ОЦЕНИВАНИЕ НАДЕЖНОСТИ ПО РЕЗУЛЬТАТАМ ИСПЫТАНИЙ БЕЗ ДОРАБОТОК

Каждый этап опытной отработки основных элементов комплекса и ЛА завершают серией зачетных испытаний, которые проводят, как правило, в одинаковых условиях и без изменений ис­пытываемых объектов. Поэтому в ходе зачетных испытаний надеж­ность, которую необходимо оценить, остается неизменной, а резуль­таты экспериментов можно считать независимыми. В этих условиях могут быть применены традиционные методы статистического оце­нивания, заключающиеся в выборе тех или иных формул, для вы­числения по выборочным (опытным) значениям статистических оценок параметров, а также в определении точности полученных оце­нок, например построением их доверительных интервалов. Имею­щаяся обширнейшая литература по этим вопросам позволяет в дан­ном учебном пособии ограничиться в основном описанием правил и приемов решения задач статистического оценивания надежности, наиболее распространенных в инженерной практике.

Подавляющее большинство расчетов надежности связано с ис­пользованием нормального, биномиального и экспоненциального законов распределения, достаточно хорошо описывающих широкий круг явлений и в то же время позволяющих использовать доступ­ный математический аппарат. Поэтому вначале остановимся на задачах, возникающих при оценивании параметров нормального распределения.

Как указывалось в гл. I, при расчетах параметрической надеж­ности полагают, что безотказность в течение заданного времени Т обеспечивается при условии, что определяющий параметр X(t) ле­жит в установленных пределах (леї, Х2) в течение всего времени т. е. Р(Т) =bep(xi^X(t)<X2jt^.T). Обычно случайную функцию X(i) рассматривают как случайную величину X в каком-то характерном сечении процесса. Считая, что величина X распреде­лена нормально, получим

Р (Т)= ф ^Х2~тх ^ ____ ф ^ х — тх j ^

где тх и Ох — математическое ожидание и среднее квадратическое отклонение величины X; Ф(х) —функция, определяемая по табл. 3 приложения.

Если Х<тх, то с учетом того, что Ф(—х) = 1— Ф(х), получим

Р(Т)—Ф j— I. (5.169)

Если Р(Т) =вер (х<х2), то в тех же условиях

Наконец, при Р(Т) =вер(л:^хі) имеем

Р{Т) г=Ф ^~х’ j.

В выражения (5.169) (5.171) входят велиичны тх и о*, эффек­

тивные состоятельные и несмещенные оценки которых тх, ах оп­ределяются зависимостями:

(5.172)

(5.173)

(5.172) где Хі — наблюдаемые в каждом из п независимых опытах значе­ния величины X.

Случайная оценка математического ожидания тх нормально распределенной величины X при известной дисперсии распре­

делена нормально с математическим ожиданием тх и средним квадратическим отклонением ст=°х1Уп- Поэтому двусторонний доверительный интервал оценки тх с коэффициентом доверия (до­верительной вероятностью) у определяют зависимостью

. тх — Ы(1+7)/20т<тдг<тдг+Ы(1+Т)/2от, (5.175)

где иа — квантиль нормального распределения (см. табл. 4 прило­жения).

Односторонний нижний (верхний) доверительный предел оцен­ки тх с коэффициентом доверия у может быть найден в виде

rnx + ih°m — (5.176)

Пример 1. Пусть в результате п=9 испытаний по формуле (5.172) найдена оценка математического ожидания т*=3,і12 нормально распределенной величи­ны X и известно, что о* = 1. Требуется найти двусторонний доверительный интер­вал оценки тх при у=0,9.

Решение. По табл. 4 приложения определяем квантиль и(і+іуі2 — ио 95= I ,МГ>. В соответствии с выражением (5.175) получим

■1,12— 1,645/ф^9</ид — < 3,12 + 1,645/1^9 или 2,57 < тх < 3,67,

і г г вероятностью 0,9 случайнйй интервал (2,57; 3,67) накроет неизвестное in ‘пинии’ шаченне тх.

, , _ , х=— k^>0, (5.177) 2Г (*/2) V 2 ) с ^ v где Г(k/2) — гамма-функция от &/2. Двусторонний доверительный интервал с коэффициентом дове­рия у

Для определения доверительных границ оценки дисперсии °х может быть использовано распределение х2 (хи-квадрат) с ft=n степенями свободы, если <4 рассчитано по формуле (5.174) при известном истинном значении математического ожидания тх, или с k — ti—1 степенями свободы, когда вместо тх используют оценку тх (5.173). Плотность ^-распределения имеет вид

где —квантиль х2-распределения, определяемая по табл. 6 при­ложения.

Интервал (5.178) построен так, что нижняя граница Xi и верх­няя— Х2 отсекают под кривой плотности распределения на интерва­лах (0; хО и (х2, со) площади, равные (1—у)/2.

Пример 2. Пусть по результатам п—21 испытаний при неизвестной величине тх найдена оценка среднего квадратического отклонения о* = Г,5 случайной нор­мально распределенной величины X. Требуется найти доверительные пределы оценки Ох при у=0,9.

Решение. По k=n— 1=20; (1 — у)/2= (1—0,9)/2=0,05; (1+у)/2= (I+0,9)/2= =0,95 в табл. 6 приложения находим квантили о5 = 31,4 и ‘/^95= 10,85. В соответствии с (5.ІІ78) имеем

/20/31,4.1,5 < сх < /20/10,85.1,5 или 1,20 < сх < 2,03.-

В том случае, когда оценку математического ожидания тх оп­ределяют при неизвестной дисперсии ох2 »исходного нормального распределения величины X, для расчета доверительных границ оценки тх используют распределение Стыодента с плотностью

**(■*)=■

-(й-И)/2

/гіГ Г^2)

„__ (тх — тл ) /* + 1

где k — число степеней свободы.

Плотность sh(x) образуется как отношение нормального к х2- распределению и при k~>~oo сходится к нормальной, однако при ма­лом объеме выборки заметно отличается от нее. Учитывая симмет­ричность плотности sft(x), двусторонний доверительный интервал оценки тх при коэффициенте доверия у можно представить нера­венством
где ат=о^/|/"/г; k—n — 1; /fTi*—квантиль распределения Стьюден — та, определяемая по табл. 7 приложения. ,

При н>60 доверительный интервал (5.180) практически совпа­дает с интервалом (5.175), границы которого вычисляют при извест­ной величине ох с использованием нормального распределения. Интервал (5.180) при прочих равных условиях является более ши­роким, чем (5.175), что отражает отсутствие достоверной информа­ции о величине ох.

Пример 3. Пусть по выборке с п=9 найдены оценки гя*=3,12 и ах = 1,0 нор­мально распределенной величины X. Требуется при =0,9 найти доверительный интервал оценки тх.

Решение. По у=0,9 и k—n—1—8 из табл. 7 приложения находим <0,э; в= =’.1,860 и в соответствии с (5.180) получим доверительный интервал:

3,12— 1,8б/У1Г< тх < 3,12 + 1,86/I/9 или 2,50 <тх< 3,74.

Заметим, что в тех же условиях доверительные пределы при известной вели­чине (Тзс = 1 составляли 2,57; 3,67 (см. пример 1).

При решении практических задач часто нужно сделать заклю­чение о точности расчета оценок вероятности безотказной работы по формулам (5.169)-f-(5.171):

(5.181)

(5.182)

(5.183)

Оценки надежности (5.181) — Ч — (5.183), несмотря на несмещен-. ность оценок тх и ах, содержат смещения, так как функция Ф (х) нелинейна. Однако трудно предложить какие-либо другие доста­точно удобные для практики формулы оценок вероятности безот­казной работы. С использованием же методов статистического мо­делирования можно найти плотность распределения fp(P) оценки вероятности безотказной работы. Для этого необходимо случайные величины t = (mx—Xi)/ox или t2= (х2—тх)/ох, имеющие в соответ­ствии с (5.179) распределение Стыодента, преобразовать известной нелинейной функцией Ф(*). Несмещенная оценка Ро вероятности безотказной работы может быть найдена из выражения для мате­матического ожидания распределения с плотностью h(P), т. е.

P0=$PfP(P)dP. п о

Однако для оценки Р, определяемой по формулам (5.181 )ч — 4-(5 183), моя;,,, найти то..с-раитныс к; …. .1.1 характеризующие

вероятность попадания на них определенной доли распределения. Эти пределы вычисляются в виде

тх ± К{у, а, п)ах (5.184)

и обладают тем свойством, что с вероятностью у по крайней мере a-я часть распределения будет сосредоточена в интервале (5.184). Величину К (у, а, п) называют толерантным множителем и прибли­женно вычисляют по формулам [53]:

ЛГ=к(1+а)/2 [ 1 +»т/У2я+(5в*-+ 10)/(12л)]. (5.185)

Таким образом, задаваясь величинами (1+«)/2 и у» по табл. 4 приложения можно найти значения квантилей щі+со/з и щ нор­мального распределения; подставляя их в (5.185), при известном значении п нетрудно вычислить толерантный множитель.

Значения толерантных множителей Кі для построения односто­роннего нижнего (верхнего) толерантного предела тж=Р/СіОж в за­висимости от величин п, у, а представлены в табл. 5 приложе­ния [38].

Пример 4. По выборке нормально распределенной величины X при п—25 найдены оценки тх=3*1(2 и о*=1,0. Принимая -у=0,9 и а=0,95, найти двусторон­ний толерантный интервал.

Решение. По табл. 4 приложения при у=0,9 находим Но, э= 1,282 и при (1,+а)/2= (1 +0,95)/2=0,976 определяем Uo,975=1,960. По формуле (5.1/85),

К = 1,960 [і + 1,282/]/2^25 + (5-1,2822 + 10)/(12-25)] «2,44.

В соответствии с (5..1в4) имеем толерантные пределы 3,12±2,44-1. Это озна­чает, что с вероятностью у=0,9 в этих пределах будут в среднем находиться 95% выборочных значений тх.

Пример 5. Пусть вероятность безотказной работы определяют как вероят­ность того, что случайная нормально распределенная величина вычис­

ляют в виде Ф (mxiGx). По выборке объемом п=25 найдены оценки тх=3,12 и о*=4,0. Определить нижний толерантный предел для а=0,9б при у=0,90.

Решение. По табл. 5 приложения находим множитель К =2,13 и нижний толе­рантный предел 3,1,2—2,13=0,99. Следовательно, 90%-ный нижний доверительный предел Рв вероятности того, что случайная величина Х^0,99, равен 0,96. Оцен­ка, правда смещенная, для вероятности того, что Х^0, составляет Ф(т*/а*) = =Ф (3,112/1) =0,999 (см. табл. 3 приложения).

Пример 6. Найти 90%-ный односторонний нижний доверительный предел вероятности того, что нормально распределенная величина Х^0,5 при и=25; m*=3,I2;’a*=l,0.

Решение. Определим толерантный множитель:

К і = — xx)ftx =(3,12-0,5)/1 = 2,62.

По табл. 5 приложения, линейно интерполируя при п=25, у=0,9 и Д| =2,62, найдем «=0,974, т. е. Рв«0,97,4 с коэффициентом доверия у=0,9.

Несмещенная, эффективная и состоятельная оценка вероятности безотказной работы по результатам п независимых испытаний, за­канчивающихся успехом или отказом (биномиальный план),

где т — число отказов в п испытаниях.

Среднее квадратическое отклонение этой оценки

ep=V P(l-P)/n^VP{l-Р)/пг (5.187)

где Р — истинное значение вероятности безотказной работы.

Односторонний нижний доверительный предел Рн оценки Р (5.186) при коэффициенте доверия у можно найти из уравнения

т

2 -(-Д, д-[1 — РЛт)]*= • — Y. (5.188)

Решение уравнения (5.188) даже на ЭЦВМ представляет опре­деленные трудности, однако в работе [38] приведены номограммы, позволяющие по величинам у, п и т найти значение Рн. Две номо­граммы Рн(у, п, т) для у=0,5 (номограмму /) и для у=0,9 (номо­грамма 2) приведены в приложении.

Пример 7. Пусть в результате п=20 испытаний наблюдался т = 1 отказ. Найти 90%-ный односторонний нижний доверительный предел оценки вероятности безотказной работы.

Решение. По номограмме 2 приложения находим пересечение прямой п—20, параллельной оси абсцисс, с наклонной линией ш=1. Перпендикуляр из этой точки на ось абсцисс дает искомое значение Рц=0,81. Б соответствии с (5.186) несмещенная оценка вероятности безотказной работы Р=1—1/20= 0,95.

Вели в процессе испытаний отказов не было, то односторонний нижний доверительный предел оценки вероятности безотказной ра­боты

£,=( l~Y)1/n. (5-189)

Отсюда число безотказных подряд испытаний для подтвержде­ния с коэффициентом доверия у одностороннего нижнего довери­тельного предела Ри определяют выражением

rtTP=log(l— y)/logPH. (5.190)

Заметим, что в (5.190) величина Рн не является случайной, так как доверительный интервал (Рн; 1) задан заранее и не связан со случайной оценкой Р (т). По номограммам / и 2 приложения мо­гут быть найдены значения Рн и при т=0.

В практически важных случаях, когда надежность близка к еди­нице и в испытаниях отказов нет (т = 0), для определения оценки вероятности безотказной работы также может быть использована формула (5.186), дающая Р = 1. Нежелание некоторых специалис­тов считать даже случайную оценку надежности равной единице, поскольку реальные изделия обычно имеют вероятность безотказ­ной работы меньше единицы, заставляет их искать другие, менее эффективные формулы, дающие при т=0 значение Р<1. Однако остается фактом, что оценка (5.186) является несмещенной, эффек­тивной, состоятельной и при отсутствии отказов. В том случае, ког­да Р~, нетрудно по (5.189) определить нижний доверительный предел оценки Рц с коэффициентом доверия у, т. е. найти случайный доверительный интервал (Рн; 1), который с вероятностью у накроет истинное значение надежности. Наблюдение в п испытаниях т = 0 и получение Р— 1 свидетельствует о том, что истинная надежность Р близка к единице настолько, что результаты п испытаний не позво­ляют установить различие между ними.

Пример 8. Пусть в п=45 испытаниях не наблюдалось ни одного отказа. Най­ти односторонний нижний доверительный предел оценки вероятности безотказной работы при коэффициенте доверия у=0,9.

Решение. По номограмме 2 приложения или по формуле (5.189) при /г=45, у=0,9, т=0 находим 0,96. Следовательно, и для подтверждения заданного

нижнего доверительного предела вероятности безотказной работы Рн—0,95 при у=0,90 необходимо получить 45 подряд успешных испытаний.

Пример 9. Найти требуемое число подряд проведенных успешных испытаний для подтверждения одностороннего нижнего предела вероятности безотказной работы Рн=0,95 при у=0,50.

Решение. По формуле (5.190) находим

пп, ~ lg(l —0,5)/lg0,95« 14.

Рассмотрим далее методы статистического оценивания вероят­ности безотказной работы Р(Т) в случае экспоненциального закона возникновения отказов:

Р(7’)=е_хг. (5.191)

Остановимся вначале на методах определения оценок Я пара­метра Я экспоненциального закона и построения доверительных интервалов этой оценки. При определении оценок Я важное значение имеет принятый статистический план испытаний, включающий в себя условие окончания испытаний каждого образца и всей серии изделий, а также возможность или невозможность замены отказав­ших ‘образцов. Различают следующие основные статистические пла­ны независимых испытаний на надежность серии в п элементов: а) с заменой (восстановлением) отказавших элементов и прекраще­нием испытаний в заданный момент Т (так называемый план [п, В, Т]) б) с заменой отказавших элементов и прекращением испыта­ний после отказа заданного числа г Элементов (план [п, В, г]); в) без замены отказавших элементов и с прекращением испытаний после отказа заданного числа г элементов (план [п, Б, г]); г) без замены отказавших элементов и с прекращением испытаний в мо — момент Т (план [п, Б, Т).

Кроме перечисленных планов применяют биномиальный, о ко­тором говорилось выше, а также различные комбинированные пла­ны, в которых для каждой группы элементов в серии могут назна­чаться свои условия окончания эксперимента. Применение того или иного плана приводит к своеобразному усечению (цензурированию) выборки, которое необходимо учитывать при получении формул для расчета оценок максимального правдоподобия Я параметра Я. Ис­пользуя результату, полученные в [20], запишем формулы для опре­деления оценок Я, их дисперсий и односторонних верхних пределов Я„ с коэффициентом доверия Y-

Для плана [п, В, Т несмещенная оценка максимального правдо­подобия

Х=т(Г)/(«7’), (5.192)

где пг(Т) —число отказавших за время (0; Т) элементов из числа п поставленных на испытания.

Среднее квадратическое отклонение этой оценки

ах=]Л/(яГ)^1/ ЩпТ (5.193)

а односторонний верхний доверительный предел с коэффициентом доверия у

=аі—і (7п)/(пТ), (5.194)

✓ч

где йі_т(ш)—квантиль распределения Пуассона, определяемая по табл. 8 приложения.

Пример 10. Пусть в результате испытаний по плану [п, В, Т] в течение Т =100 ч пятидесяти изделий (л=50), отказы которых подчиняются экспонен­циальному закону, наблюдалось т=5 отказов. Найти оценку Я, ее дисперсию и односторонний верхний доверительный предел при у=0,9.

Решение. По формулам (5.192) и (5.193) находим:

X = 5/(50-100) = 10~3 ч-1;= У 10~3/(50-100) «0,448-10~3 ч~С

По табл. 8 приложения при /и=г=5, а= 1—-у=0,1 находим квантиль о0.|(5) = =9,275 и по формуле (5.194) имеем

Хв = 9,275/(50 -100)« 1,85 • 10“3 ч~1.

Для плана [п, В, г] несмещенную оценку параметра Я определя­ем по — зависимости

Я=(г-1)/(я? Д (г>1), (5.195)

где /г-— время наступления заданного заранее r-го отказа.

Среднее квадратическое отклонение этой оценки при ir>2

ах=^Л/УТ=2, (5.196)

а односторонний верхний доверительный предел

К=аі_т (г — 1 )/(ntr). (5.197)

Пример И. Пусть в результате испытаний по плану {п, В, г] пятидесяти изделий (и.=50) до пятого отказа (г—5) зафиксировано время наступления этого отказа i#s= 100 ч. Найти оценку Я, ее дисперсию и односторонний верхний довери­тельный предел при у=0,9, если отказы элементов подчиняются экспоненциаль­ному закону.

Решение. По формулам (5.195) и (5.196) находим: X = (5 — 1)/(50-100) => = 0,8-10—3 4-і; ох«0,8.10-3//5~2=»0,462.10-3 ч~1.

На основании (5.Ш7), определяя по табл. 8 приложения йо. і(4) =7,994, полу — чим Хв =7,994/(50-100) =11,60-10-8 ч*1′.

Для плана [п, Б, г] несмещенная оценка параметра Я’

(г-!)/*(?,), (5.198)

где —суммарная наработка и элементов до заданного г-го

отказа.

Величину суммарной наработки определяем зависимостью

(£)=2?/+(л-г)?г, (5.199)

i=i

где ti — время наработки і-го отказавшего элемента.

Среднее квадратическое отклонение этой оценки определяем по формуле (5.196), а односторонний верхний доверительный предел с коэффициентом доверия Y

=а,_т (г — 1 )/5б (?,)• (5.200)

Пример 12. Пусть в результате испытания по плану [п. Б, г] пятидесяти изделий (п=50) до пятого отказа (г=5) определены следующие моменты возник­новения отказов: /, =|19 ч, f2=43 ч, t3—87 ч, ^=91 ч, <5=100 ч. Найти оценку параметра X, ее дисперсию, односторонний верхний доверительный предел при у=0,9, если известно, что интенсивность отказов постоянна.

Решение. По формуле (5.199) определяем суммарную наработку до пятого отказа: SE (Тг) =і19+43+87+9|1 + 100+ (50—5) 100 =4840 ч.

В соответствии с зависимостями (5.198) и (5.496) находим:

X = (5 — 1)/4840 « 0,827-10~3 ч~1; сх = 0,827-10“3/|/5—2»0,477-10~3 чЧ

По табл. 8 приложения при г=5—1 и 1 —у=0,1 находим а0,і(4) =7,994 и по фор­муле (5.200) имеем Хв = 7,994/4840 ~;1′,65 • 10-3 ч-1.

Для плана [п, Б, Г] в литературе обычно предлагают смещен­ную оценку максимального правдоподобия параметра Я:

=m(T)/SB{T), (5.201)

где т(Т) — число отказов, наблюдаемых за заданное время Т; 5б(Л-суммарная наработка п элементов за время Т.

Суммарная наработка

га

5Б(Л=2 *‘ +(/г-«) Л (5.202)

i~i

где ti — наработка в і-м испытании, закончившимся отказом.

Чтобы получить зависимость для несмещенной оценки Я, необхо­

димо определить ее плотность д(Я) и рассчитать математическое ожидание:

СО

Л*[Х]=Гх/лЙ<Л. (5.203)

о

Исходя из того, что при плане [и, Б, Т] случайная величина z—mJX имеет гамма-распределение [51] с плотностью

т, тп 9Ш—1

/»(*)=-^“£——- е“Хг. (5.204)

(т — I)!

можно получить выражение для плотности случайной величины Я Д(Я)=_І x=±_=j£L, (5.205)

(/я—1)! X ^ X

и обратной нормированной величины у=Я/Я

f„(y)=-^——————————————- (5-206)

(/я —1)!

Подставляя в выражение (5.203) плотность вероятности (5.205), после преобразований получим

Ж [X]=т Х/(т — 1). (5.207)

Таким образом, несмещенная оценка параметра Я при плане

[я, Б, Т]

Х=[т(7’)— 1]/§б(7’); (т(Г)>1). (5.208)

Среднее квадратическое отклонение оценки максимального прав­доподобия Яі

m. (5.209)

Односторонний верхний доверительный предел этой оценки с

коэффициентом доверия у

—— L-rr-, (5.210)

1 Рл (к, п, т)

где Рн (у, п, т) —односторонний нижний доверительный предел оценки вероятности безотказной работы при биномиальном плане, определяемый по номограммам 1 и 2 приложения.

Пример 13. Пусть в результате испытаний по плану [п, Б, Т] пятидесяти підсліпі (я=50) в течение Г=Ю0 ч зафиксировано т—5 отказов, а суммарная и. флГттка SB (Т) =4840 ч. Найти оценку параметра X, ее дисперсию и односто — |і. чиїми верхний доверительный предел при у=0,9, если известно, что X=const.

209

Решение. По формулам (5.201) п (5.208) находим оценку максимального правдоподобия и несмещенную оценку параметра:

% = 5/4840 « 1,03-Ю~3 4-і; X = (5 — 1)/4840 « 0,827-1(Г3 ч~П

В соответствии с выражением (5.209)

oXi « 1,03- КГ3/і/~5яв 0,462-10~3 ч-1.

При у=0,9; «=50 и т=5 по номограмме 2 приложения находим Ра=0,815 и в соответствии с формулой (5.210) определяем

1 1

Х1в= — In ——— «2,07-10′

1в 100 0,815

При проведении испытаний по плану [п, Б, Т] изделий, имеющих экспоненциальный закон отказов, часто возникает ситуация, при ко­торой группа изделий из выборки п в течение времени tj<T (/=1, 2, …, «і) работает безотказно. При этом выборка цензурируется не только планом [п, Б, У], но и наличием результатов п неполных ис­пытаний. В практике такие задачи возникают из-за того, что при летных или стендовых испытаниях, которые обычно ведут без заме­ны до фиксированного времени У, при отказе одних элементов не­возможна работа других агрегатов или узлов изделия, хотя они остаются безотказными. Так, при отказе в полете двигателя в мо­мент ij<T невозможно оценить работу других агрегатов ЛА на интервале (tj, Т). Однако при обработке всех результатов испыта­ний каждого агрегата желательно учесть опытную информацию, заключающуюся в установленном факте их работы без отказа на интервалах (0; tj).

Таким образом, в подобных задачах после проведения (n+tii) испытаний статистическая информация может быть представлена тремя группами данных: т(Т) отказов в фиксированные моменты времени U<T в ходе п испытаний; щ неполных испытаний, в кото­рых изделия работали без отказа до моментов tj<T; (п—т) успеш­ных испытаний при работе до момента Т.

Можно показать, что оценку максимального правдоподобия па­раметра К в этом случае нужно рассчитывать по формуле

=m (7)/[.S’e (Г) —ТДн], ’ (5.211)

где Ап — число дополнительных полных испытаний до времени Т, эквивалентных П неполным испытаниям.

Оценка (5,211) является также смещенной, как аналогичная Оценка максимального правдоподобия (5.201), совпадающая с (5.211) при Лм = 0, т. е. при отсутствии неполных испытаний. Несме­щенную оценку параметра I при плане [п, Б, Т] и наличии неполных испытаний определяют по формуле

Х=[ш(У)-11/[5Б(У)+Гд«], (5.212)

которая при Дп=0 совпадает с выражением (5.208).

Для определения величины Ап целесообразно использовать за­висимость

Коэффициент ц представляет собой отношение средней вероят­ности отказа на интервале (0, tj) к вероятности отказа на интервале (О, Т). Поскольку обычно 1 и 1, тое~хг~ I— "КГ и e uJ^i ^ 1 — Itj, в результате чего выражение (5.213) упрощается:

1 7CU

Дп=— yjj ИЛИ Дп=—гп1,

где

Таким образом, на основании (5.212) и (5.214) искомая несме­щенная оценка

Односторонний верхний доверительный предел этой оценки при­ближенно можно рассчитать по (5.210), полагая общее число испы­таний, по которым находят величину Рн, равным п+Ап. Прибли­женное значение среднего квадратического отклонения оценки оп­ределяют по (5.209).

Пример 14. Пусть в ходе испытаний по плану [и, Б, Т] пятидесяти изделий до времени Г=’1О0 ч наблюдалось т = 5 отказов и, кроме того, было п =!3 не­полных испытаний; суммарная наработка в пятидесяти испытаниях (7’) =

із

= 4800 ч, а суммарная наработка в неполных испытаниях 7/=960 ч.

7-і •

Найти оценку параметра К, ее дисперсию н односторонний верхний доверитель­ный предел при у=0,90, если интенсивность отказов постоянна.

Решение. По формулам (5.215) и (5.209) находим

X = (5 — 1)/(4840 + 900)^0,69-10“3 ч~1;

0,69-10-3//5» 0,309-ИГ3 ч-Ц

В соответствии с выражением (5.214) число дополнительных полных испы­таний, эквивалентных 13 неполным, Дп=960/100 =9,6. При я=50+9,6«60, у=0,90, т=5 по номограмме 2 приложения находим Рн~0,856 и по формуле (5.210) рас­считываем

Заметим, что условия примеров 13 и 14 совпадают при пi=0, поэтому умень­шение оценки Я с 0,83-’10~3 до 0,69-Ю~3 ч-| и ее верхнего предела с 2,07-10-3 до 1,57-Ю-3 ч-1 достигнуто только за счет учета информации о неполных испы­таниях. „ * л

Рассмотрим далее методы определения оценок вероятности без­отказной работы и их доверительных интервалов при экспоненци­альном законе отказов и различных планах испытаний.

В связи с тем что функция, связывающая оценки Я и Р,

Я=еЛг (5.216)

нелинейна, подставляя в выражение (5.216) несмещенную оценку Я параметра Я, получим смещенную оценку Р. Смещение может быть существенным, когда надежность близка к единице. Для опре­деления несмещенной оценки Р при различных планах испытаний необходимо найти плотности вероятности fP(P) и по аналогии с (5.203) вычислить величины

P0=jpfP(P)tlP. (5-217)

где

x=m In P/ln P— trik/K

Плотность оценки P зависит от истинного значения Р и числа от­казов in, характеризующего при известной величине Р объем выбор­ки. Плотность вероятности (5.218) существено несимметрична, что связано как с цензурированием выборки планом [п, Б, Т так и усе­чением распределения оценки Р интервалом (0, 1). К сожалению, интеграл (5.217) может быть определен только численно:

_2(m I in P 1)И|/г к {2y/~m\nP|)

z’4 … m 4 ‘ 1 и >

(от — 1)!

где K (z) —цилиндрическая функция мнимого аргумента [24]. 212

При других планах испытаний также не удается найти достатбч — но простые формулы для расчета несмещенных оценок Р при извест­ных значениях К. Поэтому в практических расчетах, когда нецелесо­образно использовать ЭЦВМ, оценки вероятности безотказной рабо­ты по несмещенным оценкам параметра К определяют по (5.216). Зная односторонний верхний доверительный предел оценки 7,, вы­численный с коэффициентом доверия у, можно точно найти односто­ронний нижний доверительный предел Ри оценки Р с той же довери­тельной вероятностью у по формуле

Рн=е_>вГ. (5.220) .

Эти соображения и заставляли так подробно анализировать фор­мулы’для определения величин К при различных планах испытаний. В практически важном случае, когда 7В7’<0,1 или Рн>0,9, выраже­ние (5.220) можно упростить:

РН^-Т. ‘ (5.221)

Таким образом, несмотря на трудности определения несмещен­ных оценок Р, используя одну из зависимостей (5.194), (5.197), (5.200), (5.220) или (5.221), можно определить искомый односторон­ний нижний доверительный предел Рп с коэффициентом доверия у. Так, для плана [п, В, Т

Наконец, при плане [п. Б, Т] в соответствии с формулами (5.210) и (5.220) оказывается, что величина Рн совпадает с односторонним нижним доверительным пределом надежности изделия, испытывае­мого по биномиальному плану, т. е. как при биномиальном плане, так и при плане [п, Б, Т] величину Рн, зависящую от параметров у, т, определяют по номограммам 1 и 2 приложения.

Для приближенных расчетов точности оценивания вероятности безотказной работы могут быть использованы и величины средних квадратических отклонений ар оценок Р, найденных при различных

213

планах испытаний. Линеаризуя функцию (5.191), можно получить

дР ^ с л оч

чх=ГЯох^7’Рох или -?-~кТ-Р. (5.225)

— ‘ Р X

Подставляя в выражение (5.225) значения (5.193), (5.196), (5.209), получим:

при плане [п, В, 7], так как при Р>0,9 можно принять —In Р« 1—Р, ■

ор/Р ~ V ІГ/п=К — In Я/я ssj]/"i(1 — Я)/я, (5.226)

при планах [я, В, г] и [п, Б, г]

ор/Р «-1.1 Я/]/Т^2 W (1 — Я); ^Г=2, (г> 2); (5.227)

при плане [я, Б, 7]|

Ор/Я ж — In р/Кm ж (1 — P)/Klit. (5.228)

Рассмотрим некоторые приемы расчета оценок надежности си­стемы, включающей конечное число (г= 1, 2, 3, …, k) последова­тельно соединенных элементов. В том случае, когда отказы в эле­ментах возникают независимо и каждый отказ ведет к отказу си­стемы, оценка надежности системы

* Я=П Я,. (5.229)

г-г

Поскольку зависимость (5.229) нелинейна, то даже при несме­щенных оценках надежности каждого элемента Pi получим смещен­ную оценку Р надежности системы. Зная средние квадратические отклонения зр. оценок Pi [зависимости (5.226)-г — (5.228)] и линеа­ризуя функцию (5.229), можно найти среднее квадратическое от­клонение оценки Р надежности системы в виде

(5.230)

весьма близки к единице, то (5.230) упро-

(5.231) г=і

Полагая, что оценка Р распределена по закону, близкому к нор­мальному, а дисперсия Ор известна точно, нетрудно в соответствии с зависимостью (5.175) найти с коэффициентом доверия у двусто — ронний-доверительный интервал

Я—И(1+т)/2°р< Я<я +И(1+Т)/23р, (5.232)

или односторонний нижний доверительный предел

Ря=Р—щвр, (5.233)

где иа—квантиль нормального распределения, определяемая по табл. 4 приложения.

Пример 15. Пусть система включает k=9 последовательно соединенных эле­ментов, оценки надежности которых Pi = Pi=0,99, а средние квадратические от­клонения этих оценок о» —°р =0,01. Найти оценку надежности системы и

і 1

ее двусторонний доверительный интервал при у=0,9. „

Решение, fi соответствии с выражениями (5.229) и (5.231) имеем Р=0,999*=’ «0,92; Ор =0,01^9—0,03. По табл. 4 приложения при (1-+у)/2=(1+0,9)/2=0,95 найдем ы0 95= 1,645 и в соответствии с (5.232) получим 0,92—1,645-0,Ш<Р<0,92+ + 1,645-0,03 или 0,87<Р<0,97.

Формулы (5.229)+-(5.232) основаны небольшом числе допуще­ний и могут приводить к грубым результатам. Так, при оценке Р, близкой к единице, в особенности когда Р+2<тр^1, распределение оценки становится явно несимметричным и применять нормальное распределение нельзя. В ряде случаев удается более строго найти доверительные пределы для оценки вероятности безотказной работы системы. Наиболее удачные для практики результаты решения этой задачи получены в работе (20], которыми и воспользуемся далее.

При испытании k элементов рассматриваемой системы по плану [пі, Б, Т (?= 1, 2, 3, …, k) и при отсутствии отказов во всех этих испытаниях односторонний нижний доверительный предел вероят­ности безотказной работы системы с у определяют по зависимости, аналогичной выражению (5.189):

Л V(ni )rnln

Я„=(1-у) *<‘<*,

где.(«/)тщ —минимальное число испытаний среди всех п{.

l<i<k

Таким образом, в рассмотренном случае совпадают нижние до­верительные пределы системы и элемента, для которого проведенб наименьшее число испытаний.

Если каждый элемент системы испытывался по плану [щ, Б, Т и при этом наблюдалось пц отказов в каждом из щ испытаний, но надежность элементов достаточно высока и все п-;>20, то односто­ронний нижний доверительный предел оценки надежности системы с коэффициентом доверия у

Рн=ехр[ —аі_т(/и)/(лЛшіп ]

1<1<Л

k

где т = 2 Щ, — общее число отказов всех элементов; аа{г) — кван-

1-і

Пример 16. Пусть при испытаниях по плану [и,-, Б, Г] элементов, последова­тельная цепь которых составляет систему, наблюдалось т=5 отказов, причем минимальное число испытаний для одного из элементов (кі)тт=50. Найти одно­сторонний нижний доверительный предел для оценки вероятности безотказной работы системы при у=0,9.

Решение. По табл. 8 приложения при а=1—у=0,1 и г=5 находим а0д (5) = 5=9,’275 и в соответствии с формулой (5.235) имеем />н = е—9,275,50 «0,831.

Если число отказов велико и становится грубым предположение о том, что их появление подчиняется закону редких событий Пуассо­на, то можно для определения величины Рн использовать нормаль­ное распределение в виде

где и-/ — квантиль нормального распределения, определяемая по табл. 4 приложения.

Пример 17. Пусть система состоит из трех последовательно соединенных эле-, ментов, испытывавшихся по плану [пц Б, Т]. В результате испытаний получено Пі=п2=пз=іНХ); ті=т2=тз=10. Найти односторонний нижний доверительный предел оценки надежности системы прп у=0,9.

Решение. По табл. 4 приложения находим и0,д= 1,282 и в соответствии с фор­мулой (6.236)

л

Заметим, что приближенную оценку надежности системы в соответствии с формулами (5Л86) и (5.229) можно было бы найти следующим путем:

На основании формулы (5..187) средние квадратические отклонения оценок надежности элементов

В соответствии с зависимостью (5.230) среднее квадратическое отклонение оценки надежности системы

= Ру 2 (v/P/)2 = °.729 3 (0,03/0,9)2 ~ 0,034.

Односторонний нижний доверительный предел оценки надежности системы с у=0,9 определяют по выражению (5.233):

%РЛ = Р — итар = 0,729 — 1,282-0,034« 0,685.

Таким образом, полученные результаты довольно близки, однако надо отдать предпочтение формуле (5.236), так как при ее выводе было сделано меньше допу­щений.

В том случае, когда надежности каждого элемента, образующего последовательную цепь (систему), определялась по плану [/и, Б, г і] и известны их наработки S б (/«), то односторонний нижний дове­рительный предел оценки вероятности безотказной работы системы за время Т с коэффициентом доверия у можно найти по зависимости

(5.237)

где г=2 гг; [5б (l,/)]min —минимальная заработка среди всех k

і — 1 l<i<k

элементов; x2_T(2r)—квантиль ^-распределения с 2г степенями свободы, определяемая по табл. 6 приложения.

Пример 18. Пусть п результате испытаний по плану [я,-, Б, г,] трех элементов, составляющих. последовательную цепь (систему), найдены наработки до пятого отказа (щ = 5), среди которых минимальной оказалась Sb(iri) =5000 ч. Найти односторонний нижний доверительный предел оценки вероятности безотказной работы системы в течение 7=100 ч при у=0,9.

Решение. При г=3-5=15 и 1 — у=0,1 по табл. 6 приложения находим Хо і (15) =22,3 и, подставляя в формулу (5.237), получим,

^ « Л ,

РН(Т) = ехр ( — 100-22,3/(2,5000)) я>~0’223 я 0,800.

Если число отказов г велико, то, так же как и для плана [щ, Б, 7], можно использовать нормальное распределение для расчета нижнего доверительного предела оценки надежности системы:

Пример 19. Пусть в результате испытаний по плану [п,-, Б, г*] трех элемен­тов, составляющих при последовательном соединении систему, найдены наработки Sg (tri) =5000 ч до пятого отказа (г*=5). Найти односторонний нижний до­верительный предел оценки вероятности безотказной работы системы в течение Т = 100 ч при у=0,9.

По табл. 4 приложения находим «о,9= 1,282 и в соответствии с выражением (5.23в) рассчитываем

Эту же задачу можно решить так же, как в примере 18. По формуле (5.198) найдем оценки %і параметров X; для элементов: Хі=5-іі/5000=0,8-і10_3 ч-1.

II соответствии с (5.216) оценки надежности элементов при Т =102 ч Р-, =

(. -0,8 10 3-1о2~о,923. На основании (5 227) средние квадратические отклонения

г, In Iі.9?з р — > О Г"? ГГ. анисимости (5.229) и