Logo GenDocs.ru

Поиск по сайту:  


Загрузка...

Диагностика и надежность АСУ - методичка по выполнению домашних заданий+ готовые д/з - файл ДИНАСУ Д3№1.docx


Диагностика и надежность АСУ - методичка по выполнению домашних заданий+ готовые д/з
скачать (355.4 kb.)

Доступные файлы (3):

ДИНАСУ Д3№1.docx69kb.23.12.2009 15:41скачать
ДИНАСУ Д3№2.docx42kb.22.12.2009 23:51скачать
Над инф систем,д.з.doc2141kb.06.10.2008 13:08скачать

содержание
Загрузка...

ДИНАСУ Д3№1.docx

Реклама MarketGid:
Загрузка...
Старооскольский технологический институт (филиал)

Федерального государственного образовательного учреждения

Высшего профессионального образования

«Государственный технологический университет

«Московский институт стали и сплавов»

Кафедра АиПЭ

Домашнее задание №1

по дисциплине:

«Диагностика и надежность автоматизированных систем»


Выполнила: студентка

группы АТП-05-1в

Носова Екатерина

Приняла: преподаватель

Основина Ольга Николаевна
Старый Оскол

2009г.



Домашнее задание №1

Расчет надежности невосстанавливаемых сложных систем с использованием различных методов.
Задание: Система описывается надёжностной функциональной схемой (НФС), представленной на рисунке 1.Элементы системы характеризуются следующими показателями надёжности:

  • интенсивность отказов , ч-1;

  • оперативное время восстановления tоп, ч.


Необходимо, используя метод минимальных путей и сечений, метод разложения относительно особого элемента и логико-вероятностный метод, рассчитать следующие показатели надёжности невосстанавливаемой системы:

  • вероятность безотказной работы ;

  • среднюю наработку до отказа ;

  • интенсивность отказов .

Таблица 1- Вариант задания и исходные данные

№в.

№сх




λ110-4, ч-1

λ210-4, ч-1

λ310-4, ч-1

λ410-4, ч-1

λ510-4, ч-1

λ610-4, ч-1

λ710-4, ч-1

λ810-4, ч-1

λ910-4, ч-1

λ1010-4, ч-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

5

5

640

5

1,5

2

3

1,5

-

2,5

1

2

4

Вариант структурной надёжностной схемы

  1. 

  2. Метод минимальных путей и сечений.

  1. Определим набор минимальных путей:




Т.о. вычислим значения безотказной работы каждого элемента:

Р1 = 0.726 Р5 = 0.908 Р10 = 0.774

Р2 = 0.908 Р7 = 0.852

Р3 = 0.880 Р8 = 0.938

Р4 = 0.825 Р9 = 0.880

Вероятность безотказной работы системы будет равна:

Рс = р1(1 – (1 – р2р3р9)(1 – р5р7р10)(1 – р2р3р8р10)(1 – р5р7р8р9))

Рс = 0.713

Средняя наработка до отказа будет равна:

Тср=0∞Рсtdt = 1408.382 ч.

Интенсивность отказов системы будет равна:

λ= 1Тср =7.1×10-4

  1. 

  2. Определим набор минимальных сечений:

Вероятность безотказной работы системы будет равна:

Рс = р1(1 - (1 - р2)(1 - р5)) (1 - (1 – р3)(1 - р5)) (1 - (1 – р3)(1 – р7)) (1 - (1 – р7)(1 – р9)) (1 - (1 – р9)(1 – р10)) (1 - (1 - р2)(1 – р4)(1 – р7)) (1 - (1 – р5)(1 – р8)(1 – р9)) (1- (1 - р2)(1 – р4)(1 – р8)(1 – р10))

Рс = 0.666

Тср=0∞Рсtdt =

λ= 1Тср =

  1. 

  2. Метод разложения относительно особого элемента.

Выберем в качестве особых следующие элементы: 3,4,5,8. Тогда количество состояний будет равно: n=24 = 16




сх

3

4

5

8

Вероятность

1

Сх1

+

+

+

+

Рс3р4р5р8р1(1 – (1 – р9)(1 – р10))

2

Сх2

+

+

+

-

Рс3р4р5q8р1(1 – (1 – р9)(1 – р7 р10))

3

Сх3

+

+

-

+

Рс3р4q5р8р1р2(1 – (1 – р9)(1 – р10))

4

Сх4

+

+

-

-

Рс3р4q5q8р1р2 р9

5

Сх5

+

-

+

+

Рс3q4р5р8р1(1 – (1 – р2)(1 – р7))(1-(1-р9)(1-р10))

6

Сх6

+

-

+

-

Рс3q4р5q8р1(1 – (1 – р9)(1 – р10))

7

Сх3

+

-

-

+

Рс3q4q5р8р1р2(1 – (1 – р9)(1 – р10))

8

Сх4

+

-

-

-

Рс3q4q5q8р1р2 р9

9

Сх7

-

+

+

+

Рс=q3р4р5р8р7р1(1-(1-р9)(1-р10))

10

Сх8

-

+

+

-

Рс=q3р4р5q8р1р7 р10

11

-

-

+

-

+

-

12

-

-

+

-

-

-

13

Сх7

-

-

+

+

Рс=q3q4р5р8р7р1(1-(1-р9)(1-р10))

14

Сх8

-

-

+

-

Рс=q3q4р5q8р1р7 р10

15

-

-

-

-

+

-

16

-

-

-

-

-

-

Сх.1. Сх.2.

Сх.3. Сх.4.

Сх.5. Сх.6.

Сх.7. Сх.8.

Т.о. общая вероятность безотказной работы системы будет равна:

Рс= р3р4р5р8р1(1 – (1 – р9)(1 – р10)) + р3р4р5q8р1(1 – (1 – р9)(1 – р7 р10)) +

3р4q5р8р1р2(1 – (1 – р9)(1 – р10)) + р3р4q5q8р1р2 р9 +

+ р3q4р5р8р1(1 – (1 – р2)(1 – р7))(1-(1-р9)(1-р10)) + р3q4р5q8р1(1 – (1 – р9)(1 – р10))+

+ р3q4q5р8р1р2(1 – (1 – р9)(1 – р10)) + р3q4q5q8р1р2 р9 +

+q3р4р5р8р7р1(1-(1-р9)(1-р10)) + q3р4р5q8р1р7 р10 +

+ q3q4р5р8р7р1(1-(1-р9)(1-р10)) + q3q4р5q8р1р7 р10

Рс=

Средняя наработка до отказа будет равна:

Тср=0∞Рсtdt = ч.

Интенсивность отказов системы будет равна:

λ= 1Тср =

  1. 

  2. Логико-вероятностный метод

Преобразуем ∆8.9.10 →Yabc

Получим:

Рa=1 – qa= 1 – q8q10=1 – (1 – р8)(1 – р10)

Рb=1 – qb= 1 – q8q9=1 – (1 – р8)(1 – р9)

Рc=1 – qc= 1 – q9q10=1 – (1 – р9)(1 – р10)

Составим СДНФ по методу минимальных путей:

СДНФ:

У= х1хс2х3хb + x5x7xa + x5x4x3xb)

  1. 

  2. Выберем в качестве ключевого элемента 3й элемент:



Y= x1xc(x3(x2xb + x5x7xa +x5x4xb) + (x3x5x7xa))

  1. Выберем в качестве ключевого элемента 5й элемент:



Y = x1xc(x3(x5(x2xb +x7xa +x4xb) + x5x2xb) +x3x5x7xa)

  1. Выберем в качестве ключевого 4 й элемент:



Y= x1xc(x3(x5(x4(xcxb +x7xa +xb) +x4(x2xb+x7xa))+x5x2xb)+x3x5x7xa)

Минимизируем полученную СДНФ:

Y = x1xc(x3(x5(x4(xb +x7xa)+x4(x2xb+x7xa))+x5x2xb)+x3x5x7xa)

Т.о. общая вероятность безотказной работы системы будет равна:

Рс(t)= р1рс354b7ра- рbр7ра) +q42рb+ р7ра - р2рbр7ра))+q5р2рb) + q3р5р7ра)

Рс(t)=

Средняя наработка до отказа будет равна:

Тср=0∞Рсtdt = ч.

Интенсивность отказов системы будет равна:

λ= 1Тср =


Скачать файл (355.4 kb.)

Поиск по сайту:  

© gendocs.ru
При копировании укажите ссылку.
обратиться к администрации
Рейтинг@Mail.ru