BÀI tập lớn kỹ THUẬT độ TIN cậy

Tính toán thiết kế trục chịu tác dụng các lực F, tải trọng q, momen uốn M và được đỡ bởi các ổ A và B như hình vẽ. Xác suất làm việc không hỏng R=0,99. Bán kính r là đại lượng ngẫu nhiên phân phối theo quy luật chuẩn với sai lệch bình phương trung bình Sr =0,005r

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA TPHCM KHOA CƠ KHÍ TPHCM 24-11-2016 1|Page ĐỀ BÀI: Tính toán thiết kế trục chịu tác dụng lực F, tải trọng q, momen uốn M đỡ ổ A B hình vẽ Xác suất làm việc không hỏng R=0,99 Bán kính r đại lượng ngẫu nhiên phân phối theo quy luật chuẩn với sai lệch bình phương trung bình Sr =0,005r F1 NB M NA l1 l đại lượng F, q, M, l σ ch phân phối theo quy luật chuẩn giá trị trung bình sai lệch bình phương trung bình cho bảng sau: Đại lượng Giá trị trung Sai lệch bình phương trung Lực tác dụng F, N Đoạn l, mm Đoạn l1, mm Momen uốn M, Nmm bình 1600 400 600 1000000 bình 50 1000 800 50 Ứng suất giới hạn MPa Bán kính r,mm σ ch , Thiết kế ( tính d ) R = 0,99 theo phương pháp mô men thích hợp 2|Page 2.Phân tích độ tin cậy R md = 20 mm, Sd = 0,002 md theo phương pháp mômen thích hợp 3.Phân tích R md = 20 mm, Sd = 0,002md thiết kế R = 0,999 theo phương pháp xấu 4.Phân tích độ tin cậy R md = 20 mm, Sd = 0,002md theo phương pháp tìm điểmxác suất lớn Phân tích ngược với độ tin cậy R = 0,995 Phân tích độ nhạy 7.Phân tích độ tin cậy R md =20 mm, Sd =0,002md theo phương pháp mô p hỏng Monte Carlo Phân tích độ tin cậy theo PP Rosenblueth Phân tích độ tin cậy theo PP Latin Hypercube I/Phương pháp moment thích hợp: *Tính phản lực: −N A + NB = F ∑ M / B = F l + M − N l A1 ⇒ NA = =0 F l + M 1600.0, + 1000 8200 = = N l1 0, ⇒ N B = F + N A = 1600 + 8200 13000 = N 3 Phản lực A ngược chiều chọn Biểu đồ momen uốn: 3|Page F1 NB M NA l1 l 1640 Nm 1000 Nm *Ứng suất uốn lớn nhất: M max ( M + Fl ) = W π r  M + Fl  ⇒σ = π r σ= 2  ∂σ   ∂σ   ∂σ  S =  ÷ S M2 +  ÷ S F2 +  ÷ Sl2  ∂M   ∂F   ∂l  σ 2  4(l   4F    S = S M   + S F   + Sl2   3  π r   π r   π r  σ 2 *Từ công thức : 4|Page σb − z1 = − [ M + Fl ] π r 2  4l   4F    S + S M   + S F   + Sl2    π r   π r   π r  σb 2 ( ) 2 2 ⇒ z12  Sσ b π r + 16 S M + 16l S F + 16 F Sl2  = ( σ bπ r ) − 2σ bπ r [ M + Fl ] +  [ M + Fl ]    2 2 ⇔ r  z1Sσ b π − ( σ bπ )  + r ( 2σ bπ [ M + Fl ] ) + z12 16S M + 16l S F + 16 F Sl2  −  [ M + Fl ]      ( z1 = − ) σ lim − σ Sσ2lim + Sσ2 ta thay số vào đặt t=r , với độ tin cậy R=0,99 , ta có z1= -2,33 Đặt : ( ) 2 A =  z1Sσ b π − ( σ bπ )    B = 2σ bπ [ M + Fl ] 2 C = z12 16 S M + 16l S F + 16 F Sl2  −  [ M + Fl ]    t=r Thay giá trị cho ta có phương trình: −6182594, 078t + 3, 2974.1010 t − 4,3.1013 = giải phương trình ta thu t1=3061,867 ứng với r=14,5mm tương ứng với R=0,99 t2=2271,4929 ứng với r=13,14mm tương ứng với R=0,01 Kết :bán kính r=14,5mm ứng với ứng suất không hỏng R=0,99 5|Page Câu2.Phân tích độ tin cậy R mr =15 mm, theo phương pháp mômen thích hợp Ta có z1 = − z1 = − σb − [ M + Fl ] π r 2 12  M + F1 l    4l    2 2  4F   Sσ b + S M   + S F   + Sl   + S r2     π r  π r   π r   π r    181.2999 = −3.569 2579.96 Do độ tin cậy 0.9998215 Câu3.Phân tích R mr = 1mm, Sd = 0,002md thiết kế R = 0,999 theo phương pháp xấu Hàm trạng thái tới hạn: g( X ) = σb − [ M + Fl ] π r Khoảng cách giá trị trung bình điểm cuối: ∆σ b lim = 150 MPa ∆M = 3000 Nmm ∆F = 150 N ∆l = 15mm Giá trị trung bình hàm trạng thái tới hạn: Gradient g giá trị trung bình: g ( X ) = 181.2999MPa 6|Page  −4 −4l −4 F  ∇g = 1; ; ; ÷  πr πr πr  ∇g = ( 1; −0, 0003773; −0.1509; −0, 6036 ) Từ suy ra: ∆g = (150.1 − 3000.0, 0003773 − 150.0,1509 − 15.0, 6036) ∆g = 117,179 Miền thay đổi hàm trạng thái tới hạn: ( ∆g = g − ∆g ; g + ∆g ) = (181, 2999 − 117,179; −181, 2999 + 117,179) = (64,1209; 298, 4789) Thiết kế R theo phương pháp xấu Hàm trạng thái tới hạn: g( X ) = σb − [ M + F1 (l − l1 ) ] π r Giá trị trung bình hàm trạng thái tới hạn: g ( X ) = 800 − [ 1000000 + 1600(1000 − 600) ] π r 3 Gradient g giá trị trung bình:  −4 −4l −4 F  ∇g = 1; ; ; ÷  πr πr πr   −1, 273 −509, 296 −2037,183  ∇g = 1; ; ; ÷ r3 r3 r3   Từ suy ra: 7|Page 1, 273 509, 296 2037,183 − 150 − 0, 03 ) 3 r r r3 80274,515 ∆g = 150 − r3 ∆g = (150.1 − 3000 Trong trường hợp xấu g − ∆g ≥ , cho nên: [ 1000000 + 1600.400 ] 80274,515 − 150 + ≥0 π r r3 r ≥ 14,564mm 800 − Câu4.Phân tích độ tin cậy R mr = 15 mm, theo phương pháp tìm điểm xác suất lớn Hàm trạng thái tới hạn: g(X ) = σb − [ M + F1 (l − l1 ) ] π r Chuyển từ không gian X sang U theo công thức (5.11) σ b = 800 + 50uσ b M = 106 + 1000uM F = 1600 + 50uF l = 400 + 5l g (U ) = 800 + 50uσ b − Chọn u0 ( uσ , uT , uF , ul ( 106 + 1000uM ) + ( 1600 + 50u F ) (400 + 5l1 )  π r ) =(0,0,0,0) điểm khởi đầu 8|Page Xác định g(u0) từ hàm trạng thái giới hạn: 800 − 106 + 1600.400  π 153 g(u0) = = 181.2999 MPa đạo hàm riêng theo biến: ∂g = 50 ∂uσ ∂g 4000 =− ∂uM π 153 200(400 + 5ul ) ∂g =− ∂uF π 153 ∂g 20(1600 + u F ) =− ∂ul π 153 Xác định ∇g (u o ) theo công thức:  ∂g ∂g ∂g ∂g  ∇g (u o ) =  , , , ÷ = ( 50.0000,-0.3773,-7.5451,-3.0180 ) ∂ u ∂ u ∂ u ∂ u M F l   σ tiếp tục thực phép tính : 2 2  ∂g   ∂g   ∂g   ∂g  ∇g (u ) =  ÷ + ÷ = 50.6575 ÷ + ÷ +  ∂uσ   ∂uM   ∂uF   ∂ul  o a0 = ∇g (u o ) = ( 0.9870 ,-0.0074, -0.1489, -0.0596 ) ∇g (u o ) β = u0 = vòng lặp thứ  ∇g (u o ) u1 = − a  β + ∇g (u o )    = ( -3.5325, 0.0267, 0.5331, 0.2132 )  Tiếp thực lại bước Kết trình bày bảng dưới: 9|Page  uσ   ÷  uT ÷  uF ÷  ÷ ÷  ul  Bước lặp g(u) ∇g (u o ) 181.2999  50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5451 ÷  ÷  -3.0180  -0,0107  50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5652 ÷  ÷  -3.0683  ∇g (u o ) β a 0 0÷  ÷ 0÷  ÷ 0 50,6575  0.9870   ÷  -0.0074 ÷  -0.1489 ÷  ÷  -0.0596   -3.5325   ÷  0.0267 ÷  0.5331 ÷  ÷  0.2132  50,6635  0.9869   ÷  -0.0074 ÷  -0.1493 ÷  ÷  -0.0606  3.5789  -3.5319   ÷  0.0266 ÷ -1.0273.10-4  0.5344 ÷  ÷  0.2167   50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5656 ÷  ÷  -3.0684  50.6636  0.9869   ÷  -0.0074 ÷  -0.1493 ÷  ÷  -0.0606  3.5787  −3,5318   ÷  0, 0265 ÷  0,5343 ÷ -0,0001  ÷  0, 2169   50.0000   0.9869   ÷  ÷  -0.3773 ÷  -0.0074 ÷  −7,5656 ÷ 50,66055  −0,14933 ÷  ÷  ÷  −3, 019   −0, 05959  Qua vòng lặp kết hội tụ số độ tin cậy β 3,57866 =3,57866 tương ứng với R=0,999828 Câu Phân tích ngược với độ tin cậy R = 0,995 Hàm trạng thái tới hạn: g( X ) = σb − [ M + F1 (l − l1 ) ] π r 10 | P a g e Chuyển từ không gian X sang U theo công thức (5.11) σ b = 800 + 50uσ b M = 106 + 1000uM F = 1600 + 50uF l = 400 + 5l g (U ) = 800 + 50uσ b − ( 106 + 1000uM ) + ( 1600 + 50u F ) (400 + 5l1 )  π r β = 2,578 Theo xác suất F=0,005 cho trước ta tính uσ , uT , uF , ul chọn u0 ( ) =(0,0,0,0) điểm khởi đầu xác định g(u0) từ hàm trạng thái giới hạn: g(u0) = 106 + 1600.400  800 −  = 181.2999 MPa π 153 đạo hàm riêng theo biến: ∂g = 50 ∂uσ ∂g 4000 =− ∂uM π 153 200(400 + 5ul ) ∂g =− ∂uF π 153 ∂g 20(1600 + u F ) =− ∂ul π 153 Xác định ∇g (u o ) theo công thức:  ∂g ∂g ∂g ∂g  ∇g (u o ) =  , , , ÷ = ( 50.0000,-0.3773,-7.5451,-3.0180 )  ∂uσ ∂uM ∂uF ∂ul  Tiếp tục thực phép tính : 11 | P a g e 2 2  ∂g   ∂g   ∂g   ∂g  ∇g (u ) =  ÷ + ÷ = 50.6575 ÷ + ÷ +  ∂uσ   ∂uM   ∂uF   ∂ul  o a0 = ∇g (u o ) = ( 0.9870 ,-0.0074, -0.1489, -0.0596 ) ∇g (u o ) Vòng lặp thứ u1 = − β a o = (2,5444;0, 019;0,3829;0,1536) Tiếp tục thực bước Bước lặp  uσ   ÷  uT ÷  uF ÷  ÷ ÷  ul  0 0÷  ÷ 0÷  ÷ 0  -2.5445   ÷  0.0192 ÷  0.3840 ÷  ÷  0.1536   -2.5443   ÷  0.0192 ÷  0.3847 ÷  ÷  0.1554   -2.5443   ÷  0.0192 ÷  0.3847 ÷  ÷  0.1554  g(u) ∇g (u o ) 181.2999  50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5451 ÷  ÷  -3.0180  50.6994  50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5596 ÷  ÷  -3.0543  50.6993  50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5598 ÷  ÷  -3.0543  50.6993  50.0000   ÷  -0.3773 ÷  -7.5598 ÷  ÷  -3.0543  ∇g (u o ) a β 50.6575  0.9870   ÷  -0.0074 ÷  -0.1489 ÷  ÷  -0.0596  2.5780 50.6618  0.9869   ÷  -0.0074 ÷  -0.1492 ÷  ÷  -0.0603  2.5780 50.6618  0.9869   ÷  -0.0074 ÷  -0.1492 ÷  ÷  -0.0603  2.5780 50.6618  0.9869   ÷  -0.0074 ÷  -0.1492 ÷  ÷  -0.0603  2.5780 Qua vòng lặp kết hội tụ u=(-2.5443; 0.0192; 0.3847; 0.1554) bảng Hàm trạng thái giới hạn gF u* : 12 | P a g e gF = g(u*) = 50,6993MPa Câu Phân tích độ nhạy Độ nhậy tham số phân bố đại lượng ngẫu nhiên xác định theo công thức: 2 − β2 − 3,572866 φ (− β ) = e = e = 6, 6061.10 −4 2π 2π với Và số liệu smσ lim = ui* lấy từ kết câu u* ∂F = −φ (− β ) σ lim ∂mσ lim β Sσ lim = −6, 6061.10−4 −3,5318 = 1,3039.10 −5 3,57866.50 ( u σ lim ) ∂F = = −φ (− β ) ∂Sσ lim β Sσ lim * sSσ lim = 6, 6061.10 smM −4 ( −3,5318) 2 3,57866.50 = 4, 6051.10 −5 ∂F u*M = = −φ (− β ) ∂mM β SM = −6, 6061.10−4 sS M σ lim , M , F , l 0, 0265 = −4,8918.10−9 3,57866.1000 u *M ∂F = = −φ (− β ) ∂S M β SM = −6, 6061.10 −4 smF ( 0, 0265 ) 3,57866.1000 = 1, 2963.10 −10 ∂F u*F = = −φ (− β ) ∂mF β SF = −6, 6061.10−4 0,5343 = −1,9726.10 −6 3,57866.50 13 | P a g e (u F) ∂F = = −φ (− β ) ∂S F β SF * sS F = 6, 6061.10−4 0,53432 = 1, 05396.10−6 3,57866.50 u *l ∂F sml = = −φ (− β ) ∂ml β Sl = −6, 6061.10 −4 0, 2169 = −8, 008.10 −6 3,57866.5 (u l) ∂F sS l = = −φ (−β ) ∂Sl β Sl * = 6, 6061.10−4 0, 2169 = 1, 7369.10 −6 3,57866.5 Từ kết ta rút nhận xét độ lệch chuẩn giới hạn mỏi ảnh hưởng lớn đến độ tin cậy trục, tiếp đến giá trị trung bình giới hạn mỏi Câu7.Phân tích độ tin cậy R mr =15 mm theo phương pháp mô Monte Carlo Tìm số ngẫu nhiên ui Sử dụng mô Monte Carlo để tìm 16 giá trị giới hạn bền, tải trọng F, momen uốn chiều dài l Điều đòi hỏi ta phải có 64 số ngẫu nhiên phạm vi từ đến Ta lấy theo cột 1, 2, 3, cột 20 số (bảng 7.1) Các đại lượng ngẫu nghiên xác định : σ bi = 800 + 50 zi M i = 106 + 1000 zi Fi = 1600 + 50 zi li = 400 + zi Với zi tính theo công thức (7.7) z = φ −1 (u ) = −t + c0 + c1t + c2t + d1t + d 2t + d3t u ≤ 0,5 đó: c0=2,51551; c1= 0,802853 ; c2 = 0,010328 ; d1 = 1,432788 ; d2 = 0,189269 ; t = − ln(u ) d3 =0,001308 14 | P a g e Khi u > 0,5 , φ −1 tính theo u* = (1-u) : z = φ (u ) = −φ (u*) −1 −1 Các giá trị tính đưa vào bảng sau: Do ta lấy N=16, với giá trị N tính toán lớn ta xác định độ tin cậy R theo công thức 7.1 15 | P a g e Khi tính máy tính hệ số lấy mẫu N=4000000 ta đồ thị sau: mg ( x ) Giá trị trung bình Sai lệch bình phương Sg (x) trung bình Độ tin cậy R Xác suất hỏng F 181.307599 29 50.6791406 0.99983625 0.00016375 16 | P a g e Câu Phân tích độ tin cậy theo phương pháp Rosenblueth : Giá trị trung bình độ lệch chuẩn mσ b = 800MPa; Sσ b = 50 MPa mM = 106 Nmm; S M = 1000 Nmm mF = 1600 N ; S F = 50 N ml = 400mm; Sl = 5mm Tính : 4( M + Fl ) π r3 4(106 + 1600.400) = 800 − = 181, 2999MPa π 153 g0 = σ b − Ước lượng hàm 2K=2.4=8 điểm thêm vào: 4( M + Fl ) π r3 4(106 + 1600.400) = 800 + 50 − = 231, 2999 MPa π 153 g1+ = σ b + Sσ b − 4( M + Fl ) π r3 4(106 + 1600.400) = 800 − 50 − = 131, 2999 MPa π 153 g1− = σ b − Sσ b − 4( M + S M + Fl ) π r3 4(106 + 1000 + 1600.400) = 800 − = 180,9226 MPa π 153 g2+ = σ b − 17 | P a g e 4( M − S M + Fl ) π r3 4(106 − 1000 + 1600.400) = 800 − = 181, 677 MPa π 153 g2− = σ b − 4( M + ( F + S F ) l ) π r3 4(106 + (1600 + 50).400) = 800 − = 173, 7548MPa π 153 g 3+ = σ b − 4( M + ( F − S F ) l ) π r3 4(106 + (1600 − 50).400) = 800 − = 188,845MPa π 153 g 3− = σ b − 4( M + F ( l + Sl ) ) π r3 4(106 + 1600 ( 400 + 5) ) = 800 − = 178, 2818MPa π 153 g4+ = σ b − 4( M + F ( l − Sl ) ) π r3 4(106 + 1600 ( 400 − ) ) = 800 − = 184,3179MPa π 153 g4− = σ b − Các giá trì trung bình hệ số biến phân : 18 | P a g e g1+ + g1− g1 = = 181, 2999 MPa g + + g 2− g2 = = 181, 2998MPa g + + g3− g3 = = 181, 2999 MPa g + + g 4− g4 = = 181, 2998MPa g + − g1− vg1 = 1+ = 0, 2758 g1 + g1− vg = g 2+ − g 2− = −2, 08.10−3 + − g2 + g2 g3+ − g3− vg = + = −0, 0416 g3 + g3− vg g 4+ − g 4− = + = −0, 0309 g + g 4− Ước lượng giá trị trung bình hệ số biến phân cho hàm trạng thái ứng suất :  g  g = g ∏  i ÷ = 181, 2999 MPa i =1  g  ( )   vg = ∏ + v gi  − = 0, 281  i =1  Suy độ lệch chuẩn : S g = σ vσ = 50,9455 Câu Phân tích độ tin cậy theo phương pháp Latin Hypercube Để giải toán, ta định dạng đoạn cho biến với số liệu cho bảng : σ ,phân phối chuẩn M, phân phối chuần 650;700 700;750 750;800 800;850 850;900 900;950 997000;998000 998000;999000 999000;1000000 1000000;1001000 1001000;1002000 1002000;100300 19 | P a g e F, phân phối chuẩn l, phân phối chuẩn 1450;15000 385;390 1500;1550 390;395 1550;1600 395;400 1600;1650 400;405 1700;1750 410;415 1650;1700 405;410 Trong đoạn ta chọn giá trị đại diện: σ ,phân phối chuẩn M, phân phối chuần F, phân phối chuẩn l, phân phối chuẩn 675 725 775 825 875 925 997500 1475 387.5 998500 1525 392.5 999500 1575 397.5 1000500 1625 402.5 1001500 1675 407.5 1002500 1725 412.5 Có tất Nk = 64 kết hợp giá trị trên, ta chọn kết hợp với điều kiện giá trị xuất lần: σ ( ,M, F, l) = (675 ; 998500; 1575; 402.5); (725; 999500; 1625; 407.5); (775; 1000500; 1675; 412.5); (825; 1001500;1725; 387.5); (875; 1002500; 1475; 392.5); (925; (997500; 1525; 397.5) Tương ứng với cặp số ta tính giá trị g: 20 | P a g e 4( M + Fl ) π 153 4(997500 + 1475.387,5) g = 675 − = 83.06 MPa π 153 4(998500 + 1525.392,5) g = 725 − = 122.498MPa π 153 4(999500 + 1575.397,5) g = 775 − = 161.75MPa π 153 4(1000500 + 1625.402,5) g = 825 − = 200.8MPa π 153 4(1001500 + 1675.407,5) g = 875 − = 239.677 MPa π 153 4(1002500 + 1725.412,5) g = 925 − = 278.359 MPa π 153 g =σ − Ước lượng giá trị trung bình trạng thái ứng suất tới hạn: mg = (83.06 + 122.498 + 161.75 + 200.8 + 239.677 + 278.359) = 181.024 MPa 21 | P a g e 22 | P a g e [...]... N tính toán lớn ta xác định được độ tin cậy R theo công thức 7.1 15 | P a g e Khi tính trên máy tính và hệ số lấy mẫu N=4000000 ta được các đồ thị sau: mg ( x ) Giá trị trung bình Sai lệch bình phương Sg (x) trung bình Độ tin cậy R Xác suất hỏng F 181.307599 29 50.6791406 2 0.99983625 0.00016375 16 | P a g e Câu 8 Phân tích độ tin cậy theo phương pháp Rosenblueth : Giá trị trung bình và độ lệch chuẩn... (u l) ∂F sS l = = −φ (−β ) ∂Sl β Sl * = 6, 6061.10−4 2 0, 2169 2 = 1, 7369.10 −6 3,57866.5 Từ các kết quả trên ta rút ra nhận xét rằng độ lệch chuẩn giới hạn mỏi ảnh hưởng lớn nhất đến độ tin cậy trục, tiếp đến là giá trị trung bình giới hạn mỏi Câu7.Phân tích độ tin cậy R khi mr =15 mm theo phương pháp mô phỏng Monte Carlo Tìm các số ngẫu nhiên ui Sử dụng mô phỏng Monte Carlo để tìm 16 giá trị của... phân cho hàm trạng thái ứng suất : 4  g  g = g 0 ∏  i ÷ = 181, 2999 MPa i =1  g 0  ( )  4  vg = ∏ 1 + v gi 2  − 1 = 0, 281  i =1  Suy ra độ lệch chuẩn : S g = σ vσ = 50,9455 Câu 9 Phân tích độ tin cậy theo phương pháp Latin Hypercube Để giải bài toán, ta định dạng 4 đoạn cho mỗi biến với các số liệu cho trong bảng : σ ,phân phối chuẩn M, phân phối chuần 650;700 700;750 750;800 800;850 850;900...  ÷  -0.0603  2.5780 Qua 4 vòng lặp kết quả hội tụ tại u=(-2.5443; 0.0192; 0.3847; 0.1554) như bảng trên Hàm trạng thái giới hạn gF tại u* : 12 | P a g e gF = g(u*) = 50,6993MPa Câu 6 Phân tích độ nhạy Độ nhậy của các tham số phân bố của các đại lượng ngẫu nhiên được xác định theo công thức: 2 2 1 − β2 1 − 3,572866 φ (− β ) = e = e = 6, 6061.10 −4 2π 2π với Và các số liệu smσ lim = ui* lấy từ kết ... điểmxác suất lớn Phân tích ngược với độ tin cậy R = 0,995 Phân tích độ nhạy 7.Phân tích độ tin cậy R md =20 mm, Sd =0,002md theo phương pháp mô p hỏng Monte Carlo Phân tích độ tin cậy theo PP... 3,57866.5 Từ kết ta rút nhận xét độ lệch chuẩn giới hạn mỏi ảnh hưởng lớn đến độ tin cậy trục, tiếp đến giá trị trung bình giới hạn mỏi Câu7.Phân tích độ tin cậy R mr =15 mm theo phương pháp...  −3, 019   −0, 05959  Qua vòng lặp kết hội tụ số độ tin cậy β 3,57866 =3,57866 tương ứng với R=0,999828 Câu Phân tích ngược với độ tin cậy R = 0,995 Hàm trạng thái tới hạn: g( X ) = σb − [