c5 lucrare sisteme

CuprinsDatele de intrareLogica sistemuluiBarlow-Proschan

Birnbaum structuralCalculul MUT, MDT

Verificare solutii la refacere lucrare sisteme

Paul Ulmeanu

15 Mai 2011

Paul Ulmeanu Verificare solutii la refacere lucrare sisteme



CuprinsDatele de intrare

Date de intrare (x4 = 0)Date de intrare (x4 = 1)Relatii utile

Logica sistemuluiK vs. TLista traseelorDiagrama bloc sistemProbabilitatea de succes

Barlow-ProschanProbabilitatea de succes x1 = 1Probabilitatea de succes x1 = 0

Birnbaum structuralIdentificarea vectorilor critici ai componentei 4

Calculul MUT, MDTVerificare Paul Ulmeanu Verificare solutii la refacere lucrare sisteme



Cerinte si premize

I Structura logica a sistemului: obtinerea traseelor minimaleatunci cand se cunosc taieturile minimale si reciproc

I Etapele evaluarii verificarii solutiilor

I Calculul indicatorilor structurali

I Propunerile si analiza subiectelor pt. consultatii se realizeazain continuare conform http://energ.curs.pub.ro/2010





Date de intrare

I Sistemul analizat are un numar de sase componente binare,identice si independente, fiecare avind probabilitatea de succesp si intensitatea de defectare λ

I Logica sistemului este precizata prin indicarea unui set detrasee minimale, respectiv a unui set de taieturi minimale(ambele in doua ipoteze precizate: cand o componenta este instare de succes, respectiv aceeasi componenta in stare deinsucces)

I Construirea modelului face apel la tehnici algebrice prezentatela curs.





Date de intrare: trasee minimale cand x4 = 0

In cazul in care x4 = 0 (componenta 4 in stare de insucces),traseele minimale ale sistemului devin:

T1 = {1, 2}

T2 = {1, 3}

T3 = {2, 3}

T4 = {5, 6}





Date de intrare: taieturile minimale cand x4 = 1

In cazul in care x4 = 1 (componenta 4 in stare de succes),taieturile minimale ale sistemului devin:

K1 ={

1, 2, 5, 6}

K2 ={

1, 3, 5, 6}

K3 ={

1, 3, 5, 6}





Relatii utile

a ? a = a; a ? 0 = 0; a ? 1 = a; a ? a = 0;a+1 = 1; a+0 = a; a+a = 1;a+b = a+a ? b = b+b ? aa ? b = a+ba+b = a ? ba ? (b+c) = a ? b+a ? c




K vs. TLista traseelorDiagrama bloc sistemProbabilitatea de succes

Multimea taieturilor K in cazul x4 = 1 este: K = K1+K2+K3

Multimea traseelor in acest caz se obtine din relatia logicaInsuccesSistem = SuccesSistem.K = K1+K2+K3 = K1 ? K2 ? K3

unde:K1 = 1 ? 2 ? 5 ? 6⇒ K1 = 1+2+5+6K2 = 1 ? 3 ? 5 ? 6⇒ K2 = 1+3+5+6K3 = 2 ? 3 ? 5 ? 6⇒ K3 = 2+3+5+6K1 ? K2 = (1+2+5+6) ? (1+3+5+6) = 1+5+6+2 ? 3K1?K2?K3 = (1+5+6+2?3)?(2+3+5+6) = 1?2+1?3+2?3+5+6Rezulta multimea traseelor minimale in acest caz:T1 = {1, 2} ; T2 = {1, 3} ; T3 = {2, 3} ; T5 = {5} ; T6 = {6} .Observatie: S-au pastrat notatiile pentru: T1, T2 si T3. S-acontinuat notatia incepand cu T5, T4 fiind deja alocat (x4 = 0).





Cele doua ipoteze din enunt

Remarca: T1, T2 si T3 nu se modifica ca urmare ax4 = 1⇒ x4 = 0. Ca urmare T1, T2 si T3 nu contin componenta 4si sunt primele trei trasee identificate ale sistemului.





Lista traseelor minimale ale sistemului

Remarca: Sistemul are 6 trasee minimale: T1 = {1, 2} ,T2 = {1, 3}, T3 = {2, 3}, T4 = {5, 6}, T5 = {4, 6} si T6 = {4, 5}.





Diagrama bloc a sistemului si evidentierea traseelorminimale





Pentru un sistem ’2/3’, probabilitatea de succes este

P2/3 = 3p2 − 2p3

Rezulta probabilitatea de succes a sistemului

P = P2/3 + (1− P2/3)P2/3 = 2(3p2 − 2p3)− (3p2 − 2p3)2

P = 6p2 − 4p3 − 9p4 + 12p5 − 4p6




Probabilitatea de succes x1 = 1Probabilitatea de succes x1 = 0

Calculul factorului de importanta structuralaBarlow-Proschan pentru componenta 1

IBP(i = 1) =

∫ 1

0(∂P/∂p1)p dp

sau

IBP(i = 1) =

∫ 1

0(Px1=1 − Px1=0) dp

In continuare se prezinta calculul in cele doua cazuri: x1 = 1,respectiv x1 = 0.





Cazul x1 = 1





Pentru un sistem ’2/3’, probabilitatea de succes a sistemului este

P2/3 = 3p2 − 2p3

In cazul x1 = 1, probabilitatea de succes va fi

Px1=1 = P2/3 + (1− P2/3)(2p − p2)





Cazul x1 = 0





In cazul x1 = 0, probabilitatea de succes a sistemului va fi

Px1=0 = P2/3 + (1− P2/3)p2

RezultaPx1=1 − Px1=0 = (1− P2/3)(2p − 2p2) = 2p(1− p)(1− 3p2 + 2p3)Px1=1 − Px1=0 = −4p5 + 10p4 − 6p3 − 2p2 + 2pRezulta:IBP(i = 1) =

∫ 10

(−4p5 + 10p4 − 6p3 − 2p2 + 2p

)dp

IBP(i = 1) = −4/6 + 10/5− 6/4− 2/3 + 2/2 = 3/2− 4/3 = 1/6Observatie: Oricare ar fi fost logica acestui sistem,∑6

i=1 IBP(i) = 1. Sistemul fiind simetric, toate componentele auacelasi factor: IBP(i) = 1/6.




Identificarea vectorilor critici ai componentei 4

Calculul factorului de importanta structurala Birnbaumpentru componenta 4

IϕB (i = 4) = nϕ(4)/2n−1 = nϕ(4)/25

Trei reguli aplicate simultan:R1: sistemul in stare de succes (cel putin unul din cele sase traseeale sale sa fie activ);R2: componenta 4 in stare de succes;R3: x4 = 1→ x4 = 0 implica sistemul trece din starea de succes instarea de insucces.





R1 si R3: traseele T1, T2 si T3 inactive

Daca cel putin unul din traseele T1, T2 sau T3 este functional,atunci componenta 4 nu poate fi critica, intrucat schimbarea sax4 = 1⇒ x4 = 0 nu aduce schimbarea starii sistemului din succesin insucces, intrucat exista cel putin o alta solutie (traseu) carepoate prelua indisponibilitatea componentei 4:






In total sunt 4 astfel de variante (cea din slide-ul anterior siurmatoarele trei) :





R1 si R3: similar traseul T4 = {5, 6} inactiv, dar una dintrecomponentele sale trebuie sa fie disponibila

Componentele 5 si 6 sunt listate in traseele T4, T5 si T6.Componenta 4 este listata in traseele T5 si T6. De aceea, traseulT4 se discuta acum, separat de T1, T2, T3, intrucat componentele1, 2, 3 nu sunt listate in trasee care implica componenta 4.Alaturat componenta 6 este disponibila.





R1 si R3: similar traseul T4 = {5, 6} inactiv,dar una dintrecomponentele sale disponibila

Aici componenta 5 este disponibila.





Calculul factorului de importanta structurala Birnbaumpentru componenta 4

Pentru fiecare din cele 4 variante enumerate mai sus referitoare laT1,T2,T3 exista cate doua variante referitoare la T4.In total: 4x2 = 8 vectori critici.Rezulta:

IϕB (i = 4) = 8/25 = 0.25

Observatie. Lista vectorilor critici pentru componenta 4:V1 = (!1, !2, 3, 4, !5, 6) ; V2 = (!1, !2, 3, 4, 5, !6)V3 = (!1, 2, !3, 4, !5, 6) ; V4 = (!1, 2, !3, 4, 5, !6)V5 = (1, !2, !3, 4, !5, 6) ; V6 = (1, !2, !3, 4, 5, !6)V7 = (!1, !2, !3, 4, !5, 6) ; V8 = (!1, !2, !3, 4, 5, !6).





Reprezentare grafica

V1, V3 si V5 sunt vectori critici si pentru componenta 5. V2, V4 siV6 sunt vectori critici si pentru componenta 6. Reprezentareagrafica este alaturata. Rezulta ca sistemul are 8 · 6/2 = 24 vectoricritici: 6 sunt cu 4 componente indisponibile si 2 disponibile, restulde 18 vor fi cu 3 componente indisponibile si 3 disponibile.




Verificare

Calculul frecventei asteptate de intrerupere a nivelului desucces a sistemului

Pentru calculul frecventei ν, tinand seama de etapele parcursepana in prezent, vom utiliza relatia:

νs =6∑

i=1

IB(i) · νi

Intrucat toate componentele sunt identice, avemν1 = ν2 = ... = ν6 = λp.IB(i) = ∂P/∂pi = Pxi=1 − Pxi=0 = −4p5 + 10p4 − 6p3 − 2p2 + 2p




Verificare

Calculul timpului mediu de succes al sistemului

Timpul mediu de succes al sistemului este:

MUT = P/νS

Probabilitatea de succes a sistemului este:

P = 6p2 − 4p3 − 9p4 + 12p5 − 4p6

Frecventa asteptata de intrerupere a nivelului de succes asistemului este:

νs = 6λp(−4p5 + 10p4 − 6p3 − 2p2 + 2p)




Verificare

Calculul timpului mediu de insucces al sistemului

Timpul mediu de insucces al sistemului este:

MDT = Q/νS

Probabilitatea de succes a sistemului este:

Q = 1− P = 1− 6p2 + 4p3 + 9p4 − 12p5 + 4p6

Frecventa asteptata de intrerupere a nivelului de succes asistemului este:

νs = 6λp(−4p5 + 10p4 − 6p3 − 2p2 + 2p)




Verificare

Exemplu numeric

Fie p = 0, 6 si λ = 10−4 (1/h).Se obtin:IB(i) = −4p5 + 10p4 − 6p3 − 2p2 + 2p = 0, 16896νs = 6 · 0, 16896 · 0, 6 · 10−4 = 6, 08256 · 10−5 (1/h)P = 6p2 − 4p3 − 9p4 + 12p5 − 4p6 = 0, 876096MUT = P/ν = 0, 876096/(6, 08256 · 10−5) ∼= 14403, 4 (h)MDT = Q/ν = 0, 123904/(6, 08256 · 10−5) ∼= 2037 (h)




Verificare

Verificare

Sistemul are 26 = 64 stari:i) 1 stare cu toate cele sase componente in stare de insucces(indisponibile) ;ii) 6 stari cu cinci componente in stare de insucces si una in starede succes ;iii) 15 stari cu patru componente in stare de insucces si doua instare de succes (din care 6 critice);iv) 20 stari cu trei componente in stare de insucces si trei in starede succes (din care 18 critice) ;v) 15 stari cu doua componente in stare de insucces si patru instare de succes ;vi) 6 stari cu o componenta in stare de insucces si cinci in stare desucces ;vii) 1 stare cu sase componente in stare de succes.




Verificare

Verificare

Din cele 64 de stari, 48 sunt de succes (respectiv iv,v,vi,vii si 6stari din iii), iar 16 sunt de insucces (respectiv i,ii si 9 stari din iii).Q = q6 + 6q5p + 9q4p2 = 0, 123904νs = q6 · 6µ+ 6q5p(5µ− λ) + 9q4p2(4µ− 2λ) = 6, 08256 · 10−5

(1/h) respectivP = p6 + 6p5q + 15p4q2 + 20p3q3 + 6p2q4 = 0, 876096νs = p6 · 6λ+ 6p5q(5λ− µ) + 15p4q2(4λ− 2µ) + 20p3q3(3λ−−3µ) + 6p2q4(2λ− 4µ) = 6, 08256 · 10−5 (1/h)Observatie: Din cele 15 stari din iii), 6 sunt de succes:{1, 2, !3, !4, !5, !6} , {!1, 2, 3, !4, !5, !6} , {1, !2, 3, !4, !5, !6} ,{!1, !2, !3, 4, 5, !6} , {!1, !2, !3, 4, !5, 6} si {!1, !2, !3, !4, 5, 6}.


c5 lucrare sisteme

Documents