Rozwiązania kolokwium: grupa A

Kolokwium 1 z kursu „Modele statystyczne niezawodności systemów”
ROZWIĄZANIA
Do wykonania jest 5 zadań. W sumie, można uzyskać 25 punktów. Na napisanie kolokwium mają Państwo
70 minut. Proszę wykonywać każde zadanie na osobnej kartce. Kartki należy ponumerować i podpisać (imię,
nazwisko i nr indeksu).
Nr zadania 1 2 3 4 5 Σ
Punkty:
Zadanie 1 (5 pkt.) Czas zdatności pewnego urządzenia ma rozkład Frécheta o gęstości danej wzorem
f (t) =
α
β
α α+1
β
β
exp −
,
t
t
gdzie t ­ 0 i α, β > 0.
1. Podaj definicję funkcji przeżycia. Wyznacz funkcję przeżycia zmiennej losowej z rozkładu Frécheta.
α
2. Wyznacz związek rozkładu Frécheta z rozkładem Weibulla o dystrybuancie F (x) = 1−exp {− (λt) } , t ­ 0.
Wsk.: Spójrz dokładnie na wzory dystrybuant obu rozkładów. Jakie widzisz podobieństwa?
3. Zaproponuj metodę symulacji zm. losowej z rozkładu Frécheta. Napisz pseudokod.
Rozwiązanie zad. 1
1. Funkcja przeżycia lub inaczej funkcja niezawodności to R(t) = P (T > t), gdzie T jest zmienną losową
opisującą czas bezawaryjnej pracy urządzenia.
Dla rozkładów ciągłych o gęstości f mamy zależność
Z ∞
R(t) =
f (u)du.
t
Liczymy funkcję niezawodności dla rokładu Frécheta:
Z
∞
α
β
Z
0
R(t) =
t
=−
( βt )
α+1
α α+1
β α
β
β
α β
exp −
du = = s,
du = ds
u
u
u
β u
Z ( βt )α
α
−( βt )
−s
−s
e
ds
=
e
ds
=
1
−
e
α
0
2. Niech W oznacza zmienną losową o rozkł. Weibulla zaś F z rozkładu Frécheta.
β
α
α
P (F > t) = 1 − e−( t ) = 1 − e−(β t ) = P (W <
Stąd F =
1
W
1
1
1
) = P(
> t)
t
W
wg rozkładu. Należy dodać, że β = λ.
β
α
3. Symulacja metodą odwróconej dystrybuanty. Skoro y = e−( t ) to t =
β
1 .
(− ln(y)) α
PSUDOKOD
(a) ustaw β i α
(b) U =rand();
(c) T = β/(− log(U ))∧ (1/α)
Zadanie 2 (5 pkt.) Intensywność awarii pewnego urządzenia dana jest wzorem
λ(t) = 2t (t + 1)α , t ­ 0.
1. Narysuj wykres intensywności awarii typu Bathtube i objaśnij go w szczegółach.
2. Zbadaj monotoniczność intensywności awarii danej wzorem (1).
1
(1)
Rozwiązanie zad. 2
1. Intensywność typu Bathtube jest najczęściej spotykanym wykresem w rzeczywistości. Można ją podzielić
na trzy charakterystyczne części. Część pierwsza to okres malejącej intensywności awarii. Nazywamy to
czasem docierania się elementów. Eliminowane są elementy o małej niezawodności. W drugim przedziale
intensywność awarii jest w przybliżeniu stała i ten okres nazywamy okresem normalnej eksploatacji elementów. W trzecim okresie intensywność awarii rośnie i jest to okres starzenia się elementów.
UWAGA: Wykres w argumencie 0 musi przyjmować wartość skończoną. Rysowanie wykresu, który nie
dotyka osi pionowej jest błędem.
2. Policzmy pochodną intensywności λ
0
t
α
t
λ (t) = 2 ln(2)(t + 1) + 2 α(t + 1)
Oznaczmy φ(t) = ln(2) +
α
t+1 .
α−1
t
= 2 (t + 1)
α
α
ln(2) +
t+1
Wystarczy zbadać znak tej funkcji.
φ(t) > 0
α
>0
ln(2) +
t+1
−α
t+1>
ln(2)
−α
t>
−1
ln(2)
−α
−1
t∗ =
ln(2)
Sprawdzamy dla jakich α punkt t∗ należy do dziedziny funkcji, czyli kiedy t∗ > 0. Jest to spełnione dla
α < − ln(2). Zatem:
• dla α < − ln(2) mamy intensywność typu Bathtube
• dla α > − ln(2) mamy IFR
Zadanie 3 (6 pkt.) Załóżmy, że oczekiwany pozostały czas życia odpowiadający rozkładowi pewnej zmiennej
losowej wyrażony jest za pomocą funkcji E(t).
1. Jaki warunek musi spełniać funkcja E(t), aby była oczekiwanym pozostałym czasem życia pewnej zmiennej
losowej?
1
2. Które z funkcji E1 (t) = t, E2 (t) = et , E3 (t) = t+1
oraz E4 (t) = e−2t mogą być oczekiwanym czasem życia
pewnej zmiennej losowej? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie zad. 3
1. Oczekiwany pozostały czas życia to funkcja która mówi, ile czasu możemy spodziewać się, że upłynie od
obecnej chwili t do pewnego zdarzenia pod warunkiem, że zdarzenia dotąd nie odnotowano.
E(t) = E[T − t|T > t]
co dla funkcji mających gęstość jest dane za pomocą wzoru
R∞
R(x)dx
E(t) = t
R(t)
2
Oznaczmy:
Z
∞
K(t) =
R(x)dx
t
Wtedy
E(t) =
K(t)
−K 0 (t)
Gdzie zauważmy, że −K 0 (t) = R(t). Dostajemy równanie różniczkowe:
K 0 (t)
1
=−
K(t)
E(t)
z warunkiem początkowym K(0) =
R∞
0
R(x)dx = ET = E(0). Całkując mamy:
Z
t
du
E(u)
0
Z t
du
K(t) = E(0) exp −
0 E(u)
ln(K(t)) − ln(K(0)) =
−
Oraz dostajemy, że
R(t) = −K 0 (t) =
f (t) = −R0 (t) = K 00 (t) = −
Z t
K(t)
1
du
=
E(0) exp −
E(t)
E(t)
0 E(u)
K 0 (t)E(t) − K(t)E 0 (t)
K(t)E 0 (t) + K(t)
K(t)(E 0 (t) + 1)
=
=
E 2 (t)
E 2 (t)
E 2 (t)
Zauważmy, że E(0) > 0 bo gdyby E(0) = 0 to dostalibyśmy rozkład skupiony w zerze.
Oczywiście R(0) = 1. Sprawdzamy granicę w nieskończoności:
lim R(t) = 0
t→∞
Z t
1
du
exp −
=0
t→∞ E(t)
0 E(u)
lim
co można przekształcić (nakładając logarytm naturalny) do postaci:
Z t
du
=∞
lim ln(E(t)) +
t→∞
E(u)
0
Ponieważ gęstość musi być nieujemna dostajemy, że
K(t)(E 0 (t) + 1)
­0
E 2 (t)
E 0 (t) + 1 ­ 0
E 0 (t) ­ −1
Stąd warunki:
• E(0) > 0
• limt→∞ ln(E(t)) +
R t du
=∞
0 E(u)
• E 0 (t) ­ −1
UWAGA: Warunków nie trzeba było wyprowadzać. Od momentu jak została wprowadzona funkcja E(t)
na zajęciach prowadzący sugerował, aby przeliczyć to samemu w ramach zadania domowego. Wystarczyło
zatem je podać.
2. Funkcja E1 (t) nie spełnia warunku pierwszego (E(0) = 0). Funkcja E4 (t) nie spełnia warunku trzeciego
(pochodna nie dla każdego t jest większa bądź równa -1). Sprawdzamy E2 (t)
• E2 (0) = 1 > 0
Rt
• limt→∞ t + 0 e−u du = limt→∞ t + 1 − e−t = ∞
• (et )0 = et > 0 ­ −1
3
Sprawdzamy E3 (t)
• E3 (0) = 1 > 0
• limt→∞ − ln(t + 1) +
1 0
) =
• ( t+1
−1
(t+1)2
Rt
0
u + 1du = limt→∞ − ln(t + 1) + t2 + t ­ limt→∞ 21 t2 = ∞
­ −1
Zatem funkcje E2 (t) oraz E3 (t) mogą być oczekiwanym pozostałym czasem życia.
Zadanie 4 (5 pkt.) W serwisie samochodowym przy wymianie amortyzatorów notowano jak długo pracował
bezawaryjnie każdy z nich. Wiadomo, że amortyzatory pochodziły z jednej partii produkcyjnej . Zanotowano
następujące wartości (w miesiącach): 115,138,117,123,121,113,124,109.
Do modelowania niezawodności systemowej użyj rozkładu Rayleigha:
2
F (t) = 1 − e−λt , t ­ 0. Można w tym zadaniu wykorzystać kalkulator
naukowy lub program Matlab
1. Zaproponuj metodę estymacji parametru λ oraz wyznacz wartość estymatora.
2. Po jakim czasie psuła się połowa amortyzatorów?
3. Producent udzielił na produkt gwarancji 4 lat licząc przy tym, że nie
będzie miał więcej niż 10% zwrotów. Czy słusznie zrobił?
Rozwiązanie zad. 4
1. Estymator wzynaczymy metodą momentów.
Z
∞
ET =
e
−λx2
dx =
√
0
1
1
2π √ √
2λ 2π √12λ
1
Z ∞ −
2
e
x
√1
2λ
!2
√
dx =
0
2π 1
1
√ =
2
2
2λ
r
π
λ
Czyli ostatecznie otrzymujem estymator:
2
b= π
λ
2
4T
gdzie T = 120 jest średnią z próby.
b≈
λ
3.142
= 0.0000545 = 5.45 · 10−5 .
4 · 14400
2. Liczymy medianę t0.5
R(t0.5 ) = 0.5
2
e−λt0.5 = 0.5
t0.5
λt20.5 = ln(2)
r
ln(2)
=
≈ 112.73
λ
gdzie czas jest w miesiącach.
3. Liczymy kwantyl:
R(t0.1 ) = 0.9
2
e−λt0.1 = 0.9
λt20.1 = ln(10) − ln(9)
r
ln(10) − ln(9)
t0.1 =
≈ 44
λ
gdzie czas jest w miesiącach. Zatem każdy okres gwarancji krótszy niż 44 miesiące (3 lata i 8 miesięcy)
jest korzystny dla producenta. 4 letni okres gwarancji (48 miesięcy) nie spełnia założeń, zatem decyzja
producenta jest zła.
4
Zadanie 5 (4 pkt.) Zbadano częstość pękania nitów na łączeniu blachy. Okazało
się, że intensywność pęknięć w ciągu kilku dni była różna każdego dnia i nieregularna.
W poszczególnych dniach uzyskano następujące wyniki: 6, 2, 9, 10, 7, 4, 3, 8, 6, 4, 9. Oszacuj funkcję niezawodności
tych nitów.
Rozwiązania zad. 5 Ponieważ intensywność pęknięć jest nieregularna, więc nie można jej lepiej oszacować
niż przez minimalną i maksymalną wartość.
2 ¬ λ(t) ¬ 10
Stąd:
e
−10t
Z
¬ R(t) = exp{−
t
λ(u)du} ¬ e−2t
0
Co należało pokazać.
Powodzenia,
Marek Skarupski.
5