T - Università degli Studi della Basilicata

02/12/2015
AFFIDABILITA’ DEI SISTEMI
STOCASTICI (complessi)
1
Non necessariamente il verificarsi di un guasto provoca la “morte” del
sistema.
A volte sono necessari più guasti nel tempo, affinché il sistema collassi.
Fissato un tempo t (ad esempio un giorno), la variabile aleatoria che
conta il numero di guasti è discreta.
Cosa accade se il tempo viene fatto variare?
Si ottiene una v.a. per ogni tempo t:
ossia una successione di v.a. indiciate da t.
{X t , t ∈ I}
In tal caso si parla di famiglia di variabili aleatorie.
PROCESSO STOCASTICO
2
1
02/12/2015
Sia N(t) la v.a. che conta il numero di guasti cui è soggetto il
sistema nell’intervallo [0,t).
CASO A: Assumiamo che il sistema muoia quando si verifica un guasto casuale.
t
T
P (T > t ) = P[ N (t ) = 0]
~ exp
→
>
= exp(− )
Per ogni t , N (t ) è di Poisson
3
CASO B: Assumiamo che il sistema muoia con una certa probabilità p quando si verifica un guasto.
P(T > t ) = P[ N (t ) = 0] + P[ N (t ) = 1](1 − p) + P[ N (t ) = 2](1 − p) 2 +L
=e
− λt
+ λe
− λt
=
(1 − p ) +
→
( )~
λ 2t 2
2
[
e − λt (1 − p ) 2 +L
]
CASO C: Assumiamo che il sistema muoia quando si verificano almeno r guasti casuali.
j
r −1
( λt )
j =0
j!
P (T > t ) = P[ N (t ) ≤ r − 1] = ∑
∞
λ
∫ (r − 1)! ( λ x )
t
r −1
exp ( −λ t )
r −1
( λt )
j =0
j!
exp(−λ x) dx = ∑
j
exp ( −λ t )
4
2
02/12/2015
Media e varianza: E [ X ] =
r
λ
Var [ X ] =
r
λ2
Esercizio: Supponiamo che il numero di arrivi a un casello autostradale segua un processo di Poisson con tasso medio 0.2 arrivi
al minuto. Sia T il tempo di attesa trascorso fino al terzo arrivo.
Determinare media e varianza di T. Calcolare P T ≤ 20
(
Binomiale
)
Poisson
Geometrica
Esponenziale
Gamma
Binomiale negativa
5
In affidabilità la somma di variabili aleatorie rappresenta il tempo di
vita di un sistema in cui un dispositivo con tempo di vita T i viene
sostituito istantaneamente con un dispositivo analogo, avente medesimo tempo di vita (esempio: lampadina…).
T = T1 + T2 + L + Tn
T1
T2
T3
T4
!": Siano ) , + , … , - tempi di vita esponenziali di
parametro . Allora ) + + + ⋯ + - ha legge gamma di
parametri n e .
6
3
02/12/2015
La variabile aleatoria gamma
>dgamma(x,shape,scale)
λ = 2 (scale)
n = 2 (shape)
Pertanto la v.a. Gamma rappresenta il tempo di vita di un sistema in
cui un dispositivo con tempo di vita descritto da una v.a. esponenziale
viene sostituito istantaneamente con un dispositivo analogo, avente
medesimo tempo di vita (esempio: lampadina…).
7
Il nome deriva dalla funzione gamma:
>gamma(x)
Def : La funzione gamma, denotata con Γ( s ), è definita come segue:
∞
Γ( s) = ∫ t s −1 exp ( −t ) dt , s > 0
0
Proprietà:
1) Γ( s ) = ( s -1)Γ( s -1);
2) Γ( r ) = ( r -1)!, r intero
1
3) Γ   = π
2
funz.integranda
⇒ cond .norm.
integrale
8
4
02/12/2015
Per normalizzazione:
 1 s −1
t exp(−t ) t > 0

f X ( t ) =  Γ( s )

0
altrove

Y = X /λ
λy
FY ( y ) = P (Y ≤ y ) = P ( X ≤ λ y ) =
1
∫ Γ( s ) x
s −1
exp ( − x ) dx
0
s −1
 λ
( λt ) exp(−λt ) t > 0

⇒ Gamma ( s, λ )
fY ( t ) =  Γ ( s )

0
altrove

Una v.a. chi-quadrato si ottiene dalla v.a. gamma per λ = 1/ 2, s = n / 2
9
N(t) è un esempio di processo stocastico
f1 (t )
S
ω3
ω1
ω2
f 3 (t )
f 2 (t )
t
Un processo stocastico X (t ) è una famiglia di v.a. indiciate da t ∈ I .
10
5
02/12/2015
Fissato un punto campionario si ottiene una funzione del
tempo
S
ω3
ω1
ω2
t
11
Fissato un valore per il tempo si ottiene una v.a.
f1 (t )
S
ω3
ω1
ω2
f 3 (t )
f 2 (t )
t
t
Pertanto X (t , ω3 ) è una funzione del tempo.
Mentre X ( t , ω ) è una variabile aleatoria.
12
6
02/12/2015
13
Per caratterizzare un processo stocastico…
f1 (t )
S
ω3
ω1
ω2
f 3 (t )
f 2 (t )
t1
t2
t3
t
La v.a. X (t1 ) dà informazioni su quello che accade al sistema all'istante t1.
La coppia di v.a. (X (t1 ), X (t2 )) dà informazioni su quello che accade al sistema
all'istante t1 e all'istante t2 .
14
7
02/12/2015
Esempio di processo stocastico stazionario in media
realizzazione
di un rumore
bianco
15
IL MOTO BROWNIANO
Il termine "moto browniano" deriva dal nome del botanico scozzese Robert Brown, che lo osservò nel 1827 mentre stava studiando al microscopio le particelle di polline in acqua; egli osservò che
i granuli di polline erano in continuo movimento e in ogni istante
tale moto avveniva lungo direzioni casuali.
http://understandingtheuniverse.tumblr.com/post/29934013222/brownian-motion-gif 16
8
02/12/2015
STAZIONARIETA’ IN SENSO LATO
STAZIONARIETA’ IN SENSO STRETTO
Un processo stocastico X t si dice stazionario in senso
stretto se per ogni k fissato e ogni h fissato
(X
) (
d
t1 + h
, X t2+h ,K , X tk +h = X t1 , X t2 ,K , X tk
)
f1 (t )
f 3 (t )
f 2 (t )
t1
t2
t3
t
18
9
02/12/2015
Significato statistico
nt ( x)
N
nt ( x) = num. di cammini campionari tra
FX (t ) ( x) = P ( X (t ) ≤ x ) ≈
gli N che all'istante t si trovano al di sotto del livello x
f X (t ) ( x)∆x ≈ P ( x < X (t ) ≤ x + ∆x )
≈
∆nt ( x) nt ( x + ∆x) − nt ( x)
=
N
N
19
Nel caso si fissino due istanti temporali…
( X (t ) , X (t ))
1
2
f ( x1 , t1 ; x2 , t2 )∆x1∆x2 ≈ P ( x1 < X (t1 ) ≤ x1 + ∆x1 ; x2 < X (t2 ) ≤ x2 + ∆x2 )
≈
∆nt1 ,t2 ( x1 , x2 )
N
= num. di cammini che all'istante t1 transitano nell'
intervallo ( x1 , x1 + ∆x1 ) e all'istante t2 transitano
nell'intervallo ( x2 , x2 + ∆x2 )
20
10
02/12/2015
Stazionarietà in
senso lato
Stazionarietà in
senso stretto
A meno che il processo non sia gaussiano
Un processo stocastico è gaussiano iff per ogni k e ogni
(
)
t1 < t2 < L < tk la legge di X t1 , X t2 ,K , X tk è gaussiana
La densità congiunta è
1
( 2π )
k /2
Σ
1/ 2
r T
r 
 1
exp  − ( x − µ ) Σ −1 ( x − µ )  

 2
(
Σ matrice di covarianza, ossia Σij = cov X ti , X t j
)
21
Nel caso di sistemi semplici , quali quello riportato in Figura 1, è possibile schematizzare il sistema mediante dei blocchi che rappresentano i
diversi componenti (Figura 2).All’interno di questo schema si riconoscono due diverse tipologie di configurazione del sistema:
configurazione in serie ed in parallelo.
Altre configurazioni si ritrovano in schemi più complicati
(Affidabilità delle costruzioni meccaniche, Springer (2009), Beretta S.)
Per studiare questo sistema è necessaria una rappresentazione a blocchi.
22
11
02/12/2015
23
Esercizio: Si assuma che i collegamenti tra una centrale elettrica e una
città siano costituite da tre linee collegate in serie i cui tempi di funzionamento sono descritti da variabili aleatorie esponenziali identicamente distribuite. Quanto è affidabile la centrale elettrica?
n
 n

R (t ) = exp  −∑ λi t  ⇒ λ = ∑ λi
i =1
 i =1 
n
MTTF = 1/ ∑ λi
i =1
Nel caso generale
n
MTTF = ∫ ∏ Ri (t )dt ⇒ Z ( s ) = ∑ Zi ( s )
ℜ i =1
i
La affidabilità di un sistema in serie è sempre minore o uguale al minimo delle affidabilità dei componenti.
Rs ( t ) ≤ min  R1 ( t ) R2 ( t )L Rn ( t ) 
24
12
02/12/2015
Ovviamente sistemi in serie fanno decrementare l’affidabilità del sistema:
Supponiamo di voler incrementare l’affidabilità del sistema, attraverso un incremento
di affidabilità del componente i-esimo,
RS + ∆RS = R1 L Ri −1 ( Ri + ∆Ri ) Ri +1 L Rn
25
 n
  n

 n

=  ∏ R j  +  ∏ R j  ∆Ri = RS +  ∏ R j  ∆Ri
 j =1   j =1, j ≠i 
 j =1, j ≠i 
Pertanto
∆RS
=
∆Ri
n
∏
Rj =
j =1, j ≠ i
RS
Ri
Si può scegliere quel componente che massimizza l’incremento di affidabilità
∆RS
R
= max S
i
∆Ri
Ri
Bilancio con i costi
26
13
02/12/2015
Affidabilità condizionata
Esercizio: Supponiamo che un sistema sia formato da 3 blocchi A,B,C
connessi in serie. Il tempo di vita del blocco A è descritto da una legge
di Weibull con parametro scala 100 ore e parametro forma 3.2. Il tempo
di vita del blocco B è descritto da una legge gaussiana di parametri 400
(ore) e deviazione 32 (ore). Il tempo di vita del blocco C è descritto da
una legge esponenziale di parametro 0.00015 per ora. Supponiamo che
il sistema sia sopravvissuto per un tempo pari a 50 ore.
Qual è la probabilità che sopravviva per altre 50 ore?
P (T > s + t | T > s ) = R( s + t | s) = R ( s + t )
R( s )
P (T > s + t | T > s ) = P (TA > s + t | TA > s ) P (TB > s + t | TB > s )
P (TC > s + t | TC > s )
Scrivere la funzione affidabilità condizionata ed effettuarne un grafico
27
per s=50
La funzione di affidabilità risulta:
β
β

 t + s   s   1− Φ (s + t )
P (T > s + t | T > s ) = exp  −λ t − 
 +  ×
α


 α   1 − Φ ( s )

1.0
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
y
affidabilità condizionata
0.4
> rc100<-exp(-0.00015*100)
> rc50<-exp(-0.00015*50)
> rb100<-1-pnorm(100,400,32)
> rb50<-1-pnorm(50,400,32)
> ra100<-1-pweibull(100,3.2,100)
> ra50<-1-pweibull(50,3.2,100)
> aff<-(ra100*rb100*rc100)/(ra50*rb50*rc50)
> aff
[1] 0.4071062
> funa<-function(x){(1-pweibull(x+50,3.2,100))/ra50}
> funb<-function(x){(1-pnorm(x+50,400,32))/rb50}
> func<-function(x){exp(-0.00015*(x+50))/rc50}
> x<-seq(0,50,0.1)
> y=funa(x)*funb(x)*func(x)
> plot(x,y,type='l',col='red',lwd=4)
> plot(x,y,type='l',col='red',lwd=4)
> title('affidabilità condizionata')
>
0
10
20
30
40
50
x
28
14
02/12/2015
LIFE EXCHANGE RATE MATRIX
Non tutte le componenti di un sistema hanno la medesima utilizzazione in termini di tempo
di vita unitario.
Ad esempio se una macchina procede per t ore, frizione e freno operano su diverse unità di
misura e dipendono dalle condizioni della strada.
La vita di una ruota dipende dai chilometri percorsi.
La vita di una frizione dal numero di cambi di marcia.
La vita di un freno dal numero di volte che vengono usati.
La vita di uno starter dal numero di accensioni.
 r11

r
LERM =  21
 M

 rn1
Per trovare la affidabilità di un sistema
che ha componenti con diverse unità di
misura, è necessario normalizzarle.
n numero di componenti
rii = 1
r12 L r1n 

r22 L r2 n 
M O M 

rn 2 L rnn 
29
1 unità di misura del componente i = rij ×1 unità di misura del componente j
Ore
1
Chilom
etri
Giri
2
3
 1 10 5 


LERM = 
1



1


1
rji =
rij
1 ora = 10 chilometri
1 ora = 5 giri
10 5 
 1


LERM = 1 /10 1

 1/ 5
1 

1
× 1 unità di misura del componente i = 1 unità di misura del componente j
rij
1 unità di misura del componente j = rji ×1 unità di misura del componente i
30
15
02/12/2015
1 unità di misura del componente 2 = r23 × 1 unità di misura del componente 3
= r23 × r31 ×1 unità di misura del componente 1
10 5 
 1


LERM = 1/10 1 1/ 2 
 1/ 5 2
1 

= r21 ⇒ r23 =
r21
r31
⇓
rij = rik × rkj
Usi della matrice LERM
31
Esempio: Supponiamo che un sistema sia formato da 3 blocchi A,B,C connessi in serie. Il tempo
di vita del blocco A è descritto da una legge di Weibull con parametro scala 100 ore e parametro
forma 3.2. Il tempo di vita del blocco B è descritto da una legge gaussiana di parametri 400 cicli
e deviazione 32 cicli. Il tempo di vita del blocco C è descritto da una legge esponenziale di parametro 0.00015 per chilometro
Si sa che per un ora di funzionamento, il modulo B effettua 12 cicli e il modulo C effettua 72 chilometri. Costruire la matrice LERM.
Trovare la affidabilità del sistema dopo 240 cicli del modulo B.
RA (t ) = exp( −(t /100)3.2 )
 t − 400 
RB (t ) = 1 − Φ 

 32 
Rc (t ) = exp ( −0.00015t )
ore  1
12 72 


6
LERM = cicli  1/12 1
km 1/ 72 1/ 6 1 
R (240) = RA (240 × r21 ) × RB (240 × r22 ) × RC (240 × r23 )
cicli → 4
cicli
5 56 → 78
32
16
02/12/2015
Esempio: Supponiamo che il sistema di cui al lucido precedente abbia già operato per complessive
25 ore. Qual è la probabilità che operi per altri 240 cicli?
R( s + t | s ) =
R(s + t )
R( s )
RA (20 + 25 | 25) perchè abbiamo già visto che 20 ore corrispondono
a 240 cicli
25 ore corrispondono a 25 × r12 cicli =25 × 12 cicli = 300 cicli
RB (240 + 300 | 300) perchè devono passare altri 240 cicli
25 ore corrispondono a 25 × r13 chilometri =25 × 72 km = 1800 km
RC (1440 + 1800 |1800) perchè 1440 km corrispondono a 240 cicli
33
La affidabilità di un sistema in parallelo è sempre maggiore o uguale al massimo delle
affidabilità dei componenti.
Rs ( t ) ≥ max  R1 ( t ) R2 ( t )L Rn ( t ) 
34
17
02/12/2015
Ovviamente sistemi in parallelo fanno aumentare l’affidabilità del sistema:
Supponiamo di voler incrementare l’affidabilità del sistema, attraverso un incremento
di affidabilità del componente i-esimo,
RP + ∆RP = 1 − (1 − R1 )L (1 − Ri −1 ) (1 − Ri − ∆Ri ) (1 − Ri +1 )L (1 − Rn )
35
n

  n

 n

= 1 − ∏ (1 − R j )  +  ∏ (1 − R j )  ∆Ri = RP +  ∏ (1 − R j )  ∆Ri
j =1

  j =1, j ≠i

 j =1, j ≠ i

Pertanto
∆RP
=
∆Ri
n
∏
j =1, j ≠ i
(1 − R j ) =
1 − RP
1 − Ri
Si può scegliere quel componente che massimizza l’incremento di affidabilità
∆RP
1 − RP
= max
i
∆Ri
1 − Ri
Bilancio con i costi
36
18
02/12/2015
Aggiungere componenti in serie diminuisce la affidabilità, aggiungere componenti in parallelo aumenta la
affidabilità.
NB: Cosa accade nel caso di sottosistemi con vita esponenziale?
Esercizio: il componente di un sistema ha una affidabilità pari al 70%
per un prefissato periodo di tempo t. Trovare quante componenti andrebbero connesse in parallelo per raggiungere una affidabilità del 95%.
Teorema : Nel caso di un sistema complesso formato da n sottosistemi
in parallelo, ciascuno con tasso di guasto costante pari a λ , si ha
MTTF=
1
n
1
∑
λ k
k =1
37
Esempio: Si consideri un sistema in parallelo costituito da 3 componenti aventi
un tasso di guasto costante pari a λ = 1 guasto ogni 100 ore. Ricavare l’affidabilità
per una missione di t = 10 ore, ricavare il tasso di guasto e calcolare MTTF del
sistema
Trattandosi di un tempo di vita esponenziale:
R (10) = exp(−0.01× 10) = 0.904
Considerando 3 componenti in parallelo
RP (10) = 1 − [1 − exp(−0.01×10)]3 = 0.999
Se si considerano 1000 missioni da 10 ore, nel caso del componente
semplice si avranno circa 100 rotture a fronte di 1 solo cedimento per
il sistema in parallelo.
Si nota come questo aumento dell’affidabilità di due ordini di grandezza si verifichi solo per tempi di missione relativamente brevi
38
19
02/12/2015
Per avere la stessa affidabilità con un solo componente, quanto dovrebbe valere il tasso di guasto?
39
In molte situazioni pratiche non basta che ci sia
almeno un componente,
degli n messi in parallelo, che lavori correttamente, ma si chiede che
almeno k componenti
lavorino correttamente perché non si verifichi lo shutdown del sistema
K out of N System
n
n
n−r
La affidabilità di un k - out - of - n system è R ( t , k , n) = ∑   p r (1 − p )
r =k  r 
dove p rappresenta la affidabilità di un componente fino all'istante t ,
ossia p = R ( t )
Esercizio: Un generatore di potenza in una azienda ha 6 generatori identici, ogni generatore ha un tasso di guasto costante pari a 1.5 su 1000
ore di funzionamento. Perché il generatore funzioni alla potenza richiesta devono essere in funzione almeno 4 generatori. Trovare la affidabilità del generatore a 100 ore e la MTTF.
40
20
02/12/2015
Soluzione: La funzione di affidabilità è:
6
6
 15

R (100) = ∑   p r (1 − p )6− r dove p = exp −
×100 
 1000

r =4  r 
In R:
> p<-exp(-1.5/10)
>p
[1] 0.860708
> 1-pbinom(3,6,p)
[1] 0.9610739
>
∞
= ∫ 10 R (t )6 − 24R (t )5 + 15 R (t )5 dt
0
= 411.11
∞
6
 6
 6
2
2
MTTF = ∫   R (t ) 4 [1 − R(t ) ] +   R(t )5 [1 − R(t ) ] +   R (t ) 6 dt
4
5
 6
0 
41
SISTEMI IN PARALLELO E IN SERIE
Teorema di Drenick (1960) Dato un numero di componenti aventi qualsiasi distribuzione della densità di guasto, al crescere del tempo di funzionamento, la densità di guasto del sistema tende ad assumere un an42
damento esponenziale (serie).
21
02/12/2015
Il sistema può essere sintetizzato da tre sottosistemi in serie: il primo formato dai due
sottosistemi-serbatoi in parallelo, il secondo formato dal tubo ed il terzo formato dai
due sottosistemi –razzi in parallelo:
RSIST (t ) = RSerb (t ) RTubo (t ) RRazzi (t )
dove:
RSerb (t ) = [1 − (1 − RS (t )) 2 ] = 2e− at − e −2 at
RRazzi (t ) = [1 − (1 − RR (t )) 2 ] = 2e− ct − e−2 ct
Pertanto si ha:
RSIST (t ) = 4 exp( −[a + b + c] t ) − 2 exp( −[2a + b + c] t ) +
−2 exp(−[a + b + 2c] t ) + exp(−[2a + b + 2c] t )
Per calcolare MTTF si ha:
∞
MTTF = ∫ RSIST (t ) dt =
0
4
2
2
1
−
−
+
a + b + c 2a + b + c a + b + 2c 2a + b + 2c
43
ossia:
MTTF =
6b 2 a + b3 + 27 abc + 6a 3 + 6c3 + 11ba 2 + 6b 2 c + 27ac 2 + 27 a 2 c + 11bc 2
( a + b + c)(2a + b + c)(a + b + 2c)(2a + b + 2c)
Se manca il tubo di derivazione ed ogni serbatoio è collegato al razzo, si ha un sistema
complesso formato da due sottosistemi in parallelo. Ogni sottosistema è formato da
due componenti in serie: un serbatoio e un razzo. Pertanto
RSIST (t ) = 1 − [1 − R(t )]2
dove:
R (t ) = RSerb (t ) Rrazzo (t ) = exp(−[ a + c] t )
Pertanto si ha:
RSIST (t ) = 2 exp(−[a + c] t ) − exp(−2[a + c] t )
Per calcolare MTTF si ha:
∞
MTTF = ∫ RSIST (t ) dt =
0
2
1
3
−
=
a + c 2(a + c) 2(a + c)
44
22
02/12/2015
GUASTI MULTIPLI
Si assuma che il guasto del componente possa avvenire per effetto di due
diversi meccanismi di guasto. La densità di guasto in tal caso si calcola come
f (t ) = f1 (t ) R2 (t ) + f 2 (t ) R1 (t )
f (t ) dt = P (T ∈ (t , t + dt ) )
= P ("guasto di tipo A e non di tipo B" o "guasto di tipo B e non di tipo A")
= P("guasto di tipo A") P("non si verifica il guasto di tipo B") +
P("guasto di tipo B") P("non si verifica il guasto di tipo A")
Esercizio: Il tempo di vita di un componente per effetto del meccanismo
di guasto A è descritto da una v.a. esponenziale di parametro 0.002 (per
ore). Il tempo di vita dello stesso componente per effetto del meccanismo di guasto B è descritto da una v.a. esponenziale di parametro 0.005
(per ore). Determinare densità di guasto complessiva e funzione di affidabilità. (effettuare i grafici)
Esercizio: Supponiamo il tasso di guasto di un componente durante il periodo di rodaggio sia di Weibull con parametro di forma 0.60 e parametro di scala 11000 ore, durante il periodo di fase adulta sia di Weibull
con parametro di forma 1.00 e parametro di scala 4000 ore e durante la
fase di usura sia di Weibull con parametro di forma 2.50 e parametro
di scala 4500 ore. Scrivere la funzione densità di guasto.
Scrivere la funzione densità di guasto
f (t ) = f1 (t ) R2 (t ) R3 (t ) + f 2 (t ) R1 (t ) R3 (t ) + f3 (t ) R1 (t ) R2 (t )
Effettuare un grafico
23