Modulo di: Progettazione probabilistica e affidabilità … 5 10 15 0 0.5 1 P R S Si ( ) i i P RP S xdx α ∞ =∫ 0 5 10 15 0 0.5 1 P f ()P f P (P) f S (P). () 0 RfPRPdP Str P S

Costruzione di macchine

Modulo di:

Progettazione probabilistica e affidabilità

Marco Beghini

Lezione 9:

Affidabilità per sistemi e strutture

Sistemi complessi

Finora abbiamo trattato l’affidabilità di singoli elementi o componenti: cosa cambia se si considera una macchina completa o una struttura?

Casi elementari:• Sistemi serie • Sistemi parallelo

Alimentatore Scheda madre HD Video

Il computer funziona se tutti gli elementi sono funzionanti

Esempio di sistema serie: il PC

Sistemi serie

Ipotesi semplificativa, il guasto di un elemento non influenza il guasto degli altri:

1 2 ....S n ii

R R R R R= ⋅ ⋅ ⋅ = ∏

1 2 3 n....

S

Nel caso di componenti con distribuzione di affidabilità esponenziale:

iii i

tt t

i si

R e R e eλ

λ λ

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟− − ⎝ ⎠∑

= ⇒ = =∏

Considerazioni generali:• Il sistema serie ha ancora affidabilità esponenziale• L’affidabilità è minore del componente meno affidabile• Il tasso di guasto del sistema è la somma dei tassi dei componenti• Il MTTF è:

1 1S

s ii

MTTFλ λ

= =∑

Nel caso di componenti tutti uguali:

; i C i CR R λ λ= =

( )nS CR R= S Cnλ λ= C

SMTTFMTTF

n=

0 5 10 15 200

0.2

0.4

0.6

0.8

1

SR

n

0.95CR =

0.98CR =

0.99CR =

Effetto dell’affidabilità dei componenti

0 0.0025 0.005 0.0075 0.010

0.2

0.4

0.6

0.8

1

SR

500n =

100n =

10n =

1 CR−

Effetto del numero dei componenti

Aumentare l’affidabilità: sistemi parallelo

1

....

S

2

n

Parallelo puro.Il sistema funziona se almeno un elemento funziona: massima ridondanza

Calcolo dell’affidabilità si effettua facilmente con il ragionamento complementare: la rottura del sistema impone la rottura di tutti i componenti.In ipotesi di indipendenza:

( ) ( ) ( ) ( )1 21 1 1 .... 1 1S n ii

R R R R R− = − ⋅ − ⋅ − = −∏( )1 1S i

i

R R= − −∏

Considerazioni generali:• Il sistema parallelo ha affidabilità maggiore del componente più

affidabile• Anche se i componenti hanno affidabilità esponenziale il sistema no• Il parallelo puro è raro (sistemi informatici bancari, sistemi d’arma)

Esempio 9.1Determinare le caratteristiche di affidabilità di un sistema parallelo puro con due elementi uguali aventi affidabilità esponenziale e tasso di guasto λ.

( ) ( )2 21 1 2 2S C C C C Ci

R R R R R R= − − = − = ⋅ −∏22 t t

SR e eλ λ− −= −

1C

C

MTTFλ

= del componente

Affidabilità

0 1 2 3 40

0.5

1

C

tMTTF

R

CRSR

( )0

32S S CMTTF R t dt MTTF

∞= =∫

Densità di probabilità di guasto

0 1 2 3 40

0.5

1( )f t

Sf

Cf

C

tMTTF

( ) ( )22 C Ct tSS C

dRf t e edt

λ λλ − −= = ⋅ −

Tasso di guasto

( ) ( ) 1ln 22

C

C

t

S S C td eh t R tdt e

λ

λλ−

−

−⎡ ⎤= − =⎣ ⎦ −

( )C

h tλ

Sλ

Cλ

C

tMTTF

0 1 2 3 40

0.5

1

I sistemi in perfetto parallelo sono difficili da realizzare e costosi.

Sistemi paralleli passivi o stand-by

1

S 2

3

L’affidabilità del sistema al tempo t si può ottenere col ragionamento:Il sistema funziona se:A) il componente 1 funziona per tutto il tempo

oppureB) il componente 1 si rompe a τ prima (τ < t ) ma, funziona l’interruttore

3, e il componente 2 non si rompe per il resto del tempo t-τ

In ipotesi di indipendenza:

Indicato con τ il tempo in cui si ha l’eventuale guasto del primo componente, la probabilità che il sistema funzioni al tempo t se il guasto del primo avviene nell’intervallo:

[ ], dτ τ τ+

( )( ) ( ) ( )( )1 guasto in , interrutore OK 2 funziona in ,P d P P tτ τ τ τ+ ⋅ ⋅

( )1AP R t=

( ) ( )1 3 2BdP f d R R tτ τ τ= ⋅ ⋅ −

( ) ( )3 2 10

t

BP R R t f dτ τ τ= −∫

( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 10

t

S A BR t P P R t R R t f dτ τ τ= + = + ⋅ −∫

Esempio 9.2Determinare le caratteristiche di affidabilità di un sistema parallelo stand-by con due elementi uguali aventi affidabilità esponenziale e tasso di guasto λC con l’interruttore ideale: R3=1

( )1 CtSby CR t e λλ −= + ⋅

0 1 2 3 40

0.5

1R

ParalleloStand-by

C

tMTTF

2Sby CMTTF MTTF=

( )2

1C

SbyC

th tt

λλ

=+

Parallelo

Stand-by

C

tMTTF

0 1 2 3 40

0.5

1( )C

h tλ

Tasso di guasto per stand-by

Sistemi complessi

1

....2

3

4 5

....A 4 5

( )( )( )1 2 31 1 1 1AR R R R= − − − −

( )( )( )4 5 1 2 3 4 51 1 1 1S AR R R R R R R R R⎡ ⎤= ⋅ ⋅ = − − − − ⋅ ⋅⎣ ⎦

Sistemi riconducibili a serie o paralleli

Esercizio 9.1Confrontare l’affidabilità dei sistemi:

Parallelo di due serie

Serie di due paralleli

1

43

2

B

1

43

2

A

( )( )1 2 3 41 1 1AR R R R R= − − −

( )( ) ( )( )1 3 2 21 1 1 1 1 1BR R R R R⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Per componenti tutti uguali:

0 0.5 10

0.5

1

SR

1 CR−

( )2 22A C CR R R= −

( )22 2B C CR R R= −

Esercizio 9.2Definire lo schema affidabilistico e calcolare l’affidabilità di un sistema di valvole poste su un parallelo di due tubazioni nei casi che il circuito sia:a) normalmente aperto: il sistema funziona se le valvole chiudono il flussob) normalmente chiuso: il sistema funziona se le valvole attivano il flusso.

1R

2R

Sistemi più complessi

1

....2

3

4

5

Attenzione: le righe della tabella sono: 2n

El.1 El.2 El.3 El.4 El.5 Sistema Probabilità

Nel semplice caso esaminato: 32 righe

Sistemi non riconducibili: metodo combinatorio

1 1 1 1 1 1 R1R2R3R4R5

0 1 1 1 1 1 (1-R1)R2R3R4R5

…. ….. …………..1 1 1 0 0 0 R1R2R3(1-R4) (1-R5)

….. ….. …………..

Sistemi più complessi: upper bound range di affidabilità

1

3

4

2

5

Tie set minimi: percorsi minimali distinti che garantiscono il funzionamento: { }

{ }{ }{ }

1, 2

4,5

1,3,5

4,3, 2

Il parallelo tra i tie set minimi è un upper bound dell’affidabilità del sistema (non si considera che gli stessi elementi possono stare su più rami)

1

1

4

2

5

3 5

4 3 3UB

( )( )( )( )1 2 4 5 1 3 5 4 3 21 1 1 1 1S UBR R R R R R R R R R R R≤ = − − − − −

Cut set minimi: insiemi minimali distinti di componenti i cui guasti impediscono il funzionamento del sistema:

1

3

4

2

5

{ }{ }{ }{ }

1, 4

2,5

1,3,5

4,3, 2

Sistemi più complessi: lower bound range di affidabilità

La serie tra i cut set minimi è un lower bound dell’affidabilità del sistema (non si considera che gli stessi elementi possono stare su più rami)

1

54

1

3

4

2

32

5

LB

( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )( )( )

1 4 2 5

1 3 5 2 3 4

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1S LBR R R R R R

R R R R R R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤≥ = − − − − − − ⋅⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤ ⎡ ⎤⋅ − − − − − − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Esercizio 9.3

Nel sistema precedente in cui tutti gli elementi hanno RC = 0.9, verificare che:

0.9973; 0.9781UB LBR R= =

Il valore esatto, con il metodo combinatorio fornisce: 0.9785SR =

In questo caso molto prossimo al margine inferiore

Analisi affidabilistica di strutture

1

2

3

4

5

6P 6; 1...6n i= =

i i iL N Pα= =

Il problema è isostatico, tutti gli elementi strutturali sono necessari per l’integrità strutturale, sistema affidabilisticamente in serie

Dati:

Il carico ha una sua distribuzione:

È anche data la distribuzione della resistenza di ogni elemento:

( )Pf P

( )iSf N ( ) ( )

0i i

N

S SF N f L dL= ∫

1 2 3 6....

Struttura

( ) ( )0

1iStruttura P S i

i

R f P F P dPα∞ ⎧ ⎫⎡ ⎤= ⋅ −⎨ ⎬⎣ ⎦⎩ ⎭

∏∫

Classico integrale di convoluzione:• tra graffe è indicata l’affidabilità della struttura al valore generico

del carico P

• attenzione al tipo di distribuzione

( ) ( ) ( )1i iS S i S

i i

R P F P R Pα⎡ ⎤= − =⎣ ⎦∏ ∏

1

2

P

Esempio 9.3

Determinare l’affidabilità statica della struttura in figura in cui con il cavo 1 ha resistenza

e il tubolare 2 con sezione di 50mm2 e materiale con resistenza:

sotto l’azione di un singolo carico con le seguenti caratteristiche:

( ) ( )1 ,10.5kN,0.6kNS x N x=

( ) ( ),180MPa, 25MPar y N yσ =

( ) ( ),5kN,1.2kNP x N x=

Ricaviamo:( ) ( )2 ,9kN,1.25kNS x N x=

1 22; 1α α= =

Da cui:

( ) ( ) ( )1 2S S SR P R P R P= ⋅

0 5 10 150

0.5

1

P

SR

( ) ( )Si i iPR P S x dxα

∞= ∫

0 5 10 150

0.5

1

P

( )f P

( )Pf P

( )Sf P

( ) ( ). 00.965Str P SR f P R P dP

∞= ⋅ =∫

Attenzione: non si tratta di una condizione di completa indipendenza nella quale cioè la rottura un elemento avviene indipendentemente dalla rottura dell’altro, infatti:

( ) ( ) ( ) ( )1 20 00.961P S P Sf P R P dP f P R P dP

∞ ∞⋅ ⋅ ⋅ =∫ ∫

Perché?

Limiti notevoli per evitare il calcolo:

( ) ( ) ( ) ( ).0 0min( )P Si Str P Siii

f P R P dP R f P R P dP∞ ∞

⋅ ≤ ≤ ⋅∏ ∫ ∫

Problemi iperstatici, sistemi fail-safe

1 2 3 n

P

La struttura può sopportare il carico anche con qualche elemento rotto

Il sistema però non è parallelo in quanto non è in genere sufficiente un solo elemento per sopportare il carico

La capacità di sopportare il carico si riduce se qualche elemento si rompe

Non si può ottenere un modello affidabilistico soddisfacente senza considerare il meccanismo fisico di rottura dei componenti

Sistemi fail-safe con meccanismo di cedimento del componente perfettamente duttile.

Il componente può solo collassare plasticamente e ha una duttilità infinita

ε

σ

spostamento

carico

Esempio 9.4

La barre di figura, nominalmente uguali con area A=30mm2, sono realizzate con un acciaio dolce che ha tensione di collasso data da

determinare l’affidabilità con il seguente carico statico:( ) ( ),150MPa, 25MPar y N yσ =

( ) ( ),8.5kN, 2.4kNP x N x=

1 2

P

3

Aumentando il carico ci sarà un’asta che per prima raggiungerà la condizione di snervamento, tuttavia questa condizione non è necessariamente di cedimento perché rimangono le altre (oltretutto ancora in campo elastico).

Il carico può quindi aumentare ulteriormente, con la prima che continuerà a trasmettere il suo carico di collasso, si avrà il cedimento della struttura solo nel momento in cui tutte sono allo snervamento

La resistenza della struttura equivale quindi alla somma delle resistenze dei tre elementi:

. 1 2 3StrS S S S= + +

Supponendo che la resistenza del singolo elemento sia indipendente dagli altri (ipotesi non sempre ragionevole perché dipende dall’origine della variabilità):

( ) ( ) ( ), , , 4.5kN,0.75kNi ii S SS x N x N xμ σ= =

La resistenza della struttura è quindi la somma di tre V.A. gaussianeindipendenti:

( ) ( ) ( ),3 , 3 ,13.5kN,1.3kNi iS S SS x N x N xμ σ= =

L’affidabilità è quindi:

. 0.966StrR =

Se le resistenze sono correlate, la precedente stima non è cautelativa, possiamo però avere una sovrastima della dispersione della resistenza assumendo che siano perfettamente correlate, da cui:

( ) ( ) ( ),3 ,3 ,13.5kN, 2.25kNi iS S SS x N x N xμ σ= =

. 0.936StrR =

Nota

Sistemi fail-safe con meccanismo di cedimento del componente fragile

Appena il componente arriva al carico massimo sopportabile si rompe

La sua capacità di trasmettere carico si annulla

Il carico si distribuisce sugli elementi integri che quindi risultano immediatamente sovrasollecitati

Modalità di ridistribuzione del carico? Ipotesi ultrasemplificativa (e non cautelativa) di ridistribuzione statica

Esempio 9.5

La barre di figura, nominalmente uguali con area A=15mm2, sono realizzare con un acciaio ad alta resistenza che ha tensione dirottura data da

determinare l’affidabilità in funzione del carico F.( ) ( ), 650MPa,120MPar y N yσ =

1

F

2

Consideriamo preliminarmente la seguente sequenza di eventi:

A)Si rompe l quando sono entrambe integre

B)Tutto il carico finisce sulla 2

C) Con il nuovo livello di carico si rompe la 2

1 2 2FL L= =

2L F=

( ) ( )21 10

F

P A f L dL= ∫Dove è la distribuzione di densità della probabilità di rottura della singola barra:

( )f L

( ) ( )1

2 2

F

LP C A B f L dL∩ = ∫

( ) ( ),9.75kN,1.8kNf L N L=

La probabilità della sequenza vale pertanto:

( ) ( )1

21 2 2 10

F F

Lf L f L dL dL∫ ∫

Ma può avvenire alternativamente anche la sequenza inversa che definisce un evento incompatibile e, per simmetria, ha la stessaprobabilità, quindi la probabilità di rottura è data da:

( ) ( )1

21 2 2 10

2F F

R LP f L f L dL dL= ∫ ∫

0 10 20 300

0.5

1R

F

Modelli approssimati

R

5 10 15 20 25 300

0.2

0.4

0.6

0.8

1

F

Materiale duttile

Singola con F/2

Serie: Weakest link

Generalizzazione:

1 2

F

n

( ) ( ) ( )1 1

11 2 2 10

! ..... ....n

F F Fn n

R n nL LP n f L f L f L dL dL dL

−

−= ∫ ∫ ∫

Esercizio 9.4

Considerare la struttura a tre barre parallele definita nell’esempio 9.4, confrontare le curve di affidabilità in funzione del carico per un comportamento duttile e per un comportamento fragile del materiale.