Как найти вероятность отказа цепи

Как решать задачи о прохождении тока через электрические схемы

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков и станки.

В этой статье мы рассмотрим задачи вида
“задана схема электрической цепи с надежностью элементов (или вероятностями выхода из строя), найти вероятность работы цепи (или вероятность разрыва цепи)”.

Задачи могут иметь чуть разные формулировки, но принцип решения для них одинаков, и его мы изучим, чтобы суметь решать такие задачи со схемами любой сложности.

Далее:

• Базовые события, обозначения и формулы
• Последовательно или параллельно?
• Усложняем схему цепи
• Примеры решений
• На закуску: схема с мостиком
• Полезные ссылки
• Решебник

Базовые события, обозначения и формулы

Самое первое, с чего мы начнем – формализация задачи (и решение любой своей задачи рекомендую начинать с этого). А именно, мы введем основные события:

$X$ = (Цепь работает) = (Цепь пропускает ток) и противоположное ему:

$overline{X}$ =(Цепь не пропускает ток) = (Произошел разрыв в цепи).

$A_i$ = (Элемент i работает, пропускает ток) и $overline{A_i}$ =(Элемент i отказал, не пропускает ток), $i=1,2,…,n$.

Обычно в условии задачи известны вероятности работы элементов (надежности): $p(A_i)=p_i$ или вероятности отказа $p(overline{A_i})=q_i=1-p_i$, $i=1,2,…,n$.

Также напомним основные формулы (из темы действий с событиями, формулы сложения и умножения вероятностей), которые пригодятся в решении этого типа задач.

Для независимых в совокупности событий (а отказы/работа элементов цепи – именно такие):

$$
P(A cdot B) = P(A) cdot P(B); quad(1)
$$
$$
P(A+B) = P(A)+P(B)-P(A)cdot P(B); quad(2)
$$
$$
P(A_1+A_2+…+A_n)=1-P(overline{A_1})cdot P(overline{A_2})cdot … cdot P(overline{A_n}). quad(3)
$$

Последовательно или параллельно?

Еще немного времени посвятим теории, вспомним о том, как могут соединяться элементы в цепи.

Последовательное соединение

Элементы цепи “нанизаны” на провод один за другим (следуют один за другим, отсюда и “последовательно”). Если откажет один любой – ток в цепи прервётся. Или, иначе говоря, цепь работает тогда и только тогда, когда ВСЕ элементы работают. В терминах теории вероятностей получаем произведение событий: $X=A_1 cdot A_2 cdot A_3$, а вероятность работы цепи равна

$$
P(X)=P(A_1 cdot A_2 cdot A_3)= P(A_1) cdot P(A_2) cdot P(A_3) =p_1 cdot p_2 cdot p_3.
$$

Если в цепи последовательно соединены не три, а больше независимо работающих элементов, формула легко обобщается и получаем:

$$
P(X) = p_1 cdot p_2 cdot …cdot p_n; qquad P(overline{X})=1-p_1 cdot p_2 cdot …cdot p_n. quad(4)
$$

Параллельное соединение

Тут тоже сама схема дает нам подсказку, когда мы видим, что элементы в схеме расположены как бы на параллельных проводах, речь идет о параллельном соединении.

В этом случае если откажет, скажем, элемент 1, ток может пройти через 2. Если откажут 1 и 2, ток пройдет через 3. И только если ВСЕ элементы откажут, цепь разорвется.

Еще говорят, цепь работает, если работает хотя бы один элемент в ней, в терминах теории вероятностей – это сумма событий: $X=A_1+A_2+A_3$.

Используем формулу (3) чтобы записать вероятность работы такой цепи:

$$
P(A_1+A_2+A_3)=1-P(overline{A_1})cdot P(overline{A_2}) cdot P(overline{A_3})=1-q_1 cdot q_2 cdot q_3.
$$

И обобщим на случай $n$ параллельных элементов в цепи:

$$
P(X) = 1-q_1 cdot q_2 cdot …cdot q_n; qquad P(overline{X})=q_1 cdot q_2 cdot …cdot q_n. quad(5)
$$

Важно запомнить правило

Последовательному соединению соответствует произведение событий,
параллельному соединению – сумма событий.

Усложняем схему цепи

И все это была присказка к настоящему решению задач. Конечно, даже если у вас простая контрольная, схема с “тремя лампочками подряд” вряд ли попадется. Давайте посмотрим на типовые электрические схемы, для которых надо находить надежность в задачах:

Как для таких схем выписывать вероятности? Нам нужно научиться делать декомпозицию: выделять уровни схемы и определять тип соединения на каждом уровне.

Возьмем для примера левую верхнюю схему:

Работаем с первым уровнем схемы. Нужно мысленно выделить крупные части, которые между собой соединены одинаково (параллельно или последовательно). В данном случае видно три группы элементов, соединенных последовательно. Выделим для наглядности цветом:

То есть тип схемы на первом уровне – последовательный:

Как мы уже знаем, если соединение последовательное, нужно перемножать события, то есть

$$
X=X_1 cdot X_2 cdot X_3,
$$

$X_1$ – работает первая группа элементов,
$X_2$ – работает вторая группа элементов,
$X_3$ – работает третья группа элементов.

Теперь смотрим на каждую группу. В первой группе всего один элемент, то есть она работает, когда работает первый элемент цепи ($X_1=A_1$). Мы дошли до элемента, разбор этой группы закончен.

А вот дальше интереснее. Рассмотрим поближе вторую группу:

В ней сразу выделим цветом подгруппы элементов. Видно, что вторая группа имеет уже параллельную структуру из розовых и фиолетовых элементов (они “висят” на параллельных линиях, это второй уровень вложенности схемы). А вот внутри розовые соединены последовательно (розовая группа работает – $A_4 cdot A_5$), фиолетовые элементы также между собой последовательно (фиолетовая группа работает – $A_2 cdot A_3$). Это уже третий уровень вложенности и он заканчивается отдельными элементами, значит, разбор окончен.

Так как розовая и фиолетовая группа соединены параллельно, речь идет о сумме этих событий, то есть вторая группа работает если:

$$X_2 = A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5.$$

Абсолютно аналогично разбирается третья подгруппа (она совпадает по структуре со второй):

$$X_3 = A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9.$$

Сводим все в одну формулу и выпишем искомое событие (Цепь работает исправно):

$$
X=X_1 cdot X_2 cdot X_3 = A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right).
$$

Теперь переходим ко второму этапу решения задачи. Не забываем, что мы решаем задачу по теории вероятностей и надо определить вероятность того, что ток проходит в цепи. Будем использовать формулы (1)-(3).

Так как вероятность произведения для независимых событий равна произведению вероятностей, получим:

$$
P(X)= P left( A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) right) =\
= P (A_1) cdot P left ( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right ) cdot P left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) =
$$

Для множителей с суммой событий внутри используем формулу (2):

$$
= P (A_1) cdot left[ P(A_2 cdot A_3) + P(A_4 cdot A_5) – P(A_2 cdot A_3 cdot A_4 cdot A_5) right] cdot left[ P(A_6 cdot A_7) + P(A_8 cdot A_9) – P(A_6 cdot A_7 cdot A_8 cdot A_9)right] =
$$

И снова раскрываем вероятности произведений:

$$
= P (A_1) cdot left[ P(A_2) cdot P(A_3) + P(A_4) cdot P(A_5) – P(A_2) cdot P(A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5) right] cdot left[ P(A_6) cdot P(A_7) + P(A_8) cdot P(A_9) – P(A_6) cdot P(A_7) cdot P(A_8) cdot P(A_9)right].
$$

Перейдем к более компактной записи, положив $p_i=P(A_i)$:

$$
P(X)= p_1 cdot left[ p_2 cdot p_3 + p_4 cdot p_5 – p_2 cdot p_3 cdot p_4 cdot p_5 right] cdot left[ p_6 cdot p_7 + p_8 cdot p_9 – p_6 cdot p_7 cdot p_8 cdot p_9right].
$$

Если заданы надежности отдельных элементов $p_i$, подставляя их в формулу, можно найти вероятность работы схемы.

Алгоритм разбора схемы

• Выделяем в схеме основу: группы элементов, соединенные ТОЛЬКО последовательно или ТОЛЬКО параллельно между собой. Это верхний уровень. Записываем событие $X$ = (Цепь работает) как произведение или сумму соответственно.
• Каждую полученную группу анализируем также: ищем в ней подгруппы, соединенные только последовательно или только параллельно. Записываем событие соответственно типу соединения.
• Продолжаем до тех пор, пока не опустимся на уровень элементов (событий $A_i$).
• Подставляем все выражения в исходную формулу, получаем итоговую запись события $X$.
• Пользуясь формулами (1)-(3) выписываем вероятность события $P=P(X)$.
• Подставляем числовые значения $p_i, q_i$ и находим численное значение надежности схемы $P$.
• Если необходимо, находим вероятность отказа цепи $1-P$.

Примеры решений

Отработаем несколько раз этот алгоритм на примерах, чтобы он закрепился.

Пример 1. Дана схема включения элементов. Вероятность безотказной работы каждого элемента в течение времени Т равна р. Элементы работают независимо и включены в цепь по приведенной схеме. Пусть событие $А_i$ означает безотказную работу за время Т элемента с номером $i$ ($i=1,2,3,…$), а событие $В$ – безотказную работу цепи. Требуется:
1) Написать формулу, выражающую событие $В$ через все события $А_i$.
2) Найти вероятность события $B$.
3) Вычислить $Р(В)$ при $р=0,6$.

Приступим к разбору схемы. Можно увидеть, что на первом уровне мы имеем три группы, соединенные последовательно: (1), (2,3) и (4,5,6) элементы. Выделим их цветом для наглядности:

Значит, исходное событие можно представить в виде произведения трех событий $B=B_1 cdot B_2 cdot B_3$, где $B_i$ – работает $i$-aя группа элементов.

Первая группа элементов состоит из одного элемента, то есть $B_1=A_1$.

Вторая группа элементов состоит из двух элементов, соединенных параллельно (см. розовые), поэтому $B_2=A_2+A_3$.

Третья группа элементов (см. зеленые) состоит из трех элементов, ее можно представить как параллельное соединение двух подгрупп: (4 и 5, соединены последовательно) и (6), поэтому $B_3=A_4 cdot A_5 + A_6$.

Подставляем все и получаем выражение для события $B$

$$
B=B_1 cdot B_2 cdot B_3 = A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6).
$$

Теперь выразим вероятность безотказной работы цепи за время T. Сначала применим формулу (1), чтобы раскрыть произведение:

$$
P(B)=P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6) right) = P(A_1) cdot P left( A_2+A_3 right) cdot P left( A_4 cdot A_5 + A_6 right) =
$$

Раскроем вторую вероятность по формуле (3), а третью по формуле (2), получим:

$$= P(A_1) cdot left(1 – P(overline{A_2}) cdot P(overline{A_3}) right) cdot left( P(A_4) cdot P(A_5) + P(A_6) – P(A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) right).$$

Подставляем $P(A_i)=p$ и получим:

$$
p(B)=pcdot(1-(1-p)cdot(1-p))cdot(pcdot p + p -p cdot p cdot p) = pcdotleft(1-(1-p)^2right)cdot left(p+p^2-p^3right).
$$

Осталось только найти значение при $p=0,6$:

$$
p(B)= 0,6cdotleft(1-(1-0,6)^2right)cdot left(0,6+0,6^2-0,6^3right) approx 0,375.
$$

Пример 2. Найти вероятность обрыва цепи, если вероятность отказа каждого элемента равна 0,2, а отказы элементов – независимые события.

Пронумеруем элементы и сразу раскрасим схему, чтобы выделить ее структуру.

Это опять последовательная схема, но розовая группа состоит из двух элементов, соединенных параллельно, поэтому можем сразу выписать:

$$
X= A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5.
$$

Найдем вероятность этого события (работы цепи):

$$
P(X)= P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5 right)= P(A_1) cdot P(A_2+A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5)= \
= P(A_1) cdot left( 1- P(overline{A_2}) cdot P(overline{A_3}) right) cdot P(A_4) cdot P(A_5).
$$

Вероятности отказа элементов цепи равна 0,2, вероятность работы элементов – 0,8, поэтому

$$
P(X)= 0,8 cdot left( 1- 0,2 cdot 0,2 right) cdot 0,8 cdot 0,8 = 0,492.
$$

Но в задаче требовалось найти вероятность обрыва цепи, это противоположное событие:

$$
P(overline{X}) = 1- P(X) = 1-0,492 = 0,508.
$$

Пример 3. Найти вероятность безотказной работы функциональной цепи, состоящей из независимо работающих элементов, если вероятность надежной работы элементов равна $p_1=p_2=p_3=p_4=0,8$, $p_5=p_6=p_7=0,9$.

Приступим к решению, сразу раскрасив схему. В этот раз схема на первом уровне имеет параллельное соединение: верхняя розово-зеленая группа и нижняя желтая находятся на параллельных линиях. Поэтому $X=X_1+X_2$, где $X_1$ – работает розово-зеленая линия, $X_2$ – работает желтая.

Для желтой группы, состоящей из трех последовательно расположенных элементов, сразу выписываем $X_2=A_5 cdot A_6 cdot A_7$.

Теперь рассмотрим верхнюю группу. Она состоит из двух подгрупп, связанных последовательно: розовой и зеленой. При этом каждая из них состоит из двух параллельно соединенных элементов. Записываем: розовая группа работает = $A_1+A_2$, зеленая группа работает = $A_3+A_4$, значит ток проходит через розово-зеленую группу $X_1 =(A_1+A_2) cdot (A_3+A_4)$.

Объединяем рассуждения и выписываем событие, соответствующее безотказной работе цепи:

$$
X=X_1+X_2 = (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7.
$$

Следующий шаг: выразить вероятность этого события. Во всех предыдущих примерах схема на первом уровне была последовательной, и событие выражалось как произведение. В этом случае схема на первом уровне параллельна, событие выглядит как сумма других событий, что немного усложняет выкладки. Для суммы событий можно использовать формулу (2) или (3), выбирая наиболее удобную в каждом конкретном случае.

В данном случае слагаемых всего два, поэтому возьмем формулу (2):

$$
P(X)= P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) = \
= P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) right) + P left( A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) – P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) cdot A_5 cdot A_6 cdot A_7 right)
$$

Раскрываем все произведения по формуле (1):

$$
= P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) + P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) – P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) =
$$

По формуле (3) расписываем $P(A_1+A_2)=1-P(overline{A_1}) cdot P(overline{A_2}) = 1-q_1cdot q_2$ и $P(A_3+A_4)=1-P(overline{A_3}) cdot P(overline{A_4})= 1-q_3cdot q_4$.

Итого:

$$
P(X)= (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) + p_5 cdot p_6 cdot p_7 – \- (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) cdot p_5 cdot p_6 cdot p_7.
$$

Подставляем значения надежности элементов:

$$
P(X)= (1-0,2^2)^2 + 0,9^3 – (1-0,2^2)^2 cdot 0,9^3 approx 0,9788.
$$

Еще: другие уроки о решении задач по вероятности

На закуску: схема с мостиком

Для 99% учебных задач вам хватит той теории и примеров, что приведены выше: подробно изучите их и приступайте к своим примерам по аналогии. Но есть такие схемы, для которых нельзя выделить единую структуру на верхнем уровне – параллельную или последовательную, и весь алгоритм решения рушится.

Речь идет о схемах смешанного типа, еще их часто называют схемами с мостиком (мостиковые схемы). Типичная схема имеет такой вид:

Видно, что как ни крути, схему нельзя отнести ни к последовательным, ни к параллельным. Элемент №5 (мостик) “портит” тип схемы. Если его убрать (разорвать этот участок цепи), получим обычную параллельную структуру, а если предположить, что через этот участок всегда идет ток – последовательную (конкретные схемы изобразим ниже).

Поэтому для решения задачи о вычислении надежности подобной электросхемы используют формулу полной вероятности в форме теоремы разложения (см. подробнее тут, стр. 118)

Надежность цепи с избыточностью равна произведению вероятности безотказной работы $i$-го элемента цепи на вероятность безотказной работы оставшейся цепи (места подключения $i$-го элемента замкнуты накоротко) плюс произведение вероятности отказа того же $i$-го элемента на вероятность безотказной работы оставшейся цеии (места подключения $i$-го элемента разомкнуты).

То есть, для выделенного на схеме элемента-мостика рассматриваем две гипотезы:
$H_1$ = (Элемент 5 не пропускает ток), $P(H_1)=1- p_5 = q_5$;
$H_2$ = (Элемент 5 пропускает ток), $P(H_2)=p_5$.

Далее вычисляем надежность схемы при условии верности каждой из гипотез. Для наглядности нарисуем обе схемы:

Рассмотрим левую схему, верную при гипотезе $H_1$, через нее проходит ток, если $X|H_1 = A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4$, вероятность

$$
P(X|H_1) = P(A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4)= P(A_1cdot A_3)+ P(A_2cdot A_4) – P(A_1cdot A_3 cdot A_2cdot A_4)=\
=p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 – p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4.
$$

Рассмотрим правую схему, верную при гипотезе $H_2$, и выпишем для нее аналогично событие и вероятность прохода тока:

$$
X|H_2 = (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4),\
P(X|H_2) =P( (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4)) = P(A_1+A_2)cdot P(A_3+A_4)=\ = (1-P(overline{A_1}) cdot P(overline{A_2})) cdot (1-P(overline{A_3}) cdot P(overline{A_4})) = (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4).
$$

Тогда по формуле полной вероятности, надежность схемы равна:

$$
P(X)=P(X|H_1)cdot P(H_1) + P(X|H_2)cdot P(H_2) = \
= q_5 (p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 – p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4) + p_5 (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4).
$$

Аналогичным образом можно разбирать более сложные схемы (в которые более одного мостика), применяя на каждом этапе формулу полной вероятности (как бы вкладывая одну в другую).

Полезные ссылки по ТВ

Онлайн калькуляторы Онлайн учебник Более 200 примеров Решенные контрольные

Формулы и таблицы Сдача тестов Решение на заказ Онлайн помощь

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете разные задачи по теории вероятностей с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):

Вариант
07

Задание
1

Электрическая
цепь состоит из пяти элементов, выход
из строя которых в заданный промежуток
времени – независимые события, имеющие
вероятности p_i
= 0.1 каждый. Найти вероятность Р отказа
цепи за данный промежуток времени.

Решение

Рассмотрим
порядок соединения для получения
приведенной электрической схемы.

1.
Элементы 1, 2 и 3 соединены последовательно
в участок 1-3.

2.
Элементы 4 и 5 соединены параллельно в
участок 4-5.

3.
Участки 1-3 и 4-5 соединены последовательно.

Введем
следующие обозначения событий:

A_i
– работает элемент i
(i=1,
2, …, 5),

–
работает
участок соединения из элементов

.

По
условию задачи

Необходимо
найти вероятность события

.

Будем
находить вероятности событий, перечисленных
в порядке соединения схемы.

При
этом будем помнить, что для параллельного
соединения проще найти вероятность
отказа участка (все элементы соединения
не работают), а для последовательного
соединения проще найти вероятность
работы участка (все элементы соединения
работают).

Для
участка 1-3 находим вероятность работы.

Для
участка 4-5 находим вероятность отказа.

Вероятность
работы цепи:

Мы
нашли вероятность работы цепи. Вероятность
отказа:

Ответ:
0.2783.

Задание
2

Дискретная
случайная величина задана законом
распределения p_i(x_i).
Найти величину a,
построить график функции распределения
данной случайной величины. Вычислить
математическое ожидание, дисперсию и
среднее квадратическое отклонение
данной случайной величины.

	1	3	5	7	9
	0,1	0,2	0,3		0,1

Решение

Так
как сумма вероятностей должна быть
равна 1, то величина а равна:

а
= 1 – (0.1 + 0.2 + 0.3 + 0.1) = 0.3

Найдем
функцию распределения:

Для
нахождения интегральной функции
распределения пользуемся ее определением
применительно к каждому из промежутков
изменения с.в.

Вид
функции распределения:

График
функции распределения:

Математическое
ожидание:

Найдем
дисперсию:

Среднее
квадратическое отклонение:

Задание
3

Функция
распределения непрерывной случайной
величины задана выражением:

Найти
величину коэффициента а, написать
аналитическое выражение и простроить
графи плотности распределения
вероятностей, найти математическое
ожидание, дисперсию и среднее квадратическое
отклонение данной случайной величины.
Найти вероятности попадания данной
случайной величины в интервалы (0; 1) и
(1; 4).

Решение

Так
как в конечной точке должно выполняться
равенство F(2)
= 1, то:

Плотность
распределения равна первой производной
от функции распределения. Поэтому:

Найдем
математическое ожидание:

Чтобы
найти дисперсию непрерывной случайной
величины Х, найдём математическое
ожидание случайной величины Х
:

Дисперсию
найдем по формуле:

Среднее
квадратическое отклонение:

График
плотности распределения:

Вероятность
попадания непрерывной случайной величины
в интервал найдем по формуле:

Поэтому:

Задание
4

Дана
нормально распределенная случайная
величина с математическим ожиданием m
= 2 и дисперсией σ²
= 3. Найти вероятность попадания данной
случайной величины в интервал (0; 4).

Решение

Для
нормального распределения вероятность
попадания случайной величины в интервал
определяется по формуле:

где
Ф(Х) – функция Лапласа, значения которой
определяются по таблицам,

В
данном случае:

Ответ:

Задание
5

Дискретная
случайная величина задана выборкой:

0,
1, 2, 1, 0, 2, 0, 1, 2, 0, 0, 0, 1, 1, 1,2, 0, 1, 0, 0, 2, 1, 2, 0, 0

Построить
полигон частот и эмпирическую функцию
распределения. Найти выборочное среднее
и выборочную дисперсию.

Решение

Составим
ряд распределения в виде таблицы:

xi	0	1	2
ni	11	8	6

Строим
полигон частот:

Находим
относительные частоты:

Тогда
функция распределения:

График
функции распределения:

Выборочное
среднее:

Найдем
выборочную дисперсию:

Соседние файлы в папке БСТ19ХХ

• #
• #

1.2.6. Расчет вероятности безотказной работы прибора

Рассмотрим примеры, в которых требуется вычислить вероятностьь безотказной работы и вероятность отказа работы прибора, в состав которого входят несколько элементов и используются различные способы их соединения между собой.

Пример 1.14. Прибор состоит из двух независимо работающих элементов. Вероятность отказа первого элемента равна P1= 0,1, а второго – P2 = 0,2.

1) Вычислим вероятность события A, если элементы соединены Последовательно,

Решение: Обозначим через A1 Событие, которое заключается в том, что откажет элемент А1 = , и через A2 —

Тогда данный прибор не будет работать (событие А), если выйдет из строя Хотя бы Один из элементов (или первый, или второй, или оба не будут работать). Такое состояние прибора можно описать, используя Определение суммы событий, т. е. A=A1+A2 . Из теоремы о вероятности суммы двух независимых событий [ формула (***)] получаем

P (A) = p (A1+A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1 A2) = p (A1) + p (A2) – p (A1) p (A2) =

= p1+p2 — p1 p2 = 0,1 +0,2 – 0,1*0,2 = 0,28.

Итак, вероятность того, что данный прибор Откажет Р (А) = 0,28.

Состояние прибора, когда он работает правильно, есть событие А — противоположное событию А, когда прибор откажет.

Тогда, используя свойства вероятности, можно найти Вероятность правильной работы А Данного прибора по формуле:

р ( ) = 1 – р (А) = 1 – 0,28 = 0,72.

2) Вычислим вероятность отказа прибора (событие А ), если элементы соединены параллельно:

Решение. Данный прибор откажет в том случае, если Откажут оба элемента Одновременно. Следовательно, отказ прибора в этом случае может быть представлен как Произведение Событий А1 и А2 , т. е. A=A1A2 . Так как элементы перестают работать Независимо друг от друга, то из независимости событий A1 и A2 получаем P(A) = P(A1) P(A2) = P1 P2 = 0,1 * 0,2 = 0,02.

Определение. События A1 A2 ¼ AN называют Взаимно независимыми, если для любой их части выполняется равенство

P() = p() p()¼P(), (1.5)

1<=i1<i2 ¼<im<=n , m=2, ¼,n.

Пример 1.15. Прибор состоит из трех последовательно соединенных и независимо работающих друг от друга элементов. Каждый из элементов может быть признан бракованным или стандартным:

Обозначим вероятность того, что первый элемент оказался бракованным,

Равной P1, второй элемент бракованный — P2, третий элемент бракованный — P3.

Прибор будем считать Бракованным, если хотя бы один из его элементов бракованный. Найти вероятность того, что прибор Стандартный.

Решение: Обозначим события

В данном случае прибор нормально работает в том случае, если все три элемента одновременно работают, т. е. все три элемента, входящие в прибор, стандартные. Тогда работу прибора можно описать как событие А, состоящее из Произведения трех Независимых Событий A=A1*A2*A3 , вероятность которого можно вычислить по формуле вероятности произведения независимых событий

/> />P(A) = P(A1)P(A2)P(A3) =(1 – P1) (1- P2) (1 – P3).

Вероятность отказа прибора (событие А ) в данном случае есть величина, равная вероятности события, противоположного событию А.

Р ( А) = 1 – Р (А).

Примечание. Рассмотренные примеры 1.13, 1.14 и 1.15 являются аналогом решения контрольной задачи №3 (первого пункта задания) из методических указаний для выполнения контрольных работ.

Рассмотрим некоторые свойства независимых событий.

Свойство7. Если A и B независимы, то и B Независимы.

Свойство 8. Если событие A не зависит от событий B1 и B2, а события B1 и B2 несовместны, тогда события A и B1+ B2 независимы.

Свойство 9. Если события A, A1 и A2 взаимно независимы, тогда события A и A1+ A2 независимы.

Вероятность работы каждого из элементов электрической цепи равны соответственно 1 = 0,95; 2 = 0,93; 3 = 0,9 и 4 = 0,85. Определить

Обозначим события: 1 − элемент номер 1 работает безотказно; 2 − элемент номер 2 работает безотказно; 3 − элемент номер 3 работает безотказно; 4 − элемент номер 4 работает безотказно; 1 ̅̅̅ − элемент номер 1 вышел из строя; 2 ̅̅̅ − элемент номер 2 вышел из строя; 3 ̅̅̅ − элемент номер 3 вышел из строя; 4 ̅̅̅ − элемент номер 4 вышел из строя. Часть схемы из двух последовательных элементов 1 и 2 исправна только тогда, когда исправны оба этих элемента: Часть схемы из двух параллельных элементов 1 и 2 исправна во всех случаях, кроме одновременной поломки всех элементов: Рассмотрим первую схему. Поскольку не указано, какая из заданных вероятностей к какому из элементов относится, то пронумеруем элементы схемы произвольно.

Похожие готовые решения по математической статистике:

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Telegram и логотип telegram являются товарными знаками корпорации Telegram FZ-LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

Как решать задачи о прохождении тока через электрические схемы

В предыдущих статьях мы разобрали популярные учебные задачи по теории вероятностей: задачи про подбрасывания игральных кубиков и монеток, задачи про стрелков и станки.

В этой статье мы рассмотрим задачи вида
«задана схема электрической цепи с надежностью элементов (или вероятностями выхода из строя), найти вероятность работы цепи (или вероятность разрыва цепи)».

Задачи могут иметь чуть разные формулировки, но принцип решения для них одинаков, и его мы изучим, чтобы суметь решать такие задачи со схемами любой сложности.

Базовые события, обозначения и формулы

Самое первое, с чего мы начнем — формализация задачи (и решение любой своей задачи рекомендую начинать с этого). А именно, мы введем основные события:

$X$ = (Цепь работает) = (Цепь пропускает ток) и противоположное ему:
$overline$ =(Цепь не пропускает ток) = (Произошел разрыв в цепи).

$A_i$ = (Элемент i работает, пропускает ток) и $overline$ =(Элемент i отказал, не пропускает ток), $i=1,2. n$.

Обычно в условии задачи известны вероятности работы элементов (надежности): $p(A_i)=p_i$ или вероятности отказа $p(overline)=q_i=1-p_i$, $i=1,2. n$.

Также напомним основные формулы (из темы действий с событиями, формулы сложения и умножения вероятностей), которые пригодятся в решении этого типа задач.

Для независимых в совокупности событий (а отказы/работа элементов цепи — именно такие):

$$ P(A cdot B) = P(A) cdot P(B); quad(1) $$ $$ P(A+B) = P(A)+P(B)-P(A)cdot P(B); quad(2) $$ $$ P(A_1+A_2+. +A_n)=1-P(overline)cdot P(overline)cdot . cdot P(overline). quad(3) $$

Последовательно или параллельно?

Еще немного времени посвятим теории, вспомним о том, как могут соединяться элементы в цепи.

Последовательное соединение

Элементы цепи «нанизаны» на провод один за другим (следуют один за другим, отсюда и «последовательно»). Если откажет один любой — ток в цепи прервётся. Или, иначе говоря, цепь работает тогда и только тогда, когда ВСЕ элементы работают. В терминах теории вероятностей получаем произведение событий: $X=A_1 cdot A_2 cdot A_3$, а вероятность работы цепи равна

$$ P(X)=P(A_1 cdot A_2 cdot A_3)= P(A_1) cdot P(A_2) cdot P(A_3) =p_1 cdot p_2 cdot p_3. $$

Если в цепи последовательно соединены не три, а больше независимо работающих элементов, формула легко обобщается и получаем:

$$ P(X) = p_1 cdot p_2 cdot . cdot p_n; qquad P(overline)=1-p_1 cdot p_2 cdot . cdot p_n. quad(4) $$

Параллельное соединение

Тут тоже сама схема дает нам подсказку, когда мы видим, что элементы в схеме расположены как бы на параллельных проводах, речь идет о параллельном соединении.

В этом случае если откажет, скажем, элемент 1, ток может пройти через 2. Если откажут 1 и 2, ток пройдет через 3. И только если ВСЕ элементы откажут, цепь разорвется.

Еще говорят, цепь работает, если работает хотя бы один элемент в ней, в терминах теории вероятностей — это сумма событий: $X=A_1+A_2+A_3$.

Используем формулу (3) чтобы записать вероятность работы такой цепи:

$$ P(A_1+A_2+A_3)=1-P(overline)cdot P(overline) cdot P(overline)=1-q_1 cdot q_2 cdot q_3. $$

И обобщим на случай $n$ параллельных элементов в цепи:

$$ P(X) = 1-q_1 cdot q_2 cdot . cdot q_n; qquad P(overline)=q_1 cdot q_2 cdot . cdot q_n. quad(5) $$

Важно запомнить правило

Последовательному соединению соответствует произведение событий,
параллельному соединению — сумма событий.

Усложняем схему цепи

И все это была присказка к настоящему решению задач. Конечно, даже если у вас простая контрольная, схема с «тремя лампочками подряд» вряд ли попадется. Давайте посмотрим на типовые электрические схемы, для которых надо находить надежность в задачах:

Как для таких схем выписывать вероятности? Нам нужно научиться делать декомпозицию: выделять уровни схемы и определять тип соединения на каждом уровне.

Возьмем для примера левую верхнюю схему:

Работаем с первым уровнем схемы. Нужно мысленно выделить крупные части, которые между собой соединены одинаково (параллельно или последовательно). В данном случае видно три группы элементов, соединенных последовательно. Выделим для наглядности цветом:

То есть тип схемы на первом уровне — последовательный:

Как мы уже знаем, если соединение последовательное, нужно перемножать события, то есть

$$ X=X_1 cdot X_2 cdot X_3, $$

$X_1$ — работает первая группа элементов,
$X_2$ — работает вторая группа элементов,
$X_3$ — работает третья группа элементов.

Теперь смотрим на каждую группу. В первой группе всего один элемент, то есть она работает, когда работает первый элемент цепи ($X_1=A_1$). Мы дошли до элемента, разбор этой группы закончен.

А вот дальше интереснее. Рассмотрим поближе вторую группу:

В ней сразу выделим цветом подгруппы элементов. Видно, что вторая группа имеет уже параллельную структуру из розовых и фиолетовых элементов (они «висят» на параллельных линиях, это второй уровень вложенности схемы). А вот внутри розовые соединены последовательно (розовая группа работает — $A_4 cdot A_5$), фиолетовые элементы также между собой последовательно (фиолетовая группа работает — $A_2 cdot A_3$). Это уже третий уровень вложенности и он заканчивается отдельными элементами, значит, разбор окончен.

Так как розовая и фиолетовая группа соединены параллельно, речь идет о сумме этих событий, то есть вторая группа работает если:

$$X_2 = A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5.$$

Абсолютно аналогично разбирается третья подгруппа (она совпадает по структуре со второй):

$$X_3 = A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9.$$

Сводим все в одну формулу и выпишем искомое событие (Цепь работает исправно):

$$ X=X_1 cdot X_2 cdot X_3 = A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right). $$

Теперь переходим ко второму этапу решения задачи. Не забываем, что мы решаем задачу по теории вероятностей и надо определить вероятность того, что ток проходит в цепи. Будем использовать формулы (1)-(3).

Так как вероятность произведения для независимых событий равна произведению вероятностей, получим:

$$ P(X)= P left( A_1 cdot left( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right) cdot left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) right) =\ = P (A_1) cdot P left ( A_2 cdot A_3 + A_4 cdot A_5 right ) cdot P left( A_6 cdot A_7 + A_8 cdot A_9right) = $$

Для множителей с суммой событий внутри используем формулу (2):

$$ = P (A_1) cdot left[ P(A_2 cdot A_3) + P(A_4 cdot A_5) — P(A_2 cdot A_3 cdot A_4 cdot A_5) right] cdot left[ P(A_6 cdot A_7) + P(A_8 cdot A_9) — P(A_6 cdot A_7 cdot A_8 cdot A_9)right] = $$

И снова раскрываем вероятности произведений:

$$ = P (A_1) cdot left[ P(A_2) cdot P(A_3) + P(A_4) cdot P(A_5) — P(A_2) cdot P(A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5) right] cdot left[ P(A_6) cdot P(A_7) + P(A_8) cdot P(A_9) — P(A_6) cdot P(A_7) cdot P(A_8) cdot P(A_9)right]. $$

Перейдем к более компактной записи, положив $p_i=P(A_i)$:

$$ P(X)= p_1 cdot left[ p_2 cdot p_3 + p_4 cdot p_5 — p_2 cdot p_3 cdot p_4 cdot p_5 right] cdot left[ p_6 cdot p_7 + p_8 cdot p_9 — p_6 cdot p_7 cdot p_8 cdot p_9right]. $$

Если заданы надежности отдельных элементов $p_i$, подставляя их в формулу, можно найти вероятность работы схемы.

Алгоритм разбора схемы

• Выделяем в схеме основу: группы элементов, соединенные ТОЛЬКО последовательно или ТОЛЬКО параллельно между собой. Это верхний уровень. Записываем событие $X$ = (Цепь работает) как произведение или сумму соответственно.
• Каждую полученную группу анализируем также: ищем в ней подгруппы, соединенные только последовательно или только параллельно. Записываем событие соответственно типу соединения.
• Продолжаем до тех пор, пока не опустимся на уровень элементов (событий $A_i$).
• Подставляем все выражения в исходную формулу, получаем итоговую запись события $X$.
• Пользуясь формулами (1)-(3) выписываем вероятность события $P=P(X)$.
• Подставляем числовые значения $p_i, q_i$ и находим численное значение надежности схемы $P$.
• Если необходимо, находим вероятность отказа цепи $1-P$.

Примеры решений

Отработаем несколько раз этот алгоритм на примерах, чтобы он закрепился.

Пример 1. Дана схема включения элементов. Вероятность безотказной работы каждого элемента в течение времени Т равна р. Элементы работают независимо и включены в цепь по приведенной схеме. Пусть событие $А_i$ означает безотказную работу за время Т элемента с номером $i$ ($i=1,2,3,…$), а событие $В$ – безотказную работу цепи. Требуется:
1) Написать формулу, выражающую событие $В$ через все события $А_i$.
2) Найти вероятность события $B$.
3) Вычислить $Р(В)$ при $р=0,6$.

Приступим к разбору схемы. Можно увидеть, что на первом уровне мы имеем три группы, соединенные последовательно: (1), (2,3) и (4,5,6) элементы. Выделим их цветом для наглядности:

Значит, исходное событие можно представить в виде произведения трех событий $B=B_1 cdot B_2 cdot B_3$, где $B_i$ — работает $i$-aя группа элементов.

Первая группа элементов состоит из одного элемента, то есть $B_1=A_1$.

Вторая группа элементов состоит из двух элементов, соединенных параллельно (см. розовые), поэтому $B_2=A_2+A_3$.

Третья группа элементов (см. зеленые) состоит из трех элементов, ее можно представить как параллельное соединение двух подгрупп: (4 и 5, соединены последовательно) и (6), поэтому $B_3=A_4 cdot A_5 + A_6$.

Подставляем все и получаем выражение для события $B$

$$ B=B_1 cdot B_2 cdot B_3 = A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6). $$

Теперь выразим вероятность безотказной работы цепи за время T. Сначала применим формулу (1), чтобы раскрыть произведение:

$$ P(B)=P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot (A_4 cdot A_5 + A_6) right) = P(A_1) cdot P left( A_2+A_3 right) cdot P left( A_4 cdot A_5 + A_6 right) = $$

Раскроем вторую вероятность по формуле (3), а третью по формуле (2), получим:

$$= P(A_1) cdot left(1 — P(overline) cdot P(overline) right) cdot left( P(A_4) cdot P(A_5) + P(A_6) — P(A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) right).$$

Подставляем $P(A_i)=p$ и получим:

$$ p(B)=pcdot(1-(1-p)cdot(1-p))cdot(pcdot p + p -p cdot p cdot p) = pcdotleft(1-(1-p)^2right)cdot left(p+p^2-p^3right). $$

Осталось только найти значение при $p=0,6$:

$$ p(B)= 0,6cdotleft(1-(1-0,6)^2right)cdot left(0,6+0,6^2-0,6^3right) approx 0,375. $$

Пример 2. Найти вероятность обрыва цепи, если вероятность отказа каждого элемента равна 0,2, а отказы элементов – независимые события.

Пронумеруем элементы и сразу раскрасим схему, чтобы выделить ее структуру.

Это опять последовательная схема, но розовая группа состоит из двух элементов, соединенных параллельно, поэтому можем сразу выписать:

$$ X= A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5. $$

Найдем вероятность этого события (работы цепи):

$$ P(X)= P left( A_1 cdot (A_2+A_3) cdot A_4 cdot A_5 right)= P(A_1) cdot P(A_2+A_3) cdot P(A_4) cdot P(A_5)= \ = P(A_1) cdot left( 1- P(overline) cdot P(overline) right) cdot P(A_4) cdot P(A_5). $$

Вероятности отказа элементов цепи равна 0,2, вероятность работы элементов — 0,8, поэтому

$$ P(X)= 0,8 cdot left( 1- 0,2 cdot 0,2 right) cdot 0,8 cdot 0,8 = 0,492. $$

Но в задаче требовалось найти вероятность обрыва цепи, это противоположное событие:

$$ P(overline) = 1- P(X) = 1-0,492 = 0,508. $$

Пример 3. Найти вероятность безотказной работы функциональной цепи, состоящей из независимо работающих элементов, если вероятность надежной работы элементов равна $p_1=p_2=p_3=p_4=0,8$, $p_5=p_6=p_7=0,9$.

Приступим к решению, сразу раскрасив схему. В этот раз схема на первом уровне имеет параллельное соединение: верхняя розово-зеленая группа и нижняя желтая находятся на параллельных линиях. Поэтому $X=X_1+X_2$, где $X_1$ — работает розово-зеленая линия, $X_2$ — работает желтая.

Для желтой группы, состоящей из трех последовательно расположенных элементов, сразу выписываем $X_2=A_5 cdot A_6 cdot A_7$.

Теперь рассмотрим верхнюю группу. Она состоит из двух подгрупп, связанных последовательно: розовой и зеленой. При этом каждая из них состоит из двух параллельно соединенных элементов. Записываем: розовая группа работает = $A_1+A_2$, зеленая группа работает = $A_3+A_4$, значит ток проходит через розово-зеленую группу $X_1 =(A_1+A_2) cdot (A_3+A_4)$.

Объединяем рассуждения и выписываем событие, соответствующее безотказной работе цепи:

$$ X=X_1+X_2 = (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7. $$

Следующий шаг: выразить вероятность этого события. Во всех предыдущих примерах схема на первом уровне была последовательной, и событие выражалось как произведение. В этом случае схема на первом уровне параллельна, событие выглядит как сумма других событий, что немного усложняет выкладки. Для суммы событий можно использовать формулу (2) или (3), выбирая наиболее удобную в каждом конкретном случае.

В данном случае слагаемых всего два, поэтому возьмем формулу (2):

$$ P(X)= P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) + A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) = \ = P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) right) + P left( A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) — P left( (A_1+A_2) cdot (A_3+A_4) cdot A_5 cdot A_6 cdot A_7 right) $$

Раскрываем все произведения по формуле (1):

$$ = P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) + P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) — P (A_1+A_2) cdot P(A_3+A_4) cdot P(A_5) cdot P(A_6) cdot P(A_7) = $$

По формуле (3) расписываем $P(A_1+A_2)=1-P(overline) cdot P(overline) = 1-q_1cdot q_2$ и $P(A_3+A_4)=1-P(overline) cdot P(overline)= 1-q_3cdot q_4$.

$$ P(X)= (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) + p_5 cdot p_6 cdot p_7 — \- (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4) cdot p_5 cdot p_6 cdot p_7. $$

Подставляем значения надежности элементов:

$$ P(X)= (1-0,2^2)^2 + 0,9^3 — (1-0,2^2)^2 cdot 0,9^3 approx 0,9788. $$

На закуску: схема с мостиком

Для 99% учебных задач вам хватит той теории и примеров, что приведены выше: подробно изучите их и приступайте к своим примерам по аналогии. Но есть такие схемы, для которых нельзя выделить единую структуру на верхнем уровне — параллельную или последовательную, и весь алгоритм решения рушится.

Речь идет о схемах смешанного типа, еще их часто называют схемами с мостиком (мостиковые схемы). Типичная схема имеет такой вид:

Видно, что как ни крути, схему нельзя отнести ни к последовательным, ни к параллельным. Элемент №5 (мостик) «портит» тип схемы. Если его убрать (разорвать этот участок цепи), получим обычную параллельную структуру, а если предположить, что через этот участок всегда идет ток — последовательную (конкретные схемы изобразим ниже).

Поэтому для решения задачи о вычислении надежности подобной электросхемы используют формулу полной вероятности в форме теоремы разложения (см. подробнее тут, стр. 118)

Надежность цепи с избыточностью равна произведению вероятности безотказной работы $i$-го элемента цепи на вероятность безотказной работы оставшейся цепи (места подключения $i$-го элемента замкнуты накоротко) плюс произведение вероятности отказа того же $i$-го элемента на вероятность безотказной работы оставшейся цеии (места подключения $i$-го элемента разомкнуты).

То есть, для выделенного на схеме элемента-мостика рассматриваем две гипотезы:
$H_1$ = (Элемент 5 не пропускает ток), $P(H_1)=1- p_5 = q_5$;
$H_2$ = (Элемент 5 пропускает ток), $P(H_2)=p_5$.

Далее вычисляем надежность схемы при условии верности каждой из гипотез. Для наглядности нарисуем обе схемы:

Рассмотрим левую схему, верную при гипотезе $H_1$, через нее проходит ток, если $X|H_1 = A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4$, вероятность

$$ P(X|H_1) = P(A_1cdot A_3+ A_2cdot A_4)= P(A_1cdot A_3)+ P(A_2cdot A_4) — P(A_1cdot A_3 cdot A_2cdot A_4)=\ =p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4. $$

Рассмотрим правую схему, верную при гипотезе $H_2$, и выпишем для нее аналогично событие и вероятность прохода тока:

$$ X|H_2 = (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4),\ P(X|H_2) =P( (A_1+A_2)cdot (A_3+A_4)) = P(A_1+A_2)cdot P(A_3+A_4)=\ = (1-P(overline) cdot P(overline)) cdot (1-P(overline) cdot P(overline)) = (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4). $$

Тогда по формуле полной вероятности, надежность схемы равна:

$$ P(X)=P(X|H_1)cdot P(H_1) + P(X|H_2)cdot P(H_2) = \ = q_5 (p_1 cdot p_3 + p_2 cdot p_4 — p_1 cdot p_2 cdot p_3 cdot p_4) + p_5 (1-q_1cdot q_2) cdot (1-q_3cdot q_4). $$

Аналогичным образом можно разбирать более сложные схемы (в которые более одного мостика), применяя на каждом этапе формулу полной вероятности (как бы вкладывая одну в другую).

Полезные ссылки по ТВ

Решебник по вероятности

А здесь вы найдете разные задачи по теории вероятностей с полными решениями (вводите часть текста для поиска своей задачи):

Практика

1. Расчет показателей безотказности
1.1 Вероятность безотказной работы
1.2 Вероятность отказа
1.3 Частота отказа
1.4 Интенсивность отказа
1.5 Средняя наработка до отказа
1.6 Среднее значение параметра потока отказов
1.7 Пример расчета показателей безотказности
2. Примеры расчета показателей надежности для различных законов распределения случайных величин
2.1 Экспоненциальный закон распределения
2.2  Закон распределения Вейбулла-Гнеденко
2.3  Закон распределения Рэлея
3. Примеры расчета показателей надежности сложных систем
3.1 Основное соединение элементов
3.2 Резервное соединение

1.1 Вероятность безотказной работы

Вероятностью безотказной работы называется вероятность того, что при определенных условиях эксплуатации, в пределах заданной наработки не произойдет ни одного отказа.
Вероятность безотказной работы обозначается как P(l), которая определяется по формуле (1.1):

где N₀ – число элементов в начале испытания; r(l) – число отказов элементов к моменту наработки.Следует отметить, что чем больше величина N₀, тем с большей точностью можно рассчитать вероятность P(l).
В начале эксплуатации исправного локомотива P(0) = 1, так как при пробеге l = 0 вероятность того, что ни один элемент не откажет, принимает максимальное значение – 1. С ростом пробега l вероятность P(l) будет уменьшаться. В процессе приближения срока эксплуатации к бесконечно большой величине вероятность безотказной работы будет стремиться к нулю P(l→∞) = 0. Таким образом в процессе наработки величина вероятности безотказной работы изменяется в пределах от 1 до 0. Характер изменения вероятности безотказной работы в функции пробега показан на рис. 1.1.

Рис.2.1. График изменения вероятности безотказной работы P(l)в зависимости от наработки

Основными достоинствами использования данного показателя при расчетах является два фактора: во-первых, вероятность безотказной работы охватывает все факторы, влияющие на надежность элементов, позволяя достаточно просто судить о его надежности, т.к. чем больше величина P(l), тем выше надежность; во-вторых, вероятность безотказной работы может быть использована в расчетах надежности сложных систем, состоящих из более чем одного элемента.

1.2 Вероятность отказа

Вероятностью отказа называют вероятность того, что при определенных условиях эксплуатации, в пределах заданной наработки произойдет хотя бы один отказ.
Вероятность отказа обозначается как Q(l), которая определяется по формуле (1.2):

В начале эксплуатации исправного локомотива Q(0) = 0, так как при пробеге l = 0 вероятность того, что хотя бы один элемент откажет, принимает минимальное значение – 0. С ростом пробега l вероятность отказа Q(l) будет увеличиваться. В процессе приближения срока эксплуатации к бесконечно большой величине вероятность отказа будет стремиться к единице Q(l→∞) = 1. Таким образом в процессе наработки величина вероятности отказа изменяется в пределах от 0 до 1. Характер изменения вероятности отказа в функции пробега показан на рис. 1.2.Вероятность безотказной работы и вероятность отказа являются событиями противоположными и несовместимыми.

Рис.2.2. График изменения вероятности отказа Q(l) в зависимости от наработки

1.3 Частота отказов

Частота отказов – это отношение числа элементов в единицу времени или пробега отнесенного к первоначальному числу испытуемых элементов. Другими словами частота отказов является показателем, характеризующим скорость изменения вероятности отказов и вероятности безотказной работы по мере роста длительности работы.
Частота отказов обозначается как  и определяется по формуле (1.3):

где  –  количество отказавших элементов за промежуток пробега . 
Данный показатель позволяет судить по его величине о числе элементов, которые откажут на каком-то промежутке времени или пробега, также по его величине можно рассчитать количество требуемых запасных частей.
Характер изменения частоты отказов в функции пробега показан на рис. 1.3.

Рис. 1.3. График изменения частоты отказов в зависимости от наработки

1.4 Интенсивность отказов

Интенсивность отказов представляет собой условную плотность возникновения отказа объекта, определяемую для рассматриваемого момента времени или наработки при условии, что до этого момента отказ не возник. Иначе интенсивность отказов – это отношение числа отказавших элементов в единицу времени или пробега к числу исправно работающих элементов в данный отрезок времени.
Интенсивность отказов обозначается как  и определяется по формуле (1.4):

где 

Как правило, интенсивность отказов является неубывающей функцией времени. Интенсивность отказов обычно применяется для оценки склонности к отказам в различные моменты работы объектов.
На рис. 1.4. представлен теоретический характер изменения интенсивности отказов в функции пробега.

Рис. 1.4. График изменения интенсивности отказов в зависимости от наработки

На графике изменения интенсивности отказов, изображенном на рис. 1.4. можно выделить три основных этапа отражающих процесс экс-плуатации элемента или объекта в целом.
Первый этап, который также называется этапом приработки, характеризуется увеличением интенсивности отказов в начальный период эксплуатации. Причиной роста интенсивности отказов на данном этапе являются скрытые дефекты производственного характера.
Второй этап, или период нормальной работы, характеризуется стремлением интенсивности отказов к постоянному значению. В течение этого периода могут возникать случайные отказы, в связи с появлением внезапной концентрации нагрузки, превышающей предел прочности элемента.
Третий этап, так называемый период форсированного старения. Характеризуется возникновением износовых отказов. Дальнейшая эксплуатация элемента без его замены становится экономически не рациональной.

1.5 Средняя наработка до отказа

Средняя наработка до отказа – это средний пробег безотказной работы элемента до отказа. 
Средняя наработка до отказа обозначается как L₁ и определяется по формуле (1.5):

 

где l_i – наработка до отказа элемента; r_i – число отказов.
Средняя наработка до отказа может быть использована для предварительного определения сроков ремонта или замены элемента.

1.6 Среднее значение параметра потока отказов

Среднее значение параметра потока отказов характеризует среднюю плотность вероятности возникновения отказа объекта, определяемая для рассматриваемого момента времени.
Среднее значение параметра потока отказов обозначается как W_ср и определяется по формуле (1.6):

1.7 Пример расчета показателей безотказности

Исходные данные.
В течение пробега от 0 до 600 тыс. км., в локомотивном депо произведен сбор информации по отказам ТЭД. При этом количество исправных ТЭД в начале периода эксплуатации составляло N0 = 180 шт. Суммарное количество отказавших ТЭД за анализируемый период составило ∑r(600000) = 60. Интервал пробега   принять равным 100 тыс. км. При этом количество отказавших ТЭД по каждому участку составило: 2, 12, 16, 10, 14, 6.

Требуется.
Необходимо рассчитать показатели безотказности и построить их зависимости изменения во времени.

Сначала необходимо заполнить таблицу исходных данных так, как это показано в табл. 1.1.

Таблица 1.1.

Исходные данные к расчету

, тыс. км	0 – 100	100 – 200	200 – 300	300 – 400	400 – 500	500 – 600
	2	12	16	10	14	6
	2	14	30	40	54	60

 Первоначально по уравнению (1.1) определим для каждого участка пробега величину вероятности безотказной работы. Так, для участка от 0 до 100 и от 100 до 200 тыс. км. пробега вероятность безотказной работы составит:

Далее, используя зависимость (1.2) произведем расчет вероятности отказа ТЭД.

Произведем расчет частоты отказов по уравнению (1.3).

Далее по уравнению (1.4) произведем расчет интенсивности отказов ТЭД в зависимости от наработки.
Первоначально рассчитаем среднее количество работоспособных ТЭД на участке от 0 до 100 тыс. км. пробега:

Тогда интенсивность отказов на участке 0-100 тыс.км. будет равна:

Аналогичным образом определим величину интенсивности отказов для интервала 100-200 тыс. км.

По уравнениям (1.5 и 1.6) определим среднюю наработку до отказа и среднее значение параметра потока отказов.

Систематизируем полученные результаты расчета и представим их в виде таблицы (табл. 1.2.).

Таблица 1.2.

Результаты расчета показателей безотказности

, тыс.км.	0 – 100	100 – 200	200 – 300	300 – 400	400 – 500	500 – 600
	2	12	16	10	14	6
	2	14	30	40	54	60
P(l)	0,989	0,922	0,833	0,778	0,7	0,667
Q(l)	0,011	0,078	0,167	0,222	0,3	0,333
10-7, 1/км	1,111	6,667	8,889	5,556	7,778	3,333
10-7, 1/км	1,117	6,977	10,127	6,897	10,526	4,878

 Приведем характер изменения вероятности безотказной работы ТЭД в зависимости от пробега (рис. 1.5.). Необходимо отметить, что первой точкой на графике, т.е. при пробеге равном 0, величина вероятности безотказной работы примет максимальное значение – 1. 

Рис. 1.5. График изменения вероятности безотказной работы в зависимости от наработки

Приведем характер изменения вероятности отказа ТЭД в зависимости от пробега (рис. 1.6.). Необходимо отметить, что первой точкой на графике, т.е. при пробеге равном 0, величина вероятности отказа примет минимальное значение – 0. 

Рис. 1.6. График изменения вероятности отказа в зависимости от наработки

Приведем характер изменения частоты отказов ТЭД в зависимости от пробега (рис. 1.7.).

Рис. 1.7. График изменения частоты отказов в зависимости от наработки
 

На рис. 1.8. представлена зависимость изменения интенсивности отказов от наработки.

Рис. 1.8. График изменения интенсивности отказов в зависимости от наработки

2.1 Экспоненциальный закон распределения случайных величин

Во-первых, определим величину средней наработки топливных насосов до отказа по уравнению:

Затем рассчитываем величину интенсивности отказов:

Величина вероятности безотказной работы топливных насосов при наработке 500 ч составит:

Вероятность отказа в промежутке между 800 и 900 ч. работы насосов составит:

2.2 Закон распределения Вэйбулла-Гнеденко

Закон распределения Вейбулла-Гнеденко получил широкое распространение и используется применительно к системам, состоящим из рядов элементов, соединенных последовательно с точки зрения обеспечения безотказности системы. Например, системы, обслуживающие дизель-генераторную установку: смазки, охлаждения, питания топливом, воздухом и т.д.

Найдем вероятность восстановления работоспособности локомотива после простоя его в депо в течение суток по уравнению:

Для определения времени восстановления работоспособности локомотива с заданной величиной доверительной вероятности также используем выражение:

2.3 Закон распределения Рэлея

Требуется.
Для величины наработки 120 тыс.км. необходимо определить вероятность безотказной работы, интенсивность отказов и среднюю наработку до первого отказа катушки электромагнитного контактора. 

3.1 Основное соединение элементов

Система, состоящая из нескольких независимых элементов, связанных функционально таким образом, что отказ любого из них вызывает отказ системы, отображается расчетной структурной схемой безотказной работы с последовательно соединенными событиями безотказной работы элементов.

Вычислим интенсивность отказа и среднюю наработку до отказа по следующим уравнениям:

 

Значения вероятности безотказной работы и частоты отказов получим, используя уравнения приведенные к виду:

Результаты расчета P(l) и a(l) на интервале от 0 до 1000 часов работы представим в виде табл. 3.1.

Таблица 3.1.

Результаты расчета вероятности безотказной работы и частоты отказов системы на интервале времени от 0 до 1000 ч.

l, час	P(l)	a(l), час-1
0	1	0,00026
100	0,974355	0,000253
200	0,949329	0,000247
300	0,924964	0,00024
400	0,901225	0,000234
500	0,878095	0,000228
600	0,855559	0,000222
700	0,833601	0,000217
800	0,812207	0,000211
900	0,791362	0,000206
1000	0,771052	0,0002

Графическая иллюстрация P(l) и a(l) на участке до средней наработки до отказа представлена на рис. 3.1, 3.2. 

Рис. 3.1. Вероятность безотказной работы системы.

Рис. 3.2. Частота отказов системы.

3.2 Резервное соединение элементов

Исходные данные.
На рис. 3.3 и 3.4 показаны две структурные схемы соединения элементов: общего (рис. 3.3) и поэлементного резервирования (рис. 3.4). Вероятности безотказной работы элементов соответственно равны P1(l) = P ’1(l) = 0,95; P2(l) = P’2(l) = 0,9; P3(l) = P ’3(l) = 0,85. 

Требуется.
Необходимо рассчитать надежность двух систем. 

Рис. 3.3. Схема системы с общим резервированием.

Рис. 3.4. Схема системы с поэлементным резервированием.

Вероятность безотказной работы блока из трех элементов без резервирования рассчитаем по выражению:

Вероятность безотказной работы той же системы при общем резервировании (рис. 3.3) составит:

Вероятности безотказной работы каждого из трех блоков при поэлементном резервировании (рис. 3.4) будут равны:

Вероятность безотказной работы системы при поэлементном резервировании составит:

Таким образом, поэлементное резервирование дает более существенное увеличение надежности (вероятность безотказной работы возросла с 0,925 до 0,965, т.е. на 4%).

Исходные данные.
На рис. 3.5 представлена система с комбинированным соединением элементов. При этом вероятности безотказной работы элементов имеют следующие значения: P1=0,8; Р2=0,9; Р3=0,95; Р4=0,97.

Требуется.
Необходимо определить надежность системы. Также необходимо определить надежность этой же системы при условии, что резервные элементы отсутствуют. 

Рис.3.5. Схема системы при комбинированном функционировании элементов.

Для расчета в исходной системе необходимо выделить основные блоки. В представленной системе их три (рис. 3.6). Далее рассчитаем надежность каждого блока в отдельности, а затем найдем надежность всей системы.

Рис. 3.6. Сблокированная схема.

Надежность системы без резервирования составит:

Таким образом, система без резервирования является на 28% менее надежной, чем система с резервированием.