Process Os 2

8/17/2019 Process Os 2

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PROCESSOS ESTOCÁSTICOS

Modelagem de falhas, Técnicas de Markov paramodelagem da confiabilidade de sistemas


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Taxa de falha em um momento t

ta0deciasobrevivêndeProb.

1tetentrefalhadeProb.

)t(R

)t(f

)t(F1

)t(f )t(Z

Z(t): taxa de falha no momento tf(t): função densidade de probabilidades de falha

F(t): função distribuição acumulada de falha.

R(t): confiabilidade do sistema

Raciocínio análogo para a taxa de reparo (t).


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4

Dados para os modelos de falha

Testes de tempo de vida.

Dados operacionais do sistema (campo).

Em t = 0, N componentes são colocados emoperação, e no tempo t existem apenas n(t)sobreviventes

Deduzir as expressões da função densidade de falha

e da taxa de falha propriamente dita.


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Função densidade de falha f d(t)

Supõe-se que N componentes foram colocados em operaçãono instante t = 0, e no tempo t há apenas n(t) sobreviventes.

fd(t) definida no intervalo de tempo ti < t < ti + ti:

i

iiid

t

N/)tt(n)t(n)t(f

t

0

dd dt)t(f )t(F

Velocidade global das falhas

)t(F1)t(R dd


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6

Taxa de falha Zd(t)

Taxa de falha no intervalo ti < t < ti + ti

i

iiiid

t

)t(n/)tt(n)t(n)t(Z

Velocidade instantânea das falhas

Questão: relacionar as funções com o tempo para a falha dos

componentes – probabilidade de falha em função do tempo?


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Tempo de falha

Variável aleatória : tempo de falha de um componente.

P( ≤ t) = F(t) Prob. de sucesso: R(t) = 1 – F(t) = P( > t)

dt

)t(dn

N

1

t N

)tt(n)t(nlim)t(f

0t

População de N elementos com a mesma distribuição defalhas no tempo, com probabilidade de sucesso dada porR(t).

Se N(t) é uma v.a. que representa o número de sobreviventesno tempo t: N(t) tem distribuição binomial com p = R(t)

n(t) = E[N(t)]= NR(t) R(t) = n(t)/N


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Taxa de falha Z(t)

t

0

dt)t(Z)t(nln

t

0

dt)t(Z

e N)t(n

)t(n

1)t( Nf

)t(n

1

t

)tt(n)t(nlim

t)t(n

)tt(n)t(nlim)t(Z

0t0t

)]t(n[lndt

d

)t(n

N

dt

)t(dn

N

1

)t(R

)t(f )t(Z

t

0

dt)t(Z

e N

)t(n

)t(R

Modelos para Z(t)


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Principais modelos de falha

1) Taxa de falha crescente: útil no período de envelhecimentodos componentes.

Z(t) = Kt

2Kt

2

1

eKt)t(f

2Kt

2

1

e)t(R

t

f(t)

e

K

K

K

1 t

R(t)

K

1

e

1

1


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10


2) Taxa de falha linearmente decrescente: útil quando asfalhas vão diminuindo ao longo do tempo (fase inicial de vidado equipamento).

tt

ttK /K

K /K t0

)tt(K

0

tK K

)t(Z

0

010

10

0

10

Z(t)

K 0

tK 0/K 1


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11


3) Curva usual para risco de falha: curva da banheira

Z(t)

Vida útil

EnvelhecimentoQueima


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12


4) Taxa de falha constante: Z(t) = .

f(t) = e -t R(t) = e -t = 1 – F(t)

Distribuição “independe do passado”: vida restante não

depende de quanto tempo o componente está em funcionamento

t

Z(t)

t

e

1

f(t)

t

1

e

11

1

F(t)

t

1

e

1

1

R(t)


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Tempo Médio Para Falha

Caracterização do modelo de falha por um único parâmetro.

Do teste de vida feito em uma população de N elementos comtempos de falhas t1, t2, ..., tn:

Usando um modelo de risco:

Para a exponencial: R(0) = 1, R(∞) = 0.

n

1i

it N1TMPF

0

dt)t(tf )t(ETMPF

0

0 dt)t(R )t(tR )t(ETMPF

0

dt)t(R TMPF


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Tempo Médio Entre Falha

Somente tem sentido se houver renovação: reparo ou trocado componente falhado.

t1 t3t2

TMPF TMPF TMPF

TMPR TMPR

TMEF = TMPF + TMPR

= taxa de falha = taxa de reparo Exponencial: TMPF=1/


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Exemplo 1

Seja z uma taxa de transição qualquer: se falha = , se reparo= , se é uma transição do estado 1 para o 2 = 12.

TMPF = 1/ , TMPR = 1/ n

1i

i11 /1TMPF

Estado 1

Estado 2

2 1 5

T = 11

8

3

operaçãotempo

falhasno.12 P1 = 8/11


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Modelagem de um sistema por cadeiasde Markov

Sistemas “sem memória”: somente o estado imediatamenteanterior influencia o estado futuro.

Processo estacionário: probabilidades de transição de um

estado para outro são as mesmas em qualquer instante detempo.

Problema:

Encontrar as probabilidades de transição a partir de dadoshistóricos ou experimentais;

Encontrar as probabilidades limites do sistema estar emcada um dos seus estados.


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Matriz de transição

Matriz de transição estocástica (2 estados):

Pij = probabilidade da transição do estado i para o estado j,depois de 1 intervalo de tempo, dado que o sistema estava no

estado i no início do intervalo.

2221

1211

PP

PPP Soma de cada linha = 1


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Probabilidades de Estados

As probabilidades do sistema estar nos estados 1 e 2 após nperíodos de tempo:

P10 e P2

0 são as condições iniciais do sistema: se o sistema

partir do estado 1, P10

= 1 e P20

= 0, e vice-versa caso partir doestado 2.

n

nn

PP

PPPPPP

2221

121102

0121


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Probabilidades limite

Sob certas condições, as probabilidades de estadoestabilizam-se após vários períodos de tempo emdeterminados valores, denominadas probabilidades limite(ou de regime permanente) da cadeia de Markov.

As probabilidades serão denominadas P1 e P2 para o caso dedois estados, e satisfazem à equação:

212221

1211

21 PP

PP

PPPP

Sabendo-se que P1 + P2 =1


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20

Exemplo 2

Tempo bom

(1)Tempo ruim

(2)

1/2

1/2

1/4

3/4

Processo com dois estados possíveis: tempo bom e tempo ruim


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21

Probabilidades de transição

Como estará o tempo após 2 transições (2 dias), supondo que acondição inicial seja tempo bom – estado 1: árvore deprobabilidades.

1

2

1

2

1

2

1

CI: t =0 t =1 t = 2

1/2

1/2

1/2

1/2

1/4

3/4

t P1 P2

0 (CI) 1 0

1 1/2 1/2

2 3/8 5/8


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22

Exemplo 2 – Continuação

Após 2 intervalos de tempo:

Após n intervalos de tempo:

4/34/1

2/12/1

PP

PPP

2221

1211

16/1116/5

8/58/3

4/34/1

2/12/1P

2

2

n

n

4/34/12/12/1 P

Matriz de transição:


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23

Exemplo 2 – Probabilidades Limite

Após 2 estados quais são as probabilidades do sistema estarnos estados 1 e 2?

Supondo P10 = 1 e P2

0 = 0:

Supondo P10 = 0 e P2

0 = 1:

8/58/316/1116/5

8/58/3 01PP 2

2

2

1

16/1116/516/1116/5

8/58/3 10PP 2

2

2

1


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24

Exemplo 2 – Probabilidades Limite

2121 PP4/34/1

2/12/1PP

sDependenteeLinearmentEqs. P)4/3(P)2/1(P

P)4/1(P)2/1(P

221

121

Mas, sabe-se que P1 + P2 = 1

1PP

PP)4/1(P)2/1(

21

121

3333,0)4/3(

)4/1(P1 6667,0

)4/3(

)2/1(P2 Probabilidades limite


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Exemplo 2 - Probabilidades Limite

A condição inicial modifica as probabilidades transitórias, mas não

as probabilidades limite, que permanecem as mesmas.

Probabilidades de estado em função

das condições iniciais: estado 1 ou 2

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Tempo

P(1) 1

P(2) 0

P(1) 0

P(2) 1


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Aplicação de Cadeias de Markov: umcomponente sujeito a renovação

Processos a Parâmetros Contínuos e Estados Discretos, comrestauração (possibilidade de reparo – taxa de reparo ).

Seja um sistema com um único componente sujeito àrenovação com taxas de falha e reparo caracterizadas pordistribuições exponenciais:

Operando

(1)

Falhado

(2)

1-

1-


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Probabilidades limite

2121 PP)1(

)1(PP

1

TM1 1

TM2

L.D.Eqs. P)1(PPPP)1(P221

121

Mas, sabe-se que P1 + P2 = 1

1PP

0PP

21

21

TMPR TMPF

TMPFP1

TMPR TMPF

TMPR P2

Lembrando:

1

TMPF

1

TMPR


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Exemplo 2 - Continuação

Sabendo que “taxa de falha” igual a 1/2 (probabilidade detempo mudar de bom para ruim) e que “taxa de reparo” igual a1/4 (probabilidade de tempo mudar de ruim para bom, asprobabilidades limites de cada estado (1- tempo bom e 2 –

tempo ruim) serão:

3/14/12/1

4/1P1 3/2

4/12/1

2/1P2


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29

Probabilidades transitórias

Influenciadas pelas condições iniciais (P10 + P2

0 = 1).

Se houver necessidade de calculá-las:

1

0

2

0

1

t)(0

2

0

1

t

1 PPP

e

PPP

2

0

1

0

2

t)(0

2

0

1

t

2 PPPe

PPP


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Disponibilidade e Indisponibilidade

Disponibilidade A(t) (Availability): probabilidade doelemento estar disponível em qualquer tempo, em umprocesso sujeito a reparo.

Indisponibilidade U(t) (Unavailability): A(t) + U(t) = 1

A(t)

1U(t)

1


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Aplicação de Cadeias de Markov: 2componentes sujeitos a renovação

Seja um sistema com dois componentes sujeitos à renovaçãocom taxas de falha e reparo caracterizadas por distribuiçõesexponenciais:

OP – em operação; NOP – Fora de operação.

OP

OP

OP

NOP

NOP

NOP

1 322

2


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33

Exemplo 3

Suponha um gerador elétrico que tenha taxas de falha e dereparo constante:

= 0,001 falhas/hora; = 0,49 ocorrências/hora

Calcule as probabilidades limite do gerador estar nos estadosde operação e não operação.

99796,049,0001,0

49,0Poperar

00204,049,0001,0

001,0P operar não


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34

Exemplo 4

Sejam agora dois geradores elétricos idênticos, que tenhamtaxas de falha e de reparo constante:

= 0,001 falhas/hora; = 0,49 ocorrências/hora

Calcule as probabilidades limite do sistema formado pelosdois geradores estar nos estados: ambos operando, apenasum operando, nenhum operando.

9959,0

)49,0001,0(

49,0P

2

2

2

2

1

0041,0

)49,0001,0(

49,0001,022P

222

0

)49,0001,0(001,0P

2

2

2

2

3

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