МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ Белорусский национальный технический университет Кафедра «Высшая математика № 2» А. Н. Рудый ЭЛЕМЕНТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ТЕОРИИ НАДЕЖНОСТИ Конспект лекций Минск БНТУ 2014 МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РЕСПУБЛИКИ БЕЛАРУСЬ Белорусский национальный технический университет Кафедра «Высшая математика № 2» А. Н. Рудый ЭЛЕМЕНТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ТЕОРИИ НАДЕЖНОСТИ Конспект лекций Минск БНТУ 2014 2 УДК 519.21(075.8) ББК 22.17я7 Р83 Рецензенты: доктор физико-математических наук, профессор А. В. Чигарев; кандидат технических наук, доцент В. И. Юринок Рудый, А. Н. Элементы математической теории надежности : конспект лекций / А. Н. Рудый. – Минск : БНТУ, 2014. – 131 с. ISBN 978-985-550-211-2. В издании рассмотрены основные законы распределения времени наработки на от- каз, возникающие в теории надежности, их характеристики. Рассмотрено также резерви- рование и его виды, а также связанные с надежностью случайные процессы и потоки со- бытий (потоки отказов и потоки восстановлений). Для закрепления теоретического мате- риала приводятся упражнения. Расчет показателей надежности проводится в пакете Mathematica. Издание предназначено для студентов 3-го курса энергетического факультета. УДК 519.21(075.8) ББК 22.17я7 ISBN 978-985-550-211-2 © Рудый А. Н., 2014 © Белорусский национальный технический университет, 2014 Р83 3 Введение В основу курса положены лекции спецкурса, читаемого автором для студентов специальности 1-43 01 02 «Электроэнергетические сети и си- стемы» ЭФ БНТУ, цель которого – ввести математические термины и ха- рактеристики, используемые в теории надежности, а также изложить ма- тематическую составляющую, лежащую в ее основе. Теория надежности широко используется в инженерной практике на этапах проектирования, сооружения и эксплуатации электроэнергетиче- ских систем. В процессе проектирования необходимо правильно рассчиты- вать надежность создаваемой системы, в процессе эксплуатации экспери- ментально проверить показатели надежности. В лекциях рассмотрены основные законы распределения времени нара- ботки на отказ, возникающие в теории надежности, их характеристики. Рассмотрено также резервирование и его виды, а также связанные с надежностью случайные процессы и потоки событий(потоки отказов и по- токи восстановлений).Для закрепления теоретического материала приво- дятся необходимые упражнения. Расчет показателей надежности прово- дится в пакете Mathematica. Автор благодарит М. И. Фурсанова за внимание и советы при подго- товке курса, Е. Л. Бохан и Д. А. Исаева за подготовку рукописи к печати. 4 § 1. Вероятностное пространство Определение 1. Вероятностным пространством будем называть тройку ( , , )U P , где Ω – пространство элементарных исходов, U – алгеб- ра событий, P – вероятность (функция на U со значениями во множестве действительных чисел R). Замечание. Ω – это произвольное множество, U – алгебра событий (совокупность подмножеств множества Ω, замкнутая относительно опера- ций сложения, умножения и разности событий ). Свойства функции P: 1) ( ) 0,P A A U   ; 2) ( ) 1P   ; 3) ( ) ( ) ( )P A B P A P B   – для несовместных событий (события А и В несовместны, если A B   если произойдет А, то это исключает, что произойдет В, и наоборот). Определение 2. События А и В независимы, если ( ) ( ) ( )P A B P A P B   . (1) Определение 3. Пусть ( ) 0P B  . Тогда условная вероятность наступ- ления события А при условии, что В произошло, ( ) ( / ) ( ) P AB P A B P B  . (2) Пример 1. Вероятность отказа каждого элемента электрической цепи равна 0,1. Элементы работают независимо друг от друга. Отказ элемента – его деструкция, приводящая к разрыву соответствующего участка цепи. Найти вероятность того, что между точками А и В будет идти электриче- ский ток. M N K A B E F Решение. Схема в примере – это логическая модель надежности. При последовательном соединении элементов модели удобно вычислять веро- 5 ятность работы соответствующего участка (произведение вероятностей ра- бот каждого элемента), при параллельном – отказ (произведение вероятно- стей отказов каждого элемента). 3 2 работы отказа( ) 0,9 ; ( ) (0,1)P EF P MN  ; 2 работы( ) 1 (0,1) 0,99;P MN    2 работы( ) (1 (0,1) ) 0,9 0,99 0,9 0,891;P MK       3 отказа ( ) (1 (0,9) )(1 0,891) 0,029539P AB     ; работы отказа( ) 1 ( ) 1 0,029539 0,970461P AB P AB     . Замечание. При построении логической модели надежности каждому элементу реальной электрической цепи ставят в соответствие элемент ло- гической модели. При этом, если элемент электрической цепи работоспо- собен, то ему соответствует элемент логической модели, имеющий беско- нечную проводимость, а неработоспособному элементу соответствует эле- мент с нулевой проводимостью. Например, электрической цепи с диодами D1 D2 D3 или резисторами R1 R2 R3 при отказах типа «обрыв» соответствует логическая модель 1 2 3 . Для конденсаторов можно рассматривать два типа отказов: короткое замыкание или обрыв. Тогда имеет место следующие соответствия элек- трической цепи и логических моделей. 6 Пример 2. Построить логическую модель и определить вероятность безотказной работы схемы соединения конденсаторов. Типы отказов конденсаторов: 1) короткое замыкание; 2) обрыв. с1 с2 с3 Вероятность безотказной работы каждого 0,8; 1, 2, 3ip i  . Решение. 1) Логическая модель надежности: А В 1 2 3 . 3 работы 1 2 3( ) 0,8 0,512P AB p p p     . 7 2) Логическая модель надежности: 1 A 2 В 3 3 отказа 1 2 3 1 2 3( ) (1 )(1 )(1 ) 0,2 0,008P AB q q q p p p         . 3 работы( ) 1 (0,2) 0,992P AB    . Пример 3. Найти вероятность безотказной работы схемы, логическая модель которой: 1 2 5 3 4 Вероятность безотказной работы каждого элемента 0,9; 1, ..., 5ip i  . Решение. Пусть 1 ; 1, ..., 5.i iq p i   Применим метод разложения относительно особого элемента: пусть гипотеза 1H – 5-й элемент отказал, 2H – 5-й элемент работоспособен. 1 5 5 2 5( ) 1 0,1; ( ) 0,9P H p q P H p      . Этим гипотезам соответствуют схемы: 1 2 отказа 1 2 3 4( ) (1 )(1 ) 0,0361P AB p p p p      A В работы( ) 1 0,0361 0,9639P AB    . 3 4 1 2 А В 3 4 2 2 работы 1 3 2 4( ) (1 )(1 ) (1 (0,1) ) 0,9801P AB q q q q      . 8 Далее по формуле полной вероятности: работы 1 1 2 2( ) ( / ) ( ) ( / ) 0,1 0,9639 0,9 0,9801 0,97839.P P H P A H P H P A H         Упражнения 1.1. Найти вероятность безотказной работы схемы, логические модели которых: а) 1 2 4 3 б) 1 3 4 2 в) 1 3 . 2 4 Вероятности безотказной работы элементов равны , 1, 2, 3, 4ip i  . Ответ. а) 4 1 2 3(1 (1 )(1 )(1 ));p p p p    б) 3 4 1 2(1 (1 )(1 ))p p p p    ; в) 1 2 3 4(1 (1 )(1 ))(1 (1 )(1 ))p p p p      . 1.2. Вероятности безотказной работы каждого элемента за время Т равны 0,9. Найти вероятность безотказной работы за время Т схем, логиче- ские модели которых: 9 а) б) в) г) д) 10 е) ж) Ответ. а) 0,97929 ; б) 0,890109; в) 0,8893; г) 0,989; д) 0,998128; е) 0,985; ж) 0,99586. 11 § 2. Случайные величины Определение 1. Пусть ( , , )U P – вероятностное пространство. Дей- ствительнозначную функцию :X R , определенную на Ω будем назы- вать случайной величиной (для краткости СВ Х), если t R  множество  ( )tU X t U     . При этом функция ( ) ( )XF t P X t  называется функцией распределения СВ Х. Если множество значений СВ Х – конечно или счетно, то СВ Х называется дискретной, если значения СВ Х целиком заполняют некоторый интервал действительной оси, то СВ Х называется непрерывной. Замечание. Среди непрерывных СВ будем рассматривать абсолютно- непрерывные, а именно такие, что ( ) ( ) , t XF t f x dx    (1) где ( ) 0, ( )f x f x – кусочно-непрерывна. При этом функция ( )y f t называется плотностью вероятностей СВ Х и верны формулы: ( ) ( ),f t F t t R   , (2) ( ) ( )M X tf t dt     , (3) где М(Х) – математическое ожидание (среднее значение) СВ Х; 2 2( ) ( ) ( )D X t f t dt M X     – дисперсия СВ Х; (4) ( ) ( )X D X  – среднее квадратическое отклонение СВ Х. (5) Для дискретной случайной величины Х, заданной законом Х х1 х2 … xn Р р1 р2 … рn 1 ( ) n i i i M X x p    , (6) 2 2 1 ( ) ( ) n i i i D X x p M X     . (7) 12 Определение 2. Дискретная СВ Х называется распределенной по закону Бернулли ( , )B n p (биномиальному закону), если значения X: 0, 1, …, n и ( ) ; 1 ; 0 1, 0,1,...,k k n knP X k C p q q p p k n          , (8) , 0; ,n Z n n p  – параметры распределения. Замечание. ( ) ; ( )M X np D X npq  . Пример 1. Система состоит из 4-х блоков, работающих независимо друг от друга. Вероятность безотказной работы любого из них за время t р = 0,8. Для нормальной работы системы за время t необходимо, чтобы ра- ботали хотя бы 3 блока. Найти вероятность того, что: 1) система будет работать в течение времени t; 2) система откажет. Решение. Пусть СВ Х – число работающих исправно в течение време- ни t блоков. Тогда по формуле (8) 1) 4 4 0 3 3 1 4 3 1 4 4( 4) ( 3) 0,8 4 0,8 0,2 0,8192P P X P X C p q C p q           ; 2) 2 11 1 0,8192 0,1808P P     . Замечание. Биномиальный закон распределения часто применяется при статистическом контроле качества изделий, когда мало сведений о природе и поведении изделий и их нужно разделить на исправные и неис- правные. Определение 3. Дискретная СВ Х называется распределенной по за- кону Пуассона П(λ) , если значения Х :0, 1, 2,..., ,...X m и ( ) ! k P X k e k   , (9) где 0  – параметр распределения, k = 0, 1, 2, ... . Замечание. ( ) ; ( )M X D X    . Теорема 1 (теорема Пуассона). Пусть СВ Х распределена по закону Бернулли с параметром р. Пусть 0,p n  , так что constn p    , тогда 0 (1 ) ! lim k k k n k n n p C p p e k         . (10) Замечание. Из теоремы 1 следует, что распределение Пуассона П( )n p – предельный случай биномиального распределения при n . 13 Если n велико, а р мало, то вместо формулы (8) для распределения B(n, p) используют формулу (9), где n p   . Пример 2. Радиоэлектронная система (РЭС) состоит из 200 узлов. Ве- роятность отказа каждого из них за время t равна 0,005. Найти: 1) среднее число отказавших за время t узлов; 2) вероятность того, что за время t откажет менее 3-х узлов; 3) вероятность отказа хотя бы одного узла за время t. Решение. Пусть СВ Х – число отказавших за время t узлов. Тогда: 1) ( ) 200 0,005 1M X n p     ; 2) 0 1 2 1 ( 0) ( 1) ( 2) 0! 1! 2! P P X P X P X e e e               , где 1n p    . Поэтому 1 1 1 11 1 5 0,92 2 2 p e e e e        ; 3) 12 1 ( 0) 1 0,63p P X e       . Определение 4. Непрерывная СВ Т называется распределенной по нормальному закону ( ; )N a  , если ее функция плотности вероятностей 2 2 ( ) 2 1 ( ) 2 t a f t e     . (11) Замечание. 2( ) ; ( )M T a D T   ; ( ) ( ) ( ) ( )P T P T P T P T               (12) a a                 , где ( )t – интегральная функция Лапласа: 2 2 0 1 ( ) 2 xt t e dx      . (13) При этом 1 ( ) 2 t a F t        – функция распределения СВ Х. Если число испытаний n для СВ Х, распределенной по закону Бернул- ли B(n, p) велико, то используют приближенную формулу: 14 2 11 2 1 ( ) m np m np P m T m o npq npq npq                             , (14) где р – вероятность успеха в одном испытании; 1 ;q p  1 o npq        – бесконечно малая более высокого порядка малости, чем 1 при npq npq  . Пример 3. Пусть СВ Т задает момент времени выхода из строя произ- водимой детали; ( ) ( )TF t P T t  – вероятность того, что деталь откажет на промежутке  0; t . Предположим, что Т распределена по закону (1000;250)N ; ( 1000 ч; 250 ч)a    . 1) Найти вероятность того, что деталь проработает безотказно не ме- нее 1250 ч. 2) Вероятность того, что наработка на отказ будет находится в интер- вале ( 2 ; 2 )a a    . 3) Вероятность того, что безотказно проработав до 1250 ч, деталь без- отказно проработает и до 1750 ч. Решение. 1) Искомая вероятность равна вероятности того, что Т примет значе- ние из промежутка (1250; ) 1 1250 ( 1250) 1 (1250) 1 2 T a P T F                 1 (1) 0,5 0,3413 0,1587 2      . 2) По формуле (12) 2 2 ( 2 2 ) a a a a P a T a                         (2) ( 2) 2 (2) 2 0,4772 0,9544        . 3) Необходимо вычислить условную вероятность  1710 1250P T T  . Пусть событие А: Т > 1750, событие B: T > 1250. Тогда по формуле (2) § 1  1710 1250P T T  =   1 1750 ( ) ( 1750) 2 1 1250( ) ( 1250) 2 a P AB P T P A B aP B P T                 15 1 (3) 0,5 0,498652 0,0085 1 0,50 0,3413 (1) 2       . Замечание. СВ Т из примера 3 называется временем жизни или вре- менем наработки на отказ. Определение 5. Непрерывная СВ Х называется распределенной по экс- поненциальному закону Ex( ) , если ее функция плотности вероятностей ; 0 ( ) 0; 0 te t f t t       , (15) где 0  – параметр распределения. Замечание. 1 ; 0 ( ) ( ) 0; 0, tt e t F t f x dx t           (16) 2 1 1 ( ) ; ( )M X D X    . Пример 4. Время Т наработки элемента на отказ распределено по экс- поненциальному закону 5 5 1 Ex(5 10 ), 5 10 ч      . Найти вероятность без- отказной работы элемента за 500 ч. Решение. 0,025 500 ( 500) 1 (500) 0,9753t t P T F e e         . Замечание. СВ Т в примерах 3 и 4 – время жизни элемента – непрерывна. Поэтому в примерах и всюду в дальнейшем 0 0 0( ) 0; ( ) ( )P T t P T t P T t     . Пример 5. Вероятность безотказной работы изделия в течение 60 ч равна 0,9. Предполагается, что время жизни элемента распределено по экспоненциальному закону. Найти условную плотность вероятности того, что изделие откажет в момент времени t, при условии, что до этого изделие работало безотказно. Решение. СВ Т – время жизни элемента; ( ) 1 tTF t e   . ( 60) 0,9P T   , 601 ( 60) 0,9;1 (60) 0,9;1 (1 ) 0,9;P T F e         16 60 4 10 ln ln0,9 190,9; 60 ln0,9; 17,56 10 60 60 ч e            ; ( ) 1 ( ) 1 (1 )t tP T t P T t e e         . Пусть 1t t . Тогда     11 1 ( ) ( ) T P t T t F t T t P T t T t P T t          1 1(1 ) (1 ) t tt t t t e e e e e e            . Тогда       1 1 1 . t T T tt e f t T t F t T t f t T t e           . Упражнения 2.1. Электронная система в состоянии выполнить свои задания при как минимум четырех исправных каналах из 5 имеющихся. Вероятность P работы каждого канала в течение времени t равна 0,8. Найти вероятность того, что: 1) система будет работать; 2) система откажет. Ответ 2.1. 1) 0,73728; 2) 0,26272. 2.2. Система имеет 4 резервных элемента. Вероятность р отказа каж- дого из них в течение времени t: р = 0,25. Найти вероятность того, что в течение времени t будет исправен: 1) один элемент; 2) хотя бы один элемент; 3) откажут все; 4) найти среднее число отказавших элементов. Ответ 2.2. 1) 0,046875; 2) 0,9961; 3) 0,0039. 2.3. Устройство состоит из 4 независимо работающих элементов. Ве- роятность того, что за время t откажет хотя бы один из них, равна 0,5904. Найти вероятность того, что за это время откажут: 1) 2 элемента; 2) менее 2-х; 3) не менее 2-х; 4) найти среднее число отказавших элементов. Ответ 2.3. 1) 0,1536; 2) 0,8192; 3) 0,1808; 4) 0,8. 17 2.4. Радиосхема состоит из 2000 узлов. Вероятность р отказа любого из них за время t: р = 0,001. Найти вероятность того, что за время t в си- стеме произойдет: 1) 3 отказа; 2) менее 3-х отказов; 3) не менее 3-х отказов; 4) хотя бы один отказ; 5) найти средне число отказавших элементов. Ответ 2.4. 1) 0,180447; 2) 0,67667; 3) 0,32333; 4) 0,864665; 5) 2. 2.5. Время Т жизни элемента распределено по закону 5 1 Ex 2 10 ч      . 1) Написать функцию распределения ( )TF t и функцию плотности ве- роятностей ( )Tf t для СВ Т. 2) Определить вероятность того, что элемент будет в рабочем состоя- нии через: а) 500 ч; б) 1000 ч. 3) Определить вероятность того, что время жизни лежит в промежутке  500 ч; 1000 ч . 4) Определить среднее время жизни. 5) Определить вероятность того, что наработка на отказ элемента < 1000 ч, при условии, что до 500 ч он работал нормально. 6) Определить какое время наработки на отказ можно гарантировать с вероятностью p = 0,6. Ответ 2.5. 2а) 0,99; 2б) 0,9801; 3) 0,00995; 4) 50000 ч; 5) 0,01005; 6) 25541 ч. 2.6. Время Т жизни элемента распределено по закону N (2000 ч; 500 ч). 1) Написать функцию распределения ( )TF t и функцию плотности ве- роятностей ( )Tf t для СВ Т. 2) Определить вероятность того, что элемент будет в рабочем состоя- нии через: а) 2000 ч; б) 3000 ч. 3) Определить вероятность того, что наработка на отказ лежит в про- межутке  2000 ч; 3000 ч . 4) Определить среднее время жизни. 5) Определить вероятность того, что время жизни элемента < 3000 ч, при условии, что до 2000 ч он работал нормально. 6) Определить, какое время жизни можно гарантировать с вероятно- стью p = 0,6. Ответ 2.6. 2а) 0,5; 2б) 0,0228; 3) 0,4772; 4) 2000 ч; 5) 0,9544; 6) 1875 ч. 2.7. Конструкторское бюро разрабатывает прибор, рабочий ресурс ко- торого равен: a) 7000 ч; b) 9000 ч; c) 12000 ч. При разработке можно ис- пользовать одну из четырех деталей А, В, С, D. Время наработки на отказ деталей А, В, С, D распределено соответственно по законам 18 3 31 1 1 1Ex 10 ; Ex 10 ; (8000 ч; 2000 ч); (8000 ч; 500 ч). 3 ч 5 ч N N               Ка- кую из деталей предпочтительней использовать? Расположить детали в порядке убывания предпочтения. Ответ 2.7. а) D, C, B, A; b) C, B, A, D; c) B, C, A, D. 19 § 3. Основные понятия теории надежности Определение 1. Пусть СВ Т ( 0)T  задает момент времени выхода из строя элемента (время наработки на отказ, или время жизни). Функцию распределения ( ) ( )TF t P T t  будем называть функцией ненадежности ( ( )TF t задает вероятность отказа элемента на промежутке [0 ; t)). Функцию ( ) 1 ( )T Tp t F t  (1) будем называть функцией надежности (p(t) задает вероятность того, что элемент откажет на промежутке  ;t  , или его время жизни t ). Пример 1. Вероятность того, что изделие работало безотказно на промежутке времени [0; 4500), равна 0,406. Предположим, что время жиз- ни Т распределено по экспоненциальному закону. 1) Найти Тср – среднее время жизни. 2) Найти вероятность того, что изделие будет исправно при t = Tср. Решение. 1 , 0 ( ) 0, 0 te t F t t       по формуле (1) , 0 ( ) 0, 0 te t p t t      . (2) Тогда 4500 ln(0,406) 1 1 (4500) 0,406; 0,406; 4500 5000 ч p e             . 1) ср 1 5000 чT    . 2) 1 15000 5000 (5000) 0,367872 t t p e e        . Замечания. 1. Так как 0T  , то (0) 1p  . 2. Так как ( )TF t – неубывающая функция и lim ( ) 1T t F t   , то p(t) – не- возрастающая функция и lim ( ) 0 t p t   . Пример 2. Пусть Т распределена по закону Ex( ) , 1 , 0 ( ) 0, 0. te t F t t       . Тогда , 0 ( ) 0, 0 te t p t t      . На рис. 1 приведем графики p(t) для 3 3 1 1 1 1 Ex 10 , Ex 10 5 ч 3 ч              . 20 2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 14 000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности для показательного распределения 1 2 Рис. 1. Графики p(t) для экспоненциальных распределений: 3 31 1 1 11) Ex 10 ; 2) Ex 10 3 ч 5 ч              . Пример 3. Пусть Т распределена по закону ( , )N a  , 1 ( ) 2 T t a F t        , тогда 1 ( ) 2 t a p t        , где 2 2 0 1 ( ) 2 xt t e dx      . На рис. 2 приведем графики p(t) для N(5000 ч, 1500 ч) и N(5000 ч, 500 ч). 2000 4000 6000 8000 10 000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности для нормального распределения 1 2 Рис. 2. Графики p(t) для: 1) N(5000 ч, 1500 ч); 2) N(5000 ч, 500 ч) p(t) p(t) t, ч t, ч 21 Определение 2. Условная плотность вероятности отказа элемента в момент времени t, при условии, что на промежутке  0; t он работал безот- казно, называется интенсивностью отказа элемента в момент времени t. Интенсивность отказа обозначим через ( )t . Таким образом, ( ) ( )Tt f t T t   . Замечание. ( )t t  равно, при небольших t , вероятности того, что элемент, проработав безотказно на промежутке  0; t , откажет на проме- жутке  ;t t t  . При этом ( )f t t  равно вероятности отказа элемента на промежутке  ;t t t  , независимо от того, работоспособен он или нет в момент времени t. Теорема 1. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) T T T T p t f t t p t p t      . (3) Доказательство. Пусть 0t  , событие А – элемент откажет на про- межутке  ;t t t  , событие В – элемент откажет на промежутке  ;t  (то есть безотказно проработает на промежутке  0; t ). Тогда B A A  и ( ) ( ) ( ) ( )P A P BA P B P A B   , (4) но ( ) ( ) ( )P A f t t o t    , ( ) ( ) ( )P A B t t o t     , ( ) ( )TP B p t , где ( )o t – бесконечно-малая более высокого порядка малости, чем t , при 0t  . Подставив найденные вероятности в формулу (4), получим: ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) ( ) ( ) ( )T Tf t t o t p t t t o t p t t t o t              , ( ) ( ) ( ) ( )T o t f t p t t t      , и в пределе при 0t  получим ( ) ( ) ( )Tf t p t t  . Упражнение. Доказать, что для экспоненциального распределения Ex( ) интенсивность отказов ( )t – постоянна и ( )t   . Замечание. При статистическом оценивании значений ( )f t t  и ( )t t  число отказавших элементов на промежутке  ;t t t  делят на число всех испытуемых ( при оценивании ( )f t t  ) и на число исправных к моменту времени t (при оценивании ( )t t  ). 22 Интенсивность отказов ( )t является важным показателем надежно- сти. Его нетрудно оценить статистически и он дает наглядное представле- ние о поведении объекта исследования. Показатель ( )f t менее нагляден. Например, рассмотрим промежуток  0; 4000 ч и 1 чt  , тогда ( ) ( ), ( ) ( )f t t f t t t t     . Тогда для распределений (3000 ч; 500 ч)N и (0,3; 0,01)W (распределение Вейбулла, см. § 7, п. 7.4 ) графики ( )f t и ( )t будут иметь вид, представленный на рис. 3. 1 2 2500 3000 3500 4000 0.001 0.002 0.003 0.004 Функции плотности и интенсивности для нормального распределения N 3000,500 1 2 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.0010 функции плотности и интенсивности дляW 0.3;0.01 Рис. 3. Графики: 1→ ( )f t ; 2→ ( )t График функции ( )t имеет во многих случаях типичную U-образную форму. Например, для системы, логическая модель надежности которой: Функции плотности нтенсивности го распределения N(3 0;500) Функци пло сти интенсивности для W(0,3;0,01) t, ч t, ч 23 1 2 , причем время жизни первого элемента (0,3; 0,01)W (распределение Вей- булла, см. § 7, п. 7.4), а второго – (2500; 400)N , график ( )t имеет вид, представленный на рис. 4. 1000 2000 3000 4000 t час 0.002 0.004 0.006 0.008 0.010 0.012 0.014 t Интенсивность отказов системы Рис. 4. График функции ( )t интенсивности отказов системы Замечание. Отказы на промежутке  0; 200 ч – приработочные, отка- зы на промежутке  2000;  вызваны старением. Выпишем зависимости между показаниями надежности ( ), ( ), ( )T T TF t f t p t и ( )t . 1. ( ) ( ) 1T TF t p t  . (5) ( ) ( ) ( )T Tf t F t p t    . (6) 0 ( ) ( ) ( ) ( ) t T T t F t f x dx p t f x dx           (7) 2. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) p t f t t p t p t      (см. теорему 1). 3. Выразим p(t) через ( )t . Для этого решим дифференциальное урав- нение (3) с начальными данными (0) 1p  . ( ); ( ) ; p dp t t dt p p      ( )t t, ч 24 0 ln ( ) ; t p x dx C    0 ( ) 1 , t x dx p C e    так как 1(0) 1 1p C   . Таким образом, 0 ( ) t x dx p e    . (8) Найдем еще ср( )M T T – среднее время наработки на отказ (среднее время жизни). 0 0 ( ) ( ( )) ( ( )) ср u t T tf t dt td p t dv d p t             0 0 0 ( ) ( ) ( )t p t p t dt p t dt         . Из физических соображений считаем, что 1 ( )p t o t        при t . Таким образом, ср 0 0 ( ) ( ) ( )M T T tf t dt p t dt       . (9) Аналогично 2 2 2 2 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ( )) ( )D T t f t dt M T t d p t M T          (10) 2 0 2 ( ) ( )t p t dt M T     . Упражнения 3.1. Пусть время жизни Т элемента распределено равномерно на от- резке  0, b (обозначим такое распределение (0, )U b ). 25 Выписать: 1) функцию плотности вероятностей ( )Tf t ; 2) функция распределения ( )TF t ; 3) функцию надежности ( )Tp t ; 4) функцию интенсивности отказов ( )t ; 5) среднее время жизни. Ответ.   1 , 0, ( ) 0, t b f t b t b       ;  , 0, ( ) 1, t t b F t b t b       ;  1 , 0, ( ) 0, t t b p t b t b        ;   ср 1 ( ) , 0, ; . 2 b t t b T b t      3.2. Пусть время жизни Т элемента распределено по закону: а) Ex( ) ; б) ( ; )N a  . Выписать: 1) функции ( )Tf t , ( )TF t ; 2) функцию надежности ( )Tp t ; 3) функцию интенсивности отказов ( )t ; 4) Tcp. Ответ. а) ( ) tf t e   , ( ) 1 tF t e  , ( ) tp t e , ср 1 ( ) ,t T     ; б) 2 2 ( ) 2 1 1 ( ) , ( ) Ф , 22 t a t a f t e F t             1 ( ) Ф , 2 t a p t         ср ( ) ( ) , ( ) f t t T a p t    . 3.3. Время Т наработки элемента на отказ распределено по закону Ex( ) . Найти вероятность того, что элемент будет в рабочем состоянии в мо- мент времени Тср (откажет на промежутке ср( ; )T  ). Ответ. 1e . 3.4. Время Т наработки элемента на отказ распределено по закону Ex( ) . Вероятность того, что элемент работал безотказно на промежутке  0;1500 ч , p = 0,607. Найти вероятность того, что элемент будет в рабочем состоянии в момент времени t = 6000 ч. Ответ. 0,1358. 3.5. Время Т наработки элемента на отказ распределено по закону ( ; )N a  . Вероятность того, что элемент в рабочем состоянии в момент времени 13000 ч, 0,9088t p  . Та же вероятность для момента времени 24000 ч 0,7475t p  . Найти вероятность того, что элемент будет в рабо- чем состоянии в момент времени: а) t = 5000 ч; б) t = 7000 ч. Ответ. а) 1 2 ; б) 0,09. 26 § 4. Статистическое оценивание показателей надежности Пусть на промежутке времени  0; T испытывается N0 одинаковых элементов. Разобьем промежуток на n частичных промежутков одинаковой длины t точками 0 10, , ..., nt t t T  . Пусть ( )iN t – число исправных эле- ментов в момент времени ti, тогда 1( ) ( )i i in N t N t  – число отказавших элементов на i-м промежутке  1,i it t . Будем предполагать, что отказы происходят в серединах промежутков 1 2 i i i t t t    , тогда 0 ( ) ii n f t N t    , (1) 0 ( ) ( ) ii N t P t N   , (2) или 1 0 ( ) i k k i N n P t N      . (3) Для вычисления ( )it  воспользуемся формулой (3) § 3, получим: ( ) ( ) i i i n t N t t    . (4) Иногда [1, с. 33] находят среднее число 1ср ( ) ( ) 2 i iN t N tN    работа- ющих элементов и применяют формулу (5). ср ( ) ii n t N t    . (5) При этом для оценки среднего времени жизни Тср применяют формулу (6). ср 1 1 ( ) n i i in T n t N N t       , (6) где ( )nN N t – число испытанных образцов; ni – число отказавших на промежутке  1,i it t образцов. 27 Пример 1. Из 1000 лампочек в первый месяц работы перегорело 12, а через год за месяц перегорело 8, среди оставшихся 600 лампочек. Опреде- лить, когда лампа работает менее надежно. Решение. t = 1 мес. По формуле (5) 1 12 1 мес. 0,012 ; 1000 9882 мес. 1 2          1 8 1 12 мес. 0,013 600 5922 мес. 1 2          ; 1 1 12 2 2               , поэтому через год лампа работает менее надежно. Пример 2. На испытаниях находилось 100N  элементов в течении 500 ч. Найти ср( ), ( ), ( ),P t f t t T    , если данные об отказах: Интервалы времени, ч 0–100 100–200 200–300 300–400 400–500 Число отказавших элементов 2 1 1 3 3 Решение. Применим формулы (1), (3), (5), t = 100 ч. Получим таб- лицу: Интервалы времени, ч 0–100 100–200 200–300 300–400 400–500 Число отказавших элементов 2 1 1 3 3 1 ( ), ч f t 4 2 10 4 1 10 4 1 10 4 3 10 4 3 10 ( )p t 0,98 0,97 0,96 0,93 0,9 1 ( ), ч t 2 100 98 100 2    = 0,000202 1 98 97 100 2    = 0,0001025 1 97 96 100 2    = 0,0001036 3 96 93 100 2    = 0,0003174 3 93 90 100 2    = 0,0003278 28 По формуле (6) ср 1 (2 50 1 150 1 250 3 350 3 450) 290 ч 10 T            . Испытания были закончены, когда отказали 10 элементов. Упражнения 4.1. На испытаниях находилось 100 элементов в течение а) 500 ч; б) 400 ч. Данные об отказах собраны в таблицах. Найти ср( ), ( ), ( ),p t f t t T    . а) Интервалы времени, ч 0–100 100–200 200–300 300–400 400–500 Число отказавших элементов 5 4 3 2 1 б) Интервалы времени (час) 0–80 80–160 160–240 240–320 320–400 Число отказавших элементов 3 2 1 1 3 Ответ: а) Интервалы времени, ч 0–100 100–200 200–300 300–400 400–500 Число отка- завших эле- ментов 5 4 3 2 1 1 ( ), ч f t 4 5 10 4 4 10 4 3 10 4 2 10 4 1 10 ( )p t 0,95 0,91 0,88 0,86 0,85 1 ( ), ч t 45,1 10 44,3 10 43,35 10 42,3 10 41,17 10 ср 183,33 ч.T  29 Ответ: б) Интервалы времени, ч 0–80 80–160 160–240 240–320 320–400 Число отказавших элементов 3 2 1 1 3 1 ( ), ч f t 3 8000 2 8000 1 8000 1 8000 3 8000 ( )p t 0,97 0,95 0,94 0,93 0,9 1 ( ), ч t 3 100 97 80 2   2 97 95 80 2   1 94 95 80 2   1 93 94 80 2   1 90 93 80 2   ср 1 (3 40 2 120 1 200 1 280 3 360) 192 ч. 10 T            4.2. Из 4000 СВЧ-диодов за месяц испытаний перегорело 5 диодов, а через полгода из оставшихся 3970 диодов за месяц перегорело 3. Опреде- лить, когда диод работает более надежно. Ответ: через полгода. 30 § 5. Показатели надежности для сложных систем 5.1. Техническая система может быть невосстанавливаемой и восста- навливаемой. В последнем случае она продолжает работу после устране- ния отказа. При анализе работы таких систем рассматривают потоки слу- чайных событий (потоки отказов и потоки восстановлений). Для повышения надежности системы применяют структурное резер- вирование, когда в систему включают резервные единицы, которые, в слу- чае отказа основного устройства, продолжают выполнять его функции. Ре- зервирование может быть общим и поэлементным. Отношение числа pn резервных элементов к числу 0n основных называется кратностью резер- вирования. Можно также резервировать элементы подсистем в системе. Крат- ность в различных резервируемых подсистемах может быть различной. Если она одинакова, то ее называют кратностью резервирования всей системы. Пример 1. Тип резервирования Логическая схема Комментарий Общее резерви- рование, посто- янно включен- ный резерв 0 Осн. устр. 1 2 3 Целая кратность 3 Резервирование замещением Осн. устр. 0 1 2 3 Целая крат- ность 3 31 Тип резервирования Логическая схема Комментарий Поэлементное, с постоянным ре- зервом 0 0 0 1 1 1 2 2 2 Целая крат- ность 2 Поэлементное, замещением 0 0 0 1 1 1 Целая кратность 1 Поэлементное, с постоянным резервом 01 02 11 12 21 Для элемента 01 – целая кратность 2, для эле- мента 02 – целая кратность 1 Поэлементное, с постоянным резервом Дробная кратность 1 2 Замечание. В случае резервирования замещением резервные эле- менты подключаются после отказа соответствующих основных. Элементы 01 , 02 , 0 , в таблице соответствуют основному устройству. 5.2. Рассмотрим нерезервированную невосстанавливаемую систему, логическая модель надежности которой: 1 2 n 32 Тогда функция надежности системы 1 ( ) П ( ) n T i i P t p t   , (1) где ( )ip t – функция надежности i-го элемента. Если ( )t и ( ), 1,... ,i t i n  функции интенсивности отказов системы и ее элементов, то, используя формулу (8) § 3, получим: 10 0 ( ) ( ) 1 ( ) П t t n i i i t dt t dtn T i p t e e                  1 ( ) ( ) n i i t t     , (2) то есть при последовательном соединении элементов интенсивности их отказов суммируются и дают интенсивность отказов системы. В частности, если ( ) const, 1, 2, ...,i it i n     (распределения Ex( ), 1, 2, ...,i i n  ), то из формулы (2) следует: 1 ( ) const, n i i t      (3) то есть время жизни системы также распределено экспоненциально, при этом среднее время жизни ср 1 1 n i i T    . (4) Пример 2. Нерезервированная система состоит из 3-х последователь- но соединенных элементов. Время жизни элементов – экспоненциальное: 1 Ex(0,0001 ) ч , 1 Ex(0,00008 ) ч , 1 Ex(0,00007 ) ч . Определить показатели надежности системы: ср, , ( ), ( )T p t f t . Решение. По формулам (1)–(4): 1 2 3 1 0,00025 ; ч         cp 1 4000 0,00025 T   ч; 33 0,00025( ) 0,00025 tf t e ; 0,00025( ) tp t e . 5.3. Рассмотрим резервированную невосстанавливаемую систему с постоянно включенным резервом кратности n: 0 1 2 n Тогда функция ненадежности системы 0 0 ( ) ( ) (1 ( )) n n T i i i i F t П F t П p t      , (5) где ( ), 0, ...,iF t i n – функции ненадежности элементов. Поэтому 0 ( ) 1 (1 ( )) n T i i p t П p t     , (6) где ( ), ( ), 0, ...,T ip t p t i n – функции надежности системы и ее элементов. 0 0 ( ) ( ) (1 ( )) ... ( ) ... (1 ( )) n t T i n i f t p t p t f t p t           ; (7) 0 0 0 (1 ( )) ... ( ) ... (1 ( )) ( ) ( ) ( ) 1 (1 ( )) n i n iT t n T i i p t f t p t f t t p t П p t               . (8) Замечание. Из формулы (8) видно, что если время жизни элементов распределено по экспоненциальным законам, то время жизни системы не будет экспоненциальным. 34 Предположим, что ( ) ,tip t e i   , тогда 1( ) 1 (1 )t np t e    . Найдем срT . По формуле (8) § 3: 1 ср 0 0 ( ) (1 (1 ) )t nТ p t dt e dt          11 1 0 0 1 1 1 1 1 ln(1 ) (1 ... ) 1 (1 ) t n n e x x t x dx x x dx x dx dt x                         (9) 1 1 1 1 1 ... 2 3 1n            . Резервирование естественно предполагает повышение надежности си- стемы. Выигрыш от введения резерва можно определить введя коэффици- енты: Tk – выигрыш в надежности по Тср: Tk = cp резерв cp нерезерв T T ; (10) pk – выигрыш в надежности по вероятности безотказной работы p(t): pk = резерв нерезерв ( ) ( ) p t p t ; (11) k – выигрыш в надежности по интенсивности отказов ( )t : k= нерезерв резерв   . (12) Пример 3. Резервированная невосстанавливаемая система состоит из 3-х параллельно соединенных элементов (постоянно включенный резерв кратности 2). Время жизни каждого элемента Ex( ) . Определить: 35 1) показатели надежности системы: ср( ), ( ), ( ),p t f t t T ; 2) выигрыш в надежности Tk , pk , k . Решение. По формуле (6) 3( ) 1 (1 )tp t e   . Поэтому 2 3( ) 3 3t t tp t e e e       ; 2 3( ) ( ) (3 6 3 )t t tf t p t e e e          ; 2 3 2 2 3 2 ( ) (3 6 3 ) (3 6 3 ) ( ) ( ) 3 3 3 3 t t t t t t t t t t f t e e e e e t p t e e e e e                               . По формуле (9) cp 1 1 1 11 1 2 3 6 T           . 2) По формулам (10)–(12): Tk = cp резерв cp нерезерв T T = 11 116 1 6    ; pk = резерв нерезерв p p = 2 3 23 3 3 3 t t t t t t e e e e e e               ; k= нерезерв резерв   = 2 2 3 3 ( ) 3 6 3 t t t t e e t e e              . Из расчетов видно, что lim ( ) t t     и lim 1 t k   ; lim 3p t k   . Замечание. Рассмотрим формулу (6) и предположим, что ( ) ( ),i эp t p t i  , тогда 1 сист( ) 1 (1 ( )) n эp t p t    ; 1сист э1 ( ) (1 ( )) , np t p t    откуда, прологарифмировав, получим формулу (13): сист э ln(1 ) 1 ln(1 ) p n p     , (13) 36 которую можно использовать для нахождения кратности резервирования, которая бы обеспечивала необходимые показатели надежности системы. Пример 4. Время наработки элемента на отказ 3 1 Ex(10 ) ч  . Опреде- лить кратность его резервирования такими же элементами, чтобы вероят- ность безотказной работы системы в течение t = 1000 ч была 0.9. Решение. сист(1000) 0,9p  . элемента tp e . 1элемента (1000) 0,36788p e   . Тогда по формуле (13) ln(1 0,9) 1 4,02 ln(1 0,36788) n      . Округляя в большую сторону, получим n = 5. Замечание. Необходимо отметить, что с ростом t кратность резерви- рования возрастает. Например, для вероятности p = 0,9 и распределения Ex( ) ln(1 0,9) 1 ln10 1 ln(1 ) t t n e e          . 5.4. Рассмотрим резервированную невосстанавливаемую систему (ре- зерв кратности 1, замещением): 0 1 Пусть f0(t), f1(t) – функции плотности вероятностей распределения времени наработки на отказ элементов; р0(t), р1(t) – функции надежности элементов, f(t), p(t) – аналогичные функции для системы. Тогда Т – время наработки системы на отказ: 0 1T T T  , где Т0, Т1 – время наработки на от- каз элементов. Найдем p(t). Рассмотрим промежуток [0, t) и разобьем его на n частичных промежутков длины  . Отказ 0-го элемента может про- изойти на любом из этих частичных промежутков. Пусть сi – точка отказа на i-м промежутке. Тогда по формуле полной вероятности 0 0 1 1 1 0 2 1 2 0 ( ) ( ) ( ) lim ( ( ) ( ) ( ) ( ) ...p t P T t p t f c p t c f c p t c            (10) 0 1( ) ( ))n nf c p t c    0 0 1 0 ( ) ( ) ( ) t p t f p t d     или 0 0 1( ) ( ) ( * )( )p t p t f p t  , (11) 37 где 0 1f p – свертка функций 0 1( ), ( )f t p t . Далее 0 0 1 0 ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ) ) t t tf t p t p t f p t d           = 0 0 1 0 1 0 ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( )) t tt f t f p t f p t d             = 0 0 0 1 0 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t t f t f t f f t d f f t d            . Таким образом 0 1 0 ( ) ( ) ( ) t f t f f t d     , (12) или 0 1( ) ( )( )f t f f t  . (13) Аналогично, для резервирования замещением кратности n: 0 1 2 n получаем формулы (14), (15): 0 0 1 0 1 2 0 1( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ... ( ... )( )n np t p t f p t f f p t f f p t           . (14) 0 1( ) ( ... )( )n nf t f f f t    . (15) p(t) можно находить такие же и по формуле (16): 0 0 ( ) 1 ( ) 1 ( ... )( ) t T np t F t f f x dx      . (16) 38 Пример 5. Рассмотрим резервированную невосстанавливаемую си- стему (резерв замещением, кратности 1): 2 1 Ex(10 ) ч  0 1 2 1 Ex(2 10 ) ч  . Найдем показатели надежности ср( ), ( ), ( ),p t f t t T системы. 0 0 0( ) t f t e   ; 11 1( ) t f t e   ; 00( ) t p t e  ; 11( ) t p t e  ; 0 0 0 1 01 1 ( )( ) 0 0 0 0 ( ) t t t tt t p t e e e d e e e d                     0 1 0 0 1 01 1( ) ( )0 0 1 0 1 00 1 ( 1) t t t tt t e e e e e e                     0 0 01 10 0 0 1 0 1 0 1 0 ( ) t t tt t e e e e e                 ; 0 11 0 1 0 ( ) ( ) ( ) t t f t p t e e         ; 0 101 cp 1 0 1 00 0 ( ) t t T p t dt e e dt                 01 0 1 0 1 1 0( ) ( )          1 0 0 1 0 1 1 1          . Таким образом, 100 50 резер( ) 2 t t p t e e     , 2 100 50 1 ( ) 2 10 ч t t f t e e                   , 39 cp 150 чT  , 100 2 резер 100 ( ) 1 ( ) 2 10 ( ) 2 t t f t e t p t e           . Найдем еще выигрыши Tk , pk , k в надежности системы по , ( ), ( )срT p t t при сравнении ее с нерезервированной системой. Tk = cp резерв cp нерезерв T T = 0 150 150 1,5 1 100    ; pk = резерв нерезерв ( ) ( ) p t p t = 100 50 100 100 2 2 t t t t e e e e        ; k= нерезерв резерв   = 2 100 0 резер 100 100 2 100 10 2 1 2 2 2 10 2 t t t t e e e e                 . 5.5. Рассмотрим резервированную систему из n элементов одинаковой надежности, для работы которой необходимо, чтобы работало не менее m элементов: 1 2 (17) m m + 1 n 40 Тогда функцию надежности ( )cp t системы найдем по формуле пол- ной вероятности (18). 1 1 1( ) ( )(1 ( )) ( )(1 ( )) ... ( )m m n m m m n m nc n np t C p t p t C p t p t p t            (18) ( )(1 ( )) n k k n k n k m C p t p t      , где p(t) – функция надежности каждого элемента. Найдем функцию плотности вероятностей распределения времени наработки на отказ 1( ) ( ) (1 ) ( )m m n mc c nf t p t mC p p f t        , (19) где f(t) – функция плотности вероятностей для каждого элемента. Действительно: 1 1 1( ) ( ) (1 ) ( ) ( )(1 ) ( ) n n k k n k k k n k c c n n k m k m f t p t C k p p f t C p n k p f t                     1 1 1! !(1 ) ( ) (1 ) ( ) ( 1)!( )! !( 1)! n n k n k k n k k m k m n n p p f t p p f t k n k k n k                      1 1 1 ! ! (1 ) ( ) (1 ) ( ) ( 1)!( )! ( 1)!( )! n m n m k n k k m n n p p f t p p f t m n m k n k                     1 1 1! !(1 ) ( ) (1 ) ( ) !( 1)! ( 1)!( )! n k n k m n m k m n n p p f t p p f t k n k m n m                     1(1 ) ( )m m n mnm C p p f t      . (20) Данный тип резервирования используется в цифровых устройствах, ко- гда сигнал в двоичном коде (логическое 0 или 1) подается на систему вида (17), состоящую из нечетного числа элементов одинаковой надежности. Для нормальной работы системы необходимо, чтобы сигнал проходил без искажений большинство элементов (закон большинства, или мажори- тарный закон). На практике часто рассматривают системы «2 из 3-х» или «3 из 5». 41 Пример 6. Рассмотрим систему «2 из 3-х»: 1 2 4 3 Сигналы на входе и выходе элементов – в двоичном коде. Сигнал на выходе четвертого элемента формируется по мажоритарному принципу из 3 входящих и равен значению большинства. Элементы 1, 2, 3 – равнона- дежны: 1 2 3( ) ( ) ( ) ( )p t p t p t p t   . Для нормальной работы такой системы необходимо и достаточно, что- бы работали без искажений хотя бы 2 из 3 первых элементов и 4-й элемент. Тогда, используя формулу (18), получим 3 2 2 2 3 3 4 4( ) ( ( ) ( )(1 ( )) ( ) (3 ( ) 2 ( )) ( )cp t p t C p t p t p t p t p t p t       . Предположим, что 1 2 3 4 tp p p p e    и найдем выигрыш pk в надежности по вероятности безотказной работы системы при сравнении ее с системой p(t) p(t) 3 4 2 2 2 ( ) 3 2 3 2 ( ) c p p t p p k p p p t p      . Решим неравенство 21; 3 2 1pk p p   . 2 12 3 1 0 ; 1 2 p p p           , т.е. при 1 ( ) 2 p t  надежность системы, по сравнению с нерезервированной, больше. Найдем интервал времени: 1 ln 2 0 2 te t      . Найдем cp , cT  . 42 3 4 3 4 cp 0 0 0 1 ( ) (3 2 ) (3 2 ) 2 t tT p t dt p p dt e e dt                 . 3 4 3 4 ( ) (3 2 ) (9 8 ) ( ) ( ) 3 2 3 2 t t t c c t t t c p t e e e t p t e e e                       ; (0)c   и lim ( ) 3c t t     . Упражнения 5.1. Нерезервированная невосстанавливаемая система состоит из 3 последовательно соединенных элементов. Время жизни элементов экспоненциальное: 1 Ex(0,0002 ) ч , 1 Ex(0,0003 ) ч , 1 Ex(0,0005 ) ч . Определить показатели надежности системы: ср( ), ( ), ( ),p t f t t T . Определить время, в течение которого система будет исправна с вероятностью 0,9p  . 5.2. Резервированная невосстанавливаемая система состоит из 2-ух параллельно соединенных элементов (постоянно включенный резерв). Время жизни каждого элемента 1 Ex(0,0005 ) ч . Определить: а) показатели надежности системы: ср( ), ( ), ( ),p t f t t T ; б) выигрыш в надежности Tk , pk , k при t = 2000 ч. Ответ. а) 0,0005 0,001( ) 2 t tp t e e   , 0,0005 0,001( ) 0,001( )t tf t e e   , 0,0005 0,0005 0,001( 1) 2 1 t t e e     , cp cp3000 ч, (для одного элемента) 2000 чT T  . 5.3. Нерезервированная система состоит из 2-х последовательно соединенных элементов. Время жизни каждого (0;1000 ч)U . Найти показатели надежности системы. Найти ср.T 5.4. Невосстанавливаемая система состоит из 2-х параллельно соединенных элементов. Время жизни каждого (0;1000 ч)U . Найти показатели надежности системы. Найти срT . 43 5.5. Система состоит из пяти параллельно соединенных элементов. Время наработки на отказ каждого 1 Ex 0,001 . ч       Для нормальной работы системы необходимо, чтобы работали хотя бы 3 из 5 элементов: 0. у. 0. у. 0.у. (резерв кратности 2 3 ). 1 2 Пусть Т – время наработки на отказ системы. Написать формулы для p(t), f(t), найти cpT . Ответ: cp 783 ч.T  5.6. Время наработки элемента на отказ 3 1 Ex 10 . ч       Определить кратность его резервирования такими же элементами, чтобы вероятность безотказной работы системы в течение t = 1500 ч была равна 0,9. Ответ: 9. 5.7. Рассмотрим резервированную систему (резерв замещением крат- ности 1): 3 1Ex 10 ч       3 1Ex 10 ч       а) Найти показатели надежности. б) Определить выигрыш в надежности Tk , pk , k при t = 2000 ч. Ответ: cp2, 1,5, 3, 2000 ч.T pk k k T    44 5.8. Система состоит из трех параллельно соединенных элементов. Время наработки на отказ каждого 3 1 Ex 10 . ч       Для нормальной работы системы необходимо, чтобы работало хотя бы 2 элемента из 3-х: 1 2 3 а) Найти показатели надежности работы системы. б) Определить выигрыш в надежности pk при сравнении ее с системой 3 1Ex 10 ч       Ответ: 0,001 0,0023 2t tpk е e      . 45 § 6. Гамма-функция и ее свойства Определение 1. Несобственный интеграл 1 0 Г( ) ,z xz x e dx     (1) где 0z  , называется эйлеровым интегралом 2-ого рода, а функция Г( )z переменной z называется гамма-функцией Эйлера. При этом функция 1 0( , ) Г( ) t z xx e dx I z t z     (2) называется неполной гамма-функцией. Замечание. Проинтегрируем по частям интеграл (1): 1 1 0 1 x x z x z z u e du e x e dx dv x dx v x z                 0 0 1 1 ( 1)x z z xe x x e dx Г z z z            . Таким образом, Г( 1) Г( ), 0z z z z     . (3) Так как Г(1) 1 , то из формулы (3) следует: Г(2) 1 Г(1) 1   , Г(3) 2 Г(2) 2 1 2!     Г(4) 3 Г(3) 3 2! 3!     … Г( ) ( 1) Г( 1) ( 1) ( 2)! ( 1)!n n n n n n          Таким образом, Г( ) ( 1)!.n n  (4) Еще одно соотношение для функции Г( )z : Г( ) Г(1 ) sin( ) z z z      . (5) Поэтому при 1 2 z  получим: 46 2 1 1Г Г 2 2                . Далее, используя формулу (3), получим: 1 1 1 1 3 3 Г Г Г ... 2 2 2 2 2 2 n n n n n n                                           1 3 1 1 (2 1)(2 3) ... 1 (2 1)!! ... Г 2 2 2 2 2 2n n n n n n n                               . То есть 1 Г 2 n        (2 1)!! , 2n n n N     . (6) Замечание. Перепишем формулу (3) в виде: Г( 1) Г( ) z z z   , (7) что позволяет доопределить функцию Г( )z для отрицательных значений z. Г(z) 2 2 4 z 10 5 5 10 15 Г z График функции Г z Рис. 1. График функции Г(z) z 47 Пример 1. Найти 1 Г 3 2       . Решение. По формуле (6): 1 Г 3 2       = 3 (2 3 1)!! 5!! 1 3 5 15 8 8 82              . Упражнения 6.1. Вычислить 1) 1 Г 1       ; 2) 2 Г 1       , если а) 0,2  ; б) 0,4  . 6.2. Проверить справедливость формулы 2 1 1 Г( )Г 2 Г(2 ) 2 z z z z         при 5 2; ; 3 2 z  . 6.3. Вычислить: а) 1 lim ( 1) ( ) x x x    ; б) 2 lim ( 2) ( ) x x x    ; в) 3 lim ( 3) ( ) x x x    . Ответ: а) –1; б) 1 2 ; в) 1 6  . 48 § 7. Некоторые законы распределения времени наработки на отказ 7.1. Экспоненциальный закон Ex( ) . Подробно рассмотрен в §§ 2, 3. ср 1 ( ) 1 ; ( ) ; ( ) ; ( ) ; .t t tF t e p t e t f t e T             2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 14 000 t час 0.00005 0.00010 0.00015 0.00020 0.00025 0.00030 f t Функция плотности вероятности 2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 14 000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 0.0005 0.0006 t Функция интенсивности отказов Рис. 1. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для 1 1 Ex 3000 ч       f(t) t, ч t, ч λ(t) 49 2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 14 000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 1 (Окончание) 7.2. Нормальный закон ( ; ); 3N a a  . Подробно рассмотрен в §§ 2, 3. 2 2 ( ) 2 1 ( ) 2 t a f t e      , 1 ( ) 2 t a F t        , 1 ( ) 2 t a p t        ; ( ) ( ) ( ) f t t p t   ; срT а . 7.3. Распределение Рэлея ( )R  . Определение 1. Случайная величина Т называется распределенной по закону Рэлея ( )R  , если ее функция распределения 2( )( ) 1 ; 0tTF t e      – параметр распределения. (1) Замечание. 2( )( ) 1 ( ) tp t F t e    – функция надежности, (2) 22 ( )( ) ( ) 2 tf t F t t e    – функция плотности распределения вероятностей, (3) 2( )( ) 2 ( ) f t t t p t     – функция интенсивности отказов. (4) p(t) t, ч 50 2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 t час 0.00005 0.00010 0.00015 0.00020 0.00025 f t Функция плотности вероятности 2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 t час 0.0005 0.0010 0.0015 0.0020 0.0025 0.0030 t Функция интенсивности отказов 2000 4000 6000 8000 10 000 12 000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 2. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения (5000 ч; 1500 ч)N t, ч t, ч t, ч f(t) λ(t) p(t) 51 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 f t Плотность вероятности 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0005 0.0010 0.0015 0.0020 0.0025 t Интенсивность отказов 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 3. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для 3 1 1 10 2 ч R        f(t) λ(t) p(t) t, ч t, ч t, ч 52 График ( )t в распределении ( )R  прямо пропорционально зависит от t. Поэтому этот закон применяют для исследования систем с ярко выра- женным эффектом старения. Так как ( ) ( ),p t f t   то точка локального максимума для функции ( )y f t 0 1 2 t   будет точкой перегиба для функции ( )p t . Найдем еще ( )M T и ( )D T . По формуле (9) § 3 2( ) 0 0 ( ) ( ) tсрM t T p t dt e dt         2 2( ) 0 0 1 1 1 ( ) 2 t xe d t x t e dx                  , так как 2xe dx      – интеграл Пуассона. Таким образом, ср 2 T    . (5) По формуле (10) § 3 22 ( ) 2 0 0 ( ) 2 ( ) ( ) 2 4 tD T t p t dt M T t e dt               2 2( ) 2 ( ) 2 2 2 2 00 1 1 ( ) 4 4 t te d t e                 2 2 2 1 4 4 4          . Таким образом, 2 4 ( ) 4 D T     . (6) Пример 1. Время Т наработки системы на отказ распределено по за- кону ( )R  . При этом интенсивность отказов ( )t при t = 1000 ч равна 1 1 (1000) 500 ч         . 53 Найти: 1) вероятность безотказной работы системы в течение 500 ч; 2) (500), (500)f  ; 3) срT . Решение. 2 1(1000) 2 1000 500       2 6 3 1 10 ; 10 ч      . Тогда: 1) 2 1 ( 500) 4(500) 0,7788p e e      ; 2) 2 1 1 2 ( 500) 6 3 34 4 1 (500) 2 500 2 500 10 10 0,7788 10 ; ч f e e e                  2 3 1(500) 2 500 10 ; ч      3) ср 2 T    500 886   ч. 7.4. Распределение Вейбулла. Определение 2. Случайная величина Т называется распределенной по закону Вейбулла ( , )W   , если ее функция распределения ( )( ) 1 , 0, 0tTF t e        – параметры распределения, 0t  . (7) Замечание. ( )( ) 1 ( ) tTp t F t e     – функция надежности, (8) 1 ( )( ) ( ) tTf t F t t e         – функция плотности распределения вероятностей, (9) 1( )t t     – функция интенсивности отказов. (10) При 1 (1; )W   становится экспоненциальным распределением Ex( ) . При 2 (2; )W   становится распределением Рэлея ( )R  . 54 1000 2000 3000 4000 t час 0.00005 0.00010 0.00015 0.00020 0.00025 f t Плотность вероятностей 0 1000 2000 3000 4000 t час 0.0004 0.0006 0.0008 0.0010 0.0012 0.0014 t Интенсивность отказов 0 200 400 600 800 1000 1200 1400 t час 0.15 0.20 0.25 0.30 0.35 0.40 p t Функция надежности Рис. 4. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения 1 (0,3 ; 0,01 ) ч W 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 0.0005 0.0006 0.0007 f t Плотность вероятностей 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0005 0.0010 0.0015 0.0020 0.0025 0.0030 t Интенсивность отказов 1000 2000 3000 4000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 5. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения 1 (1,5 ; 0,001 ) ч W f(t) f(t) t, ч t, ч t, ч λ(t) λ(t) t, ч t, ч t, ч (t) p(t) 55 500 1000 1500 2000 t час 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.0010 0.0012 0.0014 f t Плотность вероятностей 500 1000 1500 2000 t час 0.005 0.010 0.015 0.020 0.025 0.030 t Интенсивность отказов 500 1000 1500 2000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 6. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения 1 (4 ; 0,001 ) ч W Найдем М(Т) и D(Т). 1 ( ) ср 0 1 1 ( ) 1 ( ) 1 1 t t x M t T e dt t x dt x dx                        1 1 0 1 1 1 1 1 1xx e dx                          . Таким образом, ср 1 1 1 .T          (11) p(t) t, t, ч t, ч f(t) λ(t) 56 2 ( ) 2 0 0 ( ) 2 ( ) ( ) 2 ( )tD T t p t dt M T t e dt M T            1 1 1 ( ) 1 1 1 ; t x t x dt x dx                1 1 2 1 1 2 2 2 0 0 1 1 1 1 2 ( ) 2 ( )x xx x e dx M T x e dx M T                        2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1                                            . Таким образом, 2 2 1 2 1 ( ) 1 1D T                      . (12) Пример 2. Время Т наработки системы на отказ распределено по за- кону Вейбулла (0,4; )W  . При этом интенсивность отказов ( )t в момент времени t = 1000 ч равна 4 1 (1000) 5 10 ч    . Найти: 1) вероятность безотказной работы системы за это время; 2) срT . Решение. 1) По формуле (10): 0,4 0,6( ) 0,4t t    ; 0,4 1,8 4(1000) 0,4 10 5 10       ; 4 1,8 0,4 2,25 10 10 25 10 0,4 2       . По формуле (8): 0,4 0,4 0,4( )( ) t tp t e e     . 2,2 1,2 1 0,4 1,2 25 25 10 10 10 10 1,252 2(1000) 0,2865p e e e e              . 57 2) По формуле (11) ср 1 5 1 1 1 3 2 2 T                  . Далее (см. пример 1 § 6) ср 3 1 5!! 2 T      1 15 1 3,3233 8        . Так как 0,4 2,2 25 10 2    , то 5 2 5,525 10 2        и 5,5ср 5 2 1 10 3,3233 1902 25 2 T           ч. Упражнения 7.1. Нерезервированная невосстанавливаемая система состоит из трех последовательно соединенных элементов. Время жизни элементов распределено по закону Рэлея 3 3 3 1 1 1 3 10 , 4 10 , 5 10 ч ч ч R R R                       . Определить показатели надежности системы: ср( ), ( ), ( ), .p t f t t T Опре- делить время, в течение которого система будет исправна с вероятностью 0,9p  . Ответ. ( ) 0,0001t t  , 2 20,00005 0,00005( ) , ( ) 0,0001 ,t tp t e f t t e   cp 125 чT  , 46 чt  . 7.2. Нерезервированная система состоит из n последовательно соединенных элементов, время жизни которых ( ), 1, ...,iR i n  . 1) Найти показатели надежности системы. 2) Определить по какому закону распределено время жизни системы. Ответ. 1) 2 2 1( ) ; n i i t p t e            2 2 12 1 ( ) ( ) 2 n i i tn i i f t p t te                     ; 2 1 ( ) 2 n i i t t           . 2)  2 21 ... nR     . 7.3. Резервированная невосстанавливаемая система состоит из двух параллельно соединенных элементов (постоянно включенный резерв). 58 Время жизни каждого элемента 3 1 5 10 ч R        . Определить показатели надежности системы: ср( ), ( ), ( ), p t f t t T . Определить срT для одного элемента, выигрыш в надежности Tk . Ответ. 6 2 6 22510 5010 cp( ) 2 , 229 ч t tp t e e T         , Тср (для одного элемента) = 177 ч, 1,29Tk  . 7.4. Время Т наработки элемента на отказ распределено по закону Вейбулла ( ; )W   . При этом интенсивность отказов ( )t 4 41 1(100 ч) 2 10 , (200 ч) 4 10 ч ч        . Найти : 1) параметры ;  ; 2) показатели надежности при t = 2000 ч; 3) срT , D(T). Ответ. 1) 32, 10 ;    2) 5 1 (2000) 7,326 10 , (2000) 0,018 ч f p   , 3 1 (2000) 4 10 ч    ; 3) ср 500 886 чТ    , 6 2 1 ( ) 0,215 10 ч D T   . 7.5. Нерезервированная система состоит из 8 последовательно соединенных элементов, время жизни которых распределено по закону (3; )W  . Определить по какому закону распределено время жизни систе- мы. Ответ. ~ (3, 2 )T W  . 7.6. Время Т наработки детали на отказ распределено по закону Рэлея 3 15 10 ч R        . Найти показатели надежности работы детали ( ), ( ), ( )p t f t t при а) t = 10000 ч, б) t = 20000 ч. Найти срT , D(T). 7.7. Время Т наработки системы на отказ распределено по закону ( )R  , при этом интенсивность отказов ( )t при t = 5000 ч 2 1(5000) 10 ч   . Найти: 1) параметр  ; 2) срT , D(T); 3) показатели надежности работы системы ( ), ( ), ( )p t f t t а) через 1 месяц, б) через полгода (считать, что в году 8760 ч). 59 Ответ. 3 11 9 1 1 (4380) 8,76 10 ; (4380) 4,08 10 , (4380) 4,66 10 ч ч f p         , 1 0,001 ч   ; 5 2ср 886 ч, ( ) 2,15 10 чТ D T   . 7.8. Нерезервированная система состоит из двух последовательно со- единенных элементов. Время жизни 1-го элемента распределено по закону 4 1Ex 10 ч       , 2-го – 3 1 5 10 ч R        . Найти: 1) показатели надежности системы; 2) срT . 7.9. Время Т наработки элемента на отказ распределено по закону Вей- булла (2; )W  . При этом интенсивность отказов 3 1 (1000 ч) 10 ч   . Найти: 1) параметр  ; 2) показатели надежности через t = 2000 ч; 3) срT . Ответ. 3 1 1 1 10 ; (2000) 0,00027 , (2000) 0,135 ч ч2 f p    , 1 (2000) 0,00196 ч   ; ср 1253 чТ  . 7.10. Время Т наработки устройства на отказ распределено по закону 32 1; 10 3 ч W        . Найти Тср, D(T), показатели надежности через t = 2000 ч. Ответ. cp 750 1329 чT    ; 3 4(2000)p e , 6 2( ) 4,23 10 чD T   ; 4 41 1(2000) 1,08 10 , (2000) 5,3 10 ч ч f       . 60 § 8. Усеченное нормальное распределение Рассмотрим СВ Т1 распределенную по нормальному закону 1 1 ( , ), ( ) 2 T t a N a F t         , 2 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 t a Tf t e     , t   (см. § 2 опр. 4). Ограничим интервал t промежутком  0;  и рассмотрим СВ Т с функцией плотности вероятностей   1 ( ), 0; ; ( ) 0, 0. T T с f t t f t t       . При этом с найдем из условия нормировки: 0 ( ) 1Tf x dx   , 1 0 ( ) 1Tc f x dx   , 1 1( ( ) (0)) 1,с F F   1 1 2 a с            , 1 1 2 с a         . (1) Тогда при 0t  ( ) 0TF t  . При 0t  1 1 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ( ) (0)) 1 1 . 2 2 t t T T T T TF t f x dx c f x dx c F t F t a a a t a c c                                                              Определение 1. Случайная величина Т называется распределенной по усеченному нормальному закону TN( , )a  (truncated normal), если ее функ- ция плотности вероятностей 2 2 ( ) 2 1 ( ) , 0 2 t a Tf t c e t       , (2) где с определяется по формуле (1). Замечание. Функция ненадежности для TN( , )a  ( ) .T a t a F t c                    (3) Найдем ( ).p t 61    1 ( ) ; ( ) ( ) 2 T T t a p t P T t F F t c                  . Таким образом, 1 ( ) 2 t a p t с            – функция надежности, (4) 2 2 ( ) 21 ( ) 2( ) 1( ) 2 t a e f t t t ap t             – интенсивность отказов. (5) Для TN( , ) :a  TN( , ) : ( )cpa T M T a k     – среднее время жизни. (6) 2( ) 1 ak T k      – cреднее квадратическое отклонение, (7) где 2 22 . 2 a c k e    (8) Действительно, найдем, например, M(T). 2 2 ( ) 2 0 0 1 ( ) ( ) 2 t a M T t cf t dt c t e dt              2 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 0 0 1 ( ) 2 2 t a t a a c t a e dt e dt                       2 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 0 0 1 ( ) 2 2 t a t a c t a e dt a c e dt                 2 2 ( ) 2 2 2 0 ( ) ( ) 2 2 t a c t a e d a p o                 2 2 ( ) 2 0 2 t a c e a k a                       . 62 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 f t Плотность вероятностей 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0005 0.0010 0.0015 0.0020 0.0025 0.0030 t Интенсивность отказов 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 1. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для TN(2000,1000) t, ч t, t, ч f(t) λ(t) p(t) 63 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 f t Плотность вероятностей 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.001 0.002 0.003 0.004 t Интенсивность отказов 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 2. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для TN(1000,1000) t, ч t, f(t) λ(t) p(t) t, 64 Пример 1. Время наработки изделия на отказ распределено по закону TN(2000 ч,1000 ч) . Найти Тср, ( )Т , параметры надежности при t = 2000 ч. Решение. По формуле (1): 1 1 1,02333. 11 (2) 22 c a          По формуле (9): 2 6 2 6 4 10 22 2 10 1,02333 1,02333 0,05525. 2 2 2 a c k e e e             По формуле (6): cp 2000 55,25 2055,25 (ч)T a k      . По формуле (7): 2 2( ) 1000 1 1000 1 2 0,5525 (0,05525) 1052,4 (ч) a T k k           . По формуле (3): 1 (2000) 0,000408 . ч2 c f    По формуле (4): 1 2000 1 (2000) 0,512 2 2 a p c c               . По формуле (5): (2000) 1 (2000) 0,0008 . (2000) ч f p    65 § 9. Логарифмически нормальное распределение Определение 1. Пусть СВ Т принимает положительные значения. Т называется распределенной по логарифмически нормальному закону LN( ; )a  , если ln( )X T , распределена по нормальному закону ( ; )N a  . Замечание. ln( ) 1 ln ( ) ( ) (ln( ) ln( )) (ln( )) 2 T T t a F t P T t P T t F t             . Таким образом, 1 ln ( ) 2 T t a F t        , (1) или 2 (ln ) 2 0 1 1 ( ) 2 2 tt a TF t e dt        . (2) Поэтому 2 2 2 2 (ln ) (ln ) 2 2 1 (ln ) 1 ( ) ( ) 2 2 t a t a T T t a f t F t e e t                . (3) Можно показать также, что 2 2 cp ( ) a T M T e     . (4) 2 22( ) ( 1)aD T e e    . (5) Замечание. Логарифмически нормальное распределение применяют при рассмотрении случайных величин, являющихся произведением большого числа независимых случайных величин. Подобно тому, как распределение ( ; )N na n применяют при рассмотрении суммы 1 ...n nS X X   одинако- во распределенных независимых случайных величин, таких что ( ) , ( ) ,i iM X a X i    (центральная предельная теорема). 66 500 1000 1500 2000 t час 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.0010 0.0012 f t Функция плотности вероятности 500 1000 1500 2000 t час 0.0005 0.0010 0.0015 0.0020 0.0025 0.0030 0.0035 t Функция интенсивности отказов 500 1000 1500 2000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 1. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения (6,94 ; 0,33)LN , ч t, ч t, ч f(t) λ(t) p(t) 67 § 10. Гамма-распределение Определение 1. Случайная величина Т имеет гамма-распределение ( , )   , если ее функция распределения 1 0 1 ( ) ( , ) ( ) t x TF t I t x e dx          , (1) где ( , )I t  – неполная гамма-функция (см. § 6); 0, 0    – параметры распределения; 0t  . Замечание. 1 1 0 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t x t T t f t F t x e dx t e t                       11 ( ) tt e       . Таким образом, 11( ) ( ) tf t t e       – функция плотности вероятностей, (2) ( ) 1 ( , )p t I t     1 1 ( ) x t x e dx       – функция надежности, (3) ( ) ( ) ( ) f t t p t    1 1 t x t t e x e dx           – функция интенсивности отказов. (4) Из формулы (2) видно, что для (1, )  ( ) tf t e   и, следовательно, распределение (1, )  совпадает с Ex( ) . 68 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 0.0005 0.0006 f t Плотность вероятностей 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0005 0.0010 0.0015 0.0020 0.0025 t Интенсивность отказов 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 1. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения Г(5;1/300) t, t, ч t, f(t) λ(t) p(t) 69 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 t час 0.0001 0.0002 0.0003 0.0004 f t Плотность вероятностей 0 1000 2000 3000 4000 5000 t час 0.0005 0.0006 0.0007 0.0008 t Интенсивность отказов 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 2. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения Г(1/2;1/3000) f(t) λ(t) p(t) t, ч t, ч t, ч 70 Найдем еще cp и ( ).T D T cp 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) tT M T t f t dt t e dt               0 1 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) tt e d t                  . Таким образом, cpT    . (5) 2 2 2 2 0 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tD T t f t dt M T t t e dt                    2 2 1 2 2 2 2 0 1 1 1 ( ) ( ) ( 2) по формуле 3 § 6) ( ) ( ) tt e d t                           2 2 2 2 2 2 2 1 1 ( 1) ( ) ( 1) ( )                          . Таким образом, 2 ( )D T    . (6) Большой интерес представляет случай, когда в распределении ( , )   параметр  – натуральное число, N . Определение 2. Пусть k N , тогда распределение ( , )k  называется распределением Эрланга порядка k. Замечание. Так как ( ) ( 1)!k k   , то из формулы (3) следует: ( )p t  1 1 1 1 ( ) ( 1)! ( 1)! k x k x t t x e dx x d e k k                = 1 2( 1) ( ) k k x x u x du k x dx dv d e v e              – 1 2 1 ( 1) ( 1)! k x k x t t x e k x e dx k                  1 21 1( ) ( 1)! ( 2)! k t k x t t e x e dx k k             . 71 И далее, если проводить интегрирование по частям еще (k – 2) раз, то получим ( )p t  1 0 ( ) ! ik t i t e i       . (7) Случайная величина Т, распределенная по закону Эрланга ( , )k  , возникает при рассмотрении модели накапливающихся повреждений, если через случайные интервалы времени в системе возникают единичные повреждения, вызванные потоком случайных событий, и при накоплении k повреждений система отказывает. Тогда, если время между наступлением двух последовательных событий потока распределено по показательному закону Ex( ) , то Т – время наработки системы на отказ распределена по закону ( , )k  . Действительно, верна теорема: Теорема 1. Пусть время между наступлением двух соседних событий потока (время между двумя единичными повреждениями) распределено по закону Ex( ) . Тогда случайная величина Y – число событий потока за вре- мя t (число случайных повреждений системы) распределено по закону Пуассона ( )t  , т.е. ( ) ( ) ! i ttP Y i e i   . Подробнее о потоках случайных событий см. § 14. Из теоремы 1 следует, что для рассмотренной выше СВ Т – времени жизни системы – функция надежности ( ) ( ) ( )Tp t P T t P Y k     0 1 1( ) ( ) ( ) ... 0! 1! ( 1)! k t t tt t te e e k          , что совпадает с формулой (7). Замечание. Для системы рассмотренной выше последовательность моментов времени наступления единичных повреждений можно предста- вить в виде 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1, , ... , ... , ...k k k k kt T t T T t T T T t T T T             – время наработки системы на отказ, причем Ti независимы и имеют распределение Ex( ) , 1,... ,i k . Пример 1. Время жизни изделия Т распределено по закону (3, )  , причем cp 3000T  ч. Найти показатели надежности изделия через 4000 ч. Решение. cp 3 1 1 3000 ч , 4000 4 1000 ч k T t            . 72 Тогда по формуле (7) 0 1 2 4 4 4000 ( ) ( ) ( ) 13 ( ) (1 4 8) 0,238 0! 1! 2! t t t t t p t e e e                    . 3 2 9 6 4 4 4 4 3 4000 1 1 8 1 1 ( ) 10 16 10 1,465 10 . (3) 2 125 ч10 t t f t t e e e e                     4( ) 1 1 1( ) 6,157 10 . ( ) 125 13 ч ч f t t p t       Упражнения 10.1. Время Т наработки устройства на отказ распределено по закону 3 13; 10 ч      . 1) Записать функции ( ), ( ), ( ), ( )p t F t f t t . 2) Найти Тср, D(T). 3) Найти показатели надежности при 4000t  ч. Ответ.   2 0,001 9 2 0.001 cр( ) 1 , ( ) 0,5 10 , 3000 ч, 2 t ttp t e t f t t e T                  6 2( ) 3 10 ч , (4000) 0,238.D T p   10.2. Время Т жизни элемента распределено по закону 5 5 1 ; 10 2 ч      . 1) Записать формулы для показателей надежности и найти их значе- ния при 410t  ч. 2) Найти Тср, D(T). Ответ. 5 10cp 2,5 10 ч, ( ) 2,5 10T D T    ч 2. 10.3. а) Дана резервированная система (резерв замещением кратности m = 2): 73 Время жизни каждого элемента распределено по закону 1 Ex 0,001 . ч       1) Определить по какому закону распределено Т – время жизни систе- мы, записать функцию p(t). 2) Найти Тср. б) Дана резервированная система (постоянно включенный резерв кратности m = 2): Время жизни каждого элемента распределено по закону 1 Ex 0,001 . ч       1) Записать функцию p(t) для СВ Т – времени жизни системы. 2) Найти Тср. 10.4. Дана резервированная система (резерв замещением кратности m = 3). 0. у. Время жизни каждого элемента распределено по закону 3 1 2; 10 . ч      а) Определить, по какому закону распределено Т – время жизни системы. б) Найти показатели надежности. в) Найти Тср, D(T). Ответ. а) 3 1 8; 10 ч      . 74 § 11. Распределение 2( )n Определение 1. Случайная величина Т имеет распределение 2( )n ( 2 с n степенями свободы), если 2 2 2 1 2 ... nT U U U    , где iU – независимые случайные величины, каждая из которых распреде- лена по закону (0;1)U . Замечание. 1) Рассмотрим распределение 2(1) : 2 1T U ;  21 1( ) ( )TF P T t P U t P t U t         1 1 0; 1 2 2 t a t a a                                   2 2 0 2 2 ( ) xt t e dx       . Тогда 1 1 2 2 2 2 1 1 ( ) ( ) 2 2 t t T Tf t F t e t e t          , что совпадает с формулой (2) § 10 для случая 1 1 ; 2 2       . Таким образом 2(1)  1 1 ; 2 2       . 2) Рассмотрим резервированную систему (резерв замещением): 1 1 ; 2 2       1 1 ; 2 2       75 Тогда время жизни системы 1 2T T T  , поэтому 2~ (2)T  . С другой стороны 1 2( ) ( ) ( )Tf t f t f t  , где 1 2( ), ( )f t f t – функции плот- ности распределения для СВ Т1 и Т2, и 1 2( ) ( )f t f t – свертка функций 1 2( ), ( )f t f t . Поэтому  1 2 0 1 1 ( ) ( ) ( ) по формуле 2 §10 для , 2 2 t Tf t f f t d           1 1 1 1 ( ) 2 2 2 2 0 1 ( ) 2 t t e t e d               1 1 1 1 2 2 2 2 2 0 0 1 1 ( ) 2 2 t tt t d e t d e t t                     1 1 1 2 2 2 0 1 2 1 1 arcsin 2arcsin1 2 2 2 t t t tt e e e t              . Таким образом, распределение 2 1 1 (2) ~ Ex ~ 1; 2 2              и 2 1(2 ) ~ ; 2 n n        . (1) 3) Рассмотрим резервированную систему ( 1n  ; резерв замещением): 1 ; 2 n       1 1 ; 2 2       Тогда (см. формулу (1)) время жизни системы 1 2T T T  , поэтому 2~ (2 1)T n  . 76 С другой стороны,  1 2 0 1 ( ) ( ) ( ) по формуле 2 §10 для , 2 t Tf t f f t d n           1 1 2 1 2 0 1 1 ( ) 1 2 ( ) 2 n t t ne t d n                     = 1 2 1 1 2 2 ( 1) ( ) 2( ) n nu du n dv t d v t                   1 1 1 2 1 22 2 0 0 1 1 2 ( ) 2( 1) ( ) 1 2 ( ) 2 t n t t n ne t n t d n                                    1 1 2 2 2 0 1 1 2( 1) ( ) 1 2 ( ) 2 n t t ne n t d n                     интегрируя еще ( 2) раза по частямn   1 3 2 2 0 1 1 2 2 2 2 ( 1)( 2) ... 1 ... ( ) 1 2 1 3 5 2 3 ( ) 2 n t n te n n t d n n                              1 11 2 2 0 1 1 ( 1)!2 2 ( ) 1 2 (2 3)!! 2 1 ( ) 2 t n n n t ne t n n n                                 1 11 1 2 22 2 1 1 ( 1)!2 1 1 1 1 ~ ; . 1 12 (2 1)!! 2 2 2 ( ) 2 2 n nn n n t tne t e t n n n n                                        77 Таким образом, 2 1 1(2 1) ~ ; 2 2 n n          . (2) Поэтому из (1) и (2) следует, что 2 1( ) ~ ; 2 2 n n        , (3) по формуле (2) § 10 2 1 12 2 2 ( ) 1 1 ( ) 2 2 n n t n f t t e n                , (4) а по формуле (3) § 10 1 2 1 2 1 ( ) 2 n x t p t x e dx n           – функция надежности. (5) По формулам (5), (6) § 10 cpT n , (6) 2( ( )) 2D n n  . (7) Замечание. При больших n 2( )n приближается к нормальному N(n, 2n ). 78 1 2 3 4 t час 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 f t Плотность вероятностей 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 t час 0.7 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 t Интенсивность отказов 1 2 3 4 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 1. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения 2( )n , n = 1 t, t, , ч f(t) λ(t) p(t) 79 2 4 6 8 10 12 14 t час 0.05 0.10 0.15 f t Плотность вероятностей 2 4 6 8 10 12 14 t час 0.1 0.2 0.3 0.4 t Интенсивность отказов 2 4 6 8 10 12 14 t час 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 p t Функция надежности Рис. 2. Графики ( ), ( ), ( )f t t p t для распределения 2( )n , n = 5 t, t, t, f(t) λ(t) p(t) 80 { a 3 a a 3 0.05 0.10 0.15 5 , a 3 a a 3 0.01 0.02 0.03 0.04 50 } Рис. 3. Графики функции плотности вероятностей f(x) для 2( )n и N(n, 2n ) при n = 5, n = 50 a – 3σ a + 3σ a – 3σ a + 3σ 81 § 12. Случайные процессы Определение 1. Пусть ( , , )U P – вероятностное пространство, T R – промежуток времени. Пусть любому t T поставлена в соответствие некоторая случайная величина ( ) ( , ),X t X t   . Тогда говорят, что Х(t) – случайный процесс (будем писать СП Х(t)). Если  0,1,2,...t , то Х(t) – процесс с дискретным временем, если  0,t  , то Х(t) – процесс с непрерывным временем. Зафиксируем 0  , тогда не- случайная функция 0( ) ( , ),X t X t t T   называется реализацией (траекто- рией) СП ( , )X t  . Если же зафиксировать 0t t , то случайная величина 0( , )X t  – сечение СП Х(t) (состояние случайного процесса при 0t t ). Пример 1. Пусть U(t) – напряжение, подаваемое на устройство в те- чение времени  0,  . СП U(t) – процесс с непрерывным временем и непре- рывными состояниями. Пример 2. В течение суток непрерывно измеряется количество Х(t) автомобилей, въехавших на охраняемую стоянку на промежутке времени  0, t , 0 24t  . Y(t) – количество автомобилей, покинувших стоянку на промежутке  0, t , Z(t) = X(t) – Y(t) – количество автомобилей на стоянке в момент времени t. X(t), Y(t), Z(t) процессы с непрерывным временем и дискретными со- стояниями. Значения X(t), Y(t): 0, 1, 2, …, n, … Значения Z(t): 0, 1, …, ne, где ne – расчетная емкость стоянки. Пример 3. Для определения интенсивности движения на нерегули- руемом перекрестке в течение каждых 15 мин подсчитывается количество X(n) транспортных средств, прибывающих на перекресток с главного направ- ления (X(1) – количество автомобилей за первые 15 мин, X(2) – количество автомобилей за последующие после первого замера 15 мин и т.д. X(n) – случайный процесс с дискретным временем n = 1, 2, … и дис- кретными состояниями. Пример 4. Рассматривается работа локальной вычислительной сети со структурой типа «звезда», состоящей из сервера и 4 компьютеров. 1 2 Сервер 3 4 Сеть работоспособна, если работает сервер и хотя бы один из компьютеров. Сеть не работает при выходе из строя сервера или всех компьютеров. Можно выделить следующие состояния сети: 82 s0 – работают все компьютеры и сервер; s1 – отказал один компьютер, сеть исправна; s2 – отказало 2 компьютера, сеть исправна; s3 – отказало 3 компьютера, сеть исправна; s4 – отказало 4 компьютера или сервер, сеть неисправна. В любой момент времени t сеть может находиться в одном из пяти со- стояний множества  0 1 2 3 4, , , ,S s s s s s . С работой сети связывают слу- чайный процесс X(t), где X(t) – дискретная СВ, принимающая значения из множества  0, 1, 2, 3, 4 , при этом вероятности ( ( ) )p X t i P  (в момент времени t сеть находится в состоянии si) = pi (t) – зависит от интенсивности переходов сети из состояния в состояние (интенсивности отказов и интен- сивности восстановлений). X(t) – случайный процесс с непрерывным временем и дискретными состояниями. Пример 5. Пусть СВ Х распределена равномерно на отрезке    2; 2 , ~ 2; 2 , ( ) sin , 0X U X t X t t     , X(t) – случайный процесс с не- прерывным временем и непрерывными состояниями. Пусть 1 2 3 3 3 1 3 2 , , , 6 4 2 6 2 4 2 X t t t X X X                       , 3 2 X X        – сечения СП Х(t);     1 2 2 2 ~ 1;1 , ~ ; , ~ 2;2 2 2 2 2 X X U U X U           . Пусть 0( ) 1 ( ) sinX X t t    – реализация СП Х(t). Пусть 0 1 1 ( ) ( ) sin 2 2 X X t t      – реализация СП Х(t). 2 4 6 8 t 1.0 0.5 0.5 1.0 X t Рис. 1. Реализации СП X(t), X(t) = sint, X(t) = –(1/2)sint, X(t)=(1/4)sint Х(t) –0.5 – 83 § 13. Цепи Маркова Определение 1. Пусть Х(t) – СП с дискретным временем  0,1,2,...t и дискретными состояниями  1 2, , ..., nS s s s . СП Х(t) называется цепью Маркова, если 1 2 1, , ..., ,e et t t t Z  , 1 2 10 ... , ,e e i jt t t t s s S       и для любых подмножеств 1 2 2, ,..., eB B B S  выполняется равенство (1).  1 1 2 2 2 2 1( ) ( ) , ( ) ,..., ( ) , ( )e j e e e iP X t s X t B X t B X t B X t s        (1)  1( ) ( )e j e iP X t s X t s   . (Вероятность того, в каком состоянии система будет в будущем не зависит от прошлого, а только от того в каком состоянии она находится в настоя- щий момент времени). Замечание. Если строго следовать определению 1 из § 12, то в каче- стве S надо брать множество  1,2,...,S n и запись ( )e jX t s подразуме- вает ( )eX t j . Определение 2. Цепь Маркова Х(t) называется однородной, если ,i js s S  :  ( 1) ( ) ( ) ,j i ij ijP X t s X t s p t p t      , (2) т.е. переход системы из состояния в состояние не зависит от времени. При этом матрица ( ), 1,..., , 1, ...,ijP p i n j n   называется матрицей вероят- ностей переходов цепи Маркова (первая строка матрицы задает вероятности переходов цепи из состояния s1 во все другие состояния, вто- рая – аналогичные вероятности для состояния s2 и т.д. Пример 1. Устройство состоит из трех последовательно соединенных одинаковых элементов. В начальный момент они все неисправны. За один шаг конструктор, выбирая с равной вероятностью любой из трех элемен- тов, заменяет его на аналогичный запасной элемент, каждый из которых исправен с вероятностью 1 2 . Работа заканчивается, когда устройство зара- ботает. Пусть Х(n) – число исправных элементов в устройстве через n ша- гов. Тогда Х(n) – СП с дискретным временем и дискретными состояниями  1 2 3 4, , ,S s s s s , где состояние si – в устройстве i – 1 исправный элемент, i = 1, 2, 3, 4. 84 При этом X(n) является цепью Маркова (равенство (1), очевидно, вы- полняется). Цепь Маркова Х(n) является однородной. Выпишем матрицу Р вероятностей переходов: 1 1 0 0 2 2 1 1 1 0 6 2 3 1 1 1 0 3 2 6 0 0 0 1 P                     . Действительно, найдем, например, условные вероятности переходов из состояния s2 во все другие. s2 – в устройстве один исправный элемент и два неисправных. Тогда 23 2 1 1 3 2 3 p    , где 2 3 – вероятность удалить неис- правный элемент, 1 2 – вероятность того, что запасной элемент исправен; 21 1 1 1 3 2 6 p    , где 1 3 – вероятность удалить исправный элемент, 1 2 – веро- ятность того, что запасной элемент неисправен. Аналогично 22 24 2 1 1 1 1 ; 0 3 2 3 2 2 p p      . Определение 3. Ориентированный граф, вершинами которого явля- ются состояния 1,..., ns s системы, а на дугах (i, j) задают условные вероят- ности pij переходов из состояния si в состояние sj называется графом состо- яний системы: pi j si sj Пример 2. Рассмотрим цепь Маркова из примера 1, тогда граф состо- яний системы: 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 3 1 6 s1 s2 s3 s4 1 6 1 3 85 Замечание. Зная граф состояний системы, можно легко построить матрицу вероятностей переходов, и наоборот. Определение 4. Вектор (0) (0) (0) 1( ,..., )np p p , где (0) ( (0) )iip P X s  , называется вектором вероятностей состояний системы в начальный мо- мент времени или вектором начальных вероятностей. Вектор ( ) ( ) ( ) 1( ,..., ) m m m np p p , где ( ) ( ( ) ) m iip P X m s  , называется век- тором вероятностей состояний системы через m шагов или m-шаговым распределением вероятностей. Теорема 1. (1) (0)(1) (0) 1 1( ,..., ) ( ,..., )n np p p p P  , где Р – матрица вероятностей переходов. Доказательство. По формуле полной вероятности 1 1 11 2 21( (1) ) ( (0) ) ( (0) ) ...P X s P X s p P X s p         11 21(0) (0) (0) (0)(0) (0) 1 11 21 11 2 1 2 1 ( (0) ) ... ( , ,..., ) , ... n n n n n n p p P X s p p p p p p p p p p p                        где умножение в правой части формулы проводится как умножение мат- риц «строка на столбец». Аналогично ( (1) )iP X s  1 2(0) (0) (0) 1 2( , ,..., ) ... i i n ni p p p p p p             , что и доказывает теорему. Замечание. Из теоремы 1 следует, что ( ) (0)( ) (0) 1 1( ,..., ) ( ,..., ) m m m n np p p p P  , (4) где Р – матрица вероятностей переходов. Таким образом, ( ) mP m P – матрица вероятностей переходов цепи Маркова за m шагов, и для матриц P(m) выполняется условие 1 2 1 2( ) ( ) ( )P m P m P m m   , (5) 86 называемое уравнением Чепмена–Колмогорова. Для матриц 1,..., 1,..., ( )ij i n j n P p    и векторов, которые фигурируют в форму- лах (4) и (5), выполняются равенства (6) и (7). 1 1; 1, 2, ..., n ij j p i n    , (6) ( ) 1 1 n m j j p   . (7) Такие матрицы и векторы называются стохастическими. Пример 3. Для цепи Маркова из примера 1 найдем векторы распреде- ления вероятностей через а) 1 шаг; б) 2 шага; ( (0) (1, 0, 0, 0)p  – система находится в состоянии s1). По формуле (3): а) (1) (0) 1 1 0 0 2 2 1 1 1 0 1 1 (1, 0, 0, 0) ; ; 0; 06 2 3 2 2 1 1 1 0 3 2 6 0 0 0 1 p p P                             ; б) по формуле (4): (2) (0) (0) (1)2 1 1 0 0 2 2 1 1 1 01 1 1 1 1 ( ) ; ; 0; 0 ; ; ;0 .6 2 3 2 2 3 2 6 1 1 1 0 3 2 6 0 0 0 1 p p P p P P p P                                     Определение 5. Цепь Маркова называется регулярной, если m N  такое, что все элементы матрицы Pm положительны. (Из любого состояния si в любое другое состояние sj можно попасть за конечное число шагов с ненулевой вероятностью). 87 Пример 4. Цепь Маркова из примера 1 нерегулярна. Изменим условие примера 1. И будем считать, что работа не заканчивается, когда цепь будет в состоянии s4, а конструктор будет продолжать заменять элементы по то- му же алгоритму. Тогда граф будет иметь вид: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 6 s1 s2 s3 s4 1 6 1 3 1 2 Такая цепь Маркова – регулярна. Теорема 2. Пусть цепь Маркова X(t) – регулярна. Тогда: 1) матрица вероятностей переходов Р имеет единственный неподвиж- ный стохастический вектор q , все координаты которого положительны: q P q  ; (8) 2) если p – любой стохастический вектор, то lim m m p P q    . (9) Вектор q называется вектором финальных вероятностей. Замечание. Из теоремы 2 следует, что при m регулярная цепь Маркова будет переходить в установившийся режим. При этом вектор ве- роятностей состояний системы q в этом режиме не зависит от начального состояния системы. Вектор q = 1 2( , ,... )nq q q можно находить из системы уравнений: 1 2 1 2 1 2 ( , ,... ) ( , ,... ) ... 1, n n n q q q P q q q q q q        (10) или из системы 1 2 1 2 ( , ,... ) ( ) (0, 0,... 0) ... 1, n n q q q P E q q q         , (11) где Е – единичная матрица. 88 При решении системы (10) любое одно из первых n уравнений систе- мы можно отбросить, так как оно будет следовать из остальных. Из (9) следует, что координаты jq вектора q обладают также свойством lim ( ) , 1, ..., , 1, ...,ij j m p m q i n j n     , где ( ) ( , )-йijp m i j элемент матрицы P m. Пример 5. В распоряжении конструктора имеется 2 устройства. Эти устройства могут находится в одном из двух состояний: s1 – устройство работает хорошо, s2 – устройство требует регулировки. Граф состояний для устройств: 0,8 0,3 1-е 0,2 устройство s1 s2 ; 0,7 0,7 0,4 2-е 0,3 устройство s1 s2 . 0,6 Какое из устройств предпочтительней использовать? Решение. Матрицы вероятностей переходов: 1-е устройство: 0,8 0,2 0,7 0,3 P        , 2- е устройство: 0,7 0,3 0,6 0,4 P        . По формуле (10):    1 2 1 2 1 2 0,8 0,2 0,7 0,3 1 q q q q q q                1 2 1 2 1 2 0,7 0,3 0,6 0,4 1 q q q q q q             89 1 2 1 1 2 2 1 2 0,8 0,7 0,2 0,3 1 q q q q q q q q         1 2 1 1 2 2 1 2 0,7 0,6 0,3 0,4 1 q q q q q q q q         Отбрасываем вторые уравнения: 1 2 1 1 2 0,8 0,7 1 q q q q q      1 2 1 1 2 0,7 0,6 1 q q q q q      Решая, получим: 1 2 7 2 ( , ) ; 9 9 q q        1 2 2 1 ( , ) ; 3 3 q q        7 2 9 3   первое устройство предпочтительней использовать. Пример 6. Заданы матрица вероятностного перехода цепи Маркова и вектор (0) p начального распределения вероятностей: 0,4 0,2 0,4 0,1 0,8 0,1 , 0,1 0,2 0,7 P            (0) (0,5; 0,5; 0)p  . Требуется: 1) построить граф состояний системы; 2) найти вектор (2) p распределения вероятностей p состояний систе- мы через 2 шага; 3) найти финальные вероятности. Решение. 1) Система может находиться в одном из трех состояний: 1 2 3, ,s s s , при этом элемент ijp матрицы P задает вероятность перехода из состояния is в js за один шаг. Поэтому граф состояний системы имеет вид: 0,4 0,1 s1 0,1 0,2 0,4 s2 0,1 s3 0,8 0,7 . 0,2 90 2) Вектор (2) p распределения вероятностей состояний системы через 2 шага находится по формуле (4): (2) (0) 2p p P  . Применяя правило умножения матриц, получим: (2) p =   0,4 0,2 0,4 0,4 0,2 0,4 0,5; 0,5; 0 0,1 0,8 0,1 0,1 0,8 0,1 0,1 0,2 0,7 0,1 0,2 0,7                               0,4 0,2 0,4 0,25; 0,5; 0,25 0,1 0,8 0,1 0,175; 0,5; 0,325 0,1 0,2 0,7             . 3) Для нахождения финальных вероятностей 1 2 3( , , )q q q решим си- стему уравнений (11): 1 2( , , ) ( ) (0, 0, 0)nq q q P E   ;    1 2 3 0,4 0,2 0,4 1 0 0 ; ; 0,1 0,8 0,1 0 1 0 0; 0; 0 0,1 0,2 0,7 0 0 1 q q q                           ; 1 2 3 0,6 0,2 0,4 ( , , ) 0,1 0,2 0,1 (0, 0, 0) 0,1 0,2 0,3 q q q            . Умножая матрицы, получим систему 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0,6 0,1 0,1 0; 0,2 0,2 0,2 0; 0,4 0,1 0,3 0. q q q q q q q q q             При этом необходимо учесть дополнительное условие 1 2 3 1q q q   . Отбросим третье уравнение, т.к. оно является следствием двух первых (сумма двух первых уравнений дает третье). Получим систему 1 2 3 1 2 3 1 2 3 0,6 0,1 0,1 0; 0,2 0,2 0,2 0; 1. q q q q q q q q q             91 Умножая первое уравнение на –10, а второе на 5, получим: 1 2 3 1 2 3 1 2 3 6 0; 0; 1. q q q q q q q q q            Решим систему по правилу Крамера, получим: 1 2 3 0 1 1 6 0 1 6 1 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 12 7 5 ; ; . 6 1 1 6 1 1 6 1 114 14 14 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 q q q                      Поэтому вектор финальных вероятностей 2 7 5 ; ; . 14 14 14 q        Замечание. Систему уравнений (8) можно переписать в виде: 1 1 ; 1, 2, ..., (1 ) ; 1, 2, ..., n n i ij j i ij jj j i i i j q p q j n q p p q j n           . (12) Система (12) называется системой балансовых уравнений: слева стоит суммарный поток вероятностей переводящий систему из любого состояния в состояние sj; справа – суммарный поток вероятностей выводящий систе- му из состояния sj; 1, 2, ...,j n . Пример 7. Для цепи Маркова из примера 4 составить систему балан- совых уравнений и найти финальные вероятности. Решение. 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 6 s1 s2 s3 s4 1 6 1 3 1 2 Проходя по вершинам цепи составляем систему уравнений, 92 1 2 1 2 1 3 2 3 2 4 3 4 3 4 1 2 3 4 1 1 : 1 6 2 1 1 1 : 1 2 3 2 1 1 1 : 1 3 2 2 1 1 : 1 6 2 1 s q q s q q q s q q q s q q q q q q                                       Далее, отбрасывая 3-е уравнение, получим: 2 1 1 3 2 3 4 1 2 3 4 3 3 2 3 3 1. q q q q q q q q q q q            Решение системы: 1 2 3 4 1 3 3 1 ( , , , ) ; ; ; 8 8 8 8 q q q q        . Упражнения 13.1. Заданы матрица 1,2,31,2,3( ) j ij iP p   вероятностного перехода цепи Маркова и вектор (0) p начального распределения вероятностей. Требуется: 1) построить граф состояний системы; 2) найти вектор (2) p распределения вероятностей p состояний систе- мы через 2 шага; 3) найти финальные вероятности. а) 0,1 0,1 0,8 0,7 0,1 0,2 , 0,1 0,4 0,5 P            (0) (0,3; 0,2;0,5)p  . 93 б) 0,2 0,6 0,2 0,1 0,6 0,3 , 0,6 0,2 0,2 P            (0) (0,6; 0,4;0)p  . в) 0,6 0,2 0,2 0,1 0,5 0,4 , 0,1 0,4 0,5 P            (0) (0; 0,5;0,5)p  . г) 0,3 0,6 0,1 0,6 0,2 0,2 , 0,2 0,4 0,4 P            (0) (0,3; 0,5;0,2)p  . д) 0,5 0,4 0,1 0,2 0,1 0,7 , 0,8 0,1 0,1 P            (0) (0,5; 0;0,5)p  . 94 § 14. Потоки событий Определение 1. Потоком событий будем называть последователь- ность однородных событий, появляющихся в случайные моменты времени. Пример 1. Поток заявок на обслуживание, поток отказов элемента, поток его восстановлений. Замечание. С потоком событий можно связать случайный процесс X(t) – число событий потока на промежутке времени  0, t (см. пример 2 § 12). Для СП X(t) везде ниже будем рассматривать еще случайную вели- чину ( , ) ( ) ( )X t t X t t X t     – число событий потока на промежутке времени  ,t t t  . Определение 2. Поток называется потоком без последействий, если n и для любых моментов времени 1 2 1, , ..., ,n nt t t t , таких, что 1 2 10 ... n nt t t t     , случайные величины 1 1 2 1(0, 0), ( , )X t X t t t  , 2 3 2 1 1( , ),..., ( , )n n nX t t t X t t t   – независимы. При этом СП X(t) также называется процессом без последействий или марковским процессом. Поток называется ординарным, если t R  выполняется равенства: 1) ( ( , ) 1) ( )P X t t o t    ; 2) ( ( , ) 1) ( ) ( )P X t t t t o t      , (1) где ( ) 0, ( )t o t   – бесконечно малая функция более высокого порядка малости, чем t при 0t  ; ( )t – параметр потока. Ординарный поток без последействий называется пуассоновским пото- ком, а соответствующий случайный процесс X(t) – пуассоновским процессом. Замечание. Как следует из определения 2, в потоке без последействий 0t R  будущие моменты наступления событий потока при 0t t не зави- сят от прошлых. Ординарность потока означает, что вероятностью наступ- ления двух и более событий на промежутке времени длины t при малом t можно пренебречь. При этом 0 0 ( ) ( ( , ) 1) lim lim 0 ( )( ( , ) 1) ( )t t o t P X t t t o tP X t t t t               , поэтому ( ( , ) 1)P X t t  также пренебрежительно мало по сравнению с ( ( , ) 1)P X t t  при малом t . Определение 3. Поток называется стационарным, если 1 2 1 2, ,t t R t t   , случайные величины 1( , )X t t и 2( , )X t t одинаково распределены. Стационарный пуассоновский поток называется простейшим. 95 Замечание. Из стационарности потока следует, что t ( ) constt    , где ( )t – функция в формуле (1). Теорема 1. Рассмотрим стационарный пуассоновский поток, пусть X(t) – соответствующий случайный процесс. Рассмотрим СВ X(0, t). Тогда X(0, t) распределена по закону Пуассона ( )t   , т.е. ( ) ( (0, ) ) ! k tt e P X t k k     . (2) Доказательство. Разобьем промежуток  0, t на n частичных проме- жутков равной длины t t n  точками 0 1 2 10, , ,..., , ;n nt t t t t t  0 1 2 1... n nt t t t t     . Тогда вследствие ординарности потока при доста- точно малых t случайные величины ( , )iX t t принимают значения 1 (с вероятностью ( )p t o t    ) или 0 (с вероятностью 1 ( )q t o t    ), вероятности остальных значений пренебрежительно малы по сравнению с t при 0t  . Тогда ( (0, ) ) lim lim ( ) (1 )k k n k k k n kn n n n P X t k C p q C t t              . При этом ( )n p n t t        – константа, не зависящая от n, поэто- му по теореме Пуассона (теорема 1 § 2) ( ) ( (0, ) ) ! k tt e P X t k k     – ч.т.д. Замечание. Аналогично, 0 0, ; 0, 0t t     СВ 0( , )X t  распределены по закону ( )  . Определение 4. Пусть ( ) ( (0, ))m t M X t , где ( (0, ))M X t – математи- ческое ожидание СВ X(0, t). Параметром потока событий будем называть функцию ( ) ( )t m t  . (3) Замечание. ( ) ( )t m t  = 0 0 ( (0, )) ( (0, )) ( ( , )) lim lim t t M X t t M X t M X t t t t           – среднее число событий потока на промежутке [t, t + t), отнесенное к длине этого промежутка. Если поток простейший, то из теоремы 1 следует, что ( ) , ( ) ( )m t t t m t      , и поэтому параметр  в формуле (1) задает среднее число событий потока в единицу времени. 96 Найдем еще закон распределения СВ Т – времени между двумя со- седними событиями в простейшем потоке. СВ Т принимает значения из промежутка  0;  , при этом ( ) ( ) 1 ( (0, ) 0) по формуле (2) 1TF P T P X e            . Таким образом, ( ) 1TF e    . (4) Поэтому СВ Т распределена по закону Ex( ) . Определенный таким образом поток событий хорошо работает в си- стемах массового обслуживания. При этом поток требований, поступаю- щих в систему часто принимается простейшим. Если же рассматривать по- токи отказов и восстановлений элемента на промежутке времени [0, t), то этот промежуток необходимо разбить на последовательность чередую- щихся промежутков i его работы и i его восстановления, 1,2,...i  : 1 2 0 . . . t 1 2 При этом на промежутках 1 2, ,...  не происходит событий в потоке отказов. А на промежутках 1 2, ,...  – в потоке восстановлений. Если время восстановления пренебрежимо мало по сравнению с временем работы (мгновенное восстановление), то промежутками i можно пренебречь. Тогда cp 1 lim ( ) t t T   , (5) где Тср – среднее время безотказной работы элемента. И ( )t – параметр потока отказов удовлетворяет уравнению Воль- терра второго рода: ( )t = 0 ( ) ( ) ( ) t f t x f t x dx    , (6) где ( )f t – плотность распределения СВ Т – времени наработки на отказ. При этом в случае простейшего потока ( ) ,t t   . 97 Пример 2. Поток отказов элемента – простейший с интенсивностью 4  (отказа/сутки). Найти вероятность того, что 1) за 12 ч: а) элемент от- кажет ровно 1 раз; б) хотя бы 1 раз; 2) (4 ч 8 ч)P Т  . Решение. 1)  – длина промежутка = 12 ч = 1 2 суток. Поэтому   =2 (отказа). Тогда по формуле (2) для случая а) 1 21 ( )0, 1 2 2 1! P X e e                ; для случая б) 0 21 1 ( )0, 1 1 0, 0 1 1 2 2 0! P X P X e e                                . 2) 4 4 4 4 3 6 6 3 1 1 1 1 по формуле (4) 1 1 . 6 3 3 6 P T F F e e e e                                             Предположим, что промежутками восстановлений пренебречь нельзя. Пусть Xот(0, t), Xв(0, t) – случайные величины, задающие соответственно число отказов, восстановлений элемента на промежутке [0, t), от от в в( ) ( (0, )), ( ) ( (0, )).m t M X t m t M X t  Тогда от от( ) ( )t m t  ( в в( ) ( )t m t  ) – параметры потока отказов (вос- становлений) элемента. Можно показать, что от 0 ( , ) ( ) lim t P t t t t      , (7) где P(t, t) – вероятность отказа элемента на промежутке [t , t + t). Тогда от от 0 0 ( , ) ( )( , ) lim ( ) 0 lim 0 t t P t t t tP t t t t t                      от от( , ) ( ) ( )P t t t t o t      . (8) Аналогично в в( , ) ( ) ( )P t t t t o t     (9) (сравни с формулой (1)). Определение 5. Интенсивностью потока отказов (восстановлений) элемента будем называть функцию 98 отот ( ) ( ) ( )p t t K t    вв от ( ) ( ) ( ) t t K t        , (10) если от( ) 0 ( ( ) 0)pK t K t  ; от( ) ( ( ))pK t K t – вероятность того, что элемент находится в рабочем (отказовом) состоянии в момент времени t. Замечание. Из формул (10), (9) следует, что от от от ( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) ( )p p t p t t t t t o t K t K t          , то есть от( )t t  задает условную вероятность перехода из рабочего в от- казовое состояние на промежутке  ,t t t  при условии, что элемент был в рабочем состоянии в момент времени t. Аналогично в( )t t  задает условную вероятность перехода из отказового состояния в рабочее на про- межутке  ,t t t  при условии, что элемент был в отказовом состоянии в момент времени t. Таким образом характеристиками потока отказов элемента являются: от ( )t – параметр потока отказов; от ( )t – интенсивность потока отказов; ( )pK t – вероятность того, что элемент находится в рабочем состоянии в момент времени t; Тр – среднее время наработки элемента на отказ. Аналогично для потока восстановлений элемента: в( )t – параметр потока восстановлений; в( )t – интенсивность потока восстановлений; от ( )K t – вероятность того, что элемент находится в отказовом состоя- нии в момент времени t; Т от – среднее время восстановления элемента. Рассматривают еще и от отlim ( ) lim ( )p p t t K K t K K t         – вероят- ность того, что элемент будет в рабочем (отказовом) состоянии при дли- тельной эксплуатации (финальные вероятности) При этом от от от от , p p p p T T K K T T T T     . (11) 99 § 15. Марковcкие процессы Определение 1. Случайный процесс Х(t) с дискретными состояниями  1 2, , ..., nS s s s и непрерывным временем называется марковским, если ,i js s S  , k N  и 1 2 1, , ..., ,k kt t t t , 1 2 10 ... k kt t t t     и для лю- бых подмножеств 1 2 2, ,..., kB B B S  выполняется условие  1 1 2 2 2 2 1( ) ( ) , ( ) ,..., ( ) , ( )k j k k k iP X t s X t B X t B X t B X t s         1( ) ( )k j k iP X t s X t s   . (1) Замечание. Отличие от определения 1 § 13 в том, что моменты вре- мени , 1, ...,it i k не обязательно целые. Если строго следовать определе- нию 1 из § 12, то в качестве S надо брать множество  1, 2, ...,S n и за- пись ( )k jX t s подразумевает ( )kX t j . Будем считать, что переходы из состояния в состояние происходят под воздействием пуассоновских потоков событий, то есть  ( ) ( ) ( ) ( ), , ,ij j i ijp t P X t t s X t s t o t i j i j             (2) и   1 ( ) ( ) ( ) 1 ( ), n ii i i ik k k i p t P X t t s X t s t o t                         где ij – интенсивность потока, переводящего систему из состояния si в состояние sj, и при использовании графов состояний на дугах будем ста- вить интенсивности соответствующих потоков: i j si sj Найдем вероятность того, что 1( ( ) )P X t t s  . Пусть 1 2( ( ), ( ), ..., ( ))np t p t p t – вектор распределения вероятностей со- стояний системы в момент времени t. Тогда по формуле полной вероятности: 1( ( ) )P X t t s  = 100 1 11 2 21 1( ( ) ) ( ) ( ( ) ) ... ( ( ) ) ( )n nP X t s p t P X t s t P X t s t o t              , то есть 1 1 11 2 21 1( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( )n np t t p t p t p t t p t t o t             . (3) Вычтем 1( )p t из обеих частей равенства (3), получим: 1 1 1 11 2 21 1( ) ( ) ( ) (1 ( )) ( ) ... ( ) ( ).n np t t p t p t p t p t t p t t o t                Разделим обе части на t и найдем предел при 0t  . При этом учи- тываем, что 11 12 11 ( ) ( ... ) ( )np t t o t         . Получим дифференци- альное уравнение для p1(t): 1 2 21 1 1 12 1 ( ) ( ) ... ( ) ( )( ... )n n n dp t p t p t p t dt           . Аналогичные уравнения верны для любого ( ), 1, ...,ip t i n , поэтому полу- чаем систему уравнений (4). 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ; 1, 2, ..., ( ) 1. n n i j ji i ij j j j i j i n j j dp t p t p t i n dt p t                    (4) Система уравнений (4) называется системой уравнений Колмогорова. Ее решают при начальных данных 1 2 1 20( ( ), ( ), ..., ( )) ( (0), (0), ..., (0)).n ntp t p t p t p p p  При этом любое одно из первых n уравнений можно отбросить, так как оно является следствием из остальных. Формально система (4) выписывается аналогично балансовым уравнениям (12) § 13. Пример 1. Прибор может находится в одном из двух состояний: s1 – исправен и работает, s2 – не исправен. На прибор в состоянии s1 действует поток отказов с интенсивностью отказ 1 сутки   . На прибор в состоянии s2 действует поток восстановлений с 101 интенсивностью восст. 3 сутки   . Составить граф состояний, систему Колмо- горова и решить ее. В начальный момент прибор находится в состоянии s1. Решение. Граф состояний 1 s1 s2 3 По формулам (4): 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 1, 1 p p p p p p p p p p p p p                и начальные данные 1 2( (0), (0)) (1, 0)p p  . Из второго уравнения 2 11p p  . Подставляем это значение в первое уравнение системы: 1 14 3p p   – линейное уравнение; (5) 4 1 1 3 4 tp C e   – общее решение уравнения (5); 4 1 1 3 1 (0) 1 ( ) 4 4 tp p t e    – частное решение уравнения (5). Тогда 4 2 1 1 1 1 4 4 tp p e    и 4 1 4 2 3 1 ( ) 4 4 1 1 ( ) 4 4 t t p t e p t e           – решение системы. При этом 1 2 3 1 lim ( ) ; lim ( ) 4 4t t p t p t     – финальные вероятности. 102 0.5 1.0 1.5 2.0 t 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Рис. 1. Графики р1(t) и p2(t) решений системы Замечание. В общем случае для процесса вида:  s1 s2  Получаем систему уравнений 1 2 1 2 1 2 1 2 1, p p p p p p p p              и при начальных данных вида 1 2( (0), (0)) (1, 0)p p  решение будет: ( ) 1( ) ( ) t pp t e K t            ; ( ) 2 от( ) ( ) tp t e K t             . При этом lim ( )p p t K K t        , отK      . t 103 Определение 2. Предположим, что для марковского процесса X(t) по- токи событий, переводящие систему из состояния в состояние – простей- шие, и из любого состояния можно попасть в любое другое за некоторое количество шагов. Такой процесс X(t) называется эргодическим. Определение 3. Предельным режимом для процесса X(t) называется режим, установившийся в системе при t . Вектор q распределения ве- роятностей состояний системы в предельном режиме называется вектором финальных вероятностей. Теорема 1. Для эргодического марковского процесса X(t) с конечным числом состояний n предельный режим существует. При этом координаты qj вектора финальных вероятностей q обладают свойством lim ( ) , , 1, ...,ij j t p t q i j n    и являются единственным решением системы линейных уравнений (6). 1 1 1 0; 1,2,..., 1. n n j ji i ij j j j i j i n j j q q i n q                    (6) Замечание. Любое одно из первых n уравнений можно отбросить, так как оно является следствием из остальных. Пример 2. Дана логическая схема дублированной системы с постоян- но включенным резервом: 1 1;  2 2;  где 1 2,  – интенсивности потока отказов элементов, 1 2,  – интенсив- ности потока восстановлений. В начальный момент оба элемента в рабо- чем состоянии. Систему обслуживают две бригады. Выписать граф состо- яний, составить систему дифференциальных уравнений для вероятностей состояний системы. Решить систему для случая 1 2 1 2 1 1 1 , 3 сутки сутки         . Найти финальные вероятности. 104 Решение. Пусть s1 – оба элемента работают, система работает; s2 – первый элемент отказал и ремонтируется, второй элемент работает, система работает; s3 – первый элемент работает, второй элемент отказал и ремонтируется, система работает; s4 – оба элемента отказали и ремонтируются, система отказала. Тогда граф состояний: s1 1 2 1 2 s2 s3 2 1 2 1 s4 При этом система (4) будет иметь вид: 1 1 2 1 1 2 2 3 2 1 1 1 2 2 2 4 3 2 1 1 2 3 1 4 4 2 2 1 3 1 2 4 1 2 3 4 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 dp p p p dt dp p p p dt dp p p p dt dp p p p dt p p p p                                                 105 Начальные данные: 1 2 3 4(0) ( (0), (0), (0), (0)) (1, 0, 0, 0).p p p p p  Решим систему для случая 1 2 1 21, 3       : 1 1 2 3 2 1 2 4 3 1 3 4 4 2 3 4 1 2 3 4 2 3 3 4 3 4 3 6 1 dp p p p dt dp p p p dt dp p p p dt dp p p p dt p p p p                             с начальными данными (0) (1, 0, 0, 0)p  . Решаем в пакете Mathеmatica. Группа ячеек ввода d=DSolve[{p1'[x]== -2*p1[x]+3*p2[x]+3*p3[x],p2'[x]== =p1[x]-4*p2[x]+3*p4[x],p3'[x]==p1[x]- 4*p3[x]+3*p4[x],p1[x]+p2[x]+p3[x]+p4[x]==1,p1[0]==1, p2[0]==0,p3[0]==0,p4[0]==0}, {p1,p2,p3,p4},x] FullSimplify[{p1[x],p2[x],p3[x],p4[x]}/.%] Plot[Evaluate[{p1[x],p2[x],p3[x],p4[x]}/.First[d]], {x,0,2}] 106 ---Ячейки вывода ---------------------------------------- 0.5 1.0 1.5 2.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Таким образом, 4 8 1 9 6 1 ( ) 16 16 16 t tp t e e    , 4 8 2 3 3 2 1 ( ) ( ) 16 16 16 t tp t p t e e     , 4 8 от 4 1 2 1 ( ) ( ) 16 16 16 t tK t p t e e     , от( ) 1 ( )pK t K t  . Для нахождения финальных вероятностей не обязательно решать си- стему (4). Достаточно решить систему линейных уравнений (6) 1 2 3 1 2 4 1 3 4 2 3 4 1 2 3 4 2 3 3 0 4 3 0 4 3 0 6 0 1, q q q q q q q q q q q q q q q q                      107 которая составляется аналогично системе балансовых уравнений цепи Маркова. Отбрасываем, например, четвертое уравнение, получим: 1 2 3 1 2 4 1 3 4 1 2 3 4 2 3 3 0 4 3 0 9 3 3 1 , , , 4 3 0 16 16 16 16 1 q q q q q q q q q q q q q q                        . Замечание. Если все элементы системы имеют одинаковые показате- ли интенсивностей отказов и восстановлений, то во многих случаях систе- ма описывается процессом гибели и размножения. Пример 3. Рассмотрим систему из примера 2: 1 1;  1 1;  Тогда описать систему можно с помощью графа: 12 1 s1 s2 s3 , 1 2 1 где s1 – оба элемента работают, система работает; s2 – один из двух элементов отказал и ремонтируется, система работает; s3 – оба элемента отказали и ремонтируются, система отказала. При этом система уравнений (4) будет иметь вид: 108 1 11 1 2 1 1 1 12 1 2 3 1 13 2 3 1 2 3 2 2 ( ) 2 2 1. p p p p p p p p p p p p p                              И решение 1 2 3( ( ), ( ), ( ))p t p t p t системы связано с решением 1 2 3 4( ( ), ( ), ( ), ( ))p t p t p t p t системы из примера 2 равенствами: 1 2 3 41 2 3( ) ( ), ( ) ( ) ( ), ( ) ( );p t p t p t p t p t p t p t    вектор q финальных вероятностей: q = 9 6 1 , , 16 16 16       . Замечание. При описании систем часто приходится определять веро- ятность того, что за время t система попадет в какое-то, например si – е, из своих состояний. В этом случае это состояние делают поглощающим, уби- рая выходы из него во все остальные состояния. Далее для полученного графа состояний составляют систему уравнений Колмогорова и решение pi(t) будет задавать искомую вероятность. Необходимо при этом заметить, что система перестает быть эргодической. Пример 4. Дана логическая схема дублированной системы с постоян- но включенным резервом 1 1;  , 2 2;  где 1 2,  – интенсивности потока отказов элементов; 1 2,  – интенсивности потока восстановлений. В начальный момент оба элемента в рабочем состоянии. Систему об- служивает одна бригада с прямым приоритетом обслуживания (первым обслуживается элемент, который первым отказал). 1) Выписать граф состояний, составить систему дифференциальных уравнений для вероятностей состояний системы. Решить систему для слу- чая 1 2 1 2 1 1 1 , 6 сутки сутки         . Найти финальные вероятности. 109 2) Определить вероятность того, что на промежутке времени [0, t] си- стема попадет в отказовое состояние: составить систему дифференциаль- ных уравнений и решить ее для случая 1 2 1 2 1 1 2 , 3 сутки сутки         . Решение. 1) Пусть s1 – оба элемента работают, система работает; s2 – первый элемент отказал и ремонтируется, второй элемент работает, система работает; s3 – первый элемент работает, второй элемент отказал и ремонтируется, система работает; s4 – первый элемент отказал и ремонтируются, второй отказал и ожидает ремонта, система отказала; s5 – второй элемент отказал и ремонтируются, первый отказал и ожидает ремонта, система отказала. Тогда граф состояний: s1 1 2 1 2 s2 s3 2 1 2 1 s4 s5 110 При этом система (4) будет иметь вид: 1 1 2 1 1 2 2 3 2 1 1 1 2 2 2 5 3 2 1 1 2 3 1 4 4 2 2 1 4 5 1 3 2 4 1 2 3 4 5 ( ) ( ) ( ) 1 dp p p p dt dp p p p dt dp p p p dt dp p p dt dp p p dt p p p p p                                                Начальные данные: 1 2 3 4 5(0) ( (0), (0), (0), (0), (0)) (1, 0, 0, 0,0).p p p p p p  Решим систему для случая 1 2 1 21, 6       : 1 1 2 3 2 1 2 5 3 1 3 4 4 2 4 5 3 5 1 2 3 4 5 2 6 6 7 6 7 6 6 6 1 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p                                Решая систему аналогично примеру 2, получим: Группа ячеек ввода d=DSolve[{p1'[x]==- 2*p1[x]+6*p2[x]+6*p3[x],p2'[x]==p1[x]- 7*p2[x]+6*p5[x],p3'[x]==p1[x]-7*p3[x]+6*p4[x], p4'[x]==p2[x]- 6*p4[x],p1[x]+p2[x]+p3[x]+p4[x]+p5[x]==1,p1[0]==1 p2[0]==0,p3[0]==0,p4[0]==0,p5[0]==0}, {p1,p2,p3,p4,p5},x] FullSimplify[{p1[x],p2[x],p3[x],p4[x],p5[x]}/.%] Plot[Evaluate[{p1[x],p2[x],p3[x],p4[x],p5[x]}/.First[d] ],{x,0,1}] 111 ---Ячейки вывода ---------------------------------------- 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Таким образом, 10 5 1 18 3 4 ( ) 25 25 25 t tp t e e    , 10 5 2 3 3 2 1 ( ) ( ) 25 25 25 t tp t p t e e     , 10 5 4 5 1 1 2 ( ) ( ) 50 50 50 t tp t p t e e     , 10 5 от 4 5 1 1 2 ( ) ( ) ( ) 25 25 25 t tK t p t p t e e      , от( ) 1 ( )pK t K t  . Система уравнений для финальных вероятностей: 112 1 2 3 1 2 5 1 3 4 2 4 3 5 1 2 3 4 5 2 6 6 0 7 6 0 7 6 0 6 0 6 0 1 q q q q q q q q q q q q q q q q q q                          Решение системы: q = 18 3 3 1 1 , , , , 25 25 25 50 50       . 2) Сделаем состояния s4 и s5 – поглощающими, получим граф s1 1 2 1 2 s2 s3 2 1 s4 s5 Тогда система уравнений (4) будет иметь вид: 1 1 2 1 1 2 2 3 2 1 1 1 2 2 3 2 1 1 2 3 4 2 2 5 1 3 1 2 3 4 5 ( ) ( ) ( ) 1 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p                                         Начальные данные: (0) (1, 0, 0, 0,0).p  113 Решим систему для случая 1 2 1 22, 3       : 1 1 2 3 2 1 2 3 1 3 4 2 5 3 1 2 3 4 5 4 3 3 2 5 2 5 2 2 1 p p p p p p p p p p p p p p p p p p p                            (0) (1, 0, 0, 0,0)p  . Группа ячеек ввода d=DSolve[{p1'[x]==- 4*p1[x]+3*p2[x]+3*p3[x],p2'[x]==2*p1[x]- 5*p2[x],p3'[x]==2*p1[x]-5*p3[x], p4'[x]==2*p2[x],p1[x]+p2[x]+p3[x]+p4[x]+p5[x]==1,p1[0]== 1,p2[0]==0,p3[0]==0,p4[0]==0,p5[0]==0}, {p1,p2,p3,p4,p5},x] FullSimplify[{p1[x],p2[x],p3[x],p4[x],p5[x]}/.%] Plot[Evaluate[{p1[x],p2[x],p3[x],p4[x],p5[x]}/.First[d]] ,{x,0,5}] ---Ячейки вывода ---------------------------------------- 114 1 2 3 4 5 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Таким образом, 8 1 4 3 ( ) 7 7 t tp t e e   , 8 2 3 2 2 ( ) ( ) 7 7 t tp t p t e e    , 8 4 5 1 4 1 ( ) ( ) 2 7 14 t tp t p t e e     . Тогда 81 2 3 8 1 ( ) ( ) ( ) 7 7 t tp p t p t p t e e      – вероятность того, что на промежутке времени [0, t] система ни разу не попадет в отказовое состоя- ние, 85 4 8 1 ( ) ( ) 1 7 7 t tp p t p t e e      – вероятность того, что на проме- жутке времени [0, t] система побывает в отказовом состоянии. Упражнения 15.1. Логическая схема дублированной системы с постоянно вклю- ченным резервом: 115 1 1;  , 2 2;  где 1 2,  – интенсивности потока отказов элементов; 1 2,  – интенсивности потока восстановлений. В начальный момент оба элемента в рабочем состоянии: а) систему обслуживают две бригады; б) систему обслуживает одна бригада с обратным приоритетом об- служивания (первым ремонтируется элемент, который отказал последним). 1) Выписать граф состояний, составить систему дифференциальных уравнений для вероятностей состояний системы. 2) Решить систему для случая: а) 1 2 1 2 1 1 1 , 2, 4 сутки сутки         ; б) 1 2 1 2 1 1 1 , 6 сутки сутки         . Найти финальные вероятности. Ответ. а) s1 1 2 1 2 s2 s3 2 1 2 1 s4 Считаем состояния s1, s2, s3, s4 такими же, как и в примере 2, q = 8 4 2 1 , , , 15 15 15 15       . 116 б) s1 1 2 1 2 s2 s3 2 2 1 1 s4 s5 , s1 – оба элемента работают, система работает; s2 – первый элемент отказал и ремонтируется, второй элемент работает, система работает; s3 – первый элемент работает, второй элемент отказал и ремонтируется, система работает; s4 – первый элемент отказал (ожидает ремонта), второй элемент отказал и ремонтируется, система отказала. s5 – второй элемент отказал (ожидает ремонта), первый элемент отказал и ремонтируется, система отказала. 10 5 10 5 1 2 3 1 1 (18 3 4 ), (3 2 ) 25 25 t t t tp e e p p e e          ; 10 5 2 4 5 1 ( 1 ) 50 t tp p e e    . 117 15.2. Для системы из упражнения 15.1 б) с логической схемой 1; 5 1; 7 найти финальные вероятности. Ответ: q = 5 1 5 1 1 , , , , 7 7 49 49 49       . 15.3. Для системы из упражнения 15.1 б) с логической схемой 1; 2 , 1; 4 найти финальные вероятности. Ответ: q = 1 1 1 1 1 , , , , 2 4 8 16 16       . 15.4. Для системы из примера 4 с логической схемой 6; 9 , 6; 9 определить вероятность того, что на промежутке времени [0, t] ни разу не произойдет отказ. Ответ: 3 24 8 1 ( ) 7 7 t tp t e e   . 118 Литература 1. Половко, А. М. Основы теории надежности / А. М. Половко, С. В. Гуров. – СПб.: БХВ–Петербург, 2008. 2. Половко, А. М. Основы теории надежности: практикум / А. М. По- ловко, С. В. Гуров. – СПб.: БХВ–Петербург, 2006. 3. Саульев, В. К. Математическая теория надежности и восстановле- ния / В. К. Саульев. – М.: МАИ, 1974. 4. Ямпурин, Н. П. Основы надежности электронных средств / Н. П. Ям- пурин, А. В. Баранова. – М.: Академия, 2010. 5. Голинкевич, Т. А. Прикладная теория надежности / Т. А. Голинке- вич. – М.: Высшая школа, 1977. 6. Черкасов, Г. Н. Надежность аппаратно-программных комплексов: учебное пособие / Г. Н. Черкасов. – СПб.: Питер, 2005. 7. Половко, А. М. Mathematica для студента / А. М. Половко. – СПб.: БХВ–Петербург, 2007. 119 Приложения Приложение 1. Вычисления в среде Mathematica Вы работаете в Mathematica (далее М.), создавая интерактивные доку- менты. После запуска М. или открытия уже существующего файла наби- рают нужный текст или математическую команду. М. воспринимает то, что набрано как Input. Обработка Input выполняется при нажатии клавиш: Shift + Enter. М. помечает Input меткой In[n]: и результат обработки выводит в Output, по- мечая его Out[n]. Текст и команды находятся в ячейках, которые М. объединяет в груп- пы. Каждая ячейка (cell) имеет свой стиль. Границы групп и стиль ячеек показываются М. справа рабочего окна в виде квадратных скобок. Можно выбирать стиль ячейки, используя команду Format. По умол- чанию автоматически открываемая ячейка имеет стиль Input (Input style), который позволяет проводить математические вычисления. Если есть необходимость открыть новую ячейку, двигают курсор вниз ячейки, пока не появится горизонтальная линия. Если после этого нажать клавишу Enter, вы окажетесь в новой ячейке. Синтаксис команд в М. соответствует здравому смыслу и широко рас- пространенным языкам программирования. Переменные в М. являются глобальными, названия стандартных функций пишутся с заглавной буквы, например: 2y x пишут Sqr[ ]y x , причем аргументы функций – в квадратных скобках. В М. имеется два операнда присваивания: обыкновенное присваивание, например 3a  , и задержанное присваивание, например : 3a  . Разница видна из примеров. Пример 1. Обыкновенное присваивание. In[1]:= a = 12 b = 9 c = Sqrt[a 2 b 2]  Out[1] = 12 Out[2] = 9 Out[3] = 15 120 Пример 2. Задержанное присваивание. In[1]:= a := 12 b := 9 c = Sqrt[a 2 b 2]  Out[1] = 15 Замечание. Во втором случае значения a и b хранятся в оперативной памяти и не выводятся в Output. Интерфейс в М. достаточно приятен. Можно активно использовать Help. Например, копировать там шаблоны стандартных функций и переносить их в свой документ. При этом Copy, Cut, Paste такие же, как и в MS Word. Более подробно среда М. описана, например, в [7]. Пример 3. СВ Т – время жизни элемента – распределена по закону ( ; )N a  . 1) Построить график функции плотности вероятностей ( )f t . 2) Построить график функции Лапласа Ф(х) (формула (13) § 2). 3) В М. значение Ф(t) можно находить через функцию 1 2Erf [ , ]x x (Er- ror function): 1 2Erf [ , ]x x = 2 2 1 2 x t x e dt   . (1) При этом 1 ( ) Erf 0; 2 2 t t          . (2) Найти значения ( )x , полученной по формулам (13 § 2) и (2) на про- межутке  1 2,t t с шагом t . 4) Найти вероятность того, что элемент проработает безотказно 3t ч. 1 2 31; 1,1; 0,01; 1200 ч; 1000 ч; 300 чt t t t a        . п 1. Группа ячеек ввода a : 1000 s : 300 f (1/ (Sqrt[2 Pi] s)) Exp[ ( a) 2 / (2 s 2)]t          Plot[f, , 0, 2000 ,PlotLabel " "]t Плотность вероятностей 121 ---Ячейки вывода ---------------------------------- 2( 1000 ) 180000 300 2 t e     500 1000 1500 2000 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.0010 0.0012 Плотность вероятностей ==================================================== п 2. Группа ячеек ввода 0 Fi : (1/ (Sqrt[2 Pi]) E xp[ x 2 / 2]dx t     Plot[Fi, , 4, 4 ,PlotLabel " "]t Интегральная функция Лапласа  --- ---Ячейки вывода ------------------------------ 4 2 2 4 0.4 0.2 0.2 0.4 Интегральная функцияЛапласа –4 –2 –0.2 –0.4 122 п 3. Группа ячеек ввода Fil : 0.5 Erf[0, t/ Sqrt[2]]     MatrixForm[Table[ ,N[Fi],N[Fil] , , 1, 1.1, 0.01 ]]t t ------Ячейки вывода ------------------------------- 1 0.341345 0.341345 1.01 0.343752 0.343752 1.02 0.346136 0.346136 1.03 0.348495 0.348495 1.04 0.35083 0.35083 1.05 0.35083 0.35083 1.06 0.353141 0.353141 1.07 0.35769 0.35769 1.08 0.359929 0.359929 1.09 0.362143 0.362143 1.1 0.364334 0.364334                                   ============================================================= п. 4 Группа ячеек ввода t : (1200 a) / s  N[0.5 Fil]p   ------Ячейки вывода ------------------------------- 0.252493 Пример 4. СВ Т – время жизни элемента – распределена по закону ( ; )N a  . 1) Построить график функции плотности вероятностей ( )f t на про- межутке [a – 3σ; a + 3σ], a = 1000, σ = 300. 123 Группа ячеек ввода {a,}={1000,300} ------Ячейки вывода ------------------------------- a 2 a a 2 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 0.0010 0.0012 Плотность вероятностей Пример 5. Решить систему дифференциальных уравнений из при- мера 1 § 15: 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 1, 1 p p p p p p p p p p p p p                начальные данные 1 2( (0), (0)) (1, 0)p p  . Группа ячеек ввода d=DSolve[{p1'[x]==- p1[x]+3*p2[x],p1[x]+p2[x]==1,p1[0]==1,p2[0]==0}, {p1,p2},x] Plot[Evaluate[{p1[x],p2[x]}/.d],{x,0,2},AxesLabel→{"t"}] ------Ячейки вывода --------------------------- а – σ а + σ 124 0.5 1.0 1.5 2.0 t 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 125 Приложение 2. РГР Законы распределения времени наработки на отказ Постановка задачи. Система состоит из трех последовательно соеди- ненных элементов, законы распределения времени наработки на отказ ко- торых приведены в таблице. Найти показатели надежности каждого эле- мента и всей системы в целом: 1) среднее время жизни, среднее квадратическое отклонение ( )T для каждого элемента, где T – время наработки на отказ; 2) функцию плотности вероятностей для случайной величины T ; 3) функцию надежности; 4) функцию интенсивности отказов; 5) построить графики ( ), ( ), ( )f t p t t ; 6) протабулировать функции ( ), ( ), 1,2,3; ( ), ( )i if t p t i f t p t ; 7) найти среднее время жизни системы. Задания В1 В2 В3 В4 В5 1-й эле- мент W(2;1/1500) R(1/1000) W(1;1/2000) W(3;1/3000) W(4;1/2000) 2-й эле- мент Г(8;1/200) Exp(1/1000) Г(5;1/500) Г(7;1/1000) W(1;1/1500) 3-й эле- мент TN(1500;800) TN(3000;300) TN(1000;700) TN(1000;800) TN(100;800) В6 В7 В8 В9 В10 1-й эле- мент W(4;1/3000) R(1/2000) W(5;1/3000) Г(5;1/800) W(6;1/3000) 2-й эле- мент Г(6;1/800) Г(6;1/800) Г(6;1/1000) Г(5;1/800) W(6;1/3000) 3-й эле- мент TN(0;1000) TN(200;800) R(1/3000) Exp(1/2000) TN(500;1000) Пример решения в среде Mathematica Текстовая ячейка Subsubtitle Законы распределения времени наработки на отказ элементов: 1 2 3 W(2;1/2000) Г(5;1/300) TN(2000;1000) 126 Текстовая ячейка Subtitle Показатели надежности для W(aa,ll) Группа ячеек ввода aa:= 2 ll:=1/2000 MT:=Gamma[1+1/aa]/ll sT:=Sqrt[(Gamma[1+2/aa]-(Gamma[1+1/aa])^2)]/ll Labeled[N[MT],Среднее время жизни,Left] Labeled[N[sT],Среднее квадратическое отклонение, Left] f1= aa*(ll^aa)*(x^(aa-1))*Exp[-((ll*x)^aa)] p1=Exp[-((ll*x)^aa)] lam1=aa*(ll^aa)*(x^(aa-1)) Plot[f1,{x,0,5000}, PlotLabel"Плотность вероятностей"] Plot[p1,{x,0,5000},PlotLabel "Функция надежности "] Plot[lam1,{x,0,5000}, PlotLabel "Интенсивность отказов"] Текстовая ячейка Subtitle Показатели надежности для Г(a,l) Группа ячеек ввода l:=1/300 a:=5 Labeled[a/l, Среднее время жизни,Left] Labeled[N[Sqrt[a]/l], Среднее квадратическое откло- нение, Left] f2=(l^a)*(x^(a-1))*Exp[-l*x]/Gamma[a] p2=Gamma[a,l*x]/Gamma[a] lam2=((l^a)*(x^(a-1))*Exp[-l*x])/(Gamma[a,l*x]) Plot[f2,{x,0,5000}, PlotLabel "Плотность вероятностей"] Plot[p2,{x,0,5000},PlotLabel "Функция надежности "] Plot[lam2,{x,0,5000}, PlotLabel "Интенсивность отказов"] Текстовая ячейка Subtitle Показатели надежности для TN(aaa,s), функция Лапласа 1 ( ) Erf 0; 2 2 t t          . Группа ячеек ввода aaa:= 2000 s:= 1000 xx:=aaa/s c=1/(0.5+0.5*Erf[0,xx/Sqrt[2]]) 127 k=(c/Sqrt[2*Pi])*Exp[-(xx^2)/2] Labeled[N[aaa+k*s], Среднее время жизни ,Left] Labeled[N[s*Sqrt[1+k*xx-k^2]], Среднее квадратиче- ское отклонение , Left] f3=c*PDF[NormalDistribution[aaa,s],x] p3=c*(0.5-0.5*Erf[0,(x-aaa)/(s*Sqrt[2])]) lam3=c*PDF[NormalDistribution[aaa,s],x]/p3 Plot[f3,{x,0,5000}, PlotLabel "Плотность вероят- ностей"] Plot[p3,{x,0,5000},PlotLabel "Функция надежности "] Plot[lam3,{x,0,5000}, PlotLabel "Интенсивность от- казов"] Текстовая ячейка Subtitle Функция надежности системы Группа ячеек ввода p= p1*p2*p3 Plot[p,{x,0,5000},PlotLabel "Функция надежности си- стемы "] ------Ячейки вывода --------------------------- 1000 2000 3000 4000 5000 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Функция надежности системы 128 Текстовая ячейка Subtitle Интенсивность отказа системы Группа ячеек ввода lam=lam1+lam2+lam3 Plot[lam,{x,0,5000}, PlotLabel "Интенсивность отказов системы"] ------Ячейки вывода --------------------------- 1000 2000 3000 4000 5000 0.002 0.004 0.006 0.008 Интенсивность отказов системы Текстовая ячейка Subtitle Плотность распределения вероятностей системы Группа ячеек ввода f:= p*lam Plot[f,{x,0,5000}, PlotLabel "Плотность распреде- ления времени наработки на отказ системы"] ------Ячейки вывода --------------------------- 129 1000 2000 3000 4000 5000 0.0002 0.0004 0.0006 0.0008 Плотность распределения времени наработки на отказ системы Текстовая ячейка Subtitle Таблица значений функций p(i), i=1,…,3 и p с шагом 100 час Группа ячеек ввода MatrixForm[Table[{x,N[p1,6],N[p2,6],N[p3,6],N[p,6]}, {x,0,3000,100}]] Текстовая ячейка Subtitle Таблица значений функций f(i), i=1,…,3 и f с шагом 100 час Группа ячеек ввода MatrixForm[Table[{x,N[f1,6],N[f2,6],N[f3,6],N[f,6]}, {x,0, 3000,100}]] Текстовая ячейка Subtitle Среднее время жизни системы Группа ячеек ввода 130 Оглавление Введение ............................................................................................................... 3 § 1. Вероятностное пространство ...................................................................... 4 § 2. Случайные величины ................................................................................. 11 § 3. Основные понятия теории надежности ................................................... 19 § 4. Статистическое оценивание показателей надежности ........................... 26 § 5. Показатели надежности для сложных систем ......................................... 30 § 6. Гамма-функция и ее свойства ................................................................... 45 § 7. Некоторые законы распределения времени наработки на отказ ........... 48 § 8. Усеченное нормальное распределение .................................................... 60 § 9. Логарифмически нормальное распределение ......................................... 65 § 10. Гамма-распределение............................................................................... 67 § 11. Распределение 2( )n ................................................................................ 74 § 12. Случайные процессы ............................................................................... 81 § 13. Цепи Маркова ........................................................................................... 83 § 14. Потоки событий ........................................................................................ 94 § 15. Марковcкие процессы .............................................................................. 99 Литература ....................................................................................................... 118 Приложения ..................................................................................................... 119 Приложение 1. Вычисления в среде Mathematica .................................... 119 Приложение 2. РГР Законы распределения времени наработки на отказ ......................................................................................................... 125 131 Учебное издание РУДЫЙ Александр Никодимович ЭЛЕМЕНТЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ТЕОРИИ НАДЕЖНОСТИ Конспект лекций Технический редактор Д. А. Исаев Компьютерная верстка Д. А. Исаева Подписано в печать 30.07.2013. Формат 6084 1/8. Бумага офсетная. Ризография. Усл. печ. л. 15,23. Уч.-изд. л. 5,95. Тираж 100. Заказ 363. Издатель и полиграфическое исполнение: Белорусский национальный технический университет. Свидетельство о государственной регистрации издателя, изготовителя, распространителя печатных изданий № 1/173 от 12.02.2014. Пр. Независимости, 65. 220013, г. Минск.