VISOKA KOLA STRUKOVNIH STUDIJA ZA INFORMACIONE TEHNOLOGIJE redovni profesor dr Slavko Pokorni, dipl. in. el. POUZDANOST INFORMACIONIH SISTEMA zbirka reenih zadataka i problema Beograd, 2014. verzija 2 2 Sadraj 1. POKAZATELJI EFEKTIVNOSTI SISTEMA ............................................................................................. 3 2. POKAZATELJI POUZDANOSTI NEOPRAVLJIVIH SISTEMA .................................................................. 8 2.1. Opti i eksponencijalni zakon pouzdanosti ........................................................................... 8 3. POUZDANOST OPRAVLJIVIH SISTEMA I MARKOVLEVI MODELI .....................................................17 3.1. Proraun pouzdanosti neopravljivih sistema Markovljevim modelima .......................... 17 3.2. Proraun pouzdanosti neopravljivih sistema Markovljevim modelima .......................... 19 4. ODREIVANJE POKAZATELJA POUZDANOSTI NA OSNOVU EMPIRIJSKIH PODATAKA ...................23 5. POUZDANOST SISTEMA ..................................................................................................................32 5.1. Redna konfiguracija elemenata ........................................................................................... 32 5.2. Paralelna konfiguracija elemenata ...................................................................................... 36 5.3. Kombinovana konfiguracija elemenata .............................................................................. 37 5.4. Rezerviranje po modelu "r od n" ........................................................................................ 45 5.5. Rezerviranje sa elementima u pripravnosti (aktivno pojedinano sa neoptereenim rezervnim elementima) ................................................................................................................ 48 5.6. Pouzdanost u sluaju specifinih veza elemenata ............................................................... 50 6. POUZDANOST I ODRAVANJE ........................................................................................................55 6.1. Optimizacija trokova pouzdanosti ..................................................................................... 55 6.2. Optimizacija trokova odravanja....................................................................................... 62 6.3. Pogodnost odravanja ........................................................................................................... 67 LITERATURA ........................................................................................................................................70 3 1. POKAZATELJI EFEKTIVNOSTI SISTEMA Reenja zadataka za proveru znanja 1.1. Za element ija je vremenska slika stanja data na slici 1.1. odrediti operativnu gotovost. t (as)SURSUO3010203010404020SUR - stanje "u radu"SUO - stanje "u otkazu"Slika 1.1. Reenje: Operativna gotovost predstavlja odnos vremena "u radu" i ukupnog vremena: Gtt turinur uoininii i=+== = 11 1 Za posmatrani period, operativna gotovost sistema je: G =+ + += =30 20 10 402001002000 5 , Prema tome, operativna gotovost iznosi 0,5 ili 50 %. 1.2. Sistemsesastoji od dva elementa redno vezana, u smislu pouzdanosti. Vremenske slike stanjaovadvaelementadatesunaslici1.2.Potrebnoje:nacrtativremenskuslikustanja sistema, odrediti operativnu gotovost sistema i odrediti srednje vreme izmeu otkaza sistema. t (as)SURSUOElement 13010203010404020SURSUOElement 260408020SUR - stanje "u radu"SUO - stanje "u otkazu"Slika 1.2. Reenje: a)Vremenskaslikastanjazasistem,kojiineelementi1i2,formirasenasledeinain.S obzirom na to da su elementi 1 i 2 u rednoj vezi, to e sistem biti u stanju "u radu" kada su i element1ielement2ustanju"uradu",tojepredstavljenovremenskomslikomnaslici 1.2.1. 4 SURSUOSistem301020804020t (~as)SURSUOElement 13010203010404020SURSUOElement 260408020 Slika 1.2.1 b) Operativna gotovost predstavlja odnos vremena "u radu" i ukupnog vremena: Gtt turinur uoininii i=+== = 11 1 Za posmatrani period, operativna gotovost sistema je: G =+ +=30 20 402000 45 , c) Vreme izmeu otkaza je vreme izmeu dva susedna otkaza, a srednje vreme izmeu otkaza jearitmetikasredina,tj.zbirvremena"uradu"ivremenaizvoenjapostupakaodravanja, podeljen sa brojem otkaza: Tt tnuo uri i01=++( )(h) gde su: tuoi- i-to vreme "u otkazu" (as), turi+1- sledee (i+1) vreme "u radu" (as). Prema slici 1.2.1. sledi da je: T010 20 80 40275 =+ + +=( ) ( )h 1.3. Sistem, iji je blok-dijagram pouzdanosti prikazan na slici 1.3. a, ine tri elementa, ije su vremenskeslikestanjazaposmatraniperiodod200asovadatenaslici1.3.b.Nacrtati vremenskuslikustanjasistemaiiznjeodreditisrednjevremeizmeuotkazasistema,i operativnu gotovost sistema. ulaz izlaz123 Slika 1.3.a 5 SURSUOElement 12020202020402040 SURSUOElement 23010203010503020SURSUOElement 360408020SUR - stanje "u radu"SUO - stanje "u otkazu"t (as) Slika 1.3.b Reenje: Vremenska slika stanja sistema se formira tako to se prvo formira vremenska slika stanja za podsistem koji ine elementi 1 i 2, a zatim za ceo sistem. Elementi 1 i 2 su u paralelnoj vezi, pa e podsistem koji oni ine biti u stanju "u radu" ako je bilo koji od ova dva elementa (ili oba elementa) u stanju "u radu", kako je predstavljeno vremenskom slikom na slici 1.3.1. S U RS U OE l em en t1202 02 02 02 0402 04 0 S U RS U OE l em en t23 01 02 03 01 0503 02 0t( as )S U RS U OP od s is te mk oj i i ne el e me nt i1i23 01 02 02 0 2 04 04020 Slika 1.3.1. Kakojepodsistemkojiineelementi1i2 urednojvezi saelementom3,toesistembitiu stanju"uradu"kadasupodsistemielement3ustanju"uradu".Prematome,koristei dobijenu vremensku sliku stanja podsistema, koji ine elementi 1 i 2, i vremensku sliku stanja elementa 3, dobija se vremenska slika stanja sistema, kao na slici 1.3.2. SURSUOSistem30102080 4020t ( as)SURSUOPodsistem koji ine elementi 1 i 23010202020404020SURSUOElement 360408020 Slika 1.3.2. a)Vremeizmeuotkazajednakojezbiruvremena"uradu"ivremenaizvoenjapostupaka odravanja,odnosnotojevremeizmeudvasusednaotkaza,anjegovaaritmetikasredina predstavlja srednje vreme izmeu otkaza: Tt tnuo uri i01=++( )(h) 6 gde su: tuoi- i - to vreme "u otkazu" (as), turi+1- sledee (i+1) vreme "u radu" (as). Prema slici 1.3.2. sledi da je: T010 20 80 40275 =+ + +=( ) ( )h b)Operativnagotovost,ilisamogotovost,predstavljaodnosvremena"uradu"iukupnog vremena: Gtt turinur uoininii i=+== = 11 1 Za posmatrani period od 200 asova, gotovost sistema je: G =+ +=30 20 402000 45 , 1.4.Izprosenevremenskeslikestanjajednogureajadobijenisu,utokusedmice,sledei podaci: ureaj radi 4 asa dnevno; na vreme zastoja (zbog postupaka korektivnog odravanja) otpada30asovasedmino,odkojihnaaktivnovremeopravke(odravanja)otpada16 asova.Odrediti:operativnugotovost,ostvarenugotovost(operativnuraspoloivost), unutranju gotovost (sopstvenu raspoloivost) ovog ureaja. Nacrtati vremensku sliku stanja. Reenje: a) Operativna gotovost se odreuje prema izrazu Gt tt t tr nrr nr o=++ + gde su: tr- vreme u aktivnom radu (vreme korienja), tnr - vreme kada sistem eka na rad (ne radi ali je ispravan), slobodno vreme, to - vreme u otkazu (vreme zastoja). Na osnovu teksta zadatka, vreme u aktivnom radu tr = (4 x 7) = 28 asova sedmino, vreme u otkazuto=30asovasedmino,aslobodnovreme(vremekadaseureajnekoristiine obavljajuopravke,odnosnokada je ureajispravan)tnr =110 asova(jersedmicaima168 asova), pa je operativna gotovost A Go = =++ += =28 11028 110 301381680 82 , b) Ostvarena gotovost (operativna raspoloivost) odreuje se prema izrazu A Gtt ta orr o= =+=+= =2828 3028580 48 , c) Unutranja gotovost (sopstvena raspoloivost) odre|uje se prema izrazu 7 A Gtt ti urr ao= =+ gde je: tao - aktivno vreme opravke. Aktivno vreme opravke tao = 16 asova. Prema tome, Ai=+= 2828 1628440 64 , Vremenska slika stanja ovog ureaja, u toku jedne sedmice, data je na slici 1.4.1. trtnrtaotaSURSUOtlp Slika 1.4.1. Na slici 1.4.1 su: ta- administrativno vreme, tlp- logistiko vreme. 8 2. POKAZATELJI POUZDANOSTI NEOPRAVLJIVIH SISTEMA 2.1. Opti i eksponencijalni zakon pouzdanosti Reenja zadataka za proveru znanja 2.1.IspitujeseN=100ureaja,kojisepriotkazuneopravljaju.Dotrenutkat1=7500 asova otkazalo je n(t1) = 10, do trenutka t2 = 8000 asova n(t2) = 11, a do trenutka t3 = 8500 asova n(t3) = 13 ureaja. Nai: a) verovatnou otkaza Q(t2), b) verovatnou ispravnog (bezotkaznog) rada, odnosno pouzdanost R(t2), c) gustinu raspodele vremena rada do otkaza f(t2) i d) intenzitet otkaza(t2) za t2 = 8000 asova rada. Pri odreivanju f(t2) i(t2)uzeti interval vremena t1 t3 (t1 = t2 t/2; t3 = t2 + t/2), gde jet = t3 t1duina tog intervala, a trenutak t2 se nalazi u sredini intervala. Reenje: a) Verovatnoa otkaza u toku vremena rada ti moe se izraunati na osnovu relacije: Q tntNii *( )( )= gde su: n(ti) - ukupan broj ureaja (sistema, elemenata) koji su otkazali do trenutka t, N - ukupan broj ureaja (sistema, elemenata) koji se posmatra, ispituje. U skladu sa tim, verovatnoa otkaza u toku vremena rada t2 je Q tntN*( )( )22= Prema tome, verovatnoa da e svi ureaji otkazati u toku od t2 = 8000 sati rada je: Q*(8000) = nN( ) 8000 = 11100 = 0,11 b)Verovatnoaispravnogradaili,krae,pouzdanostutokuvremenaradatisemoe izraunati relacijom: R tN ntNii *( )( )= odnosno u toku vremena t2 je R tN n tN*( )( )22= Na osnovu toga, verovatnoa da e svi ureaji raditi ispravno u toku od t2 = 8000 sati rada je: RN nN*( )( ), 80008000 100 1111891000 89 === = Oigledno da je: R t Q t* *( ) ( )2 21 + =

c) Gustina vremena rada do otkaza u trenutku t2 moe se odrediti relacijom: 9 ( ) ( )( )1 31 3 2 22*) 2 / , 2 / ( ) () (t t Nt n t nt Nt t t t nt Nt nt f= +== gde je: n(t) - broj otkazanih ureaja na intervalu t. Prema tome, u trenutku t2 = 8000 sati, gustina vremena rada do otkaza je: fn nN th*( )( ) ( )80008500 7500 13 10100 10003 105 1=== d) Intenzitet otkaza u trenutku t2 moe se odrediti relacijom: ***( )( )( )()( )( / , / )( )tf tR tntN nt tnt t t tN nt t222 22 222 2= ==+ U skladu sa tim, intenzitet otkaza u trenutku t2 = 8000 sati je: *( )( ) ( )( ) ( ), 80008500 7500100 800013 10100 11 10003 37105 1== = n nn th 2.2. Vreme rada do otkaza opisuje se eksponencijalnom raspodelom sa intenzitetom otkaza = 1 10-4 otkaza/as. Odrediti: a) verovatnou ispravnog rada (pouzdanost) R(t1), b) gustinu raspodelevremenaradadootkazaf(t1)ic)srednjevremedootkazaTo.Vremeradat1= 2000 asova. Reenje: a)Verovatnoaispravnograda(pouzdanost)zaeksponencijalnuraspodeluvremenaradado otkaza odreuje se relacijom:

PT t Rt et( ) () > = = Pouzdanost u trenutku t1 odreuje se relacijom: Rt et( )11= U trenutku t1 = 2000 asova, pouzdanost iznosi: ( ) 819 , 0 20002 , 0 2000 10 14 = = e e R b) Gustina raspodele vremena rada do otkaza, za eksponencijalnu raspodelu vremena rada do otkaza, data je relacijom: f t et() = Do prethodne relacije se moe doi i polazei od relacije za R(t), koristei se optom relacijom: f tdRtdt()()= Gustina raspodele vremena rada do otkaza u trenutku t1 data je relacijom: f t et( )11= Prema tome, gustina raspodele vremena rada do otkaza trenutku t1 = 2000 asova iznosi: 10 f e h ( ) , , 2000 1 10 1 10 0 819 81 9 104 1 10 2000 4 6 14= = = c) Srednje vreme do otkaza odreuje se na osnovu opte relacije: =odt t R T ) (0 U sluaju eksponencijalne raspodele vremena rada do otkaza: =otdt e T0 , odnosnoTo=1 Za podatke u zadatku, srednje vreme do otkaza iznosi: T ho = ==1 11 101044 2.3.OdreditisrednjevremedootkazaT0naosnovurezultataispitivanjasistemakojisene opravljaju. Broj ispitivanih sistema N = 8. Vreme rada do otkaza svakog i-tog sistema (i = 1, ... ,8) prikazano je u tabeli 2.3. Tabela 2.3 R. br. sistema12345678 Vreme [as]123007600141002900930085001060013100 Reenje: Srednje vreme do otkaza moe se odrediti relacijom: TtNoiiN==1 , odnosno Ttii0188== To = + + + + + + + ( )/ 12300 7600 14100 2900 9300 8500 10600 13100 8 To = 9780 h 2.4.ZajedanNd-YAGlaser,kojisekoristizamerenjerastojanja,srednjibrojmerenja izmeuotkazaiznosi3000000.Akoseutokujednesekundeizvri10merenja,nai pouzdanosttoglaserautoku0,5asovaneprekidnogmerenja.Pretpostavitidasemoe primeniti eksponencijalna raspodela. Reenje: Ovaj zadatak se moe reiti na dva naina: I nain: Akoseelikoristitirelacijazapouzdanostufunkcijivremena,srednjibrojmerenjaizmeu otkazamoraseizrazitiprekosrednjegvremenaizmeu otkaza.Kakojesrednjibroj merenja izmeuotkaza3000000,autoku1sekundeseizvri10merenja,srednjevremeizmeu otkaza (MTBF) ili To je: To = 3 000 000 : 10 = 300 000 s = 83,33 h S obzirom na to da vai eksponencijalna raspodela, intenzitet otkaza je 11 = = =1 183 330 012To,, otkaza/as Sada je pouzdanost u toku 0,5 h neprekidnog merenja lasera: Rt h e e et( , ) ,, , ,= = = = = 0 5 0 9940 012 0 5 0 006 II nain: Isti rezultat moe se dobiti korienjem relacije za pouzdanost u funkciji broja merenja umesto ufunkcijivremena.Potojesrednjibrojmerenjaizmeuotkaza3000000,intenzitetotkaza, izraenbrojemotkazapremabrojumerenja,bie(sobziromnatodavaieksponencijalna raspodela) jednak recipronoj vrednosti srednjeg broja merenja: = == 1 13 100 33 1066sr.broj merenja izme| u otkaza, otkaza/broj merenja Imajui u vidu da radu lasera od 0,5 h odgovara 18 000 merenja (10 merenja/s x 60'' x 30'), pouzdanost za 18 000 merenja bie: R e (broj merenja)(int. otk. otk./ br. mer.x broj merenja)= odnosno ( ) 994 , 0 18000006 . 0 10 6 10 18 10 33 , 03 3 6= = = = e e e R Dobijenirezultatjeoiglednoistikaoidobijenrezultatkodprvognainareavanjazadatka. Ovajzadatakjeilustracijasituacijekadasepokazateljipouzdanostiopisujunekomdrugom pogodnomkarakteristikomproizvoda(ovdejetobrojmerenja),anevremenomkakojeto uobiajeno. 2.5. Radio-visinomer ima eksponencijalnu raspodelu vremena rada do otkaza. Potrebno je:a) odrediti verovatnou bezotkaznog rada (pouzdanost) u toku vremena rada tr koje je jednako srednjemvremenuradadootkazaT0;b)skiciratizavisnostR(t)inaordinatinaznaiti vrednost pouzdanosti za koju se dobija tr = T0. Reenje: a) Pouzdanost u sluaju eksponencijalne raspodele otkaza odreuje se relacijom R t ertr( )= Kako za eksponencijalnu raspodelu vremena rada do otkaza vai da je: =1To to je za tr= To : RT e eeoT To o( ) ,/= = = 110 37 odnosno pouzdanost iznosi oko 37%. b) Traena skica ima izgled kao na slici 2.5.1. 12 R(t)t1T00,37 Slika 2.5.1. 2.6. Odreditiizraz za pouzdanost ureaja ako je vremenska zavisnost intenziteta otkaza data izrazom (t) = a t. Kako e glasiti izraz za funkciju gustine raspodele vremena rada do otkaza f(t) u ovom sluaju? Reenje: Polazei od relacije =tdt te R t R0) (0) ( dobija se : 220) (t ate e t Rdt t a = = Srednje vreme do otkaza dobija se polazei od relacije: = =0 0) ( ) ( dt t R dt t f t Tsr Posle zamene izraza za R(t), dobija se: adt e Tt asr253 , 1022= = jer je cdx ex c202 2 = Konanojepouzdanostureajautokuvremenakojeodgovarasrednjemvremenuradado otkaza: R T e esraa( ) ,,,= = = 21 25320 7840 46 Kada su poznate funkcija intenziteta otkaza i funkcija pouzdanosti, polazei od relacije:( )()( )tf tRt= za funkciju gustine raspodele vremena rada do otkaza dobija se e et att a t a t R t t fdt t a220) ( ) ( ) ( = = = 13 2.7.Intenzitetotkazablokazanapajanjeje:(t)=at[1/as].Odreditiverovatnou bezotkaznog rada izvora u toku intervala vremena rada (t1, t2), ako su: a = 10-5 1/as2, t1 = 1000 sati i t2 = 1100 sati. Reenje: Akojepoznatintenzitetotkaza,verovatnoabezotkaznograda,odnosnopouzdanostu intervalu vremena rada t1 do t2 moe se odrediti relacijom: =21) (2 1) , (ttde t t R Posle zamene izraza za intenzitet otkaza dobija se: ) (22 1212221) , (t tad ae e t t Rtt = = Za zadate uslove u zadatku: 35 , 0 ) 1100 , 1000 (05 , 1) 1000 1100 (2102 25= = = e e R Zadatak se moe reiti i primenom relacije: R t tR tR t( , )( )( )1 221= Ova relacija je ekvivalentna gornjoj relaciji. Dokazati samostalno radi vebe. 2.8.Odreditiintenzitetotkazaisrednjevremebezotkaznograda,akojepouzdanostdata izrazom: ( )01ttt R =,za0 < t < t0,R(t) = 0 za t > t0. Reenje: a) Ako je poznata funkcija pouzdanosti, funkcija intenziteta otkaza se moe odrediti relacijom: ()() /()tdRt dtRt= Posle zamene izraza za R(t), diferenciranja i sreivanja, dobija se: ()( )tddtttttt tooo= =111 , kada t to, (t) . b) Kada je poznata funkcija pouzdanosti, srednje vreme bezotkaznog rada dobija se relacijom: =00) ( dt t R T 14 PoslezameneizrazazaR(t)iobavljanjaintegracijeugranicamaukojimapostojifunkcija pouzdanosti, dobija se: 2 2) 1 (0 000 0 0 0 000 0 0t tt dtttdt dtttTt t t= = = = 2.9.Odreditisrednjevremedootkazaza2500elemenata,akojezavremeradaod5sati potrebna pouzdanost R(t) = 0,98. Otkazi podleu eksponencijalnom zakonu raspodele. Reenje: Na osnovu zakona o eksponencijalnoj raspodeli otkaza, s obzirom da je srednje vreme izmeu otkaza jednako recipronoj vrednosti intenziteta otkaza, imamo: 0 0598 , 0 ) 5 (T Tte e R = = = Logaritmovanjem se dobija: 50 020T= ,, odakle jeT0250 = asova. 2.10.Odreditiizrazzafunkcijupouzdanostiiintenzitetaotkazaiizrazzasrednjevremedo otkaza, ako funkcija gustine raspodele vremena rada do otkaza nekog ureaja iznosi: ( ) ( )t te e t f = 1 2. Reenje: + = =ttt tt t tdt e dt e dt e e t R020 02 2 1 ) 1 ( 2 1 ) ( odnosno Rt e e e et t t t() = + + = 1 2 2 1 22 2 ()()()( ) ( )( )( )tf tRte ee ee ee eeet tt tt tt ttt= === 2 122 122 12 2321 2) 2 ( ) (020= = = = dt e e dt t R Tt tsr 2.11. Kolika je pouzdanost elementa za t = 1000 asova, sa intenzitetom otkaza 0 = 0,191 10-6,kojajedobijenaulaboratoriji,akobielementbiougraennaureajuu:a) vazduhoplovu, b) vozu, c) motornom vozilu, d) brodu i e) stacionarnoj maini? U tabeli 2.11. dati su koeficijenti uticaja uslova okoline rada elementa K0. Tabela 2.11 USLOVI OKOLINE RADAK0 Vazduhoplov120 eleznica70 Motorno vozilo50 Brod40 15 Stacionarna maina15 Laboratorija1 Reenje: Zavelikibrojelektronskihelemenatapostojepodaciopouzdanosti,najeeizraenipreko intenziteta otkaza . Ovi podaci potiu iz ispitivanja koja su laboratorijskog karaktera, a ne iz realnih (stvarnih) eksploatacionih uslova. Zbog toga treba te, nominalne, vrednosti intenziteta otkaza korigovati u skladu sa stvarnim radnim uslovima. Zbog toga se uvode korekcioni faktori kojimaseuzimauobziruticajstvarnihuslovaeksploatacijeuodnosunausloveispitivanja (nominalni uslovi). Za korekciju, odnosno procenu vrednosti u realnim uslovima rada koristi se relacija: = = nom ro o iinK K K1 gde su: nom - nominalna vrednost intenziteta otkaza, Kro - faktor realnih radnih optereenja, Ko- faktor uslova okoline, Ki - ostali uticajni relevantni faktori. Ako u navedenom izrazu neki od faktora nije poznat, smatra se da je njegova vrednost jednaka 1. Vrednosti Kro i Ko najee se daju tabelarno ili u obliku dijagrama. Vrednosti Ko usvajaju seiskustvenoilinaosnovupreporukaodgovarajuihstandarda,naprimer,MILSTD.Ovi podaci se najee daju za elektronske elemente: za mainske elemente teko ih je sainiti, jer se mainski elementi posebno konstruiu i dimenzioniu od razliitih materijala, sa specifinim optereenjima itd. Meutim, u posljednje vreme mogu se nai podaci i za ove elemente. U navedenom sluaju intenzitet otkaza se odreuje prema relaciji: i iK = 0 0Prema tome: a aK h = = = 0 06 60 191 10 120 22 9210 1 , , / b bK = = = 0 06 60 191 10 70 13 3710 , , c cK = = = 0 06 60 191 10 50 9 55 10 , , d dK = = = 0 06 60 191 10 40 7 6410 , , e eK = = = 0 06 60 191 10 15 2 865 10 , , f fK = = = 0 06 60 191 10 1 0 191 10 , , Na osnovu ovih vrednosti dobijaju se vrednosti pouzdanosti prema relaciji: R eiti= Prema tome: Ra =0,9773451,Rb=0,9867285,Rc=0,990501, Rd=0,9923982,Re=0,9971481,Rf=0,9981, 2.12.Zametaliziraneotpornike,ijiotkazipodleueksponencijalnomzakonuraspodele,sa intenzitetom otkaza (t) = 10-5 h-1 = const., potrebno je odrediti srednje vreme do otkaza To, odreditiigrafikiprikazatifunkcijuuestanosti(gustine)raspodelef(t)odt=0300000 asova,grafikiprikazatifunkcijuintenzitetaotkaza(t)i odreditii grafikiprikazatifunkciju pouzdanosti R(t). Reenje: a) Srednje vreme do otkaza za eksponencijalnu raspodelu je: 16 T h0 51 110100000 = = = b) Gustina raspodele predstavlja diferencijal funkcije pouzdanosti sa predznakom "-": f tdRtdtddte et t()()( ) = = = Na primer, za t=0, 105 i 106 asova dobija se: f e ( ) 0 10 105 10 0 55= = = f e ( ) , 10 10 0 37105 5 10 10 55 5= = f e ( ) , 10 10 4 5 106 5 10 10 105 6= = Ostale vrednosti su date u tabeli 2.12.1, a grafiki prikaz na slici 2.12.1. c) Grafiki prikaz funkcije (t) = 10-5 h-1 = const. je prikazan, takoe, na slici 2.12.1. 00.20.40.60.811.20 100000 200000 300000t[h]f(t), R(t) (t) Slika 2.12.1. d)Vrednostifunkcijepouzdanostizanekevrednostivremenatdatesuutabeli2.12.1.Na primer, za t=0, 105i 106 asova, R(t) je: R e et( ) 0 110 05= = = R e ( ) , 10 0 3685 10 105 5= = R e ( ) , 10 0 0000456 10 106 5= = Tabela 2.12.1 t x 104 [h]025102030 f/ x 10-5 [h]10,8190,6060,3680,1350,049 R(t)10,8190,6060,3680,1350,049 [h]10-5 = const. 17 3. POUZDANOST OPRAVLJIVIH SISTEMA I MARKOVLEVI MODELI Napomena:Primerproraunapouzdanostiiraspoloivostiopravljivihsistemaovdejedatsamokao illustracija dabise uoila sloenostprorauna kodopravljivih sistema,ine zahteva se da ga studentnaui,jernijedetaljnijeobuhvaenovimkursom.Zarazumevanjeovogprimera potrebno je poznavanje diferencijalnih jednaina i Laplasove transformacije. 3.1. Proraun pouzdanosti neopravljivih sistema Markovljevim modelima Primer prorauna pouzdanosti neopravljivog sistema od dva elementa Posmatra se neopravljivi sistem od dva razliita elementa konstantnih intenziteta otkaza, 1 i 2,respektivno.Smatrajuidasistemispravnofunkcionieakojebilokojiodovadva elementa ispravan, potrebno je: a) uraditi grafiki prikaz modela Markova (dijagram stanja), b)napisatimatricuverovatnoaprelazaisistemjednainakojeopisujuprelazeu pojedina stanja sistema, i c) odrediti pouzdanost sistema. Reenje: a)Datisistemmoedasenaeusledeaetiristanja(bezobziranakonfiguraciju elemenata): 1 oba elementa su ispravna; 2 prvi element je otkazao, a drugi je ispravan; 3 prvi element je ispravan, a drugi je otkazao; 4 oba elementa su otkazala. Grafiki prikaz modela Markova za ovaj sistem ima izgled kao na slici 3.1. 124(t) t 1 -(t) 1- (t)1322 (t)1t (t)2t (t)1tt 1- (t)1t[1+2(t)] t Slika 3.1. Dijagram stanja prelaza za neopravljivi sistem od dva razliita elementa b) Matrica verovatnoa prelaza za sistem na slici 3.18. ima izgled kao u tabeli 3.1. Verovatnoanalaenjasistemaunekomodnavedenaetiristanjautrenutkut+tdataje sledeim relacijama: 18 ( ) ( ) ( ) [ ] { } ( ) t P t t t t t P1 2 1 11 + = + ; ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) t P t t t P t t t t P2 2 1 1 21 + = + ; ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) t P t t t P t t t t P3 1 1 2 31 + = + ; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) t P t P t t t P t t t t P4 3 1 2 2 4+ + = + ; kojeusluajugraninihvrednostit(t0)prelazeusistemdiferencijalnihjednaina, oblika: ( ) ( ) [ ] 0 ) () (1 2 11= + + t P t tdtt dP ; ( ) ( ) 0 ) ( ) () (2 2 1 12= + t P t t P tdtt dP ; ( ) ( ) 0 ) ( ) () (3 1 1 23= + t P t t P tdtt dP ; ( ) ( ) 0 ) ( ) () (3 1 2 24= t P t t P tdtt dP ; Tabela 3.1 POETNOKRAJNJE STANJE (t+t) STANJE1234 1 11 2 + t 1 t 2 t 0 2012 t 02 t 30011 t 1 t 40001 c) Posmatrani sistem radi ispravno kada se nalazi u stanjima 1, 2 ili 3, tj. pouzdanost sistema je data relacijom: R t Pt P t P t P ts( ) ( ) () () ( ) = + + = 1 2 3 41. Prematome,radiodreivanjapouzdanostiovogsistemapotrebnojeodreditiverovatnoe njegovognalaenjaupojedinimstanjima,azatojepotrebnoreitiprethodnisistem jednaina. Da bi se taj sistem jednaina reio, potrebno je poznavati granine uslove. Ako se pretpostavi da je sistem u poetnom trenutku t = 0 bio ispravan, moe se pisati da je P1(0) = 1, P2(0) = P3(0) = P4(0) = 0. Reavanjenavedenogsistemadiferencijalnihjednainajedostakomplikovano.Meutim,ako su 1 i 2 konstante, moe se primeniti Laplasova transformacija, tako da se pomenuti sistem diferencijalnih jednaina transformie u sistem algebarskih linearnih jednaina: ( ) ( ) [ ] 11 2 1= + + t P L s ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] 02 2 1 1= + + t P L s t P L ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] 03 1 1 2= + + t P L s t P L ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] 04 3 1 2 2= + t P sL t P L t P L U matrinom obliku prethodni sistem jednaina ima oblik: ( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ]( ) [ ] 000100 00 00 0 043211 21 22 12 1= + + + +t P Lt P Lt P Lt P Lssss 19 Reavanjem ovog sistema jednaina dolazi se do sledeih reenja: LPts11 21( ) =+ +

[ ]( )( )2 1 212) ( + + +=s st P L [ ]( )( )2 1 123) ( + + +=s st P L [ ]( )( ) ( )( )2 1 12 12 1 22 14) ( + + +++ + +=s s s s s st P L Prethodni sistem jednaina, posle rastavljanja, moe se predstaviti u obliku koji je pogodniji za nalaenje inverzne Laplasove transformacije: LPts11 21( ) =+ +

LP ts s22 1 21 1() =++ + LP ts s31 1 21 1( ) =++ + LP ts s s s41 2 1 21 1 1 1() = ++++ + Na osnovu inverzne Laplasove transformacije, iz prethodnih jednaina, dobija se da je ( ) te t P + =2 1) (1 ( ) t te e t P + =2 1 2) (2 ( ) t te e t P + =2 1 1) (3 ( ) t t te e e t P + =2 1 2 11 ) (4 Konano, pouzdanost sistema je: ( ) t t tse e e t P t P t P t R + + = + + =2 1 2 1) ( ) ( ) ( ) (3 2 1 , odnosno: ( ) t t tse e e t P t R + + = =2 1 2 1) ( 1 ) (4 . OiglednojedaP4(t)nijebilopotrebnotraiti,ilijebilodovoljnonaisamoP4(t).Utreem moduluesevidetidasedoovogizraza,zapouzdanost,moedoiznatnojednostavnije, drugaijimpristupomposredstvomblok-dijagramaiprimenomteorijeverovatnoe(videti postupak prorauna pouzdanosti paralelne konfiguracije elemenata). 3.2. Proraun pouzdanosti neopravljivih sistema Markovljevim modelima Primer prorauna pouzdanosti i raspoloivosti opravljivog sistema od jednog elementa Odreivanje pouzdanosti Trebaodreditipouzdanostopravljivogsistemaodjednogelementakonstantnogintenziteta otkaza i konstantnog intenziteta opravke , koristei metodu diferencijalnih jednaina. 20 Reenje: Potrebnojeanalizomodreditimoguastanjaukojimasemoenaisistem.Datisistemse moe nai u sledea dva mogua stanja: 1 element je ispravan; 2 element je neispravan (otkazao). Grafiki prikaz modela Markova (dijagrama stanja) za ovaj sluaj izgleda kao na slici 3.2 (kod odreivanjapouzdanostistanjeotkazasistemajeapsorpciono,tj.iznjeganemoedase izae). 12 t 1- t1 Slika 3.2. Model Markova za pouzdanost opravljivog sistemasa jednim elementom Odgovarajue jednaine koje opisuju stanje sistema su: dPtdtPt110()() + = dP tdtPt210()() = Pod pretpostavkom da je u trenutku t = 0 element bio ispravan, tj. da su poetni usloviP1(0) = 1 i P2(0) = 0, primenom Laplasove transformacije, dobija se: ( ) ( ) [ ] 11= + t P L s ( ) [ ] ( ) [ ] 02 1= + t P sL t P L Prikazan u matrinom obliku, ovaj sistem jednaina ima sledei izgled: ( ) [ ]( ) [ ] 01 021=+t P Lt P Lss Reavanjem ovih jednaina dobija se: LPts11( ) =+ [ ]( ) +=s st P L ) (2 Na osnovu inverzne Laplasove transformacije dobija se: Pt et1( ) = P t et21 () = Sobziromnatodajepouzdanostovogsistemajednakaverovatnoidasenaeustanju jedan, za pouzdanost se dobija: 21 R t Pt est( ) ( ) = = 1. Ovo jepoznata relacijaza pouzdanost sistema od jednog elementa, kada je intenzitet otkaza konstantan (eksponencijalni zakon pouzdanosti). Odreivanje raspoloivosti Trebaodreditiraspoloivost(gotovost)istogopravljivogsistemaodjednogelementa konstantnogintenzitetaotkazaikonstantnogintenzitetaopravke,koristeimetodu diferencijalnih jednaina. Reenje: Datisistemsemoenaiuistimstanjimakaokodproraunapouzdanosti,aligrafikiprikaz dijagramastanjazaovajsluajizgledakaonaslici3.3.Trebauoitidasepriproraunu raspoloivosti (gotovosti) opravljivih sistema pretpostavlja da nema apsorpcionog stanja, tj. da se vri opravka i sistem vraa u stanje u radu. 12 t 1- t 1- t t Slika 3.3. Dijagram stanja za raspoloivost opravljivog sistemasa jednim elementom Diferencijalne jednaine koje opisuju stanje posmatranog sistema su: dPtdtPt P t11 20()( ) ( ) + = dP tdtPt P t21 20( )() ( ) + = PrimenomLaplasovetransformacije,uzpretpostavkudajeutrenutkut=0elementbio ispravan, tj. da su poetni usloviP1(0) = 1 i P2(0) = 0, dobija se: ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] 12 1= + t P L t P L s ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] 02 1= + + t P L s t P L Prikazan u matrinom obliku, ovaj sistem jednaina ima sledei izgled: ( ) [ ]( ) [ ] 01 21=+ +t P Lt P Lss Reavanjem ovih jednaina dobija se: [ ]( ) + ++=s sst P L ) (1 [ ]( ) + +=s st P L ) (2 Da bi se dolo do izraza za raspoloivost, neophodno je nai inverznu Laplasovu transformaciju izrazazaL[P1(t)],jer,kaotosevidiisadijagramastanjanaslici3.3,sistemjeraspoloiv 22 samoakosenalaziustanjujedan.DabiseodrediloP1(t),potrebnojeL[P1(t)]svestina tablini sluaj koji je oblika: LPtcscs s s11 2( ) = ++ +=++++ + , odakle se dobija: ( ) ( )( ) te t A t P + +++= = 1 . Posledovoljnodugovremenaraspoloivost(raspoloivostuustaljenomstanju)ovogsistema tei sledeoj vrednosti: ( ) ( ) += = t A Atlim. Poslednjedverelacije,zaA(t)iA(),suestokorienerelacijezafunkcijugotovostii gotovost. 23 4. ODREIVANJE POKAZATELJA POUZDANOSTI NA OSNOVU EMPIRIJSKIH PODATAKA Reenja zadataka za proveru znanja 4.1.UintervalimaodpojednogasabeleenjebrojotkazaN=35elemenata;dobijenisu sledei podaci (dati u tabeli 4.1). Tabela 4.1 Vreme radati [h]123456789 Broj otkazan(ti)033587621 Potrebno je odrediti: a) verovatnou otkaza (nepouzdanost) u pojedinim trenucima vremena ti, b) verovatnou ispravnog rada (pouzdanost) u pojedinim trenucima vremena ti, c) verovatnou ispravnog rada u intervalu 2 asa do 6 asova rada, d) verovatnou otkaza u intervalu 2 asa do 6 asova rada i e) srednje vreme rada do otkaza. Reenje: a) Verovatnoa otkaza (nepouzdanost) u trenutku ti odreuje se relacijom: Qt FtntN Nnti iikki( ) ( )( )( ) = = = =11 gde su: n(ti) - broj otkaza do trenutka ti (u intervalu 0 ti), koji se odreuje relacijom: nt nti kki( ) ( ) ==1 n(tk) - broj otkaza u intervalu tk, k = 1 ... i. N - ukupan broj otkaza, odnosno elemenata. Tako je: QtntNntN( )( ) ( )11 10350 = = = = QtntNnt ntN( )( ) ( ) ( ),22 1 20 3350 086 = =+=+= , i tako dalje. Rezultati za Q(ti) za vreme rada ti = 1, 2, 3, do 10 asova, sreeni su u tabeli 4.1.1: Tabela 4.1.1 ti [h] 123456789 n(ti)036111926323435 N-n(ti)35322924169310 Q(ti )=F(ti )00,0860,1710,3140,5430,7430,9140,9711,00 R(ti)10,9140,8290,6860,4570,2570,0860,0290 b) Verovatnoa ispravnog rada (pouzdanost) odreuje se relacijom RtN ntNii( )( )= imoeseizraunatizapojedinovremeradakaoifunkcijanepouzdanostiusluajupoda). Meutim, s obzirom na to da izmeu pouzdanosti i nepouzdanosti vai veza 24 Rt Qti i( ) ( ) + = 1 tosepouzdanostmoeizraunatinaosnovuvepoznatenepouzdanosti, koristeipodatkeiz tabele 4.1.1. Na primer, verovatnoa ispravnog rada (pouzdanost) za t = 4 asa, tj.: R Q ( ) ( ) , , 4 1 4 1 0 314 0 686 = = = Izraunati podaci za pouzdanost dati su u poslednjem redu tabele 4.1.1. c)Verovatnoaispravnograda(pouzdanost)zanekiperiod(t,t+tp),poduslovomdaje elemenat odradio vreme t, nalazi se po obrazcu: Rt t tRt tRtpp( , )( )( )+ =+ Verovatnoa da e elemenat ispravno raditi od 2 asa do 6 asova, pod uslovom da je odradio 2 asa ispravno, za podatke u zadatku, iznosi: RRRQQ( , )( )( )( )( ),,,,, 2 6621 61 21 0 7431 0 0860 2570 9140 28 = === = d) Verovatnoa otkaza (nepouzdanost) za neki period (t, t + tp), pod uslovom da je elemenat odradio vreme t, nalazi se po obrazcu: Ft t t Qt t t Rt t tRt tRtp p pp(, ) (, ) (, )( )()+ = + = + = +1 1 Zanavedeno,verovatnoadaeelemenatotkazatiuperioduod2asado6asovarada (nepouzdanost), pod uslovom da je elemenat odradio 2 asa ispravno, iznosi: F R ( , ) ( , ) , , 2 6 1 2 6 1 0 28 0 72 = = = e) Srednje vreme do otkaza moe se odrediti relacijom: TtNoiiN==1 gde su: ti - vreme rada i-tog elementa, N - ukupan broj elemenata. Iz tabele 4.1 vidi se da je 35 elemenata radilo 1 as, 32 elementa jo jedan as, 29 elemenata jo jedan as itd. Prema tome:( ) h T 257 , 4351491 1 3 9 16 24 29 32 353510= = + + + + + + + = to znai da srednje vreme do otkaza iznosi 4,257 asova. Srednje vreme rada do otkaza moe se, takoe, izraunati relacijom: T Rt t Ft ti iini iin01 11 = = = ( ) ( ) Kako je ti = 1 h, i = 1, ... , 9,dobija se: T0 (1-0)1+(1-0,086)1+(1-0,171)1+(1-0,314)1+(1-0,543)1 +(1-0,743)1+(1-0,914)1+(1-0,971)1+(1-1)1 odnosno 25 T0 1 + 0,914 + 0,829 + 0,686 + 0,457 + 0,266 + 0,086 + 0,029 + 0 = 4,266 asova Do istog rezultata moe se doi i pomou relacije: T t Ft Fti i iin0 11 +=( ) ( ) Za podatke u zadatku to je : T0 1(0,086 - 0) + 2(0,171 - 0,086) + 3(0,314 - 0,171) + 4(0,543 - 0,314) + 5(0,743 - 0,543)+ 6(0,914 - 0,743) + 7(0,971 - 0,914) + 8(1 - 0,071)= 4,258 asova to je vrlo blizu prethodnog rezultata, a isto kao prvi rezultat. Naravnoovadrugadvanainaproraunasrednjegvremenadootkazasusloenija;ovdesu ilustrovana radi boljeg shvatanja teorije. 4.2. Za podatke u tabeli 4.1 u zadatku 4.1, potrebno je: a) nacrtati grafik funkcije nepouzdanosti, b) nacrtati grafik funkcije pouzdanosti, c) prikazati funkciju gustine raspodele otkaza u obliku histograma,d) prikazati funkciju raspodele otkaza u obliku stepenastog dijagrama i poligona i e) odrediti funkciju intenziteta otkaza i nacrtati u obliku histograma. Reenje: a) Podaci za funkciju nepouzdanosti Q(ti), odnosno funkciju raspodele otkaza, ve su odreeni uzadatku4.1iprikazaniutabeli4.1.1uistomzadatku.Zatepodatke,grafikfunkcije nepouzdanosti, odnosno raspodele vremena rada do otkaza Q(ti), prikazan je na slici 4.2.1: t[h]Q(t)00.10.20.30.40.50.60.70.80.911 2 3 4 5 6 7 8 9 Slika 4.2.1. b) Podaci za funkciju pouzdanosti R(ti) odreeni su u zadatku 4.1 i prikazani u tabeli 4.1.1, a njihova grafika zavisnost je prikazana na slici 4.2.2. 26 t[h]R(t)00. 10. 20. 30. 40. 50. 60. 70. 80. 911 2 3 4 5 6 7 8 9 Slika 4.2.2. c)Funkcijagustineotkazamoesepredstavitikaorelativnauestanostbrojaotkazan(t)u intervalu t, odnosno preko relacije f tn tNtiii( )( )= gde je: n(ti) - broj otkaza na intervalu ti. Proraunati i sreeni podaci dati su u tabeli 4.2.1. Na primer: f tn tNt( )( ),44453510 143 = == Tabela 4.2.1 ti [h]123456789 n(ti)033587621 f(ti)[1/h]00,0860,0860,1430,2280,20,1710,0570,028 Funkcija gustine raspodele otkaza, u obliku histograma otkaza, prikazana je na slici 4.2.3. t[h]f(t)00. 050. 10. 150. 20. 251 2 3 4 5 6 7 8 9 Slika 4.2.3. d) Funkcija raspodele otkaza predstavlja kumulativnu relativnu uestanost otkaza, i obino se prikazuje u obliku stepenastog dijagrama, odnosno poligona otkaza, a odreuje relacijom Ft f t tikik k( ) ( ) ==1 27 Funkcijaraspodeleotkazajeustvarifunkcijanepouzdanosti.Proraunatevrednostiprikazane su u tabeli 4.2.2 (iste su kao u tabeli 25.2), a stepenasti dijagram i poligon otkaza prikazani su na slici 4.2.4.a i 4.2.4.b. Tabela 4.2.2 ti [h]123456789 F(ti)00,0860,1720,3150,5430,7430,9140,9710,999 t[h]F(t)00.10.20.30.40.50.60.70.80.911 2 3 4 5 6 7 8 9 Slika 4.2.4.a t[h]F(t)00.10.20.30.40.50.60.70.80.911 2 3 4 5 6 7 8 9 Slika 4.2.4.b e) Intenzitet otkaza (t) moe se izraunati prema obrazcu: [ ] ) ( ) () () ( ) () () (1 1 i iii iiit t mt nt t n Nt nt = = ili ( )( )( )tRtt Rtiii i ili ( )( )( )tFtt Rtiii i

gde su: n(ti)- broj otkazalih elemenata na intervalu ti = (ti - ti-1) n(ti-1) - broj elemenata koji su otkazali od t = 0 do trenutka ti-1, tj. 28 n ni kki==11 N-n(ti-1) - broj ispravnih elemenata u trenutku ti-1 (na poetku intervala ti). Naosnovuprverelacijedobijajuserezultati,kojisusreeniutabeli4.2.3.Lakosemoe proveriti da se na osnovu ostale dve relacije dobijaju isti rezultati. Tabela 4.2.3 ti [h]123456789 n(ti)033587621 n(ti-1)00361119263234 N-n(ti-1)353532292416931 (ti)[1/h]00,0860,0940,1720,330,440,670,671,00 Grafik funkcije intenziteta otkaza (t), u obliku histograma, prikazan je na slici 4.2.5. t[h] l(t) [1/h]00.10.20.30.40.50.60.70.80.911 2 3 4 5 6 7 8 9 Slika 4.2.5. 4.3.Ispitivanojedesetistihureajaipraenajepojavanjihovogotkaza.Ureajisubili numerisani od 1 do 10, a otkazi su se pojavili posle t asova (t(1), t(2), ..., t(10)): t(1) = 34 h; t(2) = 63h;t(3) = 20h;t(4) = 266h;t(5) = 141h;t(6) = 8h;t(7) = 186h;t(8) = 46h;t(9) = 86h; t(10) = 111h. Odreditifunkcijugustineraspodeleotkazainacrtatizavisnostuoblikuhistograma.Proceniti mogui zakon raspodele na osnovu oblika histograma. Reenje: Funkcija gustine raspodele vremena rada do otkaza moe se odrediti relacijom f tntN tiii( )( )= Radiizraunavanjavrednostifunkcijegustineraspodeleotkazaiprikazivanjauobliku histograma,potrebnojeodreditibrojiirinuintervala.Brojintervalakmoeseodreditina osnovu sledee relacije, gde je N broj otkaza k N = + 1 3 3 , log ili k N = 5log 29 S obzirom na to da je N=10, na osnovu prve relacije dobija se da je k=4,3, a na osnovu druge da je k=5. Na osnovu toga usvaja se da je k=5. irina intervala t odreuje se na osnovu najveeg vremena rada do otkaza i usvojenog broja intervala ttk= = max266553 h ilih 6 , 5158 266min max=== kt tt Na osnovu toga za irinu intervala moe se usvojiti t=50 h. Podaci o broju otkaza u pojedinim vremenskim intervalima i rezultati za gustinu raspodele otkaza sreeni su u tabeli 4.3.1. Tabela 4.3.1 ti [h] n(ti) f(ti) [1/h] 0-5040,008 50-10020,004 100-15020,004 150-20010,002 200-25000 250-30010,002 Grafikazavisnostfunkcijegustineotkaza(u%),uoblikuhistograma,prikazanajenaslici 4.3.1. 00.10.20.30.40.50.60.70.80.950 100 150 200 250 300t[h]f(t) Slika 4.3.1. Akosezairinuintervalauzmet=60h,podaciobrojuotkazaupojedinimvremenskim intervalima i rezultati za gustinu raspodele otkaza sreeni su u tabeli 4.3.2. Tabela 4.3.2 ti [h] n(t) f(ti) [1/h] 0-6040,00667 60-12030,005 120-18010,00167 180-24010,00167 240-30010,00167 30 Grafikazavisnostfunkcijegustineotkaza(u%),uoblikuhistograma,prikazanajenaslici 4.3.2. t[h]f(t)00. 10. 20. 30. 40. 50. 60. 760 120 180 240 300 Slika 4.3.2. Na osnovu prikazanih histograma dosta je teko zakljuiti o prirodi funkcije gustine raspodele otkaza, mada bi se moglo pretpostaviti da je re o eksponencijalnoj funkciji raspodele. 4.4. U eksploataciji u toku 500 h posmatrano je nekoliko radio-prijemnih ureaja u kojima je bilo6000elemenataodreenogtipa.Priotkazimaelemenatabeleenisuotkaziureaja. Otkazani elementi su grupisani prema vremenu rada do otkaza, prema tabeli 4.4. Proraunati i grafiki prikazati, u obliku histograma, intenzitet otkaza *(t). Tabela 4.4 Broj intervala, i 12345 Duina intervala, ti[h]0 5050 100100 150150 200200 250 Broj otkaza, n (ti)819392716 Broj intervala, i 678910 Duina intervala, ti[h]250300300 350350 400400 450450 500 Broj otkaza, n (ti)1311121013 Reenje: Intenzitet otkaza moe se odrediti relacijom iii intN nt t*( )( )= 1 Podacipotrebnizaproraunintenzitetaotkaza,kaoirezultatzaintenzitetotkaza,datisuu tabeli 4.4.1(duinaintervalatijeistaiiznosi 50h),ahistogram intenziteta otkaza na slici 4.4.1. Tabela 4.4.1 i 12345 n (ti)819392716 n(ti-1)08276693 N-n(ti-1)60005992597359345907 i*(t)x105 2,76,313,29,15,4 i 678910 n (ti)1311121013 n(ti-1)109122133145155 N-n(ti-1)58915878586758555845 i*(t)x105 4,43,84,13,54,4 31 t[h]l(t)xE40246810121450 100 150 200 250 300 350 400 450 500 Slika 4.4.1. 32 5. POUZDANOST SISTEMA Reenja zadataka za proveru znanja 5.1. Redna konfiguracija elemenata 5.1.Akosejedansistemsastojiod10identinihelemenataurednojkonfiguracijisa pouzdanou 0,99, pri emu su otkazi elemenata nezavisni, kolika je pouzdanost tog sistema? Kolika bi bila pouzdanost sistema ako bi, umesto 10, bilo 50 takvih elemenata? Kako se ponaa pouzdanost sistema sa elementima u rednoj konfiguraciji pri poveanju broja elemenata? Kako utieveliinapouzdanostijednogelementanapromenupouzdanostisistemapripoveanju broja elemenata? Reenje: Primenom opte relacije za pouzdanost sistema sa rednom konfiguracijom od m elemenata iji su otkazi nezavisni (slika 5.1.1.): 1 2 i mulaz izlaz Slika 5.1.1. R Rs iim==1, i = 1, ... , m U sluaju kada su svi elementi identini, tj. R1=R2 = ... =Rm , dobija se: R Rsm= . Meutim, u sluaju 10 elemenata, ija je pojedinana pouzdanost 0,99, dobija se: Rs= = 099 0904410, , ili 90,44% Ukoliko je 50 istih takvih elemenata, dobija se: Rs= = 099 0605050, , ili 60,50%. Oiglednodaserednojkonfiguracijipoveanjembrojaelemenatapouzdanostsmanjuje. Smanjenjejebretojepouzdanostelementamanja.Toseoiglednovidiakosegrafiki prikaezavisnostpouzdanostisistemaodbrojaelemenata,priemusepouzdanostjednog elementa uzima kao parametar. 5.2.Sistemsesastojiodtrirednopovezanaelementa,kojiimajukonstantneintenzitete otkaza 1, 2 i 3. Ako je 1 = 4,2 otkaza/106 h, 2 = 8,0 otkaza/106 h i 3 = 0,5 otkaza/106 h,odreditiintenzitetotkazasistemas,pouzdanostsistemaza100asovarada,srednje vremeizmeuotkaza(pretpostavljasedajesistempopravljiv)iizrazzafunkcijugustine otkaza sistema. Reenje: Potosuintenzitetiotkazakonstantneveliine,tj.vaieksponencijalnaraspodelaotkaza,iz relacije: 33 s iimt t ( ) ( ) ==1 dobija se: [ ] hs/ 1 10 7 , 12 10 ) 5 , 0 0 , 8 2 , 4 (6 63 2 1 = + + = + + = Korienjem relacije tsmiie t R ==1) ( dobija se: 9987 , 0 ) (100 10 7 , 126= = e t Rs Usluajurednogmodelapouzdanosti,srednjevremeizmeuotkazadobijaseprimenom jednaine: smiisT1 110= == odakle je: [ ] h Ts7874010 7 , 12160== Jednostavnom zamenom parametra s = 12,7 10-6 [1/h] u relaciji: , ) (ts sse t f= ) 0 , 0 ( > t dobija se izraz za funkciju gustine vremena rada do otkaza razmatranog sistema: [ ] h e t fts/ 1 10 7 , 12 ) (610 7 , 12 6 = 5.3.Odreditipouzdanostrada,utokujednegodine,flip-flopakojisesastojiodsledeih komponenata:2tranzistora,2diode,4kondenzatorai12otpornika.Navedenekomponente imaju sledee intenzitete otkaza: tranzistor (silicijumski) 0,018 [%/1000h], dioda (silicijumska) 0,0036[%/1000h],kondenzator(papirni)0,001[%/1000h]iotpornik(maseni)0,001 [%/1000h]. Smatrati da veze izmeu komponenata rade pouzdano. Reenje: Sobziromnatodajereokonstantnomintenzitetuotkazakomponenti,tovai eksponencijalni zakon pouzdanosti. Akoflip-flopradipouzdanosamoondakadamusvekomponente(sastavnidelovi)rade pouzdano (to znai da se moe predstaviti rednim modelom pouzdanosti), tada se pouzdanost rada flip-flopa moe izraunati korienjem sledee opte relacije: R R e eFF ittim iimFF= = = ==11 Intenzitet otkaza flip-flopa je: 34 FF= + + + 20 018 20 0036 120 001 40 001 , , , , FF = 0,0592 [%/1000h] = 0,0592 10-3 [%/h] =0,0592 10-5 [1/h] Ako godina ima 365 dana, odnosno 8760 sati, pouzdanost rada flip-flopa za godinu dana je: R t eFFtFF( ) = odnosno 995 , 0 8760h) = godina 1 (8760 1000 100 0592 , 01 1 = e RFF 5.4.Sistemsesastojiod5elemenata,priemusuverovatnoebezotkaznogradatih elemenatautokut=100asovarada:R1(100)=0,9996,R2(100)=0,998,R3(100)= 0,9996,R4(100)=0,999iR5(100)=0,9998.Naigustinuvremenaradadootkaza (frekvenciju otkaza) sistema u momentu t = 100 asova, koristei priblinu i tanu relaciju za pouzdanost.Odreditigrekupriodreivanjufrekvencijeotkazapriblinomrelacijom. Pretpostavljasedasuotkazinezavisni,pouzdanostpodleeeksponencijalnojraspodelii elementi su, s obzirom na pouzdanost, povezani redno u sistemu. Reenje: Usluajumodelasarednomkonfiguracijom elemenata, pouzdanost sistema moe se odrediti relacijom: R R R R Rs m iim= == 1 21 Za podatke u zadatku pouzdanost sistema je: R Rs ii= = ==150 9996 0 9998 0 9996 0 999 0 9998 0 9978 , , , . , , U sluaju eksponencijalne raspodele pouzdanost jednog elementa data je relacijom: R eiti= pa je pouzdanostsistema: R e e estimttiiims= = = = =11 gde je: s iim==1 Ukolikojepouzdanostveaod0,9odnosno t 0 1 ,izrazR et= moedasezameni jednostavnijim, a da greka u proraunu ne bude velika, tj.: R e tt= 1pa je analogno R t t ts iims( ) = = =1 11 Funkcijagustinevremenaradadootkaza(frekvencijaotkaza),akojepoznatapouzdanost, moe se odrediti relacijom: 35 f tdF tdtd R tdtdR tdtss s s()() () ()= == 1 odnosno posle zamene relacije za pouzdanost sistema i diferenciranja, dobija se: f t e ts sts ss( ) ( ) = 1 Iz aproksimativne relacije za pouzdanost sistema, za intenzitet otkaza sistema, dobija se: ss sR ttRh === 1 1 1001002 210 15( ) ( ), / Zamenomvrednostizasurelacijuzafrekvencijuotkazasistema(aproksimativnarelacija), dobija se: f t hs( ) , ( , ) , / = 2210 1 2210 100 2195 10 15 5 5 Korienjemtanerelacijezapouzdanostsistema(akoseonareipos),zafrekvenciju otkaza sistema (po aproksimativnoj relaciji), dobija se ( ) [ ] h RtRfsss/ 1 10 199 , 2 ln 1ln5 = = Lakosemoepokazatidagrekaodreivanjafrekvencijeotkazapriblinomrelacijomiznosi oko 0,18%. 5.5.Sistemiseformirajuodelemenatasaintenzitetomotkaza0,110-6otkaza/as.Jedan sistem je sastavljen od N1 = 500, a drugi od N2 = 2000 elemenata. Odrediti za svaki sistem: intenzitetotkaza,pouzdanostrada posle100asovaisrednjevremedootkaza. Pretpostaviti da je za ispravan rad sistema potrebno da svi elementi ispravno rade. Reenje: a) Intenziteti otkaza sistema su: sN h1 16 65000 1 10 5010 1 = = = , / sN h2 26 620000 1 10 20010 1 = = = , / b) Pouzdanosti sistema su: R e ests15010 100100 0 99516( ) , = = = R e ests220010 100100 0 98026( ) , = = = c) Srednje vreme do otkaza za sisteme je: T hss011120000 = = T hss02215000 = = 36 5.2. Paralelna konfiguracija elemenata 5.6.Akosejedansistemsastojiodpetidentinihelemenatauparalelnojkonfiguracijisa pouzdanou 0,40, pri emu su otkazi elemenata nezavisni, kolika je pouzdanost tog sistema? Kolikabibilapouzdanostsistemaakobi,umestopet,bilo10takvihelemenata?Kakose ponaapouzdanostsistemasaelementimauparalelnojkonfiguracijipripoveanjubroja elemenata? Kako utie veliina pouzdanosti jednog elementa na promenu pouzdanosti sistema pri poveanju broja elemenata? Reenje: Nepouzdanost sistema od n elemenata u paralelnoj konfiguraciji (slika 5.6.1.) glasi: 12nulaz izlaz Slika 5.6.1. ( ) = = = = =njjnji n sR Q Q Q Q Q1 11 11 a pouzdanost ( )= = =njj s sR Q R11 1 1 Usluajukada su elementi identini, tj. R1 = R2=...= Rn = R, za pouzdanost ovakvog sistema se dobija R Rsn= 1 1 ( ) U sluaju 5 elemenata dobija se: Rs = = 1 1 0 4 0 9225( , ) , a u sluaju 10 elemenata dobija se: Rs = = 1 1 0 4 0 99410( , ) , Oiglednodaseparalelnojkonfiguracijipoveanjembrojaelemenatapouzdanostpoveava. Poveanjejebretojepouzdanostelementavea.Zbogtoga,akojepouzdanostjednog elementa izmeu 0,8 i 0,9, broj elemenata u paralelnoj konfiguraciji ne bi trebalo da bude vei od 3, jer se za vei broj elemenata pouzdanost neznatno poveava. To se veoma oigledno vidi akosegrafikiprikaezavisnostpouzdanostisistemaodpouzdanostijednogelementa,pri emu se broj elemenata uzima kao parametar. 5.7.Odreditiizrazzapouzdanostisrednjevremedootkazasistemasastavljenogodn elemenata,kojisuusmislupouzdanostipovezaniparalelnoigdesepouzdanostsvakog elementa ponaa po eksponencijalnoj raspodeli sa istim intenzitetom otkaza (1 = 2 = ... = n = ). 37 Reenje: Primenomopterelacijezapouzdanostsistemazaparalelnukonfiguracijuodnelemenataiz prethodnog zadatka: R Rs jjn= =1 11( ) ,j = 1, ... , n u sluaju kada su svi elementi identini, dobija se: R Rsn= 1 1 ( ) Kako je za konstantan intenzitet otkaza pouzdanost jednog elementa data izrazom: R eiti= to je za 1 = 2 = ... = n = , pouzdanost ovog sistema data relacijom: R est n= 1 1 ( ) Srednje vreme bezotkaznog rada odreuje se relacijom: =00) ( dt t R T odnosno [ ]dt e Tn t =00) 1 ( 1 Uvoenjem smene1 = e xt i odreivanjem granica nove promenjive, dobija se: + + = =101010) 1 (111 1dx x x dxxxTnn odnosno Tnn C011121 1= + + + + ( ) (ln ) gde je C = 0,577 Eulerova konstanta. 5.3. Kombinovana konfiguracija elemenata 5.8.Pokazatikojiodpredloenihnainarezerviranja(redundovanja)naslikama5.8.bic, sistema na slici 5.8.a, obezbeuje najbolju pouzdanost, ako se sistem na slici 5.8.a sastoji od elementa ija je pouzdanost rada u toku jedne godine R=0,8. RRRRRRRRR Ra)b) c) Slika 5.8. Reenje: 38 Pouzdanost sistema na slici 5.8.a glasi:

R Ra= =20 64 , Pouzdanost sistema na slici 5.8.b glasi: R Rb = = 1 1 0 9222( ) , Pouzdanost sistema na slici 5.8.c glasi: 8704 , 0 ) 1 ( 12 2= = R Rc Oiglednodamodelpouzdanostikaonaslici5.8.aneobezbeujepoveanje,vedaje smanjenjepouzdanosti.Nainirezerviranjanaslici5.8.b(pojedinanorezerviranjeodnosno redno-paralelnimodelpouzdanosti)islici5.8.c(opterezerviranjeodnosnoparalelo-redni modelpouzdanosti)koristeistibrojelemenata.Meutim,veupouzdanostobezbeujenain rezerviranja na slici 5.8.b (pojednano rezerviranje). Ovo se moe i analitiki dokazati. 5.9. Odrediti pouzdanost i srednje vreme rada do otkaza sistema prikazanog na slici 5.9, ako je 31 = 22 = 3= 10-6 1/h. ulazizlaz1 11322 Slika 5.9. Reenje: Pouzdanost sistema na slici 5.9 je: [ ]3 22 111) 1 )( 1 ( 1 R R R Rs =odnosno R e e est t t= 1 1 13 21 2 3( )( ) odnosno R e e e est tt t= = 2 22 3 10 103 321063106 gde je t u asovima. Srednje vreme rada do otkaza odreuje se relacijom: = =0 03 2) 2 ( ) (3 3dt e e dt t R Tt ts sr odakle se, posle izraunavanja integrala, dobija hTsr11032 1311312263 3 3 = ||

\| = = 5.10.Naslici5.10.jeprikazanmodelpouzdanostijednogsistema.Odreditiintenzitetotkaza ovogsistemaakointenzitetipojedinihblokova(elemenata)1,2,3i4nezaviseod vremena. 39 ulazizlaz3 41 2 Slika 5.10. Reenje: Intenzitet otkaza datog sistema moe se odrediti polazei od definicione relacije: ssstdR tdt R t()()()= 1 gde je Rs(t) pouzdanost datog sistema. Pouzdanost sistema na slici 5.10. izraava se kao R R R R Rs = 1 1 11 2 3 4( )( ) odnosnoposleizraavanjapouzdanostipojedinihelemenataprekointenzitetaotkazatih elemenata: R R R e R R est t= + +1 1 101 02 03 041 1 3 4( )( )( ) ( ) Pri R01 = R02 = R03 = R04 = 1, dobija se R e e est t t= + + + + + + ( ) ( ) ( ) 1 1 3 4 1 1 3 4 S obzirom na to da je: = + + + + + + + + + + +dR tdte e es t t t()( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 1 2 3 4 1 2 3 41 2 3 4 1 2 3 4 intenzitet otkaza sistema je dat relacijom: st t tt t tte e ee e e()( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )=+ + + + + ++ + + + + + + + + + + +1 2 3 4 1 2 3 41 2 3 4 1 2 3 41 2 3 4 1 2 3 4 5.11.Naslici5.11.jeprikazanmodelpouzdanostirezerviranog(redundovanog)sistemapo modeluoptegrezerviranja. Intenziteti otkaza elemenata osnovnog sistema 1 i 2 ne zavise od vremena, a srednja vremena njihovog bezotkaznog rada su: Tsr1 = 200 h i Tsr2 = 300 h. Izvesti izraze za pouzdanost kompletnog sistema Rs = Rs(t, Tsr1, Tsr2), izraunati pouzdanost za t = 100 h i odrediti srednje vreme rada do otkaza sistema. ulazizlaz1 21 2 Slika 5.11. Reenje: a) S obzirom na to da su 1 i 2 konstantne veliine, pouzdanost pojedinih elemenata data je izrazima: 40 R Ret1 011= , i R Ret2 021=

Pouzdanostsistemanaslici5.11seodreujenapoznatnainzamodelkojipredstavlja kombinaciju redne i paralelne veze elemenata: R R R R R R R R R R Rs = = = 1 1 1 1 1 21 2 1 2 1 221 2 1 2( )( ) ( ) ( ) odnosno R RR e est t= + +01 021 1 1 22( ) ( )( ) Polazei od definicione relacije za srednje vreme do otkaza =0) ( dt t R Tsr srednje vreme do otkaza pojedinih elemenata dobija se 1 101001011 1) (11 = = = = R dt e R dt t R Ttsr ,pri R01 = 1 2 202002021 1) (12 = = = = R dt e R dt t R Ttsr , pri R02 = 1 Zamenomrelacijazasrednjevremeradadootkazaelemenataurelacijizapouzdanost sistema, dobija se: R e esT TtT Ttsr sr sr sr= + +21 121 11 2 1 2( ) ( ) pri emu je uzeto R01 = R02 = 1. Izrelacijazasrednjevremeradadootkazaelementa1ielementa2,zapoznatevrednosti srednjeg vremena rada do otkaza, za intenzitet otkaza elemenata dobija se: 131 12005 1011= = = T hsr 231 13001031012= = = T hsr Zamenom ovih vrednosti u dobijenoj relaciji za pouzdanost sistema, za pouzdanost sistema za 100 asova rada dobija se: R e e e es( ) , , ,( ) ( )100 2 2 0 8692 0 1889 0 6812001300100 211001300 1005653= = = + + b) S obzirom na to da je srednje vreme rada do otkaza sistema definisano relacijom: dt e e dt t R TtT TtT Ts srsr sr sr srs + + (((

= =0)1 1( 2 )1 1(02 1 2 12 ) ( zamenomrelacijezapouzdanostsistemaiizraunavanjemintegralaizamenompoznatih veliina u dobijenoj relaciji, dobija se: TT TT Thsrsr srsr srs= +=321801 21 2( ) 41 5.12. Odrediti: pouzdanost sistema sa slike 5.12. za t = 100 h, ako je intenzitet otkaza svakog od elemenata = 10-5 h-1 i intenzitet otkaza sistema. Koliko iznosi intenzitet otkaza sistema posle t = 100 h? ulazizlaz Slika 5.12. Reenje: a) Pouzdanost sistema na slici 5.12 je: R R R R R R R Rs = = = + 1 1 2 8 12 6232 3 3 4 5 6( ) ( ) odnosno R R R R Rs = + 3 2 38 12 6 ( ) Posle zamene izraza za pouzdanost elementa preko poznatog intenziteta otkaza, za pouzdanost sistema dobija se: R e e e est t t t= + 3 2 38 12 6 ( ) Na osnovu gornje relacije, za pouzdanost sistema za t = 100 h, dobija se: R e e e es( ) ( ) 100 8 12 6310 10 10 10 2 10 10 310 105 2 5 2 5 2 5 2= + Nakon izraunavanja dobijenog izraza, dobija se: Rs(100h) = 0,9991 b) Da bi se odredio intenzitet otkaza sistema, treba poi od poznate relacije: ssstdR tdt R t()()()= 1 Posle obavljenih matematikih operacija i sreivanja, dobija se: st t tt t tte e ee e e() = + + 64 8 58 12 62 32 3 Poslezamene vrednostizaintenzitetotkazaelementa,zaintenzitetotkazasistema za vreme rada t = 100 h dobija se: st he e ee e e( ) = = + + 100 6 104 8 58 12 6510 10 2 10 10 310 1010 10 2 10 10 310 105 2 5 2 5 25 2 5 2 5 2 Nakon izraunavanja, dobija se: s(100 h) = 0,0097 10-5 h-1 42 5.13.Akosupoznatiintenzitetiotkazaelemenatakojisukonstante,zasistemnaslici5.13 odrediti: srednje vreme bezotkaznog rada, funkciju gustine raspodele vremena rada do otkaza i funkciju intenziteta otkaza i skicirati njenu zavisnost od vremena. Intenziteti otkaza pojedinih elemenata su: A = 0,2310-3 h-1, B = 0,510-4 h-1 i C = 0,410-3 h-1. ulaz izlazAABCC Slika 5.13. Reenje: a) Srednje vreme bezotkaznog rada moe se nai korienjem relacije: =00) ( dt t R Ts Pouzdanost sistema za sluaj na slici 5.13. glasi: R R R Rs A B C= 1 1 1 12 2( ) ( ) odnosno R RRR RRR RRR RRRs A B C A B C A B C A B C= + 4 2 22 2 2 2 a pouzdanost pojedinih elemenata data je izrazom: R eiti= , gde je i = A, B i C. Zamenom poslednje relacije u relaciji za pouzdanost sistema, dobija se: R e e e est t t tA B C A B C A B C A B C= + + + + + + + + +4 2 22 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) Ako se zameni dobijena relacija u relaciji za srednje vreme bezotkaznog rada, nakon reavanja integrala, dobija se izraz za srednje vreme bezotkaznog rada sistema: TA B C A B C A B C A B C04 222212 2=+ ++ ++ +++ + Posle zamene vrednosti za intenzitete otkaza pojedinih elemenata, dobija se: Tsr=2590 h b) Funkcija gustine raspodele vremena rada do otkaza moe se nai korienjem relacije: f tdR tdtss()()= odakle se dobija: f t e es A B CtA B CtA B C A B C() ( ) ( )( ) ( )= + + + + + + + +4 2 22 43 + + + + + + + + +22 2 22 2 2( ) ( )( ) ( ) A B CtA B Cte eA B C A B C c) Funkcija intenziteta otkaza moe se odrediti na osnovu relacija: ssstf tR t()()()=ilissstdR t dtR t()() /()= Analizom se utvruje da se s(t) kree od s(t) = B = 0,510-4 h-1 kada t 0 dos(t) = A +B+C = 6,810-4 h-1kadat . Prema tome, kvalitativna zavisnost intenziteta otkaza celog sistema od vremena izgleda kao na slici 5.13.1. t6,8 (t) s4* 100,5 Slika 5.13.1. 5.14.Blok-dijagrampouzdanostisistemasastavljenogodelemenataAiB,ijisuintenziteti otkaza A = 0,3 10-3otkaza/as iB= 0,7 10-3otkaza/as, dat je na slici 5.14. Odrediti: verovatnou ispravnog rada (pouzdanost) za vreme t = 100 asova, srednje vreme do otkaza, gustinuraspodelevremenaradadootkazaza100asovaradaiintenzitetotkazaza100 asova rada. AABBulaz izlaz Slika 5.14. Reenje: a) Pouzdanost sistema datog na slici 5.14. data je sledeim izrazom: [ ] { } [ ] { }2 2) ( 1 1 ) ( 1 1 ) ( t R t R t RB A s = 44 Sobziromnatodasupoznatiintenzitetiotkazaelemenata,kojisukonstantni,pouzdanost elemenata A i B data je izrazima: R t eAtA( ) = ,R t eBtB( ) = pa je pouzdanost rada sistema za vreme t: [ ] [ ]2 2) 1 ( 1 ) 1 ( 1 ) (t tsB Ae e t R = Pouzdanost rada sistema za vreme od 100 asova iznosi Rs( ) , 100 0 994 =. b) Korienjem relacije za srednje vreme izmeu otkaza dobija se: TA B A B A B A B04 222212=++++ ( ) Posle zamene vrednosti za intenzitete otkaza dobija se za srednje vreme izmeu otkazaT0= 1760 asova. c) Korienjem relacije za funkciju gustine vremena rada do otkaza dobija se: f t e es A BtA BtA B A B() ( ) ( )( ) ( )= + + + + +4 2 22 + + + + +22 22 2( ) ( )( ) ( ) A BtA Bte eA B A B Posle zamene vrednosti dobija se f(100)=0,108 10-3 otkaza/as. d) Vrednost intenziteta otkaza moe se nai korienjem relacije: ( )( )( )tf tR t= odakle se posle zamene naenih vrednosti, dobija (100) f(t)=0,108 10-3 otkaza/as. 5.15.Nacrtatiblok-dijagram(model)pouzdanostisloenogsistema,ijajepouzdanostdata relacijom: ( )( ) [ ] ( )( ) [ ]9 8 7 6 52423 2 11 1 1 1 1 1 R R R R R R R R R Rs = Reenje: Blok-dijagram pouzdanosti, koji odgovara sistemu ija je pouzdanost data relacijom u zadatku 5.15, dat je na slici 5.15.1. RR RulazizlazRRRRR R1 23344R5R6 78 9 Slika 5.15.1. 45 5.4. Rezerviranje po modelu "r od n" Reenja zadataka za proveru znanja 5.16. Autobus ima po jednu sveicu na svakom od 4 cilindra. Intenzitet otkaza sveice iznosi =10-3otkaza/as.Autobusmoedavoziukolikomubartricilindrarade.Kolikaje verovatnoa da e autobus putovati 20 asova bez otkaza? Reenje: S obzirom na to da je potrebno, da bi autobus mogao da vozi, da bar tri od etiri cilindra rade, moe se primeniti relacija za odreivanje pouzdanosti u sluaju modela "r od n". Verovatnoa dae sistem raditi ispravno ako je najmanje 3 od ukupno 4 elementa ispravno, pod uslovom da su svi elementi jednaki i otkazi meusobno nezavisni, data je relacijom: =|||

\|= =434) 1 (4) 3 (xx xsR Rxx P Rodnosno: R R Rs= 4 33 4 Kakojeintenzitetotkazasveicekonstantan,tosepouzdanostsveicemoeizraunatina osnovu eksponencijalnog zakona pouzdanosti, pa je: R e est t= 4 33 4

Verovatnoa da e autobus putovati 20 asova bez otkaza je: R e es ( ) , 20 4 3 099773 10 20 4 10 203 3= = 5.17.Ujednomstabilizatorujednosmernognaponaugraenasutriidentinatranzistora. Intenzitetotkazasvakogtranzistorajekonstantaniiznosit=0,610-61/h.Stabilizator prestaje da radi kada dva tranzistora otkau. Zanemarujui otkaz ostalih elemenata ugraenih u stabilizator, odrediti: a) vreme rada stabilizatora posle kojeg e pouzdanost stabilizatora biti Rst1 = 0,5 i Rst2 = 0,9997 i b) intenzitet otkaza stabilizatora u trenutku odreenom pod a). Reenje: a) S obzirom na to da stabilizator otkazuje kada dva tranzistora otkau, znai da je neophodno da bar dva od tri tranzistora rade ispravno da bi stabilizator radio ispravno. Stoga pouzdanost ovog stabilizatora predstavlja pouzdanost modela "2 od 3", odnosno: R R Rst t t= 3 22 3

Akosepouzdanoststabilizatorazamenizadatimvrednostima,dabisenalevrednosti pouzdanostitranzistora,odaklesemogudobititraenitrenuci,dobijasejednainatreeg stepena. Zadatak se moe reiti i na sledei nain. Za zadate vrednosti Rt moe se odrediti Rst. Zaodabranevrednostipouzdanostitranzistora,dobijenevrednostipouzdanostistabilizatora prikazane su u tabeli 5.17.1. Tabela 5.17.1 Rt 0,30,40,50,60,70,80,90,99 Rst 0,2160,3520,50,6480,7840,8960,9720,99970 46 Iz tabele 5.17.1. vidi se da je Rst(t) < Rt(t) za vreme za koje je Rt < 0,5, a Rst(t) > Rt(t) za vreme za koje je Rt > 0,5. Iz tabele sledi da je R R e est tt t11 1710 56 10= = = = , odakle se za vreme t1 (kada pouzdanost stabilizatora iznosi 0,5) dobija: t1 660 50 6 101 155 10 = = ln ,,,h Da bi pouzdanost stabilizatora iznosila Rst2 = 0,999702, treba da je Rt = 0,99, kao to se vidi iz tabele, a to e biti u trenutku t2, koji se dobija na isti nain, tj.: t2 640 990 6 101 675055976 10 16750 = = ln ,,,h b) Intenzitet otkaza se odreuje na poznat nain: stststdR tdt R t= ()()1 odnosno ( )( )tstt ttstt tstRR Rt Rt R t R = =1 6) () ( 6 ) ( 62 Prilikom diferenciranja treba imati u vidu da je Rt funkcija od t, tj.: R ettt= Na osnovu relacije za st za t = t1 dobija se: ( )( )h110 3 10 6 , 05 , 05 , 0 1 5 , 0 66 61 = = = t ts a za t = t2 dobija se ( )( )h110 0594 , 0 10 6 , 09997 , 099 , 0 1 99 , 0 66 62 = = = t ts 5.18.Pokazatidasepouzdanostmodela"rodn"(r , za 0 < R < 1 49 odnosno R R R R ( ln ) 1 22 > , za 0 < R < 1 to jest > ln R R 1, za 0 < R < 1 Rezultati za pouzdanost u jednom i drugom sluaju, za zadate pouzdanosti elemenata, date su u tabeli 5.20.1: Tabela 5.20.1 R1,00,90,70,50,30,1 RSa 1,00,9900,910,750,510,19 RSb 1,00,9950,950,850,660,33 Iz ovih podataka se, takoe, vidi da je pouzdanost sistema od dva elementa, od kojih je jedan upripravnosti(aktivnorezerviranjesaneoptereenimrezervnimelementom)veaod pouzdanosti sistema od ista dva elementa u paralelnoj konfiguraciji. 5.21.Sistemsesastojiodtrielementa.Jedanelementjeradni(osnovni),ajedanoddruga dva se ukljuuje samo ako doe do otkaza radnog. Nacrtati blok-dijagram (model) pouzdanosti iodreditipouzdanostisrednjevremeradadootkazasistema,akojepouzdanostjednog elementazat=300hR(300)=0,74,avaieksponencijalnaraspodelavremenaradado otkaza. Reenje: Model pouzdanosti za sistem opisan u zadatku, prikazan je na slici 5.21.1. 12Pn Slika 5.6.1. Ovdejereopouzdanostisistemasaelementimaupripravnosti(aktivnopojedinano rezerviranjesaneoptereenimrezervnimelementima).Pouzdanostsistemasanidentinih elemenata, od kojih je n-1 u pripravnosti, odreuje se relacijom Reiiin==!01 Kada je intenzitet otkaza elemenata konstantan, tada vai da je = = ln R t pa se, posle zamene u prethodnoj relaciji, za pouzdanost sistema sa n identinih elemenata, do kojihsen-1elemenatanalaziupripravnosti,akoimjeintenzitetotkazakonstantan,dobija relacija ( )= =10!) (niitsite t R 50 Intenzitet otkaza elementa se moe nai iz poznate pouzdanosti elementa. S obzirom na to da vreme do otkaza podlee eksponencijalnoj raspodeli, to je R et( ) 300 = odakle se za elementa dobija = = = ln ln , Rt0 743001 103 h Za pouzdanost ovakvog sistema, sa dva elementa u pripravnosti (aktivna rezerva), dobija se ( ) ( ) ( ) ( )( ) ||

\|+ + =|||

\|+ + = = = 22 1 020211! 2 ! 1 ! 0 !) ( t t et t teite t Rt tiits odnosno ( ) 995 , 0 300 001 , 021300 001 , 0 1 74 , 0 ) 300 (2= ||

\| + + =sR Polazei od opte relacije za srednje vreme do otkaza=0) ( dt t R Ts srposle zamene izraza za Rs, dobija se ( ) ||

\|+ + =0221dt e t te e Tt t tsr Reavanjem integrala dobija se + + ++ =01 221 1! 22! 1 1t t tsre e e T Konano se dobija Tsr = + + = =1 1 1 33000 h 5.6. Pouzdanost u sluaju specifinih veza elemenata Reenja zadataka za proveru znanja 5.22. Odrediti izraz za pouzdanost sistema iji je blok-dijagram pouzdanosti dat na slici 5.22. Element oznaen sa pouzdanou R3, pri ispravnom radu, omoguuje vezu u oba smera. Koliko iznosi pouzdanost sistema kada su pouzdanosti svih elemenata iste i iznose R = 0,9? RRRRR12354ulaz izlaz Slika 5.22. Reenje: 51 Ovaj zadatak je sluaj koji ne spada ni u rednu, ni u paralelnu, ni u redno-paralelnu, odnosno paralelno-rednu konfiguraciju elemenata. Zadatak se moe reiti na vie naina. I nain:Zadatak se moe reiti polazei od formule za uslovnu (kondicionalnu) verovatnou (Bays-ova formula).Poovojmetodiodaberesepogodanelement,takoda,kadasezatajelement pretpostavidajeujednomod dvamoguastanja (ispravan,otkazao),dolazido rastavljanja blok-dijagramapouzdanostiuneke od kombinovanih konfiguracija elemenata (koja se sastoji od rednih i paralelnih konfiguracija elemenata) pa se moe reiti na ve poznat nain. Poznato jedajezanesaglasnedogaajeHi(1=1,...,n)verovatnoadasedesidogaajA,data relacijom: P A P H P A Hi iin( ) ( ) ( / ) ==1 gde su: P(A) - verovatnoa da se desi dogaaj A, P(Hi) - verovatnoa da se desi dogaaj (hipoteza) Hi, P(A/Hi) - verovatnoa da se desi dogaaj A ako se desio dogaaj Hi. Meusobno iskljuivi dogaaji su Hi, pri emu je PHiin( ) ==11 Sobziromnatodaseelementimogunalazitisamoudvamoguastanja(ispravnoi neispravno,tj.n= 2),akoseu konfiguracijinaslici16.1. pretpostavidaseelement, ija je pouzdanost R3, nalazi u ta dva mogua stanja, konfiguracija se rastavlja na dve konfiguracije koje predstavljaju redno-paralelnu, odnosno paralelno-rednu konfiguraciju koje se reavaju na vepoznatnain,apouzdanostkonfiguracijenaslici16.1,odnosnoverovatnoadasedesi dogaaj A - sistem radi ispravno, dobija se na osnovu izraza: R PA PH PA H P As i iiii= = == = ( ) ( ) ( / ) ( )1212

odnosno: R PH PA H PH PA H P A P As = + = + ( ) ( / ) ( ) ( / ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2gde su: H1 - dogaaj da je elemenat sa pouzdanou R3 otkazao (neispravan), H2 - dogaaj da je elemenat sa pouzdanou R3 ispravan, P(A/H1)- pouzdanost sistema u sluaju kada je elemenat sa pouzdanou R3

otkazao, P(A/H2)- pouzdanost sistema u sluaju kada je elemenat sa pouzdanou R3

ispravan. Verovatnoa da se desi dogaaj kada je elemenat sa pouzdanou R3 otkazao iznosi: P(H1) = 1 - R3

Pouzdanost sistema u sluaju kada je elemenat sa pouzdanou R3 otkazao, odnosno P(A/H1), odreuje se na osnovu konfiguracije elemenata na slici 5.22.1: RRRR1254ulaz izlaz Slika 5.22.1. 52 i iznosi: P A H R R R R ( / ) ( ) ( )1 1 5 2 41 1 1 = Verovatnoa da se desi dogaaj da je elemenat sa pouzdanou R3 ispravan iznosi: P(H2) = R3 Pouzdanost sistema u sluaju kada je elemenat sa pouzdanou R3 ispravan, odnosno P(A/H2), odreuje se na osnovu konfiguracije elemenata na slici 5.22.2: RRRR1254ulaz izlaz Slika 5.22.2. i iznosi: P A H R R R R ( / ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 5 41 1 1 1 1 1 = Sada je P A R R R R R1 3 1 5 2 41 1 1 1 0 0964 ( ) ( ) ( )( ) , = = P A R R R R R2 3 1 2 5 41 1 1 1 1 1 0 882 ( ) ( )( ) ( )( ) , = = Konano, posle zamene u polaznoj relaciji, za pouzdanost sistema se dobija: R R R R R R R R R R Rs = + ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 13 1 5 2 4 3 1 2 5 4 ili R P A P As = +1 2( ) ( ) Ako su pouzdanosti svih elemenata iste i iznose R, pouzdanost sistema je: R R R R Rs= + + 2 5 2 25 4 3 2= 0,978 Ili Rs = + = 0 0964 0 882 0 9784 , , , II nain: Zadatak se moe reiti i ovako: - napiu se sve mogue kombinacije elemenata (kao kod tabela istine u digitalnoj tehnici: "0" oznaavaneispravnostanjeelementa,"1"oznaavaispravnostanjeelementa,broj kombinacija iznosi 2n , gde je n - broj elemenata u sistemu); zatim - izdvoje se sve kombinacije za koje sistem radi ispravno i oznae sa "1";- napiu se relacije za verovatnou ispravnog rada sistema za te kombinacije; i-sabiranjemprethodnihrelacija(svihkombinacijaispravnogradasistema)dobijase verovatnoa ispravnog rada, odnosno pouzdanost sistema. 53 Zasluajuzadatku,svemoguekombinacije("1"oznaavaispravan,a"0"neispravanrad elementa) i oznaene kombinacije ispravnog rada ("1") date su u tabeli 5.22.1: Tabela 5.22.1 R.br.elem. 1elem. 2elem. 3elem. 4elem. 5ISPR. RAD 100000 200001 300010 400011 500100 600101 700110 800111 901000 1001001 11010101 12010111 1301100 14011011 15011101 16011111 1710000 18100011 1910010 20100111 2110100 22101011 23101101 24101111 2511000 26110011 27110101 28110111 2911100 30111011 31111101 32111111 Sabiranjem verovatnoa svih kombinacija ispravnog rada dobija se pouzdanost sistema: Rs = (1 - R)3 R2 + (1 - R)2 R3 + (1 - R)2 R3 + (1 - R)2 R3 + (1 - R) R4 + (1 - R)3 R2 + (1 - R)2 R3 + (1 - R)2 R3 + (1 - R)2 R3 + (1 - R)2 R3 + (1 - R)2 R3 + (1 - R) R4 + (1 - R) R4 + R5 + (1 - R) R4 + (1 - R) R4 Sreivanjem se dobija Rs = R5 + 5 (1 - R) R4 + 8 (1 - R)2 R3 + 2 (1 - R)3 R2

odnosnoRs = 2 R5 5 R4 + 2 R3 + 2 R2 Oigledno da je i na ovaj nain dobijen isti rezultat. U tabeli su se mogle pisati samo kombinacije ispravnog rada, a ne sve mogue kombinacije, ali ih je potrebno pre toga izdvojiti bilo analizom rada (funkcionisanja) sistema bilo analizom svih kombinacijastanjaelemenata.Trebanapomenutidajeovakavpristuppraktinoprimenjiv samozasistemeijiseelementimogunalazitisamoudvastanja:ispravnom(uradu)i 54 neispravnom (u otkazu). Meutim, ovaj pristup je pogodan za izradu programa na raunaru za proraun pouzdanosti. 5.23Odreditisrednjevremeradadootkazazasistem naslici5.22,ako su intenziteti otkaza svih blokova jednaki i iznose = 10-5 1/h. Reenje: + + = =02 3 4 50) 2 2 5 2 ( ) ( dt R R R R dt t R Ts srPosle zamene izraza za pouzdanost jednog bloka preko poznatog intenziteta otkaza, dobija se ( ) + + =02 3 4 52 2 5 2 dt e e e e Tt t t tsr Nakon reavanja integrala, dobija se 122324552 ||

\|+ + =srT Zamenom vrednosti za intenzitet otkaza dobija se: Tsr = 81666,66 h 55 6. POUZDANOST I ODRAVANJE 6.1. Optimizacija trokova pouzdanosti 6.1*. Za sistem, ija se pouzdanost moe izraziti pomou relacije: ( )35 , 2140||

\|=te t R pri emu je t izraeno u asovima (vreme rada do pojave otkaza podlee Vejbulovoj raspodeli), akosrednjevremedootkazatogsistemaiznosi120asova,aodravanjesevrizamenom elementa: a) preventivno posle 80 asova rada, i b) korektivno, odrediti bolju od predloenih koncepcija odravanja. I Sa stanovita dostignute gotovosti.Poznatojedavremezameneelementaiznosi6asova,aekanjenaobezbeenje rezervnog elementa 3,5 asova. II Sa stanovita trokova.Poznato je da je cena elementa 150 NJ, cena norme sata 20 NJ/h, a trokovi ekanja 30 NJ/h. (Oznaka NJ oznaava novanu jedinicu.) Koristiti model prema kojem su ukupni trokovi rada izraeni u obliku: ( )( ) ( )( ) =tP K Kdt t Rt R C C Ct C0 pri emu su: CK trokovi korektivne zamene jednog elementa [NJ], CP trokovi preventivne zamene jednog elementa [NJ], C(t) ukupni trokovi [NJ/h]. Reenje: I. Za proraun se moe koristiti izraz za dostignutu gotovost: Gtt ttt t t ttt t trr uorr a ao lprr uop uok=+=+ + +=+ + pri emu su: tr vreme u aktivnom ra,du tuo vreme u otkazu, ta administrativno vreme, tao vreme zamene elementa (vreme aktivne opravke), tlp vreme logistike podrke, tuop vreme u otkazu zbog preventivnog odravanja, i tuok vreme u otkazu zbog korektivnog odravanja. Vremena u gornjim izrazima mogu biti ukupna ili prosena. I.a)Potrebnojeproraunatigotovostusluajupreventivnogodravanjapriemuje period zamene elementa 80 asova. Za proraun gotovosti potrebno je odrediti vremena koja se pojavljuju u poslednjem izrazu. S obzirom na to da se u ovoj varijanti preventivne aktivnosti izvode posle svakih 80 asova rada, vreme u radu iznosi tr = 80 h. Vreme u otkazu sastoji se odvremenazapreventivnoodravanje,alizbogiznenadnihotkazadokojihmoedoiu 56 perioduizmeuaktivnostipreventivnogodravanja,odnosnopreventivnezameneelementa, trebaprimenitiikorektivnoodravanje,koje,naravno,zahtevaodreenovreme.Vremeza preventivnoodravanjejednakojevremenuzazamenuelementakoje,premapodacimau zadatku,iznositop=6h.Vremezakorektivnoodravanje(rezervnielementzakorektivno odravanjenemorabitiraspoloiv,pagajepotrebnonabaviti)moeseodreditinaosnovu relacije: ( ) ( ) ( ) ( )lp ao a uo uot t t t n t t n t tk k+ + = = priemujen(t)brojiznenadnihotkazadokojihmoedoiuperioduizmeupreventivnih zamena. Primenom relacije: ( )( )( )( )( ) t Rt Rt Ft Ft n==11 za broj otkaza u periodu od 80 asova rada dobija se: ( )( )( )( )( )32 , 076 , 076 , 0 18080 180 18080 ====RRFFn R(80)izraunatojenaosnovurelacijezapouzdanost,zaovajsistem,zadateupostavci zadatka. Naosnovutoga,podatakauzadatku,ipretpostavkedajeta=0h(potoo administrativnom vremenu nije nita reeno), se dobija za vreme za korektivno odravanje: ( ) ( ) ( ) ( ) h 04 , 3 5 , 3 6 32 , 0 80 80 = + = + =lp ao uot t n tk Konano, gotovost iznosi: ( ) 898 , 004 , 3 6 808080 =+ += G I.b)Potrebnojeproraunatigotovostusluajujedinokorektivnogodravanja.S obziromnatodaseotkaziuprosekudogaajunakonvremenakojejejednakosrednjem vremenudootkaza,loginojesmatratidasekorektivnezamenemorajuvritinakontog vremena, koje u ovom zadatku iznosi 120 asova. Prema tome, to je vreme u radu, a vreme u otkazuje,ustvari,vremepotrebnozakorektivnuzamenujednogelementa,kojesedobija pomou relacije: t t t tuo a ao lpk= + + = + + = 0 6 3 5 9 5 , ,h na osnovu ega je: ( ) 926 , 05 , 9 120120120 =+= G Prematome,sastanovitagotovosti,boljajedrugakoncepcija,odnosnokorektivno odravanjezamenomelementa(uvarijanti"a"se,ustvari,estoprekidaradzbogzamene elementa). II.a) Za preventivno odravanje posle 80 asova rada, trokovi iznose: C C C t NJP ELEM NS ao= + pri emu su: 57 CELEM cena rezervnog elementa [NJ], CNS cena norme sata (za zamenu elementa) [NJ/h], i tao aktivno vreme zamene elementa (pri preventivnoj zameni jednako je ukupnom vremenu u otkazu, uz pretpostavku da je rezervni element raspoloiv). Posle zamene vrednosti, dobija se: C NJP = + = 150 206 270 Trokovikorektivnogodravanjapripreventivnomodravanju(zamenielementazbog iznenadnog otkaza u periodu preventivne zamene od 80 asova) iznose: ( )( ) [ ] NJ t C t C C t n Clp ao NS ELEM K + + = pri emu su: n(t) broj otkaza elementa pre preventivne zamene, odnosno do trenutka t, C trokovi ekanja [NJ/h], i tlp logistiko vreme, tj. vreme koje se troi na ekanje rezervnog elementa u sluaju njegovog otkaza pri korektivnoj (neplanskoj) zameni. Posle zamene vrednosti, dobija se: ( ) [ ] NJ CK120 5 , 3 30 6 20 150 32 , 0 = + + = Radi odreivanja C(t) prema zadatom izrazu, potrebno je jo odrediti: ( ) t Ri ( )tdt t R0 pri emu je t = 80 h. Na osnovu zadate relacije za pouzdanost, dobija se: ( ) 764 , 0 8035 , 214080= =||

\|e R a, na aproksimativan nain, za integral se dobija: ( )= =80012 , 61080764 , 0 80 h t dt R Posle uvrtavanja u izraz za ukupne trokove C(t), dobija se: ( )[ ] h NJ C / 84 , 312 , 61764 , 0 270 120 120= = II.b) Prema ovoj koncepciji ne sprovodi se preventivno odravanje, pa je: CP = 0 Potojesrednjevremedootkaza120h,doovogvremenaeseizvritijedna korektivna zamena, tj. n(t) =1, a trokovi te zamene su: [ ] NJ t C t C C Clp ao NS ELEM K + + = 58 odnosno posle zamene vrednosti, dobija se: C NJK= + + = 150 206 303 5 375 , Slino, kao u II.a), sledi: ( ) 498 , 0 12035 , 2140120= =||

\|e Ri( )= =120076 , 590120498 , 0 120 h t dt R Posle uvrtavanja dobijenih vrednosti u izraz za ukupne trokove, dobija se: ( )[ ] h NJ C / 15 , 376 , 59498 , 0 0 375 375= = Moesezakljuitidaje,zazadateusloveuzadatku,sastanovitatrokova,opetbolja druga koncepcija, odnosno varijanta korektivnog odravanja. 6.2*. Srednje vreme rada do pojave otkaza jednog elementa iznosi MTTF = 60 asova. Ako se funkcija pouzdanosti ovog elementa moe izraziti pomou relacije: ( )8 , 15 , 67|||

\|=te t R pri emu je t izraeno u asovima, odrediti dostignutu gotovost sistema u kojem se koristi ovaj element,akoseodravanjevrizamenom(vremezameneiznosi4,5asova,avreme ekanja na obezbeenje rezervnog elementa 2 asa), i to: a) preventivnom zamenom elementa posle 45 asova, i b) korektivnom zamenom elementa. Reenje: Dostignuta gotovost se moe izraziti pomou relacije: Gtt t t ttt t trr a ao lprr op ok=+ + +=+ + a) Slinim postupkom kao u zadatku 6.1, za broj otkaza za vreme do 45 asova rada, za jedan element, dobija se: ( )( )( )( )( ) 4545 145 14545RRFFn==odnosno: ( ) 61 , 01458 , 18 , 15 , 67455 , 6745==|||

\||||

\|een Na osnovu toga, dobija se vreme potrebno za korektivno odravanje: 59 ( ) ( ) ( ) ( ) h 965 , 3 2 5 , 4 0 61 , 0 45 45 = + + = + + =lp ao a uot t t n tk Potokodpreventivnogodravanjanetrebaekatidaseobezbedirezervnielement (zamena je planirana unapred, pa je, po pretpostavci, i element obezbeen), do 45 asova e se (prema planu) obaviti jedna zamena za koju je potrebno vreme: ( ) h 5 , 4 45 = =ao uot tp Ukupno vreme u otkazu jednako je zbiru vremena preventivnog i korektivnog odravanja ( ) h 465 , 8 965 , 3 5 , 4 45 = + = + =k puo uo uot t t pa je dostignuta gotovost: ( ) 8417 , 0465 , 8 454545 =+= Godnosno 84,17%. b)PotojeuzadatkudatosrednjevremeradadootkazaMTTF=60asova,dotog vremena se moe u proseku izvriti jedna korektivna zamena elementa, koja traje: tuok= + = 4 5 2 6 5 , ,h pa je dostignuta gotovost: ( ) 902 , 05 , 6 606060 =+= Godnosno 90,2%. 6.3*.Zaelektronskisistemijijeintenzitetotkazas=0,510-3h-1odreditikolikose,u proseku vremena moe utroiti na opravke tog sistema, a da njegova gotovost ne bude manja od: a) 99%, b) 95%, i c) 90%. Reenje: a) Gotovost sistema moe se izraziti pomou relacije: Gtt tMTBFMTBF MTTRurur uo=+=+ Sobziromnatodajeintenzitetotkazasistemakonstantan,tj.dapodlee eksponencijalnom zakonu raspodele, srednje vreme rada do otkaza, ili izmeu otkaza, moe se odrediti kao: t MTTF MTBFurs= = = ==1 10 5 1020003 , h Na osnovu toga i uslova zadatka, treba da je: G Gzad = 0 99 , pa se dalje moe pisati: 60 0 9920002000, + tuo odakle se za srednje vreme opravke dobija: t MTTRuo = 20 h Toznaidaakoopravketogsistematrajuuprosekumanjeod20asova,sisteme imati gotovost veu od 93,75%. b)Istimpostupkomkaopoda,dobijasedaopravkenetrebadatrajudueod105 asova, da gotovost ovog elektronskog sredstva ne bi bila manja od 95%. c) Opravke ne treba da traju due od 22 asa, da gotovost ne bi bila manja od 90%. 6.4*.Odravanjesistemavrisekombinovano,odnosnopreventivnomikorektivnom zamenomelementa.Raspodelavremenaradadopojaveotkazaposmatranogelementa prikazana je na slici 6.1. Ako postupak preventivne zamene traje tuop = 2,5 asa, a postupak korektivnezamenetuok =25asova,izabratinajboljuodsledeihvarijanataodravanja(sa stanovita gotovosti): a) preventivno odravanje sa periodinou Tp = 60 asova, b) preventivno odravanje sa periodinou Tp = 90 asova, i c) korektivno odravanje. Reenje: Gotovost se moe izraziti u obliku: Gtt turur uo=+ pri mu su: tur vreme u radu, tuo vreme u otkazu, koje se ovde moe izraziti kao t t tuo uo uop k= + pri emu su: tuop vreme preventivne zamene elementa, tuok vreme korektivne zamene elementa. t[h]F(t)00.10.20.30.40.50.60.70.80.910 20 40 60 80 100 120 140 160 Slika 6.4.1. a) Pri odravanju preventivnom zamenom, periodinost preventivne zamene Tp = 60 h istovremeno predstavlja i vreme u radu: 61 tur = 60 h Meutim i pored preventivnih zamena mo doi do odreenog broja otkaza, zbog ega semorapreduzetikorektivnoodravanje.Brojotkazadokojihmoedoiuposmatranom periodu t moe se odrediti pomou relacie: ( )( )( ) t Ft Ft n=1 (svedeno na jedan element) Za podatke u zadatku (odnosno za 60 asova): ( )( )( )176 , 015 , 0 115 , 060 16060 ===FFn F(60) oitava se sa dijagrama na slici 16.1, za t = 60 asova, to je prikazano na slici 6.4.2. Na osnovu toga se moe izraunati vreme koje se troi na korektivno odravanje: ( ) ( ) h 4 , 4 25 176 , 0 60 60 = = =k kuo uot n t Imajui u vidu da se za preventivno odravanje utroi tuop = 2,5 asova (vri se jedna preventivna zamena u toku 60 asova), za gotovost se dobija: ( ) 896 , 09 , 66604 , 4 5 , 2 606060 = =+ += = G Gap t[h]F(t)00.10.20.30.40.50.60.70.80.910 20 40 60 80 100 120 140 160 Slika 6.4.2. b) Po analogiji sa prethodnim postupkom, dobijaju se: Tp = 90 h, odnosno tur = 90 h ( )( )( )667 , 04 , 0 14 , 090 19090 ===FFn ( ) h 675 , 16 25 667 , 0 90 = =kuot 62 ( ) 8244 , 0175 , 10990675 , 16 5 , 2 909090 = =+ += = G Gbp c) Prema ovoj varijanti, vri se samo korektivno odravanje, pa vreme u otkazu sadri samo vreme korektivnog odravanja: t tuo uok= Sadijagramanaslici6.4.1.oitavasesrednjevremeradadopojaveotkaza(kao vrednost medijane, videti sliku 6.4.2), koje iznosi: MTTF = 100 h i predstavlja vreme u kojem e se izvriti jedna korektivna opravka (zamena elementa), jer je element jednom otkazao, pa se za gotovost za taj period dobija: ( ) 8 , 025 100100100 =+= = G Gck Prema tome, kako je: G G Gp p ka b c> > zakljuuje se da je sa stanovita gotovosti najbolja varijanta pod a. 6.2. Optimizacija trokova odravanja 6.5*. Za sistem ija se pouzdanost moe izraziti pomou relacije: ( )2 , 260 ||

\|=te t R priemujet izraeno uasovima, nacrtatidijagramfunkcijeR(t)iodreditioptimalan period zamene elementa ako trokovi korektivne zamene jednog elementa iznose 1500, a preventivne 250novanihjedinica(NJ).Koristitimodelpremakojemsuukupnitrokoviodravanjau jedinici vremena izraeni u obliku: ( )( ) ( )( ) =tP K Kdt t Rt R C C Ct C0 pri emu su: CK trokovi korektivne zamene jednog elementa [NJ], CP trokovi preventivne zamene jednog elementa [NJ], i C(t) ukupni trokovi odravanja u jedinici vremena [NJ/h]. Reenje: Optimalan period zamene elementa je onaj za koji su trokovi, dati gornjom relacijom, minimalni.Prematome,onsemoe odreditisagrafikazavisnosti ovihtrokovaod vremena. Dabisetajgrafiknacrtao,potrebnojezaodreenetrenutkeizraunativednostfunkcije pouzdanosti,aliiintegralaunkcijedoodreenogtrenutka.Integralsemoeraunatinavie naina. Jedan je, i priblian, nain, na primer, primenom formule trapeza, pri emu je potrebno poznavati vrednost funkcije pouzdanosti u trenucima razdvojenim nekim intervalom. Zbog toga 63 su, na osnovu izraza za R(t), prvo izraunate vrednosti za vei broj trenutaka, koje su date u tabeli 6.5.1. Tabela 6.5.1 t [h]10203040506070809010035 R(t)0,980,920,800,660,510,370,250,150,090,050,74 Naosnovupodatakautabeli6.5.1,nacrtanjedijagrampouzdanostiuzavisnostiod vremena, prikazan na slici 6.5.1. 00.20.40.60.811.20 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100t[h]R(t) Slika 6.5.1. Funkcija pouzdanosti na osnovu podataka iz tabele 6.5.1 Na osnovu slike 6.5.1, grafikom integracijom (pravilom trapeza) odreen je integral u imeniocu izraza za ukupne trokove rada. Rezultati za proraun povrine ispod krive, odnosno integral u pojedinim intervalima, dati su u tabeli 6.5.2. Tabela 6.5.2 t [h]20406080100 ( )tdt t R0 19,2 35 45,3 50,5 51,5 Naosnovutogaseukupnitrokoviujedinicivremenamoguizraunatiprekozadatog izraza u zadatku. Uvrtavanjem vrednosti u taj izraz, dobijaju se: ( )( )[ ] NJ/h 23 , 182 , 1992 , 0 250 1500 150020 = = C( )( )[ ] NJ/h 28 , 193566 , 0 250 1500 150040 = = C i tako dalje, to je u vidu rezultata sreeno u tabeli 6.5.3. Tabela 6.5.3 t [h]20406080100 C(t) [NJ/h]18,2319,2822,9025,9927,91 Potrebno je izraunati jo nekoliko vrednosti za C(t), u okolini najniih vrednosti, da bi se uoio ipreciznije odredio minimum. Te vrednosti su sreene u tabeli 6.5.4. 64 Tabela 6.5.4 t [h]303550 ( )tdt t R0 27,8 31,65 40,85 C(t) [NJ/h]18,1118,1721,11 Grafiki prikaz C(t) dat je na slici 6.5.2. 20 24 28 32 36 40 44 4821,22120,820,620,420,22019,819,619,419,21918,818,618,418,218C(t)t (u ~asovima) Slika 6.5.2. Zavisnost ukupnih trokova (u jedinici vremena) od vremena Sagrafikaseoitavaoptimalanperiodpreventivnezamene,koji,zadatimodeli ukupne minimalne trokove Cmin, iznosi: Tp 30 asova. Oiglednojedatanostrezultatazavisiod broja taaka na osnovu kojih se crta kriva, odnosno, od preciznosti uoavanja minimuma. II nain: Zadataksemoereitiinadruginain.Akoserelacijazaukupnetrokoveujedinici vremena izrazi u funkciji perioda zamene elementa: ( )( ) ( )( ) =pTp P K Kpdt t RT R C C CT C0 i nae izvod te relacije i izjednai sa nulom, rezultat moe da se napie u obliku: + =pTp pp kkdt t R T T RC CC0) ( ) ( ) ( (6.5.1) pri emu je: 65 ( )( )( )TpdRTdTRTppp= Ako se nacrta grafik desne strane dobijene relacije: + =pTp p pdt t R T T R T y0) ( ) ( ) ( ) ( ondaseoptimalni period preventivne zameneelementadobija kaopresek tog grafika i prave Ck/(Ck-Cp). Naosnovurelacijekojapovezujefunkcijuintenzitetaotkazaifunkcijupouzdanosti, funkciji pouzdanosti zadatoj u tekstu zadatka odgovara sledea funkcija intenziteta otkaza: ( ) ,,T Tp p= 0 2694103 1 2 Posle zamene vrednosti zadatih u zadatku, dobija se relacija: |||

\| + =pp TpTdt t R T e02 , 1 3 60) ( 10 2694 , 0 2 , 12 , 2 Podacipotrebnizacrtanjegrafikadesnestraneposlednjerelacije,sreenisuutabeli 6.5.4, a grafik funkcije y(Tp) nacrtan na slici 6.5.3. Tabela 6.5.4 Tp[h]204060803035 (Tp/60)2,20,08920,409811,8830,21760,3055 R(Tp)0,91470,66380,36780,1520,80440,7367 (Tp)1,236,4184,65136,07192,1859,2371,266 0,2694 10-3 (Tp)1,2 0,009810,02250,03670,05180,015960,01919 pTdt t R0) (19,23545,350,527,635,3 y(Tp)1,1031,45122,032,7681,24491,4141 Na osnovu preseka grafika na slici 6.5.3. sa vrednou 1,2 na ordinati, moe se oitati datajpresekodgovaravrednostiTpopt=27asova,to,ustvaripredstavljareenje jednaine, odnosno optimalni period zamene elementa. Razlikakojasepojavilaizmeudobijenihrezultatanaovadvanaina,posledicaje broja uzetih taaka za koje su raunate vrednosti funkcije. Kada je minimum funkcije C(t) slabo izraen, ovaj drugi nain bi mogao dati precizniji rezultat. Ako se relacija (6.5.1) napie na sledei nain: (((

=pTpp kkpT RC CCTdt t R0) () (1) ( i uvrsti u relaciju za C(t), dobija se, u stvari, relacija za minimalne ukupne trokove u jedinici vremena za optimalnu vrednost perioda zamene elementa Tpopt: 66 CT C C Tp k p popt opt( ) ( ) ( ) = 20 40 60 802.82.72.62.52.42.32.22.121.91.81.71.61.51.41.31.21.1vreme u ~asovimaTpopt Slika 6.5.3. Grafik funkcije za odreivanje optimalnog perioda zamene elementa Prema tome, potrebno je odrediti vrednost funkcije intenziteta otkaza za vreme koje je jednakoperioduoptimalnezameneelementa.Posleuvrtavanjadobijenevrednostiza optimalni period zamene elementa u izvedeni izraz za funkciju intenziteta otkaza, dobija se: ( ) , ,,Tpopt= =0 269410 27 0 014143 1 2 h-1 Natajnainsezaminimalneukupnetrokoveujedinicivremenazaodreenu optimalnu vrednost perioda zamene elementa dobija: CTpopt( ) ( ) , , = = 1500 1250 0 01414 17 68 NJ / h 6.6.Odreditioptimalnibrojureajazarezerviranjesistemazakojijepoznatodatrebada obavi odreeni zadatak 100 puta. Vreme za obavljanje jednog zadatka iznosi 1 as, a trokovi njegovogizvrenja160novanihjedinica(NJ).Srednjevremeizmeuotkazaureajaje30 asova, a njegova cena 80 NJ. Reenje: Optimalanbrojureajakojitrebadaimaovajrezerviranisistem,akoserezerviranje obavljauparalelnojkonfiguraciji,usmislupouzdanosti,moeseodreditipomourelacije (videti skripta, relacija 5.12): |||

\|(((((((

|||

\|=srsrTtTteeCNKn1 ln1 lnln pri emu su: K trokovi izrade (cena) jednog ureaja, 67 C trokovi izvrenja jednog zadatka, N broj zadataka koje treba da obavi sistem, t vreme potrebno za izvrenje jednog zadatka, i Tsr srednje vreme izmeu otkaza ureaja. Posle uvrtavanja zadatih vrednosti u prethodnu relaciju, dobija se: 2 91 , 11 ln1 ln100 16080ln301301 =|||

\|((((((

|||

\|=een Znai da bi, u, ovom sluaju, bilo ekonomski opravdano da se rezervirani sistem sastoji od dva ureaja. 6.3. Pogodnost odravanja 6.7. Za sistem ija je vremenska slika stanja data na slici 6.7.1, odrediti: a) srednje vreme u otkazu, b) empirijsku funkciju pogodnosti odravanja sistema, i nacrtati njen grafik. t (~as)SURSUO6010853020 3065SUR - stanje "u radu"SUO - stanje "u otkazu"601060303030604060 60140 120 Slika 6.7.1. Reenje: a)Srednjevremeuotkazupredstavljaaritmetikusredinuvremenaizvoenja postupaka odravanja: ttNuouoiNoio= ==zbir vremena"u otkazu"broj intervala"u otkazu"1 pri emu su: tuoi pojedinano i-to vreme "u otkazu" (i = 1 ... No), No ukupan broj pojava intervala "u otkazu". Sobziromnatodasesavremenskeslikastanja(slika6.7.1)moguoitativrednosti vremena u otkazu, posle uvrtavanja tih vrednosti u prethodnu relaciju , dobija se: tuo =+ + + + + + + += =10 10 20 30 30 30 40 60 609290932 22 ,h 68 b) Funkcija pogodnosti odravanja definisana je izrazom ( ) ( )=to o o odt t f t P0 priemujef(to)funkcijagustine vremenatrajanjapostupakaodravanjaodnosno funkcija gustine pogodnosti odravanja. Akojepoznatavrednostempirijskefunkcijegustineverovatnoetrajanjapostupaka odravanjaf*(to)uodreenimtrenucimauotkazu,funkcijapogodnostiodravanjaunekom trenutku se moe priblino odrediti relacijom: ( ) ( )= iko o o ok k it t f t P1* * Naosnovuempirijskihpodataka,funkcijagustineverovatnoevremenatrajanja postupaka odravanja, moe se odrediti relacijom: ( )( )((

==1 *hpojavaht Nt nt fiiio ooo gde su: n(toi) broj pojava "u otkazu" u intervalu toi, toi trajanje posmatranog intervala (toi = toi toi-1), No ukupan broj intervala u otkazu. Radi odreivanja f*(toi) potrebno je podeliti vreme u otkazu na odreen broj intervala. Taj broj intervala moe se priblino odrediti na osnovu relacije: k No= + 1 3 3 , log Posle uvrtavanja vrednosti u prethodnu relaciju, dobija se: k = + = 1 3 3 9 4 149 5 , log , irina intervala to moe se odrediti relacijom: ttkoo= = =max60512 Nakon formiranja pet intervala stanja "u otkazu" u trajanju od 12 asova, i odreivanja brojapojavaintervala"uotkazu"n(toi),kojise,potrajanju,uklapajuusvakiod odgovarajuihdobijenihpetintervalavremenauotkazutoi,dobijajuserezultatisreeniu tabeli 6.7.1. Tabela 6.7.1 toi0121224243636484860 n(toi)21312 Naosnovutabele6.7.1irelacijezaf*(toi)(imajuiuvidudasetrenutakzakojise rauna f*(toi), kao to se vidi iz relacije za f*(toi), uzima na kraju intervala toi), dobija se: ( ) ( )1 - * *h 018 , 012 92121== =f t fo 69 ( ) ( )1 - * *h 009 , 012 91242== =f t fo itd. Rezultati dobijeni za f*(toi) prikazani su u tabeli 6.7.2. Na osnovu podataka izraunatih za f*(toi) i relacije za Po*(toi), dobija se: ( ) ( ) ( ) ( ) 22 , 0 12 018 , 0 121 1 1*11* * *= = = = ==o oko o o o ot t f t t f P t Pk k ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1 2* *21* * *24o o o oko o o o ot t f t t f t t f P t Pk k + = = == odnosno ( ) ( ) ( ) ( ) 33 , 0 12 009 , 0 22 , 0 242 2 1 2* * * *= + = + = =o o o o o o ot t f t P P t P itd. ( ) ( ) ( ) ( ) 97 , 0 12 018 , 0 76 , 0 605 5 4 5* * * *= + = + = =o o o o o o ot t f t P P t P Dobijeni rezultati su prikazani u tabeli 6.7.2. Tabela 6.7.2 i12345 toi0121224243636484860 toi1224364860 f*(toi)0,0180,0090,0270,0090,018 Po*(toi)0,220,330,650,760,97 Grafiki prikaz empirijske funkcije pogodnosti odravanja dat je na slici 6.7.2. Dobijene take spojene su odsecima pravih linija. to[h]Po(to)00.10.20.30.40.50.60.70.80.910 12 24 36 48 60 Slika 6.7.2. Funkcija pogodnosti odravanja 70 LITERATURA 1.Pokorni S. Pouzdanost i odravanje tehnikih sistema, udbenik, Vojna akademija, Beograd, 2002. 2.Pokorni S., Ramovi R., Parina N.: Teorija pouzdanosti tehnikih sistema, zbirka reenih zadataka, Vojna akademija, Beograd, 1997. 3.Pokorni S.: Zbirka reenih zadataka iz teorije odravanja tehnikih sistema, Vojna akademija, Beograd, 2004. 4.Pokorni S. Pouzdanost informacionih sistema, skripta, Visoka kola strukovnih studija za informacione tehnologije, Beograd, 2011. 5.Pokorni S. Pouzdanost informacionih sistema, predavanja, Visoka kola strukovnih studija za informacione tehnologije, Beograd, 2012, 2013. 6.Pokorni S. Pouzdanost informacionih sistema, vebe, Visoka kola strukovnih studi