3. Примеры решения задач

В данном подразделе рассматриваются примеры решения некоторых задач по теории надежности. Кроме рассмотренных здесь примеров, рекомендуется пользоваться анализом методов решения задач, содержащимся в [2, 3, 6].

Пример 1.В энергосистеме имеется группа изnоднотипных котлов, работающих в одинаковых условиях. Вероятность исправного состояния котла -p, а неисправного q=1-p. Найти вероятность рабочего состоянияmкотлов изn.

m = 4;n = 5;p = 0.98;q = 1 - 0.98 = 0.02.

Задача решается с применением схемы Бернулли.

Вероятность одновременного повреждения всех котлов - qⁿ;

вероятность отказа всех котлов, кроме одного - npq^n-1;

....................................................................................................

вероятность того, что в работе окажется mкотлов из n -C^m_n p^m q^n-m,

где C^m_n= (n!)/[! (n-m)!]- число сочетаний изnэлементов поn;

вероятность того, что в работе будут все котлы, кроме одного, - np^n-1q;

вероятность того, что все котлы в рабочем состоянии - pⁿ.

Сумма вероятностей всех возможных состояний соответствует разложению по биному Ньютона и равна единице.

Для числовых значений примера:

p= 5 x 0.98⁴x 0.02 = 0.0923, то есть вероятность рабочего состояния четырех котлов из 5 составляет 0.0923.

Пример 2. Статистическая вероятность повреждения любой фазы трехфазной линии составляет 0.01. Если повреждение одной фазы произошло, то повреждение любой другой фазы имеет статистическую вероятность 0.2, третья фаза при условии повреждения двух других повреждается с вероятностью 0.5. Найти соотношение вероятностей одно-, двух- и трехфазных повреждений при условии, что авария начинается с повреждения одной фазы.

Однофазные повреждения происходят с вероятностью 0.01 по условиям задачи. Вероятность двухфазных повреждений считается по формуле условной вероятности:

Р(АВ) = Р_в(А)  Р(В) = 0.20.01 = 0.002;

Вероятность трехфазных повреждений:

Р(АВС) = Р(АВ)  Р(С)= 0.0020.5 = 0.001.

Таким образом, соотношение вероятностей одно-, двух- и трехфазных повреждений трехфазной линии составляет 0.01 : 0.002 : 0.001 или 10 : 2 : 1.

Пример 3.Топливо на котельную подается по двум ниткам трубопровода. По каждой из ниток котельная может получить 50 % топлива для ее нормальной работы. Вероятность выхода из строя одной нитки трубопровода составляет 0.05. Какова вероятность сохранения рабочего состояния котельной?

Так как по каждой нитке трубопровода передается только половина необходимого количества топлива для нормальной работы котельной, отказ любой из двух ниток приводит к отказу работы котельной.

Вероятность выхода из строя хотя бы одной из двух ниток трубопровода составляет

q = q₁  p₂ = 0.05(1 -0 .05) = 0.0475.

Вторая нитка трубопровода выходит из строя с той же вероятностью.

Вероятность отказа составляет 2 х 0.0475 = 0.095.

Вероятность сохранения рабочего состояния котельной составит

р= 1 - 0.095 = 0.905.

Пример 4. Среднее значение времени наработки на отказ изделия составляет 12000 ч. Считаем, что отклонение от среднего значения для наработки на отказ подчиняется нормальному закону распределения с дисперсией 250000 ч². Найти вероятность того, что для некоторого испытуемого изделия наработка на отказ будет находиться в пределах 12500 ... 13000 ч.

Вероятность того, что величина tбудет находиться в пределахt ₁< t < t₂находится по выражению:

Р(t₁<t<t₂) = 0.5{Ф[(t₂ - a ) /]} - 0.5 {Ф[(t₁ - a) / ]} = 0.5 Ф[(13000-12000)/250000] - -0.5 Ф[(12500-12000)/250000] = 0.5Ф(2) - 0.5Ф(1) = 0.4772 - 0.3411= 0.1361,

где t₂- верхний предел заданного диапазона;

t₁ - нижний предел заданного диапазона;

a - математическое ожидание случайной величины;

  D- среднеквадратическое отклонение случайной величиныt;

D- дисперсия;

Ф(x)- табулированный интеграл нормального распределения [1...5].

В данной работе интеграл вероятностей Ф(х)представлен в несколько приближенном виде на рис.5.

Рис. 5