C4-Fiabilitate-Consultatii

Cuprins Datele pentru subiectul 4 Etape

Subiectul 4 de la consultatii Paul Ulmeanu

5 Aprilie 2011


Cuprins Datele pentru subiectul 4 Etape Date de intrare Evaluarea taieturilor minimale ale sistemului Evaluarea traseelor minimale ale sistemului Evaluarea timpului mediu de succes (MUT) Evaluarea indisponibilitatii sistemului Evaluarea starilor sistemului Evaluarea starilor de insucces ale sistemului Evaluarea indisponibilitatii sistemului Evaluarea frecv. asteptatea de intrerupere a niv. succes sistem


Cerinte



Calculul timpului mediu de functionare pentru un sistem dat


Cerinte






Enuntul si datele sunt prezentate in slide-urile urmatoare


Cerinte






Enuntul si datele sunt prezentate in slide-urile urmatoare



Propunerile si analiza subiectelor pt. consultatii se realizeaza conform http://energ.curs.pub.ro/2010


Premize



Sistemul analizat are un numar de sase componente binare, reparabile si independente, notate A,B,C,D si E


Premize





Sistemul analizat are un numar de sase componente binare, reparabile si independente, notate A,B,C,D si E Logica sistemului este precizata printr-o diagrama de succes


Premize







Sistemul analizat are un numar de sase componente binare, reparabile si independente, notate A,B,C,D si E Logica sistemului este precizata printr-o diagrama de succes Construirea modelului face apel la tehnici algebrice prezentate la curs pt. sisteme cu componente independente


Date de intrare Evaluarea taieturilor minimale ale sistemului Evaluarea traseelor minimale ale sistemului Evaluarea timpului mediu de succes (MUT) Evaluarea indisponibilitatii sistemului Evaluarea starilor sistemului Evaluarea starilor de insucces ale sistemului Evaluarea indisponibilitatii sistemului Evaluarea frecv. asteptatea de intrerupere a niv. succes sistem

Date de intrare Diagrama de succes este reprezentata grafic in figura alaturata. A si B formeaza un subsistem 1/2, respectiv 2 × 100%. Similar C si D. E si F formeaza un subsistem serie, respectiv 2/2. Fiecare componenta a sistemului are aceeasi intensitate de defectare λ = 10−3 (1/h) si aceeasi intensitate de reparare µ = 10−2 (1/h). Functia de fiabilitate a unei componente este r (t ) = e −λt . Functia de mentenabilitate a unei componente este m(t ) = 1 − e −µt .



Evaluarea taieturilor minimale ale sistemului Sistemul are 4 taieturi minimale notate K 1 , K 2 , K 3 , K 4 in figura alaturata.



Evaluarea traseelor minimale ale sistemului Sistemul are 5 trasee minimale notate T 1 , T 2 , T 3 , T 4 si T 5 in figura alaturata.



Evaluarea timpului mediu de succces (MUT) Pentru calculul timpului mediu de succes al sistemului, tinand seama ca numarul de taieturi minimale este mai mic decat cel al traseelor minimale, vom utiliza relatia MUT = (1 − Q )/ν Indisponibilitatea sistemului este: Q =

n   

p i

q j

1

Frecventa asteptata de intrerupere a nivelului de succes al sistemului va fi calculata pe baza lui Q : ν =

n    

p i

1

q j (

µ j −



λi )



Evaluarea indisponibilitatii sistemului Indisponibilitatea Q a sistemului poate fi evaluata pe baza: 1) taieturilor minimale, respectiv multimii K={K 1 , K 2 , K 3 , K 4 }; 2) tuturor secventelor disjuncte care pornesc din radacina unui BDD catre orice nod final 0 (insucces); 3) pe baza identificarii tuturor starilor de insucces din cele 26 stari ale sistemului. Tinand seama ca toate starile de insucces pot fi usor grupate in patru submultimi si datorita faptului ca in enunt este precizata premiza componentelor identice , vom considera spre analiza varianta a treia de mai sus.



Evaluarea starilor sistemului Urmatoarele stari ale sistemului sunt de insucces: a) Stari cu toate componentele indisponibile: 1 b) Stari cu cinci componentele indisponibile si una disponibila: C 65 = 6 Urmatoarele stari ale sistemului sunt si de succes si de insucces: c) Stari cu patru componentele indisponibile si doua disponibile: C 64 = 15 d) Stari cu trei componentele indisponibile si trei disponibile: C 63 = 20 Urmatoarele stari ale sistemului sunt de succes: e) Stari cu doua componentele indisponibile si patru disponibile: C 62 = 15



Evaluarea starilor de insucces ale sistemului Urmatoarele stari ale sistemului sunt de insucces: a) Stari cu toate componentele indisponibile: 1 b) Stari cu cinci componentele indisponibile si una disponibila: C 65 = 6 Urmatoarele stari ale sistemului sunt si de succes si de insucces: c) Stari cu patru componentele indisponibile si doua disponibile: C 64 = 15 Intrebare: Cate stari sunt de succes ? Raspuns: Sunt exact atatea cate trasee minimale pot forma cu cele doua componente disponibile. Cum sunt 5 trasee minimale, rezulta 5 stari de succes, restul de 10 sunt aici stari de insucces .



Evaluarea starilor de insucces ale sistemului

d) Stari cu trei componentele indisponibile si trei disponibile: C 63 = 20 Intrebare: Cate stari sunt de insucces ? Raspuns: Sunt exact atatea cate taieturi minimale pot forma cu cele trei componente indisponibile. Cum sunt 4 taieturi minimale, rezulta 4 stari de insucces , restul de 16 sunt aici stari de succes. Total stari de insucces 21 = 1 + 6 + 10 + 4



Evaluarea indisponibilitatii sistemului Daca q = 1 − p este indisponibilitatea unei componente, atunci cele patru multimi de mai sus au urmatoarea contributie la indisponibilitatea Q : a) q 6 ; b) 6pq 5 ; c) 10p 2 q 4 ; d) 4p 3 q 3 . Rezulta:

  4

Q =

p i

q j = q 6 + 6pq 5 + 10p 2 q 4 + 4p 3 q 3

1

Numeric, pentru datele din enunt, avem p = µ/(λ + µ) = 0.9090909, respectiv q = λ/(λ + µ) = 0.090909 Se obtine Q = 0.0028568.



Evaluarea frecv. asteptatea de intrerupere a niv. succes sistem Avem contributia urmatorilor termeni disjuncti : a) 6q 6 µ ; b) 6pq 5 (5µ − λ) ; c) 10p 2 q 4 (4µ − 2λ) ; d) 4p 3 q 3 (3µ − 3λ). Rezulta:

   4

ν =

p i

q j (

µ j −



λi )

1

ν = 6q 6 µ + 6pq 5 (5µ − λ) + 10p 2 q 4 (4µ − 2λ) + 4 p 3 q 3 (3µ − 3λ) Numeric, se obtine ν = 0.000084166 (1/h)



Evaluarea si validarea timpului mediu succes al sistemului MUT = (1 − Q )/ν = (1 − 0.0028568)/0.000084166 ∼ = 11855.7 h

C4-Fiabilitate-Consultatii

Recommend Documents