Por meio das informações obtidas da arquitetura de telecomunicações da emissora de televisão, das informações de MTBF dos equipamentos utilizados, do MTTR para o restabelecimento dos serviços, das distribuições de probabilidade subjacentes (neste caso supostas exponenciais) e da logística prevista, foi possível obter um modelo de disponibilidade e calcular a indisponibilidade do sistema por ano.
Este estudo buscou aproximar-se o máximo possível da realidade, onde o contexto utilizado tratou de uma emissora de televisão, que tem a necessidade de uma rede multisserviços para o funcionamento dos sistemas de tecnologia da informação e comunicação. As informações foram concedidas em caráter confidencial. Com relação a fabricante dos equipamentos, foi fornecido o MTBF dos equipamentos para este estudo, porém, por se tratar de informações confidenciais da organização, também mantivemos seu nome em sigilo. Porém afirmamos tratar-se de uma das principais fabricantes de equipamentos de redes multimídias.
Manutenção Nível de Serviço
1 Hora 99,9968471471858 364,988492087228 Dias 16,57139439135780 Minutos
24 horas 99,9966657270342 364,987829903675 Dias 17,52493870809300 Minutos
7 dias 99,9956179472954 364,984005507628 Dias 23,03206901558040 Minutos
30 dias 99,9772785624299 364,917066752869 Dias 1,99039793113843 Horas
Manutenção Nível de Serviço
1 Hora 99,9986968707546 364,995243578254 Dias 6,84924731404863 Minutos
24 horas 99,9981614198881 364,993289182592 Dias 9,66357706820418 Minutos
7 dias 99,9970918387951 364,989385211602 Dias 15,28529529273330 Minutos
30 dias 99,9787493172339 364,922435007904 Dias 1,86155981030606 Horas
Áudio e Vídeo
Disponibilidade por ano Indisponibilidade por ano Dados, VoIP, Comunicação e Monitoramento
Indisponibilidade por ano Disponibilidade por ano
Esta metodologia não é exclusiva do contexto desta pesquisa. Caso seja possível obter as informações necessárias, os cálculos podem ser manipulados e readequados a realidade de qualquer organização e/ou sistema.
Outro passo é a avaliação dos requisitos de QoS dos usuários, analisando se os resultados obtidos por este trabalho atendem às expectativas do cliente final, para que se atenda o nível de serviço contratado e a tecnologia da informação e comunicação seja parceira do negócio, ajudando a construir a confiabilidade do sistema, para assim, a confiança da equipe e empresa aumente perante seus clientes (internos e externos), parceiros e fornecedores.
Foi destacada a importância de um bom sistema de monitoramento, pois assim é possível detectar e ter uma atuação mais ágil para a recuperação dos componentes/serviços. Uma logística eficaz também é necessária para diminuir os tempos de reparo, pois, caso tenha sobressalente na localidade, este tempo diminui consideravelmente, não precisando ter um tempo maior que 24 horas para efetivar a manutenção. O estudo de logística pode ser considerado somente nas principais localidades ou localidades mais críticas, pois um estoque de sobressalentes muito grande pode ter um custo alto para a organização.
Vale ressaltar que a cada 9 adicionado na medida dos 9, ou seja, 99,9999...% de disponibilidade, o custo monetário é altíssimo, fazendo com que a empresa analise o custo x benefício.
Próximos estudos podem supor que a soma de K variáveis exponenciais iguais resultam em uma Erlang-k1. Rigorosamente, o modelo de Markov2 não poderia ser
mais utilizado (no caso de λ2, λ3, λ4, λn). No entanto, o resultado real será melhor que o resultado obtido, pois Erlang-k tem variância menor que a exponencial. Por outro lado, podemos verificar os casos em que há mais de uma equipe de reparo, os casos em que o sobressalente demoraria mais de 24 horas. Podem ser considerados, também, outras distribuições de probabilidade, de caudas mais longas, como por exemplo, Weibull, ou caudas menos longas, como por exemplo, Erlang-k.
1 Erlang-k, em processos estocásticos, trata-se da distribuição de uma soma de k variáveis aleatórias,
independentes e identicamente distribuídas exponencialmente (Cox, 1967).
2 Modelo de Markov é um processo estocástico utilizado para modelar variáveis de um sistema que se
modificam aleatoriamente no tempo. Pode-se supor que os estados futuros dependem apenas do estado atual e não dos eventos que ocorreram antes dele. Desta forma, na previsão probabilística e na modelagem preditiva, se espera que um determinado modelo apresente a propriedade Markov (Gagniuc, 2017).
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TRIVEDI, K. S. Probability & Statistics with Reliability, Queueing, and Computer
APÊNDICE A: Considerações sobre as equações dos sistemas Operação-Falha para determinação da disponibilidade dos sistemas
I- A distribuição exponencial
A suposição é de que as falhas ocorrem segundo uma distribuição exponencial, com taxa λ para cada dispositivo. Como a distribuição é exponencial com taxa λ, a função densidade de probabilidade é:
𝑓(𝑡) = 𝜆𝑒−𝜆𝑡 → 𝐸[𝑇] = ∫ 𝑡𝑓(𝑡)∞ 0 𝑑𝑡 =
1 𝜆
O valor de E[T] é chamado de Tempo Médio entre Falhas (do inglês, MTBF). A taxa de reparo de um componente é μ. De maneira semelhante para a taxa de falha, o valor de 𝐸[𝑇] =1
𝜇 é chamado de Tempo Médio para Reparo (do inglês, MTTR).
II – Dedução da aproximação da distribuição exponencial em série de Mc Laurin no caso de transições de tempo relativamente muito pequenos
Pela distribuição exponencial, a probabilidade de que um evento ocorre em um intervalo < 𝑥 é a função de distribuição acumulativa (CDF) de X, ou seja, 𝐹𝑋(𝑥) =
𝑃(𝑋 ≤ 𝑥) = 1 − 𝑒−𝜆𝑥. Por sua vez, a probabilidade de que não ocorra até 𝑥 é 1 − 𝐹𝑋(𝑥) = 1 − 𝑃(𝑋 > 𝑥) = 𝑒−𝜆𝑥.
Apenas para complementar a exposição, a função densidade de probabilidade (FDP) pode ser obtida pela derivada da função de distribuição, 𝑑𝐹𝑋(𝑥)
𝑑𝑥 = 𝑑𝑃(𝑋≤𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑑(1−𝑒−𝜆𝑥) 𝑑𝑥 = 𝜆𝑒 −𝜆𝑥.
A hipótese é de que as transições de estado ocorrem de acordo com a distribuição exponencial. A série de Mc Laurin para a distribuição exponencial é
𝑒𝑥= ∑ 𝑥 𝑛
𝑛!
∞
Portanto, para transição 𝑥 = −𝜆𝛥𝑡: 𝑒−𝜆𝛥𝑡 = ∑ (−𝜆𝛥𝑡)𝑛 𝑛! ∞ 𝑛=0 =-1 − 𝜆𝛥𝑡 + (𝜆𝛥𝑡)2 2 − (𝜆𝛥𝑡)3 6 +⋯ + 𝑒−𝜆𝛥𝑡 = 1 − 𝜆𝛥𝑡 + 𝑜(𝛥𝑡) e 1 − 𝑒−𝜆𝛥𝑡 = 𝜆𝛥𝑡 − 𝑜(𝛥𝑡)
𝑜(𝛥𝑡) é um valor muito pequeno que tende a zero.
III– Modelo para um único estado de Operação (O) e um estado de Falha (F)
Estando no estado O, o sistema pode continuar nesse estado O com probabilidade 1 − 𝜆𝛥𝑡 + 𝑜(𝛥𝑡) ou ir para o estado F com probabilidade 𝜆𝛥𝑡 − 𝑜(𝛥𝑡). Estando no estado F, o sistema pode continuar nesse estado F com probabilidade 1 − 𝜇𝛥𝑡 + 𝑜(𝛥𝑡) ou ir para o estado O com probabilidade 𝜇𝛥𝑡 − 𝑜(𝛥𝑡). A Figura A1 ilustra essa situação.
Figura A1. Diagrama representando um sistema com dois estados (O e F)
Podemos equacionar o estado do sistema no instante seguinte (𝑡 + 𝛥𝑡) a partir do estado anterior t.
𝑃𝑂(𝑡 + 𝛥𝑡) = 𝑃𝑂(𝑡)(1 − 𝜆𝛥𝑡 + 𝑜(𝛥𝑡)) + 𝑃𝐹(𝑡)(𝜇𝛥𝑡 − 𝑜(𝛥𝑡)) (A1)
𝑃𝐹(𝑡 + 𝛥𝑡) = 𝑃𝐹(𝑡)(1 − 𝜇𝛥𝑡 + 𝑜(𝛥𝑡)) + 𝑃𝑂(𝑡)(𝜆𝛥𝑡 − 𝑜(𝛥𝑡)) (A2)
Passando 𝑃𝑂(𝑡) para o lado esquerdo, dividindo tudo por 𝛥𝑡 e tomando o limite (𝛥𝑡 → 0), (A1) se torna:
lim 𝛥𝑡→0 𝑃𝑂(𝑡 + 𝛥𝑡) − 𝑃𝑂(𝑡) 𝛥𝑡 = 𝑃̇𝑂(𝑡) = −𝜆𝑃𝑂(𝑡) + 𝑜(𝛥𝑡) 𝛥𝑡 𝑃𝑂(𝑡) + 𝑃𝐹(𝑡)𝜇 − 𝑜(𝛥𝑡) 𝛥𝑡 𝑃𝐹(𝑡) (𝐴3)
O primeiro termo à esquerda é a derivada de 𝑃𝑂(𝑡) no limite, para 𝛥𝑡 → 0. Por sua vez, os termos 𝑜(𝛥𝑡)
𝛥𝑡 𝑃𝑂(𝑡) e − 𝑜(𝛥𝑡)
𝛥𝑡 𝑃𝐹(𝑡) vão para zero com 𝛥𝑡 → 0. Portanto, (A3)
se torna:
𝑃̇𝑂(𝑡) = −𝜆𝑃𝑂(𝑡) + 𝜇𝑃𝐹(𝑡) (𝐴4)
e, analogamente,
𝑃̇𝐹(𝑡) = −𝜇𝑃𝐹(𝑡) + 𝜆𝑃𝑂(𝑡) (𝐴5)
Cabe salientar que, na grande maioria dos casos práticos, relativos à confiabilidade/disponibilidade, o que importa é o estado estacionário, ou seja, quando as derivadas tendem a zero, após um longo período de operação. Nesse caso o sistema não é mais dependente do tempo:
0 = −𝜆𝑃𝑂+ 𝜇𝑃𝐹 → 𝜆𝑃𝑂 = 𝜇𝑃𝐹 → 𝑃𝑂 = 𝜇
𝜆𝑃𝐹 (𝐴6)
Essa solução pode ser obtida olhando a linha pontilhada da figura fazendo o que entra em um estado igual ao que sai dele (vale no estado estacionário).
Observamos que as duas equações, (A4) e (A5), são equivalentes no estado estacionário. Para resolver o sistema é necessário usar uma equação faltante, ou seja, considerar:
𝑃𝑂+ 𝑃𝐹 = 1 (𝐴7)
A título de ilustração faremos 𝜆 = 0,5 (taxa de falha) e 𝜇 = 1,0 (taxa de reparo). Usando as equações (A6) e (A7), obtemos 𝑃𝑂 =
2 3, 𝑃𝐹 =
1
3. Podemos notar que a
disponibilidade do sistema (D) será igual a 1 − 𝑃𝐹 = 2
3= 𝑃𝑂 . Por sua vez, a
indisponibilidade é 𝑃𝐹 = 1
dos tempos médios é: D = 1 𝜆 1 𝜆+ 1 𝜇 = 𝑀𝑇𝐵𝐹 𝑀𝑇𝐵𝐹+𝑀𝑇𝑇𝑅= 𝜇 𝜆+𝜇 = 1 0,5+1= 2 3.
Em que MTBF é o tempo médio entre falhas e MTTR é o tempo médio para reparo. As equações (A6) e (A7), de estado estacionário, podem ser obtidas diretamente a partir do diagrama da Figura A3 (taxa que sai é igual à taxa que entra). Salientamos que em problemas de confiabilidade, em geral, o tempo de reparo (inverso da taxa de reparo) é bem menor que o tempo de falha (inverso da taxa de falha). Observamos que em sistemas eletrônicos as falhas devem ocorrer, geralmente, em intervalos de anos e os reparos em intervalos de minutos.
IV – Modelo para solução transiente com único estado de Operação (O) e um estado de Falha (F), no Matlab-Simulink
Existe situações em que pode ser mais importante avaliar as probabilidades de transição do que as probabilidades de estado estacionário, ou seja, a análise dinâmica do sistema. Nessa situação podemos lançar mão de recursos como a utilização do Matlab-Simulink. A Figura A2 mostra o modelo da Figura A1 implementado no Matlab- Simulink utilizando as equações (A4) e (A5), ou seja, as equações diferenciais do sistema. O valor PO corresponde à disponibilidade do sistema (D) e o valor de PF corresponde à indisponibilidade (I) do sistema.
Figura A2. Implementação do modelo com dois estados no Matlab-Simulink.
A Figura A3 descreve a evolução, com o tempo (até o estado estacionário), de PO (disponibilidade) e de PF (indisponibilidade). Notamos que a disponibilidade inicial é 1 (sistema em operação) e a indisponibilidade no instante inicial é 0 (sistema sem falha). A soma dos valores dos estados em cada instante é sempre 1 (um).
Figura A3. Evolução no tempo da disponibilidade (PO) e da indisponibilidade (PF).
Embora essa abordagem seja importante, voltamos a comentar que, em geral, para problemas de disponibilidade de sistemas eletrônicos (redes) estamos mais interessados em valores para o estado estacionário.
V – Modelo para dois elementos em paralelo e reparador único
Esse sistema possui redundância porque os dois blocos estão em paralelo e ele continua em operação se apenas um deles estiver em funcionamento. Ambos os blocos são iguais e têm uma taxa de falha λ. Há um único reparador no sistema, com taxa de reparo μ. A Figura A4 mostra esse sistema.
Figura A4. Sistema com dois componentes em paralelo e um único reparador.
Denotamos os estados do sistema como S0, S1 e S2, que correspondem a ter
zero, um ou dois elementos com defeito, respectivamente. Dessa maneira, o estado do sistema em falha será apenas o S2. Como temos apenas um reparador, apenas
um dos componentes é consertado por vez e a taxa de reparo será sempre μΔt. Dessa maneira, em S0 é possível termos uma taxa de falhas 2λΔt porque temos dois
elementos em funcionamento, mas em S1 a taxa será λΔt. Observamos que o sistema
continuará em S1 se não houver nenhuma falha nem reparo. Nesta representação
optamos por não colocar a condição 𝑜(𝛥𝑡), pois, como nós vimos no exemplo anterior, esses valores não serão considerados por serem desprezíveis. A Figura A5 ilustra o sistema.
Figura A5. Sistema com dois componentes em paralelo e um único reparador.
λ, μ λ, μ
Procedendo ao equacionamento, temos (fazendo 𝑃(𝑆0) = 𝑃0, 𝑃(𝑆1) = 𝑃1, 𝑃(𝑆2) = 𝑃2: 𝑃0(𝑡 + 𝛥𝑡) = 𝑃0(𝑡)(1 − 2𝜆𝛥𝑡) + 𝑃1(𝑡)𝜇𝛥𝑡 (A8) 𝑃1(𝑡 + 𝛥𝑡) = 𝑃1(𝑡)(1 − (𝜆 + 𝜇)𝛥𝑡) + 𝑃0(𝑡)2𝜆𝛥𝑡 + 𝑃2(𝑡)𝜇𝛥𝑡 (A9) 𝑃2(𝑡 + 𝛥𝑡) = 𝑃2(𝑡)(1 − 𝜇𝛥𝑡) + 𝑃1(𝑡)𝜆𝛥𝑡 (A10)
Arranjando, dividindo por 𝛥𝑡 e tomando o limite 𝛥𝑡 → 0:
𝑙𝑖𝑚 𝛥𝑡→0 𝑃0(𝑡+𝛥𝑡)−𝑃0(𝑡) 𝛥𝑡 = 𝑃0̇ (𝑡) = −2𝜆𝑃0(𝑡) + 𝜇𝑃1(𝑡) (A11) 𝑙𝑖𝑚 𝛥𝑡→0 𝑃1(𝑡+𝛥𝑡)−𝑃1(𝑡) 𝛥𝑡 = 𝑃1̇ (𝑡) = −(𝜆 + 𝜇)𝑃1(𝑡) + 2𝜆𝑃0(𝑡) + 𝜇𝑃2(𝑡) (A12) 𝑙𝑖𝑚 𝛥𝑡→0 𝑃2(𝑡+𝛥𝑡)−𝑃2(𝑡) 𝛥𝑡 = 𝑃2̇ (𝑡) = −𝜇𝑃2(𝑡) + 𝜆𝑃1(𝑡) (A13)
No estado estacionário, com as derivadas iguais a zero e sem a dependência do tempo, temos: 2𝜆𝑃0 = 𝜇𝑃1 (A14) 𝑃1 = 2𝜆 𝜆+𝜇𝑃0+ 𝜇 𝜆+𝜇𝑃2 (A15) 𝜇𝑃2 = 𝜆𝑃1 (A16)
Usando a condição de contorno, 𝑃0+ 𝑃1+ 𝑃2 = 1 e as equações (A14) e (A16) podemos calcular os valores de 𝑃0, 𝑃1𝑒 𝑃2. A equação (A15) não precisa ser usada,
mas pode ser útil apenas para verificação da correção do resultado. Por exemplo, para λ=0,5 e μ = 1,0 obtemos 𝑃0 = 2 5 , 𝑃1 = 2 5 e 𝑃2 = 1 5 . Observamos que a indisponibilidade é o estado 𝑃2 = 1 5. e a disponibilidade é a soma de 𝑃0+ 𝑃1 = 4 5 ou 1 −
𝑃2 = 4
5.
Novamente, salientamos que as equações (A14) e (A16), de estado estacionário, podem ser obtidas diretamente da Figura A4 fazendo as taxas de entrada iguais às taxas de saída, seguindo as linhas pontilhadas. Com a condição de contorno, 𝑃0+ 𝑃1 + 𝑃2 = 1, podemos calcular os estados estacionários.
VI – Modelo para solução transiente com dois componentes em paralelo e reparador único no Matlab-Simulink
Novamente, o Matlab-Simulink é utilizado nas situações em que pode ser mais importante avaliar as probabilidades de transição do que as probabilidades de estado estacionário, ou seja, a análise dinâmica do sistema. A Figura A6 mostra o modelo da Figura A5 implementado no Matlab-Simulink utilizando as equações (A11), (A12) e (A13), ou seja, as equações diferenciais do sistema. O valor do estado P2 corresponde à indisponibilidade do sistema (I) e o valor da soma de P0 + P1
Figura A6. Implementação do modelo com três estados no Matlab-Simulink.
A Figura A7 descreve a evolução, com o tempo (até o estado estacionário), de P2 (indisponibilidade), de P0 e de P1 (a soma de P0 + P1 corresponde à
disponibilidade). Notamos que a disponibilidade inicial é 1 (sistema em operação, no estado P0) e a indisponibilidade no instante inicial é 0 (sistema sem falha, ou com zero
Figura A7. Evolução no tempo da disponibilidade (P0 + P1) e da indisponibilidade (P2).
Em seguida, utilizamos o modelo dinâmico para testar, na Figura A8, um valor mais realista, ou seja, 1/𝜆 = MTBF = 500000 horas e 1/µ = MTTR = 1 hora.
Figura A8. Evolução no tempo da disponibilidade (P0 + P1) e da indisponibilidade (P2) para 1/𝜆 =
MTBF = 500000 horas.
Fica evidente que é necessário passar um tempo significativo para que a disponibilidade caia para valores bem menores que um e que a indisponibilidade atinja um valor significativamente maior que zero. Observem que, apesar do plot do Matlab, o valor da disponibilidade está próximo a um e o valor da indisponibilidade está próximo a zero (passados 25 minutos de operação). Nessa situação é mais adequada a avaliação do estado estacionário.
VII – Considerações/Observações
Embora seja importante entender o sistema no estado transiente, o cálculo no estado estacionário é muito mais importante na prática. O que ocorre nas redes de comunicação é que os componentes eletrônicos apresentam tempo médio entre falhas da ordem de milhares de horas (ou até de milhões de horas). Por sua vez, o tempo de reparo é relativamente pequeno, podendo durar meia hora ou uma hora, por exemplo. Dessa maneira, a análise dinâmica (transiente) torna-se muito mais adequada para avaliar a disponibilidade desse tipo de rede.
APÊNDICE B: Fórmulas no Matlab para representação dos cálculos
I – Um único reparador e dois blocos iguais no Matlab, exemplo do item 2.6.5 do sumário
A ideia é calcular os dois estados limites P0 (sem falha) e P2 (indisponível).
Dessa maneira, reduzimos os cálculos a esses dois estados (P0 e P2), mostrando as
estruturas: >> solve('P2*mi1^2/(2*l1^2)=P0','P0=1/(1+2*l1/mi1+2*l1^2/mi1^2)','P0','P2') ans = P0: [1x1 sym] P2: [1x1 sym] >> I=ans.P2 I = (2*l1^2)/(2*l1^2 + 2*l1*mi1 + mi1^2)
Pode-se verificar que D = 1 – I é exatamente a expressão da equação (9) Exemplo numérico, para λ = 0,5 e µ = 1,0:
>> (2*l1^2)/(2*l1^2 + 2*l1*mi1 + mi1^2) I = 0.20
D=1- I=0.8
II – Dois reparadores e dois blocos iguais no Matlab, exemplo do item 2.6.6 do sumário
No Matlab, nesse caso teríamos:
>> solve('P2*mi1^2/(l1^2)=P0','P0=1/(1+2*l1/mi1+l1^2/mi1^2)','P0','P2') ans = P0: [1x1 sym] P2: [1x1 sym] >> I=ans.P2 I = l1^2/(l1^2 + 2*l1*mi1 + mi1^2) 𝐷= 𝜇2+2×𝜆×𝜇 𝜇2+2×𝜆×𝜇+𝜆2
(11)
Exemplo numérico para λ = 0,5 e µ = 1,0: >> l1^2/(l1^2 + 2*l1*mi1 + mi1^2)
I = 0.11 e D = 0.89
III – Sistemas com dois blocos em paralelo e com dois reparadores, exemplo do item 2.6.7 do sumário
Confirmando com o Matlab:
>> solve('P2*(mi1+mi2)=(l2*l1)*P0*(1/mi1+1/mi2)','P0=(1- P2)/(1+l1/mi1+l2/mi2)','P0','P2') ans = P0: [1x1 sym] P2: [1x1 sym] >> I=ans.S2 I =
(l1*l2)/(l1*l2 + l1*mi2 + l2*mi1 + mi1*mi2)
D = 1- I é corresponde exatamente à equação (14)
Exemplo numérico para λ1 = λ2 = 0,5 e µ1 = µ2 = 1,0 recai no caso com dois
blocos e dois reparadores, confirmando a correção do modelo, pois bate com o caso de blocos iguais e dois reparadores.
I = 0.11 e D = 0.89
IV – Sistema com três blocos e um único reparador, exemplo do item 2.6.8 do sumário
Confirmando com o Matlab: >> solve('P3=6*l1^3/mi1^3*P0','P0=1/(1+3*l1/mi1+6*l1^2/mi1^2+6*l1^3/mi1^3)','P0','P3') ans = P0: [1x1 sym] P3: [1x1 sym] >> I=ans.P3
E a disponibilidade será:
>> 1-(6*l1^3)/(6*l1^3 + 6*l1^2*mi1 + 3*l1*mi1^2 + mi1^3)
É fácil verificar que a equação resultante é exatamente a equação (15) e a (16) com os valores de taxas equivalentes.
Exemplo numérico para λ= 0,5 e µ = 1,0: resulta D = 0,84. Pode-se notar que, para as taxas de falha e de reparo consideradas, é mais conveniente ter um reparador a mais do que um bloco a mais em paralelo.