FIAB Culegerede Probleme

Fiabilitatea sistemelor energetice:Aplicat, ii n evaluarea sigurant,ei n

funct, ionare a infrastructurilor critice

A.P. ULMEANU

July 24, 2009

Prefat, a

Lucrarea de fat, a s, i propune sa ofere student, ilor dinuniversitat, ile tehnice un ghid privind elementele de baza aleaplicat, iilor cursului de Fiabilitate. Prin cont, inutul sau pronunt,ataplicativ, cursul permite prezentarea metodelor matematice fo-losite frecvent n domeniul analizelor probabilistice de risc s, iperformabilitate ale infrastructurilor de producere, transport s, idistribut, ie a energiei.

Fiecare capitol al lucrarii cont, ine att aplicat, ii rezolvate ct s, iaplicat, ii propuse, care reiau principalele tipuri de probleme prac-tice ale temei abordate.

Autorul este recunoscator colegilor ingineri sau matemati-cieni pentru orice sugestie de natura conferirii unui plus de adap-tare la specificul pregatirii viitorilor ingineri din domeniul infra-structurilor critice, cu precadere cel al energiei.

1

Lista figurilor

1.1 Reprezentarea operat, iilor cu evenimente (dia-grama Venn) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.2 Ret,ea bayesiana pentru 3 evenimente . . . . . . . . 171.3 Reprezentare prin diagrama Venn . . . . . . . . . . 171.4 Ret,ea bayesiana pentru 3 evenimente . . . . . . . . 201.5 Reprezentare prin diagrama Venn . . . . . . . . . . 211.6 Definit, ia s, i densitat, ile de probabilitate ale v.a. X s, i Y 451.7 Probabilitatea de ntlnire ca funct, ie de momentul t 461.8 Probabilitatea condit, ionata . . . . . . . . . . . . . . 481.9 Cele doua v.a. X, Y s, i trei cazuri analizate . . . . . . 501.10 Intensitatea de reparare . . . . . . . . . . . . . . . . 531.11 Intensitatea de reparare - reprezentare n coordo-

nate logaritmice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531.12 Calculul grafic al probabilitat, ii . . . . . . . . . . . . 54

2.1 Densitatea apriori de probabilitate a v.a. p . . . . . . 582.2 Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p . . . . 592.3 Densitatea apriori de probabilitate a v.a. p . . . . . . 602.4 Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p . . . . 60

3.1 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.2 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2

LISTA FIGURILOR 3

3.3 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului G . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.1 Retea electrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764.2 Sistemul electric analizat . . . . . . . . . . . . . . . . 934.3 Schema de calcul (pasul 2). Sursele de energie fic-

tive de la nivelul barelor B3, respectiv B4 au indi-catorii calculati la nivelul acestor bare . . . . . . . . 97

4.4 Schema de calcul - cazul x7 = 1 . . . . . . . . . . . . 984.5 Schema de calcul - cazul x7 = 0 . . . . . . . . . . . . 984.6 Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesu-

lui (nod 0) in punctul de racord R1 printr-o Dia-grama de Decizie Binara - cazul x7 = 0 . . . . . . . 99

4.7 Modelarea succesului (nod 1), respectiv insuccesu-lui (nod 0) in punctul de racord R1 printr-o Dia-grama de Decizie Binara - cazul x7 = 1 . . . . . . . 125



4.10 Sistem echivalent pentru calculul aproximativ alprobabilitatii de succes . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

4.11 Sistemul electric analizat . . . . . . . . . . . . . . . . 1284.12 Arborele de evenimente . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.13 Determinarea disponibilitat, ii sistemului de securi-

tate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1294.14 Probabilitatea de aparit, ie a evenimentului TOP . . . 1304.15 Sistemul de detectare a scaparilor de gaze . . . . . . 1304.16 Arbore de defectari pentru sistemul de detectare a

scaparilor de gaze -1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1314.17 Arbore de defectari pentru sistemul de detectare a

scaparilor de gaze -2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4 LISTA FIGURILOR

4.18 Sistemul radial de distributie a energiei electrice . . 132

Lista tabelelor

1.1 Valorile funct, iei de repartit, ie binomiale F(n, q)pentru q = 0, 001 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.1 Tabela de adevar pentru evenimentul E . . . . . . . 683.2 Tabela de adevar pentru evenimentul F . . . . . . . 693.3 Tabela de adevar pentru evenimentul G . . . . . . . 69

4.1 Tabela de adevar pentru evenimentul 1 . . . . . . . 774.2 Tabela de adevar pentru evenimentele S3, S4, res-

pectiv SUCCES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244.3 Datele de intrare pentru calculul indicatorilor la ni-

velul barei B3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1254.4 Calculul frecventei asteptatate de intrerupere

punct de racord R1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1264.5 Calculul frecventei asteptatate de intrerupere

punct de racord R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1274.6 Indicatorii de fiabilitate pentru componentele sis-

temului radial de distributie din figura 4.18 . . . . . 130

5

Cuprins

Lista figurilor 6

Lista tabelelor 9

Cuprins 10

1 Evenimente, probabilitat, i s, i distribut, ii 131.1 Aplicat, ii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2 Operat, ii cu evenimente aleatoare . . . . . . . . 131.3 Distribut, ii discrete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.4 Distribut, ia exponent, iala . . . . . . . . . . . . . . 421.5 Distribut, ia uniforma . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.6 Distribut, ia normala . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.7 Distribut, ia lognormala . . . . . . . . . . . . . . . 511.8 Aplicat, ii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2 Estimari statistice 572.1 Aplicat, ii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572.2 Aplicatii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3 Fiabilitate s, i mentenant, a 653.1 Metode probabiliste . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4 Analiza sistemelor 754.1 Aplicatii rezolvate . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

6

CUPRINS 7

4.2 Diagrame logice si de decizie binara . . . . . . . 754.3 Taieturi si trasee minimale . . . . . . . . . . . . . 1034.4 Arbori de evenimente . . . . . . . . . . . . . . . . 1094.5 Arbori de defectari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.6 Graful starilor, procese markoviene . . . . . . . 1144.7 Indicatori de performabilitate . . . . . . . . . . 1174.8 Aplicatii propuse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

5 Bibliografie 133

1Evenimente, probabilitat, is, i distribut, ii

1.1 Aplicat, ii rezolvate

1.2 Operat, ii cu evenimente aleatoare

1. Fie A, B s, i C trei evenimente aleatoare. Dat, i o forma simplifi-cata pentru urmatoarele evenimente :1)(A B) (A C);2)(A B) (A C);3)(A B) (A B);4)(A B) (A C).Solut, ie.1) Se noteaza cu NX numarul de cazuri favorabile evenimen-tului X. Avem urmatoarele relat, ii :

NAB = NABC + NABC (1.1)

NAC = NABC + NABC (1.2)

9

10 CAP. 1. EVENIMENTE, PROBABILITAT, I S, I DISTRIBUT, II

Fig. 1.1 Reprezentarea operat, iilor cu evenimente (diagramaVenn)

Rezulta :

N(AB)(AC) = NABC + NABC + NABC (1.3)

2) Similar, (A B) (AC) = A (BC) = A (A BC).3) Avem A B = A (A B), respectivA B = A (A B).Fie evenimentul imposibil, respectiv E evenimentul sigurE = .Avem relat, iile : A A = , A = A, A E = E respectivA = .Rezulta : (A (A B)) (A (A B)) = (A B) (A B)4) Avem (A B) (A C) = (A (A B)) (A C).Rezulta : (A (A B)) (A C) = (A C) (A B).

2. Exprimat, i evenimentele urmatoare cu ajutorul evenimentelorA, B, C s, i a operat, iilor de reuniune, intersect, ie, respectiv com-plementaritate :1) Cele trei evenimente A, B s, i C sunt realizate ;2) A s, i B sunt realizate, dar nu s, i C ;3) A s, i C sunt realizate, dar nu s, i B ;4) B este realizat, dar nici unul din celelalte doua ;

1.2. OPERAT, II CU EVENIMENTE ALEATOARE 11

5) A este realizat s, i cel put, in unul din celelalte doua eveni-mente ;6) Cel put, in unul din cele trei evenimente este realizat ;7) Exact unul dintre evenimente este realizat ;8) Cel mult unul din evenimente este realizat.Solut, ie.

A B C (1.4)

A B C (1.5)

A B C (1.6)

A B C (1.7)

A (B C) (1.8)

(A B C) (1.9)

(A B C) (B A C) (C A B) (1.10)

(A B) (B C) (A C) (1.11)

3. Fie p probabilitatea de realizare a oricaruia din evenimen-tele A, B sau C, considerate trei evenimente independente.Exprimat, i probabilitat, ile de mai sus.Raspuns.1) P(A B C) = p3 ;2) P(A B C) = p2(1 p) ;


3) P(A B C) = p2(1 p) ;4) P(A B C) = p(1 p)2 ;5) P(A (B C)) = p(2p p2) ;6) P(A B C) = 1 (1 p)3 = p3 3p2 + 3p ;7) P((A B C) (B A C) (C A B)) = 3p(1 p)2 ;8) P((A B) (B C) (A C)) = (1 p)3 + 3p(1 p)2 =2p3 3p2 + 1.

4. Fie 3 evenimente aleatoare A, B, C. A reprezinta "Diferent, adepas, ita de temperatura superioara / inferioara carcasa tur-bina ", B reprezinta "Temperatura neadecvata ulei ungerelagare turbina". Evenimentele A s, i B sunt independente. C re-prezinta evenimentul "Vibrat, ii depas, ite turbina".Daca A s, i B sunt aparute, atunci probabilitatea aparit, iei lui Ceste 0, 6, respectiv P(C|A B) = 0, 6.Daca A este aparut, dar B nu este aparut, atunci probabilitateaaparit, iei lui C este 0, 2 - respectiv P(C|A B) = 0, 2, aceeas, i s, in cazul A nu este realizat, B este realizat, respectiv P(C|A B) = 0, 2.Daca att A ct s, i B nu sunt realizate, atunci se considera ca Cnu poate apare, respectiv P(C|A B) = 0.Dependent,a ntre C s, i evenimentele A s, i B este prezentata nfigurile 1.2 s, i 1.3.Sa se calculeze, n ipoteza probabilitat, ii aparit, iei evenimentu-lui A de 0, 1 respectiv a probabilitat, ii aparit, iei evenimentul Bde 0, 2 :a) probabilitatea aparit, iei evenimentului C ;b) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa fie aparut ?c) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul A sa fie aparut ?d) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca


Fig. 1.2 Ret,ea bayesiana pentru 3 evenimente

Fig. 1.3 Reprezentare prin diagrama Venn


att evenimentul A ct s, i B sa fie aparute ?

Solut, ie.a) T, innd seama de relat, ia logica ntre evenimentele A, B s, i Creprezentata n figura 1.3, rezulta

P(C) = P(A B) P(C|A B) + P(A B) P(C|A B) ++P(A B) P(C|A B)

P(C) = 0, 1 0, 2 0, 6 + 0, 9 0, 2 0, 2 + 0, 1 0, 8 0, 2 = 0, 064

b) Avem relat, ia

P(B|C) = P(B C)/P(C) = P(B)P(C|B)/P(C)

n condit, iile n care B este realizat, atunci C se poate realizampreuna cu A sau fara a se fi realizat A :

P(C|B) = P(A) P(C|A B) + P(A) P(C|A B)

Numeric, se obt, ine :

P(C|B) = 0, 1 0, 6 + 0, 9 0, 2 = 0, 24

RezultaP(B|C) = 0, 2 0, 24/0, 064 = 0, 75

c) Avem relat, ia P(A|C) = P(AC)/P(C) = P(A)P(C|A)/P(C)n condit, iile n care A este realizat, atunci C se poate realizampreuna cu B sau fara a se fi realizat B :

P(C|A) = P(B) P(C|A B) + P(B) P(C|B A)



P(C|A) = 0, 2 0, 6 + 0, 8 0, 2 = 0, 28

RezultaP(A|C) = 0, 1 0, 28/0, 064 = 0, 4375

d) Avem relat, ia

P(AB|C) = P(ABC)/P(C) = P(AB)P(C|AB)/P(C)

unde :

P(A B) = 0, 1 0, 2 = 0, 02

P(C|A B) = 0, 6

P(C) = 0, 064

Rezulta

P(A B|C) = 0, 02 0, 6/0, 064 = 0, 1875

Remarca.Prin enunt, avem P(C|A B) = 0. Reciproc P(A B|C) = 0.Cum A B = A B, rezultan acest caz P(A B|C) = 1.Se verifica as, adar pe baza rezultatelor obt, inute, relat, iaP(A|C) + P(B|C) P(A B|C) = 1.

5. Fie 3 evenimente aleatoare A, B, C.A reprezinta "Presiune mica ulei ungere lagare turbina",B reprezinta "Temperaturaneadecvata ulei ungere lagare tur-bina". Evenimentele A s, i B sunt dependente.


Daca evenimentul B este aparut, atunci evenimentul A aparecu o probabilitate egala cu 0, 15, iar daca evenimentul B nu esteaparut, atunci evenimentul A apare cu o probabilitate egala cu0, 05.C reprezinta evenimentul "Vibrat, ii depas, ite turbina".Daca A s, i B sunt aparute, atunci probabilitatea aparit, iei lui Ceste 0, 5 respectiv P(C|A B) = 0, 5.Daca A este aparut, dar B nu este aparut, atunci probabilitateaaparit, iei lui C este 0, 2 - respectiv P(C|A B) = 0, 2, aceeas, i s, in cazul A nu este realizat, B este realizat, respectiv P(C|A B) = 0, 2.Daca att A ct s, i B nu sunt realizate, atunci P(C|A B) = 0, 1.Dependent,a ntre C s, i evenimentele A s, i B este prezentata nfigurile 1.4 s, i 1.5.

Fig. 1.4 Ret,ea bayesiana pentru 3 evenimente

n ipoteza probabilitat, ii aparit, iei evenimentului A egala cu0, 1, sa se exprime :a) probabilitatea aparit, iei evenimentului C ;b) daca evenimentul A nu a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa fie aparut ?c) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa fie aparut ?d) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca


evenimentul A sa fie aparut ?e) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea ca attevenimentul A, ct s, i B sa fie aparute ?f) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul A sa fie aparut, dar B sa nu fie aparut ?g) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa nu fie aparut, dar A sa fie aparut ?h) daca evenimentul C a aparut, care este probabilitatea caevenimentul B sa nu fie aparut, iar A sa nu fie aparut ?

Solut, ie.

Fig. 1.5 Reprezentare prin diagrama Venn

a) T, innd seama de relat, ia logica ntre evenimentele A, B s, i Creprezentata n figura 1.5, rezulta

P(C) = P(A B) P(C|A B) + P(A B) P(C|A B) ++P(A B) P(C|A B) + P(A B) P(C|A B)


T, innd seama ca evenimentul A se poate realiza fie mpreunacu evenimentul B, fie mpreuna cu evenimentul B, rezulta :

P(A) = P(B)P(A|B) + P(B)P(A|B)

Pentru datele din enunt, avem :

P(B) = (P(A) P(A|B))/(P(A|B) P(A|B)) == (0, 1 0, 05)/(0, 15 0, 05) = 0, 5

Avem relat, ia

P(B|A) = P(B)P(A|B)/P(A)

unde :P(A) = 0, 1 ; P(A|B) = 0, 15 ; P(B) = 0, 5.Rezulta :

P(B|A) = 0, 5 0, 15/0, 1 = 0, 75

Similar, avem


unde :P(A) = 0, 1 ; P(A|B) = 0, 05 ; P(B) = 0, 5.Rezulta :

P(B|A) = 0, 5 0, 05/0, 1 = 0, 25

Rezulta P(C) = 0, 175b) Avem relat, ia


unde :


e) Avem relat, ia

P(A B|C) = P(A B C)/P(C) == P(A B)P(C|A B)/P(C)

unde :P(A B) = 0, 1 0, 75 = 0, 075 ; P(C|A B) = 0, 5 ;P(C) = 0, 175.Rezulta

P(A B|C) = 0, 075 0, 5/0, 175 = 0, 214286

f) Avem relat, ia



P(A B) = P(B)P(A|B) = 0, 5 0, 05 = 0, 025

Rezulta

P(A B|C) = 0, 025 0, 2/0, 175 = 0.028571

g) Avem relat, ia



P(A B) = P(A)P(B|A) = 0, 9 0, 472222 = 0, 425

1.3. DISTRIBUT, II DISCRETE 21

Rezulta

P(A B|C) = 0, 425 0, 2/0, 175 = 0, 485714

h) Avem relat, ia



P(A B) = P(B)P(A|B) = 0, 5 0, 95 = 0, 475

Rezulta

P(A B|C) = 0, 475 0, 1/0, 175 = 0, 271429

Remarca. n relat, ie directa cu figura 1.5 s, i cu rezultateleobt, inute, se verifica relat, iile :

P(A B|C) + P(A B|C) = P(A|C)P(A B|C) + P(B A|C) = P(B|C)P(A|C) + P(B|C) P(A B|C) + P(A B|C) = 1

1.3 Distribut, ii discrete

6. O banca are L = 1000 de client, i, fiecare cu un depozit de 1000de lei. Probabilitatea ca un client sa-s, i retraga cei 1000 lei ntr-ozi este de q = 0, 001. Care este nivelul minim de lichiditate pecare banca trebuie sa-l aiba disponibil ntr-o zi oarecare pentrua satisface cererile cotidiene de retragere ? Managementul ban-cii impune un nivel de 99, 9% de satisfact, ie a client, ilor. Altfel


spus, 999 de client, i din 1000 sa aiba s, ansa de a avea un raspunspozitiv la cererea lor. Premiza : client, ii bancii au o viat, a linis, tita,nu se preocupa unul de celalalt s, i nu intra n panica.Solut, ie.Fie N numarul de client, i care doresc sa-s, i retraga depozitul de1000 lei n aceeas, i zi. n premizele expuse n enunt, , N urmeazao distribut, ie binomiala Bin(L, p) de parametrii L = 1000 s, iq = 0, 001 :

P(N = 0) = pL = (1 0, 001)1000 = 0, 367695

P(N = 1) = C1Lq(1 q)L1 = 0, 368063

.....

P(N = k) = CkLqk(1 q)Lk

.....

Fie Smin nivelul minim de lichiditate cerut n enunt, s, i fie Ssuma dorita de catre client, i a fi retrasa ntr-o zi oarecare.Conform enunt,ului, dorim ca n 99, 9% din cazuri sa avemacoperita suma dorita, respectiv S < Smin :

P(S < Smin) = 0, 999

Pe de alta parte, fiecare client de acest tip ar dori sa retraga1000 lei, deci S = N 1000.Avem :

P(N [Smin/1000]) = 0, 001


Tabel 1.1 Valorile funct, iei de repartit, ie binomiale F(n, q)pentru q = 0, 001

n F(n, q) n F(n, q)0 0,367695 1 0,735758n F(n, q) n F(n, q)2 0,91979 3 0,981072n F(n, q) n F(n, q)4 0,9963619 5 0,9994107

respectivP(N < [Smin/1000]) = 0, 999

unde N Bin(L, q).Pentru un numar ntreg n dat, fie :

F(n, q) =n1k=0

CkL(1 q)kqLk = Prob(N < n)

Se cauta valoarea lui n, astfel nct n este parte ntreaga dinF1(0, 999, q = 0, 001) plus 1. Dupa cum se observa n tabelul1.1, valoarea cautata a lui n este 5.n concluzie, nivelul minim de lichiditate este Smin este 5000lei.Observat, ie. n Mathematica urmatoarele linii calculeaza directvaloarea ceruta a cuantilei :


Smin2=21000 lei.

8. Cum se modifica suma minima de mai sus, daca banca ar aveaL = 1000000 de client, i, iar nivelul de semnificat, ie ar scade la99% ?Solut, ie. BD3=BinomialDistribution[1000000,0.001] ;Nmin3=Quantile[BD3,0.99] ;Smin3=1074000 lei.Remarca. Pentru valori mari ale lui L se poate utiliza relat, ia :CkL p

k(1 p)Lk e k/k! pentru orice k 0, cu = L q. = L q = 106 103 = 103PD = PoissonDistribution[] ;Nmin4=Quantile[PD,0.99] ;Smin4=1074000 lei.

9. n fiecare an, independent de alt, i ani, un s, ofer are probabili-tatea p de a avea un accident (daca este un barbat), respectivq daca este o femeie. O companie de asigurari are un numaregal de s, oferi asigurat, i barbat, i, respectiv femei. Un asigurateste ales aleator.

i) Care este probabilitatea ca acel asigurat sa fi avut unaccident ntr-un an ?

ii) Aratat, i ca probabilitatea ca acest asigurat sa fi avutdoi ani consecutivi accident este (p2 + q2)/2 ;

iii) Din lista celor care au avut un accident n anul res-pectiv, se extrage aleator un nume. Care este proba-bilitatea ca acel asigurat sa fi avut un accident s, i ncel de-al doilea an ?

iv) Care este probabilitatea ca un s, ofer care a avut naccidente anuale consecutive sa fie barbat ? Dar fe-meie ?


Solut, ie.Compania de asigurari are un numar egal de asigurat, i femei/ barbat, i. n consecint, a, probabilitat, ile de a alege aleator unbarbat, respectiv o femeie din lista celor asigurat, i sunt egalentre ele s, i egale cu 0,5, adica P(F) = P(B) = 0, 5.Din teorema probabilitat, ilor totale rezulta probabilitatea caasiguratul ales aleator sa fi avut un accident n anul respec-tiv :

P(A) = P(B) P(A|B) + P(F) P(A|F) = 0, 5 (p + q) (1.12)

Fie A1 evenimentul "asiguratul ales a avut un accident n pri-mul an", respectiv A2 evenimentul "asiguratul respectiv a avutun accident n al doilea an". Se dores, te evaluarea probabilitat, iiP(A1 A2).Conform teoremei probabilitat, ilor totale avem relat, ia :

P(A1 A2) = P(A1 A2|B) P(B) + P(A1 A2|F) P(F)(1.13)

undeP(A1 A2|B) = P(A1|B) P(A2|B) (1.14)

respectiv

P(A1 A2|F) = P(A1|F) P(A2|F) (1.15)

P(A1 A2) = 0, 5 (p2 + q2) (1.16)

n acest caz se dores, te evaluarea probabilitat, ii P(A2|A1).Avem :

P(A2|A1) = P(A1 A2)/P(A1) = (p2 + q2)/2 2/(p + q)(1.17)


Rezulta :P(A2|A1) = (p2 + q2)/(p + q) (1.18)

10. ntr-o zi sunt planificate sa funct, ioneze n Sistemul EnergeticNat, ional un numar egal de hidrogeneratoare, respectiv turbo-generatoare. n fiecare ora, independent de alte ore, probabili-tatea de a avea o avarie la un grup hidrogenerator este aceeas, iq1 = 0, 005, respectiv aceleas, i premize pentru un grup turbo-generator, dar q2 = 0, 01. La sfrsitul unui zile, un grup esteales aleator din lista respectiva programata sa opereze n SEN.

i) Care este probabilitatea de a fi ales un grup care asuferit o avarie n respectiva zi ?

ii) Care este probabilitatea ca grupul ales sa aiba o ava-rie n primele 12 ore din ziua respectiva ?

iii) Care este probabilitatea ca un grup care a avut oavarie n ziua respectiva sa fie hidrogenerator ?

iv) Care este probabilitatea ca un grup care a avut oavarie n ziua respectiva sa fie turbogenerator ?

v) ntr-un minut oarecare, care este probabilitatea de aavea o avarie la un turbogenerator ?

vi) ntr-un minut oarecare, care este probabilitatea de aavea o avarie la un hidrogenerator ?

Solut, ie.i) Fie H evenimentul "grupul ales este hidrogenerator", respec-tiv T evenimentul "grupul ales este turbogenerator". Evident,H s, i T sunt doua evenimente mutual exclusive (incompati-bile) : H T = .Fie A evenimentul "grupul ales a suferit o avarie n respectivazi". Acest eveniment se poate realiza fie mpreuna cu H, fiempreuna cu T :

A = (A H) (A T)


Evident, evenimentele A H s, i A T sunt mutual exclusive.Aplicnd teorema probabilitat, ilor totale, rezulta :

P(A) = P(H) P(A|H) + P(T) P(A|T)

Data fiind ipoteza unui numar egal de hidrogeneratoare / tur-bogeneratoare, avem P(H) = P(T) = p = 0, 5Pe de alta parte, probabilitatea ca ntr-o zi un hidrogeneratorsa funct, ioneze cu succes este data de relat, ia :

P(A|H) = (1 q1)24 = 0, 886653

respectiv, disponibilitatea unei zile la nivelulul unui turboge-nerator este :

P(A|T) = (1 q2)24 = 0, 785678

Rezulta :

P(A) = p ((1 P(A|H)) + (1 P(A|T)))

Numeric se obt, ine :

P(A) = 0, 5 ((1 0, 886653) + (1 0, 785678)) = 0, 1638345

ii) Probabilitatea ca n primele 12 ore un hidrogenerator safunct, ioneze cu succes este data de relat, ia :

P12(A|H) = (1 q1)12 = 0, 941623

respectiv, disponibilitatea similara la nivelulul unui turboge-nerator este :

P12(A|T) = (1 q2)12 = 0, 886385

Rezulta :

P12(A) = p ((1 P12(A|H)) + (1 P12(A|T)))


Numeric se obtine :

P12(A) = 0, 5 ((1 0, 941623) + (1 0, 886385)) = 0, 085996

iii) Probabilitatea ca un grup care a avut o avarie n ziua res-pectiva sa fie hidrogenerator este probabilitatea condit, ionataP(H|A).Aceasta se poate calcula cu relat, ia urmatoare ce deriva dinaplicarea teoremei intersect, iei s, i cea a probabilitat, iilor totale :

P(H|A) = P(A H)P(A)

= P(A|H) P(H)/P(A)

Numeric se obt, ine :

P(H|A) = (1 0, 886653) 0, 5/0, 1638345 = 0, 3459192

iv) Probabilitatea ca un grup care a avut o avarie n ziua res-pectiva sa fie turbogenerator este probabilitatea condit, ionataP(T|A).Aceasta se poate calcula, de asemenea, cu relat, ia urmatoa-rea ce deriva din aplicarea teoremei intersect, iei s, i cea aprobabilitat, ilor totale :

P(T|A) = P(A T)P(A)

= P(A|T) P(T)/P(A)

respectiv :

P(T|A) = (1 0, 785678) 0, 5/0, 1638345 = 0, 6540808

Se verifica relat, ia P(T|A) + P(H|A) = 1. Daca un grup esteavariat, atunci fie este turbogenerator, fie este hidrogenerator.v) La nivelul unui minut oarecare i = 1, 2, . . . 60, fie Bi eveni-mentul "funct, ionare cu succes a unui hidrogenerator", respec-tiv fie pi probabilitatea de funct, ionare cu succes a hidrogene-ratorului :


P(Bi) = pi

La nivelul unei ore, disponibilitatea unui astfel de hidrogene-rator se poate exprima sub forma unui S, I logic :

B =60

i=1Bi

n premiza independent,ei evenimentelor Bi, avem relat, ia :

1 q1 = p60iRezulta pi = (1 q1)1/60 = 0, 9951/60 = 0, 999916Indisponibilitatea unui minut la nivelul unui hidrogeneratorrezulta

qHi = 1 pi = 8, 4 105

vi) La nivelul unui minut oarecare i = 1, 2, . . . 60, fie Ci eveni-mentul "funct, ionare cu succes a unui turbogenerator", respec-tiv fie ri probabilitatea de funct, ionare cu succes a turbogene-ratorului :

P(Ci) = ri

La nivelul unei ore, disponibilitatea unui astfel de turbogene-rator se poate exprima sub forma unui S, I logic :

C =60

i=1Ci

n premiza independent,ei evenimentelor Ci, avem relat, ia :

1 q2 = r60i


Rezulta ri = (1 q2)1/60 = 0, 991/60 = 0, 999832Indisponibilitatea unui minut la nivelul unui turbogeneratorrezulta

qTi = 1 ri = 1, 68 104

11. Fie doua grupuri Diesel de alimentare de securitate a servi-ciilor vitale clasa III dintr-o centrala nucleara. Fie 1 probabi-litatea de succes la o solicitare de demarare a grupului Die-sel 1, respectiv 2 probabilitatea de succes la o solicitare dedemarare a grupului Diesel 2. Se considera valabila ipotezaindependent,ei : la orice solicitare de demarare, probabilitateade succes este aceeas, i, indiferent cte es, ecuri s-au nregistratapriori. Fie X o variabila aleatoare discreta semnificnd numa-rul de solicitari ale grupului Diesel 1 pna la pornire (succes),respectiv Y o variabila aleatoare discreta semnificnd numarulde solicitari ale grupului Diesel 2 pna la pornire (succes) s, ifie Z = min{X, Y}. n ipoteza W = max{X, Y}, sa exprimedistribut, ia lui W.

i) Care este distribut, ia v.a. X ?

ii) Care este distribut, ia v.a. Z ?

iii) Care este probabilitatea de a avea cel put, in un grupDiesel pornit cu succes de la prima solicitare ?

iv) Care este distribut, ia v.a. W ?

v) Care este probabilitatea a avea ambele grupuri Dieselpornite cu succes de la prima solicitare ?

Raspuns.i) n premizele date, X urmeaza o distribut, ie geometrica deparametru 1 :

X =(

1 2 . . . n . . .1 (1 1)1 ... (1 1)n11 . . .

)


Similar, Y urmeaza o distribut, ie geometrica de parametru 2 :

Y =(

1 2 . . . n . . .2 (1 2)2 ... (1 2)n12 . . .

)ii) Avem P(Z = 1) = P((X = 2Y 2) (Y = 2X 2)) =(1 1)(1 2)(1 + 2 12).De asemenea

P(Z = 2) = P((X = 1Y 1) (Y = 1 X 1))

P(Z = 2) = (1 1)(1 2)(1 + 2 12)

Prin induct, ie matematica se obt, ine ca Z urmeaza o distribut, iegeometrica de parametru = 1 + 2 12.iii) Probabilitatea ceruta este P(Z = 1). Conform ii), avemP(Z = 1) = 1 + 2 12.iv) Probabilitatea ceruta este P(X = 1Y = 1) = 12.

12. Fie un supermarket care este vizitat ntr-o zi de n persoane.O persoana oarecare are probabilitatea p de a cumpara cevadin magazin, respectiv 1 p de a pleca fara a cumpara ni-mic. La sfrs, itul zilei, soft-ul este n imposibilitate de a furnizact, i client, i au trecut pe la casele de marcat. Fie N numarul declient, i care au cumparat cel put, in un produs din magazin s, ideci au trecut pe la vreo casa de marcat.

a) Propunet, i o distribut, ie discreta pentru v.a. N ;

b) Propunet, i o distribut, ie discreta aproximativa pentruv.a. N - n cazul unui numar mare de client, i ;

c) Pentru p = 0, 9 s, i n = 70 calculat, i probabilitatea de aavea cel put, in 50 de client, i care sa s, i faca cumpara-turi de la respectivul supermarket in ziua data.


Solut, ie.a) Fiecare client are probabilitatea p de cumpara independentde decizia celorlalt, i client, i. Din acest motiv, N urmeaza odistribut, ie binomiala de parametrii n s, i p : N Bin(n, p).b) n acest caz, distribut, ia binomiala poate fi aproximata prindistribut, ie Poisson de parametru = np.c) Probabilitatea ceruta se poate exprima sub forma

P(N 50) = 1 P(N 49) = 149

i=0

i

i!e

Pentru = 0, 9 70 = 63, se obt, ine P(N 50) = 0, 959584.13. Un punct material P se deplaseaza prin salturi succesive n

vrfurile A, B, C s, i centrul de greutate G al unui triunghi echi-lateral. La momentul de timp t = 0 el se gases, te n centrul degreutate G. Apoi sare -de o maniera echiprobabila - spre unuldintre vrfurile triunghiului A,B,C. n continuare sare echipro-babil la orice moment de timp t = n (n=1,2,...) spre oricare dincele trei puncte conexe n raport cu punctul unde se afla.

a) Calculat, i probabilitatea ca el sa revina pentru primadata la t = n n G ;

b) Calculat, i probabilitatea ca el sa revina n G.

Solut, ie.a) Daca la t = 0 punctul material se afla n centrul de greutateG, atunci la t = 1 poate fi - de o maniera echiprobabila ntr-unul din vrfurile triunghiului A, B sau C (probabilitate 1/3).Deci, probabilitatea de revenire n G pentru prima data are senspentru n 2.Fie Ak evenimentul "P revine pentru prima data n G la momen-tul t = k".Atunci, probabilitatea ceruta se poate exprima sub forma :

P(A1 A2 . . . An1 An) (1.19)


Pornind de la teorema intersect, iei, aceasta probabilitate sepoate scrie sub forma :

P(A1) P(A2|A1) P(An|A1 A2 . . . An1) (1.20)

La t = 1, avem P(A1) = 1 deoarece P se gases, te sigur ntr-unuldin vrfurile triunghiului, deci sigur nu n punctul G.Pe de alta parte, daca la t = k 1, P se afla ntr-unul din vrfu-rile triunghiului, atunci sunt 2/3 s, anse sa evite G la momentulurmator de timp t = k :

P(Ak|A1 A2 . . . Ak1) = 2/3

n consecint, a, avem :

P(Ak|A1 A2 . . . Ak1) = 1/3

Deci, probabilitatea ceruta este :

P(A1 A2 . . . An) = 1 2/3 2/3 1/3 = 1/3 (2/3)n2

b) Fie B evenimentul "Punctul material P revine n G".Evident, B se poate realiza daca A2 se realizeaza sau A3 serealizeaza sau ... Ak se realizeaza ...

B =

k=2

Ak

Evenimentele Ak sunt doua cte doua incompatibile.

P(B) =

k=2

P(Ak) = 1/3

k=2

(2/3)n2

Seria k=2(2/3)n2 se poate scrie sub forma 1/(1 2/3). Re-

zulta ca P(B) = 1. Evenimentul B este cert ; punctul materialva reveni n G de o maniera sigura.


14. ntr-o centrala electrica, doua evenimente A s, i B pot aparealeator n aceeas, i zi dintr-o luna, independent unul de celalalt.Zilele n care pot apare evenimentele respective sunt nume-rotate de la 1 la n 2. Oricare din cele doua evenimente demai sus ramne activ nca 2 zile de la ziua aparit, iei, dupa careeste resetat. Rezulta ca zilele n care putem avea ambele eveni-mente realizate (aparute sau active) sunt de la 1 la n.

a) Calculat, i probabilitatea de a avea cele doua eveni-mente aparute - n aceeas, i zi ;

b) Calculat, i probabilitatea de a avea cele doua eveni-mente aparute - cu o zi diferent, a ntre ele ;

c) Calculat, i probabilitatea de a avea ambele eveni-mente aparute active - n cel put, in o zi.

Solut, ie.a) Fie Ak evenimentul "A apare n ziua k", respectiv Bk eveni-mentul "B apare n ziua k".Fie E evenimentul "A s, i B apar n aceeas, i zi" :

E =n2k=1

(Ak Bk)

Pentru orice k, (1 k n 2), evenimentele Ak Bk suntincompatibile doua cte doua, ntruct ele pot apare mpreunafie n prima ziua, fie n a doua zi, ..., fie n a (n 2)-a zi.Pe de alta parte, data fiind independent,a evenimentelor ndiscut, ie, avem :

P(Ak Bk) = P(Ak)P(Bk)

Rezulta :

P(E) =n2k=1

P(Ak)P(Bk)


Daca se alege o distribut, ie echiprobabila (uniforma), avemP(Ak) = 1/(n 2), respectiv P(Bk) = 1/(n 2), cu k =1, 2, . . . n 2.Rezulta :

P(E) =n2k=1

1/(n 2)2 = (n 2)/(n 2)2 = 1/(n 2)

b) O zi diferent, a ntre aparit, ii implica faptul ca unul dintreurmatoarele evenimente realizate : Ak Bk+1, cu 1 k n 3,respectiv evenimentul A apare cu 1 zi naintea lui B sauBj Aj+1, cu 1 j n 3, respectiv evenimentul B apare cu1 zi naintea lui A.

Fie F evenimentul cautat :

F =

(n3k=1

(Ak Bk+1))n3

j=1(Bj Aj+1)

Evenimentele Ak Bk+1 cu 1 k n 3 s, i Bj Aj+1 cu 1 j n 3 formeaza 2 (n 3) evenimentele incompatibile douacte doua, respectiv de la A apare n prima zi s, i B apare n adoua zi, ..., pna la A apare n a (n 3)-a zi s, i B apare n a(n 2)-a zi respectiv (n 3) situat, ii. B apare n prima zi s, i Aapare n a doua zi, ..., pna la B apare n a (n 3)-a zi s, i Aapare n a (n 2)-a zi, respectiv (n 3) situat, ii.n total 2(n 3) cazuri.Rezulta :

P(F) =n3k=1

P(Ak Bk+1) +n3j=1

P(Bj Aj+1)

respectiv

P(F) =n 3

(n 2)2 +n 3

(n 2)2 =2(n 3)(n 2)2


c) Fie G evenimentul "A s, i B apar la doua zile diferent, a" :

G =

(n4k=1

(Ak Bk+2))n4

j=1(Bj Aj+2)

Evenimentele Ak Bk+2 cu 1 k n 4 s, i Bj Aj+2 cu 1 j n 4 formeaza 2 (n 4) evenimentele incompatibile douacte doua, respectiv de la A apare n prima zi s, i B apare n atreia zi, ..., pna la A apare n a (n 4)-a zi s, i B apare n a(n 2)-a zi, respectiv (n 4) situat, ii. B apare n prima zi s, iA apare n a treia zi, ..., pna la B apare n a (n 4)-a zi s, i Aapare n a (n 2)-a zi, respectiv (n 4) situat, ii.n total 2(n 4) cazuri.Rezulta :

P(G) =n4k=1

P(Ak Bk+2) +n4j=1

P(Bj Aj+2)

respectivP(G) = 2(n 4)/(n 2)2

Fie H evenimentul "A s, i B sunt active cel put, in o zi", respectivH = E F G.n termen de probabilitat, i, avem :

P(H) = P(E) + P(F) + P(G)

Se obt, ine :

P(H) = (5n 16)/(n 2)2

15. O familie cu doi copii, avnd copilul cel mare baiat, este aleasaaleator. Care este probabilitatea de a fi o fata cel de-al doileacopil al acestei familii ?


Solut, ie.Fie p probabilitatea ca un copil sa se nasca baiat, respectiv qprobabilitatea ca un copil sa se nasca fata. Se poate presupuneindependent,a acestor doua evenimente, respectiv indiferentct, i baiet, i sau cte fete sunt ntr-un es, antion dat, probabili-tatea ca urmatorul copil care se va nas, te sa fie baiat / fata esteaceeas, i / neschimbata, indiferent ct, i baiet, i / fete existau laacel moment n respectivul es, antion. De asemenea, se poatepresupune ca p = q = 0, 5.Lista familiilor cu doi copii cuprinde combinat, iile : (B, B),(B, F), (F, B) s, i (F, F), unde prima litera se refera la primulcopil nascut n familie, respectiv a doua litera se refera la celde-al doilea copil nascut.Din aceasta lista au fost selectate ulterior n vederea extrageriialeatoare specificate n enunt, numai familiile cu (B, B), (B, F).Rezulta ca exista un caz favorabil din doua, deci probabilitateaceruta este 1/2.

16. O familie cu doi copii, avnd cel put, in un baiat, este aleasaaleator. Care este probabilitatea ca, n aceste condit, ii, aceastafamilie sa aiba o fata ?Solut, ie.Ca s, i n enunt,ul de mai sus, lista familiilor cu doi copii cu-prinde combinat, iile : (B, B), (B, F), (F, B) s, i (F, F).Din aceasta lista au fost selectate ulterior n vedere extrageriialeatoare specificate n enunt, numai familiile avnd cel put, inun baiat, respectiv (B, B), (B, F), (F, B).Rezulta ca exista doua cazuri favorabile din trei, deci probabi-litatea ceruta este 2/3.

17. Probabilitatea de a avea un accident ntr-un minut oarecarentr-o sect, iune data a unei autostrazi este q = 105. Care esteprobabilitatea P de a nu avea nici un accident ntr-un an nsect, iunea respectiva, n aceste condit, ii ?


Solut, ie.Probabilitatea de a nu avea nici un accident n sect, iunea data,ntr-un minut oarecare este p = 1 q = 0, 99999.ntr-un an sunt N = 8760 60 = 525600 minute.Probabilitatea ceruta este

P = pN = 0, 99999525600 = 5, 216 103

1.4 Distribut, ia exponent, iala

18. Pentru enunt,ul de mai sus, n ipoteza unei distribut, iiexponent, iale a v.a. T "durata ntre doua accidente conse-cutive n sect, iunea data a autostrazii" (variabila numita s, iinterval de recurent, a), sa se exprime :

a) Intensitatea a producerii unui accident ;

b) Calculat, i valoarea as, teptata a intervalului derecurent, a.

Solut, ie.a) n cazul distribut, iei exponent, iale T Exp(), probabilita-tea de succes, respectiv t = 1 an fara nici un astfel de eve-niment rutier este :

R(t) = et

ImpunndR(t) = pN

se obt, ine dupa logaritmare o intensitate exprimata n h1 :

= N/t ln(1/p) = 8760 608760

ln(1/0, 99999) 6 104

b) Valoarea as, teptata a intervalului de recurent,a este mediavariabilei aleatoare T.

1.5. DISTRIBUT, IA UNIFORMA 39

E[T] =

0t f (t)dt =

0

t ()R(t)dt

Integrnd prin part, i, se obt, ine :

E[T] =

0R(t)dt = 1/

Valoarea as, teptata este deci E[T] = 1/ = 1666, 666 h, respec-tiv 69, 4 zile.

1.5 Distribut, ia uniforma

19. Domnul X are un rendez-vous cu Doamna Y azi ntre orele 17s, i 18, Fiecare dintre ei se decide de a nu l as, tepta pe celalaltmai mult de t = 10 minute, nici unul nu cunoas, te momen-tul de timp la care celalalt va ajunge. Se presupune ca fiecaredintre ei soses, te independent unul de celalalt s, i ca avem odistribut, ie uniforma a timpului la care se ajunge la rendez-vous.

a) Determinat, i probabilitatea unei intlniri ;

b) Doamna Y ajunge la momentul de timp t ntre orele17 s, i 18. Care este probabilitatea ca sa l ntlneascape Domnul X ?

c) Sosind la momentul de timp t, Doamna Y nu gases, tepe nimeni. Care este probabilitatea de a-l ntlni peDomnul X n aceste condit, ii ?

Solut, ie.a) Fie X o v.a. continua reprezentnd timpul scurs de la ora17 : 00 pna la sosirea Domnului X la locul de rendez-vous. FieY o v.a. continua reprezentnd timpul scurs de la ora 17 : 00pna la sosirea Doamnei Y n acelas, i loc. Cele doua v.a. X s, i


Y sunt independente. X poate sa ia valori n intervalul [0, 1].Astfel, X = 0 daca soses, te la ora 17 : 00, respectiv X = 1daca soses, te la ora 18 : 00. Mai mult, X urmeaza o distribut, ieuniforma X Uni f (0, 1). Cu alte cuvinte, apriori nu existanici o preferint, a n alegerea momentului de sosire a DomnuluiX, toate valorile fiind la fel de probabile. Similar, Y = 0 dacaDoamna Y soses, te la ora 17 : 00, respectiv Y = 1 daca DoamnaY soses, te la ora 18 : 00. Y urmeaza , de asemenea, o distribut, ieuniforma Y Uni f (0, 1). Cum X, respectiv Y vin sigur la n-tlnire, integralele densitat, ilor de probabilitate sunt respectivegale cu 1.Din punct de vedere matematic, condit, ia de a avea loc ntlni-rea este exprimata sub forma inegalitat, ii |X Y| 1/6, res-pectiv 1/6 XY 1/6.Probabilitatea unei ntlniri rezulta :

P{|XY| 1/6} = 1

0g(y)

y+1/6y1/6

f (x)dx

Cum funct, ia densitate de probabilitate f(x) este egala cu 1 pen-tru orice x [0, 1], respectiv 0 in rest, rezulta : y+1/6

y1/6f (x)dx = (y + 1/6) (y 1/6) = 1/3

Similar, funct, ia densitate de probabilitate g(y) este egala cu 1pentru orice y [0, 1], respectiv 0 in rest.Rezulta :

P{|XY| 1/6} = 1/3

b) Daca cunoas, tem momentul t [0, 1] , condit, ia de a avea locntlnirea este exprimata sub forma inegalitat, ii |X t| 1/6,respectiv 1/6 X t 1/6.


Fig. 1.6 Definit, ia s, i densitat, ile de probabilitate ale v.a. X s, i Y


Probabilitatea unei ntlniri rezulta :

I = P{|X t| 1/6} = t+1/6

t1/6f (x)dx

Aceasta se exprima astfel :

- pentru t [0, 1/6] : I = t+1/6

0 f (x)dx = 1/6 + t ;

- pentru t [1/6, 5/6] : I = t+1/6

t1/6 f (x)dx = 2/6 = 1/3 ;

- pentru t [5/6, 1] : I = 1

t1/6 f (x)dx = 7/6 t.n figura 1.7 este exprimata probabilitatea de ntlnire cafunct, ie de momentul de timp t.Se remarca faptul ca este de dorit ca Doamna Y sa nu soseascamai devreme de ora 17 : 10 , respectiv mai trziu de ora 17 :50.

Fig. 1.7 Probabilitatea de ntlnire ca funct, ie de momentul t

c) S, i n acest caz, condit, ia de a avea loc ntlnirea este expri-mata sub forma inegalitat, ii |X t| < 1/6. Aceasta condit, ietrebuie coroborata cu faptul ca la momentul t al sosirii sale,


Doamna Y nu a gasit pe nimeni. Fie X soses, te mai trziu(X > t), fie X a sosit deja s, i a plecat (X < t 1/6).Rezulta ca se doreste evaluarea unei probabilitat, icondit, ionate :

P{|X t| < 1/6|(X > t) (X < t 1/6)}

Fie evenimentele :A = {X < t + 1/6} ;B = {X > t 1/6} ;C = {X > t} ;D = {X < t 1/6}.

Probabilitatea condit, ionata de mai sus se exprima astfel :

P{A B|C D} = P{A B (C D)}/P{C D}

Exprimnd logic, obt, inem :A B (C D) = (A B C) (A B D)Evenimentele B s, i D sunt mutual exclusive (incompatibile). Deasemenea, B C = C. Rezulta ca A B (C D) = A C.Probabilitatea evenimentului A C este :

I1 = P{(X > t) (X < t + 1/6)} = t+1/6

tf (x)dx

Probabilitatea evenimentului C D este :

I2 = P{(X > t) (X < t 1/6)} == 1 P{(X < t) (X > t 1/6)}

n figura 1.8 este exprimata probabilitatea ceruta ca funct, ie demomentul de timp t.Prima integrala se exprima astfel :


Fig. 1.8 Probabilitatea condit, ionata

- pentru t [0, 5/6] : I1 = t+1/6

t f (x)dx = 1/6 ;

- pentru t [5/6, 1] : I1 = 1

t f (x)dx = 1 t.Similar, P{(X < t) (X > t 1/6)} se poate exprima astfel :- pentru t [1/6, 1] :

tt1/6 f (x)dx = 1/6 ;

- pentru t [0, 1/6] : t

t1/6 f (x)dx = t.Rezulta cea de-a doua integrala :

- pentru t [1/6, 1] : I2 = 1 t

t1/6 f (x)dx = 5/6 ;

- pentru t [0, 1/6] : I2 = 1 t

t1/6 f (x)dx = 1 t.Raportul ntre cele doua integrale este probabilitatea ceruta :

P{|X t| < 1/6|(X > t) (X < t 1/6)} = I1/I2

exprimat astfel :- pentru t [0, 1/6] : I1/I2 = 1/6/(1 t) ;

1.6. DISTRIBUT, IA NORMALA 45

- pentru t [1/6, 5/6] : I1/I2 = 1/6/5/6 = 0, 2 ;- pentru t [5/6, 1] : I1/I2 = (1 t)/5/6 ;

1.6 Distribut, ia normala

20. Pentru enunt,ul de mai sus, se propune o alta distribut, ie, nsensul ca X urmeaza o distribut, ie normala X N(1 =1/2h, 1 = 1/6h), respectiv Y urmeaza o distribut, ie normalaY N(2 = 1/3h, 2 = 1/5h). X s, i Y sunt, de asemenea,independente. Celelalte date ramn neschimbate.

a) Determinat, i, n acest caz, probabilitatea unei intl-niri ;

b) Doamna Y ajunge la momentul de timp t ntre orele17 s, i 17 :30. Care este probabilitatea ca sa l ntl-neasca pe Domnul X ?

c) Sosind la ora t, Domnul X nu gases, te pe nimeni.Care este probabilitatea de a o ntlni pe Doamna Yn aceste condit, ii ?

21. ntr-o stat, ie de metrou, garniturile se succed din zece n zeceminute. O garnitura este programata sa soseasca la fiecare 10minute, ncepnd cu orele 5 : 00. Timpul de stat, ionare al uneigarnituri la peroanele stat, iei este de 1 minut.Perturbat, iile din trafic pot provoca o abatere stardard de 2 mi-nute, n raport cu ora programata de sosire n stat, ie, respectivo distribut, ie normala a timpului de intrare n stat, ie al garnitu-rii, cu o valoare as, teptata egala cu ora s, i minutul programat,respectiv = 2 minute.Un calator poate sosi aleator n stat, ie ntre orele 7 : 54 s, i 8 : 06.Care este probabilitatea ca acest calator sa gaseasca deja untren n stat, ie ?Solut, ie.


Fie X o v.a. continua desemnnd momentul de timp lacare calatorul intra pe peronul stat, iei respective. Conformenunt,ului, distribut, ia lui X este uniforma X Uni f (7H :54min, 8H : 06min).Fie Y o v.a. continua desemnnd timpul de intrare n stat, ie algarniturii de metrou programata sa soseasca la ora 7H :50min.Distribut, ia lui Y este normala Y N( = 7H : 55min, =2min).Fie Z = X Y. X s, i Y sunt doua v.a. independente. Sosi-rea calatorului pe peron nu modifica (cres, te / scade) proba-bilitatea ca metroul sa soseasca la timp n stat, ie s, i reciproc.Cerint,a din enunt, se exprima astfel : 0 < Z < 1min, respectiv0 < Z < 0, 0167h.

Fig. 1.9 Cele doua v.a. X, Y s, i trei cazuri analizate

Fie f1(x) densitatea de probabilitate a v.a. X, respectivf2(y) densitatea de probabilitate a v.a. Y. Atunci, funct, iade repartit, ie a v.a. Z este data de relat, ia :

F(z) =

0

1.7. DISTRIBUT, IA LOGNORMALA 47

Probabilitatea ceruta n enunt, este :

P = F(z = 0, 0167h) F(z = 0) (1.22)

Avem :f1(x) = 5h1

pentru 7, 9h x 8, 1h.f1(x) = 0 n rest.respectiv

f2(y) = 1/(0, 033

2)e0,5((y7,92)/0,033)2

(1.23)

Fie schimbarea de variabila u = x y ; v = y. Rezulta :

F(z) = z

du

f1(u + v) f2(v)dv (1.24)

respectiv

F(z) = z

du 8,1

7,95/(0, 033

2)e0,5((x7,92)/0,033)

2(1.25)

Integrnd n Mathematica se obt, ine :

P = F(z = 0, 0167h) F(z = 0) = 0, 0500 (1.26)

1.7 Distribut, ia lognormala

22. Fie o componenta avnd o distribut, ie lognormala a timpuluisau de reparat, ii (indisponibilitate) LogLN(a = 2; b = 1, 2).

a) Calculat, i durata as, teptata (medie) a timpului dereparat, ii ;

b) Calculat, i abaterea standard a timpului de reparat, ii ;


c) Daca la momentul de timp egal cu 75% din du-rata as, teptata de mai sus, componenta era nca nreparat, ii, care este probabilitatea ca reparat, ia sase ncheie n termenul as, teptat (100% din valoareaas, teptata).

d) Indicat, i abcisa pentru care densitatea de probabili-tate are un maxim ;

e) Indicat, i abcisa pentru care intensitatea de reparareare un maxim.

Raspuns.a) Durata as, teptata (medie) a timpului de reparat, ii este E[Tr] =

0 t f (t)dt =

0 t (1 F(t))dt = ea+b2/2 = 15, 18h ;

b) Abaterea standard a timpului de reparat, ii este [Tr] =E[T2r ] E2[Tr] = ea+b

2/2

eb2 1 = 27, 24h ;c) P{11, 385 < Tr < 15, 18|Tr > 11, 385} = 0, 236715 ;d) Tr = 1, 7 h ;e) Intensitatea de reparare este (t) = f (t)/(1 F(t)). Repre-zentarile grafice sunt prezentate n figurile 1.10, respectiv 1.11(ultima n coordonate logaritmice).

1.8 Aplicat, ii propuse

23. Doua persoane pot sosi ntr-un anumit loc, cu aceeas, i proba-bilitate, n orice moment din intervalul [0, T]. Sa se determineprobabilitatea ca intervalul de timp dintre sosirile lor sa nu fiemai mare dect t (0 < t < T).Raspuns. Probabilitatea cerut, a este 1 (1 t/T)2.

24. Doua garnituri A, B ncarcate cu pacura trebuie descarcate laaceeas, i rampa a unei centrale termoelectrice. Momentele so-sirii celor doua garnituri sunt independente s, i uniform distri-buite, n decursul unei zile (24 de ore). Timpul de descarcare al

1.8. APLICAT, II PROPUSE 49

Fig. 1.10 Intensitatea de reparare

Fig. 1.11 Intensitatea de reparare - reprezentare n coordonatelogaritmice


garnituri A este de 1 ora, respectiv pentru B este de 2 ore. Careeste probabilitatea ca a doua garnitura care soses, te sa gaseascarampa ocupata ?Raspuns. Fie x momentul sosirii garniturii A, respectiv y mo-mentul sosirii garniturii B. Probabilitatea cerut, a este data deintegrala f (x, y) pe domeniul , has, urat n figura 1.12. Nume-ric, probabilitatea ceruta este 0, 121.

Fig. 1.12 Calculul grafic al probabilitat, ii

25. Fie n variabile aleatoare independente distribuite exponent, ialX1 Exp[1], X2 Exp[2], . . . Xn Exp[n]. Atunci sa searate ca :

a) min(X1, X2, . . . , Xn) Exp[n ] ;b) max(X1, X2, . . . , Xn) Exp[/ ni=1 (1/i)] ;c) Demonstrat, i ca prima varianta este cazul distribut, iei

duratei de viat, a a unui sistem serie de n componenteindependente, avnd respectiv intensitat, ile de defec-tare 1,2, . . . , n ;

d) Demonstrat, i ca a doua varianta este cazuldistribut, iei duratei de viat,a a unui sistem para-

1.8. APLICAT, II PROPUSE 51

lel de n componente independente, avnd respectivintensitat, ile de defectare 1,2, . . . , n.

26. Fie X1 s, i X2 doua variabile aleatoare independente distribuiteexponent, ial X1 Exp[1], X2 Exp[2]. Se defines, te v.a.S = X1 + X2. Sa se determine densitatea de probabilitate adistribut, iei v.a. S. Indicat, ie. Se vor trata cazurile : 1 = 2,respectiv 1 6= 2.

27. Fie X o v.a. distribuita Bernoulli X B(p).Parametrul distribut, iei Bernoulli este, la rndul lui, o v.a. dis-tribuita Beta : p Beta(, ). Sa se exprime valoarea as, teptataa variabilei aleatoare X.Aplicat, ie numericaa pentru evaluarea incertitudinii estimariiindisponibilitat, ii la pornire a unui grup Diesel alimentare ser-vicii de securitate la o centrala nucleara. Se considera : = 1, = 10 ; X = 1 daca grupul Diesel demareaza cu succes, res-pectiv X = 0 n caz contrar.

28. Fie X s, i Y doua variabile aleatoare independente distribuitebinomial X Bin(n = 2, p = 0, 9), Y Bin(n = 3, p = 0, 8).Fie Z = X + Y. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa fie mai mica sau egala dect 2.

29. Fie X s, i Y doua variabile aleatoare independente distribuite bi-nomial X Bin(n = 2, p = 0, 9), Y Bin(n = 3, p = 0, 8). FieZ = (X + Y)/2. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa fie mare strict dect 1.

30. Fie X s, i Y doua variabile aleatoare independente distribuitebinomial X Bin(n = 2, p = 0, 9), Y Bin(n = 3, p = 0, 8).Fie Z = X Y. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa ia valori n mult, imea {1, 2, 3, 4}.

31. Fie X s, i Y doua variabile aleatoare independente distribuitebinomial X Bin(n = 2, p = 0, 9), Y Bin(n = 3, p = 0, 8).Fie Z = X/Y. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa ia valori n intervalul [0, 1].


32. Fie X s, i Y doua variabile aleatoare independente distribuite bi-nomial X Bin(n = 2, p = 0, 9), Y Bin(n = 3, p = 0, 8). FieZ = max{X, Y}. Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitateaca Z sa ia valori n mult, imea {0, 1, 2, 3, 4}.

33. Fie X s, i Y doua variabile aleatoare independente distribuitebinomial X Bin(n = 2, p = 0, 9), Y Bin(n = 3, p = 0, 8).Sa se exprime s, i sa se calculeze probabilitatea ca X sa ia valorimai mici sau egale dect Y.

34. O structura de rezistent,a dintr-o centrala electrica este supusala doua tipuri independente de solicitari :- statica (S) ;- dinamica (D).Fie doua variabile aleatoare independente caracteriznd celedoua solicitari, respectiv doua cazuri de studiu propuse :i) S N(S, S), respectiv D N(D, D) ;ii) S Exp(S), respectiv D Exp(D).Sa se exprime n cele doua cazuri media s, i abaterea standard asolicitarii totale a structurii T = S + D. n ipoteza ca rezistent,aR a structurii este o variabila aleatoare distribuita normal R N(R, R), sa se evalueze riscul ruperii structurii de rezistent, a.Aplicat, ie numerica : S = 6MPa, S = 1MPa, D = 8MPa,D = 2MPa, R = 21MPa, R = 3MPa, D = 1/6MPa1,S = 1/8MPa1.

2Estimari statistice

2.1 Aplicat, ii rezolvate

35. O moneda este banuita ca nu e perfecta, n sensul ca proba-bilitatea de aparit, ie p a fet,ei cap este diferita de 0, 5. Apriori,distribut, ia pentru p este din clasa distribut, iilor Beta, avnddensitatea de probabilitate proport, ionala cu p10 (1 p)14 peintervalul [0, 1]. Pentru a obt, ine o mai mare certitudine asu-pra lui p, moneda este aruncata de 5 ori : de 3 ori a aparutfat,a cap, respectiv de 2 ori cealalta fat, a. Exprimat, i distribut, iaaposteriori pentru p.Solut, ie.I. Apriori.n cazul distribut, iei Beta, densitatea de probabilitate este datade relat, ia :

f (p) = 1/B(11, 15) p10 (1 p)14 (2.1)

unde B( = 11, = 15) este integrala Beta (Euler de primultip) :

B(, ) = 1

0x1 (1 x)1dx

Funct, ia de repartit, ie este data de relat, ia :

F(p) = p

0f (x)dx (2.2)

53

54 CAP. 2. ESTIMARI STATISTICE

Fig. 2.1 Densitatea apriori de probabilitate a v.a. p

II. Aposteriori.Fie N v.a. discreta semnificnd numarul de aparit, ii ale fet,eicap din n aruncari.Atunci, probabilitatea de a avea k aparit, ii ale fet,ei cap la arun-carea unei astfel de monezi este :

P(N = k) = 1

0

n!k! (n k)! p

k (1 p)nkdp (2.3)

De asemenea, referitor la evenimentul de a avea "probabilita-tea p de aparit, ie a acestei fet,e n intervalul (a, b) s, i N = k"avem relat, ia :

P(a < p < b

N = k) = b

a

n!k! (n k)! p

k (1 p)nkdp(2.4)

Se noteaza funct, ia aposteriori de repartit, ie a lui p cu F(p).T, innd seama de relat, iile de mai sus s, i de teoremaprobabilitat, ilor condit, ionate, avem :

F(p) =

p0

n!k!(nk)! x

k (1 x)nkF(x)dx 10

n!k!(nk)! xk (1 x)nkF(x)dx

(2.5)

2.1. APLICAT, II REZOLVATE 55

Densitatea aposteriori ceruta este derivata acestei funct, ii F(p)s, i este reprezentata grafic n figura alaturata.

Fig. 2.2 Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p

III. Remarca.Daca apriori nu este disponibila nici o informat, ie tehnica,atunci distribut, ia pentru p este uniforma. Orice valoare a luip este posibila s, i echiprobabila. Entropia informat, ionala estemaxima n acest caz.Urmnd aceeas, i abordare ca mai sus, este suficient sa re-marcam ca n acest caz avem distribut, ia apriori Beta, dar cuparametrii = 1, respectiv = 1.Densitatea apriori de probabilitate este reprezentata grafic nfigura 2.3.Comparativ, densitatea aposteriori n acest caz este reprezen-tata grafic n figura 2.4.

36. O componenta n as, teptare refuza solicitarea de a demara dem = 2 ori n n = 10 teste independente. Indicat, i estimatorulde verosimilitate maxima pentru probabilitatea de refuz p.Solut, ie.


Fig. 2.3 Densitatea apriori de probabilitate a v.a. p

Fig. 2.4 Densitatea aposteriori de probabilitate a v.a. p

2.1. APLICAT, II REZOLVATE 57

Fie p probabilitatea de refuz la solicitare s, i N o v.a. discretasemnificnd numarul de refuzuri nregistrate din n teste in-dependente. n aceste condit, ii, N urmeaza o distribut, ie bino-miala, de parametrii n = 10 s, i q.

N Bin(n, p) (2.6)

Fie m = 2 numarul nregistrat de refuzuri.Funct, ia de verosimilitate este L(p|n, m) = Cmn pm(1 p)nm.Logaritmul acestei funct, ii de verosimilitate este :

ln(L(p|n, m)) = ln(Cmn ) + m ln(p) + (nm) ln(1 p) (2.7)

Din condit, ia de extrem n raport cu p se obt, ine anularea deri-vatei nti a logaritmului funct, iei de verosimilitate, respectiv

m/p (nm)/(1 p) = 0

Estimatorul de verosimilitate maxima al lui p rezulta :

p = m/n (2.8)

37. Se arunca o moneda de n = 20 ori. Fat,a cap a aparut de 14 ori.Se dores, te sa se testeze statistic - cu un prag de semnificat, iede 1% - daca moneda este perfecta.Solut, ie.Fie ipoteza H0 : moneda este perfecta (probabilitatea deaparit, ie p = 0, 5).Daca prelucram datele n aceasta ipoteza, cel mai probabil ar fisa observam 10 rezultate favorabile (aparit, ia fet,ei cap, respec-tiv 10 rezultate nefavorabile). Faptul ca s-a observat 14 aparit, iise poate explica astfel : moneda este perfecta (H0 este adevarata), rezultatul este pus

pe seama intmplarii ;


moneda nu este perfecta. Putem respinge H0 ?Raspunsul la ntrebare este dat de pragul de semnificat, ie ales.Practic, un prag de 1% este echivalent cu acceptarea ca ntr-un caz din 100 de repetari ale experimentului sa punem peseama ntamplarii / s, ansei faptul ca moneda este perfecta -dar observam N 14 sau N 6.Etapele necesare valida rii / invalida rii ipotezei init, iale sunturmatoarele :

(a) n ipoteza ca H0 este adevarata, se evalueaza probabilita-tea evenimentului (N 14)(N 6) ;

(b) daca probabilitatea obt, inuta este mai mica dect pragulde semnificat, ie, atunci ipoteza init, iala poate fi respinsa,un asemenea rezultat observat nu poate fi acceptat numaipe seama ntmplarii ;

(c) daca probabilitatea obt, inuta este mai mare dect pragulde semnificat, ie, atunci ipoteza init, iala nu poate fi re-spinsa, un asemenea rezultat poate fi pus pe seama n-tmplarii, nu avem motive sa credem ca moneda nu estecorecta - numai pe seama observat, iilor prelucrate.

Probabilitatea ca N 6 este data de relat, ia :

P(N 6) =6

k=0

Ck20 0, 5k 0, 520k

Probabilitatea ca N 14 este data de relat, ia :

P(N 14) =20

k=14

Ck20 0, 5k 0, 520k

Fie integrala Beta incompleta :

Ix(, ) = 1/B(, ) x

0z1 (1 z)1dz (2.9)

2.2. APLICATII PROPUSE 59

pentru orice x [0, 1], respectiv 0, 0.Avem urmatoarele relat, ii de calcul utilizate curent n practicaestimarilor de acest tip :

Ip(m, nm + 1) =n

k=m

Ckn pk (1 p)nk (2.10)

m

k=0

Ckn pk (1 p)nk = 1n

k=m+1

Ckn pk (1 p)nk

= 1 Ip(m + 1, nm)

1 Ip(m + 1, nm) I1p(nm, m + 1) (2.11)

n cazul nostru, avem urmatoarele relat, ii de calcul :

6

k=0

Ck20 0, 5k 0, 520k = I0,5(20 6, 6 + 1) = 0, 0576591 (2.12)

20

k=14

Ck20 0, 5k 0, 520k = I0,5(14, 20 14 + 1) = 0, 0576591

(2.13)Rezulta probabilitatea ceruta 0, 1153182. Cum aceasta depas, este pragul de semnificat, ie propus, rezulta ca ipoteza ini-tialanu poate fi respinsa.

2.2 Aplicatii propuse

38. O componenta n as, teptare refuza solicitarea de a demara dem = 2 ori n n = 10 teste independente. Indicat, i un interval dencredere pentru estimarea probabilitat, ii de refuz p. Pragul desemnificat, ie este de 5%.


39. Dintr-un es, antion de N = 100 componente identice, exploataten condit, ii similare, k = 5 componente s-au defectat. Indicat, iun interval de ncredere pentru probabilitatea de defectare aunui componente. Pragul de semnificat, ie este de 1%.

40. In operatia de calibrare a unui traductor de nivel este nece-sara determinarea valorii nivelului cu o precizie de 1cm, cuun nivel de incredere de 99%. Dintr-un studiu preliminar arezultat ca abaterea standard a erorii de masura a niveluluieste = 3, 5cm. Presupunand ca toate observatiile sunt inde-pendente :a) determinati numarul minim de observatii / operatii ;b) daca 150 de operatii de calibrare au fost repetate, care estenivelul de incredere asociat ?

3Fiabilitate s, imentenant, a

3.1 Metode probabiliste

41. Timpul de operare al unei pompe de retea termoficare este ov.a. continua distribuita exponential de valoare medie 24 deluni. Programul de inspectie al unei astfel de pompe prevedeo interventie de acest gen la fiecare 5 luni.a) Care este probabilitatea ca o pompa de termoficare sa aibanevoie de o reparatie inainte de prima inspectie programata ?b) Daca o astfel de pompa nu s-a defectat inainte de primainspectie programata, care este probabilitatea de a o gasi ope-rationala si la a doua inspectie programata ?c) Un punct termic are cinci astfel de pompe identice in ope-rare. Presupunand ca timpii lor de operare sunt v.a. identicesi independent distribuite, sa se calculeze probabilitatea de aavea cel mult o pompa care sa aiba nevoie de reparare inaintede data fixata pentru inspectie.d) Care ar trebuie sa fie periodicitatea inspectiilor, daca seimpune ca probabilitatea de sus sa nu depaseasca valoarea0, 1 ?

61

62 CAP. 3. FIABILITATE S, I MENTENANT, A

Solutiea) Intensitatea de defectare a unei pompe este = 1/24luni1. Rezulta probabilitatea ceruta :q = Prob{Tf < 5luni} = 1 e5 = 1 e5/24 = 0, 188.

b) Probabilitatea de a nu gasi pompa operationala inainte decea de-a doua inspectie programata este :

P{5 < Tf 10|Tf > 5} =P{5 < Tf 10}

P{Tf > 5}=

=e5 e10

e5= 0, 253

In consecinta, probabilitatea ceruta este

P{Tf > 10|Tf > 5} = 1 P{5 < Tf 10|Tf > 5} = 0, 747

c) In conditiile date, numarul de pompe N in stare de succes(operare) urmeaza o distributie binomiala de parametrii n = 5,respectiv p = 1 q = 0, 812. Probabilitatea ceruta este

P{N 4} =5

k=4

Ck5 pk(1 p)nk = 5p4(1 p) + p5 = 0, 7616

42. Fie 3 evenimente aleatoare independente A, B, C. Sa se ga-seasca o forma normal disjuncta pentru :- evenimentul E = (A C) (B C) ;- evenimentul F = (A B) C ;- evenimentul G = @(A, B, C, 2), respectiv cel putin 2 eveni-mente realizate din multimea {A, B, C}.

3.1. METODE PROBABILISTE 63

Solutie

Din tabelul 3.1 rezulta o forma disjunctiv normala pentru eve-nimentul E :

E = (A B C) (A B C) (A B C) (A B C) (A B C)

Fig. 3.1 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului E

Din tabelul 3.2 rezulta o forma disjunctiv normala pentru eve-nimentul F :

F = (A B C) (A B C)

Evenimentul G se realizeaza daca cel putin 2 din cele 3 eveni-mente propuse A, B, C sunt realizate. In consecinta, tabela deadevar asociata evenimentului G este prezentata alaturat.Din tabelul 3.3 rezulta o forma disjunctiv normala pentru eve-nimentul G :

G = (A B C) (A B C) (A B C) (A B C)


Fig. 3.2 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului F

Tabel 3.1 Tabela de adevar pentru evenimentul E

A B C A C B C E1 1 1 0 1 10 1 1 1 1 11 0 1 0 0 01 1 0 1 0 11 0 0 1 0 10 0 1 1 0 10 1 0 0 0 00 0 0 0 0 0


Tabel 3.2 Tabela de adevar pentru evenimentul F

A B C A B F1 1 1 0 00 1 1 1 11 0 1 1 11 1 0 0 01 0 0 1 00 0 1 1 00 1 0 1 00 0 0 0 0

Tabel 3.3 Tabela de adevar pentru evenimentul G

A B C G1 1 1 10 1 1 11 0 1 11 1 0 11 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 0

43. Fie un sistem cu 2 componente binare si independente A, B,operind in doua faze consecutive de durate 1, respectiv 2.Structura logica a sistemului in cele doua faze este urmatoa-rea :- Faza 1 : A B ;- Faza 2 : A B.Sa se exprime probabilitatea insuccesului sistemului. Aplica-tie numerica pentru 1 = 100 h, 2 = 100 h, A = 0, 001 h1,B = 0, 002 h1.


Fig. 3.3 Diagrama Venn pentru forma normala disjuncta aevenimentului G

SolutieProbabilitatea ca sistemul sa fie in stare de insucces la capatulprimei faze este :

Q1 = 1 eA1 eB1

Probabilitatea ca sistemul sa fie in stare de insucces la capatulcelei de-a doua faze este :

Q2 = 1 (1Q1) (eA2 + eB2 e(A+B)2)

Pentru datele din enunt avem : Q1 = 0, 25918, respectiv Q2 =0, 27196.

44. Fie X numarul de grupuri energetice care sunt in functio-nare intr-o zi data in cadrul SEN. Ne intereseza probabilitateaP(50 < X < 70) in urmatoarele cazuri :

a) Numarul mediu (asteptat) de grupuri este E[X] =60, iar dispersia acestui numar este Var[X] = E[(X60)2] = 4 ;


b) Numarul mediu (asteptat) de grupuri este E[X] =60, iar momentul centrat de ordin 4 este E[(X 60)4] = 625.

SolutiePentru orice distributie a lui X, este adevarata inegalitateaMarkov :

P(|X| ) k E[|X|k]pentru orice > 0, cu conditia ca momentul de ordinul k alv.a. X sa existe.Un caz particular se obtine pentru k = 2, luind |X | in locde |X|, unde = E |X| :

P(|X | ) 2 E[(X )2] = 2 Var(X).

Aceasta inegalitate este in mod uzual cunoscuta ca sub numelede inegalitate Cebisev.a) Avem = 60 si Var(X) = 4. Probabilitatea ceruta se poatescrie astfel : P(50 < X < 70) = P(|X 60| < 10) = 1 P(|X60| 10).Aplicind inegalitatea lui Cebisev pentru = 10 si Var(X) = 4,obtinem :

P(|X 60| 10) 102 4 = 0, 04

In consecinta, P(50 < X < 70) 0, 96. Probabilitatea ca nu-marul de grupuri sa fie intre 50 si 70 este cel putin egala cu96%.

b) In acest caz, se aplica inegalitatea lui Markov :P(|X 60| 10) 104 625 = 0, 0625.In consecinta, P(50 < X < 70) 0, 9375. Probabilitatea canumarul de grupuri sa fie intre 50 si 70 este cel putin egala cu93, 75%.


45. Fie X numarul de grupuri energetice disponibile dintr-o cen-trala electrica. Numarul mediu (asteptat) este = E[X] = 2,iar dispersia acestui numar este 2 = Var[X] = E[(X 2)2] =1. Care este probabilitatea P(X < 3) ?SolutieIn acest caz, pentru > 0 inegalitatea lui Cebisev se scrie subforma :

P((X )/ ) 1/(1 + 2).

respectivP((X )/ < ) 2/(1 + 2).

Probabilitatea ceruta corespunde valorii = 1.

Rezulta :P(X < 3) 2/(1 + 2) = 0, 5

Probabilitatea ca numarul de grupuri sa fie mai mic decat 3este cel putin egala cu 50%.

46. Fie X o v.a. distribuita binomial X Bin(n = 4, p = 0, 5). Severifica ca in acest caz E[X] = n p = 2, respectiv Var[X] =n p (1 p) = 1. Care este probabilitatea P(X < 3) ?Solutie

Probabilitatea este data de relatia :

P(X < 3) =2

k=0

Ck4(1 p)k pk =

= (1 p)4 + 4p(1 p)3 + 6p2(1 p)2 = 0, 6875

47. Fie X o v.a. distribuita gaussian X N( = 2, = 1). Careeste probabilitatea P(X < 3) ?


SolutieProbabilitatea ceruta este data de relatia

P(X < 3) = 1/(

2) 3

e(x)2/(22)dx

Pentru datele din enunt, se obtine P(X < 3) = 0, 84134.

4Analiza sistemelor

4.1 Aplicatii rezolvate

4.2 Diagrame logice si de decizie binara

48. Fie reteaua de transport al energiei electrice din figura 4.1.Este formata din statiile 1, 2, 3 si 4, respectiv liniile A, B, Csi D. Sistemul este in stare de insucces daca ambii receptoriconectati respectiv la statiile 3, respectiv 4 nu sunt alimentati.Liniile sunt considerate ca au capacitate infinita de transport.Statiile sunt considerate noduri ideale (fara defect). Liniileau urmatoarele indisponibilitati : qA = 0, 05, qB = 0, 07,qC = 0, 06, qD = 0, 03, respectiv qE = 0, 02. Intensitatile de de-fectare sunt : A = 0, 001h1, B = 0, 002h1, C = 0, 003h1,D = 0, 0005h1, respectiv E = 0, 0005h1.Sa se calculeze :a) Indisponibilitatea sistemului ;b) Factorii de importanta structurali ;c) Factorii de importanta probabilisti ;d) Timpul mediu de succes MUT ;e) Timpul mediu de insucces MDT.

Solutie

71

72 CAP. 4. ANALIZA SISTEMELOR

Fig. 4.1 Retea electrica

a) Pentru statia 3 avem urmatoarele trasee minimale : T1 ={A, C}, T2 = {B, E}, T3 = {A, D, E} si T4 = {B, C, D}. Pen-tru statia 4 avem urmatoarele trasee minimale : T5 = {B},T6 = {A, D} respectiv T7 = {A, C, E}. Sistemul este in starede succes daca cel putin una din cele doua statii 3, respectiv 4este alimentata :

SUCCES =7

i=1Ti

In baza regulilor de reducere booleana, avem urmatoarele re-latii :

T2 T5 = T5T4 T5 = T5

Rezulta ca starea de succes este data de relatia :

SUCCES = T1 T3 T5 T6 T7

Se mai pot scrie, de asemenea, urmatoarele relatii de reducerelogica :

T3 T6 = T6

4.2. DIAGRAME LOGICE SI DE DECIZIE BINARA 73

Tabel 4.1 Tabela de adevar pentru evenimentul 1

A B C D A C A D SUCCES1 1 1 1 1 1 10 1 1 1 0 0 11 0 1 1 1 1 11 1 0 1 0 1 11 1 1 0 1 0 10 0 1 1 0 0 00 1 0 1 0 0 10 1 1 0 0 0 11 0 0 1 0 1 11 1 0 0 0 0 11 0 1 0 1 0 11 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 10 0 1 0 0 0 00 0 0 1 0 0 00 0 0 0 0 0 0

T1 T7 = T1

In consecinta, starea de succes este data de relatia :

SUCCES = T1 T5 T6

Inainte de a scrie o forma disjuncta normala a acestei functii,sa remarcam faptul ca linia E nu este in acest caz o compo-nenta esentiala. Oricare ar fi stare de ei (succes / insucces),probabilitatea de a asigura starea de succes considerata a sis-temului nu este afectata.Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combi-natii disjuncte ce contribuie la insuccesul sistemului, respectiv


liniile 6, 12, 14, 15, respectiv 16 din tabelul 4.1 rezulta indispo-nibilitatea sistemului :

Q = qAqB pC pD + pAqBqCqD + qAqB pCqD + qAqBqC pD + qAqBqCqD

Inlocuind cu valorile din enunt rezulta Q = 0, 0036197.

Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combi-natii disjuncte ce contribuie la succesul sistemului, respectivliniile 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10, 11, respectiv 13 din tabelul 4.1rezulta disponibilitatea sistemului :

P = pA pB pC pD + qA pB pC pD + pAqB pC pD ++pA pBqC pD + pA pB pCqD + qA pBqC pD ++pAqBqC pD + pA pBqCqD + pAqB pCqD +

+qA pBqCqD.

Inlocuind cu valorile din enunt rezulta P = 0, 9963803.Se verifica relatia P + Q = 1.

Functia de structura a sistemului ce modeleaza insuccesulacestuia este :

(xA, xB, xC, xD) = xA xBxCxD + xA xB xC xD + +xA xBxC xD ++xA xB xCxD + xA xB xC xD.

unde xi = 1 daca componenta i {A, B, C, D} este in starede succes, respectiv xi = 0 daca componenta i este in stare deinsucces.


b) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importantastructurala Birnbaum este dat de relatia :

IB (i) =n(i)2N1

unde N este numarul de componente esentiale ale sistemului ;n(i) este numarul de vectori critici ai componentei i.

Din tabelul 4.1 rezulta vectorii critici pentru fiecare compo-nenta analizata. La schimbarea starii componentei i din succesin insucces (respectiv xi = 1 in xi = 0) starea sistemului din 1(eveniment SUCCES realizat) comuta in 0 (eveniment SUCCESnerealizat). Din cele 16 stari ale sistemului evidentiate in ta-belul 4.1, fiecare componenta i {A, B, C, D} are 8 cazuri incare ea se afla in stare de succes, respectiv 8 cazuri in carecomponenta nu se afla in stare de succes. Spre exemplu, pen-tru componenta A avem liniile 1,3,4, 5,9,10,11, respectiv 12 dintabelul 4.1 pentru care aceasta se afla in stare de succes. Linia12 corespunde unei stari de insucces a sistemului. Analizandcele 7 stari ramase, avem urmatoarele rezultate :- (1, 1, 1, 1) SUCCES (0, 1, 1, 1) SUCCES ;- (1, 0, 1, 1) SUCCES (0, 0, 1, 1) SUCCES - vector critic ;- (1, 1, 0, 1) SUCCES (0, 1, 0, 1) SUCCES ;- (1, 1, 1, 0) SUCCES (0, 1, 1, 0) SUCCES ;- (1, 0, 0, 1) SUCCES (0, 0, 0, 1) SUCCES - vector critic ;- (1, 1, 0, 0) SUCCES (0, 1, 0, 0) SUCCES ;- (1, 0, 1, 0) SUCCES (0, 0, 1, 0) SUCCES - vector critic.In consecinta n(A) = 3, respectiv I

B (A) = 3/8.

Similar, pentru componenta B avem urmatorii vectori critici :(0, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0).Avem n(B) = 5, respectiv I

B (B) = 5/8.


Pentru componenta C un singur vector critic : (1, 0, 1, 1).Avem n(C) = 1, respectiv I

B (C) = 1/8.

De asemenea, pentru componenta D avem un singur vec-tor critic (1, 0, 0, 1). In consecinta, n(D) = 1, respectivIB (D) = 1/8.

Un alt factor de importanta structural este cel propus de Bar-low si Proschan. Pentru o componenta i a unui sistem coerent(pentru care functia sa de structura (x) este monotona)avem :

IBP(i) = 1

0(Q/qi)qjqdq =

10

(Q[qi 1]Q[qi 0])qjqdq

unde Q este probabilitatea de insucces a sistemului, iar qi esteprobabilitatea de insucces a componentei i, iar j este orice altacomponenta a sistemului diferita de i.

Tinand seama ca P si Q sunt legate prin relatia P + Q = 1,factorul de importanta propus se poate scrie / calcula si subforma :

IBP(i) = 1

0(P/pi)pjpdp =

10

(P[pi 1] P[pi 0])pjpdp

Pentru componenta A avem :

Q/qA = pC pDqB + pDqBqC + pCqBqD

respectiv :

(Q/qA)qjq = (1 q)2q + 2(1 q)q2 = q q3

Relatia de mai sus se verifica :

Q[qA 1]qjq = q


respectiv :Q[qA 0]qjq = q3

Aceasta relatia se mai poate verifica, de asemenea, intr-o ma-niera foarte simpla.

Atunci cand linia A este disponibila 100% din timp (qA = 0),traseele sistemului analizat devin urmatoarele : T1 = {C},T5 = {B}, respectiv T6 = {D}.

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistemparalel 3 100% :

Q[qA 0]qjq = q3

Atunci cand linia A este indisponibila 100% din timp (qA = 1),sistemul are un singur traseu T5 = {B}.

Q[qA 1]qjq = q

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem1 100% :Rezulta

IBP(A) = 1

0(q q3)dq = (q2/2 q4/4)q=1q=0 = 1/2 1/4 = 1/4

Pentru componenta B avem :

Q/qB = pC pDqA + pDqAqC + pCqAqD + pAqCqD + qAqCqD

respectiv :

(Q/qB)qjq = (1 q)2q + 3(1 q)q2 + q3 = q + q2 q3


Un simplu calcul de verificare arata ca atunci cand linia B estedisponibila 100% din timp (qB = 0), sistemul va fi tot timpulin stare de succes, intrucat statia A este conectata prin aceastalinie sigura cu cel putin un nod receptor.

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este deci :

Q[qB 0]qjq = 0

Evident, atunci cand linia B este indisponibila 100% din timp(qB = 1), sistemul are urmatoarele trasee minimale : {A, C},{A, D} . Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea aunui sistem serie format din linia A in serie cu cuplul (C, D) :

Q[qB 0] = qA + qCqD qAqCqD

respectiv : Q[qB 0]qjq = q + q2 q3

Rezulta

IBP(B) = 1

0(q + q2 q3)dq = (q2/2 + q3/3 q4/4)q=1q=0 = 7/12

Pentru componenta C avem :

Q/qC = pDqAqB + pAqBqD + qAqBqD

respectiv :

(Q/qC)qjq = 2(1 q)2q + q3 = 2q 4q2 + 3q3

Rezulta

IBP(C) = 1

0(q 4q2 + 3q3)dq = 5/12

Similar, pentru componenta D avem :

Q/qD = pCqAqB + pAqBqC + qAqBqC


respectiv :

(Q/qD)qjq = 2(1 q)2q + q3 = 2q 4q2 + 3q3

Rezulta

IBP(D) = 1

0(q 4q2 + 3q3)dq = 5/12

c) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importantamarginala (probabilista tip Birnbaum)se poate calcula cu unadin urmatoarele relatii :

IB(i) =Qqi

= Q[qi 1]Q[qi 0]

respectiv

IB(i) =Ppi

= P[pi 1] P[pi 0]

unde P este probabilitatea de succes a sistemului, Q este pro-babilitatea de insucces a sistemului (P + Q = 1), respectiv pieste probabilitatea de succes a componentei i, qi este probabi-litatea de insuccces a componentei i (pi + qi = 1).Factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan se poatecalcula cu relatia :

IBP(i, t) =

t0 IB(i, ) fi()d

nj=1 t

0 IB(j, ) f j()d

unde t este momentul de timp considerat, fi() este densitateade probabilitate asociata v.a. timpul de succes al componenteii. De exemplu, pentru o distributie exponentiala avem densi-tatea de probabilitate fi() = iei.


La nivelul sistemului format din cele n componente :- pentru orice componenta i a sistemului este adevarata inega-litatea :

0 IBP(i, t) 1

- pentru sistemn

i=1

IBP(i, t) = 1

Pentru t , factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan devine :

IBP(i) =

0IB(i) fi()d

49. Fie, din nou, reteaua de transport al energiei electrice dinfigura 4.1. Sistemul este in stare de insucces daca cel putin unuldin cei doi receptori conectati respectiv la statiile 3, respectiv 4nu sunt alimentati. Liniile sunt considerate ca au capacitate in-finita de transport. Statiile sunt considerate noduri ideale (faradefect). Liniile au urmatoarele indisponibilitati : qA = 0, 05,qB = 0, 07, qC = 0, 06, qD = 0, 03, respectiv qE = 0, 02. In-tensitatile de defectare sunt : A = 0, 001h1, B = 0, 002h1,C = 0, 003h1, D = 0, 0005h1, respectiv E = 0, 0005h1.Sa se calculeze in acest caz :a) Indisponibilitatea sistemului ;b) Factorii de importanta structurali ;c) Factorii de importanta probabilisti ;d) Timpul mediu de succes MUT ;e) Timpul mediu de insucces MDT.

Solutie

a) Ca si in exercitiul precendent, pentru statia 3 avem urma-toarele trasee minimale : T1 = {A, C}, T2 = {B, E}, T3 =


{A, D, E} si T4 = {B, C, D}. Pentru statia 4 avem urmatoa-rele trasee minimale : T5 = {B}, T6 = {A, D} respectivT7 = {A, C, E}. Sistemul este in stare de succes daca ambelestatii 3, respectiv 4 sunt alimentate :

SUCCES = S3 S4

unde SUCCES3 = 4i=1Ti, respectiv SUCCES4 =7

i=5 Ti.Inainte de a scrie o forma disjuncta normala a acestei functii,sa remarcam faptul ca linia E este in acest caz o componentaesentiala.


Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combi-natii disjuncte ce contribuie la insuccesul sistemului, respectivliniile 7, 15, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 25, 26, 27,28, 29, 30, 31 res-pectiv 32 din tabelul 4.2 rezulta indisponibilitatea sistemului :

Q = qAqB pC pD pE + pA pBqC pDqE + qAqBqC pD pE ++qAqB pCqD pE + qAqB pC pDqE + pAqBqCqD pE ++pAqBqC pDqE + pAqB pCqDqE + pA pBqCqDqE ++qA pB pCqDqE + qA pBqC pDqE + qAqBqCqD pE ++qAqBqC pDqE + qAqB pCqDqE + +qA pBqCqDqE +

+pAqBqCqDqE + qAqBqCqDqE.

Inlocuind cu valorile din enunt rezulta Q = 0, 00487684, fatade 0, 0036197 in exercitiul precedent.

Prin insumarea probabilitatilor de aparitie ale fiecarei combi-natii disjuncte ce contribuie la succesul sistemului, respectivliniile 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 16, respectiv 24 dintabelul 4.1 rezulta disponibilitatea sistemului :

P = pA pB pC pD + qA pB pC pD + pAqB pC pD ++pA pBqC pD + pA pB pCqD + qA pBqC pD ++pAqBqC pD + pA pBqCqD + pAqB pCqD +

+qA pBqCqD.

Inlocuind cu valorile din enunt rezulta P = 0, 9963803.Se verifica relatia P + Q = 1.

Functia de structura a sistemului ce modeleaza insuccesulacestuia este :


(xA, xB, xC, xD) = xA xBxCxD + xA xB xC xD + +xA xBxC xD ++xA xB xCxD + xA xB xC xD.

unde xi = 1 daca componenta i {A, B, C, D} este in starede succes, respectiv xi = 0 daca componenta i este in stare deinsucces.b) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importantastructurala Birnbaum este dat de relatia :

IB (i) =n(i)2N1

unde N este numarul de componente esentiale ale sistemului ;n(i) este numarul de vectori critici ai componentei i.

Din tabelul 4.1 rezulta vectorii critici pentru fiecare compo-nenta analizata. La schimbarea starii componentei i din succesin insucces (respectiv xi = 1 in xi = 0) starea sistemului din 1(eveniment SUCCES realizat) comuta in 0 (eveniment SUCCESnerealizat). Din cele 16 stari ale sistemului evidentiate in ta-belul 4.1, fiecare componenta i {A, B, C, D} are 8 cazuri incare ea se afla in stare de succes, respectiv 8 cazuri in carecomponenta nu se afla in stare de succes. Spre exemplu, pen-tru componenta A avem liniile 1,3,4, 5,9,10,11, respectiv 12 dintabelul 4.1 pentru care aceasta se afla in stare de succes. Linia12 corespunde unei stari de insucces a sistemului. Analizandcele 7 stari ramase, avem urmatoarele rezultate :- (1, 1, 1, 1) SUCCES (0, 1, 1, 1) SUCCES ;- (1, 0, 1, 1) SUCCES (0, 0, 1, 1) SUCCES - vector critic ;- (1, 1, 0, 1) SUCCES (0, 1, 0, 1) SUCCES ;- (1, 1, 1, 0) SUCCES (0, 1, 1, 0) SUCCES ;


- (1, 0, 0, 1) SUCCES (0, 0, 0, 1) SUCCES - vector critic ;- (1, 1, 0, 0) SUCCES (0, 1, 0, 0) SUCCES ;- (1, 0, 1, 0) SUCCES (0, 0, 1, 0) SUCCES - vector critic.In consecinta n(A) = 3, respectiv I

B (A) = 3/8.

Similar, pentru componenta B avem urmatorii vectori critici :(0, 1, 1, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 0).Avem n(B) = 5, respectiv I

B (B) = 5/8.

Pentru componenta C un singur vector critic : (1, 0, 1, 1).Avem n(C) = 1, respectiv I

B (C) = 1/8.

De asemenea, pentru componenta D avem un singur vec-tor critic (1, 0, 0, 1). In consecinta, n(D) = 1, respectivIB (D) = 1/8.

Un alt factor de importanta structural este cel propus de Bar-low si Proschan. Pentru o componenta i a unui sistem coerent(pentru care functia sa de structura (x) este monotona)avem :

IBP(i) = 1

0(Q/qi)qjqdq =

10

(Q[qi 1]Q[qi 0])qjqdq

unde Q este probabilitatea de insucces a sistemului, iar qi esteprobabilitatea de insucces a componentei i, iar j este orice altacomponenta a sistemului diferita de i.

Tinand seama ca P si Q sunt legate prin relatia P + Q = 1,factorul de importanta propus se poate scrie / calcula si subforma :

IBP(i) = 1

0(P/pi)pjpdp =

10

(P[pi 1] P[pi 0])pjpdp


Pentru componenta A avem :

Q/qA = pC pDqB + pDqBqC + pCqBqD

respectiv :

(Q/qA)qjq = (1 q)2q + 2(1 q)q2 = q q3

Relatia de mai sus se verifica :

Q[qA 1]qjq = q

respectiv :Q[qA 0]qjq = q3

Aceasta relatia se mai poate verifica, de asemenea, intr-o ma-niera foarte simpla.

Atunci cand linia A este disponibila 100% din timp (qA = 0),traseele sistemului analizat devin urmatoarele : T1 = {C},T5 = {B}, respectiv T6 = {D}.

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistemparalel 3 100% :

Q[qA 0]qjq = q3

Atunci cand linia A este indisponibila 100% din timp (qA = 1),sistemul are un singur traseu T5 = {B}.

Q[qA 1]qjq = q

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea a unui sistem1 100% :


Rezulta

IBP(A) = 1

0(q q3)dq = (q2/2 q4/4)q=1q=0 = 1/2 1/4 = 1/4

Pentru componenta B avem :

Q/qB = pC pDqA + pDqAqC + pCqAqD + pAqCqD + qAqCqD

respectiv :

(Q/qB)qjq = (1 q)2q + 3(1 q)q2 + q3 = q + q2 q3

Un simplu calcul de verificare arata ca atunci cand linia B estedisponibila 100% din timp (qB = 0), sistemul va fi tot timpulin stare de succes, intrucat statia A este conectata prin aceastalinie sigura cu cel putin un nod receptor.

Indisponibilitatea sistemului in acest caz este deci :

Q[qB 0]qjq = 0

Evident, atunci cand linia B este indisponibila 100% din timp(qB = 1), sistemul are urmatoarele trasee minimale : {A, C},{A, D} . Indisponibilitatea sistemului in acest caz este cea aunui sistem serie format din linia A in serie cu cuplul (C, D) :

Q[qB 0] = qA + qCqD qAqCqD

respectiv : Q[qB 0]qjq = q + q2 q3Rezulta

IBP(B) = 1

0(q + q2 q3)dq = (q2/2 + q3/3 q4/4)q=1q=0 = 7/12

Pentru componenta C avem :

Q/qC = pDqAqB + pAqBqD + qAqBqD


respectiv :

(Q/qC)qjq = 2(1 q)2q + q3 = 2q 4q2 + 3q3

Rezulta

IBP(C) = 1

0(q 4q2 + 3q3)dq = 5/12

Similar, pentru componenta D avem :

Q/qD = pCqAqB + pAqBqC + qAqBqC

respectiv :

(Q/qD)qjq = 2(1 q)2q + q3 = 2q 4q2 + 3q3

Rezulta

IBP(D) = 1

0(q 4q2 + 3q3)dq = 5/12

c) Pentru o componenta i a sistemului, factorul de importantamarginala (probabilista tip Birnbaum)se poate calcula cu unadin urmatoarele relatii :

IB(i) =Qqi

= Q[qi 1]Q[qi 0]

respectiv

IB(i) =Ppi

= P[pi 1] P[pi 0]

unde P este probabilitatea de succes a sistemului, Q este pro-babilitatea de insucces a sistemului (P + Q = 1), respectiv pieste probabilitatea de succes a componentei i, qi este probabi-litatea de insuccces a componentei i (pi + qi = 1).


Factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan se poatecalcula cu relatia :

IBP(i, t) =

t0 IB(i, ) fi()d

nj=1 t

0 IB(j, ) f j()d

unde t este momentul de timp considerat, fi() este densitateade probabilitate asociata v.a. timpul de succes al componenteii. De exemplu, pentru o distributie exponentiala avem densi-tatea de probabilitate fi() = iei.

La nivelul sistemului format din cele n componente :- pentru orice componenta i a sistemului este adevarata inega-litatea :

0 IBP(i, t) 1

- pentru sistemn

i=1

IBP(i, t) = 1

Pentru t , factorul de importanta probabilista Barlow-Proschan devine :

IBP(i) =

0IB(i) fi()d

50. Fie un sistem de transport al energiei electrice din figura 4.2format din 8 linii de transport si 7 statii de interconexiune.Doua surse de energie G1 si G2 sunt disponibile, fiecare in-carcate la 300 MW, disponibilitatea stationara este pG = 0, 95,egala la ambele surse, de asemenea, timpul mediu egal de in-disponibilitate MDTG = 24h. In punctele de racord R1 si R2 sesolicita cate 300MW. Fiecare linie de transport are urmatoarelecaracteristici : capacitatea de transport 300MW, timpul mediu


de indisponibilitate MDT = 12h, iar indisponibilitatea statio-nara q = 0, 01. Sa se calculeze : disponibilitatea pR1, respectivfrecventa asteptata a intreruperilor R1 la nivelul punctului deracord R1.

Fig. 4.2 Sistemul electric analizat

SolutieFie xi variabila indicatoare pentru o componenta i a sistemuluide transport din figura 4.2.Astfel, i {G1, G2, B1, B2, B3, B4, B5, B6, B7, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.


Prin conventie, xi = 1, daca componenta i este disponibila,respectiv xi = 0, daca componenta i este indisponibila.Etapele calculului sunt urmatoarele :- calculul indicatorilor la nivelul barelor B3, respectiv B4 ;- calculul indicatorilor la nivelul barei B7 ;- calculul indicatorilor la nivelul barelor B5, respectiv B6.

La nivelul barei B3, exista doua trasee minimale, in raport cunivelul de succes "Putere tranzitata 300 MW" : T1 = {G1, 8},respectiv T2 = {G2, 1, 8}.Urmatoarea ecuatia logica leaga nivelul de succes de mai susde disponibilitatea a cel putin unui traseu din cele doua men-tionate T1, T2 :xB3 = xT1 u xT2Descompunand in produse disjuncte, ecuatia se poate scriesub forma :xB3 = xT1 u xT1xT2cu xT1 = xG1 u x8.Rezulta xT1xT2 = xG1xG2x1x8 u x8xG2x1x8 = xG1xG2x1x8.Ecuatia logica devine :xB3 = xG1x8 u xG1xG2x1x8Probabilitatea de succes la nivelul barei B3 devine

pB3 = pG1 p8 + (1 pG1)pG2 p1 p8 = pG p + (1 pG)pG p2

Similar, din conditii de simetrie a schemei electrice si a datelorde disponibilitate, probabilitatea de succes la nivelul barei B4este

pB4 = pG2 p2 + (1 pG2)pG1 p1 p2 = pG p + (1 pG)pG p2


Pentru calculul frecventei asteptate de intrerupere B3 se par-curg urmatoarele etape :

- se evalueaza factorii de importanta probabilisti Birnbaum IBkpentru fiecare componenta k cu relatia :

IBk = pB3/pk = (pB3|pk = 1) (pB3|pk = 0)

- se calculeaza frecventele asteptate de intrerupere ale compo-nentelor k :

k = 1/(MUTk + MDTk) = pk/MUTk = qk/MDTk

- se calculeaza frecventa asteptata de intrerupere B3 :

B3 = k

k IBk

Se obtin urmatorii factori de importanta p

FIAB Culegerede Probleme

Documents

Transcript of FIAB Culegerede Probleme