Virgílio Mendonça da Costa e Silva -...
61
UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA CENTRO DE TECNOLOGIA DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA MANUTENÇÃO INDUSTRIAL ENGENHARIA DE CONFIABILIDADE – (PARTE III) ANÁLISE DE TEMPOS DE FALHAS N O T A S D E A U L A S Virgílio Mendonça da Costa e Silva Agosto - 2 0 1 7
Transcript of Virgílio Mendonça da Costa e Silva -...
UNIVERSIDADE FEDERAL DA PARAÍBA
CENTRO DE TECNOLOGIA
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA
MANUTENÇÃO INDUSTRIAL
ENGENHARIA DE CONFIABILIDADE – (PARTE III)
ANÁLISE DE TEMPOS DE FALHAS
N O T A S D E A U L A S
Virgílio Mendonça da Costa e Silva
Agosto - 2 0 1 7
Confiabilidade de Sistemas Dependentes do Estado Processos ou Análises de Markov
Processos ou Análises de Markov podem modelar qualquer sistema
formado por grupos de estados discretos { }1 3 3 kS , S , S , , SL,
num tempo t
contínuo.
As premissas fundamentais da Análise de Markov são:
1. A probabilidade de que um sistema passará por uma transição de um
estado para outro depende apenas do estado atual e não dos históricos de
estados anteriores – ou seja, para efeito de confiabilidade os sistemas
"não têm memórias".
2. As probabilidades de transição são taxas instantâneas constantes ao longo
do tempo – ou seja, os sistemas são "estacionários".
Em toda esta seção, os componentes são assumidos por ter uma
distribuição de vida exponencial. Para um sistema com n componentes,
unidades, etc., tendo cada um deles dois estados, operando e em falha, o
número de estados para o sistema será n2 estados.
Como exemplo, considere um sistema composto por dois componentes,
cada um com taxa de falha constante, ou seja, tempo de vida exponencial.
Podemos definir os estados do sistema como:
Estado Componente 1 Componente 2
S1 Operando Operando S2 Em Falha Operando S3 Operando Em Falha S4 Em Falha Em Falha
Se os componentes estão associados em série, o sistema com falha ou em
estado "de falha" será representado por 2 3 4D ={S , S , S }.
Se os componentes estão associados em paralelo (sistema redundante), o
sistema com falha ou em estado "de falha" será representado por 4D ={S }.
Assim, para os componentes associados em série ou paralelos os
correspondentes estados "operantes" são respectivamente 1U ={S } e
1 2 3U ={S , S , S }.
Seja:
( ) ( )i iP t = P Probabilidade do sistema está no estado S no tempo t (1)
A confiabilidade do sistema é definida como a probabilidade do sistema
estar no estado "operante", ou seja, não estar em estado de falha, como:
( ) ( )ii U
R t = P t∈∑
(2)
Assim, se o sistema tiver os dois componentes em série, sua confiabilidade
será:
( ) ( )S 1R t = P t
Caso os componentes estejam em paralelos, sua confiabilidade será:
( ) ( ) ( ) ( )P 1 2 3R t = P t + P t + P t
Seja a taxa de falha instantânea para o componente i igual a iλ para
( )i 1, 2=.
A Figura 1 mostra o diagrama de taxas de transição entre os estados:
Figura 1 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes de um Sistema.
λ1 λ2
λ1λ2
S1
S3S2
S4
Da Figura 1, podemos escrever:
( )1 2 1P transição S S no intervalo de tempo t, t t = t → + ∆ λ ∆
( )1 3 2P transição S S no intervalo de tempo t, t t = t → + ∆ λ ∆
( )2 4 2P transição S S no intervalo de tempo t, t t = t → + ∆ λ ∆
( )3 4 1P transição S S no intervalo de tempo t, t t = t → + ∆ λ ∆
Para o sistema está no estado 1S no tempo t t+ ∆ , é necessário que:
1. O sistema esteja no estado 1S no tempo t , e
2. Nenhuma transição ocorra do estado 1S no intervalo de tempo
( )t, t t+ ∆.
Assim,
( )1P probabilidade do sistema está no estado S no tempo t+ t = ∆
( ) ( )1P sistema está no estado S no tempo t x P não ocorrer transição durante o intervalo (t, t+ t)∆
ou seja:
( ) ( ) ( )1 1 1 2P t t = P t 1 - t - t+ ∆ λ ∆ λ ∆
( ) ( ) ( ) ( )1 11 2 1
P t t - P t= - + P t
t
+ ∆λ λ
∆
No limite quando t 0∆ → , temos:
( ) ( ) ( ) ( )1
'1 1 2 1
dP t = P t = - + P t
dtλ λ
(3)
Para que o sistema esteja no estado 2S no tempo t t+ ∆ , é necessário que:
1. O sistema esteja no estado 2S no tempo t , e nenhuma transição ocorra
no intervalo de tempo ( )t, t t+ ∆ , ou
2. O sistema esteja no estado 1S no tempo t , e uma transição 1 2S S→
ocorra no intervalo de tempo ( )t, t t+ ∆ .
ou seja:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 1P t t = P t 1 - t + P t t+ ∆ λ ∆ λ ∆
( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 1 1
P t t - P t = - P t + P t
t
+ ∆λ λ
∆
No limite quando t 0∆ → , temos:
Assim temos:
( ) ( ) ( )'22 2 2 1 1
dP = P t = - P t + P t
dtλ λ
(4)
Por simetria no diagrama de transição de estado, temos:
( ) ( ) ( )'33 1 3 2 1
dP = P t = - P t + P t
dtλ λ
(5)
Uma vez que o sistema deve estar num dos quatro estados possíveis,
4
ii 1
P = 1=∑
então,
( ) ( ) ( ) ( )4 1 2 3P t = 1 - P t - P t - P t
Note que ( )4P t é um estado de absorção. Resolvendo a equação
diferencial (3) para ( )1P t , temos:
( )11 2
1
dP = - + dt
Pλ λ∫ ∫
( )( ) ( )1 1 2ln P t = - + t + Cλ λ ⋅
A constante de integração C = 0 uma vez que ( )1P 0 = 1, assim
( )ln 1 = 0 + C.
Logo,
( ) ( )1 2- + t1P t = e λ λ
(6)
Substituindo a equação (6) na equação (4), temos:
( ) ( ) ( )1 2- + t'2 2 2 1P t + P t = e λ λλ λ
(7)
Multiplicando a equação (7) pelo fator de integração 2 te λ , chega-se a:
( ) ( )2 1 t - t'2 2 2 1e P t + P t = eλ λ λ λ
( )2 1 t - t2 1
de P t = e
dtλ λ λ
( )2 1t t - u
2 1 0e P t = e duλ λλ ∫
( )1 t 1 - eλ=
Usando a condição inicial ( )2P 0 = 0, chega-se a:
( ) ( )2 1- t - t2P t e 1 - eλ λ=
(8)
Por simetria,
( ) ( )1 2- t - t3P t e 1 - eλ λ=
(9)
e ( )4P t pode ser encontrado por subtração.
Inserindo estas expressões para ( )iP t nas definições de ( )SR t dadas na
equação (2) podemos verificar as expressões de confiabilidade para sistemas em
série e paralelos.
Sistemas em Série:
( ) ( ) ( )S i 1i u
R t = P t = P t∈∑
( )1 2- + t= e λ λ
( ) ( )1 2- t - t= e eλ λ⋅
( ) ( )1 2= R t R t⋅
como visto anteriormente.
Sistemas em Paralelo:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )P i 1 2 3i u
R t = P t = P t + P t P t∈
+∑
( ) ( ) ( ) ( )λ λ λ λ λ λ1 2 2 1 1 2- + t - t - t - t - tPR t = e + e 1 - e + e 1 - e
( ) ( )λ λλ λ 1 21 2 - + t- t - tPR t = e + e - e
( ) ( ) ( )λ λ⋅1 2- t - tPR t = 1 - 1 - e 1 - e
( ) ( )( ) ( )( )⋅P 1 2R t = 1 - 1 - R t 1 - R t
( ) ( )P 1 2R = 1 - 1 - R 1 - R⋅
como visto anteriormente.
Sistemas com Cargas Compartilhadas
Uma aplicação bastante simples do Processo de Markov é para sistema
com cargas compartilhadas. Considere dois componentes associados em
paralelos, como antes, exceto que existe agora uma dependencia entre os dois
componentes. Se um componente falhar a taxa de falha do outro componente
aumenta como resultado da adicional carga sobre ele. Por causa desta
dependencia as técnicas vistas anteriormente não podem ser aplicadas, ao invés
delas devemos usar a Análise de Markov para determinar a confiabilidade do
sistema.
Definimos os quatros estados como antes. O diagrama de Taxas é
mostrado na Figura 2, onde 1+λ e 2
+λ representam o aumento da taxa de falhas
nos componentes 1 e 2 respectivamente, como resultado do aumento de carga.
Figura 2 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes de um
Sistema com Cargas Compartilhadas, e com Taxa de Falhas Diferentes.
As equações diferenciais do sistema são:
( ) ( ) ( )11 2 1
dP t = - + P t
dtλ λ
(10)
( ) ( ) ( )21 1 2 2
dP t = P t - P t
dt+λ λ
(11)
( ) ( ) ( )32 1 1 3
dP t = P t - P t
dt+λ λ
(12)
As soluções destas equações são encontradas usando as mesmas
aproximações como foi feito no item anterior. São elas:
λ1 λ2
λ1λ2
S1
S3S2
S4
++
( ) ( )1 2- + t1P t = e λ λ
(13)
( ) ( ){ }1 22 - + t- t12
1 2 2
P t = e - e + -
+ λ λλ+
λλ λ λ
(14)
( ) ( ){ }1 21 - + t- t23
1 2 1
P t = e - e + -
+ λ λλ+
λλ λ λ
(15)
e
( ) ( ) ( ) ( )P 1 2 3R t = P t + P t + P t
Se considerarmos 1 2 = = λ λ λ e 1 2 = = + + +λ λ λ , então:
( ) { }- 2 t - t - 2 t2 R t = e + e - e
2 -
+λ λ λ+
λλ λ
e
( )0
1 2 1 1TMEF = R t dt = + -
2 2 - 2
∞
+ +
λ λ λ λ λ λ
∫
Exemplo 1:
Considere dois geradores idênticos operando em uma associação paralela
ativa. Quando ambos estão trabalhando, a taxa de falhas é λ . Quando um dos
geradores falha, o gerador remanescente tem um aumento na taxa de falha para
+λ . Encontre a confiabilidade do sistema para 10 dias e Tempo Médio Entre
Falhas, considerando:
= .01 falhas por diaλ +λ = .10 falhas por dia
Solução:
( ) { }- 2 t - t - 2 t2 R t = e + e - e
2 -
+λ λ λ+
λλ λ
( ) ( ) ( )( )
( ){ }- 2 0.01 t - 2 0.01 t- 0.10 t2 0.01R t = e + e - e = 0.9314
2 0.01 - 0.10
e
1 2 1 1TMEF = + -
2 2 - 2 + +
λ λ λ λ λ λ
1 0.02 1 1TMEF = + - = 60 dias
0.02 - 0.08 0.10 0.02
Outro caminho pode ser utilizado na solução deste exemplo como
mostramos a seguir.
Considere que na associação paralela ativa a taxa de falha combinada é
igual a 2λ .
Nós definimos um processo de Markov para sistema com três estados:
� 1S ambas unidades operam.
� 2S uma unidade em falha e a outra em operação.
� 3S ambas unidades em falhas.
O diagrama de taxas de transição é dado na Figura 3.
Figura 3 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes de um
Sistema com Cargas Compartilhadas, e com Taxa de Falhas Iguais.
As expressões de probabilidade nos estados no tempo + ∆t t são:
2λ λ+S3S2S1
( ) ( ) ( )1 1P t t = P t 1 - 2 t+ ∆ λ∆
( ) ( ) ( )2 1 2P t t = P t 2 t - P t 1 - t+ + ∆ λ ∆ λ ∆
Logo,
( ) ( )'1 1P t = - 2 P tλ
( ) ( ) ( )+λ λ'2 1 2P t = 2 P t - P t
Com as condições iniciais ( )1P 0 = 1, ( ) ( )2 3P 0 = P 0 = 0, como feito
anteriormente, obtemos:
( ) - 2 t1P t = e λ
(16)
Então
( ) ( )' - 2 t2 2P t + P t = 2 e+ λλ λ
Usando te
+λ como fator de integração, obtemos:
( ) ( )- 2 t t2
de P t = 2 e
dt
++ λ λλ λ
Integrando e usando a condição ( )2P 0 = 0, chega-se a:
( ) ( ){ }- 2 t t2
2 e P t = e - 1
- 2
++ λ λλ+
λλ λ
Assumindo que 2+λ ≠ λ , temos:
( ) { }- 2 t - t2
2 P t = e - e
- 2
+λ λ+
λλ λ
(17)
A confiabilidade do sistema é dada por:
( ) ( )S ii U
R t = P t∈∑
( ) ( )1 2 P t + P t=
{ }- 2 t - 2 t - t2 e + e - e
- 2
+λ λ λ+
λ=λ λ
{ }- 2 t - t1 e - 2 e
- 2
++ λ λ+= λ λ
λ λ
(18)
O tempo médio entre falhas do sistema é:
( )S0TMEF = R t dt
∞
∫
{ }- 2 t - t
0 0
2 e dt - 2 e dt
- 2
+∞ ∞+ λ λ+
λ= λ λλ λ ∫ ∫
1 2 -
- 2 2
+
+ +
λ λ= λ λ λ λ
+=λ λ
1 1TMEF +
2
(19)
lembre que
- t
0
1e dt =
∞ α
α∫.
De acordo com os dados do Exemplo 1, a confiabilidade do sistema para
um período de 10 dias será:
( ) { }- 0.2 - 1S
1R 10 0.1 e - 0.2 e
0.08=
( )SR 10 0.9314=
O Tempo Médio Entre Falhas será:
1 1TMEF = + = 60 dias
0.2 0.10
como obtido anteriormente.
Alguns Comentários Adicionais:
1. O Tempo médio entre Falhas do Sistema tem uma interpretação natural.
Sob carga compartilhada o tempo da primeira falha de qualquer um dos
componentes é 12 λ que é igual à taxa de falha de um sistema em série é
2 λ . Quando um dos componentes falha o sistema opera com uma única
unidade, com aumento da taxa de falha para 2 +λ > λ . O tempo de vida
útil (Tempo Total Para Falha) do sistema é a soma dos tempos de vida 1T ,
2T em cada fase, ou seja:
( ) ( )1 2MTPF = E T + E T
1 1
= + 2 +λ λ
2. Também podemos verificar a expressão para ( )SR t condicionando um
argumento de probabilidade direta no tempo da primeira falha de um dos
componentes. Note-se que o evento "nenhuma falha no sistema no tempo
t ” ocorre se e somente se uma das seguintes situações ocorrer:
� a primeira falha ocorre após o tempo t , ou
� a primeira falha ocorre em tempo u , em seguida nenhuma falha
subseqüente ocorrerá.
O tempo para primeira falha 1T é exponencialmente distribuído com taxa
de falha constante igual a 2 λ . Entretanto, a função densidade de probabilidade
do tempo da primeira falha é igual a λλ - 2 t2 e .
( )P sistema sobreviver ao tempo t
( ) P primeira falha ocorrer após o tempo t=
( )( )u 0
u t
lim P primeira falha ocorrer em u, u+ uδ → <
+ δ∑
( )x P nenhuma falha subsequente ocorrer no tempo t - u
Sejam ( )1R t e ( )2
R t a função confiabilidade de cada fase da vida do
sistema, ( )1f t . A função densidade de probabilidade do tempo da primeira falha
será:
( ) ( ) ( ) ( )t
S 1 1 20R t R t + f u R t u du= −∫
( )t - t u- 2 t - 2 u
0= e + 2 e e du
+λ −λ λλ ⋅∫
( ) - 2 ut- 2 t - t e u
0= e + 2 e e du
+λ λ+λ λλ ∫
( )( ){ }+ λ λλ λ
+
λλ λ
+ - 2 t- 2 t - t2 = e + e e - 1
- 2
( ) { }++ λ λ+
λ λλ λ
2 t - t1= e - 2 e
- 2
conforme equação (18).
Forma Matricial da Equação de Markov
O sistema de equações diferenciais lineares para sistemas com cargas
compartilhadas, Figura 3, pode ser escrito na forma matricial.
Definindo
( ) ( ) ( ) ( )( )T
1 2 3p t = P t , P t , P t
Então
( ) ( )'1 1P t = - 2 P tλ
( ) ( ) ( )'2 1 2P t = 2 P t - P t+λ λ
( ) ( )'3 2P t = P t+λ
Pode ser escrito como:
( ) ( ){ } [ ]
TTd
p t = p t Mdt
(20)
onde
[ ] + +
λ λ λ λ
- 2 2 0
M = 0 -
0 0 0
Note que, no caso de carga compartilhada, a soma de cada linha de [ ]M é
igual a zero. Isto pode ser visto pela pós-multiplicação da equação (20) pelo
vetor coluna { } { }TI = 1, 1, 1 .
( ) { } ( ){ } { } ( ){ } [ ] { } ⋅ ⋅ ⋅
TTTd d
p t I = p t I = p t M Idt dt
(21)
Agora ( ){ } { } ( )=⋅ ∑
T n
jj 1p t I = P t = 1 é constante para todos t . Assim a
derivada com relação a t é zero.
ou
[ ] { } { }⋅ =M I 0
Um Processo Simplificado para Calcular TMEF
Nós podemos calcular o TMEF ou o TMPF sem determinar explicitamente
( )SR t .
( ) ( )S jj U
R t = P t∈∑
( )S0TMEF = R t dt
∞
∫
( )j0j U
= P t dt∞
∈∑∫
( )j0j U
= P t dt∞
∈∑ ∫
(22)
Fazendo ( )j j0q = P t dt
∞
∫ então jj U
TMEF = q∈∑ . O vetor ( )T
1 2 3q = q , q , q
pode ser encontrado por integração da equação (20), ou seja:
( ) ( ){ } [ ]∞ ∞
∫ ∫T T
0 0
dp t dt = p t M dt
dt
( ){ } ( ){ } { } [ ]∞T T T
p - p 0 = q M (23)
Agora ( ){ } { }Tp 0 = 1, 0, 0 e ( ){ } { }∞
Tp = 0, 0, 1 , e, desde que 1S é o estado
inicial em t 0= e 3S é o estado em falha o qual é alcançado com probabilidade 1
com t → ∞ . Então
{ } { } + +
λ λ ⋅ λ λ
1 2 3
-2 2 0
-1, 0, 1 = q , q , q 0 -
0 0 0
O qual representa as três equações em dois desconhecidos 1q e 2q .
1- 1 = - 2 qλ
1 20 = 2 q - q+λ λ
21 = q+λ
de onde obtemos:
1
1q =
2 λ
e 2
1q = +λ
Assim,
1 2TMEF = q + q
1 1 +
2 +=λ λ
(24)
como obtido anteriormente. Sistema em Standby Os sistemas em standby são importantes áreas de estudos em
confiabilidade. De maneira geral transformar um sistema qualquer em um
sistema em Stabdby é uma forma de aumentara confiabilidade do mesmo, como
exemplo, podemos citar:
� O gerador de energia elétrica de um hospital.
� Os sistemas elétricos de uma aeronave (em triplicidade).
Dependendo da probabilidade de falhas quando o sistema está chaveado
para uma unidade em standby, os mesmos são geralmentes muito mais
confiaveis que um sistema redundante ativo (paralelo).
Um sistema em standby composto de dois componentes difere do sistema
redundante ativo, discutido anteriormente, quando a unidade em standby não
falha ou falha com uma reduzida taxa de falhas. Uma vez ativo a unidade de
backup pode experimentar a mesma taxa de falhas com o sistema em linha
(considerando que as unidades são diferentes) ou pode ter uma diferente taxa de
falha. A dependência aparece porque a taxa de falha de uma unidade em
standby depende do estado da unidade primária.
Por outro lado, os sistemas em standby envolvem um processo de
chaveamento sujeito a falhas. Os sistemas em standby, conhecidos como de
"redundância passiva", podem também estar sujeitos a uma pequena
probabilidade de falha através de deterioração, mesmo quando a unidade está
em standby, e assim deixar de operar quando chaveado. Nestes casos os
sistemas em standby também são considerados como um sistema de cargas
compartilhadas, ou seja, em caso de falha da unidade primária, a unidade
secundária opera sob um aumento de carga podedo ter como consequência uma
taxa mais elevada de falha.
Uma alternativa nestes casos, onde o chaveamento não é confiavel, é
aumentar a confiabilidade com o aumento de unidades de "redundância ativa"
onde as unidades operam em paralelo, como por exemplo, podemos citar:
� Os vários pneus de um caminhão.
� Os rins de um corpo humano.
Standby com Dois Componentes Diferentes e Chaveamento Perfeito
Este sistema consiste de uma unidade primaria e uma unidade de reserva
secundária. A unidade primária tem taxa de falha 1λ e a secundária tem uma
taxa de falha 2λ quando trabalhando como a unidade primária. Quando em
standby a secundária tem uma baixa probabilidade de falha 2−λ . Encontramos a
expressão da confiabilidade e do TMEF do sistema assumindo chaveamento
perfeito e nenhum reparo para qualquer unidade.
O diagrama de taxa de transição de estado é mostrado na Figura 4, onde
o estado 3 representa uma falha da unidade em standby, possivelmente não
identificada, com taxa de falha 2−λ , quando em standby.
Os estados do sistema são:
� 1S a unidade primária em operação e secundária em standby sem
falha por deterioração.
� 2S a unidade primária em falha e a secundária em operação.
� 3S a unidade primária em operação e a secundária com falha por
deterioração.
� 4S ambas unidades em falhas.
A partir do diagrama de taxas
Figura 4 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes em Standby.
obtemos o grupo de equações diferenciais
( ) ( ) ( ) ( )1' -1 1 2 1
dP tP t = = - P t
dtλ + λ
(25)
( ) ( ) ( ) ( )2'2 1 1 2 2
dP tP t = = P t - P t
dtλ λ
(26)
( ) ( ) ( ) ( )3' -3 2 1 1 3
dP tP t = = P t - P t
dtλ λ
(27)
Tendo como solução
( ) ( )λ λ-1 2- + t
1P t = e (28)
λ1 λ2
λ1λ2
S1
S3S2
S4
-
( ) ( ){ }-1 22
- + t- t12 -
1 2 2
P t = e - e + -
λ λλλλ λ λ
(29)
( ) ( )-1 21
- + t- t3P t = e - e
λ λλ (30)
A Confiabilidade será:
( ) ( ) ( ) ( )P 1 2 3R t = P t + P t + P t
( ) ( ){ }-1 21 2
- + t- t - t1-
1 2 2
R t = e + e - e + -
λ λλ λλλ λ λ
(31)
e
( )1 1- - -
1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
1 1 1 1TMEF = + - = +
+ - + -
λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ
(32)
Se não existem falhas na unidade em standby, faça -2 0λ = nas equações
(31) e (32). Se 1 2λ = λ = λ e - -2λ = λ , então as equações (31) e (32) passam a
ser:
( ) ( ){ }-- + t- t - t-R t = e + e - e
λ λλ λλλ
(33)
e
- -
1 1 1TMEF = + -
+ λ λ λ λ λ λ
( )- -- -
1 1 1TMEF = + - = +
+ +
λ λλ λ λ λ λλ λ λ
(34)
Exemplo 2:
Um gerador ativo tem uma taxa de falhas igual a 0.01 falhas por dia.
Um gerador mais velho em standby tem uma taxa de falhas igual a 0.001
falhas por dia quando em standby e uma taxa de falhas de 0.10 quando em
linha. Determine a confiabilidade do sistema para um período de 30 dias e o
TMEF.
Solução:
De acordo com as equações (31) e (32) temos:
( ) { }- 0.01 t - 0.1 t - 0.011 t0.01R t = e + e - e
0.01 + 0.001 - 0.1
( ) [ ]R 30 = 0.741 - 0.11236 0.04978 - 0.7189 = 0.8162
( )1 0.01
TMEF = + = 109.09 dias0.01 0.1 0.01 + 0.001
Exemplo 3:
Ambas as unidades de um sistema em standby de dois componentes são
identicas com taxa de falhas igual a 0.002 falhas por hora e com taxa de
falhas igual a 0.0001 falhas por hora quando em standby. Determine a vida do
sistema para 95% de confiabilidade.
Solução:
Usando a equação (33), temos:
( ) { }- 0.002 t - 0.002 t - 0.0021 t0.0020.95 = R t = e + e - e
0.0001
Resolvendo a equação acima para t por tentativa e erros, temos:
( )( )( )( )( )
R 100 = 0.982
R 200 = 0.935
R 150 = 0.961
R 175 = 0.949
R 173 = 0.950
A equação (34) pode também ser obtida pelo método matricial, como
segue.
Se ( ) ( ){ } [ ] ⋅
TTd
p t = p t Mdt
,
onde: ( ){ } ( ) ( ) ( ){ }T
1 2 3p t = P t , P t , P t é o
reduzido vetor de probabilidade (omitindo ( )4P 4 ), e
( )- -1 2 1 2
2
1
-
M = 0 - 0
0 0 -
λ + λ λ λ
λ λ
é a correspondente matiz de redução, então
( ){ } ( ){ } { } { }∞T T
p - p 0 = 0, 0, 0 - 1, 0, 0,
Assim,
{ } { }( ) λ + λ λ λ
⋅ λ λ
- -1 2 1 2
1 2 3 2
1
-
-1, 0, 0 = q , q , q 0 - 0
0 0 -
( )-1 2 1- 1 = - qλ + λ
1 1 2 20 = q - qλ λ
-2 1 1 30 = q - qλ λ
Assim,
1 -1 2
1q =
+ λ λ
12 1
2
q = qλλ
-2
3 11
q = qλλ
e , por essa razão
1 2 3TMEF = q + q + q
-2
-1 2 1
1= 1 + +
+
λ λ λ λ
( )1
-1 2 1 2
1= +
+
λλ λ λ λ
conforme obtido na equação (32).
O sistema em standby com componentes idênticos, pode também ser
modelado com três estados.
Neste caso os estados 2S e 3S podem ser combinados com o que resulta do
estado, a subsequente taxa de transição para 4S será 1λ . Assim o diagrama de
estado de transição pode ser elaborado como mostra a Figura 5, ou seja:
Figura 5 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes
Idênticos em Standby.
Note que a taxa de transição de estado combinada em 2S é -1 2 + λ λ (o
tempo de transição é aquele da primeira falha de qualquer dos componentes,
λ1+λ2 λ1S3S2S1
-
como no sistema em série) e o correspondente grupo de equações diferencial
será:
( ) ( ) ( )' -
1 1 2 1P t = - P tλ + λ
( ) ( ) ( ) ( )' -2 1 2 1 1 2P t = P t - P tλ + λ λ
( ) ( ){ } [ ] ⋅
TTd
p t = p t Mdt
onde ( ){ } ( ) ( ){ }T
1 2p t = P t , P t,
e
[ ] ( ) ( ) λ + λ λ + λ
λ
- -1 2 1 2
1
- M =
0 -
( ){ } ( ){ } { } [ ]∞
T T Tp - p 0 = q M
{ } { } ( ) ( ) λ + λ λ + λ
λ
- -1 2 1 2
1 2
1
- - 1, 0 = q , q
0 -
Assim,
( )1 -1 2
1q =
+ λ λ
21
1q =
λ
(35)
expressão identica a obtida na equação (34).
Sistema com Chaveamento Sujeito a Falhas
É comum em sistemas standby ter alguma probabilidade p de falha sob
demanda no chaveamento projetado para colocar o modo de standby em linha.
Para representar tal situação podemos modificar o diagrama de taxa de transição
da Figura 4 como mostra a Figura 6.
Figura 6 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes
Idênticos em Standby com Falha no Chaveamento.
A equação diferencial resultante para o estado 1 passa a ser:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) λ λ λ λ λ 1 - -
1 1 2 1 1 2 1
dP t = - 1 - p + p + P t = - + P t
dt
É também visível, comparando a Figura 4 com a Figura 6, que a equação
(25) não mudou. A Equação (26) é modificada para:
( ) ( ) ( ) ( )21 1 2 2
dP t = 1 p P t - P t
dt− λ λ
e
( ) ( ) ( )3 -2 1 1 3
dP t = P t - P t
dtλ λ
A solução dessas três equações é dada pelas equações (28) e (30) e por:
( ) ( ) ( )λ λλ− λ λ λ λ
-1 22
- + t1 - t2 -
1 2 2
1 p P t = e - e
+ -
(36)
Então a função confiabilidade será:
( ) ( ) ( )λ λλ λ− λ λ λ λ
-1 21 2
- + t1- t - t-
1 2 2
1 p R t = e - e - e
+ -
(37)
Observe que se p 1= , o sistema standby não tem efeito e a confiabilidade
(1 − p) λ1 λ2
λ1λ2
S1
S3S2
S4
-
p λ1
global do sistema é somente aquela da unidade primária.
Exemplo 5:
Considere o sistema standby descrito no Exemplo 2. Se existe uma
probabilidade de 10% do chaveamento falhar, qual a confiabilidade do sistema.
Solução:
Da equação (37), temos:
( ) ( ) ( )λ λλ λ− λ λ λ λ
-1 21 2
- + t1- t - t-
1 2 2
1 p R t = e - e - e
+ -
( ) ( ) [ ]0.90 0.01R 30 = 0.741 + 0.04978 - 0.7189 = 0.8087
0.01 + 0.001 - 0.1
Isto é uma ligeira diminuição a partir do caso de chaveamento perfeito.
Este sistema em standby também pode ser modelado como segue.
Considere um sistema em standby que tem uma probabilidade ( )p 1< de
operação bem sucedida quando requerido. O diagrama de taxa de transição pode
ser representado como mostra a Figura 7.
Figura 7 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado de Dois Componentes
Idênticos em Standby, com Falha no Chaveamento.
A equação diferencial do sistema será:
S1
S2 S3
pλ (1- p)λ
λ
( ) ( )'1 1 1P t = - P tλ
( ) ( ) ( )'2 1 2P t = p P t - P tλ λ
Então nós encontramos ( ) - t1P t = e λ (usando ( )1P 0 = 1) e
( ) ( )' - t
2 2P t + P t = p eλλ λ
( )( ) t2
dP t e = p
dtλ λ
( ) t2P t e = p tλ λ
( ) - t2P t = p t e λλ
Usando ( )2P 0 = 0 temos:
( ) ( ) ( )S 1 2R t = P t + P t
( ) - tSR = 1 + p t eλλ
(38)
Sistema Standby com Componentes Identicos
Se as unidades, primária e de backup, têm identicas taxa de falhas
constantes com nenhuma falha no mode em standby, então a equação (31) é
indefinida. Isto é um caso especial no qual o sistema de equações diferenciais
deve ser resolvido separadamente. No entanto, uma mais simples e mais geral
aproximação é possível sobre essa condição. Assumimos que existem k idênticas
unidades das quais uma está em linha e as remanescentes são backup. Quando
a unidade em linha falha, a primeira unidade backup é colocada em linha.
Quando ela falha, a próxima é colocada em linha, e assim por diante. Então, o
tempo no qual a k-éssima falha é observada, é a soma de k idênticas e
independentes distribuições exponenciais. Como visto anteriormente o tempo da
k-éssima falha tem uma distribuição gama com parâmetros λ e k . Então:
( ) ( )ik 1- t
ki 0
tR t = e
i !
−λ
=
λ∑
(39)
e
kTMEF =
λ
Exemplo 4:
Uma gráfica tem quatro impressoras, uma em operação e três em
standby. Cada impressora tem um TMEF igual a 50 horas de operação. A
gráfica recebeu um pedido de 75 horas contínuas para imprimir. Se o mode
standby é usado então a impressora em linha falha. Determine a probabilidade
de haver suporte de impressão contínua, enquanto o pedido está sendo
processado.
Solução:
O tempo da falha das quatros unidades no sistema standby tem uma
distribuição gama com parâmetros 1 / 50λ = e k 4= . Então:
( ) ( )i3- 75/50 - 1.5
ki 0
75 / 50 3 9 27R 75 = e = e 1 + + + = 0.9344
i! 2 8 48=
∑
e
4TMEF = = 200 horas
1 / 50
Standby com Três Componentes
Considere um sistema com uma unidade ativa e duas em standby. Para
simplificar assumir que nenhuma unidade falhar no modo de espera e que todas
as três unidades têm a mesma taxa de falha constante quando em linha.
Definimos os seguintes estados:
Estado Unidade 1 Unidade 2 Unidade 3
1 Em Linha Standby Standby 2 Em Falha Em Linha Standby 3 Em Falha Em Falha Em Linha 4 Em Falha Em Falha Em Falha
Isso leva as seguintes equações diferenciais:
( ) ( ) ( )1'1 1
dP tP t = = - P t
dtλ
(40)
( ) ( ) ( ) ( )2'2 1 2
dP tP t = = P t - P t
dtλ λ
(41)
( ) ( ) ( ) ( )3'3 2 3
dP tP t = = P t - P t
dtλ λ
(42)
com as condições iniciais ( ) =1P 0 1, ( ) =2P 0 0 e ( )3P 0 0= . As seguintes soluções
conforme desenvolvimentos feitos anteriormente. Resultam em:
( ) - t1P t = e λ
(43)
( ) - t2P t = t eλλ
(44)
( )2 2
- t3
tP t = e
2λλ
(45)
Uma vez que o sistema está funcionando em qualquer um dos três
primeiros estados,
( )2 2
- t tR t = e 1 + t +
2λ λλ
(46)
Comparando a equação (46) com a função confiabilidade computada para
o caso de identias unidades em standby baseada na distribuição gama, equação
(39), observa-se que as duas são equivalentes. O TMEF pode ser encontrado
usando a integral:
n - a xn + 10
n!x e dx =
a
∞
∫
Para α > 0 e inteiro positivo.
Assim, temos:
2 2- t - t - t
0 0 0
t 3TMEF = e dt + t e dt + e dt =
2
∞ ∞ ∞λ λ λλλλ∫ ∫ ∫ (47)
Não é de se estranhar que o TMEF é tres vezes o TMEF de uma simples
unidade que tem o TMEF igual a 1 / λ quando ativo. Em geral, se existem k
idênticas e independentes unidades com k 1− em standby, então o TMEF é igual
k / λ .
Exemplo 5:
Três identicos transmissores estão dispopníveis tendo cada um uma taxa
de falha constante de 0.0035 falhas por hora de operação. Para uma missão
requerida de 500 horas continuas de transmissão, determine a confiabilidade do
sistema.
Solução:
Da Equação (46), temos:
( )2 2
- t tR t = e 1 + t +
2λ λλ
( ) ( ) ( )2 2
- 0.0035 x 500 0.0035 500R 500 = e 1 + 0.0035 x 500 + = 0.744
2
em comparação, uma simples unidade tem uma missão com confiabilidade de
0.174.
Sistemas Degradados
Alguns sistemas podem continuar operando em um modo degradado
seguindo certos tipos de falhas. O sistema pode continuar a desempenhar suas
funções, mas não em um específicado nível de operação. Podemos citar como
exemplo:
� Um computador pode não ser capaz de acessar todos os
dispositivos de armazenamento de acesso direto;
� Uma máquina copiadora pode não ser capaz de acessar
automaticamente os originais sendo necessário requerer uma
operação manual.
Se o modo de degradação é considerado uma falha ou não deve ser
determinado como parte de uma especificação de confiabilidade. No entanto, ele
é importante para distinguir o estado degradado daquele de uma falha completa,
então a Análise de Markov pode ser utilizada se são assumidas taxas de falhas
constantes.
Definindo os estado do sistema como completamente operacional (estado
1), degradado (estado 2), e em falha (estado 3), o diagrama da Figura 8 é
construído. As equações diferenciais são:
( ) ( ) ( ) ( )1'1 1 2 1
dP tP t = = - + P t
dtλ λ
(48)
( ) ( ) ( ) ( )2'2 2 1 3 2
dP tP t = = P t - P t
dtλ λ
(49)
Figura 8 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado para Sistema Degradado.
A solução da equação (48) é direta e é dada por:
( ) ( )1 2- + t1P t = e λ λ
(50)
Resolvendo a equação (49), através de fator de integração, obtem-se
uma solução similar a aquela obtida para sistema em Standby dada pela equação
(26).
( ) ( )1 23 - + t- t22
1 2 3
P t = e - e
+ - λ λλλ
λ λ λ
(51)
Finalmente, ( ) ( ) ( )3 1 2P t = 1 - P t - P t . O TMEF para falha completa é obtido
de:
( ) ( ) 21 20
1 2 1 2 3 3 1 2
1 1 1TMEF = P t + P t dt = + +
+ + - +
∞ λ λ λ λ λ λ λ λ λ
∫
Exemplo 6:
Uma máquina usada em um processo de fabricação tem uma constante
taxa de falha completa de 0.01 falhas por dia. Entratanto, a máquina pode
degradar aleatoriamente produzindo peças de baixa qualidade (fora de
tolerância) com uma taxa de falha constante de 0.05 falhas por dia. Uma vez
que ela tinha degradado, ela falhará completamente com uma taxa de falha
constante de 0.07 falhas por dia. Determine o TMEF da máquina.
S1
S2 S3
λ1
λ2
λ3
Solução:
Das equações (50) e (51) obtemos:
( ) - 0.06 t1P t = e
( ) - 0.07 t - 0.07 t2
0.05P t = e - e
0.06 - 0.07
Para um dia de operação temos: ( )1P 1 = 0.942
, ( )2P 1 = 0.047 e
( )3P 1 = 0.011. O TMEF encontrado será TMEF 28.6 dias= . De interesse talvez
seja o número médio de dias que a máquina pode operar no modo degradado
até sua falha, que é dado por 1 / 0.07 = 14.3 dias. A manutenção preditiva tenta
determinar quando uma máquina irá falhar e, como resultado, executar a
manutenção corretive pouco antes da falha. A partir dessa análise, antes que a
máquina comece a produzir peças de baixa qualidade, a manutenção da máquina
deve ser realizada, em média, dentro de 14 dias.
Note que:
( )10
1P t dt = = 16.67 dias
0.01 + 0.05
∞
∫
é o número médio de dias que a máquina produzirá no estado 1 antes de
degradar ou experimentar uma falha completa.
Dispositivos de Três Estados
Componentes tendo três estados, ou dois dependentes modos de falhas,
foram vistos anteriormente. Estes componentes estão tanto no estado de
operação, quanto no estado de falha em aberto ou no estado de falha em curto.
Desde que exista um dependencia entre os dois estados, isto é eles são
mutualmentes exclusivos, a Análise de Markov pode ser usada para determinar a
confiabilidade do componente assumindo cada estado de falha com uma taxa de
falha constante.
No diagrama de taxa de transição da Figura 9, o estado 1 é estado em
operação, o estado 2 é estado de falha em aberto, e o estado 3 é estado de
falha em curto.
Figura 9 – Diagrama de Taxa de Transição de Estado para Dispositivos com Três
Estados.
As equações diferenciais são:
( ) ( ) ( ) ( )1'1 1 2 1
dP tP t = = - + P t
dtλ λ
(52)
( ) ( ) ( )2'2 1 1
dP tP t = = P t
dtλ
(53)
( ) ( ) ( )3'3 2 1
dP tP t = = P t
dtλ
(54)
A solução das equações (52), (53) e (54) são diretas e dadas por:
( ) ( ) ( )1 2- + t1R t = P t = e λ λ
(55)
com
( ) ( )1 2- + t12
1 2
P t = 1 - e
+ λ λλ
λ λ
(56)
( ) ( )1 2- + t23
1 2
P t = 1 - e
+ λ λλ
λ λ
(57)
A equação (55) pode também ser interpretada como a confiabilidade de
um componente tendo dois modos de falhas ambos com taxas de falhas
constantes.
S1
S2 S3
λ1
λ2
O Modelo de Distribuição de WEIBULL
Expressão semi-empírica desenvolvida por Ernest Hjalmar Wallodi Weibull,
físico sueco, que em 1939 apresentou o modelo de planejamento estatístico
sobre fadiga de material. Sua utilidade decorre do fato de permitir:
� representar falhas típicas de partida (mortalidade infantil), falhas
aleatórias e falhas devido ao desgaste.
� obter parâmetros significativos da configuração das falhas.
� representação gráfica simples.
Principais Expressões Matemáticas
1. Probabilidade de falhas de um item, num dado intervalo de tempo "t" de
operação.
0t - t-
0t - tF(t) 1 - e 1 - exp -
β β η
= = η
(58)
onde F(t) ⇒ Função Distribuição Cumulativa
2. Probabilidade a qual o equipamento não irá falhar para um dado período
de tempo "t" de operação (Confiabilidade).
( ) 0t - tR(t) 1 - F t exp -
β = = η
(59)
onde R(t) ⇒ Função Confiabilidade.
3. Função Densidade de Falhas
( )( ) ββ η
β= = ⋅ ⋅ η η
0 - 1 t - t
- 0
d F t t - tf (t) e
dt (60)
4. Função Taxa de Falhas
- 1
0t - t(t)
β βλ = ⋅ η η
(61)
5. Tempo Médio Entre falhas (TMEF) ou Tempo Médio para Falhar (TMPF)
( )
0 - 1 t - t-
0
0 0
t - tTMEF = t f t dt = t e dt
ββ ∞ ∞ η
β⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ η η ∫ ∫ (62)
Existe uma função na matemática, chamada Função Gama, definida por:
( ) ( )y - 1 - x
0y = x e dx
∞Γ ⋅ ⋅∫ (63)
Fazendo, na equação (62) o termo, 0t - t = x
β η
, temos:
- 1
0t - tdx = dt
β β ⋅ η η
(64)
e
1 1
00
t - tx = t = t + xβ β⇒ η⋅
η (65)
Substituindo as equações (64) e (65) na equação (62), obtém-se:
1 1- x - x - x
0 00 0 0
TMEF = t + x e dx = t e dx + x e dx ∞ ∞ ∞
β β
η⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ η⋅ ⋅ ⋅ ∫ ∫ ∫ (66)
Logo, como base na definição de função gama, temos:
0
1TMEF ou TMPF t 1
= + η⋅ Γ + β
(67)
onde Γ ⇒ Símbolo da Função Gama e
( ) ( )- 1- 1 - t
01 + = t e dt
∞ βΓ β ⋅ ⋅∫ (68)
6. Desvio Padrão
( ) ( )1
- 1 2 - 1 2 1 2 - 1 σ = η⋅ Γ + β Γ + β (69)
Significado dos parâmetros da Distribuição de Weibull
� 0t ⇒ Vida Mínima ou Confiabilidade Intrínseca (tempo de
operação o qual o equipamento passa a apresentar falhas, ou seja,
00, t intervalo de tempo em que o equipamento não apresenta
falhas).
� η ⇒ Vida Característica ou Parâmetro de Escala (intervalo de
tempo entre 0t e t no qual ocorrem 63,2% das falhas, restando
portanto, 36,8% de itens sem falhar).
� β ⇒ Fator de Forma (indica a forma da curva e a característica
das falhas).
� 1β < mortalidade infantil (função hiper exponencial)
� 1β = falhas aleatórias (função exponencial negativa)
� 1β > falhas por desgaste.
2β = função de Rayleigh
3,42β = função aproximadamente normal
Tabela da Função Gama (Γ) para cálculo do TMEF ou TMPF
A função Gama é dada por:
( ) x - 1 -tx t e dt para 1< x 3Γ = ⋅ ⋅ ⇒ ≤∫ (70)
Para outros valores utilizar a fórmula:
( ) ( )Γ + = ⋅ Γ1 x x x (71)
Se x for inteiro, temos que:
( )Γ + =1 x x! (72)
Observar que na tabela da Função Gama os valores de “x” variam entre “1” e
“3” inclusive.
Exemplo:
Dado os seguintes parâmetros da Distribuição de Weibull (t0 = 1000
horas; β = 0,8 e η = 3500 horas). Determine o TMEF (Tempo Médio Entre
Falhas).
( ) - 10TMEF t 1 = + η⋅ Γ + β
= + ⋅ Γ +
1 1000 3500 1 = 4965.50
0.8
onde:
( )11 2.25 1.1330
0.8 Γ + = Γ =
Observação:
Para calcularmos a Γ(6,33), utilizando a tabela da Função Gama, devemos
utilizar a expressão:
( ) ( )1 x x xΓ + = ⋅ Γ , pois “6.33” não satisfaz “1 x 3≤ ≤ ”, logo:
( ) ( ) ( )( )
( )( )
Γ = Γ + = ⋅ Γ
= ⋅ Γ +
= ⋅ ⋅ Γ +
= ⋅ ⋅ ⋅ Γ
6.33 1 5.33 5.33 5.33
5.33 1 4.33
5.33 4.33 1 3.33
5.33 4.33 3.33 3.33
( )( )
⋅ ⋅ ⋅ Γ
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Γ
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= 5.33 4.333.33 1 + 2.33
5.33 4.33 3.33 2.33 2.33
5.33 4.33 3.33 2.33 1.1881 =9 212.77
onde: ( )2.33 1.18819 (tabelado)Γ =
Observações Relativas ao Fator de Forma
A escolha apropriada de 0t , β e η na Distribuição de Weibull podem ser
usadas para representar uma larga faixa de distribuições, incluindo tanto
distribuições randômicas (exponencial negativa) quanto distribuições
aproximadamente normal. Embora a experiência tenha mostrado que a
distribuição de Weibull possa ser usada para representar a grande maioria de
modelos de falha, é essencial notar que é uma função semi-empírica, e pode não
ser capaz de representar algumas distribuições particulares encontradas na
prática.
Com relação ao Fator de Forma, temos que:
Se 1β = (taxa de falha constante), pode ser uma indicação que modos
de falhas múltiplos estão presentes ou que os dados coletados dos tempos para
falhar são suspeitos. Este é frequentemente o caso dos sistemas os quais
diferentes componentes têm diferentes idades, e o tempo individual de operação
dos componentes não estão disponíveis.
Uma taxa de falhas constante pode também indicar que as falhas são
provocadas por agentes externos, tais como: uso inadequado do equipamento ou
técnicas inadequadas de manutenção.
O modo de falhas por desgaste é caracterizado por 1β > mas pode
ocorrer situações as quais as falhas por desgaste ocorram depois de um tempo
finito livre de falhas, e um valor de 1β < ser obtido. Isto pode ocorrer quando
uma amostragem contém uma proporção de itens imperfeitos, acarretando
falhas antes de um tempo finito livre de falhas.
Os parâmetros da Distribuição de Weibull dos modos de falhas por
desgaste podem ser deduzidos se forem eliminados os itens imperfeitos e
analisados os seus dados separadamente.
Modos de Falhas
Para um sistema constituído por n componentes ligadas em série ou com
n modos de falha independentes, tendo cada uma deles uma distribuição falha
por Weibull independente com parâmetro de forma β e parâmetro de escala iη .
A função taxa de falha do sistema pode ser determinada a partir da equação:
( )β
=
βλ ⋅ η η ∑
- 1n
0S
i 1 i i
t - tt = (73)
( )β
β
=
β ⋅ η ∑
n - 1
0i 1 i
1= t - t (74)
No entanto, esta é a taxa de falha para uma distribuição de Weibull, tendo
um parâmetro de forma β . A vida característica do sistema será:
ββ
=
η η ∑
- 1/n
Si 1 i
1 = (75)
Esta propriedade reprodutiva da distribuição de Weibull é verdadeira
somente quando cada componente tem o mesmo parâmetro de forma. Se os
modos de falhas são todos Weibull, mas com diferentes parâmetros de forma,
então as distribuições de falhas do sistema não serão de Weibull.
Exemplo:
Um motor a jato é composto por cinco modulos cada um dos quais foi
encontrado para ter uma distribuição de falha de Weibull com um parâmetro de
forma de 1,5. Seus parâmetros de escala são (em ciclos de operação) 3600,
7000, 5850, 4780 e 9300. Encontre o TMEF e a mediana do tempo para a
falha do motor. Considere t0 = 0.
Solução:
O motor tem uma distribuição de falhas de Weibull com 1.5β = . A vida
característica é:
η =
- 1/1.51.5 1.5 1.5 1.5 1.5
Motor
1 1 1 1 1 = + + + + 1842.7
3600 7200 5850 4780 9300
e
⋅ Γ +
Motor
2TMEF = 1842.7 1 = 1664.5 ciclos
3
( ) ( )⋅Motor
1/1.5
medt = 1842.7 0.69315 = 1443.5 ciclos
A função confiabilidade do motor é dada por:
( ) −
1.5
0Motor
t tR t = exp -
1842.7
Componentes de Weibull Idênticos
Se um sistema de n componentes em série independentes têm, cada um,
funções de idênticas taxa de risco
( ) - 1
0t tt =
β− βλ ⋅ η η
(76)
então a taxa de falha do sistema será:
( ) ( )β
β
β=
β ⋅βλ ⋅ ⋅ η η η ∑
- 1n - 10
S 0i 1
t-t nt = = t-t (77)
e
( )β
η
0S
t-tR t = exp - n (78)
que é uma distribuição de Weibull com parâmetro de forma β e parâmetro de
escala 1// n βη .
Redundância com Falhas por Weibull
Se dois idênticos e assumidos independentes componentes são usados
para formar um sistema redundante (ambos devem falhas para o sistema
falhar), então a confiabilidade do sistema será:
( ) ( ) 2
PR t = 1 - 1 - R t (79)
e
( ) ( )( ) βη
0- t -t /R t = e (80)
então
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )β β βη η ⋅ η ⋅
0 0 0
2- t -t / - t -t / - 2 t-t /
PR t = 1 - 1 - e = 2 e - e (81)
Para encontrar o TMEFP:
( ) ( )( ) ( )( )β β∞ ∞ η ⋅ η ⋅ ⋅ ⋅ ∫ ∫
0 0- t-t / - 2 t-t /
P P0 0TMEF = R t dt = 2 e - e dt (82)
( )( ) ( )( )β β∞ ∞η ⋅ η⋅ ⋅ ⋅∫ ∫
0 0- t-t / - 2 t -t /
P 0 0TMEF = 2 e dt - e dt (83)
O valor da primeira integral é dado por:
0
1t + 1 +
η⋅ Γ β
(84)
A segunda integral é também uma função de confiabilidade por Weibull
com parâmetro β e ' 1/ = /2 βη η . Assim
0 1/
1t + 1
2 β
η ⋅ Γ + β (85)
O resultado será:
β
η⋅ η⋅ Γ + ⋅ Γ + β β P 0 0 1/
1 1TMEF = 2 t + 1 - t + 1
2 (86)
( )1/0
1= t + 1 2 - 2 β
η⋅ Γ + β (87)
Exemplo:
Duas bombas de combustpiveis, tendo cada uma distribuição de Weibull
com 0.5β = e 1000 horasη = são configuradas para funcionar como um sistema
redundante. Encontrar a confiabilidade do sistema para uma missão de 100
horas e o TMEF do sistema. Considere t0 = 0
Solução:
Confiabilidade
( )1/2 1/2
S
100 100R 100 = 2 exp - - exp - 2 = 0.9265
1000 1000
⋅ ⋅
Tempo Médio Entre Falhas
( ) ( )⋅ Γ ⋅ - 2STMEF = 1000 3 2 - 2 = 3500 horas
Comparando com uma simples bomba teremos uma confiabilidade de
0.7288 e um tempo médio entre falhas igual a 2000 horas.
Diagrama de Decisão – Fator de Forma – Weibull
Fator de Forma bmuito menordo que 1.0
Decisão Gerencial de rodar atéocorrer a falha
Programa de manutençãoinadequado
Não há programa de manutenção
Operação fora das condições deprojeto
Erro na coleta de dados
Equipamento com taxa de falhasconstante (aleatória)
Fator de Forma bmuito maiordo que 1.0Serviço malfeiro, sem qualidade
Serviço bom, material ruim
Serviço bom, material bomequipamento mal operado
Equipamento novo, fase de ajustes
Fator de Forma bmuito próximo
a 1.0
NÃOSIM
NÃO SIM
Causas Prováveis
Causas Prováveis
Causas Prováveis
Confiabilidade Condicional
Confiabilidade condicional é útil para descrever a confiabilidade de um
componente ou sistema após o funcionamento no período de Burn-In ou um
período de garantia 0T .
Burn-in é um termo anglo-saxónico que significa teste usado na
fabricação discreta e repetitiva de produtos, com o objetivo de eliminar itens
defeituosos que apresentem tempos de vida inferiores ao tempo especificado, de
modo a que só os que passam no teste cheguem ao mercado com a
confiabilidade desejada.
Para definirmos, expressamos primeiro a probabilidade de falha de um
equipamento, componente, peça, etc., num intervalo de tempo t∆ , após o
mesmo ter sobrevevido ou operado num tempo 0T , como:
( ) ( )( )
( ) ( )( )
0 0 0 0
0
0 0
P T t T + t F T + t - F TF t|T = =
P t T R T
≤ ≤ ∆ ∆∆
≥ (88)
Então, a confiabilidade condicional será dada por:
( ) ( ) ( ) ( )( )
0 0
0 0
0
F T + t - F TR t|T = 1 - F t|T = 1 -
R T
∆∆ ∆ (89)
Substituindo na equação acima ( )0F T + t∆ por ( )01 - R T + t∆ e ( )0F T
por ( )01 - R T chega-se a:
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )( )
0 0 0 0
0
0 0
R T - 1 + R T + t + 1 - R T R T + tR t|T = =
R T R T
∆ ∆∆ (90)
Que também pode ser escrita como:
( )( )
( )( )
0
0
0 0
T + t
T + t0
0 T T
0
exp - t dtR t|T = = exp - t dt
exp - t dt
∆
∆ λ ∆ λ
λ
∫∫
∫ (91)
Exemplo:
Considere um equipamento com taxa de falha decrescente representado
pela expressão a seguir:
( )- 0.5
0.5 tt =
1000 1000
λ
para t em anos.
Se o equipamento foi projetado para uma confiabilidade de 0.90, temos:
( )1/2
tR t = exp - = 0.90
1000
Ou seja, a vida de projeto encontrada será:
( )( )2
Rt = 1000 - ln 0.90 = 11.1 anos.
Se o mesmo foi operado num periodo de Burn-In por seis meses,
0T =0.5 , então:
( ) ( )( )
( )( )( )
0.5
0
0 0.5
exp - t + 0.5 /1000R T + 0.5R t|T = = = 0.90
R 0.5 exp - 0.5 /1000
e
( )20.5
R
0.5t = 1000 - ln 0.90 + - 0.5 = 15.8 anos
1000
Isto é um aumento de mais de 4 anos na vida de projeto com um
resultado de seis meses de período de operação. Essa melhoria na confiabilidade
resultando de um período de 0T será somente realizada para uma taxa de falhas
decrescente como ilustrado no seguinte exemplo.
Exemplo:
Considere um equipamento com taxa de falha crescente representado pela
expressão a seguir:
( )t = tλ λ para 0λ >
Então
( ) 2- (1/2) tR t = e λ
e
( )( )20
20
- (1/2) t+T
0 - (1/2) T
eR t|T =
e
λ
λ
que pode ser simplificado para:
( ) 20- T t- (1/2) t
0R t|T = e e λλ ⋅
Desde que 0exp(- T t)λ para 0λ > é uma função decrescente de 0T , a
confiabilidade condicional decrescerá quando um período de Burn-In 0T cresce.
Tempo Médio para Falha Residual
Desde que ( )0R t|T é uma função confiabilidade, o MTTF - Tempo Médio
para Falha residual pode ser obtido de:
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
'
' ' '0 00 0 0
0 0
R t 1MTTF T = R t|T dt = dt = R t dt
R T R T
∞ ∞ ∞
∫ ∫ ∫ (92)
onde '0t t+T= . Para estas unidades tendo sobrevivido pelo tempo 0T , a
equação anterior determina seus tempos de vida média remanescente. Para
componentes tendo uma taxa de falha crescente (e decrescente), teria que
MTTF(T0) ser uma função descrescente (crescente) de 0T , como mostrado nos
exemplos seguintes.
Exemplo:
A função confiabilidade ( )R(t) = b - t /b para 0 t b≤ ≤ e zero caso
contrário, onde tem-se uma taxa de falhas crescente. Seu MTTF é dado por:
( ) ( ) ( )0
b2
-1 '''0 0
0 00 00
T
b - tb - T b - Tb - t bMTTF T = R t|T dt = dt = =
b b b - T - 2b 2
∞ ∞ ⋅
∫ ∫
para 00 T b≤ ≤ .
Exemplo:
A função confiabilidade ( )22R(t) = a / a + t para t 0≥ onde a 0> é
um parâmetro (constante) da distribuição com a função taxa de risco dado por:
( ) 2t =
a + tλ
que é decrescente.
O MTTF residual é:
( ) ( )( )
( )0
0
2 2 b2 2
0 0'0 02 2 2 'T '
T
a + T a + Ta - aMTTF T = dt = = a + T
a a a + ta + t
∞⋅∫
que tem a propriedade interessante de que a média residual aumenta pela
quantidade da idade atual. Se 0T 0= , a média incondicional, MTTF = a , é
obtido.
Falta de Memoria
Uma característica bem conhecida do modelo de taxa de falha constante,
não partilhada por outras distribuições de falha, é a sua falta de memória. Isto é,
o tempo até a falha de um componente não depende de quanto tempo o
componente está em funcionamento. Aqui não é o envelhecimento ou efeito de
desgaste. A probabilidade de que o componente irá funcionar para as próximas
1000 horas é a mesma, independentemente do componente ser novo, está em
funcionamento há várias centenas de horas, ou tenha operado por vários
milhares de horas. Esta propriedade é consistente com a natureza
completamente aleatória e independente do processo de falha. Por exemplo,
quando tensões ambientais externas aleatórias são a causa principal de falhas, a
história de falha ou de operação do componente não será relevante.
Esta propriedade pode ser demonstrada matematicamente usando
confiabilidade condicional.
( ) ( )( )
( )0
0
- t T0
0 - T0
R T + t eR t|T = =
R T e
λ ∆ +
λ
∆∆ (93)
ou
( )0
0
- T- t- t
0 - T
e eR t| T = = e
e
λλ∆λ∆
λ
⋅∆ (94)
Em outras palavras, um período de Burn-In tem efeito subsequente sobre
a confiabilidade e não vai melhorar a confiabilidade do componente. O tempo
até a falha depende apenas do comprimento do tempo de funcionamento
observado t∆ e não de sua idade atual 0T .
Bunr-In com Distribuição de Weibull
A confiabilidade condicional na distribuição de Weibull será definida como:
( ) ( )( )
00 0
0
t T- t T T
- + 0
0 T- 0
R T + t eR t|T = = = e
R Te
ββ β
β
∆ + ∆ + η η η
η
∆∆ (95)
Exemplo
Dada uma distribuição de falhas por Weibull com parametro de forma
1 =
3β e parametro de escala de 16000 horas caracterize completamente o
processo de falhas.
Solucão:
1. A função confiabilidade será:
( )1/3
tR t = exp -
16000
2. 1
= 3
β representa uma taxa de falha decrescente indicando alta
mortalidade infantil.
3. 1
MTTF = 16000 1 + = 16000 3! = 96000 horas1/3
⋅ Γ ⋅
( )( )1
t = - ln R(t) βη ⋅ , para R(t) 0.5 = ⇒
( )3
medt = 16000 0.69315 = 5.328 horas⋅
Desde que a distribuição é altamente assimétrica, a mediana proporciona a
melhor média. A moda é zero uma vez que 1β < .
4. A variância será:
( ) ( ) ( ){ }2 22 6 = 16000 7 - 4 = 175.104 10σ Γ Γ ×
3 = 418.4 10σ × horas.
5. A vida característica é 16000 horas. Entretanto, 63% das falhas
ocorrerão neste tempo.
6. Se 90% de confiabilidade é desejada, a vida de projeto será:
( )3
Rt = 16000 - ln(0.90) = 18.71 horas⋅
7. A vida para que 1% da população falhe será:
( )3
0.99t = 16000 - ln0.99 = 0.0162⋅ horas.
Indicando uma alta percentagem de falhas precoce.
8. Se 10 horas de período de Burn-In é realizado, então a confiabilidade
será:
( )1/3 1/3
t 10 10- +
16000 16000R t|10 = e
+
9. Considerando o item 8, se 90% de confiabilidade é desejada, a vida de
projeto será:
( )R t|10 = 0.90
31/3
R
10t = 16000 - ln0.90 + - 10 = 101.24 horas
16000
⋅
Isto é um significativo aumento na vida de projeto do componente sobre a
original de 18.71 horas.
Considerações entre Sistemas Reparáveis e Não Reparáveis
Para entendermos o cálculo de confiabilidade de sistemas em série temos
de ter em mente as duas politicas alternativas de manutenção de sistemas.
� Substituição do sistema (todos os componentes) sempre que qualquer um
dos seus componentes falha, todos voltam ao estado de novo. Dizemos
neste caso que o sistema é não reparável.
� Substituição apenas dos componentes em falha. Os outros permanecem
em serviço até que chegue a sua vez também de falharem e serem
substituídos. Dizemos neste caso que o sistema é reparável.
Tomamos com exemplo um sistema com n componentes em série,
independentes entre si, todos substituídos sempre que qualquer um dos
componentes falhe, sistema não reparável. A confiabilidade para uma missão de
duração t é igual ao produto das confiabilidades dos vários componentes para a
mesma missão, ou seja:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n
S 1 2 3 n i1
R t = R t R t R t R t = R t⋅ ⋅ ∏L (96)
No caso de um sistema série composto por n componentes iguais, tais
como rolamentos de um motor elétrico, pás de uma turbina, seguimento de um
êmbolo, velas de ignição de um motor de explosão, etc., é boa prática substituir
todos os componentes sempre que um deles falha. Se o modo de falha segue
uma distribuição exponencial a taxa de falha do sistema é o somatório das taxas
de falhas de cada componente, e o MTTF é o inverso desse somatório.
No casso do modo de falha ser descrito por uma distribuição de Weibull,
como parâmetros de forma β é característico do mecanismo de falhas, resta
calcular o parâmetro de escala (ou vida característica) do sistema Sη . Este é
calculado por:
- 1/n
S βi i
1 =
β
η η ∑ (97)
em que iη é a vida característica de cada componente.
O Tempo Médio até a Falha do Sistema MTTFS será:
- 1/n
S 0i i
1 1MTTF = t + 1 +
β
β
Γ βη
∑ (98)
Exemplo:
Uma turbina possui 86 pás. O modo de falha predominante de cada pá é
descrito por uma distribuição de Weibull com parâmetros de forma 2.4β = e
vida característica 1020η = horas.
a) Qual o MTTF do sistema?
b) Qual a confiabilidade do sistema para uma missão de 100 horas?
Solução:
a) Das expressões (97) e (98) obtemos:
( )
- 1/2.4
S 2.4
86 = = 159 horas
1020
η
S
1MTTF = 0 + 159 1 + = 141 horas
2.4
⋅ Γ
b) Podemos calcular a confiabilidade do sistema de duas formas:
1ª. Calculando a confiabilidade de cada pá, e depois a confiabilidade do sistema
usando a expressão (96), ou seja:
Pá 2.40
Pá
t - t 100 - 0- - 1020
PáR (100) = e = e = 0.9962
β η
( ) 86SR 100 = 0.9962 = 0.7215
2ª. Calculando diretamente a confiabilidade do sistema, ou seja:
Pá 2.40
S
t - t 100 - 0- - 159
SR (100) = e = e = 0.7215
β η
Se o sistema não responde mais por Weibull, a frequência de falha do
sistema Sf é igual ao somatório das frequências de falha dos vários componentes
if . Ou seja:
n
S ii
f = f∑ (99)
O tempo médio até a falha do sistema MTTFS é calculado pelo inverso da
soma das frequências de falhas dos componentes, ou seja:
-1 -1n n
S iii i
1MTTF = f =
MTTF
∑ ∑ (100)
Já no caso de sistemas série reparáveis, composto por n componentes
diferentes, substituímos, (ou reparamos, voltando ao estado de novo ou ao
estado em que se encontrava quando falhou ou a estados intermediários) o
componente que falhou e deixamos os restantes no seu lugar, os quais,
entretanto, acumularam degradações, até falharem também.
Num sistema em série reparável é necessário distinguirmos entre as duas
grandes naturezas de falha - casuais (aleatória) ou de degradação
(desgaste).
Quando todos os componentes falham devido a modos casuais, Weibull
com 1β = ou exponencial, as expressões para o cálculo são as mesmas
aplicáveis a sistemas em série não reparáveis descritas anteriormente.
Quando os componentes falham devido a diferentes modos (uns casuais e
outros de degradação) e o sistema já falhou algumas vezes, tendo ultrapassado
o regime transitório e encontrando-se no regime estacionário, verificamos que os
tempos para falhas se distribuem em frequências de acordo com uma
distribuição exponencial negativa, e tanto melhor quanto maior for o número de
componentes. Em consequência, a confiabilidade para uma missão t de um
sistema em série reparável, quando os modos de falha são de degradação, não
pode ser calculada pelas expressões (59) e (96), mas por:
( ) s
t -
MTTF
SR t = e (101)
Porem, se o modo de falha de cada componente é de natureza casual, os
tempos para falhas de cada componente são descritos por funções exponenciais
negativas = 1β e as expressões (96) e (101) fornecem o mesmo resultado.
Neste caso, similarmente aos sistemas série não reparáveis, a frequência
de falhas Sf e o MTTFS, de um sistema série reparável são calculados pelas
equações (99) e (100) e fornecem o mesmo resultado.
Exemplo:
Um compressor de ar funciona ao abrigo de uma política de reparo quando
falha (corretiva) para qualquer dos componentes. O compressor possui nove
componentes críticos que falham de acordo com a distribuição de Weibull, cujos
parâmetros se encontram descritos no quadro a seguir. Supondo o compressor
já em regime estacionário, determinar para este:
a) O MTTFC e a frequência média de falhas fC.
b) A confiabilidade para uma missão anual de 1200 horas.
Componentes Weibull t0 Weibull β Weibull η
Dreno Automático 0 1.8 6000
Válvulas Reed 0 2.2 7000
Sistema de Descarga 0 3.9 6000
Mancais 0 1.4 13000
Anéis 0 2.1 9000
Pistão 0 2.7 14000
Válvula de Checagem 0 1.2 9000
Motor 0 1.3 10000
Correias em V 0 1.9 9000
Solução:
a) Calculando o inverso da expressão (67) para cada componente,
obtemos a segunda coluna da tabela abaixo, ou seja, a frequência com
que se verificam falhas em cada um dos nove componentes críticos.
A frequência de falhas do compressor Cf será então:
Cf = 0.00019 + ... + 0.00012 = 0.00116 falhas/hora
O MTTFS será:
SMTTF = 1/0.00116 = 858.51 horas
Componentes ( )f = 1/ 1 + 1/ η ⋅ Γ β
Dreno Automático 0,00019
Válvulas Reed 0,00016
Sistema de Descarga 0,00018
Mancais 0,00008
Anéis 0,00013
Pistão 0,00008
Válvula de Checagem 0,00012
Motor 0,00010
Correias em V 0,00012
SOMA 0,00116
b) A confiabilidade para a missão anual de 1200 horas é calculada a
partir da equação (101), ou seja:
( )1200
- 858.51
SR 1200 = e = 0.2471
Se erradamente, tivéssemos optado pela equação (96), teríamos obtido:
( )1.8 2.2 1.9
1200 1200 1200 - - -
6000 7000 9000SR 1200 = e e e = 0.7437
× × ×L
Valor bastante superior 0.2471, pois, neste caso, o sistema voltaria ao
estado de novo (todos os componentes seriam substituídos) após cada falha de
qualquer um dos componentes.
Exemplo:
Um sistema é composto por três componentes críticos, A, B e C, e vai
iniciar um período de serviço ininterrupto (missão) de 3 meses (2160 horas)
até à próxima parada geral para manutenção. Os componentes apresentam
comportamentos em falha segundo distribuição de probabilidade de Weibull. Os
correspondentes parâmetros β e η , bem como as vidas acumuladas S (dois
deles já trabalham antes e guardam memória do estado de degradação em que
se encontram), são os seguintes:
A A A = 1.6; = 8000 horas; S = 600 horas.β η
B B B = 1.2; = 12000 horas; S = 1500 horas.β η
C B A = 1.8; = 9000 horas; S = 0 horas (novo).β η
Qual a confiabilidade do sistema para esta missão? Ou seja, qual a
probabilidade do sistema não sofrer uma falha neste período de 3 meses?
Solução:
Calculamos primeiro as confiabilidades dos componentes. Pela equação
(95).
( ) ( )( )
1.6
1.6
2760-
8000
A 600-
8000
R 2760 eR 2160|600 = = = 0.8467
R 600e
( ) ( )( )
1.2
1.2
3660-
12000
B 1500-
12000
R 3660 eR 2160|1500 = = = 0.8538
R 1500e
( ) ( )( )
1.8
1.8
2160-
9000
A 0-
9000
R 2160 eR 2160|0 = = = 0.9262
R 0e
A confiabilidade do sistema será:
( )SR 2160 = 0.8467 0.8538 0.9262 = 0.6696× ×
Observe que, se todos os componentes fossem novos, o sistema partiria
para esta missão com a confiabilidade de:
( )1.6 1.2 1.8
2160 2160 2160- - -
8000 12000 9000SR 2160 = e e e = 0.7207 > 0.6696
× ×
