Fiabilitate

5/7/2018

fia bilita te - slide pdf.c om

VERSIUNE: DRAFT

FIABILITATE, MENTENANTA, RISC. Probleme si exercitii pentru studenti A.P. ULMEANU, H.I. PETCU, A.R. BUDU, M.C. DUMITRESCU, E.I. ANGHEL 2008-2009

http://slide pdf.c om/re a de r/full/fia bilita te

1/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

2

0.1

Evenimente aleatoare, probabilitati si distributii

A- 1. Dati o forma simplificata pentru urmatoarele evenimente:

∩ B) ∪ (A ∩ C ); 2)(A ∪ B) ∩ (A ∪ C ); 3)(A ∪ B) ∩ (A ∪ B); 4)(A ∪ B) ∩ (A ∪ C ); 1)(A

Solutie Se noteaza cu N X nr. de cazuri favorabile evenimentului X . Avem urmatoarele relatii: N A∩B = N A∩B ∩C + N A∩B ∩C

(1)

N A∩C = N A∩B ∩C + N A∩B ∩C

(2)

N (A∩B)∪(A∩C ) = N A∩B ∩C + N A∩B ∩C + N A∩B ∩C

(3)

Rezulta:

A- 2. Exprimati evenimentele urmatoare cu ajutorul evenimentelor A, B, C

si a operatiilor de reuniune, intersectie, respectiv complementaritate:


2/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII

3

1) Cele trei evenimente sunt realizate; 2) A si B sunt realizate, dar nu si C; 3) A si C sunt realizate, dar nu si B; 4) B este realizat, dar nici unul din celelalte doua; 5) A este realizat si cel putin unul din celelalte doua evenimente; 6) Cel putin unul din cele trei evenimente este realizat; 7) Exact unul dintre evenimente este realizat; 8) Cel mult unul din evenimente este realizat.

Solutie

A

B

C

(4)

A

∩ B ∩ C

(5)

A

∩ C ∩ B

(6)

∩ ∩

B

A

C

(7)

∩ (B ∪ C )

(8)

∪ B ∪ C )

(9)

∩ ∩ A

(A

(A

B

C )

(B

A

C )

(C A

B)

(10)

∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ (A

∪ B ∪ C )

(11)

A- 3. Fie p probabilitatea de realizare a oricareia din evenimentele A, B sau

C, considerate trei evenimente independente. Exprimati probabilitatile de mai sus.


3/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

4 A- 4. O banca are L = 1000 de clienti, fiecare cu un depozit de e1000. Prob-

abilitatea ca un client sa-si retraga cei e1000 intr-o zi este de 0.001. Care este nivelul minim de lichiditate pe care banca trebuie sa-l aiba disponibil intr-o zi oarecare pentru a satisface cererile cotidiene de retragere ? Managementul bancii impune un nivel de 99.9% de satisfactie a clientilor. Altfel spus, 999 de clienti din 1000 sa aiba sansa de a avea un raspuns pozitiv la cererea lor. Premiza: clientii bancii au o viata linistita, nu se

preocupa unul de celelalt si nu intra in panica . Solutie Fie N numarul de clienti care doresc sa-si retraga depozitul de e1000 in aceeasi zi. In premizele expuse in enunt, avem: P (N = 0) = pL = 0.9991000 = 0.367695

P (N = 1) = C L1 (1

− p) pL−1 = 0.369063 .....

P (N = k) = C Lk (1

− p)k pL−k

..... Fie S min nivelul minim de lichiditate cerut in enunt si fie S suma dorita de catre clienti a fi retrasa intr-o zi oarecare. Conform enuntului, dorim ca in 99.9% din cazuri sa avem acoperita suma dorita, respectiv S > S min :

P (S < S min ) = 0.999 Pe de alta parte, fiecare client de acest tip ar dori sa retraga e1000, deci

·

S = N 1000. Deci P (N


≥ [S min/1000]) = 0.001

4/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

5


respectiv P (N < [S min /1000]) = 0.999 unde N

∼ Bin(L, p).

Pentru un numar intreg n dat,fie: n−1

F (n, p) =



C Lk pk (1

k=0

− p)L−k = Prob(N < n)

Se cauta valoarea lui n, astfel incat n este parte intreaga din F −1 (0.999, p = 0.999) plus 1. Dupa cum se observa in tabelul 1, valoarea cautata a lui n este 5. In concluzie, nivelul minim de lichiditate este S min este

e5000.

Observatie. In Mathematica urmatoarele linii calculeaza direct valoarea ceruta a cuantilei: << Statistics‘DiscreteDistributions‘

BD=BinomialDistribution[1000,0.999]; Nmin=Quantile[BD,0.999];

Table 1: Valorile functiei de repartitie binomiale F (n, p) pentru p = 0.999 n F (n, p) 0 0.367695 1 0.735758 2 0.91979 3 0.981072 4 0.9963619 5 0.9994107

A- 5. Cum se modifica suma minima de mai sus, daca banca ar avea L =

10000 de clienti ? A- 6. Cum se modifica suma minima de mai sus, daca banca ar avea L =

1000000 de clienti, iar nivelul de semnificatie ar scade la 99%? Remarca. Pentru valori mari ale lui L se poate utiliza relatia: C Lk pk (1 p)


L−k

→

e−λ

k

· λ /k! pentru orice k ≥ 0, cu λ = L · p.

−

5/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

6 A- 7. In fiecare an, independent de alti ani, un sofer are probabilitatea p

de a avea un accident (daca este barbat), respectiv q daca este femeie. O companie de asigurari are un numar egal de soferi barbati, respectiv femei asigurati. Un asigurat este ales aleator. i Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident la sfarsitul anului ? ii Aratati ca probabilitatea ca acest asigurat sa fi avut doi ani consecutivi accident este ( p2 + q 2 )/2; iii Din lista celor care au avut un accident in anul respectiv, se extrage aleator un nume. Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident si in cel de-al doilea an ? iv Care este probabilitatea ca un sofer care a avut n accidente anuale consecutive sa fie barbat ? Dar femeie ?

Solutie Compania de asigurari are un numar egal de asigurati femei / barbati. In consecinta, probabilitatile de a alege aleator un barbat, respectiv o femeie din lista celor asigurati sunt egale intre ele si egale cu 0.5, adica P (F ) = P (B) = 0.5. Din teorema probabilitatilor totale, rezulta probabilitatea ca asiguratul ales aleator sa fi avut un accident in anul respectiv:

·

|

·

|

·

P (A) = P (B) P (A B) + P (F ) P (A F ) = 0.5 ( p + q)

(12)

Fie A1 evenimentul ”‘asiguratul ales a avut un accident in primul an”’, respectiv A2 evenimentul ”‘asiguratul respectiv a avut un accident in al doilea an”’. Se doreste evaluarea probabilitatii P (A1

∩ A2).

Conform teorema probabilitatilor totale,avem: P (A1

∩

∩ A2) = P (A1 ∩ A2|B) · P (B) + P (A1 ∩ A2|F ) · P (F ) | ·

| ·

| ·

(13)

| ·

P (A1 A2 ) = P (A1 B) P (A2 B) P (B)+ P (A1 F ) P (A2 F ) P (F ) (14)

P (A1


∩ A2) = 0.5 · ( p2 + q2)

(15)

6/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


| P (A2 |A1 ) = P (A1 ∩ A2 )/P (A1 ) = ( p2 + q 2 )/2 · 2/( p + q)

7

In acest caz se doreste evaluarea probabilitatii P (A2 A1 ). Avem: (16)

Rezulta: P (A2 A1 ) = ( p2 + q2 )/( p + q)

|

(17)

A- 8. Intr-o zi sunt planificare sa functioneze in Sistemul Energetic National

un numar egal de hidrogeneratoare, respectiv turbogeneratoare. In fiecare ora, independent de alte ore, probabilitatea de a avea o avarie la un grup hidrogenerator este aceeasi q1 = 0.005, respectiv aceleasi premize pentru un grup turbogenerator, dar q2 = 0.01. La sfarsitul unui zile, un grup este ales aleator din lista respectiva programata sa opereze in SEN. i Care este probabilitatea de a fi ales un grup care a suferit o avarie in respectiva zi ? ii Care este probabilitatea ca grupul ales sa aiba o avarie in primele 12 ore din ziua respectiva ? iii Care este probabilitatea ca un grup care a avut o avarie in ziua respectiva sa fie hidrogenerator ? iv Care este probabilitatea ca un grup care a avut o avarie in ziua respectiva sa fie turbogenerator ? v Intr-un minut oarecare, care este probabilitatea de a avea o avarie la un turbogenerator ? vi Intr-un minut oarecare, care este probabilitatea de a avea o avarie la un hidrogenerator ?

Solutie i) Fie H evenimentul ”grupul ales este hidrogenerator”, respectiv T evenimentul ”grupul ales este turbogenerator”. Evident, H si T sunt

∩

doua evenimente mutual exclusive (incompatibile): H T = Φ. Fie A evenimentul ”grupul ales a suferit o avarie in respectiva zi”. Acest eveniment se poate realiza fie impreuna cu H , fie impreuna cu T :

∩ H ) ∪ (A ∩ T ) Evident, evenimentele A ∩ H si A ∩ T sunt mutual exclusive. A = (A


7/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

8 Aplicand teorema probabilitatilor totale, rezulta: P (A) = P (H ) P (A H ) + P (T ) P (A T )

·

|

·

|

Data fiind ipoteza unui numar egal de hidrogeneratoare / turbogeneratoare, avem P (H ) = P (T ) = p = 0.5 Pe de alta parte, probabilitatea ca intr-o zi un hidrogenerator sa functioneze cu succes este data de relatia:

|

P (A H ) = (1

− q1)24 = 0.886653

respectiv, disponibilitatea unei zile la nivelulul unui turbogenerator este:

|

P (A T ) = (1

− q2)24 = 0.785678

Rezulta:

· − P (A|H )) + (1 − P (A|T ))

P (A) = p (1 Numeric se obtine:

· − 0.886653) + (1 − 0.785678)) = 0.1638345

P (A) = 0.5 ((1

ii) Probabilitatea ca in primele 12 ore un hidrogenerator sa functioneze cu succes este data de relatia:

|

P 12 (A H ) = (1

− q1)12 = 0.941623

respectiv, disponibilitatea similara la nivelulul unui turbogenerator este:

|

P 12 (A T ) = (1

Rezulta:

− q2)12 = 0.886385

· − P 12(A|H )) + (1 − P 12(A|T ))

P 12 (A) = p (1

Numeric se obtine:

· − 0.941623) + (1 − 0.886385)) = 0.085996

P 12 (A) = 0.5 ((1 iii)


8/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


9

A- 9. Probabilitatea ca un grup care a avut o avarie in ziua respectiva sa fie

|

hidrogenerator este probabilitatea conditionata P (H A). Aceasta se poate calcula cu relatia urmatoarea ce deriva din aplicarea teoremei intersectiei si cea a probabilitatiilor totale:

|

P (H A) =

∩

P (A H ) = P (A H ) P (H )/p (1 P (A)

| ·

· − P (A|H ) )+(1 − P (A|T ))

A- 10. Fie un sistem de monitorizare a unui parametru de mediu. Fie X o

v.a. discreta ”‘numarul de avertizari, respectiv depasiri ale parametrului peste limita de atentie, dar sub limita de alarmare - intr-o ora”’, respectiv Y o v.a. discreta ”‘numarul de depasiri ale parametrului peste limita de alarmare - in aceeasi ora”’. Din 60 de masuratori independente minut cu minut intr-o ora oarecare, sunt de asteptat 1/2 sa fie normale (sub limita de atentie), 1/4 sa fie de avertizare (peste limita de atentie, dar sub cea de alarmare), respectiv 1/4 sa fie de alarmare. i Care este probabilitatea ca X sa fie mai mare sau egal decat 2? ii Care este probabilitatea ca Y sa fie mai mare sau egal decat 2 ? iii Care este probabilitatea de a avea cel putin o valoare anormala (avertizare / alarmare) ? iv Care este probabilitatea a avea o ora cu X = 1, respectiv Y = 1 ? A- 11. Fie un supermarket care este vizitat intr-o zi de n persoane. O per-

soana oarecare are probabilitatea p de a cumpara ceva din magazin, respectiv 1

− p de a pleca fara a cumpara nimic. La sfarsitul zilei, soft-

ul este imposibilitate de a furniza cati clienti au trecut pe la casele de marcat. Fie N numarul de clienti care au cumparat cel putin un produs din magazin si deci au trecut pe la vreo casa de marcat. a Propuneti o distributie discreta pentru v.a. N ; b Propuneti o distributie discreta aproximativa pentru v.a. N in cazul unui numar mare de clienti;


9/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

10 c Pentru p = 0.9 si n = 70 calculati probabilitatea de a avea cel putin 50 de clienti care sa isi faca cumparaturi de la respectivul supermarket in ziua data. A- 12. Domnul X are un rendez-vous cu Doamna Y azi intre orele 17 si 18.

Fiecare dintre ei se decide de a nu il astepta pe celalalt mai mult de t = 10 minute, nici unul nu cunoaste momentul de timp la care celalalt va ajunge. Se presupune ca fiecare dintre ei soseste independent unul de celalalt si ca avem o distributie uniforma a timpului la care se ajunge la rendez-vous. a Determinati probabilitatea unei intalniri; b Doamna Y ajunge la momentul de timp t intre orele 17 si 18. Care este probabilitatea ca sa il intalneasca pe Domnul X ? c Sosind la ora t, Doamna Y nu gaseste pe nimeni. Care este probabilitatea de a-l intalni pe Domnul X in aceste conditii ? A- 13. Pentru enuntul de mai sus, se doreste ca probabilitatea unei intalniri

sa fie 0.5. Care trebuie sa fie durata t de timp in acest caz ? A- 14. Un punct material P se deplaseaza prin salturi succesive in varfurile

A, B, C si centrul de greutate G al unui triunghi echilateral. La momentul de timp t = 0 el se gaseste in centrul de greutate G. Apoi sare -de o maniera echiprobabila- spre unul dintre varfurile triunghiului A,B,C . In continuare sare echiprobabil la orice moment de timp t = n (n=1,2,...) spre oricare din cele trei puncte conexe in raport cu punctul unde se afla. a Calculati probabilitatea ca el sa revina pentru prima data la t = n in G; b Calculati probabilitatea ca el sa revina in G.

Solutie a) Daca la t = 0 punctul material se afla in centrul de greutate G, atunci la t = 1 poate fi - de o maniera echiprobabila intr-unul din varfurile triunghiului A, B sau C (probabilitate 1/3). Deci, probabilitatea de revenire in G pentru prima data are sens pentru n

≥ 2.

Fie Ak evenimentul ”P revine pentru prima data in G la momentul t = k”.


10/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


11

Atunci, probabilitatea ceruta se poate exprima sub forma: P (A1

∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An)

Pornind de la teorema intersectiei, probabilitatea de mai sus se poate scrie astfel:

∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An) = = P (A1 ) · P (A2 |A1 ) · P (A3 |A1 ∩ A2 ) ··· P (An |A1 ∩ A2 . . . ∩ An−1 ) P (A1

la t = 1, avem P (A1 ) = 1 deoarece P se gaseste sigur intr-unul din varfurile triunghiului, deci sigur nu in punctul G. Pe de alta parte, daca la t = k

− 1, P se afla intr-unul din varfurile

triunghiului, atunci sunt 2/3 sanse sa evite G la momentul urmator de timp t = k:

| ∩ A2 . . . ∩ Ak−1) = 2/3

P (Ak A1 In consecinta,avem:

| ∩ A2 . . . ∩ Ak−1) = 1/3

P (Ak A1

Deci, probabilitatea ceruta este:

P (A1

∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ∩ An) = 1 · 2/3 ··· 2/3 · 1/3 = 1/3 · (2/3)n−2

b) Fie B evenimentul ”Punctul material P revine in G”. Evident, B se poate realiza daca A2 se realizeaza sau A3 se realizeaza sau ... Ak se realizeaza ..... ∞

B=



Ak

k=2

Evenimentele Ak sunt 2 cate 2 incompatibile. ∞

P (B) =

 k=2

Seria



∞ n−2 k=2 (2/3)

∞

P (Ak ) = 1/3

·



(2/3)n−2

k=2

se poate scrie sub forma 1/(1

− 2/3).

Rezulta ca

P (B) = 1. Evenimentul B este cert; punctul material va reveni in G de o maniera sigura.


11/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

12 A- 15. Calculati cerintele de mai sus, dar pentru alte conditii initiale: la

t = 0 punctul material P se afla in varful A al triunghiului echilaterial A- 16. Intr-o centrala electrica, doua evenimente A si B pot apare aleator in

aceeasi zi dintr-o luna, independent unul de celalalt. Zilele in care pot apare evenimentele respective sunt numerotate de la 1 la n

− 2. Oricare din cele doua evenimente de mai sus ramane activ inca

2 zile de la ziua aparitiei, dupa care este resetat. Rezulta ca zilele in care putem avea ambele evenimentele realizate (aparute sau active) sunt de la 1 la n. a Calculati probabilitate de a avea cele doua evenimente aparute - in aceeasi zi; b Calculati probabilitatea de a avea cele doua evenimente aparute - cu o zi diferenta intre ele; c Calculati probabilitatea de a avea ambele evenimente aparute / active - in cel putin o zi;

Solutie a) Fie Ak evenimentul ”A apare in ziua k”, respectiv Bk evenimentul ”B apare in ziua k”. Fie E evenimentul ”A si B apar in aceeasi zi”: n−2



E =

(Ak

k=1

Pentru orice k, (1

∩ Bk )

≤ k ≤ n − 2), evenimentele Ak ∩ Bk sunt incompatibile

doua cate doua, intrucat ele pot apare impreuna fie in prima ziua, fie in a

−

doua zi, ..., fie in a (n 2)-a zi. Pe de alta parte, data fiind independenta evenimentelor in discutie, avem: P (Ak

∩ Bk ) = P (Ak )P (Bk )

Rezulta:

n− 2

P (E ) =



P (Ak )P (Bk )

k=1

Daca se alege o distributie echiprobabila (uniforma), avem P (Ak ) = 1/(n


− 2), respectiv P (Bk ) = 1/(n − 2), cu k = 1, 2, . . . n − 2.

12/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

13


Rezulta: n− 2

P (E ) =

2)2 = n

1/(n

−

 k=1

2)2 = 1/(n

2/(n

−

−

2)

−

b) O zi diferenta intre aparitii este echivalent cu unul dintre urmatoarele

∩

≤ k ≤ n − 3, respectiv evenimentul A apare cu 1 zi inaintea lui B sau B j ∩ A j+1 , cu 1 ≤ j ≤ n − 3, respectiv evenimente realizate: Ak Bk+1 , cu 1

evenimentul B apare cu 1 zi inaintea lui A. Fie F evenimentul cautat:

F =

n− 3



(Ak

k=1

Evenimentele Ak

· −

n− 3

   

∩ Bk+1)

(B j

j=1



∩ A j+1)

∩ Bk+1 cu 1 ≤ k ≤ n − 3 si B j ∩ A j+1 cu 1 ≤ j ≤ n − 3

formeaza 2 (n 3) evenimentele incompatibile doua cate doua, respectiv de la A apare in prima zi si B apare in a doua zi, ..., pana la A apare in a (n

− 3)-a zi si B apare in a n − 2-a zi (respectiv (n − 3) situatii +

B apare in prima zi si A apare in a doua zi, ..., pana la B apare in a

− 3)-a zi si A apare in a (n − 2)-a zi (respectiv (n − 3) situatii). total 2 · (n − 3). (n

In

Rezulta:

n−3

P (F ) =



n− 3

P (Ak

k=1

∩ Bk+1) +



P (B j

j=1

∩ A j+1)

respectiv P (F ) = (n

− 3)/(n − 2)2 + (n − 3)/(n − 2)2 = 2 · (n − 3)/(n − 2)2

c) Fie G evenimentul ”A si B apar la doua zile diferenta”’: n− 4

G=



k=1

Evenimentele Ak

· −

(Ak

   

n− 4

∩ Bk+2)

j=1

(B j

∩ A j+2)

 

∩ Bk+2 cu 1 ≤ k ≤ n − 4 si B j ∩ A j+2 cu 1 ≤ j ≤ n − 4

formeaza 2 (n 4) evenimentele incompatibile doua cate doua, respectiv

de la A apare in prima zi si B apare in a treia zi, ..., pana la A apare


13/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

14 in a (n

− 4)-a zi si B apare in a (n − 2)-a zi (respectiv (n − 4) situatii

+ B apare in prima zi si A apare in a treia zi, ..., pana la B apare in a (n

4)-a zi si A apare in a (n

− 2 · (n − 4). total

2)-a zi (respectiv (n

−

4) situatii). In

−

Rezulta: n− 4

P (G) =

 k=1

n−4

P (Ak

∩ Bk+2) +



P (B j

j=1

∩ A j+2)

respectiv P (G) = (n

− 4)/(n − 2)2 + (n − 4)/(n − 2)2 = 2(n − 4)/(n − 2)2

Fie H evenimentul ”A si B sunt active cel putin o zi”, respectiv H =

∪ ∪ G. In termen de probabilitati, avem:

E F

P (H ) = P (E ) + P (F ) + P (G) Se obtine: P (H ) = 1/(n (5n

− 16)/(n − 2)2

− 2) + 2(n − 3)/(n − 2)2 + 2(n − 4)/(n − 2)2 =

A- 17. O familie cu doi copii, avand copilul cel mare baiat este aleasa aleator.

Care este probabilitatea de a fi o fata cel de-al doilea copil al acestei familii ?

Solutie Fie p probabilitatea ca un copil sa se nasca baiat, respectiv q probabilitatea ca un copil sa se nasca fata. Se poate presupune independenta acestor doua evenimente, respectiv indiferent cati baieti sau cate fete sunt intr-un esantion dat, probabilitatea ca urmatorul copil care se va naste sa fie baiat / fata este aceeasi / neschimbata, indiferent cati baieti / fete existau la acel moment in respectivul esantion. De asemenea, se poate presupune ca p = q = 0.5. Lista familiilor cu doi copii cuprinde combinatiile: (B, B), (B, F ), (F, B) si (F, F ), unde prima litera se refera la primul copil nascut in familie, respectiv a doua litera se refera la cel de-al doilea copil nascut. Din aceasta lista au fost selectate ulterior in vedere extragerii aleatoare specificate in enunt numai familiile cu (B, B), (B, F ). Rezulta ca exista

un caz favorabil din doua , deci probabilitatea ceruta este 1/2.


14/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


15

A- 18. O familie cu doi copii, avand cel putin un baiat, este aleasa aleator.

Care este probabilitatea ca, in aceste conditii, aceasta familie sa aiba o fata ?

Solutie Ca si in enuntul de mai sus, lista familiilor cu doi copii cuprinde combinatiile: (B, B), (B, F ), (F, B) si (F, F ). Din aceasta lista au fost selectate ulterior in vedere extragerii aleatoare specificate in enunt numai familiile avand cel putin un baiat, respectiv (B, B), (B, F ), (F, B). Rezulta ca exista doua cazuri favorabile din trei , deci probabilitatea ceruta este 2/3. A- 19. Probabilitatea de a avea un accident intr-un minut oarecare intr-o sectiune data a unei autostrazi este q = 10−5 . Care este probabilitatea P de a nu avea nici un accident intr-un an in sectiunea respectiva, in aceste conditii ?

Solutie Probabilitatea de a nu avea nici un accident in sectiunea data, intr-un

− q = 0.99999. Intr-un an sunt N = 8760 · 60 = 525600 minute. minut oarecare este p = 1

Probabilitatea ceruta este

P = pN = 0.99999525600 = 5.216 10−3

·

A- 20. Pentru enuntul de mai sus, in ipoteza unei distributii exponentiale

a v.a. T ”durata intre doua accidente consecutive in sectiunea data a autostrazii” (variabila numita si interval de recurenta ), sa se exprime: a Intensitatea λ a producerii unui accident; b Calculati valoarea asteptata a intervalului de recurenta.

Solutie a) In cazul distributiei exponentiale T

∼ Exp(λ), probabilitatea de suc-

ces, respectiv t = 1 an fara nici un astfel de eveniment rutier este: R(t) = e−λ·t


15/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

16 Impunand R(t) = pN se obtine dupa logaritmare o intensitate exprimata in h−1 :

·

8760 60 ln(1/0.99999) 8760

·

λ = N/t ln(1/p) =

≈ 6 · 10−4

b) Valoarea asteptata a intervalului de recurenta este media variabilei aleatoare T . ∞

E [T ] =

 0

∞

·

t f (t)dt =

0

Integrand prin parti, se obtine: E [T ] =



t ( )R (t)dt

·−

∞



R(t)dt = 1/λ

0

Valoarea asteptata este deci E [T ] = 1/λ = 1666.666 h, respectiv 69.4 zile. A- 21. Intr-o statie de metrou, garniturile se succed din zece in zece minute.

O garnitura este programata sa soseasca la fiecare 10 minute, incepand cu orele 5 : 00. Timpul de stationare al unei garnituri la peroanele statiei este de 1 minut. Perturbatiile din trafic pot provoca o abatere stardard de 2 minute, in raport cu ora programata de sosire in statie, respectiv o distributie normala a timpului de intrare in statie al garniturii, cu o valoare asteptata egala cu ora si minutul programat, respectiv σ = 2 minute. Un calator poate sosi aleator in statie intre orele 7 : 54 si 8 : 06. Care este probabilitatea ca acest calator sa gaseasca deja un tren in statie ?

Solutie Fie X o v.a. continua desemnand momentul de timp la care calatorul intra pe peronul statiei respective. Conform enuntului, distributia lui X este uniforma X

∼ Unif (7H : 54min, 8H : 06min).

Fie Y o v.a. continua desemnand timpul de intrare in statie al garniturii de metrou programata sa soseasca la ora 7H:50min. Distributia lui Y este normala Y


∼ N (µ = 7H : 55min, σ = 2min).

16/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


Fie Z = X

− Y .

17

X si Y sunt doua v.a. independente. Sosirea cala-

torului pe peron nu modifica (creste / scade) probabilitatea ca metroul sa soseasca la timp in statie si reciproc. Cerinta din enunt se exprima astfel: 0 < Z < 1min, respectiv 0 < Z < 0.0167h.

Figure 1: Cele doua v.a. X si Y si trei cazuri analizate

Fie f 1 (x) densitatea de probabilitate a v.a. X , respectiv f 2 (x) densitatea de probabilitate a v.a. Y . Atunci, functia de repartitie a v.a. Z este data de relatia: F (z) =

 

f 1 (x)f 2 (y)dxdy

(18)

− F (z = 0)

(19)

0
Probabilitatea ceruta in enunt este: P = F (z = 0.0167h) Avem: f 1 (z) = 5h−1 pentru 7.9h

≤ x ≤ 8.1h. f 1 (z) = 0

, in rest. respectiv

√

f 2 (z) = 1/(0.033 2π)e−0.5((x−7.92)/0.033)


2

(20)

17/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

18 Fie schimbarea de variabila u = x

∞

z

F (z) =

respectiv

1 2 −∞ du −∞ f (u + v)f (v)dv

    z

F (z) =

− y; v = y. Rezulta:

8.1

du

−∞

√

5/(0.033 2π)e−0.5((x−7.92)/0.033)

(21)

2

(22)

7.9

Integrand in Mathematica se obtine: P = F (z = 0.0167h)

− F (z = 0) = 0.0500

(23)

A- 22. Un sistem de securitate detecteaza orice scurgere de gaze intr-o cladire

si izoleaza alimentarea prin inchiderea unei electrovalve in caz de necesitate. Probabilitatea ca sistemul de detectie sa functioneze corect la solicitare este pS = 0.95, iar probabilitatea ca electrovalva sa izoleze corect urmare a solicitarii este pEV = 0.999. Intr-o zi oarecare, probabilitatea de a avea o scurgere de gaze este q = 10−4 . Pentru o durata de timp de calcul de T = 10 ani, respectiv N = 3650 zile: a Calculati probabilitatea de aparitie P a cel putin unei scurgeri de gaze; b Calculati numarul cel mai probabil N de evenimente / solicitari ale sistemului de securitate; c Calculati probabilitatea P T OP de aparitie a evenimentului T OP : ”Scurgere de gaze in cladire fara raspuns adecvat din partea sistemului de securitate”.

Solutie a) Fie p probabilitatea de a nu avea intr-o zi oarecare o scurgere de gaze, respectiv o stare de succes:

p = 1

− q = 0.9999

Fie M o v.a. discreta semnificand numarul de zile pe perioada supusa analizei T = 10 ani, respectiv N = 3650 zile in care au avut loc scurgeri de gaze (detectate sau nu), evenimente considerate independente.


18/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


19

Rezulta ca M urmeaza o distributie binomiala de parametrii N , respectiv q = 1 M

− p.

∼ Bin(N, q) M



0 1 ... k ... N k q k pN −k ... q N pN Nqp N −1 ... CN



≥ 1) = 1 − P (M = Pentru N = 3650 zile si q = 10/ −4, se obtine

Probabilitatea ceruta in enunt este P = Prob(M N

− (1 − q) . P = 1 − 0.99993 · 650 = 0.305816. 0) = 1

b) Numarul cel mai probabil N de evenimente / solicitari ale sistemului de securitate este valoarea v.a. M cu cea mai mare probabilitate de aparitie, respectiv moda acestei v.a. Pentru a gasi aceasta valoare, se studiaza monotonia sirului: k k N −k pN ,NqpN −1 ,...C N q p ,...,qN

Termenii sirului fiind pozitivi, este suficienta calcularea raportului P (M = k + 1)/P (M = k) si compararea acestui raport cu 1. In cazul nostru, se obtine: k+1 k+1 N −k−1 C N q p q N k k q k pN −k = p k + 1 C N

· −

−

Rezulta necesara comparatia q(N k) cu p(k + 1), pentru q, p, respectiv

{

}

N date, k parametru, cu valori naturale in multimea 0, 1, 2, . . . , N . Primul k care satisface k

≥ qN − p este valoarea (moda) cautata.

Cu

− p este o valoarea intreaga si pozitiva, atunci v.a. M are doua mode, respectiv qN − p si qN − p + 1. In cazul nostru, qN − p = 0.0001 · 3650 − 0.9999 = −0.6349. Deci, M = 0 este valoarea observatia ca daca qN

cea mai probabila, cel mai probabil ne asteptam ca in 10 ani sa nu existe

nici o scurgere de gaze. Discutie. Daca instalatia imbatraneste in cei 10 ani si q creste la 10−3 ,

−

·

−

atunci moda devine qN p = 0.001 3650 0.9999 = 2.6501. In acest caz, cel mai probabil ne-am astepta la 3 solicitari ale sistemului de securitate in perioada de timp supusa analizei. c) Neaparitia evenimentului T OP in cei T = 10 ani presupune ca la orice eventuala solicitare, sistemul de securitate sa fie disponibil.


19/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

20 Fie n numarul de solicitari ale acestui sistem de securitate. Disponibilitatea la solicitare a sistemului de securitate A(n) va fi egala n

cu ( pS pEV ) . Rezulta urmatoarele posibilitati de neaparitie a evenimentului T OP : n A(n) 0 1 1 pS pEV 2 ( pS pEV )2 ... ... k ( pS pEV )k ... ... Rezulta P T OP = P (M = 0) + P (M = 1) pS pEV + P (M = 2) ( pS pEV )2 + . . .

·

·

cu P (M = 0) = pN = 0.694184

P (M = 1) = N (1

P (M = 2) = N (N

P (M = 3) = N (N

− p) pN = 0.253102

− 1)/2(1 − p)2 pN −2 = 0.046238

− 1)(N − 2)/6 · (1 − p)3 pN −3 = 5.623 · 10−3 ...

Deci, probabilitatea de neaparitie a evenimentului T OP este: P T OP = 0.694184 + 0.253102 0.94905 + 0.046238 0.949052 + . . .

·

·

Probabilitatea de aparitie a evenimentului T OP este: P T OP = 1


− P T OP ∼= 0.018871

20/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

21

0.1. EVENIMENTE ALEATOARE, PROBABILITATI SI DISTRIBUTII A- 23. Pentru enuntul de mai sus, se impune prin normele de autorizare a

functionarii ca P T OP sa fie cel mult egal cu 10−4 pe perioada analizata, respectiv la 10000 de clienti in 10 ani sa existe cel mult 1 eveniment de tip T OP . Estimati care trebuie sa fie disponibilitatea sistemului de securitate pS pEV in acest caz, pentru q = 1

− p = 0.0001.

A- 24. Fie o componenta avind o distributie lognormala a timpului sau de

reparatii (indisponibilitate) LogLN (a = 6; b = 1.2). a Calculati durata asteptata (medie) a timpului de reparatii; b Calculati abaterea standard a timpului de reparatii; c Daca la momentul de timp egal cu 75% din durata asteptata de mai sus componenta era inca in reparatii, care este probabilitatea ca reparatia sa se incheie in termenul asteptat (100% din valoarea asteptata). d Indicati abcisa pentru care densitatea de probabilitate are un maxim; e Indicati abcisa pentru care intensitatea de reparare are un maxim; A- 25. Fie n variabile aleatoare independente distribuite exponential X 1

∼ Exp[λ2], . . . X n ∼ Exp[λn]. Atunci sa se arate ca: a min(X 1 , X 2 , . . . , Xn ) ∼ Exp[n · λ]; b max(X 1 , X 2 , . . . , Xn ) ∼ Exp[λ/ ni=1 (1/i)];

Exp[λ1 ], X 2

∼



c Demonstrati ca prima varianta este cazul distributiei duratei de viata a unui sistem serie de n componente independente, avand respectiv intensitatile de defectare λ1 ,λ2 , . . . , λn ; d Demonstrati ca a doua varianta este cazul distributiei duratei de viata a unui sistem paralel de n componente independente, avand respectiv intensitatile de defectare λ1 ,λ2 , . . . , λn . A- 26. Fie X 1 si X 2 doua variabile aleatoare independente distribuite expo-

nential X 1

∼ Exp[λ1], X 2 ∼ Exp[λ2]. Se defineste v.a. S = X 1 + X 2. Sa

se determine densitatea de probabilitate a distributiei v.a. S . Indicatie .



Se vor trata cazurile: λ1 = λ2 , respectiv λ1 = λ2 .


21/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

22

0.2

Estimari statistice

A- 27. O moneda este banuita ca nu e perfecta, in sensul ca probabilitatea

de aparitie p a fetei cap este diferita de 0.5. Apriori, distributia pentru p este din clasa distributiilor Beta, avand densitatea de probabilitate proportionala cu p10 (1 p)14 pe intervalul [0, 1]. Pentru a obtine o mai

· −

mare certitudine asupra lui p, moneda este arunca de 5 ori: de 3 ori a aparut fata cap, respectiv de 2 ori cealalta fata. Exprimati distributia aposteriori pentru p.

Solutie I. Apriori. In cazul distributiei Beta, densitatea de probabilitate este data de relatia: f ( p) = 1/B(11, 15) p10 (1

·

· − p)14

(24)

unde B(α = 11, β = 15) este integrala Beta (Euler de primul tip): 1

B(α, β ) =



xα−1 (1

· − x)β −1dx

0

Functia de repartitie este data de relatia: p

F ( p) =

 0

f (x)dx

(25)

Figure 2: Densitatea  apriori de probabilitate a v.a. p

II. Aposteriori.


22/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

23

0.2. ESTIMARI STATISTICE

Fie N v.a. discreta semnificand numarul de aparitii ale fetei cap din n aruncari. Atunci, probabilitatea de a avea k aparitii ale fetei cap la aruncarea unei astfel de monezi este: 1

P (N = k) =

 0

n! pk (1 k! (n k)!

· · − p)n−k dp

· −

(26)

De asemenea, referitor la evenimentul de a avea ”probabilitatea p de aparitie a acestei fete in intervalul (a, b) si N = k” avem relatia:

b

P (a < p < b

n!

N = k) = a





pk (1

p)n−k dp

(27)

· − k)! · · −

k! (n

˜ Se noteaza functia aposteriori de repartitie a lui p cu F ( p). Tinind seama de relatiile de mai sus si de teorema probabilitatilor conditionate, avem: ˜ F ( p) =

p n! 0 k!·(n−k)! 1 n! 0 k!·(n−k)!

 

· xk · (1 − x)n−k F (x)dx · xk · (1 − x)n−k F (x)dx

(28)

˜ p) si este Densitatea aposteriori ceruta este derivata acestei functii F ( reprezentata grafic in figura alaturata.

Figure 3: Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p

III. Remarca. Daca apriori nu este disponibila nici o informatie tehnica, atunci distributia pentru p este uniforma . Orice valoare a lui p este posibila si


23/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

24 echiprobabila. Entropia informationala este maxima in acest caz. Urmand aceeasi abordare ca mai sus, este suficient sa remarcam ca in acest caz avem distributia apriori Beta, dar cu parametrii α = 1, respectiv beta = 1. Densitatea apriori de probabilitate este reprezentata grafic in figura alaturata.

Figure 4: Densitatea  apriori de probabilitate a v.a. p

Comparativ, densitatea aposteriori in acest caz este reprezentata grafic.

Figure 5: Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p


24/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

25

0.2. ESTIMARI STATISTICE A- 28. O componenta in asteptare refuza solicitarea de a demara de m = 2

ori in n = 10 teste independente. Indicati estimatorul de verosimilitate maxima pentru probabilitatea de refuz p.

Solutie Fie p probabilitatea de refuz la solicitare si N o v.a. discreta semnificand numarul de refuzuri inregistrate din n teste independente. In aceste conditii, N urmeaza o distributie binomiala, de parametrii n = 10 si q. N

∼ Bin(n, p)

(29)

Fie m = 2 numarul inregistrat de refuzuri. Functia de verosimilitate este L( p n, m) = C nm pm (1 p)n−m . Logaritmul acestei functii de verosimilitate este:

|

·

ln(L( p n, m)) = ln(C nm ) + m ln( p) + (n

|

·

−

− m) · ln(1 − p)

(30)

Din conditia de extrem in raport cu p se obtine anularea derivatei intai a logaritmului functiei de verosimilitate, respectiv m/p

− (n − m)/(1 − p) = 0

Estimatorul de verosimilitate maxima al lui p rezulta: pˆ = m/n

(31)

A- 29. Se arunca o moneda de n = 20 ori. Fata cap a aparut de 14 ori. Se

doreste sa se testeze statistic - cu un prag de semnificatie de 1% - daca moneda este perfecta.

Solutie Fie ipoteza H 0 : moneda este perfecta (probabilitatea de aparitie p = 0.5). Daca prelucram datele in aceasta ipoteza, cel mai probabil ar fi sa observam 10 rezultate favorabile (aparitia fetei cap, respectiv 10 rezultate nefavorabile). Faptul ca am observat 14 aparitii se poate explica astfel:

• moneda este perfecta (H 0 este adevarata), rezultatul este pus pe seama intamplarii;


25/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

26

• moneda nu este perfecta. Putem respinge H 0 ? Raspunsul la intrebare este dat de pragul de semnificatie ales. Practic, sa acceptam ca intr-un caz din 100 de repetari ale experimentului sa punem pe seama intamplarii / sansei faptul ca moneda este perfecta dar observam N

≥ 14 sau N ≤ 6.

Etapele necesare validarii / invalidarii ipotezei initiale sunt urmatoarele: 1. In ipoteza ca H 0 este adevarata, se evalueaza probabilitatea evenimentului (N

≥ 14)



(N

≤ 6);

2. daca probabilitatea obtinuta este mai mica decat pragul de semnificatie, atunci ipoteza initiala poate fi respinsa, un asemenea rezultat observat nu poate fi acceptat numai pe seama intamplarii; 3. daca probabilitatea obtinuta este mai mare decat pragul de semnificatie, atunci ipoteza initiala nu poate fi respinsa, un asemenea rezultat poate fi pus pe seama intamplarii, nu avem motive sa credem ca moneda nu este ’corecta’ - numai pe seama observatiilor prelucrate. Probabilitatea ca N

≤ 6 este data de relatia: 6

P (N

≤ 6) = k=0 C 20k · 0.5k · 0.520−k

. Probabilitatea ca N



≥ 14 este data de relatia: 20

P (N

≥ 14) =



C 2 0k 0.5k 0.520−k

·

k=14

·

Fie integrala Beta incompleta: x

I x (α, β ) = 1/B(α, β ) 0

pentru orice x



z α−1 (1

z)β −1 dz

(32)

· −

∈ [0, 1], respectiv α ≥ 0, β ≥ 0.

Avem urmatoarele relatii de calcul utilizate curent in practica estimarilor de acest tip: n

I p (m, n


− m + 1) =



k=m

· · − p)n−k

C nk pk (1

(33)

26/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

27

0.2. ESTIMARI STATISTICE

m

n

C nk pk (1 p)n−k = 1 k=0



k=m+1

· · − 1

C nk pk (1 p)n−k = 1 I p (m+1, n m)

− 

· · −

−

− I p(m + 1, n − m) ≡ I 1− p(n − m, m + 1)

−(34) (35)

In cazul nostru, avem urmatoarele relatii de calcul: 6

  ·

k C 20 0.5k 0.520−k = I 0.5 (20

k=0

·

·

− 6, 6 + 1) = 0.0576591

(36)

20

k C 20 0.5k 0.520−k = I 0.5 (14, 20

k=14

·

− 14 + 1) = 0.0576591

(37)

Rezulta probabilitatea ceruta 0.1153182. Cum aceasta depaseste pragul de semnificatie propus, rezulta ca ipoteza initiala nu poate fi respinsa. A- 30. O componenta in asteptare refuza solicitarea de a demara de m = 2

ori in n = 10 teste independente. Indicati un interval de incredere pentru estimarea probabilitatii de refuz p. Pragul de semnificatie este de 5%.


27/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

28

0.3

Componente binare

A- 31. Fie un sistem cu 7 componente binare, identice si independente. Prob-

abilitatea de succes a unei componente este p = 0.99, iar probabilitatea de insucces este q = 0.01. Se cunosc sase urmatoarele trasee minimale ale

{ }{

}{

}{

}{

} {

}

acestei sistem: 1, 2 , 3, 4, 6 , 3, 5, 6, 7 , 2, 3, 7 , 1, 5, 6 si 1, 4, 6, 7 . Sa se exprime si sa se calculeze: a Taieturile minimale; b Probabilitatea de succes a sistemului P - bazata pe lista de trasee minimale din enunt ; c Probabilitatea de insucces a sistemului Q - bazata pe lista de taieturi minimale obtinute mai sus; d Sa se verifice relatia P + Q = 1. A- 32. Sa se exprime grafic variatia probabilitatii de succes a sistemului de

mai sus functie de parametrul p

∈ [0, 1].

A- 33. Sa se exprime o aproximare de tip majorant / minorant a probabil-

itatii de succes P a sistemului de mai sus. Se va considera un sistem echivalent format dintr-un paralel de cele 6 trasee minimale.

Figure 6: Sistem echivalent pentru calculul aproximativ al probabilitatii de succes

A- 34. Sa se exprime o alta aproximare de tip majorant / minorat a proba-

bilitatii de succes P . Sa se propuna in aces sens un alt sistem echivalent format dintr-un un paralel din cele n taieturi minimale necesare in evaluarii probabilitatii de insucces Q si apoi sa se aplice P = 1


− Q.

28/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

29

0.3. COMPONENTE BINARE A- 35. Sa se exprime grafic variatia probabilitatii de succes P si a celor doua

aproximari obtinute - functie de parametrul p

∈ [0, 1].

A- 36. Fie un sistem format din trei componente: B, C si S . Componenta S

are doua moduri mutual exclusive de defectare S 1 si S 2 . De exemplu: S 1 : componenta S refuza deschiderea; S 2 : componenta S refuza inchiderea. Aceste doua moduri de defectare nu pot apare simultan. Sistemul analizat cuprinde alte doua componente B si C . Aceste doua componente B, C se pot defecta independent una de cealalta. Sistemul este indisponibil

∪ ∩ ∪

daca este satisfacuta relatia logica: (B S 1 ) (C S 2 ). Fie probabilitatile de aparitie ale evenimentelor descrise mai sus: P (B) = 0.0010; P (C ) = 0.0008; P (S 1 ) = 0.0006; P (S 2 ) = 0.0004. Sa se exprime: a Arborele de defectare (eveniment TOP: indisponibilitatea sistemului) ; b Probabilitatea de insucces a sistemului. A- 37. Fie un sistem de alimentare cu energie format din doua cai de curent

L1 si L2 . Iesirea din functiune a caii de curent L1 conduce la supraincarcarea L2 si poate produce iesirea din functiune a acesteia prin efectul de domino, daca calea de curent L1 nu este repusa in functiune in mai putin de 10 min. Iesirea din functiune a caii de curent L2 conduce la supraincarcarea L1 si poate produce iesirea din functiune a acesteia prin acelasi efect de domino, daca calea de curent L2 nu este repusa in functiune in mai putin de 20 min. Sistemul este indisponibil daca ambele linii sunt indisponibile. Sa se exprime si sa se calculeze indisponibilitatea acestui sistem. Se cunosc: - distributia timpului de restabilire L1 : Exp[µ1 = 1/10min−1 ] ; - distributia timpului de restabilire L2 : Exp[µ2 = 1/15min−1 ] ; - distributia timpului de functionare L1 : Exp[λ1 = 1/800ore−1 ];


29/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

30 - distributia timpului de functionare L2 : Exp[λ2 = 1/600ore−1 ].

Solutie - Indisponibilitatea stationara a liniei L1 este q1 = λ1 /(λ1 + µ1 ) = 1/800/(1/800 + 1/10 60) = 2.0829 10−4 ;

·

·

- Indisponibilitatea stationara a liniei L2 este q2 = λ2 /(λ2 + µ2 ) = 1/600/(1/600 + 1/15 60) = 4.1649 10−4 .

·

·

Sistemul este indisponibil atunci cand L1 este indisponibila si L2 nu se restabileste inainte de timpul critic impus (20 min) sau atunci cand L2 este indisponibila si L1 nu se restabileste inainte de timpul critic impus (10 min). Sistemul este indisponibil practic numai datorita aparitiei efectului de domino.

· − e−1/15·20) + q2 · (1 − e−1/10·10 ) = 4.1665 · 10−4.

Q = q1 (1

(38)

A- 38. Fie o intersectie dirijata cu semafor. Un automobil A se apropie de in-

tersectie, avand culoarea rosie. Un al doilea automobil B este in urma lui A. Automobilul C are prioritate, avand culoarea verde. Fie evenimentele urmatoare: a - automobilul A nu reuseste sa opreasca ; b - automobilul B nu opreste; c - automobilul C reuseste sa evite neacordarea de prioritate. Sa se construiasca arborele de evenimente care sa caute conditiile in care poate apare un accident (evenimentul T OP ). Solutie Cauzele evenimentului T OP sunt urmatoarele: - fie automobilul A stopeaza si automobilul B nu poate frana la timp; - fie automobilul A nu poate frana si se ciocneste cu C ; Rezulta ecuatia logica a evenimentului: T OP = (a

∩ c) ∪ (a ∩ b)

(39)

Forma disjunctiv normala a functiei de structura este urmatoarea: T OP = φ(a,b,c) = (a

∩ b ∩ c) ∪ (a ∩ b ∩ c) ∪ (a ∩ b ∩ c) ∪ (a ∩ b ∩ c) (40)

In primul termen avem atat a cat si b nu opresc, in conditiile in care c nu reuseste sa evite acest fapt; in al doilea termen a nu reuseste sa opreasca, b se opreste, iar c nu reuseste sa evite; in cel de-al treilea termen b nu reuseste sa se opreasca la timp, a si c opresc; in ultimul termen, c nu reuseste sa il evite pe b.


30/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

0.3. COMPONENTE BINARE

31

A- 39. Sa se exprime probabilitatea de aparitie a evenimentului T OP de mai

sus. Se cunosc probabilitatile de aparitie ale evenimentelor: pa = 0.05; p = 0.1; p = 0.01. b

c

A- 40. Fie un sistem de detectare a scaparilor de gaze intr-un spatiu inchis.

Doua detectori D1 si D2 transfera impulsul catre o unitate logica (U L). In eventualitatea aparitiei a cel putin unui semnal de la cei doi detectori, sistemul are trei functii: - izoleaza alimentare cu gaze (releul R1 ); - informeaza operatorul printr-o semnalizare acustica si optica (lampa L); - izoleaza consumatorii electrici din spatiul protejat.

In conditiile in care operatorul este informat, acesta poate interveni manual - daca izolarea automata nu se realizeaza. Evenimentul TOP are loc daca cel putin una dintre izolari nu se realizeaza (automat / manual).

Sa se construiasca arborele de defectari pentru evenimentul TOP si sa se evidentieze taieturile minimale / implicantii.

Figure 7: Sistemul de detectare a scaparilor de gaze


31/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

32

Figure 8: Arborii de defectari pentru sistemul de detectare a scaparilor de gaze


32/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


33

Figure 9: Arborii de defectari pentru sistemul de detectare a scaparilor de gaze


33/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

34 A- 41. (sesiune iarna 2008). Fie un sistem cu 3 componente binare, iden-

tice si independente. Probabilitatea de succes a unei componente este p = 0.9, iar intensitatea sa de defectare este λ = 0.01 ore−1 . Functia ˙ 1  x3 ). Sa se de structura a sistemului este ϕ(x1 , x2 , x3 ) = (x1  x2 )+(x calculeze: - probabilitatea P de succes a sistemului; - frecventa ν asteptata de aparitie a starii de insucces a sistemului; - timpul mediu de succes M UT al sistemului; - timpul mediu de insucces M DT al sistemului.

Solutie. Functia de structura a sistemului este ϕ(x1 , x2 , x3 ) = x1  (x2 +x ˙ 3 ). Sistemul are doua trasee minimale: (1, 2) si (1, 3). Aceasta functie se poate descompune conform teoremei Shannon: ϕ(x1 , x2 , x3 ) = x1  ϕ(1, x2 , x3 ) + x¯1  ϕ(0, x2 , x3 ), unde: ˙ 3; ϕ(1, x2 , x3 ) = x2 +x ϕ(0, x2 , x3 ) = 0. In acord cu descompunerea de mai sus a functiei de structura a sistemului, probabilitatea P de succes a sistemului este:

·

P = p1 P ϕ(1,x

2

,x3 )

·

+ q1 P ϕ(0,x

2

,x3 )

Avem: P ϕ(1,x

,x3 )

= p2 + p3

P ϕ(0,x

,x3 )

= 0.

2

2

− p2 · p3;

Probabilitatea P de succes a sistemului devine:

·

P = p1 ( p2 + p3

− p2 · p3) + (1 − p1) · 0. ·

Inlocuind cu datele din enunt, se obtine P = p (2 p

− p2) = 0.891 .

Frecventa ν asteptata de aparitie a starii de insucces a sistemului se exprima: ν =




3 i=1 ν i

· I B (i).

34/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

35


Pentru o componenta i

∈ {1, 2, 3} avem

ν i = 1/(MU T i + M DT i ) = (λi µi )/(λi + µi )

· Timpii medii de succes, respectiv insucces sunt urmatorii: MU T =

−

·

·

1/λ = 100 ore, iar M DT = (1 p)/( p λ) = 0.1/(0.9 0.01) = 11.11 ore.

Frecventa asteptata de aparitie a starii de insucces a unei componente este: ν 1 = ν 2 = ν 3 = 1/111.11 = 9 10−3 ore−1 .

·

Pentru componenta i, factorul de importanta probabilista Barlow este dat de relatia: I B (i) = ∂P/∂pi = P ϕ(xi :=1)

− P ϕ(x :=0) i

Avem urmatorii factori de importanta probabilista Barlow: I B (1) = ∂P/∂p1 = p2 + p3

− p2 · p3 = 2 · p − p2 = 0.99;

· − p3) = p1 · q3 = 0.09;

I B (2) = ∂P/∂p2 = p1 (1

· − p2) = p1 · q2 = 0.09.

I B (3) = ∂P/∂p3 = p1 (1

Rezulta frecventa asteptata de aparitie a starii de insucces a sistemului: ν = (0.99 + 0.09 + 0.09) 9 10−3 = 1.053 10−2 ore−1

· ·

·

Timpul mediu de succes al sistemului este: M UT = P/ν = 0.891/(1.053 10−2 ) = 84.61 ore;

·

Timpul mediu de insucces al sistemului−este: M DT = Q/ν = (1 0.891)/(1.053 10 2 ) = 10.35 ore.

−

·

A- 42. Fie un sistem cu 3 componente binare, identice si independente. Sis-

temul are urmatorii vectori critici: (¯1, 2, 3), (1, ¯2, 3),(1, 2, ¯3), (1, ¯2, ¯3). Probabilitatea de succes a unei componente este p = 0.9. Sa se calculeze:


35/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

36 - probabilitatea P de succes a sistemului; - factorii de importanta structurala ai fiecarei componente; - frecventa ν asteptata de aparitie a starii de insucces a sistemului; - timpul mediu de succes M UT al sistemului; - timpul mediu de insucces M DT al sistemului.

A- 43. Fie un sistem cu 3 componente binare si independente. Probabili-

tatile de succes ale componentelor sunt: p1 = 0.99, p2 = 0.9, p3 = 0.95. Intensitatile de defectare ale componentelor sunt: λ1 = 0.0001 ore−1 , λ2 = 0.002 ore−1 , λ3 = 0.005 ore−1 . Probabilitatea de insucces a unei componente i

1, 2, 3 este notata cu qi = 1

∈{

}

pi . Daca componenta

−

1 a sistemului este in stare de succes, atunci probabilitatea de succes a sistemului este p3 + q3 p4 , iar daca componenta 1 a sistemului este

·

in stare de insucces, atunci probabilitatea de insucces a sistemului este

· ·

q2 + p2 q3 q4 . Sa se exprime: - diagrama de fiabilitate a sistemului; - probabilitatea P de succes a sistemului; - factorii de importanta structurala ai fiecarei componente; - frecventa ν asteptata de aparitie a starii de insucces a sistemului; - timpul mediu de succes M UT al sistemului; - timpul mediu de insucces M DT al sistemului.

A- 44. Fie T temperatura la intrarea intr-o turbina cu abur. Acest parametru

este monitorizat minut cu minut, fiind doua praguri critice: t1 pragul minim admis, respectiv t2 pragul maxim admis in exploatare. Fie A evenimentul: temperatura aburului intre t1 si t2 (operare normala), B: temperatura aburului sub pragul critic t1 , respectiv C temperatura aburului peste pragul critic t2 . Evident, A, B si C sunt mutual exclusive. La pasul n + 1 de timp dat, probabilitatile evenimentelor respective sunt conditionate de starea la pasul anterior de timp, astfel: P (An+1 An ) =

|

|

|

|

0.99, P (Bn+1 An ) = 0.005, P (C n+1 An ) = 0.005, P (Bn+1 Bn ) = 0.05,

|

|

|

P (An+1 Bn ) = 0.95, P (An+1 C n ) = 0.9, P (C n+1 C n ) = 0.1. La n = 0 evenimentul A este prezent.

Sa se calculeze:


36/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

37


- probabilitatea ca la momentul n = 60 turbina sa se afle in starea A; - probabilitatea pana la momentul n = 60 turbina sa se afle neintrerupt in starea A; - frecventa asteptata de intrare in starea B; - frecventa asteptata de intrare in starea C ; - timpul mediu de operare neintrerupta; - timpul mediu de sejur in starea B; - timpul mediu de sejur in starea C .

Solutie

Matricea probabilitatilor de tranzitie este:

Π=

 

0.99 0.05 0.05 0.95 0.05 0 0.9 0 0.1

 

Probabilitatile de stare la pasul de timp n sunt date de ecuatia: p(n) = p(0)  Πn p

unde (n) = ( pA (n), pB (n), pC (n)). Probabilitatea ca la momentul n = 60 turbina sa se afle in starea A este data de relatia: pA (n) = p(0)  Πn  13,1 Aceasta probabilitate reprezinta disponibilitatea turbinei la momentul de timp considerat. Probabilitatea pana la momentul n = 60 turbina sa se afle neintrerupt in starea A reprezinta fiabilitatea acestui echipament: rA (n) = p1 (0)  Πn11  11 = 0.9960 = 0.5471566 Pana la pasul n, numarul asteptat de intrari in starea B in intervalul considerat este:

n−1

ωB (n) = Π(1, 2)


·



pA (k)

k=0

37/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

38 Avem Π(1, 2) = 0.05 si n−1



pA (k) = p(0)(I+Π+Π2 +Π3 +. . .+Πn−1 )13,1 = p(0)(Πn I)(Π I)−1 13,1

−

k=0

−

cu I matricea unitate si 13,1 = (1, 0, 0)T . Pana la pasul n, numarul asteptat de intrari in starea C in intervalul considerat este:

n− 1

ωC (n) = Π(1, 3)

·

pA (k) k=0



Avem

Π(1, 3) = 0.05 si n−1



pA (k) = p(0)(I+Π+Π2 +Π3 +. . .+Πn−1 )13,1 = p(0)(Πn I)(Π I)−1 13,1

−

k=0

−

Frecventa asimptotica de intrare in starea B rezulta: ν B = limn→∞ ωB (n)/n = p(0)  (Π

− I)−1  13,1

Timpul mediu de operare neintrerupta reprezinta timpul asteptat de sejur in starea A este:

·

M UT = pA /( pA (Π(1, 2)+Π(1, 3))) = 1/(Π(1, 2)+Π(1, 3)) = 1/0.1 = 10 Timpul mediu de sejur in starea B este:

·

M DT 1 = pB /( pB Π(2, 1)) = 1/Π(2, 1) = 1/0.95 = 1.05 Timpul mediu de sejur in starea C este:

·

M DT 2 = pC /( pC Π(3, 1)) = 1/Π(3, 1) = 1/0.9 = 1.11


38/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

39

0.3. COMPONENTE BINARE A- 45. Fie 3 evenimente aleatoare independente A, B, C. Sa se gaseasca o

forma normal disjuncta pentru: - evenimentul E = (A

C )

(B

C );

⊕ B) ∪∩ C ; ∩ - evenimentul F = (A ⊕ - evenimentul G = @(A,B,C, 2).

Solutie

Table 2: Tabela de adevar pentru evenimentul E A B C A C B C E 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0

1 0 1 0 0 1 0

1 1 0 0 1 0 0

⊕

∩

1 0 1 1 1 0 0

1 0 0 0 0 0 0

1 0 1 1 1 0 0

Din tabelul 2 rezulta o forma disjunctiv normala pentru evenimentul E :

∩ ∩ C ) ∪ (A¯ ∩ B ∩ C ) ∪ (A ∩ B ∩ C ¯ ) ∪ (A ∩ B¯ ∩ C ¯ ) ∪ (A¯ ∩ B¯ ∩ C )

E = (A B

Figure 10: Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta a evenimentului E


39/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

40 Table 3: Tabela de adevar pentru evenimentul F A B C A B F 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0

⊕

Din tabelul 3 rezulta o forma disjunctiv normala pentru evenimentul F : F = (A¯

∩ B ∩ C ) ∪ (A ∩ B¯ ∩ C ¯ )

Figure 11: Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta a evenimentului F

Evenimentul G se realizeaza daca cel putin 2 din cele 3 evenimente propuse A, B, C sunt realizate. In consecinta, tabela de adevar asociata evenimentului G este prezentata alaturat. Din tabelul 4 rezulta o forma disjunctiv normala pentru evenimentul G: G = (A


∩ B ∩ C ) ∪ (A¯ ∩ B ∩ C ) ∪ (A ∩ B¯ ∩ C ) ∪ (A ∩ B ∩ C ¯ )

40/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

41


Table 4: Tabela de adevar pentru evenimentul G A B C G 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0

Figure 12: Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta a evenimentului G A- 46. Fie un sistem cu 2 componente binare si independente A, B, operind

in doua faze consecutive de durate θ1 , respectiv θ2 . Structura logica a sistemului in cele doua faze este urmatoarea:

∩B ; - Faza 2: A ∪ B. - Faza 1: A

Sa se exprime probabilitatea insuccesului sistemului. Aplicatie numerica pentru θ1 = 100 h, θ2 = 100 h, λA = 0.001 h−1 , λB = 0.002 h−1 .

Solutie Probabilitatea ca sistemul sa fie in stare de insucces la capatul primei faze este: Q1 = 1


− e−λ

A ·θ1

· e−λ

B ·θ1

41/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

42 Probabilitatea ca sistemul sa fie in stare de insucces la capatul celei de-a doua faze este: Q2 = 1

− (1 − Q1) · (e−λ

A ·θ2

+ e−λB ·θ

2

− e−(λ

A +λB )·θ2

)

Pentru datele din enunt avem: Q1 = 0.25918, respectiv Q2 = 0.27196. A- 47. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente distribuite binomial

X

∼ Bin(n = 2, p = 0.9), Y ∼ Bin(n = 3, p = 0.8).

Fie Z = X + Y .

Sa se exprime si sa se calculeze probabilitatea ca Z sa fie mai mica sau egala decat 2. A- 48. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente distribuite binomial

∼

∼

X Bin(n = 2, p = 0.9), Y Bin(n = 3, p = 0.8). Fie Z = (X + Y )/2. Sa se exprime si sa se calculeze probabilitatea ca Z sa fie mare strict decat 1. A- 49. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente distribuite binomial

X

∼ Bin(n = 2, p = 0.9), Y ∼ Bin(n = 3, p = 0.8). Fie Z = X · Y . Sa

se exprime si sa se calculeze probabilitatea ca Z sa ia valori in multimea

{1, 2, 3, 4}. A- 50. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente distribuite binomial

X

∼ Bin(n = 2, p = 0.9), Y ∼ Bin(n = 3, p = 0.8).

Fie Z = X/Y . Sa

se exprime si sa se calculeze probabilitatea ca Z sa ia valori in intervalul [0, 1]. A- 51. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente distribuite bino-

∼ Bin(n max{X, Y }.

∼

mial X

= 2, p = 0.9), Y

Z =

Sa se exprime si sa se calculeze probabilitatea ca

{

Bin(n = 3, p = 0.8).

Fie

}

Z sa ia valori in multimea 0, 1, 2, 3, 4 . A- 52

. Fie X si Y doua variabile aleatoare independente distribuite binomial X Bin(n = 2, p = 0.9), Y Bin(n = 3, p = 0.8). Sa se exprime si sa

∼

∼

se calculeze probabilitatea ca X sa ia valori mai mici sau egale decat Y. A- 53. O structur˘ a de rezistent¸a dintr-o central˘a electrica este supus˘a la dou˘a

tipuri independente de solicit˘ari: - static˘a (S); - dinamic˘a (D).


42/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

43


Fie doua variabile aleatoare independente caracterizand cele doua solicitari, respectiv doua cazuri de studiu propuse: i) S

N (µ , σ ), respectiv D

N (µ , σ );

S S ∼ D D ∼ Exp(λ ii) S ∼ S ), respectiv D ∼ Exp(λD ).

Sa se exprime in cele doua cazuri media si abaterea standard a solicitarii totale a structurii T = S + D. In ipoteza ca rezistenta R a structurii este o variabila aleatoare distribuita normala R riscul ruperii structurii de rezistenta.

∼ N (µR, σR), sa se evalueze

Aplicatie numerica: µS = 6M P a, σS = 1MP a, µD = 8M P a, σD = 2M P a, µR = 21M P a, σR = 3M P a, λD = 1/6M P a−1 , λS = 1/8M P a−1 . A- 54. Nivelul maxim anual al unui curs de apa este o variabila aleatoare

notata cu H si avand o distributie triunghiulara descrisa in figura ??. - Sa se determine nivelul H 20 care are o medie de 20 de ani a intervalului de recurenta (periodicitate); - Sa se calculeze probabilitatea ca in urmatorii 20 de ani H sa depaseasca cel putin o data valoarea H 20 ; - Sa se calculeze probabilitatea ca in urmatorii 5 ani H sa depaseasca exact o data valoarea H 20 ; - Care este probabilitatea ca H 20 sa fie depasit de cel mult doua ori in urmatorii 10 ani.

A- 55. In operatia de calibrare a unui traductor de nivel este necesara deter-

minarea valorii nivelului cu o precizie de

±1cm, cu un nivel de incredere

de 99%. Dintr-un studiu preliminar a rezultat ca abaterea standard a erorii de masura a nivelului este σ = 3.5cm. Presupunand ca toate observatiile sunt independente: a) determinati numarul minim de observatii / operatii; b) daca 150 de operatii de calibrare au fost repetate, care este nivelul de incredere asociat ? A- 56. Timpul de operare al unei pompe de retea termoficare este o v.a.

continua distribuita exponential de valoare medie 24 de luni. Programul de inspectie al unei astfel de pompe prevede o interventie de acest gen la fiecare 5 luni. a) Care este probabilitatea ca o pompa de termoficare sa aiba nevoie de


43/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

44 o reparatie inainte de prima inspectie programata ? b) Daca o astfel de pompa nu s-a defectat inainte de prima inspectie programata, care este probabilitatea de a o gasi operationala si la a doua inspectie programata ? c) Un punct termic are 5 astfel de pompe identice in operare. Presupunand ca timpii lor de operare sunt v.a. identic si independent distribuite, sa se calculeze probabilitatea de a avea cel mult o pompa care sa aiba nevoie de reparare inainte de data fixata pentru inspectie. d) Care ar trebuie sa fie periodicitatea inspectiilor, daca se impune ca probabilitatea de sus sa nu depaseasca valoarea 0.1 ?

Solutie a) Intensitatea de defectare a unei pompe este λ = 1/24 luni−1 . Rezulta probabilitatea ceruta:

{

}

q = Prob T f < 5luni = 1

− eλ·5 = 1 − e5/24 = 0.188.

b) Probabilitatea de a nu gasi pompa operationala inainte de cea de-a doua inspectie programata este:

≤ |

}

≤ 10} = e−5λ − e−10λ = 0.253 −5λ P {T f > 5} e

|

}

− P {5 < T f ≤ 10|T f > 5} = 0.747

P 5 < T f

{

10 T f > 5 =

{

P 5 < T f

In consecinta, probabilitatea ceruta este

{

P T f > 10 T f > 5 = 1 .

c) In conditiile date, numarul de pompe N in stare de succes (operare) urmeaza o distributie binomiala de parametrii n = 5, respectiv p = 1

q = 0.812. Probabilitatea ceruta este

−

5

{ ≥ 4} =

P N .




pk (1

k=4

− p)n−k = 5 p4(1 − p) + p5 = 0.7616

44/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

45

0.4. INEGALITATILE CEBISEV SI MARKOV

0.4

Inegalitatile Cebisev si Markov

A- 57. Fie X numarul de grupuri energetice care sunt in functionare intr-o

zi data in cadrul SEN. Ne intereseza probabilitatea P (50 < X < 70) in urmatoarele cazuri: a Numarul mediu (asteptat) de grupuri este E [X ] = 60, iar dispersia acestui numar este V ar[X ] = E [(X

− 60)2] = 4;

b Numarul mediu (asteptat) de grupuri este E [X ] = 60, iar momentul centrat de ordin 4 este E [(X

− 60)4] = 625.

Solutie Pentru orice distributie a lui X , este adevarata inegalitatea Markov: P ( X α) α−k E [ X k ]

| |≥ ≤

· | |

pentru orice α > 0, cu conditia ca momentul de ordinul k al v.a. X sa existe.

| − µ| in loc de |X |,

Un caz particular se obtine pentru k = 2, luind X

| | P (|X − µ| ≥ α) ≤ α−2 · E [(X − µ)2 ] = α−2 · V ar(X ).

unde µ = E X :

Aceasta inegalitate este in mod uzual cunoscuta ca sub numele de inegalitate Cebisev. a) Avem µ = 60 si V ar(X ) = 4. Probabilitatea ceruta se poate scrie

| − 60| < 10) = 1 − P (|X − 60| ≥ 10).

astfel: P (50 < X < 70) = P ( X

Aplicind inegalitatea lui Cebisev pentru α = 10 si V ar(X ) = 4, obtinem:

| − 60| ≥ 10) ≤ 10−2 · 4 = 0.04

P ( X

In consecinta, P (50 < X < 70)

≥ 0.96.

Probabilitatea ca numarul de

grupuri sa fie intre 50 si 70 este cel putin egala cu 96%. b) In acest caz, se aplica inegalitatea lui Markov:

| − 60| ≥ 10) ≤ 10−4 · 625 = 0.0625. In consecinta, P (50 < X < 70) ≥ 0.9375. Probabilitatea ca numarul de P ( X

grupuri sa fie intre 50 si 70 este cel putin egala cu 93 .75%.


45/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

46 A- 58. Fie X numarul de grupuri energetice disponibile dintr-o centrala elec-

trica. Numarul mediu (asteptat) este µ = E [X ] = 2, iar dispersia acestui numar este σ 2 = V ar[X ] = E [(X

2)2 ] = 1. Care este probabilitatea

−

P (X < 3) ?

Solutie In acest caz, pentru α > 0 inegalitatea lui Cebisev se scrie sub forma: P ((X

− µ)/σ ≥ α) ≤ 1/(1 + α2).

respectiv P ((X

− µ)/σ < α) ≥ α2/(1 + α2).

Probabilitatea ceruta corespunde valorii α = 1. Rezulta: P (X < 3)

≥ α2/(1 + α2) = 0.5

Probabilitatea ca numarul de grupuri sa fie mai mic decat 3 este cel putin egala cu 50%.

A- 59. Fie X o v.a. distribuita binomial X

Bin(n = 4, p = 0.5). Se

∼

·

·· −

verifica ca in acest caz E [X ] = n p = 2, respectiv V ar[X ] = n p (1 p) = 1. Care este probabilitatea P (X < 3) ?

Solutie Probabilitatea este 2

P (X < 3) =

 k=0

.

C 4k (1 p)k pk = (1 p)4 +4 p(1 p)3 +6 p2 (1 p)2 = 0.6875

−

−

−

A- 60. Fie X o v.a. distribuita gaussian X

−

N (µ = 2, σ = 1). Care este

∼

probabilitatea P (X < 3) ?

Solutie Probabilitatea ceruta este data de relatia P (X < 3) = 1/(σ

·

√

2π)

3



e−(x−µ)

2

/(2σ 2 )

dx

−∞

Pentru datele din enunt, se obtine P (X < 3) = 0.84134.


46/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

47

0.5. SISTEME BINARE

0.5

Sisteme binare

A- 61

. Fie reteaua de transport al energiei electrice din figura 13. Este formata din statiile 1, 2, 3 si 4, respectiv liniile A, B, C si D. Sistemul este in stare de insucces daca ambii receptori conectati respectiv la statiile 3, respectiv 4 nu sunt alimentati. Liniile sunt considerate ca au capacitate infinita de transport. Statiile sunt considerate noduri ideale (fara defect). Liniile au urmatoarele indisponibilitati: qA = 0.05, qB = 0.07, qC = 0.06, qD = 0.03, respectiv qE = 0.02. Intensitatile de defectare sunt: λA = 0.001h−1 , λB = 0.002h−1 , λC = 0.003h−1 , λD = 0.0005h−1 , respectiv λE = 0.0005h−1 . Sa se calculeze: a) Indisponibilitatea sistemului; b) Factorii de importanta structurali; c) Factorii de importanta probabilisti; d) Timpul mediu de succes MUT; e) Timpul mediu de insucces MDT.

Figure 13: Retea electrica

Solutie

a) Pentru statia 3 avem urmatoarele trasee minimale: T 1 =

{

}

{

}

{

}

{A, C },

T 2 = B, E , T 3 = A,D,E si T 4 = B,C ,D . Pentru statia 4 avem

{ }

{

}

urmatoarele trasee minimale: T 5 = B , T 6 = A, D respectiv T 7 =


47/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

48

{A,C,E }.

Sistemul este in stare de succes daca cel putin una din cele

doua statii 3, respectiv 4 este alimentata: 7

SUCCES =



T i

i=1

In baza regulilor de reducere booleana, avem urmatoarele relatii: T 2

∪ T 5 = T 5

T 4

∪ T 5 = T 5

Rezulta ca starea de succes este data de relatia: SUCCES = T 1

∪ T 3 ∪ T 5 ∪ T 6 ∪ T 7

Se mai pot scrie, de asemenea, urmatoarele relatii de reducere logica: T 3

∪ T 6 = T 6

T 1

∪ T 7 = T 1

In consecinta, starea de succes este data de relatia: SUCCES = T 1

∪ T 5 ∪ T 6

Inainte de a scrie o forma disjuncta normala a acestei functii, sa remarcam faptul ca linia E nu este in acest caz o componenta esentiala. Oricare ar fi stare de ei (succes / insucces), probabilitatea de a asigura starea de succes considerata a sistemului nu este afectata.


48/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

49

0.5. SISTEME BINARE

Table 5: Tabela de adevar pentru evenimentul SUCCES A B C D A C A D SUCCES 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

∩

∩

Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combinatii dis juncte ce contribuie la insuccesul sistemului, respectiv liniile 6, 12, 14, 15, respectiv 16 din tabelul 5 rezulta indisponibilitatea sistemului: Q = qA qB pC pD + pA qB qC qD + qA qB pC qD + qA qB qC pD + qA qB qC qD Inlocuind cu valorile din enunt rezulta Q = 0.0036197.

Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combinatii dis juncte ce contribuie la succesul sistemului, respectiv liniile 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10, 11, respectiv 13 din tabelul 5 rezulta disponibilitatea sistemului:

P =

pA pB pC pD + qA pB pC pD + pA qB pC pD + + pA pB qC pD + pA pB pC qD + qA pB qC pD + + pA qB qC pD + pA pB qC qD + pA qB pC qD + +qA pB qC qD .


49/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

50 Inlocuind cu valorile din enunt rezulta P = 0.9963803. Se verifica relatia P + Q = 1.

Functia de structura a sistemului ce modeleaza insuccesul acestuia este:

φ(xA , xB , xC , xD ) = x ¯A x ¯B xC xD + xA x ¯B x ¯C x ¯D + +¯ xA x ¯B xC x ¯D + +¯xA x ¯B x ¯C xD + x ¯A x ¯B x ¯C x ¯D .

unde xi = 1 daca componenta i

∈ {A ,B,C ,D} este in stare de succes,

respectiv xi = 0 daca componenta i este in stare de insucces. b) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importanta structurala Birnbaum este dat de relatia: ϕ I B (i) =

nϕ (i) 2N −1

unde N este numarul de componente esentiale ale sistemului; nϕ (i) este numarul de vectori critici ai componentei i.

Din tabelul 5 rezulta vectorii critici pentru fiecare componenta analizata. La schimbarea starii componentei i din succes in insucces (respectiv xi = 1 in xi = 0) starea sistemului din 1 (eveniment SUCCES realizat) comuta in 0 (eveniment SUCCES nerealizat). Din cele 16 stari ale sistemului evidentiate in tabelul 5, fiecare componenta i

∈ {A ,B,C ,D}

are 8 cazuri in care ea se afla in stare de succes, respectiv 8 cazuri in care componenta nu se afla in stare de succes. Spre exemplu, pentru componenta A avem liniile 1,3,4, 5,9,10,11, respectiv 12 din tabelul 5 pentru care aceasta se afla in stare de succes. Linia 12 corespunde unei stari de

insucces a sistemului. Analizand cele 7 stari ramase, avem urmatoarele rezultate:

∈ SUCCES → (0, 1, 1, 1) ∈ SUCCES ; - (1, 0, 1, 1) ∈ SUCCES → (0, 0, 1, 1) ∈ SUCCES - vector critic; - (1, 1, 0, 1) ∈ SUCCES → (0, 1, 0, 1) ∈ SUCCES ; - (1, 1, 1, 0) ∈ SUCCES → (0, 1, 1, 0) ∈ SUCCES ; - (1, 0, 0, 1) ∈ SUCCES → (0, 0, 0, 1) ∈ SUCCES - vector critic; - (1, 1, 1, 1)


50/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

51

0.5. SISTEME BINARE

∈ SUCCES → (0, 1, 0, 0) ∈ SUCCES ; - (1, 0, 1, 0) ∈ SUCCES → (0, 0, 1, 0) ∈ SUCCES - vector critic. - (1, 1, 0, 0)

In consecinta n (A) = 3, respectiv I ϕ (A) = 3/8. ϕ

B

Similar, pentru componenta B avem urmatorii vectori critici: (0, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0). ϕ Avem nϕ (B) = 5, respectiv I B (B) = 5/8.

Pentru componenta C un singur vector critic: (1, 0, 1, 1). ϕ Avem nϕ (C ) = 1, respectiv I B (C ) = 1/8.

De asemenea, pentru componenta D avem un singur vector critic (1, 0, 0, 1). In consecinta, nϕ (D) = 1, respectiv I Bϕ (D) = 1/8. Un alt factor de importanta structural este cel propus de Barlow si Proschan. Pentru o componenta i a unui sistem coerent (pentru care functia sa de structura ϕ(x) este monotona) avem: ϕ I BP (i) =

1 0

1

(∂Q/∂qi )qj →q dq =



(Q[qi 0

→ 1] − Q[qi → 0])q →q dq j



unde Q este probabilitatea de insucces a sistemului, iar qi este probabilitatea de insucces a componentei i, iar j este orice alta componenta a sistemului diferita de i.

Tinand seama ca P si Q sunt legate prin relatia P + Q = 1, factorul de importanta propus se poate scrie / calcula si sub forma: ϕ I BP (i) =

1 0

1

(∂P/∂pi ) pj → p dp =



Pentru componenta A avem:

(P [ pi 0

→ 1] − P [ pi → 0]) p → pdp j



∂Q/∂qA = pC pD qB + pD qB qC + pC qB qD respectiv: (∂Q/∂qA )qj →q = (1


− q)2q + 2(1 − q)q2 = q − q3

51/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

52 Relatia de mai sus se verifica: Q[qA

→ 1]q →q = q

Q[qA

→ 0]q →q = q3

j

respectiv : j

Aceasta relatia se mai poate verifica, de asemenea, intr-o maniera foarte simpla. Atunci cand linia A este disponibila 100% din timp (qA = 0), traseele

{ }

{ }

sistemului analizat devin urmatoarele: T 1 = C , T 5 = B , respectiv T 6 = D .

{ } Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem paralel 3

× 100%:

Q[qA

→ 0]q →q = q3 j

Atunci cand linia A este indisponibila 100% din timp (qA = 1), sistemul

{ }

are un singur traseu T 5 = B . Q[q A

1]

→

=q qj → q

×

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem 1 100%: Rezulta ϕ (A) I BP

1

=

 0

(q

− q3)dq = (q2/2 − q4/4)q=1 q=0 = 1/2 − 1/4 = 1/4

Pentru componenta B avem: ∂Q/∂qB = pC pD qA + pD qA qC + pC qA qD + pA qC qD + qA qC qD respectiv: (∂Q/∂qB )qj →q = (1

− q)2q + 3(1 − q)q2 + q3 = q + q2 − q3

Un simplu calcul de verificare arata ca atunci cand linia B este disponibila 100% din timp (qB = 0), sistemul va fi tot timpul in stare de succes,


52/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

53

0.5. SISTEME BINARE

intrucat statia A este conectata prin aceasta linie sigura cu cel putin un nod receptor. Indisponibilitatea sistemului in acest caz este deci: Q[qB

→ 0]q →q = 0 j

Evident, atunci cand linia B este indisponibila 100% din timp (qB = 1), sistemul are urmatoarele trasee minimale:

{A, C }, {A, D} .

Indisponi-

bilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem serie format din linia A in serie cu cuplul (C, D): Q[qB

→ 0] = qA + qC qD − qAqC qD respectiv: Q[qB → 0]q →q = q + q 2 − q 3 j

Rezulta 1



ϕ I BP (B) =

0

(q + q 2

− q3)dq = (q2/2 + q3/3 − q4/4)q=1 q=0 = 7/12

Pentru componenta C avem: ∂Q/∂qC = pD qA qB + pA qB qD + qA qB qD respectiv: (∂Q/∂qC )qj →q = 2(1

− q)2q + q3 = 2q − 4q2 + 3q3

Rezulta ϕ I BP (C )

1

=



(q

0

− 4q2 + 3q3)dq = (2q2/2 − 4q3/3 + 3q4/4)q=1 q=0 = 5/12

Similar, pentru componenta D avem: ∂Q/∂qD = pC qA qB + pA qB qC + qA qB qC respectiv: (∂Q/∂qD )qj →q = 2(1

− q)2q + q3 = 2q − 4q2 + 3q3

Rezulta ϕ I BP (D)


1

=

 0

(q

− 4q2 + 3q3)dq = (2q2/2 − 4q3/3 + 3q4/4)q=1 q=0 = 5/12

53/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

54

c) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importanta marginala (probabilista tip Birnbaum)se poate calcula cu una din urmatoarele relatii: I B (i) =

∂Q = Q[qi ∂q i

→ 1] − Q[qi → 0]

I B (i) =

∂P = P [ pi ∂p i

→ 1] − P [ pi → 0]

respectiv

unde P este probabilitatea de succes a sistemului, Q este probabilitatea de insucces a sistemului (P + Q = 1), respectiv pi este probabilitatea de succes a componentei i, qi este probabilitatea de insuccces a componentei i ( pi + qi = 1). Factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan se poate calcula cu relatia: I BP (i, t) =

t 0 I B (i, τ )f i (τ )dτ t n j=1 0 I B ( j,τ )f j (τ )dτ



 

unde t este momentul de timp considerat, f i (τ ) este densitatea de probabilitate asociata v.a. timpul de succes al componentei i. De exemplu, pentru o distributie exponentiala avem densitatea de probabilitate f i (τ ) = λi e−λi τ .

La nivelul sistemului format din cele n componente: - pentru orice componenta i a sistemului este adevarata inegalitatea: 0

- pentru sistem

≤ I BP (i, t) ≤ 1 n



I BP (i, t) = 1

i=1

Pentru t devine:

→ ∞, factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan ∞

I BP (i) =



I B (i)f i (τ )dτ

0


54/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

55

0.5. SISTEME BINARE A- 62. Fie, din nou, reteaua de transport al energiei electrice din figura 13.

Sistemul este in stare de insucces daca cel putin unul din cei doi receptori conectati respectiv la statiile 3, respectiv 4 nu sunt alimentati. Liniile sunt considerate ca au capacitate infinita de transport. Statiile sunt considerate noduri ideale (fara defect). Liniile au urmatoarele indisponibilitati: qA = 0.05, qB = 0.07, qC = 0.06, qD = 0.03, respectiv qE = 0.02. Intensitatile de defectare sunt: λA = 0.001h−1 , λB = 0.002h−1 , λC = 0.003h−1 , λD = 0.0005h−1 , respectiv λE = 0.0005h−1 . Sa se calculeze in acest caz: a) Indisponibilitatea sistemului; b) Factorii de importanta structurali; c) Factorii de importanta probabilisti; d) Timpul mediu de succes MUT; e) Timpul mediu de insucces MDT.

Solutie a) Ca si in exercitiul precendent, pentru statia 3 avem urmatoarele trasee

{

}

{

}

{

}

{

}

minimale: T 1 = A, C , T 2 = B, E , T 3 = A,D,E si T 4 = B,C ,D . Pentru statia 4 avem urmatoarele trasee minimale: T 5 = B , T 6 =

{A, D} respectiv T 7 = {A,C,E }.

{ }

Sistemul este in stare de succes daca ambele statii 3, respectiv 4 sunt alimentate: SUCCES = S 3 unde SUCCES 3 =

∩ S 4

∪4i=1T i, respectiv SUCCES 4 =



7 i=5 T i .

Inainte de a scrie o forma disjuncta normala a acestei functii, sa remarcam faptul ca linia E este in acest caz o componenta esentiala.


55/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

56 Table 6: Tabela de adevar pentru evenimentele Nr. crt. A B C D E S3 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 0 1 3 1 1 1 0 1 1 4 1 1 0 1 1 1 5 1 0 1 1 1 1 6 0 1 1 1 1 1 7 0 0 1 1 1 0 8 0 1 0 1 1 1 9 0 1 1 0 1 1 10 0 1 1 1 0 1 11 1 0 0 1 1 1 12 1 0 1 0 1 1 13 1 0 1 1 0 1 14 1 1 0 0 1 1 15 1 1 0 1 0 0 16 1 1 1 0 0 1 17 0 0 0 1 1 0 18 0 0 1 0 1 0 19 0 0 1 1 0 0 20 1 0 0 0 1 0 21 1 0 0 1 0 1 22 1 0 1 0 0 0 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32

10 0 0 0 0 0 0 1 0

11 1 1 0 0 0 1 0 0

00 1 0 0 0 1 0 0 0

00 0 1 0 1 0 0 0 0

01 0 0 1 0 0 0 0 0

01 0 0 0 0 0 0 0 0

S 3 , S 4 , respectiv SUCCES S 4 SUCCES 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 11 0 0 0 0 0 0 0 0

01 0 0 0 0 0 0 0 0

Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combinatii dis juncte ce contribuie la insuccesul sistemului, respectiv liniile 7, 15, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 25, 26, 27,28, 29, 30, 31 respectiv 32 din tabelul 6


56/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

57

0.5. SISTEME BINARE

rezulta indisponibilitatea sistemului: Q=

qA qB pC pD pE + pA pB qC pD qE + qA qB qC pD pE + +qA qB pC qD pE + qA qB pC pD qE + pA qB qC qD pE + + pA qB qC pD qE + pA qB pC qD qE + pA pB qC qD qE + +qA pB pC qD qE + qA pB qC pD qE + qA qB qC qD pE + +qA qB qC pD qE + qA qB pC qD qE + +qA pB qC qD qE + + pA qB qC qD qE + qA qB qC qD qE .

Inlocuind cu valorile din enunt rezulta Q = 0.00487684, fata de 0.0036197 in exercitiul precedent.

Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combinatii dis juncte ce contribuie la succesul sistemului, respectiv liniile 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 16, respectiv 24 din tabelul 5 rezulta disponibilitatea sistemului:

P =

pA pB pC pD + qA pB pC pD + pA qB pC pD + + pA pB qC pD + pA pB pC qD + qA pB qC pD + + pA qB qC pD + pA pB qC qD + pA qB pC qD + +qA pB qC qD .

Inlocuind cu valorile din enunt rezulta P = 0.9963803. Se verifica relatia P + Q = 1.

Functia de structura a sistemului ce modeleaza insuccesul acestuia este:

φ(xA , xB , xC , xD ) = x ¯A x ¯B xC xD + xA x ¯B x ¯C x ¯D + +¯ xA x ¯B xC x ¯D + +¯xA x ¯B x ¯C xD + x ¯A x ¯B x ¯C x ¯D .


57/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

58 unde xi = 1 daca componenta i

∈ {A ,B,C ,D} este in stare de succes,

respectiv xi = 0 daca componenta i este in stare de insucces.

b) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importanta structurala Birnbaum este dat de relatia: ϕ I B (i) =

nϕ (i) 2N −1

unde N este numarul de componente esentiale ale sistemului; nϕ (i) este numarul de vectori critici ai componentei i. Din tabelul 5 rezulta vectorii critici pentru fiecare componenta analizata. La schimbarea starii componentei i din succes in insucces (respectiv xi = 1 in xi = 0) starea sistemului din 1 (eveniment SUCCES realizat) comuta in 0 (eveniment SUCCES nerealizat). Din cele 16 stari ale sistemului evidentiate in tabelul 5, fiecare componenta i

∈ {A ,B,C ,D}

are 8 cazuri in care ea se afla in stare de succes, respectiv 8 cazuri in care componenta nu se afla in stare de succes. Spre exemplu, pentru componenta A avem liniile 1,3,4, 5,9,10,11, respectiv 12 din tabelul 5 pentru care aceasta se afla in stare de succes. Linia 12 corespunde unei stari de

insucces a sistemului. Analizand cele 7 stari ramase, avem urmatoarele rezultate: - (1, 1, 1, 1)

∈ SUCCES → (0, 1, 1, 1) ∈ SUCCES ; - (1, 0, 1, 1) ∈ SUCCES → (0, 0, 1, 1) ∈ SUCCES - vector critic; - (1, 1, 0, 1) ∈ SUCCES → (0, 1, 0, 1) ∈ SUCCES ; - (1, 1, 1, 0) ∈ SUCCES → (0, 1, 1, 0) ∈ SUCCES ; - (1, 0, 0, 1) ∈ SUCCES → (0, 0, 0, 1) ∈ SUCCES - vector critic; - (1, 1, 0, 0) ∈ SUCCES → (0, 1, 0, 0) ∈ SUCCES ; - (1, 0, 1, 0) ∈ SUCCES → (0, 0, 1, 0) ∈ SUCCES - vector critic. In consecinta nϕ (A) = 3, respectiv I Bϕ (A) = 3/8.

Similar, pentru componenta B avem urmatorii vectori critici: (0, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0). ϕ Avem nϕ (B) = 5, respectiv I B (B) = 5/8.

Pentru componenta C un singur vector critic: (1, 0, 1, 1). ϕ Avem nϕ (C ) = 1, respectiv I B (C ) = 1/8.


58/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

59

0.5. SISTEME BINARE

De asemenea, pentru componenta D avem un singur vector critic (1, 0, 0, 1). ϕ

In consecinta, nϕ (D) = 1, respectiv I B (D) = 1/8. Un alt factor de importanta structural este cel propus de Barlow si Proschan. Pentru o componenta i a unui sistem coerent (pentru care functia sa de structura ϕ(x) este monotona) avem: ϕ I BP (i)

1

=

 0

1

(∂Q/∂qi )qj →q dq =



(Q[qi

0

→ 1] − Q[qi → 0])q →q dq j

unde Q este probabilitatea de insucces a sistemului, iar qi este probabilitatea de insucces a componentei i, iar j este orice alta componenta a sistemului diferita de i. Tinand seama ca P si Q sunt legate prin relatia P + Q = 1, factorul de importanta propus se poate scrie / calcula si sub forma: ϕ I BP (i) =

1

 0

1

(∂P/∂pi ) pj → p dp =



(P [ pi

0

→ 1] − P [ pi → 0]) p → pdp j

Pentru componenta A avem: ∂Q/∂qA = pC pD qB + pD qB qC + pC qB qD respectiv: (∂Q/∂qA )qj →q = (1

− q)2q + 2(1 − q)q2 = q − q3

Relatia de mai sus se verifica: Q[qA

→ 1]q →q = q

Q[qA

→ 0]q →q = q3

j

respectiv : j

Aceasta relatia se mai poate verifica, de asemenea, intr-o maniera foarte simpla. Atunci cand linia A este disponibila 100% din timp (qA = 0), traseele

{ }

{ }

sistemului analizat devin urmatoarele: T 1 = C , T 5 = B , respectiv


59/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

60

{ }

T 6 = D .

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem paralel 3 100%:

×

Q[qA

→ 0]q →q = q3 j

Atunci cand linia A este indisponibila 100% din timp (qA = 1), sistemul

{ }

are un singur traseu T 5 = B . Q[qA

→ 1]q →q = q j

×

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem 1 100%: Rezulta ϕ I BP (A) =

1

 0

(q

− q3)dq = (q2/2 − q4/4)q=1 q=0 = 1/2 − 1/4 = 1/4

Pentru componenta B avem: ∂Q/∂qB = pC pD qA + pD qA qC + pC qA qD + pA qC qD + qA qC qD respectiv: (∂Q/∂qB )qj →q = (1

− q)2q + 3(1 − q)q2 + q3 = q + q2 − q3

Un simplu calcul de verificare arata ca atunci cand linia B este disponibila 100% din timp (qB = 0), sistemul va fi tot timpul in stare de succes, intrucat statia A este conectata prin aceasta linie sigura cu cel putin un nod receptor. Indisponibilitatea sistemului in acest caz este deci: Q[qB

→ 0]q →q = 0 j

Evident, atunci cand linia B este indisponibila 100% din timp (qB = 1), sistemul are urmatoarele trasee minimale:

{A, C }, {A, D} .

Indisponi-

bilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem serie format din linia A in serie cu cuplul (C, D): Q[qB


→ 0] = qA + qC qD − qAqC qD

60/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

61

0.5. SISTEME BINARE

respectiv: Q[qB

→ 0]q →q = q + q2 − q3 j

Rezulta 1



ϕ I BP (B) =

(q + q 2

0

− q3)dq = (q2/2 + q3/3 − q4/4)q=1 q=0 = 7/12

Pentru componenta C avem: ∂Q/∂qC = pD qA qB + pA qB qD + qA qB qD respectiv: (∂Q/∂qC )qj →q = 2(1

− q)2q + q3 = 2q − 4q2 + 3q3

Rezulta ϕ I BP (C ) =

1



(q

0

− 4q2 + 3q3)dq = (2q2/2 − 4q3/3 + 3q4/4)q=1 q=0 = 5/12

Similar, pentru componenta D avem: ∂Q/∂qD = pC qA qB + pA qB qC + qA qB qC respectiv: (∂Q/∂qD )qj →q = 2(1

− q)2q + q3 = 2q − 4q2 + 3q3

Rezulta ϕ I BP (D)

1

=

 0

(q

− 4q2 + 3q3)dq = (2q2/2 − 4q3/3 + 3q4/4)q=1 q=0 = 5/12

c) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importanta marginala (probabilista tip Birnbaum)se poate calcula cu una din urmatoarele relatii: I B (i) =

∂Q = Q[qi ∂q i

→ 1] − Q[qi → 0]

I B (i) =

∂P = P [ pi ∂p i

→ 1] − P [ pi → 0]

respectiv

unde P este probabilitatea de succes a sistemului, Q este probabilitatea de insucces a sistemului (P + Q = 1), respectiv pi este probabilitatea de


61/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

62 succes a componentei i, qi este probabilitatea de insuccces a componentei i ( pi + qi = 1). Factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan se poate calcula cu relatia: t I B (i, τ )f i (τ )dτ I BP (i, t) = n 0 t j=1 0 I B ( j,τ )f j (τ )dτ



 

unde t este momentul de timp considerat, f i (τ ) este densitatea de probabilitate asociata v.a. timpul de succes al componentei i. De exemplu, pentru o distributie exponentiala avem densitatea de probabilitate f i (τ ) = λi e−λi τ .

La nivelul sistemului format din cele n componente: - pentru orice componenta i a sistemului este adevarata inegalitatea: 0

- pentru sistem

≤ I BP (i, t) ≤ 1 n



I BP (i, t) = 1

i=1

Pentru t devine:

, factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan

→∞

∞

I BP (i) =



I B (i)f i (τ )dτ

0

A- 63. Fie sistemul de alimentare cu energie din figura a unor consumatorilor

vitali (pompe de ulei ungere lagare, pompe ulei etansare H 2 , etc.) ai unui turbogenerator. In regim normal, bara B de 0.4kV este alimentata din retea, prin transformatorul T R. La pierderea alimentarii normale, un grup Diesel este solicitat sa demareze si sa asigure alimentarea serviciilor vitale. Sa se construiasca arborele de evenimente pentru urmatoarele date: Eveniment initiator IE: ”Pierderea alimentarii din retea” Evenimente semnificative: RD1: ”Refuz deschidere intreruptor I 1 ” RI2: ”Refuz inchidere intreruptor I 2 ” RDDiesel: ”Refuz demarare grup Diesel” D: ”Grupul Diesel se opreste in avarie”


62/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

63

0.5. SISTEME BINARE

Sa se calculeze pE probabilitatea aparitiei evenimentului E ”Pierderea alimentarii consumatorilor vitali” si

E frecventa asteptata de aparitie

a acestui eveniment. Intensitatea pierderii alimentarii din retea λ

=

R

1/12000 ore; Durata asteptata a restabilirii alimentarii din retea τ R = 8 ore; Probabilitatea aparitiei evenimentului RD1: γ RD1 = 0.001; Probabilitatea aparitiei evenimentului RI 2: γ RI 2 = 0.0005; Probabilitatea aparitiei evenimentului RDDiesel: γ D = 0.01; Intensitatea de defectare a grupului Diesel: λD = 0.001 ore.

Figure 14: Sistemul electric analizat


63/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

64

Figure 15: Arborele de evenimente

Solutie Dupa cum se observa in figura 15, sunt 4 secvente care conduc la evenimente nedorite EN 1 , EN 2 , EN 3 , respectiv EN 4 , disjuncte doua cate doua. Probabilitatea aparitiei evenimentului E este asadar suma acestor probabilitati: 4

pE =



P (EN i ) = 1

i=1

− P SUCCES

Pe de alta parte pE se poate exprima in functie de probabilitatea de

− P SUCCES unde P S UCCES = (1 − γ RD1 )(1 − γ RI 2 )(1 − γ D )exp(−λD τ R )

succes pE = 1

Numeric, se obtine:

·

·

·

−

·

P S UCCES = 0.999 0.9995 0.99 exp( 0.001 8) = 0.980639. Rezulta pE = 1

− pSUCCES = 0.019361.

Frecventa asteptata de aparitie a evenimentului E este: ν E = pE λR = 1.6134 10−6 ore−1

·


64/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

0.5. SISTEME BINARE

65

Deci, este de asteptat ca o data la 70 ani sa apara o pierdere a alimentarii normale a consumatorilor vitali urmata de un refuz al alimentarii de securitate din grupul Diesel. A- 64. Pentru sistemul de alimentare prezentat mai sus, sa se calculeze frecven-

tele de aparitie ale evenimentelor nedorite, ν EN 1 , ν EN 2 , ν EN 3 , respectiv ν EN 4 . Care este cel mai frecvent eveniment nedorit ? A- 65. Fie un sistem de transport al energiei electrice din figura 16 format din

8 linii de transport si 7 statii de interconexiune. Doua surse de energie G1 si G2 sunt disponibile, fiecare incarcate la 300 MW, disponibilitatea stationara este pG = 0.95, egala la ambele surse, de asemenea, timpul mediu egal de indisponibilitate M DT G = 24h. In punctele de racord R1 si R2 se solicita cate 300MW. Fiecare linie de transport are urmatoarele caracteristici: capacitatea de transport 300MW, timpul mediu de indisponibilitate MDT = 12h, iar indisponibilitatea stationara q = 0.01. Sa se calculeze: disponibilitatea pR1 , respectiv frecventa asteptata a intreruperilor ν R1 la nivelul punctului de racord R1.

Figure 16: Sistemul electric analizat


65/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

66

Solutie Fie xi variabila indicatoare pentru o componenta i a sistemului de transport din figura 16. Astfel, i

∈ {G1, G2, B1, B2, B3, B4, B5, B6, B7, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.

Prin conventie, xi = 1, daca componenta i este disponibila, respectiv xi = 0, daca componenta i este indisponibila. Etapele calculului sunt urmatoarele: - calculul indicatorilor la nivelul barelor B3, respectiv B4; - calculul indicatorilor la nivelul barei B7; - calculul indicatorilor la nivelul barelor B5, respectiv B6.

La nivelul barei B3, exista doua trasee minimale, in raport cu nivelul

{

}

de succes ”Putere tranzitata 300 MW”: T 1 = G1, 8 , respectiv T 2 =

{G2, 1, 8}.

Urmatoarea ecuatia logica leaga nivelul de succes de mai sus de disponibilitatea a cel putin unui traseu din cele doua mentionate T 1 , T 2 : xB3 = xT 1  xT 2 Descompunand in produse disjuncte, ecuatia se poate scrie sub forma: xB3 = xT 1  x ¯T 1 xT 2 cu x ¯T 1 = x ¯G1  x ¯8 . Rezulta x ¯T 1 xT 2 = x ¯G1 xG2 x1 x8  x ¯8 xG2 x1 x8 = x¯G1 xG2 x1 x8 . Ecuatia logica devine: xB3 = xG1 x8  x ¯G1 xG2 x1 x8 Probabilitatea de succes la nivelul barei B3 devine

pB3 = pG1 p8 + (1

− pG1) pG2 p1 p8 = pG p + (1 − pG) pG p2

Similar, din conditii de simetrie a schemei electrice si a datelor de disponibilitate, probabilitatea de succes la nivelul barei B4 este

pB4 = pG2 p2 + (1


− pG2) pG1 p1 p2 = pG p + (1 − pG ) pG p2

66/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

67

0.5. SISTEME BINARE

Pentru calculul frecventei asteptate de intrerupere ν B3 se parcurg urmatoarele etape: - se evalueaza factorii de importanta probabilisti Birnbaum I Bk pentru fiecare componenta k cu relatia:

|

I Bk = ∂p B3 /∂p k = ( pB3 pk = 1)

− ( pB3| pk = 0)

- se calculeaza frecventele asteptate de intrerupere ale componentelor k: ν k = 1/(M U T k + MDT k ) = pk /MUT k = qk /MDT k - se calculeaza frecventa asteptata de intrerupere ν B 3 : ν B 3 =



ν k I Bk

k

Se obtin urmatorii factori de importanta probabilisti Birnbaum: - pentru generatorul G1: I BG1 = ∂p B3 /∂p G1 = p8

− pG2 p1 p8 = p − pG p2

- pentru generatorul G2: I BG2 = ∂p B3 /∂p G2 = (1

−

- pentru bara 1: I B 1 = ∂p B3 /∂p 1 = (1

pG ) p2

pG1 ) p1 p8 = (1

−

− pG 1) pG2 p8 = (1 − pG) pG p

- pentru bara 8: I B 8 = ∂p B3 /∂p 8 = pG1 + (1

− pG1) pG2 p1 = pG + pG (1 − pG) p

Valorile calculate pentru indicatorii de mai sus sunt prezentate in tabelul 7: Table 7: Datele de intrare pentru calculul indicatorilor la nivelul barei B3 Componenta ν IB ν I B h−1 h−1 G1 2.08333 10−3 0.0495 1.031248 10−4 3 − G2 2.08333 10 0.049005 1.020936 10−4 4 − 1 8.33333 10 0.047025 3.918748 10−5 8 8.33333 10−4 0.997025 8.308538 10−4

·

· · · ·


· · · ·

67/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

68 Rezulta frecventa asteptata de intrerupere ν B 3 = 1.075259 10−3 h−1 .

·

De asemenea, probabilitatea de succes la nivelul barei B3 este 2

pB3 = pG p + (1 pG ) pG p . Numeric se obtine: pB3 = 0.987055.

−

Timpul mediu de succes (asteptat intre doua intreruperi consecutive) la nivelul barei B3 este M UT B 3 = pB3 /ν B 3 = 917.97h. Timpul mediu de insucces la nivelul barei B3 este M DT B 3 = qB3 /ν B 3 = 12.04h Similar, din motive de simetrie a schemei electrice si a datelor de intrare, frecventa asteptata de intrerupere la nivelul barei B4 este ν B 4 = 1.075259 10−3 h−1 .

·

De asemenea, probabilitatea de succes la nivelul barei B4 este pB4 = 0.987055. Timpul mediu de succes (asteptat intre doua intreruperi consecutive) la nivelul barei B4 este M UT B 4 = pB4 /ν B 4 = 917.97h. Timpul mediu de insucces la nivelul barei B4 este M DT B 4 = qB4 /ν B 4 = 12.04h. Schema electrica de calcul devine:

Figure 17: Schema de calcul (pasul 2). Sursele de energie fictive de la nivelul barelor B3 , respectiv B4 au indicatorii calculati la nivelul acestor bare


68/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

69

0.5. SISTEME BINARE

Fie vectorul de stare x = (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ). Pentru evaluarea indicatorilor, se apeleaza la tehnica de factorizare, bazata pe teorema lui C.E. Shannon, scrisa in raport cu o variabila indicatoare aleasa judicios, de exemplu x7 : ϕ(x) = x7 ϕ(xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 1)  x ¯7 ϕ(xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 0)

·

·

Figure 18: Schema de calcul - cazul x7 = 1

Figure 19: Schema de calcul - cazul x7 = 0 Cazul x7 = 0.


69/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

70 In acest caz, pentru succesul in nodul de racord R1, Diagrama de Decizie Binara (BDD) este prezentata in figura 20.

Figure 20: Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesului (nod 0) in punctul de racord R1 printr-o Diagrama de Decizie Binara - cazul x7 = 0

Pentru succesul in punctul de racord R1 exista doua secvente / produse disjuncte care parcurg BDD de la radacina (root) catre nodul 1:

xB3 x6 x ¯B3 xB4 x4 x5 x6

Cazul x7 = 1.

In acest caz, pentru succesul in nodul de racord R1, Diagrama de Decizie Binara (BDD) este prezentata in figura 21.


70/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

71

0.5. SISTEME BINARE


Pentru succesul in punctul de racord R1 exista patru secvente / produse disjuncte care parcurg BDD de la radacina (root) catre nodul 1: xB3 x6 xB3 x5 x¯6 xB3 xB4 x4 x ¯5 x ¯6 x ¯B3 xB4 x4

Probabilitatea de succes se exprima, de asemenea, pe baza teoremei C.E. Shannon, scrisa in raport cu variabila indicatoare x7 : pR1 = p7 P (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 1)+(1 p7 ) P (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 0)

·

− ·

unde din produsele disjuncte exprimate mai sus rezultate din parcurgere BDD, se pot scrie urmatoarele relatii de calcul:

P (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 0) = p6 pB3 + pB4 (1


− pB3) p4 p5 p6

71/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

72 respectiv P (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 1) = pB3 p6 + pB3 p5 (1 + pB3 pB4 p4 (1

p6 ) +

− p5)(1 − p6) + (1 − pB3) pB4 p4 −

Numeric rezulta: P (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 0) = 0.989582 P (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , 1) = 0.999702 Probabilitatea de succes in nodul de racord R1 rezulta:

·

·

pR1 = 0.99 0.999702 + 0.01 0.989582 = 0.999601 Pentru calculul frecventei asteptate de intrerupere la nivelul punctului de racord R1, in tabelul 8 se prezinta factorii de importanta probabilista Birnbaum I B pentru fiecare dintre ecuatiile 41, respectiv 65. Table 8: Calculul frecventei asteptatate de intrerupere punct de racord R1 Componenta ν IB ν I B h−1 h−1

·

B3 B4 4 5 6 7

· 10−−33 · 10 · 10−4 · 10−4 · 10−4 · 10−4

1.075259 1.075259 8.33333 8.33333 8.33333 8.33333

0.0229078 0.0129097 0.0128713 0.000348182 0.0102187 0.01012

· 10−−55 · 10 · 10−5 · 10−7 · 10−6 · 10−6

2.463182 1.388127 1.072604 2.901515 8.51558 8.43333

Rezulta frecventa asteptata de intrerupere la nivelul punctului de racord R1: ν R1 =



i∈{B3,B4,4,5,6,7} ν i I Bi

= 6.647823 10−5 h−1

·

Timpul mediu de succes (asteptat intre doua intreruperi consecutive) la nivelul racordului R1 este: M UT R1 = pR1 /ν R1 = 0.999601/(6.647823 10−5 ) = 15036.5 h

·

Timpul mediu de insucces la nivelul racordului R1 este: M DT R1 = qR1 /ν R1 = (1


− 0.999601)/(6.647823 · 10−5) = 6 h

72/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

73

0.5. SISTEME BINARE A- 66. Sa se calculeze indicatorii de performabilitate pentru sistemul de

transport al energiei electrice prezentat in figura 16 la nivelul punctului de racord R2.

Solutie Schema electrica de calcul este cea din figura 17. Fie vectorul de stare x = (xB3 , xB4 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 ). Pentru evaluarea indicatorilor, se apeleaza, de asemenea, la tehnica de factorizare, bazata pe teorema lui C.E. Shannon, scrisa in raport cu o variabila indicatoare aleasa judicios, de exemplu x4 :

ϕ(x) = x4 ϕ(xB3 , xB4 , x3 , 1, x5 , x6 , x7 )  x ¯4 ϕ(xB3 , xB4 , x3 , 0, x5 , x6 , x7 )

·

·

Diagramele de decizie binare sunt prezentate in figurile 22, respectiv 23. Cazul x4 = 1.




73/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

74 Pentru succesul in punctul de racord R2 exista trei secvente / produse disjuncte care parcurg BDD de la radacina (root) catre nodul 1: xB4 x3 xB4 xB3 x¯3 x5 x ¯B4 xB3 x¯3 x5 Cazul x4 = 0.


Figure 23: Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesului (nod 0) in punctul de racord R2 printr-o Diagrama de Decizie Binara - cazul x4 = 0 In acest caz, pentru succesul in punctul de racord R2 exista o singura secventa / produs disjunct care parcurge BDD de la radacina (root) catre nodul 1: xB4 x3 Probabilitatea de succes se exprima, de asemenea, pe baza teoremei C.E. Shannon, scrisa in raport cu variabila indicatoare x4 :

·

− ·

pR2 = p4 P (xB3 , xB4 , x3 , 1, x5 , x6 , x7 )+(1 p4 ) P (xB3 , xB4 , x3 , 0, x5 , x6 , x7 ) unde, din produsele disjuncte exprimate mai sus rezultate din parcurgere BDD, se pot scrie urmatoarele relatii de calcul:


74/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

75

0.5. SISTEME BINARE

P (xB3 , xB4 , x3 , 1, x5 , x6 , x7 ) = p3 pB4 + pB3 pB4 (1 p3 ) p5 + pB3 (1 pB4 ) p5

−

respectiv

−

P (xB3 , xB4 , x3 , 0, x5 , x6 , x7 ) = p3 pB4 Pentru calculul frecventei asteptate de intrerupere la nivelul punctului de racord R2, in tabelul 9 se prezinta factorii de importanta probabilista Birnbaum I B pentru fiecare dintre ecuatiile 41, respectiv 65. Table 9: Calculul frecventei asteptatate de intrerupere punct de racord R2 Componenta ν IB ν I B h−1 h−1 − 3 B3 1.075259 10 0.0223615 2.40444 10−5 B4 1.075259 10−3 0.0322615 3.468947 10−5 3 8.33333 10−4 0.0321656 2.680465 10−5 4 8.33333 10−4 0.022295 1.857916 10−5 − 4 5 8.33333 10 0.033395 2.782915 10−5

·

· · · · ·

· · · · ·

Rezulta frecventa asteptata de intrerupere la nivelul punctului de racord R2:

ν R1 =



i∈{B3,B4,3,4,5} ν i I Bi

= 1.319468 10−4 h−1

·

Timpul mediu de succes (asteptat intre doua intreruperi consecutive) la nivelul racordului R2 este: M UT R2 = pR2 /ν R2 = 0.999257/(1.319468 10−4 ) = 7573.18 h

·

Timpul mediu de insucces la nivelul racordului R2 este: 0.999257)/(1.319468 10−4 ) = 5.63 h

M DT R2 = qR2 /ν R2 = (1

−

·

A- 67. Sa se calculeze urmatorii indicatori de performabilitate pentru sis-

temul de transport al energiei electrice prezentat: SAIFI / System Average Interruption Frequency Index / Frecventa asteptata de intrerupere la nivel sistem; SAIDI / System Average Interruption Duration Index / Durata asteptata de intrerupere la nivel sistem;


75/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT

76 CAIDI / Customer Average Interruption Duration Index / Durata asteptata de intrerupere la nivel consumator.

Solutie Fie N numarul de puncte de racord ale schemei electrice, cu i = 1, 2, . . . N si C i numarul de consumatori alimentati in punctul de racord i. Fie qi indisponibilitatea in asigurarea energiei in punctul de racord i, respectiv M DT i timpul asteptat de intrerupere in punctul de racord i. Cei trei indicatori de performabilitate de mai sus sunt estimati fie in sensul valorii asteptate din punct de vedere probabilistic, fie evaluati postcalcul, dupa incheierea unei perioade de timp de referinta (un an), acesta fiind din punct de vedere statistic. De remarcat ca, pentru un numar mare de ani observati, indicatorul statistic tinde spre valorile estimate in sens probabilist. Din punct de vedere statistic, SAIFI reprezinta numarul total de consumatori intrerupti intr-un an divizat la numarul total de consumatori deserviti de sistem. Din punct de vedere probabilistic, SAIFI este media ponderata a frecventelor de intrerupere: N

SAIFI =

N

  ν i C i /

i=1

C i

i=1

Din punct de vedere statistic, SAIDI reprezinta suma duratelor de intrerupere a consumatorilor intr-un an divizat la numarul total de consumatori deserviti de sistem. Este exprimat in minute/an. Din punct de vedere probabilistic, SAIDI este media ponderata a indisponibilitatilor in alimentarea consumatorilor deserviti de sistem: N

SAIDI =

N

  qi C i /

i=1

C i

i=1

Din punct de vedere statistic, CAIDI reprezinta suma duratelor de intrerupere a consumatorilor intr-un an divizat la numarul de consumatori afectati / intrerupti.


76/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


77/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


78/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


79/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


80/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


81/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


82/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


83/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


84/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


85/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


86/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


87/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


88/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


89/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


90/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


91/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


92/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


93/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


94/95

5/7/2018


VERSIUNE: DRAFT


95/95

Fiabilitate

Recommend Documents