ТЕОРИЯ ВЕРОЯТНОСТЕЙ, МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА, (1269688), страница 59
Текст из файла (страница 59)
Пусть устройство состоит из трех однотипныхприборов. В момент времени t = 0 начинает работу прибор № 1, которыйспустя случайное время Т1 выходит из строя. В этот момент начинаетработу прибор № 2, длительность безотказной работы которого равна Т2, иначинается ремонт прибора № 1, причем время ремонта равно h1.
ЕслиТ 2 ³ h1 , то в момент времени Т1 + Т 2 начинает работу прибор № 1, а прибор№ 2 поступает на ремонт. Если же Т 2 < h1 , то начинает работать элемент №3, а вышедшие из стоя приборы продолжают ремонтироваться в порядкеочереди с той же интенсивностью, и т.д. Устройство отказывает, если всетри прибора выходят из строя. Предположим, что величины Тi и h jнезависимы и имеют соответственно функции распределения F ( x) и G ( x) .Вычислим среднюю длительность безотказной работы системы (или«наработку на отказ»).Пусть g (t ) –– количество работоспособных приборов в моментвремени t.
Система начинает работу при трех работоспособных приборах,поэтому при t = 0 имеем g (t ) = 3 , а в момент, когда g (t ) = 0 , устройствовыходит из строя. Одна из возможных реализаций процесса g (t )изображена на рис. 4.8.1.351Рис. 4.8.1Процесс g (t ) не марковский. Вложим в этот процесс марковскуюцепь, а вместе с нею и полумарковский процесс V(t ) , следующим образом:V(t ) = 3 при 0 £ t < T1 , а далее V(t ) равно состоянию процесса g (t ) послепоследнего перед t выхода из строя прибора.Для процесса V(t ) в моменты переходов из состояния в состояниеимеем вероятности переходовP00 = 1, =P01 P=02 Р=03 0,¥P10 = P (T < h)=ò [1 - G= (t )] dF (t )a, P11 = 1 – P10 =1 – a, P12=0, P13=0,0P20 = 0,P21 P10= a , P22 =1 – P21 1 – a=, P23 0, ==P30 = 0, P31 = 0, P32= 1, P33= 0.Остается вычислить среднюю длительность пребывания системы вмножестве состояний М = {3,2;1} при условии, что функционированиесистемы начинается из состояния g(0) = 3 , т.е. наработка на отказ равнаm3 ( M ) .
Последнюю величину можно найти из системы уравнений, котораясогласно (4.8.2) имеет вид:m3 ( M ) = P33m3 ( M ) + P32 m2 ( M ) + P31m1 ( M ) + m3 ,m2 ( M ) = P23m3 ( M ) + P22 m2 ( M ) + P21m1 ( M ) + m2 ,m1 ( M ) = P13m3 ( M ) + P12 m2 ( M ) + P11m1 ( M ) + m1.С учетом значений вероятностей переходов Pij и того, что математические ожидания m1 = m2 = m3 = m , получаемm2m2m2mm1 ( M ) =, m2 ( M ) =, m3 ( M ) = m + = m + ¥.P10P10P10ò [1 - G (t )] dF (t )0Ответ. m3 ( M ) = m + ¥2m.ò [1 - G(t )] dF (t )0Задача 4.39. Пусть устройство состоит из двух однотипныхприборов.
В момент времени t = 0 начинает работу прибор № 1, которыйспустя случайное время Т1 выходит из строя. В этот момент начинаетработу прибор № 2, длительность безотказной работы которого равна Т2, иначинается ремонт прибора № 1, причем время ремонта равно h1. ЕслиТ 2 ³ h1 , то в момент времени Т1 + Т 2 начинает работу прибор № 1, а прибор№ 2 поступает на ремонт. Если же Т 2 < h1 , т.е. оба прибора вышли изстроя, то устройство отказывает, а вышедшие из стоя приборы продолжаютремонтироваться в порядке очереди с той же интенсивностью, и т.д.352Предположим, что величины Тi и h j независимы и имеют соответственнофункции распределенияì0 при x < 0,ïF ( x) = ía21ï ( x + a )2 при x ³ 0îиì0 при x < 1,ïG ( x ) = í4( x - 1) 2 / a 2 при 1 £ x < (a + 2) / 2,ï1 при (a + 2) / 2 £ x.îВычислите среднюю длительность безотказной работы системы (или«наработку на отказ»). (См.
пример 4.39, a –– номер варианта.)Пример 4.40. В одноканальную систему с потерями поступаетпростейший поток требований интенсивности l. Времена обслуживаниянезависимы и каждое имеет некоторое распределение B ( x ) . В любой моментвремени обслуживающий прибор может отказать. Если прибор свободен, товремя его безотказной работы в этом состоянии имеет показательноераспределение с параметром l0. Время безотказной работы прибора, занятогообслуживанием, тоже имеет показательное распределение, но с параметромl1.
Отказавший прибор тотчас начинают ремонтировать и времявосстановления имеет распределение R ( x ) . При отказе прибораобсуживаемое требование теряется, а новые требования не принимаются доокончания ремонта. Все названные величины стохастически независимы.Необходимо найти среднее время пребывания системы в отказномсостоянии.Решение. Будем различать состояние E0, в котором обслуживающийприбор исправен и свободен, состояние E1, в котором прибор обслуживаеттребование, состояние E2, в котором прибор неисправен и ремонтируется.Пусть q (t ) –– состояние системы в момент времени t. Процесс q (t )является полумарковским.
Назовем его характеристики.1. Переходные вероятности:p00 = 0;p01 = P (того, что требование поступит в свободную систему ранее,¥чем прибор выйдет из строя) = ò (1 - e -lt )l 0e -l0t dt =0l;l + l0l0;l + l0p01 = P (того, что время обслуживания меньше времени безотказнойp02 = 1 – p01 =353¥работы занятого прибора) = ò B( x)l1=e -l1t dt b;0p11 = 0; =p12 1= – p10 1 – b; p=20 1;= p21 = p22 0.Итак, переходная матрица имеет вид:æ 0 l / (l + l 0 ) l 0 / ( l + l 0 ) öçb÷.01- bç÷ç1÷00èøЗапишем уравнения для финитных вероятностей вложенной цепи:ll0u0 = b u1 + u2 ; =u1 =u0 ; u2u0 + (1 – b)u1.l + l0l + l0æl öИз первого и второго уравнений следует, что u2 = u0 ç1 – b÷ . Поэтому изl + l0 øèæll öu0 + u0 ç1 – bусловия нормировки u0 +÷ = 1 получаем, чтоl + l0l+l0 øèl + l01u0 ==,1 + l / (l + l 0 ) + 1 - bl / (l + l 0 ) 3l + 2l 0 - bll / (l + l 0 )lu1 ==,1 + l / (l + l 0 ) + [1 - bl / (l + l 0 )] 3l + 2l 0 - bll + l 0 - bl1 - bl / (l + l 0 )u2 ==.1 + l / (l + l 0 ) + [1 - bl / (l + l 0 )] 3l + 2l 0 - bl2.
Вычислим теперь среднее время пребывания в каждом изсостояний. Время пребывания в состоянии E0 равно минимальному извремени паузы и времени безотказной работы свободного прибора. ПустьX –– время пребывания в состоянии E0, X0 –– время безотказной работы вненагруженном состоянии, а X1 –– время до прихода ближайшеготребования. Тогда X имеет функцию распределенияF ( x ) = P ( X < x ) = P[min( X 0 , X 1 ) < x] = 1 – P[min( X 0 , X 1 ) > x] =] 1=– e -l0 x e-l1x 1 - e - (l0 +l1 ) x .= 1 - P[ X 0 > x, X 1 > x=Это показательный закон распределения с параметром l 0 + l1.Поэтому среднее время пребывания в состоянии E0 равно m0 = (l 0 + l1 ) -1.Время пребывания в состоянии E1 равно минимуму времени обслуживанияи времени выхода из строя занятого прибора.
Поэтому¥m1 = ò [1 - B (t )] e-l1t dt.0354Это равенство получается из следующих соображений. Если X ––неотрицательная случайная величина с функцией распределенияF ( x)= P( X < x ), тоM ( X )=¥¥00ò P( X > x) =dx ò [1 - F ( x)] dx,(4.8.5)в этом можно убедиться, взяв по частям интеграл в правой части равенства.Пусть T –– время пребывания системы в состоянии E1, V –– времяобслуживания, W –– время безотказной работы прибора в занятомсостоянии. Тогда T = min{V ,W } . Так как P (V > x ) = 1 – B( x ), а P (W > x) == exp(– l1 x), то¥m1 = M (T )=ò P(T > x) dx =0¥¥¥000= ò P(min(V ,W ) > x ) dx = ò P (V > x и W > x ) dx = ò [1 - B (t )] e -l1t dt.Время пребывания в состоянии E3 равно времени ремонта.
Поэтому¥m2 = mR = ò tdR (t ).0Доля времени пребывания в отказном состоянии равна стационарнойвероятности состояния E2. По формуле (4.8.4) эта стационарнаявероятность равнаmum2 (l + l 0 - bl)P2 = 2 2 2 =.(l + l 0 ) / (l + l1 ) + m1l + m2 (l + l 0 - bl )å miuii =0Ответ.m2 (l + l 0 - bl).(l + l 0 ) / (l + l1 ) + m1l + m2 (l + l 0 - bl )Задача 4.40. В одноканальную систему с потерями поступаетпростейший поток требований интенсивности l . Времена обслуживаниянезависимы и каждое имеет показательное распределение с параметром ν.В любой момент времени обслуживающий прибор может отказать.
Еслиприбор свободен, то время его безотказной работы в этом состоянии имеетпоказательное распределение с параметром l0. Время безотказной работыприбора, занятого обслуживанием, тоже имеет показательноераспределение, но с параметром l1. Отказавший прибор тотчас начинаютремонтировать, и время восстановления имеет распределениеì0 при x < 1,ïR ( x ) = íln x при 1 £ x < e,ï1 при 1 £ x.î355При отказе прибора обсуживаемое требование теряется, а новыетребования не принимаются до окончания ремонта.
Все названныевеличины стохастически независимы.Необходимо найти среднее время пребывания системы в отказномсостоянии. (См. пример 4.40, если N –– номер варианта, то l = N / 15,n = N / 10 , l 0 = N / 100 , l1 = N / 50. )3565. НЕКОТОРЫЕ ИНТЕРЕСНЫЕ ЗАДАЧИПоток требований называется простейшим, если интервалы временимежду последовательными моментами прихода требований независимы иимеют показательный закон распределения.Заметим, что в показательном законе распределения наиболеевероятны малые значения случайной величины.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
