2.2.1

Gegeben sei ein technisches System, das in den Zuständen 1 („intakt“) und 0 („ausgefallen“) sein kann. Die mittlere Lebenszeit des Systems, d.h. die Zeit von Inbe- triebnahme bis zum nächsten Ausfall heißt MTTF („mean time to failure“). Nach einem Ausfall wird das System repariert. Die mittlere Dauer einer Reparatur heißt MTTR („mean time to repair“).

a)

Drücken Sie die Ausfall- und Reparaturrate durch MTTF bzw. MTTR aus!

Ausfallrate: $MTTF = \frac{1}{λ}$ $"MTTF" = 1/lambda$

Reparaturrate: $MTTR = \frac{1}{μ}$ $"MTTR" = 1/mu$

b)

Berechnen Sie unter „Markovschen Voraussetzungen“ die Verfügbarkeit des Systems in Abhängigkeit von MTTF und MTTR, bzw. in Abhängigkeit von der Ausfall- und Reparaturrate!

$V = π_{1} = \frac{\frac{1}{MTTR}}{\frac{1}{MTTR} + \frac{1}{MTTF}} = \frac{MTTF}{MTTR + MTTF}$ $V = pi_1 = (1/"MTTR")/(1/"MTTR"+1/"MTTF")="MTTF"/("MTTR"+"MTTF")$

c)

Sei nun MTTF = 1 Jahr. Wie groß darf MTTR nur sein, um die stationären Verfügbarkeiten $V_{1} = 0, 9$ $V_1=0,9$ , $V_{2} = 0, 95$ $V_2=0,95$ , $V_{3} = 0, 99$ $V_3=0,99$ , $V_{4} = 0, 999$ $V_4 =0,999$ , $V_{5} = 0, 9999$ $V_5=0,9999$ zu erzielen? Was fällt Ihnen dabei auf?

$MTTF = 1 a = 365 d$ $"MTTF"=1a=365d$

V	MTTR	Berwertung
0.9	41 d	unbrauchbar
0.95	19 d	unbrauchbar
0.99	3.7 d	schlecht
0.999	8 h
0.9999	53 min

d)

Wie hoch ist die aktuelle Verfügbarkeit bei $V_{3} = 0, 99$ $V_3=0,99$ nach 1, 5 und 10 Tagen, wenn das System im Zustand 1 startet? (Hinweise: Verwenden Sie die Ausfallrate von c)! Berechnen Sie aus $V_{3} = 0, 99$ $V_3=0,99$ und der Ausfallrate die Reparaturrate!)

$p_{1} (t) = \frac{μ}{λ + μ} + \frac{λ}{λ + μ} + e^{- (λ + μ) \cdot t} = (0, 1) \cdot P (t) = (0, 1) \cdot e^{Λ \cdot t}$ $p_1(t)=mu/(lambda+mu)+lambda/(lambda+mu)+e^(-(lambda+mu)*t)=(0, 1)*P(t)=(0, 1)*e^(Lambda * t)$

$V_{3} = \frac{μ}{λ + μ} = 0.99$ $V_3 = mu/(lambda+mu)=0.99$

$\frac{λ}{λ + μ} = 1 - V_{3} = 0.01$ $lambda/(lambda+mu) = 1 - V_3 = 0.01$

$λ = \frac{1}{MTTF} = \frac{1}{a}$ $lambda = 1/"MTTF" = 1/a$

$p_{1} (t) = 0.99 + 0.01 \cdot e^{- \frac{t}{3.65}} = 0.99 + 0.01 \cdot e^{- \frac{10}{3.65}} = 0.99065$ $p_1(t)=0.99+0.01*e^(-t/3.65)=0.99 + 0.01 * e^(-10/3.65)=0.99065$

e)

Nach welcher Zeit $t ‘$ $t‘$ ist die aktuelle Verfügbarkeit $p_{1} (t ‘)$ $p_1(t‘)$ von $p_{1} (0) = 1$ $p_1(0)=1$ auf den Wert 0,995 gesunken?

$p_{1} (t') = 0.995$ $p_1(t')=0.995$

$\Rightarrow 0.995 = 0.99 + 0.01 \cdot e^{- \frac{t'}{3.65}} = 0.005 - 0.001 \cdot e^{- \frac{t'}{3.65}}$ $=> 0.995 = 0.99 + 0.01 * e^(-(t')/3.65) = 0.005 - 0.001 * e^(-(t')/3.65)$

$0.5 = e^{- \frac{t'}{3.65}}$ $0.5 = e^(-(t')/3.65)$

$\ln (0.5) = - \frac{t'}{3.65}$ $ln(0.5)=-(t')/3.65$

$\Rightarrow t' = - 3.65 \cdot \ln (5) = 2.53 d$ $=> t'=-3.65*ln(5)=2.53d$