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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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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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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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Principais modelos de falha
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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Principais modelos de falha
3) Curva usual para risco de falha: curva da banheira
Z(t)
Vida útil
EnvelhecimentoQueima
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Principais modelos de falha
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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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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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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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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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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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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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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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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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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