НТС. НТС-1 Искаков. новосибирский государственный технический университет

• Название: новосибирский государственный технический университет
• Дата: 13.12.2021
• Размер: 1.54 Mb.
• Имя файла: НТС-1 Искаков.docx
• Тип: Задача; #301945

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

Оглавление

Задача 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:

Р₁ =Рⁿ =0,99⁴ =0,9606, где n- кол-во элементов в цепи.

Р₂=1-(1- Рⁿ)*(1- Рⁿ) =1-(1-0,9606)*(1-0,9606) =1-0,0394² =0,9984

Р₃ =1-(1- Рⁿ)*(1- Рⁿ)*(1- Рⁿ) =1-0,0394³ =1-0,00006 =0,99994

Р₄=1-(1- Рⁿ)*(1- Рⁿ)*(1- Рⁿ)*(1- Рⁿ) =1-0,0394⁴ =0,999998

б) Параллельно-последовательное соединение:

P₁ = [1-(1-P)*(1-P)]ⁿ =[1-(1-0,99)*(1-0,99)]⁴ =0,9996

P₂ = [1-(1-P) *(1-P) *(1-P)]ⁿ =0,999996

P₃ = [1-(1-P)*(1-P) *(1-P) *(1-P)]ⁿ = 0,99999



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.

Мажоритарная система «3 из 4». Система работоспособна, когда из четырёх её элементов любые три или все четыре работоспособны.

р=0,99

Первый метод: Метод прямого перебора:

№	элементы						Вероятность состояния			событие
	А	Б		В		Г
1	+	+	+		+			= = =0,9606			+
2	-	+	+		+						+
3	+	-	+		+						+
4	+	+	-		+						+
5	+	+	+		-						+
6	-	-	+		+						-
7	-	+	-		+						-
8	-	+	+		-						-
9	+	-	-		+						-
10	+	-	+		-						-
11	+	+	-		-						-
12	-	-	-		+						-
13	-	-	+		-						-
14	-	+	-		-						-
15	+	-	-		-						-
16	-	-	-		-						-

P= = 4

Второй метод: Комбинаторный метод:

m≤k≤n







0,9606



0,9606=0,9994

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.

Минимальными сечениями системы называются совокупности минимального набора элементов, одновременные отказы которых приводят к отказу всей системы.

Рэ=(1-(1-Р)²)³=(1-(1-0,99)²)³=0,9997

М етод 2: метод минимальных путей.

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_iP_jP(p_i=1, p_j=1)+ P_iq_jP(p_i=1, p_j=0)+ q_iP_jP(p_i=0, p_j=1)+ q_iq_jP(p_i=0, p_j=0).

1. 
   P(p_i=1, p_j=1)
   

Рэ=(1-(1-Р)²)³=(1-(1-0,99)²)³=0,9997.

2. 
   P (p_i=1, p_j=0)
   

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 (p_i=0, p_j=1)

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

3. 
   P(p_i=0, p_j=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 t и найдём вероятность того, что в момент t+ t система будет находиться в состоянии S₁.

.

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:

= *Р₁



Все вероятности выражены через Р₁.

Подставим эти выражения в нормировочное условие: Р₁+Р₂+Р₃+Р₄=1.

Получим:

Выразим Р₁:

= =

Р₂= *Р₁= ,

Р₃= *Р₂ = ,

Р₄= Р₃=

Проверка:

+ = =1

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 S_i (если она в нём уже находится) равно t_i=1/λ_{i, 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 . Значит за час, система проводит в этом состоянии в среднем часов. Умножая эту величину на 24k, получим средний расход средств на оплату бригады специалистов за сутки: С=24 k .

Вывод

Научились 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.