Gabaritos dos Exercícios de Confiabilidade Industrial

ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues GABARITOS DOS EXERCICIOS DO MATERIAL DE APOIO ÀS AULAS 5 Exercícios Série I 1 Certo circuito apresenta falhas que segue a distribuição de Weibull com 𝛼 400 e 𝛽 3 Pedese a Qual o valor da taxa instantânea de falhas para 100 horas 200 horas e 400 horas Solução Dados 𝛽 3 𝛼 400 t 100 200 400 horas ℎ𝑡 𝛽 𝛼 𝑡 𝛼 ℎ𝑡 3 400 100 400 000046875 𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎 𝑝𝑜𝑟 ℎ𝑜𝑟𝑎 ℎ𝑡 3 400 200 400 0001875 𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎 𝑝𝑜𝑟 ℎ𝑜𝑟𝑎 ℎ𝑡 3 400 400 400 00075 𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎 𝑝𝑜𝑟 ℎ𝑜𝑟𝑎 b Elaborar um gráfico com os resultados do item a Solução c Qual a confiabilidade do circuito para 150 300 e 450 horas Solução 𝛽 3 𝛼 400 t 150 300 e 450 horas 𝑅𝑡 𝑇 𝑒 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 2 𝑅𝑡 150 𝑒 09486 𝑅𝑡 300 𝑒 06558 𝑅𝑡 450 𝑒 02408 d Elaborar um gráfico com os resultados do item c Solução e Qual é o número de horas para termos uma confiabilidade de 85 e 99 Solução 𝛼 400 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝛽 3 Rt 85 e 99 Para 85 085 𝑒 𝐿𝑁085 𝐿𝑁 A𝑒 B 01625 𝑡 400 𝐿𝑁𝑒 Sabendo que LNe 1 e multiplicando a expressão por 1 01625 𝑡 400 1 0 02 04 06 08 1 150 300 450 Confiabilidade Rt ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 3 E01625 𝑡 400 05457 400 𝑡 2182871 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 Procedendo de forma idêntica para 99 temos 099 𝑒 𝑡 863217 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 2 Resolver o exercício anterior adotando 𝛽 05 10 𝑒 20 Solução Item a Taxa Instantânea de Falhas ht Item c Confiabilidade Rt Item e tempo de falha Obs Não foram construídos os gráficos dos itens b e d 3 Foram realizados testes até a falha de um conjunto de componentes ligados em série e registrados os tempos para que o sistema falhasse os quais são apresentados a seguir já ordenados Acreditase que tais falhas sigam a distribuição probabilidades de Weibull Pedese a Determinar os parâmetros da distribuição com base no método dos mínimos quadrados b Com base nos parâmetros calculados no item a determinar a confiabilidade desse circuito para 5 dias 10 dias e 15 dias Tempo até a Falha em horas 150 171 192 230 251 272 620 641 662 780 800 801 821 822 842 850 871 892 970 991 1012 1050 1071 1092 1100 1120 1121 1141 1142 1162 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 4 1190 1210 1211 1231 1232 1252 1280 1301 1320 1322 1341 1362 1370 1391 1400 1412 1421 1442 1450 1471 1490 1492 1511 1530 1532 1551 1572 1580 1601 1620 1622 1641 1662 1670 1691 1710 1712 1731 1750 1752 1771 1792 1830 1851 1872 1890 1900 1911 1921 1932 1970 1991 2100 2121 2180 2201 2250 2271 2300 2321 2370 2391 2420 2441 2550 2571 2640 2661 2730 2751 2820 2841 3010 3031 3120 3141 3300 3321 3450 3471 3600 3621 3830 3851 4150 4171 4570 4591 4720 4741 Solução Item a Determinar os parâmetros da distribuição com base no método dos mínimos quadrados Usando Excel com base no procedimento descrito no Material de Apoio 5 𝛼 203135092 𝑒 𝛽 1427068 Item b Com base nos parâmetros calculados no item a determinar a confiabilidade desse circuito para 5 dias 10 dias e 15 dias Exercícios Série II 1 Os dados a seguir representam o número de peças defeituosas não conformes observadas em 90 amostras de 5 peças coletadas durante um dia de inspeção 2 2 2 1 3 2 3 1 4 2 5 2 1 1 3 4 2 2 1 5 5 1 2 2 4 3 2 2 4 3 3 4 4 2 0 2 3 4 2 3 3 0 2 4 3 4 1 2 3 3 1 2 2 3 4 3 1 2 2 3 4 2 2 1 2 5 2 4 4 4 3 5 2 1 1 3 1 2 4 3 5 2 1 2 3 3 1 4 2 2 Pedese verificar se esses dados se ajustam a um modelo da distribuição binomial empregando o teste de aderência do QuiQuadrado manual ao nível de 95 de confiança Solução 1 Hipóteses ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 5 H0 a distribuição tem boa aderência ao modelo da distribuição binomial H1 a distribuição não tem boa aderência ao modelo da distribuição binomial 2 Nível de significância 5 𝜑 611 4 3 Consultando a tabela do Qui Quadrado com 𝛼 5 𝑒 𝜑 4 obtémse o 𝜒 9488 4 Cálculo da estatística do teste de aderência que utiliza a seguinte fórmula 𝜒 𝑂 𝐸 𝐸 Tabulandose os dados temse a seguinte distribuição 𝑋 𝐹 𝑂 𝑓 𝑋𝑓 0 2 002222 000000 1 15 016667 016667 2 31 034444 068889 3 20 022222 066667 4 16 017778 071111 5 6 006667 033333 90 256667 A partir da tabulação dos dados também foi calculada a média aritmética dos dados Lembrando que na binomial 𝜇 𝑛 𝑝 Então a probabilidade do sucesso p pode ser estimada da seguinte forma 25667 5 𝑝 𝑝 25667 5 05133 Utilizando esta probabilidade do sucesso estimase as probabilidades de a variável assumir os valores 0 1 2 3 4 5 com o emprego da fórmula geral da binomial ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 6 𝑃𝑋 𝑥 𝐶1 𝑝1 1 𝑝1 Assim as frequências relativas estimadas pelo modelo binomial são 𝑃𝑋 0 𝐶2 05133 1 051332 00273 𝑃𝑋 1 𝐶2 05133 1 051332 01440 𝑃𝑋 2 𝐶2 05133 1 051332 03038 𝑃𝑋 3 𝐶2 05133 1 051332 03204 𝑃𝑋 4 𝐶2 05133 1 051332 01689 𝑃𝑋 5 𝐶22 051332 1 0513322 00356 𝑋 𝐹 𝑂 𝑓 𝑋𝑓 𝑓 𝐸 𝑂 𝐸 𝐸 0 2 002222 000000 00273 24570 00850 1 15 016667 016667 01440 129600 03211 2 31 034444 068889 03038 273420 04894 3 20 022222 066667 03204 288360 27075 4 16 017778 071111 01689 152010 00420 5 6 006667 033333 00356 32040 24400 Soma 90 100000 256667 10000 900000 60850 5 Conclusão 𝜒 60850 𝜒3 9488 não foi possível rejeitar H0 ou seja nesse nível de significância 5 admitese que a distribuição amostral apresenta boa aderência ao modelo da distribuição binomial 2 Em grande CallCenter em determinado dia e horário foi realizado um teste para detectar o número de ligações em espera numa amostra de 60 pontos de atendimento e os resultados obtidos estão retratados a seguir Verificar se o modelo da distribuição de Poisson pode ser utilizado para representar esse evento ao nível de significância de 1 com base no teste do QuiQuadrado manual A resposta seria a mesma se fosse utilizado o teste de KS para a Poisson 1 2 2 3 1 1 3 0 0 1 2 2 2 1 0 1 0 3 0 1 2 4 2 0 0 0 1 0 0 0 5 0 2 1 2 0 0 0 0 0 4 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 Solução 1 Hipóteses H0 a distribuição tem boa aderência ao modelo da distribuição Poisson H1 a distribuição não tem boa aderência ao modelo da distribuição Poisson 2 Nível de significância 5 𝜑 611 4 3 Consultando a tabela do Qui Quadrado com 𝛼 1 𝑒 𝜑 4 obtémse o 𝜒 13277 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 7 4 Cálculo da estatística do teste de aderência que utiliza a seguinte fórmula 𝜒 𝑂 𝐸 𝐸 Tabulandose os dados temse a seguinte distribuição 𝑋 𝐹 𝑂 𝑓 𝑋𝑓 0 27 045000 000000 1 18 030000 030000 2 9 015000 030000 3 3 005000 015000 4 2 003333 013333 5 1 001667 008333 60 100000 096667 A partir da tabulação dos dados também foi calculada a média aritmética dos dados 𝜆𝑡 𝜇 096667 Utilizando esta probabilidade do sucesso estimase as probabilidades de a variável assumir os valores 0 1 2 3 4 5 com o emprego da fórmula geral da binomial 𝑃𝑋 𝑥 𝜇1 𝑥 𝑒4 Assim as frequências relativas estimadas pelo modelo binomial são 𝑃𝑋 0 09667 0 𝑒56667 03833 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 8 𝑃𝑋 1 09667 1 𝑒56667 03667 𝑃𝑋 2 09667 2 𝑒56667 01777 𝑃𝑋 3 09667 3 𝑒56667 00573 𝑃𝑋 4 09667 4 𝑒56667 00138 𝑃𝑋 5 096672 5 𝑒56667 00027 𝑋 𝐹 𝑂 𝑓 𝑋𝑓 𝑓 𝐸 𝐸 𝑂 𝐸 𝐸 0 27 045000 000000 03803 228208 228322 07608 1 18 030000 030000 03677 220602 220712 07510 2 9 015000 030000 01777 106625 106678 02607 3 3 005000 015000 00573 34357 34374 00557 4 2 003333 013333 00138 08303 08307 16459 5 1 001667 008333 00027 01605 01606 43873 Soma 60 100000 096667 09995 599700 599999 78614 5 Conclusão 𝜒 78614 𝜒3 13277 não foi possível rejeitar H0 ou seja nesse nível de significância 5 admitese que a distribuição amostral apresenta boa aderência ao modelo da distribuição binomial 3 Medidos os tempos em minutos para que certo tipo de material apresentasse fadiga foram observados os seguintes resultados 149178 152340 149477 149748 151684 148057 150042 149343 150568 147978 147195 153607 150343 148484 148928 148188 151258 149677 150918 149005 149090 149276 149923 148757 149922 149614 152516 148695 151611 149921 152399 150477 149945 149943 148682 149278 151460 148594 148970 151292 149729 149764 148957 148441 149606 147978 150778 151437 151389 150275 147316 149594 150377 147355 148677 153065 150244 151634 150416 149216 149003 149865 150854 150920 149677 151186 148299 150065 148896 150410 150924 150468 149571 147907 150462 150342 148597 150240 148859 150409 150651 150271 149930 148700 149481 148707 150608 148652 148062 146924 149922 149140 151035 151795 148427 148766 149137 149767 150975 149346 151349 149451 151330 148869 149404 151402 150084 150377 149139 151998 151381 151462 148929 150534 149958 147954 149705 149796 149459 149981 Com base nos teste QuiQuadrado manual e KolmogorovSmirnov verificar se essa amostra apresenta boa aderência ao modelo da distribuição normal ao nível de significância de 5 Solução Teste QuiQuadrado manual 1 Hipóteses H0 A distribuição se ajusta à Distribuição Normal tem boa aderência H1 A distribuição não se ajusta à Distribuição Normal não tem boa aderência ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 9 2 Nível de significância 005 𝜑 𝑘 1 𝑟 8 1 2 5 k 8 3 Região crítica consultandose a tabela do QuiQuadrado Anexo F do livro com 𝛼 005 𝑒 𝜑 1 obtémse o 𝜒89 11070 4 Cálculo da estatística do teste A primeira tarefa será estimar os parâmetros 𝜇 𝑒 𝜎 a partir dos dados amostrais disponíveis ou seja serão calculados 𝑋W 𝑒 𝑆 Para tanto será necessário tabular os dados usando os critérios de tabulação de dados contínuos Máximo 153607 Mínimo 14720 Amplitude total RANGE 6412 n 120 Nº de classes k 79029 Fórmula de Sturges Intervalos das classes h 811 A partir destas informações é possível construir a seguinte distribuição de frequência 𝑀é𝑑𝑖𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙 𝑋W 𝑥𝐹 𝑛 179845504 120 14987125 𝑉𝑎𝑟𝑖â𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙 𝑆 1 𝑛 1 Ad 𝑥 𝐹 𝑥𝐹 𝑛 B 𝑆 1 119 Ad 2695562582 179845504 120 B 1642629 Fi Oj PM Xi XiFi Xi2Fi 147195 148006 8 14760050 1180804 1742872608 148006 148817 17 14841145 252299465 3744412943 148817 149628 28 14922245 41782286 6234855084 149628 150439 32 15003345 48010704 7203211558 150439 151250 15 15084445 226266675 3413107214 151250 152061 15 15165545 227483175 3449906327 152061 152872 3 15246645 45739935 6973805513 152872 153683 2 15327745 3065549 4698795336 120 179845504 2695562582 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 10 𝐷𝑒𝑠𝑣𝑖𝑜 𝑃𝑎𝑑𝑟ã𝑜 𝑆 E1642629114 128165 O próximo passo consiste em estimar as probabilidades dos respectivos intervalos de classe das espessuras dos parafusos utilizando a variável normal padronizada 𝑧 11 e a Tabela da Distribuição Normal do Anexo D Lembrar que a Tabela fornece o valor da probabilidade entre a média e o ponto xi Nesse caso foi calculado o z para cada limite superior das classes conforme demonstrado a seguir Cálculo da estatística padronizada 𝑧 147195 14987125 128165 209 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04817 𝑧 1480059 14987125 128165 146 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04279 E assim sucessivamente até a última classe 𝑧 153683 14987125 128165 297 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04875 Além da tabela do Anexo D do livro pode ser utilizada a função do Excel NORMDISTzTrue para obter diretamente as probabilidades acumuladas Uma vez obtidas as probabilidades acumuladas calculamse as probabilidades dos respectivos intervalos de classe por diferença e na sequência as Frequência Esperadas por intermédio do produto do número de parafusos examinados 100 pelas respectivas probabilidades dos intervalos Caso a soma das frequências esperadas não seja igual ao tamanho da amostra utilizada efetuase o ajuste proporcional Limites Classes Z Tabela Normal Prob Acumul1 Prob dos intervalos2 Ej3 Ej Ajust Oj 1471950 209 04817 00183 1480059 146 04279 00721 00538 6456 65864 8 1488169 082 02939 02061 01340 1608 164048 17 1496279 019 00753 04247 02186 26232 267619 28 1504389 044 01700 06700 02453 29436 300306 32 1512499 108 03599 08599 01899 22788 232483 15 1520609 171 04564 09564 00965 11580 118139 15 1528719 234 04904 09904 0034 4080 41624 3 1536829 297 04985 09985 00081 0972 09916 2 09802 117624 1199999 120 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 11 1 Para obter as probabilidades acumuladas para os valores tabelados correspondentes aos Z negativos devese subtrair o valor da coluna Tabela Normal de 05000 e para os valores de Z positivos devese somar 05000 ao valor da tabela 2 As probabilidades dos intervalos são obtidas por diferença entre as probabilidades acumuladas 3 Como a soma das Ej não é igual a 120 parafusos 117624 fazse um ajuste proporcional das Ej para corrigir as frequências e obter a soma igual ao tamanho da amostra 120 Ainda não foram agrupadas as frequências inferiores a 5 Uma vez obtidas as frequências esperadas observase a existência de valores inferiores a 5 o que torna recomendável a agregação desses resultados aos das classes adjacentes Porém isso não foi efetuado apenas por simplificação Classes Prob dos intervalos Ej Ej Ajust Oj OjEj2Ej 147195 148006 00538 6456 65864 8 03034 148006 148817 01340 16080 164048 17 00216 148817 149628 02186 26232 267619 28 00573 149628 150439 02453 29436 300306 32 01292 150439 151250 01899 22788 232483 15 29264 151250 152061 00965 11580 118139 15 08593 152061 152872 00340 4080 41624 3 03246 152872 153683 00081 0972 09916 2 10255 09802 117624 1199999 120 56473 Fórmula da estatística do Teste do QuiQuadrado 𝜒 5 67𝑂 𝐸 𝐸 8 65864 65864 2 09916 09916 56473 5 Conclusão Como 56473 𝜒 é inferior a 11070 𝜒3A registrado no gráfico da região crítica não foi possível rejeitar H0 ou seja ao nível de 5 de significância admitese que a distribuição tem boa aderência à distribuição Normal e que esta pode ser utilizada para representar as espessuras dos parafusos produzidos Teste KolmogorovSmirnov manual 1 Enunciar as Hipóteses H0 A distribuição se ajusta à distribuição Normal tem boa aderência H1 A distribuição não se ajusta à distribuição Normal não tem boa aderência 2 Nível de significância a 005 3 Região Crítica Consultando a tabela do Teste KS com a 005 com n 120 obtémse 𝐾𝑆B2 136 𝑛 136 120 012415 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 12 4 A estatística do teste é construída a partir dos resultados já apresentados no teste de aderência QuiQuadrado elabora acima Ponto Médio das Classes Freq Obs Freq Obs Acum Oi Z Tabela Normal Prob Acumul Ei 𝐸 𝑂 𝐸 𝑂 209 04817 00183 Acumul Acumul 14760050 00667 00667 146 04279 00721 00054 00721 14841145 01417 02084 082 02939 02061 00023 01394 14922245 02333 04417 019 00753 04247 00170 02163 15003345 02667 07084 044 01700 06700 00384 02283 15084445 01250 08334 108 03599 08599 00265 01515 15165545 01250 09584 171 04564 09564 00020 01230 15246645 00250 09834 234 04904 09904 00070 00320 15327745 00167 10001 297 04985 09985 00016 00151 5 Conclusão Como 02283 𝐾𝑆D é superior a 012415 𝐾𝑆3 registrado no gráfico da região crítica foi possível rejeitar H0 ou seja ao nível de 5 de significância admitese que a distribuição NÃO tem boa aderência ao modelo da Distribuição Normal OBS a Este teste é mais robusto que o teste de normalidade baseado na Distribuição do QuiQuadrado Logo como houve contradição no resultado devese adotar a conclusão do KS b Recomendase efetuar o teste com o auxílio do Software SPSS já que o exercício apresenta os dados aberto Isso porque na agregação dos dados em classes há um ganho em síntese mas geralmente se perde a exatidão dos dados c O teste KSNormal pelo SPSS com a lista de dados aberta apresenta Sig 0910 levando a concluir pela não rejeição da hipótese de boa aderência à Distribuição de Normal o que comprova que a agregação em classes produz a uma distribuição que distorce o resultado ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 13 4 Uma amostra de relê foi submetido a teste acelerado até a falha e os resultados são apresentados a seguir Verificar com base nos testes do QuiQuadrado manual e K SExponencial se estes dados apresentam boa aderência ao modelo da distribuição exponencial adotando o nível de confiança de 95 6521 7740 4399 7362 9313 6556 5271 7923 6319 6989 6619 6845 7633 6305 8568 9139 4914 8066 6365 6758 5705 6955 8281 6368 5086 8039 5347 10141 6613 5237 5890 5640 8523 6054 6660 6747 6868 8279 7153 8186 6934 6424 7755 8773 6623 6418 7320 6222 7237 7488 6659 5249 7199 5772 7112 6535 6236 6670 9392 7458 6638 7670 6967 7435 6902 6074 7910 7751 5841 8315 8305 7366 8282 8386 4781 6553 8091 7622 6397 5921 7868 7203 5522 8299 5737 5026 8294 6100 6922 4643 Solução Neste caso foram fornecidos os dados brutos Devese inicialmente obter o rol desses dados ou seja ordenálos 4399 4643 4781 4914 5026 5086 5237 5249 5271 5347 5522 5640 5705 5737 5772 5841 5890 5921 6054 6074 6100 6222 6236 6305 6319 6365 6368 6397 6418 6424 6521 6535 6553 6556 6613 6619 6623 6638 6659 6660 6670 6747 6758 6845 6868 6902 6922 6934 6955 6967 6989 7112 7153 7199 7203 7237 7320 7362 7366 7435 7458 7488 7622 7633 7670 7740 7751 7755 7868 7910 7923 8039 8066 8091 8186 8279 8281 8282 8294 8299 8305 8315 8386 8523 8568 8773 9139 9313 9392 10141 Hipóteses 1 H0 A distribuição se ajusta à Distribuição Exponencial tem boa aderência H1 A distribuição não se ajusta à Distribuição Exponencial não tem boa aderência 2 a 005 com j 8 1 1 6 k 8 classes 3 Região crítica Consultando a tabela do Anexo F do livro com a 005 com j 6 obtémse 12592 4 Cálculo da estatística do teste ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 14 Para tanto será necessário tabular os dados usando os critérios de tabulação de dados contínuos Máximo 10141 Mínimo 4399 Amplitude total RANGE 5742 n 90 Nº de classes k 74881 Fórmula de Sturges Intervalos das classes h 767 Com base nestas informações foram construídas as classes faixas de dados e obtida as frequências absolutas ou observadas Também foi calculada a média da amostra para estimar o parâmetro 𝜇 Não há dados censurados na amostra Tempos em 100 horas 𝐹 𝑂 𝑓 𝑋 𝑃𝑀 𝑋𝑓 4399 5166 6 006667 478250 318833 5166 5933 12 013333 554950 739933 5933 6700 23 025556 631650 1614215 6700 7467 20 022222 708350 1574110 7467 8234 14 015556 785050 1221188 8234 9001 11 012222 861750 1053249 9001 9768 3 003333 938450 312817 9768 10535 1 001111 1015150 112794 90 10000 6947139 𝑀é𝑑𝑖𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑙 𝑋W 6947139 𝜇 𝑒𝑠𝑡𝑖𝑚𝑎𝑑𝑎 6947139 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 Logo a taxa de falha na distribuição exponencial corresponde a 𝜆 1 6947139 000144 Com essa taxa de falha foi estimado a probabilidade da Falha 𝐹𝑡 𝑒E para cada uma das faixas de dados adotando como t os limites superiores das classes Classes Ft Exponencial Li Ls Fi Oj Acumulada por classe Ej Ej1 OjEj2Ej 4399 046925 4399 5166 6 052474 005549 49941 160381 62828 5166 5933 12 057444 004970 44730 143646 03892 5933 6700 23 061894 004450 40050 128617 79916 6700 7467 20 065879 003985 35865 115177 62469 7467 8234 14 069447 003568 32112 103125 13186 8234 9001 11 072641 003194 28746 92315 03388 9001 9768 3 075502 002861 25749 82691 33575 9768 10535 1 078064 002562 23058 74049 55399 90 280251 900001 314653 1 Frequência Ajustada proporcionalmente para atingir n 90 ou seja 𝐹𝐸𝑝𝑟𝑜𝑝 234567 83 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 15 A estatística do teste foi obtida pela fórmula com base na frequência esperada ajustada última coluna 𝜒8 d l m𝑂F 𝐸Fp 𝐸F q G F9 6 160381 160381 1 74049 74049 314653 5 Conclusão Como 314653 𝜒 é superior a 12592 𝜒3A registrado no gráfico da região crítica é foi possível rejeitar H0 ou seja ao nível de 5 de significância admitese que a distribuição do tempo de falhas dos componentes NÃO tem boa aderência ao modelo da Distribuição Exponencial 5 Uma amostra de 70 componentes mecânicos foi submetida ao teste até a falha e os resultados em minutos são apresentados a seguir Verifique se esta amostra apresenta bom grau de aderência à distribuição de Weibull ao nível de significância de 5 empregando o teste do QuiQuadrado manual São conhecidos 𝛼 2275812 𝛽 14956 𝑡 390 58464 55572 52477 52210 58502 55202 64621 63466 59297 70349 59013 60860 68686 92200 63184 54775 58879 65390 60512 52914 47280 50193 59212 86476 48757 68407 55368 62447 68325 52315 47497 63895 63231 49361 51629 55867 42491 64535 56885 60398 56480 48838 54780 55278 59864 67976 49378 59377 61658 57194 71993 54010 74315 63983 70752 65371 59998 78124 53330 60671 62230 77014 47958 64175 56787 67114 70572 75216 50901 59396 Solução Neste caso foram fornecidos os dados brutos Devese inicialmente obter o rol desses dados ou seja ordenálos Rol 42491 47280 47497 47958 48757 48838 49361 49378 50193 50901 51629 52210 52315 52477 52914 53330 54010 54775 54780 55202 55278 55368 55572 55867 56480 56787 56885 57194 58464 58502 58879 59013 59212 59297 59377 59396 59864 59998 60398 60512 60671 60860 61658 62230 62447 63184 63231 63466 63895 63983 64175 64535 64621 65371 65390 67114 67976 68325 68407 68686 70349 70572 70752 71993 74315 75216 77014 78124 86476 92200 Hipóteses ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 16 1 H0 A distribuição se ajusta à Distribuição Weibull tem boa aderência H1 A distribuição não se ajusta à Distribuição Weibull não tem boa aderência 2 a 005 com j 8 1 1 6 k 8 classes 3 Região crítica Consultando a tabela do Anexo F do livro com a 005 com j 5 obtémse 11070 4 Cálculo da estatística do teste Para tanto será necessário tabular os dados usando os critérios de tabulação de dados contínuos Máximo 922 Mínimo 42491 Amplitude total RANGE 49709 n 70 Nº de classes k 71257 Fórmula de Sturges Intervalos das classes h 6976 Com base nestas informações foram construídas as classes faixas de dados e obtida as frequências absolutas ou observadas Também foi calculada a média da amostra para estimar o parâmetro 𝜇 Não há dados censurados na amostra Tempos em minutos 𝐹 𝑂 𝑋 𝑃𝑀 𝑡3 42491 49467 8 459790 98 49467 56443 16 529550 29 56443 63419 23 599310 41 63419 70395 14 669070 111 70395 77371 6 738830 181 77371 84347 1 808590 251 84347 91323 1 878350 320 91323 98299 1 948110 390 70 A constante C utilizada foi 558 para obter os valores de t0 que foi considerado para o cálculo das probabilidades acumuladas na função Weibull ou seja aqui foi adotado o modelo com três parâmetros ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 17 Classes FtWeibull Li Ls Fi Oj Acumulada por classe Ej Ej1 OjEj2Ej 42491 00588 42491 49467 8 02687 02099 146930 158672 39007 49467 56443 16 04892 02205 154350 166685 00268 56443 63419 23 06708 01816 127120 137279 62626 63419 70395 14 08017 01309 91630 98952 17028 70395 77371 6 08874 00857 59990 64784 00353 77371 84347 1 09394 00520 36400 39309 21853 84347 91323 1 09690 00296 20720 22376 06845 91323 98299 1 09848 00158 11060 11944 00316 42491 09260 648200 700001 148296 70 1 Frequência Ajustada proporcionalmente para atingir n 150 ou seja 𝐹𝐸𝑝𝑟𝑜𝑝 70𝐹𝐸 648200 Optouse por não efetuar a agregação das frequências esperadas inferiores a 5 nas classes adjacentes para não desfigurar o formato da distribuição de Weibull pois há na literatura referências à possibilidade de realizar o teste quando algumas Ei são inferiores a 5 Neste caso todas as Ei são superiores a 15 Essa opção não altera a conclusão do teste A estatística do teste foi obtida pela fórmula 𝜒 5 67𝑂 𝐸 𝐸 8 158672 158672 1 11944 11944 148296 5 Conclusão Como 148296 𝜒 é superior a 11070 𝜒3A registrado no gráfico da região crítica foi possível rejeitar H0 ou seja ao nível de 5 de significância admitese que a distribuição do tempo de falhas NÃO tem boa aderência ao modelo da Distribuição de Weibull EXERCÍCIO DISTRIBUIÇÃO NORMAL 1 Suponha que T a duração até falhar de uma peça seja normalmente distribuída com ET 90 horas e desviopadrão 5 horas Quantas horas de operação deverão ser consideradas a fim de se achar uma confiabilidade de 080 090 095 e 099 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 18 𝑅𝑡 𝑃𝑇 𝑡 080 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 080 03000 02995 𝑍 084 084 90 𝜇 5 𝜇 858 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 𝑃𝑇 𝑡 090 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 090 04000 03997 𝑍 128 128 90 𝜇 5 𝜇 836 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 t 𝜇 z 084 50 30 90 t 𝜇 z 128 50 40 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 19 𝑅𝑡 𝑃𝑇 𝑡 095 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 095 04500 04495 𝑍 164 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 095 04500 04505 𝑍 165 Utilizando a média dos Z 1645 90 𝜇 5 𝜇 81775 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 𝑃𝑇 𝑡 099 95 t 𝜇 z 1645 50 45 99 t 𝜇 z 233 50 49 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 20 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 099 04900 04901 𝑍 233 233 90 𝜇 5 𝜇 7835 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 2 Testes para medir a duração de aparelhos eletrodomésticos mostram que o modelo adequado é a distribuição normal com média de 26000 horas e desviopadrão de 4000 horas Calcular a Rt 25000 horas b Rt 30000 horas c Qual dever ser a garantia em horas para que a porcentagem de aparelhos consertados dentro da garantia seja inferior a 10 e a 12 Solução Item a 𝑅𝑡 𝑃𝑇 25000 𝑍 25000 26000 4000 025 𝑇𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 00987 𝑅𝑇 25000 05000 00987 05987 5987 Item b t 𝜇 z 025 50 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 21 𝑅𝑡 𝑃𝑇 30000 𝑍 30000 26000 4000 100 𝑇𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 03413 𝑅𝑇 30000 05000 03413 01587 1587 Item c Até 10 𝑅𝑡 𝑃𝑇 𝑡 010 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 010 04000 03997 𝑍 128 128 𝑡 26000 4000 𝑡 20880 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 90 t 𝜇 z 128 50 40 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 22 Se a garantia for de 20880 no máximo 10 serão consertados neste período 𝑅𝑡 𝑃𝑇 𝑡 012 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 012 03800 03790 𝑍 117 𝑃𝑇 𝑡 𝑃 𝑍 𝑡 𝜇 𝜎 012 03800 03810 𝑍 118 Adotando a média dos Zs 1175 𝑡 26000 4000 𝑡 21300 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 Se a garantia for de 21300 no máximo 12 serão consertados neste período EXERCÍCIOS DISTRIBUIÇÃO EXPONENCIAL MEYER 1969 1 Suponha que a duração da vida de um dispositivo eletrônico seja exponencialmente distribuída Sabese que a confiabilidade desse dispositivo é de 090 para um período de 100 horas de operação quantas horas de operação devem ser levadas em conta para conseguir uma confiabilidade de 095 de 099 e de 080 Solução 𝑅𝑡 90 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 100 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 88 t 𝜇 z 128 50 38 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 23 𝑅𝑡 𝑒E 090 𝑒E ln 090 𝜆100ln 𝑒 010536052 𝜆100 1 𝜆 000105361 𝑅𝑡 95 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 𝑒E 095 𝑒26 ln 095 000105361 𝑡 ln 𝑒 005129329 000105361𝑡 1 𝑡 4868 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 99 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 𝑒E 099 𝑒26 ln 099 000105361 𝑡 ln 𝑒 001005034 000105361𝑡 1 𝑡 954 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 80 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 𝑒E 080 𝑒26 ln 080 000105361 𝑡 ln 𝑒 022314355 000105361𝑡 1 𝑡 21179 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 24 2 Suponha que um sistema contém certo tipo de componente cujo tempo de vida em anos até falhar é dado por uma distribuição exponencial com parâmetro l 15 Se cinco desses componentes são instalados em diferentes sistemas qual é a probabilidade de que ao menos dois estejam funcionando no fim de oito anos Qual a probabilidade de pelo menos 1 esteja funcionando Solução 𝜆 1 5 020 𝑅𝑡 8 𝑒 02019 2019 𝑎𝑡é 8 𝑎𝑛𝑜𝑠 parte a n 5 suc cada componente funcionar até 8 anos p 02019 1p 07981 x 2 3 4 5 à por complemento 1P0P1 à ao menos 2 nx 5 4 do complemento Com o emprego da fórmula geral da binomial 𝑃𝑋 𝑥 𝐶1 𝑝1 1 𝑝1 Assim as frequências relativas estimadas pelo modelo binomial são 𝑃𝑋 0 𝐶2 02019 1 020192 03238 𝑃𝑋 1 𝐶2 02019 1 020192 04096 Portanto 𝑃2 𝑃3 𝑃4 𝑃5 1 03238 04096 02667 2667 Parte b n 5 suc cada componente funcionar até 8 anos p 02019 1p 07981 x 1 2 3 4 5 à por complemento 1P0 à ao menos 1 nx 5 4 do complemento Com o emprego da fórmula geral da binomial 𝑃𝑋 𝑥 𝐶1 𝑝1 1 𝑝1 Assim as frequências relativas estimadas pelo modelo binomial são ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 25 𝑃𝑋 0 𝐶2 02019 1 020192 03238 Portanto 𝑃1 𝑃2 𝑃3 𝑃4 𝑃5 1 03238 06762 6762 3 O tempo de vida em anos de certo tipo de interruptor é exponencial com um tempo médio de vida de 2 anos Se 100 desses interruptores são instalados em diferentes sistemas qual é a probabilidade que no máximo 30 falharem durante o 1º ano Solução 𝐸𝑇 1 𝜆 2 1 𝜆 𝜆 05 𝑅𝑡 1 𝑒2 06065 6065 𝑒𝑚 𝑢𝑚 𝑎𝑛𝑜 𝐹𝑡 1 1 06065 03935 n 100 suc cada componente falhar p 03935 1p 06065 x 0 1 2 3 4 5 30 à no máximo 30 nx 100 99 98 97 96 95 70 Com o emprego da fórmula geral da binomial 𝑃𝑋 𝑥 𝐶1 𝑝1 1 𝑝1 Assim as frequências relativas estimadas pelo modelo binomial são 𝑃𝑋 0 𝐶 03935 1 03935 𝑃𝑋 1 𝐶 03935 1 03935 𝑃𝑋 30 𝐶 03935 1 03935 Portanto 𝑃1 𝑃2 𝑃3 𝑃4 𝑃5 𝑃30 00334 334 4 É dada a fdp da exponencial completa 𝑓𝑡 𝑐 𝑒K 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 𝐴 0 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 26 𝑓𝑡 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 𝐴 Onde 𝑐 0005ℎ 𝑒 𝐴 50 ℎ a Qual é a vida média de um componente que segue essa fdp Solução 𝑓𝑡 0005 𝑒22 0005 𝑒22 𝑓𝑡 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 50 𝑡 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑠𝑒𝑟 50 Vida média 𝐸𝑇 1 𝜆 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 𝜆 𝐶 0005 𝐸𝑇 1 0005 200 𝑡 𝐴 𝑡 50 200 𝑡 250 b Qual é a confiabilidade após 100 horas e após 200 horas 𝑅𝑡 100 𝑒22 07788 7788 𝑅𝑡 200 𝑒22 04724 4724 c Quais são os valores de taxa de falhas ℎ𝑡 𝜆 0005ℎ 200 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 5 A duração de vida de um satélite é uma variável aleatória exponencial distribuída com duração de vida esperada de 15 anos Se três desses satélites forem lançados simultaneamente qual será a probabilidade de ao menos dois deles ainda venham a estar em órbita depois de 2 nos Solução 𝐸𝑇 15 𝑎𝑛𝑜𝑠 𝐸𝑇 1 𝜆 15 1 𝜆 06667 𝑅𝑡 2 𝑒6667 02636 𝑑𝑒 𝑓𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑟 𝑎𝑝ó𝑠 2 𝑎𝑛𝑜𝑠 A probabilidade de pelo menos 2 satélites funcionar após 2 anos é obtida pelo modelo da distribuição Binomial n 3 satélites ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 27 suc cada satélite funcionar após 2 anos p 02636 1p 07364 x 2 3 nx 1 0 Com o emprego da formula geral da binomial 𝑃𝑋 𝑥 𝐶1 𝑝1 1 𝑝1 Assim as frequências relativas estimadas pelo modelo binomial são 𝑃𝑋 2 𝐶 02636 1 02636 01535 𝑃𝑋 3 𝐶 02636 1 02636 00183 Portanto 𝑃2 𝑃3 01538 00183 01718 1718 Outra forma 𝑃𝑆𝑆𝑆 𝑃𝑆𝑆𝑆 𝑃𝑆𝑆𝑆 𝑃𝑆𝑆𝑆 Onde 𝑆 02636 𝑒 𝑆 07364 EXERCÍCIOS DISTRIBUIÇÃO DE WEIBULL 1 Um transistor segue a lei de Weibull com a 500 h1 e b 3 Pedese a Qual é o valor da taxa instantânea de falhas para 50 horas e para 250 horas ℎ𝑡 𝛼 𝛽 𝑡 ℎ𝑡 50 0002 3 50 15 𝑝𝑜𝑟 ℎ ℎ𝑡 100 0002 3 100 60 𝑝𝑜𝑟 ℎ ℎ𝑡 150 0002 3 150 135 𝑝𝑜𝑟 ℎ ℎ𝑡 200 0002 3 200 240 𝑝𝑜𝑟 ℎ ℎ𝑡 250 0002 3 250 375 𝑝𝑜𝑟 ℎ ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 28 b Elabore o gráfico de ht c Determine a confiabilidade para 250 500 750 horas Solução 𝑅𝑡 𝑒 𝑅𝑡 250 𝑒2 08825 𝑅𝑡 500 𝑒2 03679 𝑅𝑡 750 𝑒72 00342 d Elabore o gráfico de Rt e Qual é o número de horas para termos confiabilidades de 80 e de 95 Solução 𝑅𝑡 𝑒 080 𝑒 ln080 0002𝑡 ln𝑒 02231 0002𝑡 1 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 29 02231 0002𝑡 𝑡 30325 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑅𝑡 𝑒 095 𝑒 ln095 0002𝑡 ln𝑒 00519 0002𝑡 1 00519 0002𝑡 𝑡 18577 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 2 Resolver o problema 1 com b 2 e b 1 Repetir os mesmos passos EXERCÍCIOS GERAIS 1 A carga de ruptura de um cabo tem distribuição normal com média de 100 kgf e o coeficiente de variação é 153 Cada rolo de 100 metros de cabo dá um lucro de 3000000 se a ruptura for maior do que 95 kgf e um lucro de 1000000 se a ruptura for menor do que 95 kgf Determinar o lucro esperado por rolo Solução 𝜇 100 𝐶𝑉 𝜎 𝜇 100 0153 𝜎 100 𝜎 153 𝑅𝑡 𝑃𝑇 95 t 𝜇 z 033 50 01293 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 30 𝑍 95 100 153 033 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 01293 𝑃𝑇 95 05000 01293 06293 𝑃𝑇 95 05000 01293 03707 Lucro Xi Ruptura PXi XiPXi 10000 03707 3707 30000 06293 18879 soma 25586 𝜇𝐿 d 𝑋𝑃𝑋 25586 2 Fabricase certa peça e a dimensão controlada L segue uma lei normal com µ 220 e s 05 Aceitase equipamento quando 2193 𝐿 2214 𝑐𝑚 as peças curtas podem ser vendidas pelo preço de 03C onde C é custo do produto As longas podem ser recuperadas isto cortadas e com certeza cairão no intervalo de aceitação com um custo de 025C As peças boas são vendidas por A Qual é o lucro esperado por peça Solução 2193 𝐿 2214 𝑐𝑚 𝑍 2193 220 05 140 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04192 𝑍 2214 220 05 280 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04974 𝑃𝑐𝑢𝑟𝑡𝑎 05000 04192 00808 𝑃𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 04192 04974 09166 𝑃𝑙𝑜𝑛𝑔𝑎 05000 04974 00026 𝜇𝐿 03𝐶00808 025𝐶00026 𝐴09166 𝜇𝐿 002489𝐶 09166𝐴 Normal Longa Curta 2193 2214 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 31 3 A vida útil de um equipamento é de 15 anos com desvio padrão de 03 ano Se as falhas se distribuem normalmente calcule a confiabilidade para um período de 1 ano 18 meses e 2 anos Solução Para 1 ano 𝑅𝑡 𝑃𝑇 1 𝑎𝑛𝑜 𝑍 1 15 03 167 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04525 𝑃𝑇 1 𝑎𝑛𝑜 05000 04525 09525 9525 Para 18 meses 15 ano 𝜇 t 𝜇 z 167 50 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 32 𝑅𝑡 𝑃𝑇 15 𝑎𝑛𝑜 𝑃𝑇 𝜇 05000 50 Para 2 anos 𝑅𝑡 𝑃𝑇 1 𝑎𝑛𝑜 𝑍 2 15 03 167 𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎 04525 𝑃𝑇 2 𝑎𝑛𝑜 05000 04525 00475 475 4 Os defeitos em fios de nylon têm distribuição de Poisson com média de 1 defeito por metro linear Calcular a A Probabilidade de em três metros do fio não ser observado nenhum defeito Solução Poisson 𝜆 1 𝑑𝑒𝑓𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑡 1 𝑚 𝑡 3 𝑚 𝜇 𝜆𝑡 1 1 3 3 𝑑𝑒𝑓3𝑚 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 33 𝑃𝑋 𝑥 𝜇1 𝑥 𝑒4 𝑃𝑋 0 3 0 𝑒 00498 498 b A probabilidade de serem encontrados 2 defeitos em 3 metros do fio Solução Poisson 𝜆 1 𝑑𝑒𝑓𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑡 1 𝑚 𝑡 3 𝑚 𝜇 𝜆𝑡 1 1 3 3 𝑑𝑒𝑓3𝑚 𝑃𝑋 𝑥 𝜇1 𝑥 𝑒4 𝑃𝑋 2 3 2 𝑒 02240 2240 c A probabilidade de um intervalo de ao menos 3 metros entre dois defeitos Solução Exponencial 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 𝑒 00497 497 d A confiabilidade para 2m 3m e 5m 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 2𝑚 𝑒 01353 1353 𝑅𝑡 3𝑚 𝑒 00498 498 𝑅𝑡 5𝑚 𝑒2 000674 0674 e Qual é o número médio de metros entre defeitos Solução 𝐸𝑇 1 𝜆 1 1 1 𝑚 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒 𝑑𝑒𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜𝑠 f Qual é a taxa de defeitos Solução ℎ𝑡 𝜆 1 𝑑𝑒𝑓𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 3 metros ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 34 5 Sabese que a vida de lâmpadas elétricas tem distribuição aproximadamente exponencial com vida média de 1000 horas a Qual é a taxa de falhas Solução Exponencial 𝜇 1000 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 1000 1 𝜆 0001 𝜆 ℎ𝑡 𝑡𝑎𝑥𝑎 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎 b Calcular a confiabilidade para 500 horas Solução 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 500ℎ 𝑒2 06065 6065 c Calcular a confiabilidade para 2000 horas Solução 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 2000ℎ 𝑒 01353 1353 d Determinar a confiabilidade para 80 dias de uso ininterrupto da lâmpada Solução 80 dias x 24 horas 1920 horas 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 1920ℎ 𝑒5 01466 1466 𝑅𝑡 1920 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 1 01466 08534 8534 6 Suponha que a duração da vida de um dispositivo eletrônico tenha uma taxa de falhas constante l1 200 h1 para 0 𝑡 500 ℎ e uma taxa de falhas l2 de250 h1 para 𝑡 500ℎ a Calcule a confiabilidade para 150 horas Solução Como t 150 horas é menor do que 500 horas então 𝜆 200ℎ 0005 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 150ℎ 𝑒22 04724 b Calcule a confiabilidade para 300 horas Solução Como t 300 horas é menor do que 500 horas então 𝜆 200ℎ 0005 𝑅𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 300ℎ 𝑒2 02231 OBS Extra ao Exercício Caso de 800 horas Para t superior a 500 horas 𝜆 250ℎ 0004 𝑡 𝑒E 𝑅𝑡 800ℎ 𝑒22L 00247 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 35 c Quais são as taxas de falhas Solução 𝜆 0005 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 500 𝜆 0005𝑡 0004 𝑡 𝑡 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎 𝑑𝑒 500 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 7 A duração da vida de cabos de alta tensão segue a Lei de Weibull com a 2000 h1 e b3 a Determinar a probabilidade de falhas antes de 1000 horas Solução 𝑅𝑡 𝑒 𝑅𝑡 1000ℎ𝑠 1 ˆ𝑒2 01175 1175 ou 𝑅𝑡 𝑒 𝑅𝑡 1000ℎ𝑠 1 A𝑒 B 01175 1175 b Determinar a confiabilidade para 3000 horas Solução 𝑅𝑡 3000 𝑒2 00342 342 c Determinar a confiabilidade para 1000 horas Solução 𝑅𝑡 1000 𝑒2 08825 8825 d Calcular a taxa de falhas para 2000 horas 1000 horas e 3000 horas Solução ℎ𝑡 𝛼𝛽𝑡 ℎ𝑡 2000 00005 3 2000 6000 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 ℎ𝑡 1000 00005 3 1000 1500 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 ℎ𝑡 3000 00005 3 3000 13500 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 e Para se ter confiabilidade de 95 qual dever ser o número de horas necessário Solução 𝑅𝑡 𝑒 095 𝑒2 ln095 00005 𝑡 ln 𝑒 005129329 00005 𝑡 1 005129329 00005𝑡 ESZG00217 Confiabilidade Industrial em Sistemas de Gestão Prof Dr Osmar Domingues 36 𝑡 7431050 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 8 Suponha que três dispositivos tenha uma lei de falhas dada pela distribuição exponencial com parâmetros l1 l2 e l3 respectivamente Suponha que esses três dispositivos funcionam independentemente e estejam ligados em paralelo para formar um único sistema a Estabeleça a expressão Rt a confiabilidade do sistema b Admita que a confiabilidade de cada dispositivo é de 70 para x horas de vida Calcule a confiabilidade do sistema c Estabeleça a expressão do valor esperado de falhas do sistema Exercício repetido no material 6 Solução no Gabarito do material 6