НТС. НТС-1 Искаков. новосибирский государственный технический университет
![]()
|
МИНИСТЕРСТВО НАУКИ И ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ФЕДЕРАЛЬНОЕ государственное БЮДЖЕТНОЕ образовательное учреждение высшего образования «НОВОСИБИРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ» _________________________________________________________________ Кафедра газодинамических импульсных устройств ![]() Расчетно-графическая работа по дисциплине: «Надежность технических систем и техногенный риск» Вариант 0 Выполнил:Проверил: Студент гр. СЭ-81, ФЛА Ассистент Искаков Н.Р. Зубашевский К.М. «___» ______ 2021 г.«___» ______ 2021 г. _______________ _________________ (подпись) (подпись) Новосибирск 2021 ОглавлениеЗадача 1: Последовательное и параллельное соединения. 3 Задача 2: Мажоритарные системы. 5 Задача 3: Мостиковая система. 7 Задача 4: Однородная Марковская цепь. 9 Задача 5: Марковский процесс с дискретным состоянием и непрерывным временем. 11 Задача 6: Процесс гибели и размножения. 13 Задача 7: Циклический процесс. 15 Вывод 18 Задача 1: Последовательное и параллельное соединения.Вероятность безотказной работы элемента Р=0,99. Все элементы равно надежны. а) Последовательно-параллельное соединение: ![]() ![]() ![]() ![]() б) Параллельно-последовательное соединение: ![]() ![]() ![]() ![]() Рис.1 Зависимость вероятности безотказной работы от ее элементов. Вывод: Вероятность безотказной работы системы с увеличением числа элементов растёт. Вероятность безотказной работы системы при параллельно-последовательном резервировании элементов выше, чем при последовательно-параллельном резервировании, что позволяет при одинаковой вероятности безотказной работы уменьшить число элементов резервирования. Задача 2: Мажоритарные системы.![]() р=0,99 Первый метод: Метод прямого перебора:
P= ![]() ![]() Второй метод: Комбинаторный метод: ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Вывод: При расчете работоспособности двумя методами, получили идентичные значения, что говорит о правильности решения. Вероятность безотказной работы всей системы больше таковой для одного элемента, в 1,01 раз. Задача 3: Мостиковая система.р=0,99. ![]() Метод 1: метод минимальных сечений. ![]() Рэ=(1-(1-Р)2)3=(1-(1-0,99)2)3=0,9997 М ![]() Минимальный путь — это множество элементов системы, работоспособность которых необходима и достаточна для работоспособности системы. Рэ=1-(1-Р3)2*(1-Р4)4=1-(1-0,993)2*(1-0,994)4=0,999999997 Метод 3: метод разложения относительно особого элемента. Этот метод основан на теореме математической логики о разложении функции по любому аргументу, которая может быть сформулирована следующим образом: P ![]() P(pi=1, pj=1) Рэ=(1-(1-Р)2)3=(1-(1-0,99)2)3=0,9997. P ![]() Р1=1-(1-Р)2=1-(1-0,99)2=0,9999 Р2=1-(1-Р2)2=1-(1-0,992)2=0,9996 Рэ=Р1*Р2=0,9999*0,9996=0,9995 P ![]() Р1=1-(1-Р2)2=1-(1-0,992)2=0,9996 Р2=1-(1-Р)2=1-(1-0,99)2=0,9999 Рэ=Р1*Р2=0,9996*0,9999=0,9995 ![]() P(pi=0, pj=0) Рэ=(1-(1-Р)3)2=(1-(1-0,99)3)2=0,999998 Р= 0,99*0,99*0,9997 + 0,99 * 0,01 * 0,9995 * 2 + 0,01 * 0,01 * 0,999998= 0,9997 ![]() Вывод: Метод минимальных сечений является верхней оценкой. Задача 4: Однородная Марковская цепь.![]() Где Р=0,32 Марковская цепь считается однородной, если переходные вероятности не зависят от номера шага. По некоторой цели ведётся стрельба четырьмя выстрелами в момент времени t1, t2, t3, t4. Возможны следующие состояния системы: S1 – цель невредима; S2 – незначительные повреждения; S3 – цель получила существенные повреждения; S4 - цель поражена. Размеченный граф состояний системы, показан на рисунке. В начальный момент цель находится в состоянии S1 . Определить вероятности состояний цели после четырёх выстрелов. ![]() Так как в начальный момент цель S находится в состоянии S1, то р1(0)=1. Вероятности состояний после первого шага берутся из первой строки матрицы: р1(1)=0,38; р2(1)=0,32; р3(1)=0,2; р4(1)=0,1. Вероятности состояний после второго шага: Р1(2)=р1(1)Р11= 0,38*0,38= 0,1444; Р2(2)=р1(1)Р12+ р2(1)Р22= 0,38*0,32+0,32*0,2= 0,1856; Р3(2)=р1(1)Р13+ р2(1)Р23+ р3(1)Р33= 0,38*0,2+0,32*0,5+0,2*0,2= 0,276; Р4(2)=р1(1)Р14+ р2(1)Р24+ р3(1)Р34+ р4(1)Р44= 0,38*0,1+0,32*0,3+0,2*0,8+0,1*1= 0,394. Вероятности состояний после третьего шага: Р1(3)= р1(2)Р11= 0,1444*0,38= 0,054872; Р2(3)= р1(2)Р12+ р2(2)Р22= 0,1444*0,32+0,1856*0,2= 0,083328; Р3(3)= р1(2)Р13+ р2(2)Р23+ р3(2)Р33= 0,1444*0,2+0,1856*0,5+0,276 *0,2= 0,17688; Р4(3)= р1(2)Р14+ р2(2)Р24+ р3(2)Р34+ р4(2)Р44= 0,1444 *0,1+0,1856*0,3+0,276*0,8+0,394*1= = 0,68492. Вероятности состояний после четвёртого шага: Р1(4)=р1(3)Р11= 0,054872*0,38= 0,02085136; Р2(4)=р1(3)Р12+ р2(3)Р22= 0,054872*0,32+0,083328*0,2= 0,03422464; Р3(4)=р1(3)Р13+ р2(3)Р23+ р3(3)Р33= 0,054872*0,2+ 0,083328*0,5+0,17688*0,2=0,0880144; Р4(4)=р1(3)Р14+ р2(3)Р24+ р3(3)Р34+ р4(3)Р44= 0,054872*0,1+0,083328*0,3+0,17688*0,8+0,68492*1=0,8569096. Вывод: В данной работе была рассмотрена однородная Марковская цепь, для которой вероятности перехода от шага к шагу не изменяются. Было выявлено, что с увеличением количества шагов, вероятность нахождения системы в конечном состоянии увеличивается. Задача 5: Марковский процесс с дискретным состоянием и непрерывным временем.Состояния системы: S1 – система выполняет свои функции; S2 – система простаивает; S3 – система вышла из строя; S4 – система осматривается; S5 – проведение технического обслуживания 1; S6 - проведение технического обслуживания 2; S7 – текущий ремонт системы; S8 – капитальный ремонт системы; S9 – система списана. Переход системы S из состояния в состояние может осуществляться в любой момент времени. Задание: построить граф состояния и разметить его, записать дифференциальные уравнения Колмогорова. Решение: Граф состояния системы будет выглядеть следующим образом: ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Обозначим Pi(t) – вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии Si. Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S1. Придадим t малое приращение ![]() ![]() ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S2. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S3. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S4. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S5. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S6. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S7. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S8. ![]() Найдём вероятность того, что в момент t система S будет находиться в состоянии S9. ![]() Вывод: Интегрирование этой системы уравнений даст нам искомые вероятности состояний, как функции времени. Начальные условия берутся в зависимости от того, каково было начальное состояние системы. Задача 6: Процесс гибели и размножения.Марковская непрерывная цепь называется «процессом гибели и размножения», если все состояния системы можно вытянуть в одну цепочку, в которой каждое из средних состояний связано прямой и обратной связью с каждой из соседских состояний. Техническое устройство состоит их трёх одинаковых узлов; каждый из них может выходить из строя; отказавший узел немедленно начинает восстанавливаться. Состояния системы нумеруется по числу неисправных узлов: S1 – все три узла исправны; S2 – один узел отказал и восстанавливается, два исправны; S3 –два узла отказало и восстанавливаются, один исправен; S4 – все три узла восстанавливаются. ![]() Где Р=1 Найти предельные вероятности состояний. Решение: = ![]() ![]() ![]() Все вероятности выражены через Р1. Подставим эти выражения в нормировочное условие: Р1+Р2+Р3+Р4=1. Получим: ![]() ![]() = ![]() ![]() Р2= ![]() ![]() Р3= ![]() ![]() Р4= ![]() ![]() Проверка: ![]() ![]() ![]() Задача 7: Циклический процесс.ЭВМ может находиться в следующих состояниях: S1 – система работает; S2 – система неисправна, остановлена, ведётся поиск неисправности; S3 – неисправность оказалась незначительной и устраняется местными средствами; S4 – неисправность оказалась серьёзной и устраняется бригадой специалистов; S5 – подготовка системы к пуску. Требуется найти предельные вероятности состояний и определить средний расход, идущий на оплату работы ремонтной бригады в единицу времени (в сутки). Решение: Строим размеченный граф состояний. ![]() Если из состояния выходит только одна стрелка, то интенсивность потока событий, стоящая у этой стрелки, равна единице, деленной на среднее время пребывания в этом состоянии. Если из состояния выходит две стрелки, то общая интенсивность равна единице, деленной на среднее время пребывания в данном состоянии, умножается для каждой стрелки на вероятность того, что переход совершается именно по этой стрелке. Среднее время пребывания системы в состоянии Si (если она в нём уже находится) равно ti=1/λi, i+1. Уравнение для предельных вероятностей состояний имеют вид: ![]() Нормировочное условие: ![]() Из уравнения для предельных вероятностей состояний одно, как мы знаем можно отбросить; отбросим самое сложное – четвёртое, а из остальных выразим Р1: ![]() Подставляя полученные выражения в нормировочное уравнение, имеем: ![]() Отсюда: ![]() Средняя доля времени, которую система проводит в состоянии S4 равна ![]() ![]() ![]() ВыводНаучились решать задичи по темам: Последовательное и параллельное соединения; Мажоритарные системы; Мостиковая система; Однородная Марковская цепь; Марковский процесс с дискретным состоянием и непрерывным временем; Процесс гибели и размножения; Циклический процесс. |