Иванов, А.А. Автоматизация технологических процессов и производств

2 .2 . Надежность те хн и че ски х си стем 51 в) только 1 элемент (к = 2); г) ни один из элементов (к = 3). Решение. Сначала найдем вероятности отказов: qx = 1 -0 ,7 = 0,3; q2= 0,2; q3= 0,1. Составим производящую функцию для п - 3: Фз(*) = ( P\Z + q\){PiZ + Ъ)(РХ + q-s) = = (0,7z + 0,3)(0,8* + 0,2)(0,9<: + 0,1) = = 0,504^ + 0,398^ + 0,092г + 0,006. Таким образом, имеем: а) /*3(0) = 0,504 —не отказал ни один элемент; б) /*з(1) = 0,398 —отказал один элемент; в) Р3(2) = 0,092 —отказали 2 элемента; г) /’з(З) = 0,006 —отказали 3 элемента. Для проверки решения используем контрольную функцию 4 £ р, = 0,504 + 0,398 + 0,092 + 0,006 = 1. Расчет вероятностей числа отказов на заданном интервале времени t Для вычисления функции Р,(к) используют разновидность фор­ мулы Пуассона Вероятность того, что за время t не произойдет ни одного отказа (к = 0): P,(0) =P(t) = e-h. Втеории надежности эта формула известна как функция надежно­ сти. Она показывает экспоненциальное распределение времени между отказами (рис. 2.3, а). Противоположная функция позволяет вычис­ лять вероятность отказа (рис. 2.3, 6)\ Pm(t) = 1 - e~h . Вероятность безотказной работы системы для малых промежутков времени At можно рассчитывать по приближенной формуле [9,10]: P(t) = \ - Ь ,