структуры
φ(X(t)) =
(
1,
если
P
n i=1
X
i
(t) ≥ k;
0,
если
P
n i=1
X
i
(t) < k.
Рассмотрим для простоты k-из-n структуру, где все n элементов име- ют одинаковые надежности в момент времени t, т. е. p i
(t) = p(t) для i = 1, 2, . . . , n. Поскольку мы предположили, что отказы отдельных бло- ков являются независимыми событиями, то в заданный момент времени t сумма Y (t) =
P
n i=1
X
i
(t) будет иметь биномиальное распределение с па- раметрами (n, p(t)). Следовательно,
P Y (t) = y
= C
y n
p y
(t)(1 − p(t))
n−y
,
y = 0, 1, . . . , n.
Значит, надежность k-из-n структуры (с одинаковыми надежностями всех n элементов)
h p(t)
=E φ(X(t)) = P (Y (t) ≥ k) =
=
n
X
y=k
C
y n
p y
(t)(1 − p(t))
n−y
(4.19)
Пример 4.10. Рассмотрим 2-из-4 структуру с четырьмя независимыми компонентами одного типа. В определенный момент времени t надежность компоненты p = 0, 97. Надежность системы в момент времени t соглас- но (4.19) равна p
S
= h p
= C
2 4
(0, 97)
2
(0, 03)
2
+ C
3 4
(0, 97)
3
(0, 03) + C
4 4
(0, 97)
4
≈ 0, 99989.
63

Пример 4.11. Рассмотрим k-из-n структуру с независимыми компонента- ми, имеющими одинаковую постоянную интенсивность отказа λ. Функция надежности такой системы (см. (4.19)) имеет вид
R
S
(t) =
n
X
y=k
C
y n
R
y
(t)(1 − R(t))
n−y
=
n
X
y=k
C
y n
e
−λ t y
1 − e
−λ t

n−y
Соответственно, среднее время наработки до отказа
T
ср.S
=
∞
Z
0
R
S
(t) dt =
n
X
y=k
C
y n
∞
Z
0
e
−λ t y
1 − e
−λ t

n−y dt.
Чтобы вычислить этот интеграл, произведем следующую замену пере- менной: x = e
−λt
, dx = −λe
−λt dt. В результате находим
T
ср.S
=
n
X
y=k
C
y n
1
λ
1
Z
0
x y−1
(1 − x)
n−y dx =
n
X
y=k
C
y n
1
λ
·
Γ(y)Γ(n − y + 1)
Γ(n + 1)
=
=
1
λ
n
X
y=k
C
y n
(y − 1)!(n − y)!
n!
=
1
λ
n
X
y=k
1
y
(4.20)
Пример 4.12. Рассмотрим 2-из-3 структуру, элементы которой имеют одинаковую постоянную интенсивность отказа λ. Функция надежности такой 2-из-3 структуры с независимыми компонентами
R
S
(t) = 3 e
−2 λt
− 2 e
−3 λt
Функция интенсивности отказов
υ(t) = −
R
0
S
(t)
R
S
(t)
=
6 λ e
−2 λt
− e
−3 λt

3 e
−2 λt
− 2 e
−3 λt
Отметим, что lim t→∞
υ(t) = 2 λ, т. е. при больших t интенсивность ста- новится постоянной.
Среднее время наработки до отказа согласно (4.20)
T
ср.S
=
1
λ
1 2
+
1 3

=
5 6
1
λ
4.2.4. Надежность последовательно-параллельной структуры.
Надежность последовательно-параллельных структур с независимыми
64

компонентами находится вычислением математического ожидания ее структурной функции (или, что эквивалентно, применением теорем сло- жения и умножения вероятностей для независимых событий). Рассмотрим пример такой структуры.
Пример 4.13 [37]. На рисунке 4.8 изображена блок-схема надежности упрощенной автоматической системы сигнализации об аварийном состоя- нии технического узла. В случае опасности между a и b устанавливается
«соединение», чтобы, по крайней мере, один из датчиков тревоги (7 или 8)
начал подачу сигнала.
Рис. 4.8. Блок-схема надежности системы сигнализации
Система имеет три независимых детектора (1, 2 и 3), которые подклю- чены к устройству для подачи сигнала (4) по схеме 2-из-3; т. е., по крайней мере, два детектора должны обнаружить опасность, прежде чем сработает сигнализация. Элемент 5 представляет собой блок питания, а элемент 6 —
реле. Мы рассматриваем систему в фиксированный момент времени t,
поэтому для упрощения обозначений опустим явную ссылку на время t.
Функция структуры этой системы φ(X) равна
1 − 1 − X
1
X
2

1 − X
1
X
3

1 − X
2
X
3
)
(X
4
X
5
X
6
)
1 − (1 − X
7
)(1 − X
8
)
=
=
X
1
X
2
+ X
1
X
3
+ X
2
X
3
− 2X
1
X
2
X
3
(X
4
X
5
X
6
)
X
7
+ X
8
− X
7
X
8
.
Если надежности блоков в фиксированный момент t равны p i
для i = 1, 2, . . . , 8 и индикаторы состояний X
1
, X
2
, . . . , X
8
независимы, то для надежности системы в момент t получаем p
S
= (p
1
p
2
+ p
1
p
3
+ p
2
p
3
− 2p
1
p
2
p
3
)(p
4
p
5
p
6
)(p
7
+ p
8
− p
7
p
8
).
4.2.5. Использование декомпозиции по основному элементу. Ме- тод декомпозиции помогает вычислить надежность систем, не являющих- ся параллельно-последовательными. Например, это метод незаменим при исследовании мостиковых структур. Фиксируем произвольную компонен- ту i структуры n-го порядка и напишем декомпозицию относительно этого элемента в момент времени t:
φ(X(t)) = X
i
(t) · φ(X(t), 1
i
) + (1 − X
i
(t)) · φ(X(t), 0
i
),
(4.21)
65

где 1
i обозначает событие {X
i
(t) = 1} и 0
i
– событие {X
i
(t) = 0}. Беря математическое ожидание правой и левой части (4.21) и учитывая, что компоненты системы независимы, получаем h(p(t)) = E
φ(X(t)) = p i
(t) · E
φ(X(t), 1
i
)
+ (1 − p i
(t)) · E
φ(X(t), 0
i
)
.
Обозначим h(p(t), 1
i
) = E
φ(X(t), 1
i
)
и h(p(t), 0
i
) = E
φ(X(t), 0
i
)
,
тогда h(p(t)) = p i
(t) · h(p(t), 1
i
) + (1 − p i
(t)) · h(p(t), 0
i
) =
= p i
(t)
h(p(t), 1
i
) − h(p(t), 0
i
)
+ h(p(t), 0
i
).
(4.22)
Отметим, что надежность системы является линейной функцией p i
(t)
(надежности i компоненты), если надежности всех остальных компонент постоянны (фиксированы).
В некоторых случаях полезной оказывается полная декомпозиция (4.9)
функции структуры:
φ(X) =
X
y∈Y
n
Y
j=1
X
y j
j
(1 − X
j
)
1−y j
φ(y),
(4.23)
где Y — множество всех различных векторов y = (y
1
, y
2
, . . . , y n
) из нулей и единиц, 0 0
≡ 1. Так как надежность вычисляется для фиксированно- го t, мы опускаем для краткости явную зависимость индикаторов от t.
Если X
1
, X
2
, . . . , X
n независимые случайные величины, то, поскольку y j
принимают только значения 0 и 1, мы имеем
EX
y j
j
(1 − X
j
)
1−y j
= p y
j j
(1 − p j
)
1−y j
,
j = 1, 2, . . . , n.
Поэтому надежность системы p
S
= E φ(X)
=
X
y∈Y
n
Y
j=1
p y
j j
(1 − p j
)
1−y j
φ(y).
Таким образом, для вычисления надежности системы нужно: 1) найти экспериментально значения φ(y) (эти значения равны либо 1 (система функционирует), либо 0 (система не работоспособна)) для всех 2
n векторов y из нулей и единиц; 2) подставить эти значения в формулу. Конечно, при этом мы предполагаем известными надежности p j
компонент системы.
Пример 4.14. Мостиковая структура. Рассмотрим снова пример мо- стиковой системы из примера 4.3 и будем теперь предполагать, что отка- зы блоков – это независимые события. Тогда индикаторы состояний X
j
,
j = 1, 2, 3, 4, 5, этих блоков – независимые случайные величины.
66

В результате декомпозиции относительно элемента 3 (мостика) мы на- шли формулу структуры
φ(X) = X
3
·
(X
1
+ X
2
− X
1
X
2
)(X
4
+ X
5
− X
4
X
5
)
+
+ (1 − X
3
) ·
X
1
X
4
+ X
2
X
5
− X
1
X
2
X
4
X
5
.
Беря теперь математические ожидания правой и левой частей этой формулы и используя независимость индикаторов, получаем надежность структуры:
p
S
= E φ(X)
= p
3
·
(p
1
+ p
2
− p
1
p
2
)(p
4
+ p
5
− p
4
p
5
)
+
+(1 − p
3
) ·
p
1
p
4
+ p
2
p
5
− p
1
p
2
p
4
p
5
.
4.2.6. Использование основных свойств вероятности. Вычисле- ние надежности в случае простых структурных схем, использующих параллельно-последовательное и мостиковое соединения, может быть вы- полнено (в случае независимости компонент) с использованием элемен- тарных теорем теории вероятностей. Например, формулы (4.15) и (4.18)
для последовательных и параллельных структур непосредственно выте- кают из элементарных свойств вероятности для независимых событий.
Надежность параллельно-последовательных структур может быть вычис- лена путем разбиения системы на блоки с последовательным и блоки с па- раллельным соединением с последующим применением теорем сложения и умножения вероятностей для независимых событий.
Если система не сводится к комбинации параллельно-последователь- ных структур (в смысле надежности), а является более сложной, например мостиковой, то к ней часто применим метод разложения относительно особого элемента, основанный на формуле полной вероятности. Поясним это на примере мостиковой схемы.
Пример 4.15. Рассмотрим снова предыдущий пример мостиковой систе- мы с независимыми компонентами. Для вычисления надежности сформи- руем полную группу событий относительно перемычки «мостика» (эле- мент 3). Событие H
1
– перемычка не отказала; событие H
2
– перемычка отказала. Для определения вероятности безотказной работы (надежности)
системы (события A) воспользуемся формулой полной вероятности p
S
= P(A) = P(A | H
1
)P(H
1
) + P(A | H
2
)P(H
2
) =
= p
3
· P(A | H
1
) + (1 − p
3
) · P(A | H
2
).
Если элемент 3 не отказал (событие H
1
), то в этом случае система будет функционировать, если функционирует хотя бы один из элементов 1 и 2 67

и хотя бы один из элементов 4 и 5. Следовательно, по теоремам сложения и умножения вероятностей находим
P(A | H
1
) = (p
1
+ p
2
− p
1
p
2
)(p
4
+ p
5
− p
4
p
5
).
Если элемент 3 отказал (событие H
2
), то в этом случае система будет функционировать, если функционируют оба элемента 1 и 4, либо функци- онируют оба элемента 2 и 5, либо обе эти пары элементов. Следовательно,
по теоремам сложения и умножения вероятностей находим
P(A | H
2
) = p
1
p
4
+ p
2
p
5
− p
1
p
2
p
4
p
5
Подставляя найденные условные вероятности в основную формулу, по- лучаем p
S
= p
3
·
(p
1
+ p
2
− p
1
p
2
)(p
4
+ p
5
− p
4
p
5
)
+ (1 − p
3
) ·
p
1
p
4
+ p
2
p
5
− p
1
p
2
p
4
p
5
,
что совпадает с результатом, полученным в примере 4.14 с помощью де- композиции функции структуры.
Замечание 4.2. По-существу, метод декомпозиции относительно особого элемента, основанный на формуле полной вероятности, является, конеч- но, просто другой интерпретацией (формой записи) метода декомпозиции функции структуры относительно этого особого элемента с последующим вычислением математического ожидания функции структуры.
4.3
Резервирование
Одним из способов повышения надежности технических систем явля- ется структурное резервирование, при котором вводятся дополнительные избыточные элементы сверх минимально необходимых для нормального выполнения системой возложенных на нее функций. Резервирование бы- вает «горячим» (нагруженным), «холодным» (ненагруженным) и частич- но нагруженным (см. п. 1.4). Далее мы иллюстрируем эти типы резерви- рования, рассматривая некоторые простые примеры.
4.3.1. «Холодный» резерв, идеальный переключатель, отсут- ствие ремонта. Рассмотрим систему с резервированием на рис. 4.9. Си- стема функционирует следующим образом: элемент 1 ставится под нагруз- ку в момент времени t = 0. При отказе элемента 1 мгновенно активируется элемент 2, при отказе второго активируется элемент 3, и т. д. Элемент под нагрузкой называется активным, элементы, которые стоят наготове, назы- ваются резервными (или пассивными). При отказе элемента n происходит отказ системы.
68

Рис. 4.9. Резервируемая система с n элементами
Сейчас мы будем предполагать, что переключатель S функционирует идеально (его отказ невозможен) и что элементы не могут выйти из строя,
пока они пассивны. Обозначим T
i случайное время до отказа i-го элемента,
i = 1, 2, . . . , n. Тогда время T наработки до отказа системы
T =
n
X
i=1
T
i
,
следовательно, среднее время наработки до отказа
T
S ср.
=
n
X
i=1
T
i ср.
,
где T
i ср.
— среднее время до отказа i-го элемента, i = 1, 2, . . . , n. Точные явные формулы распределения времени T могут быть найдены только в некоторых частных случаях. Один из таких случаев возникает, когда
T
1
, T
2
, . . . , T
n независимы и имеют одинаковое экспоненциальное распре- деление с параметром (интенсивностью) λ. Согласно (3.12), время T имеет распределение Эрланга с параметрами (n, λ), функция надежности кото- рого
R
S
(t) =
n−1
X
k=0
(λ t)
k k!
e
−t λ
В частности, если у нас один резервный элемент, функция надежности равна
R
S
(t) = e
−t λ
+
λ t
1!
e
−t λ
= (1 + λ t)e
−t λ
,
если у нас два резервных элемента, то
R
S
(t) = e
−t λ
+
λ t
1!
e
−t λ
+
(λ t)
2 2!
e
−t λ
=

1 + λ t +
(λ t)
2 2

e
−t λ
69

При этом среднее и дисперсия времени наработки до отказа T системы равны соответственно
T
ср.S
= E
n
X
i=1
T
i
=
n
X
i=1
ET
i
=
n
λ
;
D(T ) = D
n
X
i=1
T
i
=
n
X
i=1
D(T
i
) =
n
λ
2
Если нельзя найти точное распределение T , то его часто можно аппрок- симировать предельным распределением. Например, если T
1
, T
2
, . . . , T
n независимы и одинаково распределены со средним значением µ и диспер- сией σ
2
, то согласно центральной предельной теореме Леви, когда n → ∞,
величина (T − nµ)/(σ
√
n) будет иметь асимптотически стандартное нор- мальное распределение N (0, 1). В этом случае функция надежности мо- жет быть приближена
R
S
(t) = P T
1
+T
2
· · ·+T
n
≥ t
= 1−P T
1
+T
2
· · ·+T
n
< t
≈ 1−Φ
t − nµ
σ
√
n

,
где Φ — стандартная нормальная функция распределения.
4.3.2. «Холодный» резерв, неидеальный переключатель, отсут- ствие ремонта. Мы ограничимся рассмотрением частного случая с n = 2
элементами. На рис. 4.10 показана система резервирования с активным элементом (элемент 1) и элементом в режиме ожидания (элемент 2).
Рис. 4.10. Резервируемая система с двумя компонентами
При отказе активного элемента переключатель активирует резервный элемент. Предположим, что активный элемент имеет постоянную интен- сивность отказов λ
1
. Вероятность того, что коммутатор успешно активи- рует резервный элемент равна 1−p. Отказ элемента 2 в режиме ожидания предполагается невозможным, при активации его интенсивность отказов равна λ
2
. Работоспособность каждого из трех элементов не зависит от со- стояния других элементов. Ремонт не предусмотрен. Предполагается, что отказ переключателя S может быть связан только с неспособностью акти- вировать элемент 2 при сбое активного элемента 1. Вероятность неудачной активации равна p.
Система не откажет в интервале времени [0, t), если произойдет одно из следующих двух событий: A
1
= {элемент 1 не отказал в интервале [0, t)
70