4. Примеры решения типовых задач

Задача 3.4.1.

Пусть объект представлен структурной схемой, изображённой на рисунке 3.1.

1. Составляем таблицу состояний (таблица 3.2), полагаем, что в каждом состоянии неисправен один из элементов:

S₁=S₁(0,1,1,1,1);

S₂=S₂(1,0,1,1,1);

S₃=S₃(1,1,0,1,1);

S₄=S₄(1,1,1,0,1);

S₅=S₅(1,1,1,1,0).

Таблица 3.2.

Si k	S1	S2	S3	S4	S5	H(k)	J(k)
	0	1	1	1	1	1,6	0,72
	0	0	1	0	1	1,36	0,96
	0	0	0	0	0	2,32	0
	1	1	1	0	1	1,6	0,72
	1	1	1	0	1	1,36	0,96

2. По формуле вычисляем энтропию объекта перед началом поиска

3. По формуле

где l₀ , l₁ – число нулей и число единиц в строке, соответствующей проверке _k .

Находим энтропию объекта после проведения данной проверки (очередная условная энтропия вычисляется при условии, что проверка _k проведена).

полученные данные заносим в столбец 7 таблицы 3.2.

4. По формуле J(_k )=H-H(_k) определяем количество информации, полученное при проведении_k . Данные заносим в столбец 8 таблицы 3.2. Из таблицы видно, что максимальная информация получается при проведении проверок₂и₅. Так проверка₃не несёт дополнительной информации её из дальнейшего рассмотрения исключаем.

5. Составляем таблицу 3.3. , в которой в первой строке помещаем одну из проверок ₂или₅(например₂) , а столбцы переставляем так, чтобы в строке соответствующей проверке₂, стояли сначала нули, а затем единицы.

6. Заполним столбцы 710 табл.3.3

Таблица 3.3

Si k	S1	S2	S3	S4	S5	l00	l10	l01	l11
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
1	0	0	0	1	1	-	-	-	-	-	-
2	0	1	1	1	1	1	2	0	2	0,8	0,56
3	1	1	0	1	1	1	2	0	2	0,8	0,56
4	1	1	0	1	0	1	2	1	1	0,4	0,96

В ней:

l₀₀ – число нулей в_i–й проверке, приходящихся наl₀нулей в проверке₂;

l₁₀ –число нулей в_i–й проверке, приходящихся наl₀нулей в проверке₂;

l₀₁ –число нулей в_i–й проверке, приходящихся наl₁нулей в проверке₂;

l₁₁–число нулей в_i–й проверке, приходящихся наl₁нулей в проверке₂;

7. По формуле

определяем среднюю энтропию объекта после проведения двух проверок в последовательности ₂_i.

заполним столбец 11 в таблице 3.3

8. Определяем количество информации, получаемое при проведении проверки _i/₂(i=1,4,5),

заполняем столбец 12 табл. 3.3.

Из таблицы следует, что в качестве второй проверки необходимо провести проверку ₅.

9. Составляем табл. 3.4., в которой первую строку оставляем для проверки ₂, вторую – для проверки₅, вторую – для проверки₅.

Таблица 3.4

Si k	S1	S2	S3	S4	S5	l000	l100	l010	l110	l001	l101	l011	l111
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16
1	0	0	0	1	1	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
2	1	1	0	1	0	-	-	-	-	-	-	-	-	-	-
3	0	1	1	1	1	0	1	1	1	0	1	0	1	0	0,4
4	1	1	0	1	1	1	0	0	2	0	1	0	1	0,4	0

В таблице, например l₁₀₁ означает число единиц в проверке _j , приходящихся на число нулей в проверке ₅ , которая в свою очередь, приходятся на число единиц в проверке ₂.

10 . По формуле

определяем энтропию объекта после проведения проверок в последовательности ₂₅_j

11. Определяем количество информации, получаемое при проведении третьей проверки _j (при условии, что проведены проверки ₂ и ₅ ):

Заполняем графы 15 и 16 табл. 3.4.

Подводим окончательный итог: оптимальная последовательность проверок, обеспечивающая получение максимального количества информации и позволяющая однозначно диагностировать неисправность, будет следующей: ₂₅_1.

Задача 3.4.2.

Задача 3.4.3.

Пусть объект состоит из девяти элементов с известными вероятностями отказов:

q₁=0,1; q₂=0,15; q₃=q₄=0,25; q₅=q₆=q₇=0,03; q₈=0,15; q₉=0,01.

Время, требуемое для проверки, одинаково для всех элементов (t₁=t₂=...=t_n=const). Требуется определить последовательность проверок, обеспечивающую отыскание неисправности с наименьшими затратами времени.

Решение.

1. Располагаем элементы объекта в порядке убывания q_i: q₃=0,25; q₄=0,25; q₂=0,15; q₈=0,15; q₁=0,1; q₆=0,03; q₇=0,03; q₅=0,03; q₉=0,01.

2. Два элемента, имеющих наименьшую величину, в данном случае q₉= 0,01 иq₅=0,03, объединяем в один элемент, причёмq=q₅+q₉=0,04.

3. Новый элемент по величине q(q₇=0,03)устанавливаем в имеющийся ряд элементов.

4. Повторяем пункты 13 до тех пор, пока все элементы не объединятся в один.

Задача 3.4.4.

Система имеет интенсивность отказов _0­=0,410^-51/ч. Её дублирует такая же система, находящаяся в режиме нагруженного резерва. Определить периодичность контроля, обеспечивающую снижение вероятности безотказной работы на величину, не превышающуюр=0,1.

Решение.

Для постоянного общего резервирования вероятность безотказной работы определим по формуле

,

для ₀t<<1 иm=1 имеем:

Учитывая, что заданное снижение вероятности безотказной работы p=0,1, т.е. Р_тр(t)=0,9, получаем

Р_тр(t)=1-(₀t_n)² ,

(ч).

Задача 3.4.5.

В условиях предыдущей задачи определить, что повышает надёжность системы: изготовление её из высоконадёжных элементов, в результате чего интенсивность отказов снижается в раз, или применение нагруженного дублирования с контрольными проверками и восстановлением работоспособности черезt_n=10ч.

Решение.

Пусть ₁– интенсивность отказов системы при изготовлении её из высоконадёжных элементов,_р– интенсивность отказов дублированной системы.

Согласно условию

При нагруженном дублировании

где

.

Подставим выражение для P₀(t) в формулу дляP_р(t), получаем

Интенсивность отказов резервированной системы равна

.

При ₀t<<1 имеем приближенно

_P(t)  2 ²₀t.

Тогда среднее значение интенсивности отказов

.

Следовательно

.

Задача 3.4.6.

Имеются две аналогичные по характеристикам безотказности и восстанавливаемости системы, образующие схему постоянного дублирования. Каждая из них постоянно контролируются, причём, сразу же после отказа начинается восстановление. Определить коэффициент готовности системы.

Обозначим:

1. состояние системы, когда обе системы исправны;

2. состояние, когда один образец исправен, а второй ремонтируется;

3. состояние ремонта обоих образцов.

На рис.3.6. изображён граф переходов. Очевидно, что для рассматриваемой системы отказ определяется попаданием в состояние 3.

Рис. 3.4

Для определения коэффициента готовности на основании мнемонического правила составим следующую систему:

Второе уравнение является линейной комбинацией первого и третьего. Чтобы система была разрешима, в место второго уравнения добавим уравнение P₁+P₂+P₃=1. Тогда система примет вид:

Решая эту систему, получим

Отсюда

.

при =0,01 [1/ч],=1,0 [1/ч], Кг=0,9999.

Если контроль отсутствует, то восстановление начинается после отказа двух систем. В этом случае можно ввести четыре состояния:

1. обе системы исправны;

2. одна система работает, вторая отказала, но не ремонтируется;

3. обе системы отказали и ремонтируются;

4. одна система работает, другая отказала и ремонтируется.

Подобная постановка задачи приводит к следующему графу переходов (рис.3.7.).

На основании этого графа и вышеприведенного правила составляем следующее уравнения:

Исключить четвёртое уравнение и добавляя уравнение Р₁+Р₂+Р₃+Р₄=1, получаем следующее решение

Для сравнения этих двух способов допустим, что

1/ч и=1,0 1/ч

Вычислим ожидаемый простой за 10000 часов эксплуатации. Так как

, а–, то

=1-Т_п/10000 и Т_=10000(1-К_г).

Для первого случая Т_п1= 1 ч.

Для второго случая Т_п2= 33 ч., т.е., если контроля нет, то ожидаемый простой за 10000 ч. эксплуатации составит 33 ч по сравнению с 1 ч., если имеется контроль.

5. Задачи

3.5.1. Составить таблицу состояний и определить последовательность проверок для объектов, заданных следующими функциональными моделями (рис.3.6).

3.5.2.

3.5.2–3.5.12. Определить последовательность проверок элементов системы для исходных данных, представленных в таблице 3.5.

Таблица 3.5.

№ задачи	Исходные данные
	q1	q2	q3	q4	q5	q6	q7	q8	t1	t2	t3	t4	t5	t6	t7	t8
3.7.2	0,3	0,1	0,2	0,4	0,05	0,5	0,04	0,06	2	1	2	2	3	1	3	5
3.7.3	0,2	0,2	0,1	0,3	0,05	0,5	0,04	0,06	2	1	1	2	3	4	3	5
3.7.4	0,1	0,1	0,2	0,05	0,3	0,05	0,15	0,05	1	2	2	3	1	2	4	3
3.7.5	0,3	0,3	0,1	0,1	0,05	0,05	0,05	0,05	5	5	1	2	2	3	1	4
3.7.6	0,1	0,2	0,3	0,1	0,04	0,06	0,15	0,05	2	4	3	1	2	3	3	1
3.7.7	0,05	0,05	0,1	0,2	0,5	0,04	0,04	0,02	1	2	4	2	5	3	2	2
3.7.8	0,2	0,04	0,06	0,3	0,1	0,1	0,05	0,15	3	2	1	4	1	2	4	4
3.7.9	0,04	0,2	0,1	0,1	0,06	0,3	0,1	0,1	5	1	2	3	4	2	1	1
3.7.10	0,06	0,3	0,2	0,1	0,2	0,04	0,05	0,05	3	2	2	3	3	5	4	4
3.7.11	0,5	0,1	0,05	0,1	0,05	0,04	0,04	0,08	2	2	3	5	4	5	1	2
3.7.12	0,15	0,4	0,1	0,1	0,05	0,08	0,06	0,08	4	2	1	3	5	2	1	3

3.5.13. В условиях предыдущей задачи определить последовательность проверок элементов системы для случаев:

а) t₁=t₂=...=t_n=const.

б) q₁=q₂=...=q_n=const.

3.5.14–3.5.23. Определить периодичность контроля и дать сравнительную характеристику систем, представленных исходными данными в таблице. 3.6.

3.5.24.–3.7.33. Дать сравнительную характеристику нагруженных дублированных систем и систем с повышенной надёжностью элементов, для исходных данных, представленных в таблице 3.7.

3.5.34. Подсистема обработки данных АСУ построена по принципу «2 из 3», т.е. три идентичных подсистемы и решающий орган, выдающий на выходе правильный результат тогда, когда правильно функционируют хотя бы две из трёх подсистем. Интенсивность отказов каждой подсистемы равна. Имеется ремонтный орган, который обеспечивает восстановление отказавшей подсистемы с интенсивностью восстановления, равной. Определить коэффициент готовности подсистемы для двух случаев:

а) контроль отсутствует, и восстановление начинается только после отказа двух подсистем;

б) подсистема обработки данных постоянно контролируется.

3.5.35. В условиях предыдущей задачи определить коэффициент готовности для случаев:

а) 2 из 4; в) 3 из 4;

б) 2 из 5; г) 3 из 5.

Таблица 3.6

№ задачи	Исходные данные
	010–31/4	m	 Р
3.5.14	2	2	0,1
3.5.15	1	1	0,2
3.5.16	1,5	2	0,1
3.5.17	1,6	1	0,15
3.5.18	3	3	0,15
3.5.19	2,8	2	0,1
3.5.20	1,7	0	0,1
3.5.21	0,5	0	0,15
3.5.22	1,2	1	0,2
3.5.23	1,4	2	0,2

Таблица 3.7

№ задачи	Исходные данные
		010-4	tn
3.5.24	5	1	10
3.5.25	10	2	20
3.3.26	8	4	10
3.3.27	6	3	5
3.5.28	7	2,5	30
3.5.29	4	3,6	50
3.5.30	9	2,7	45
3.5.31	3	4,1	25
3.5.32	5	2,2	20
3.5.33	8	5	15

а)		б)
в)		г)
д)
е)
ж)
Рис. 3.6