C4-Fiabilitate-Consultatii

7/16/2019 C4-Fiabilitate-Consultatii

http://slidepdf.com/reader/full/c4-fiabilitate-consultatii 1/19

CuprinsDatele pentru subiectul 4

Etape

Subiectul 4 de la consultatii

Paul Ulmeanu

5 Aprilie 2011

Paul Ulmeanu Subiectul 4 de la consultatii

http://find/

http://goback/




Etape

Cuprins

Datele pentru subiectul 4

Etape

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


http://find/




Etape

Cerinte

Calculul timpului mediu de functionare pentru un sistem dat


http://find/

http://goback/




Etape

Cerinte


Enuntul si datele sunt prezentate in slide-urile urmatoare


http://find/

http://goback/




Etape

Cerinte


Enuntul si datele sunt prezentate in slide-urile urmatoare

Propunerile si analiza subiectelor pt. consultatii se realizeaza

conform http://energ.curs.pub.ro/2010


http://find/




Etape

Premize

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


http://find/




Etape

Premize


Logica sistemului este precizata printr-o diagrama de succes


http://find/

http://goback/




Etape

Premize


Logica sistemului este precizata printr-o diagrama de succes

Construirea modelului face apel la tehnici algebrice prezentatela curs pt. sisteme cu componente independente


Date de intrare

http://find/




Etape


Date de intrare

Diagrama de succes este reprezentata grafic in figura alaturata.A si B formeaza un subsistem 1/2, respectiv 2 × 100%. Similar C

si D. E si F formeaza un subsistem serie, respectiv 2/2. Fiecarecomponenta a sistemului are aceeasi intensitate de defectareλ = 10−3 (1/h) si aceeasi intensitate de reparare µ = 10−2 (1/h).Functia de fiabilitate a unei componente este r (t ) = e −λt . Functiade mentenabilitate a unei componente este m(t ) = 1 − e −µt .


Date de intrare

http://find/




Etape


Evaluarea taieturilor minimale ale sistemului

Sistemul are 4 taieturi minimale notate K 1, K 2, K 3, K 4 in figuraalaturata.


Date de intrare

http://find/

http://goback/




Etape


Evaluarea traseelor minimale ale sistemului

Sistemul are 5 trasee minimale notate T 1, T 2, T 3, T 4 si T 5 infigura alaturata.


Date de intrare

http://find/




Etape

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

Evaluarea timpului mediu de succces (MUT)

Pentru calculul timpului mediu de succes al sistemului, tinandseama ca numarul de taieturi minimale este mai mic decat cel al

traseelor minimale, vom utiliza relatia MUT = (1− Q )/ν Indisponibilitatea sistemului este:

Q =n

1

p i

q j

Frecventa asteptata de intrerupere a nivelului de succes alsistemului va fi calculata pe baza lui Q :

ν =n

1

p i

q j (

µ j −

λi )


Date de intrare

http://find/




Etape


Evaluarea indisponibilitatii sistemului

Indisponibilitatea Q a sistemului poate fi evaluata pe baza:

1) taieturilor minimale, respectiv multimii K={K 1, K 2, K 3, K 4};2) tuturor secventelor disjuncte care pornesc din radacina unuiBDD catre orice nod final 0 (insucces);3) pe baza identificarii tuturor starilor de insucces din cele 26 stariale sistemului.

Tinand seama ca toate starile de insucces pot fi usor grupate inpatru submultimi si datorita faptului ca in enunt este precizatapremiza componentelor identice , vom considera spre analizavarianta a treia de mai sus.


Date de intrare

http://find/




Etape


Evaluarea starilor sistemului

Urmatoarele stari ale sistemului sunt de insucces:a) Stari cu toate componentele indisponibile: 1

b) Stari cu cinci componentele indisponibile si una disponibila:C 56

= 6Urmatoarele stari ale sistemului sunt si de succes si de insucces:c) Stari cu patru componentele indisponibile si doua disponibile:C 46

= 15d) Stari cu trei componentele indisponibile si trei disponibile:C 36

= 20Urmatoarele stari ale sistemului sunt de succes:e) Stari cu doua componentele indisponibile si patru disponibile:

C 2

6 = 15f Stari cu o componenta indisponibila si cinci disponibile: C 1 = 6Paul Ulmeanu Subiectul 4 de la consultatii

Date de intrareE l i il i i l l i l i

http://find/

http://goback/




Etape


Evaluarea starilor de insucces ale sistemului

Urmatoarele stari ale sistemului sunt de insucces:a) Stari cu toate componentele indisponibile: 1b) Stari cu cinci componentele indisponibile si una disponibila:C 56

= 6Urmatoarele stari ale sistemului sunt si de succes si de insucces:c) Stari cu patru componentele indisponibile si doua disponibile:

C 4

6 = 15Intrebare: Cate stari sunt de succes ?Raspuns: Sunt exact atatea cate trasee minimale pot forma cucele doua componente disponibile. Cum sunt 5 trasee minimale,rezulta 5 stari de succes, restul de 10 sunt aici stari de insucces .


Date de intrareE l t i t il i i l l i t l i

http://find/

http://goback/




Etape


Evaluarea starilor de insucces ale sistemului

d) Stari cu trei componentele indisponibile si trei disponibile:C 36

= 20Intrebare: Cate stari sunt de insucces ?Raspuns: Sunt exact atatea cate taieturi minimale pot forma cucele trei componente indisponibile. Cum sunt 4 taieturi minimale,rezulta 4 stari de insucces , restul de 16 sunt aici stari de succes.Total stari de insucces 21 = 1 + 6 + 10 + 4


Date de intrareEvaluarea taieturilor minimale ale sistemului

http://find/




Etape


Evaluarea indisponibilitatii sistemului

Daca q = 1 − p este indisponibilitatea unei componente, atuncicele patru multimi de mai sus au urmatoarea contributie la

indisponibilitatea Q :a) q 6 ; b) 6pq 5 ; c) 10p 2q 4 ; d) 4p 3q 3.Rezulta:

Q =

4

1

p i

q j = q 6

+ 6pq 5

+ 10p 2

q 4

+ 4p 3

q 3

Numeric, pentru datele din enunt, avemp = µ/(λ + µ) = 0.9090909, respectiv q = λ/(λ + µ) = 0.090909

Se obtine Q = 0.0028568.Paul Ulmeanu Subiectul 4 de la consultatii


http://find/




Etape


Evaluarea frecv. asteptatea de intrerupere a niv. successistem

Avem contributia urmatorilor termeni disjuncti :a) 6q 6µ ; b) 6pq 5(5µ− λ) ; c) 10p 2q 4(4µ− 2λ) ;d) 4p 3q 3(3µ− 3λ).Rezulta:

ν =4

1

p i

q j (

µ j −

λi )

ν = 6q 6µ + 6pq 5(5µ− λ) + 10p 2q 4(4µ− 2λ) + 4p 3q 3(3µ− 3λ)

Numeric, se obtine ν = 0.000084166 (1/h)Paul Ulmeanu Subiectul 4 de la consultatii


http://goforward/

http://find/

http://goback/




Etape


Evaluarea si validarea timpului mediu succes al sistemului

MUT = (1 − Q )/ν = (1 − 0.0028568)/0.000084166 ∼= 11855.7 h


http://find/

C4-Fiabilitate-Consultatii

Documents

Transcript of C4-Fiabilitate-Consultatii