USO DO PAPEL DE WEIBULL

1

USO DO PAPEL DE WEIBULL

Confiabilidade é a probabilidade de que um sistema ou componente funcione de acordo com a especificação, durante um dado intervalo de tempo e em determinadas condições de operação.

1)- Por “PROBABILIDADE” entendemos o significado estritamente matemático, ou seja, após a repetição de uma série de realizações obtemos a constatação de um dado sucesso, portanto a probabilidade deverá ser expressa por um numero entre 0 e 2)- Por “COMPONENTE ou SISTEMA” entendemos a abrangência do objetivo do estudo da confiabilidade, ou seja, conceitualmente o estudo se dá da mesma forma para um parafuso como para uma nave espacial.

3)- Por “FUNCIONAMENTO DE ACORDO” entendemos não necessariamente um funcionamento “sim-não” mas um funcionamento adequado em maior ou menor grau, desde que sua finalidade (sistema ou componente) continue sendo cumprida. Para tanto é necessário a existência de um critério para determinação do que é cumprimento da finalidade e a definição dos estados de funcionamento.

4)- Por “INTERVALO DE TEMPO” entende-se que o tempo pode afetar as características do sistema através do desgaste. 5)- Finalmente “CONDICÕES DE OPERACAO” não podem ser negligenciadas, pois sobrecargas, umidade relativa do ar, temperatura, vibrações, etc., podem alterar a performance do sistema.

MODELOS DE FALHAS

Quando por um motivo ou por outro o sistema/componente deixa de funcionar de acordo, é porque houve uma falha. No entanto um funcionamento “não correto” pode se dar por um desempenho incorreto ou então por condições adversas que ocasionam um funcionamento incorreto. Para se conseguir uma definição mais adequada, agrupou-se as falhas de acordo com:

1 – EFEITO DA FALHA

a

b

c

d

e

de SISTEMA

PARCIAL

LIMITADA

PROGRESSIVA

VOLÁTIL

O sistema não cumpre totalmente a missão para a qual foi planejado.

O não cumprimento da missão se dá somente em alguns modos de operação do sistema

O sistema funciona porém fora dos limites de “correto

A operação se deteriora de uma maneira continua e progressiva

O sistema falha devido a algum efeito externo, eliminando-se eseliminando-se efeito a falha desaparece.

ORIGEM DA FALHA

CONFIGURAÇÃO COMPOSIÇÃO

Erro de projeto Erros de fabricação ou montagem

CAUSA DA FALHA

COMPONENTE DEFEITUOSO APLICAÇÃO INDEVIDA DO SISTEMA IMPERICIA NO USO

CURVA DE WEIBULL

(Gráfico da Banheira)

b= PARÂMETRO DE FORMA

2

TIPOS DE FALHAS

PRECOCES ð 0 < b < 1 CASUAIS ð b = 1 POR DESGASTE ð b > 1

Taxa de Falha Decrescente Taxa de Falha Aprox.

Constante Taxa de Falha Crescente

INFÂNCIA

Ø

Processo de fabricação deficiente

Ø CQ deficiente

Ø MO desqualificada

Ø

Amaciamento ineficiente

Ø

Pré-teste ineficiente

Ø

MP fora da especificação

Ø Sobrecarga no 1º teste

Ø Instalação imprópria

Ø Partida deficiente

CASUAIS

ü Cargas aleatórias maiores que as esperadas

ü Ensaios

ü Erros humanos durante o uso

ü Aplicação indevida

ü Abuso

ü Causas inexplicáveis

ü Fenômenos naturais imprevisíveis

VELHICE

v Envelhecimento

v Desgaste

v Degradação da resistência

v Fadiga

v Corrosão

v Deterioração seja mecânica ou elétrica

v Manutenção deficiente ou insuficiente

DISTRIBUIÇÕES DE PROBABILIDADES EM CONFIABILIDADE

Conceito básico: A função de confiabilidade R (t) de um sistema na época “t”, é definida como:

Portanto a função de confiabilidade R(t), representa a probabilidade do sistema não ter falhado até o instante “t”. R(t) – função probabilidade cumulativa de sobrevivência, probabilidade de sucesso ou confiabilidade.

F(t) – função probabilidade cumulativa de ocorrência de falhas, probabilidade de falha.

DISTRIBUIÇÃOEXPONENCIAL

Uma variável aleatória contínua “X” tem distribuição exponencial se a função de densidade de probabilidade (fdp) é dada por:

A função de distribuição acumulada, considerando a notação com o parâmetro “l”, é dada por:

Em algumas situações, podemos utilizar o inverso de “λ”, denominado de “μ”. Assim,

Para calcular um valor de “p” para um teste “F”, você deve primeiro calcular a função distribuição acumulada (FDA). O valor de “p” é “1 – FDA”.

Ex.: 1- Uma ferramenta produzida por uma indústria apresenta uma vida média de 80 horas. Considerando o comportamento segundo a distribuição exponencial, qual a probabilidade de essa ferramenta durar mais de 100 horas?

Ex.: 2- Após 1 ano de funcionamento de um equipamento sem falha, concluímos que nos próximos 30 dias a probabilidade de falhar será maior que nos primeiros 30 dias de uso do equipamento?

A resposta é NÃO.

A probabilidade de um evento ocorrer em “ti” unidades de tempo, não depende dos últimos “ts” unidades de tempo...

Esta propriedade da distribuição exponencial é chamada de perda de memória

Aplicando e trazendo para a linguagem da confiabilidade

R(t) = P(T>t)

Onde:

P (T > t ) é a probabilidade do sistema apresentar uma duração de vida “T” acima do tempo esperado “t”.

𝑓(𝑥) = 𝜆 × 𝑒*+,_{→ 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 ≥ 0} Onde:

𝜆 = parâmetro de distribuição

e = base dos logaritmos naturais ( 2,71828..)

𝑃(𝑋 > 100) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 100) = 1 − 𝐹(100) = 1 − 1 + 𝑒

*; <=>?×<>>

= 0,2865

3

FUNÇÃO DE

CONFIABILIDADE:

FUNÇÃO DE

SOBREVIVÊNCIA:

FUNÇÃO DENSIDADE DE

PROBABILIDADE (FDP):

f(t) é a fdp, representa a probabilidade da falha ocorrer exatamente no instante “t”.

A função de risco “Z(t)”, representa a probabilidade de falha no instante imediatamente posterior a “t”, dado que o sistema não falhou antes de “t” e é dada por:

TEMPO PARA A FALHA DE UMA DETERMINADA PORCENTAGEM DA POPULAÇÃO

Ex.:

1

Componentes com taxa de falhas constante possuem um l=1,3x10-4_{, se quisermos elaborar um plano de manutenção preventiva,} para uma interferência até que 5% da população tenha falhado, esse t0,05% representa quantas horas de funcionamento?

A distribuição exponencial sofre de Alzheimer, perda de memória, o cálculo da confiabilidade de um componente/sistema para, p.ex. 1000horas, independe se o mesmo já tenha estado em missão por quantas horas for.

Componentes / sistemas que sofrem desgaste, ex. corrosão, fadiga, etc., não possuem um taxa de falha constante, logo a distribuição exponencial não é apropriada.

Exemplo:

Lembrete: se conhecemos o MTBF, então

Ú

𝑴𝑻𝑩𝑭 =

𝟏_𝝀

𝜆 =

_𝑛Δ𝑡

𝑘

𝑡>,>O% =_{1,3 × 10}1 _*R× 𝑙𝑛 T_{1 − 0,05U ≫}1 _{1,3 × 10}1 _*R× [𝑙𝑛1 − 𝑙𝑛(1 − 0,05)] ≫

Lembrete: ln1=0

≫ _{1,3 × 10}1 _*R× (0 − 𝑙𝑛0,95) ≫ 𝑡>,>O%=_{1,3 × 10}0,0513*R= 394,6ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠

𝐷𝐼𝑆𝑃𝑂𝑁𝐼𝐵𝐼𝐿𝐼𝐷𝐴𝐷𝐸 =

_{(𝑀𝑇𝐵𝐹 + 𝑀𝑇𝑇𝑅)}

𝑀𝑇𝐵𝐹

𝐟(𝐭) = 𝛌 × 𝐞

*𝛌𝐭

𝐑(𝐭) = 𝐞

*𝛌×𝐭

𝑍(𝑡) =

_{𝑅(𝑡) =}

𝑓(𝑡)

𝜆 × 𝑒

_𝑒

_*+p*+p

= 𝜆

_{𝐸𝑥𝑝𝑒𝑐𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝑚é𝑑𝑖𝑎 = 𝐸(𝑡) =}

𝟏

𝝀 ≫ 𝑴𝑻𝑩𝑭 =

1

𝜆

𝐅(𝐭) = 𝟏 − 𝐑(𝐭)

Variância = 𝛔

𝟐

_{= 𝐕(𝐭) =}

𝟏

𝛌

𝟐

MTTR

=

( Mean Time to Repair)=Tempo Médio para Reparo

MTBF

=

µ ( Mean Time Between Failure)=Tempo Médio entre Falhas

𝒕

_𝒊%

=

𝟏

_{𝝀 × 𝒍𝒏 T}

_{𝟏 − 𝒊U → 𝑴𝑻𝑩𝑭 × 𝒍𝒏 T}

𝟏

_{𝟏 − 𝒊U}

𝟏

l = TAXA DE FALHA

Para se obter qualquer parâmetro de confiabilidade devemos fazê-la somente após um histórico das falhas de seus componentes

Onde:

k= nº de falhas durante o intervalo Dt

Dt = Intervalo de tempo de observação (horas, dias, semanas, etc.)

n = qtde de equipamentos que está sendo testada

4

Ex.:

2

Em uma fábrica foi feito o acompanhamento, em 06 meses, de 05 máquinas, cada uma com dois mancais, num regime de trabalho de 12 horas por dia, nesse período foram constatadas 12 falhas.

Calcular a Taxa de Falha, o MTBF e a probabilidade de falhas nos próximos 30 dias

1 – Intervalo de tempo de observação:

2 – Cálculo da Taxa de Falha:

3 – Cálculo do MTBF:

4 – Cálculo do nº provável de falhas nos próximos 30 dias:

Ex.:

3

A confiabilidade de um componentes segue a distribuição exponencial com MTBF = 500h. (a) Qual é a probabilidade deste equipamento operar sem falhas por 600 horas?

(b) Após essas 600h, qual é a probabilidade deste equipamento falhar dentro das próximas 100 horas? (c) Qual a disponibilidade desse equipamento se obtivermos um MTTR de 10horas?

a)

𝑅(𝑡) = 𝑒*†‡ˆ‰… ×p= 𝑒*Š‹‹Œ‹‹= 𝑒*<,•= 0,3012

_____________________________,-,-,-,-,-,-,-,-,-,________________________

b)

𝑅(𝑡) = 1 − 𝐹(𝑡) → 𝐹(𝑡) = 1 − 𝑅(𝑡) → 1 − 𝑒*…‹‹Œ‹‹→ 1 − 𝑒*>,•→ 1 − 0,82 = 0,18

___________________________,-,-,-,-,-,-,-,-,-,_________________________

c)

Ex.:

4

Seja um componente com Taxa de Falha l= 0,01 e R(t)=0,90 , determinar “t”.

CONCLUSÃO: De 100 componentes em operação 90 não falharão durante as 10,5 primeiras horas.

∆𝑡 → 06(𝑚𝑒𝑠𝑒𝑠) × 30;𝑑𝑖𝑎𝑠 𝑚𝑒𝑠• _{? × 12;ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑖𝑎}• ? = 2.160 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠

l

=

_’∆p‘

=

_{•(’º ™š ›”’œ”•—)×O(ž’•™”™š—)ו<Ÿ>(pš› ¡)}<•(“”•–”—)

= 0,00055 = 5,5 × 10

*R

𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎𝑠/ℎ𝑜𝑟𝑎

n

1 l=

1

5,5 × 10*R= 1.818ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠

𝑘£>=l×n×∆t=(5,5 × 10*R)×(5 × 2)×(30 × 12)= 1,98𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎𝑠

Lembrando:

R(t) é a probabilidade do sistema apresentar uma duração de vida “T” acima do tempo esperado

“t”

𝑅(𝑡) = 𝑒*+p _{→ = 𝑅(𝑡) = 𝑒}* <_¥¦§¨×p

𝑅(𝑡) = 𝑒

*+p

_{→ 0,90 = 𝑒}

*>,><×p

_{𝑙𝑛0,90 = 𝑙𝑛𝑒}

*>,><p

_{→ 𝑙𝑛0,90 = −0,01 × 𝑡 × 𝑙𝑛𝑒}

𝑡 =

•’>,©>_*>,><

→ 𝑡 =

*>,<>O_*>,><

= 10,5h

5

Ex.:

5

O teste até a falha de um certo tipo de bomba hidráulica apresentou uma distribuição exponencial com seguinte resultado: 860 - 700 – 620 – 640 – 880 – 780 horas.

a) Calcular o MTBF? b) Qual a taxa de falhas?

c) O número de falhas “ k “ esperados em um equipamento de enchedora de garrafas equipada com 15 desses componentes, para 250horas?

a)

____________________-,-,-,-,-,-,-,-,-_____________________________

b)

_____________________-,-,-,-,-,-,-,-,-,-,________________________________

c)

Ex.:

6

Um tipo de bomba de diesel, obedece a uma distribuição exponencial, com uma taxa de falha de 0,000035. Qual a probabilidade de uma dessas bombas falhar nas primeiras 30.000 horas de trabalho?

Dados:

l = 2,3x 10-7 _,000035 t = 30.000

𝑀𝑇𝐵𝐹 =

860 + 700 + 620 + 640 + 880 + 780

₆

=

4480

_{6 = 747}

𝑀𝑇𝐵𝐹 =

1

_{𝜆 → 𝜆 =}

_{747 = 1,3 × 10}

1

*£

𝜆 =

_{𝑛 × ∆𝑡 → 𝑘 = 𝜆 × 𝑛 × ∆𝑡 → 1,3 × 10}

𝑘

*£

_{× 15 × 250 → 5 𝑓𝑎𝑙ℎ𝑎𝑠}

6

DISTRIBUIÇÃO NORMAL

Como já vimos, nessa distribuição a variável pode assumir valores entre (-¥ e +¥) de uma forma simétrica em relação a media. Isso restringe de certa forma as aplicações dessa distribuição em confiabilidade pois nessa ultima são consideradas durações de vida (³0), no entanto, quanto à simetria a estatística nos demonstra que a distribuição das medias tendem a uma normal. A taxa de falha é sempre crescente com o tempo: só pode ser usada para representar a região de desgaste da curva da banheira

Exemplo:

5

Suponhamos distribuição normal para dois dispositivos eletrônicos E1, E2 com as respectivas médias 40h e 45h e desvios padrão 6h e 3h. Qual a preferência se:

a

b

c

d

utilização de 45 h utilização de 48h utilização de 50h utilização de 51h

Consultar a tabela Pz no fascículo DISTRIBUIÇÃO NORMAL

E

1

E

2

Pref

a

=

45h

z= (45-40) / 6

Þ

5/6 = 0,83

na tabela = 0,83 = 0,2033 ð 100,00 – 20,33 = 79,67%

Pz (Tb

£

45h) = 79,67%

z= (45-45)/3

Þ

0/3 = 0

na tabela = 0,0 = 0,50 ð 100,00 – 50 = 50,0%

Pz (Ta

£

45h) = 50%

E2

b

=

48h

z= (48-40)/6

Þ

8/6 = 1,33

na tabela = 1,33= 0,0918 ð 100,00 – 9,18 = 90,82%

Pz (Tb

£

48h) = 90,82%

z=(48-45)/3

Þ

3/3 = 1

na tabela = 1,0= 0,1587 ð 100,00 – 15,87 = 84,13%

Pz (Tb

£

48h) = 84,13%

E2

c

=

50h

Z=(50-40)/6

Þ

10/6 = 1,67

na tabela = 1,67= 0,0475 ð 100,00 – 4,75 = 95,252%

Pz (Tc

£

50h) = 95,25%

Z=(50-45)/3

Þ

5/3 = 1,67

na tabela = 1,67= 0,0475 ð 100,00 – 4,75 = 95,252%

Pz (Tc

£

50h) = 95,25%

E2

Obs.: A decisão é feita pelo COEFICIENTE DE VARIAÇÃO

Þ

CV =

s

/

µ

Quanto menor o CV mais homogêneo o conjunto de dados

CV = 6/40 = 0,15

CV = 3/45 = 0,067

d

=

1h

z=(51-40)/6

Þ

11/6 = 1,83

na tabela = 1,83= 0,0336 ð 100,00 – 3,36 = 96,642%

Pz (Td

£

51h) = 96,64%

Z=(51-45)/3

Þ

6/3 = 2

na tabela = 2,0 = 0,0228 ð 100,00 – 2,28 = 97,72%

Pz (Td

£

51h) = 97,72%

E1

2 2 1

2

1

)

(

÷ ø ö ç è æ -´

´

=

s

µ

p

s

t

e

t

f

7

DISTRIBUIÇÃO DE WEIBULL

Essa distribuição de probabilidade foi proposta pelo engenheiro e físico sueco Waloddi Weibull.

FUNÇÃO DE

CONFIABILIDADE:

FUNÇÃO DE

SOBREVIVÊNCIA:

FUNÇÃO DENSIDADE DE

PROBABILIDADE (FDP):

TEMPO PARA A FALHA DE UMA DETERMINADA PORCENTAGEM DA POPULAÇÃO

𝒇(𝒕) = (𝛌 × 𝜷) × 𝒕

(𝜷*𝟏)

_{× 𝒆}

*𝛌𝒕𝜷

𝜆 = T

1

_𝜃U

¶

𝑹(𝒕) = 𝒆

*𝝀𝒕𝜷

𝒁(𝒕) = 𝝀 × 𝜷 × 𝝀𝒕

(𝜷*𝟏)

q

= vida característica

𝑴𝑻𝑩𝑭 = 𝑬𝒙𝒑𝒆𝒄𝒕â𝒏𝒄𝒊𝒂 = 𝑬(𝒕) = 𝝀

*𝟏𝜷

× 𝚪 T

_{𝜷 + 𝟏U → 𝜽 × 𝚪 T}

𝟏

_{𝜷 + 𝟏U}

𝟏

𝑉𝑎𝑟𝑖â𝑛𝑐𝑖𝑎 = 𝑉(𝑡) 𝜆

•¶

_{× Γ T}

2

𝛽 + 1U − ÂΓ T

1

𝛽 + 1UÃ

•

Onde: “ G "é denominado FUNÇÃO

GAMA

Γ

(’)

= Ä 𝑥

(’*<) Å

>

× 𝑒

*,

_𝑑𝑥

Exemplo: quando “n” positivo e inteiro G(n)=(n-1) a) G(0) = 0! = 1

b) G(5) = 4! = 24 c) G(7) = 6! = 720

𝑄𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 𝜃, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠: 𝑅(𝑡) = 𝑒*;<É?Ê×pÊ ↠ š«;ÌÍ? Ê

𝑅(𝑡 = 𝜃) = 𝑒

*<

_{= 0,368}

”𝜃" é chamado de “Vida Característica”, é o intervalo de tempo no qual ocorrem 63,2% das falhas.

𝐅(𝐭) = 𝟏 − 𝐑(𝐭)

𝑹(𝒕) = 𝒆

*;𝒕𝜽?𝜷

𝒕

_𝒊%

= 𝜽 × [−𝒍𝒏(𝟏 − 𝒊)]

𝟏•𝜷

𝐹(𝑡) = 1 − 𝑅(𝑡) ≫ 𝐹(𝑡) = 1 − 𝑒

*<

_{≫ 𝐹(𝑡) = 1 − 0,368 ≫ 𝐹(𝑡) = 0,632}

8

Ex.:

1

Qual a confiabilidade e o MTBF para um ano de trabalho (8.760h), para uma determinada peça que tem seu desempenho obedecendo uma distribuição Wiebull, com o seguintes parâmetros: 𝜃 = 50.000ℎ 𝑒 𝛽 = 0,65

Exemplo

:

7

Um produto é especificado para MTBF = 15000 horas. Qual é a confiabilidade correspondente para 5000 horas, quando: 1Þb = 3,5 2Þb =1,0 3Þb =0,5

1

1

Þ

R(5000)=98,5

1

2

Þ

R(10000)=84,6

1

3

Þ

R(15000)=50,1

1

4

Þ

R(16672)=36,8

2

1=R(5000)=71,6

2

2=R(10000)=51,3

2

3=R(15000)=36,8

3

1

Þ

R(5000)=44,2

3

2

Þ

R(7500)=36,8

3

3

Þ

R(15000)=24,3

𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ ;

_¶<

+ 1? → 50000 × Γ ;

_>,ŸO<

+ 1? → 50000 × 1,3663 → 68315

h

𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ T

1

_{𝛽 + 1U → 𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ T}

_{3,5 + 1U → 𝜃 =}

1

_{0,8997 = 16672ℎ}

15000

𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ T

_{0,5 + 1U → 𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ}

1

(3) → MTBF = θ × 2 → θ = 15000

₂

= 7500ℎ

𝑄𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝛽 = 1, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝜃 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 𝑣𝑖𝑑𝑎 𝑚é𝑑𝑖𝑎: 𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ(2) = MTBF = θ

2

Þb

=1,0

1

Þb

=3,5

3

Þb

=0,5

A probabilidade dessa peça operar por mais de um ano é de aproximadamente 72,5%

𝑅(𝑡) = 𝑒

*; =ÖŸ>O>>>>?

‹,ŠŒ

9

VALORES DA FUNÇÃO GAMA “

G

” PARA DIFERENTES VALORES DE

b

(beta)

0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09

0,4x 3,3234 3,1091 2,9213 2,7557 2,6091 2,4786 2,3619 2,2572 2,1628 2,0774

0,5x 2,0000 1,9295 1,8652 1,8062 1,7522 1,7024 1,6566 1,6142 1,5749 1,5384

0,6x 1,5046 1,4730 1,4436 1,4161 1,3904 1,3663 1,3437 1,3224 1,3024 1,2836

0,7x 1,2658 1,2491 1,2332 1,2183 1,2041 1,1906 1,1779 1,1658 1,1543 1,1434

0,8x 1,1330 1,1231 1,1137 1,1047 1,0961 1,0880 1,0801 1,0727 1,0655 1,0587

0,9x 1,0522 1,0459 1,0399 1,0342 1,0287 1,0234 1,0183 1,0135 1,0088 1,0043

1,0x 1,0000 0,9959 0,9919 0,9880 0,9843 0,9808 0,9774 0,9741 0,9709 0,9679

1,1x 0,9649 0,9621 0,9593 0,9567 0,9542 0,9517 0,9493 0,9470 0,9448 0,9427

1,2x 0,9407 0,9387 0,9368 0,9349 0,9331 0,9314 0,9297 0,9281 0,9265 0,9250

1,3x 0,9236 0,9222 0,9208 0,9195 0,9182 0,9170 0,9158 0,9146 0,9135 0,9125

1,4x 0,9114 0,9104 0,9094 0,9085 0,9076 0,9067 0,9059 0,9050 0,9043 0,9035

1,5x 0,9027 0,9020 0,9013 0,9007 0,9000 0,8994 0,8988 0,8982 0,8976 0,8971

1,6x 0,8966 0,8961 0,8956 0,8951 0,8947 0,8942 0,8938 0,8934 0,8930 0,8926

1,7x 0,8922 0,8919 0,8916 0,8912 0,8909 0,8906 0,8903 0,8901 0,8898 0,8895

1,8x 0,8893 0,8891 0,8888 0,8886 0,8884 0,8882 0,8880 0,8878 0,8877 0,8875

1,9x 0,8874 0,8872 0,8871 0,8869 0,8868 0,8867 0,8866 0,8865 0,8864 0,8863

2,0x 0,8862 0,8861 0,8861 0,8860 0,8859 0,8859 0,8858 0,8858 0,8858 0,8857

2,1x 0,8857 0,8857 0,8856 0,8856 0,8856 0,8856 0,8856 0,8856 0,8856 0,8856

2,2x 0,8856 0,8856 0,8857 0,8857 0,8857 0,8857 0,8858 0,8858 0,8858 0,8859

2,3x 0,8859 0,8860 0,8860 0,8861 0,8861 0,8862 0,8862 0,8863 0,8863 0,8864

2,4x 0,8865 0,8866 0,8866 0,8867 0,8868 0,8868 0,8869 0,8870 0,8871 0,8872

2,5x 0,8873 0,8874 0,8874 0,8875 0,8876 0,8877 0,8878 0,8879 0,8880 0,8881

2,6x 0,8882 0,8883 0,8884 0,8885 0,8886 0,8887 0,8888 0,8889 0,8891 0,8892

2,7x 0,8893 0,8894 0,8895 0,8896 0,8897 0,8899 0,8900 0,8901 0,8902 0,8903

2,8x 0,8905 0,8906 0,8907 0,8908 0,8909 0,8911 0,8912 0,8913 0,8914 0,8916

2,9x 0,8917 0,8918 0,8919 0,8921 0,8922 0,8923 0,8925 0,8926 0,8927 0,8928

3,0x 0,8930 0,8931 0,8932 0,8934 0,8935 0,8936 0,8938 0,8939 0,8940 0,8942

3,1x 0,8943 0,8944 0,8946 0,8947 0,8948 0,8950 0,8951 0,8952 0,8954 0,8955

3,2x 0,8957 0,8958 0,8959 0,8961 0,8962 0,8963 0,8965 0,8966 0,8967 0,8969

3,3x 0,8970 0,8972 0,8973 0,8974 0,8976 0,8977 0,8978 0,8980 0,8981 0,8982

3,4x 0,8984 0,8985 0,8987 0,8988 0,8989 0,8991 0,8992 0,8993 0,8995 0,8996

3,5x 0,8997 0,8999 0,9000 0,9002 0,9003 0,9004 0,9006 0,9007 0,9008 0,9010

3,6x 0,9011 0,9012 0,9014 0,9015 0,9016 0,9018 0,9019 0,9021 0,9022 0,9023

3,7x 0,9025 0,9026 0,9027 0,9029 0,9030 0,9032 0,9033 0,9034 0,9035 0,9037

3,8x 0,9038 0,9039 0,9041 0,9042 0,9043 0,9044 0,9046 0,9047 0,9048 0,9050

3,9x 0,9051 0,9052 0,9054 0,9055 0,9056 0,9058 0,9059 0,9060 0,9061 0,9063

4,0x 0,9064 0,9065 0,9067 0,9068 0,9069 0,9070 0,9072 0,9073 0,9074 0,9076

4,1x 0,9077 0,9078 0,9079 0,9081 0,9082 0,9083 0,9084 0,9086 0,9087 0,9088

4,2x 0,9089 0,9091 0,9092 0,9093 0,9094 0,9096 0,9097 0,9098 0,9099 0,9100

4,3x 0,9102 0,9103 0,9104 0,9105 0,9107 0,9106 0,9109 0,9110 0,9111 0,9113

4,4x 0,9114 0,9115 0,9116 0,9117 0,9119 0,9120 0,9121 0,9122 0,9123 0,9125

4,5x 0,9126 0,9127 0,9128 0,9129 0,9130 0,9132 0,9133 0,9134 0,9135 0,9136

4,6x 0,9137 0,9139 0,9140 0,9141 0,9142 0,9143 0,9144 0,9145 0,9147 0,9148

4,7x 0,9149 0,9150 0,9151 0,9152 0,9153 0,9154 0,9156 0,9157 0,9158 0,9159

4,8x 0,9160 0,9161 0,9162 0,9163 0,9164 0,9166 0,9167 0,9168 0,9169 0,9170

4,9x 0,9171 0,9172 0,9173 0,9174 0,9175 0,9176 0,9177 0,9178 0,9180 0,9181

5,0x 0,9182 0,9183 0,9184 0,9185 0,9186 0,9187 0,9188 0,9189 0,9190 0,9191

10

Ex.:

2

Um lote de componentes dependentes deveria ter uma duração de vida segundo uma distribuição normal de

µ

=500h e

s

=70h, porem 20% deste lote são peças deficientes e a duração de vida pode ser considerada uma

distribuição de Weibull com

b

=0,7 e

q

=200h.

Constatou-se também que devido a causas externas, falhas constantes, acontecem à razão de uma falha a cada

600h.

Pergunta-se: Qual a confiabilidade deste componente para um período de 400h?

DISTRIBUIÇÃO NORMAL:

µ

= 500 e

s

= 70

DISTRIBUIÇÃO WEIBULL:

b

= 0,7

Þ

q

=200

DISTRIBUIÇÃO EXPONENCIAL

CAUSAS EXTERNAS = FALHAS CASUAIS

MTBF=600

Þ

MTBF =

Þ

CONFIABILIDADE TOTAL

b

q

l

÷

ø

ö

ç

è

æ

=

1

l

1

600

1

=

l

𝑍 =

𝜇 − 𝑥

_{𝜎 =}

500 − 400

₇₀

= 1,43 → 𝑃

×

= 0,0764

𝑹

𝑵

(𝟒𝟎𝟎) = 𝟎, 𝟗𝟐𝟑𝟔

𝑅

Þ

(𝑡) = 𝑒

*+(p)Ê

= 𝑒

*;pÉ?

Ê

𝑹

_𝑾

(𝟒𝟎𝟎) = 𝒆

*;𝟒𝟎𝟎𝟐𝟎𝟎?

𝟎,𝟕

= 𝟎, 𝟏𝟗𝟕

𝑅

á

(𝑡) = 𝑒

*+×p

𝑹

_𝑬

(𝟒𝟎𝟎) = 𝒆

*𝟒𝟎𝟎_𝟔𝟎𝟎

= 𝟎, 𝟓𝟏𝟑𝟒

𝑅

¦

(400) = [(0,8 × 𝑅

ã

) + (0,2 × 𝑅

Þ

)] × 𝑅

á

𝑅

¦

(400) = [(0,8 × 0,9236) + (0,2 × 0,197)] × 0,5134

= 0,3996

11

CONFIABILIDADE DE SISTEMA – SÉRIE E PARALELO

1 - SISTEMAS EM SÉRIE

É a configuração mais comum, todos os componentes devem funcionar para que o sistema funcione. A confiabilidade do sistema decresce a medida que o número de componentes aumenta.

• O limite superior de 𝑅_ä é igual a confiabilidade do componente mais fraco 𝑅_ä≤ 𝑅_•𝑚í𝑛.

Esse sistema tem o seguinte diagrama de bloco: (R1-R2-Rn)

A Confiabilidade do sistema é:

Quando for uma distribuição exponencial:

Quando for uma distribuição de Weibull

Ex.:

O telefone sem fio possui 3 componentes, em série, a saber Fonte, Base e Telefone com as seguintes taxas de falha:

Determine a confiabilidade do sistema para 1000h de uso:

LEMBRANDO:

Em qualquer situação, se precisarmos de um R=0,928 a forma de cálculo da taxa de falha será:

𝑅

—

= 𝑅

<

× 𝑅

•

× … … … × 𝑅

’

𝐶𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝐹 → 𝜆 = 2 × 10*Ÿ _{𝐶𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝐵 → 𝜆 = 3 × 10}*Ÿ _{𝐶𝑜𝑚𝑝𝑜𝑛𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑇 → 𝜆 = 5 × 10}*Ÿ

𝑅p(1000) = 𝑒*+p _{→ 𝑒¨}*•×<>«Š_×<>>>

× 𝑒§*£×<>«Š_×<>>>

× 𝑒¦*O×<>«Š_×<>>>

1 2 n

A

B

→ 𝑅p(1000) = 0,998 × 0,997 × 0,995 = 0,990

𝑙𝑛0,928 = −𝜆 × 1000 × 𝑙𝑛𝑒

𝑅è(1000) = 𝑒*+<>>> → 0,928 = 𝑒*+<>>>

𝑅_𝑠 (𝑡) = ê 𝑒*TpÉëëU Êë

’

•ì<

→ 𝑒* ∑ TpÉëëU Êë î ëï…

𝑅—(𝑡) = ê 𝑅•(𝑡) → ê 𝑒*+ëpë → 𝑒* ∑îëï…+ëpë ’

•ì< ’

•ì<

ln 0,928

12

2 - SISTEMAS EM PARALELO

Num sistema em paralelo, todos os componentes precisam falhar para que o sistema falhe e, a falha de um dos componentes não afetam o desempenho dos sobreviventes.

• 𝑅_— é maior que a confiabilidade do melhor componente.

3- COMBINAÇÕES

3.1 - PARALELO-SÉRIE – (R1 – R2) / (R3 – R4)

3.2 – SÉRIE – PARALELO – (R1 / R2) – (R3 / R4)

Ex.:

1

Numa distribuição exponencial, 02 componentes, com mesma taxa de falha, estão montados em série, se R(100) = 0,95 calcule o MTBF de cada componente..

Lembrando »

Como: 𝜆_<= 𝜆_•, sendo numa distribuição exponencial, então:

Logo:

Ex.:

2

Um sistema é formado por dois componentes em série cada um dos quais possuindo tempo de falha distribuído de acordo com a lei de Weibull e com parâmetros fornecidos na seguinte tabela, qual a confiabilidade para 10 h?

Lembrando:

𝑅—= 1 − [(1 − 𝑅<) × (1 − 𝑅•) × (1 − 𝑅’)]

1 2 3 4 1 3 2 4

Reduzimos as em série para paralelo 𝑅ä(𝑡) = 𝑃<× 𝑃•= 𝐴

𝑅ä(𝑡) = 𝑃£× 𝑃R= 𝐵

e calculamos como Paralelo

Reduzimos de paralelo para em série 𝑅ä(𝑡) = 1 − {[(1 − 𝑅<) × (1 − 𝑅•)]} = 𝐶

𝑅ä(𝑡) = 1 − {[(1 − 𝑅£) × (1 − 𝑅R)]} = 𝐷

e calculamos como em série

𝑅ä(𝑡) = [(𝑅<) × (𝑅•)] ≫ 𝑅—(𝑡) = óô𝑒*+…×põ × ô𝑒*+ö×põ÷

C D

𝑀𝑇𝐵𝐹 =1_{𝜆 =0,000256 = 3.906,25ℎ}1

𝑅

ä

(𝑡) = 1 − ê(1 − 𝑅

•

)

’

•ì<

𝑅—(𝑡) = 𝑒*+øp 𝜆—= ù 𝜆• •ì’

•ì<

(R1 - R2) R1 R2

R1 R2

𝑅

—

(10) ≅ 91%

𝑅(𝑡) = 𝑒*+pÊ

Compon. 𝜃 𝛽

1 150 0,87

2 510 1,80

𝑅

—

(𝑡) = 𝑒

*ûüT pÉ…U

Ê…

ýT p_ÉöUÊöþÿ

𝑅

—

(10) = 𝑒

*ûü; <><O>?

‹,!¬

ý; <>_O<>?…,!‹þÿ

≫ 𝑒

*ó(>,>ŸŸÖ)‹,!¬_ý(>,><©Ÿ)…,!‹_÷

≫ 𝑒

*(>,>©R=Rý>,>>>=R)

_{≫ 𝑅}

_—

₍₁₀₎

= 𝑒

*>,>©OŸ=

𝜆 = T1_𝜃U¶

𝑅—(100) = 𝑒*•×+×<>>≫ 0,95 = 𝑒*•>>×+≫ 𝑙𝑛0,95 = −200 × 𝜆 × 𝑙𝑛 𝑒 ≫ 𝜆 =−0,0513_{−200 = 0,000256}

(R1 – R2)

R1

R2

n

A

13

Exercício:

1

Um componente qualquer, obedecendo a uma distribuição de Weibull, apresenta q=100.000, b= 1,2 e MTTR=770horas então:

a) Qual a probabilidade desse componente operar por mais um ano?

b) Qual a taxa de falha desse componente?

c) Qual o tempo médio de vida desse componente?

d) Indicar a vida esperada para 10% da população que pode falhar.

e)

Qual a confiabilidade do sistema se 02 desses componentes fossem montados em série?

f)

Qual a confiabilidade do sistema se 02 desses componentes fossem montados em paralelo

g)

Qual a disponibilidade do equipamento para a produção?

0u seja

B(10)

14

Nome:______________________________________________________Nº________________T:_____

EXERCÍCIOS:

(1)- Um equipamento com vida média entre falhas, conforme distribuição exponencial, de 3000horas, pode executar uma operação sem falhas durante 300h com que confiabilidade ?

(2)- Um equipamento trabalha 24 h por dia 7 dias por semana sem parar, exceto para interrupções programadas, com um MTBF = 200h ou mais e, com um tempo médio para reparo é de 7,5h. Se esses dados são distribuídos exponencialmente, qual a disponibilidade do processo?

(3)- O MTBF de um diodo é 3800h, supondo a taxa de falhas constante, a chance de falhar em 3800h de operação é aproximadamente à?

(4)- Segundo a distribuição de Weibull, qual a confiabilidade do sistema abaixo para 173h, sendo os componentes iguais com um tempo de vida 𝜃 = 1000ℎ 𝑒 𝛽 = 2? R1 – (R2/R3)

(5)- Qual a confiabilidade do sistema abaixo, para uma missão de 1000h, sabendo que cada componente funciona independentemente segundo a lei exponencial e tem um MTBF= 3000h? R1 – (R2/R3/R4)

R1

R2

R3

R4

R1

R2

15

PAPEL DE PROBABILIDADE DE WEIBULL

Com o papel de probabilidade de Weibull podemos analisar graficamente testes de durabilidade, falhas de campo, fadiga, etc., pois o mesmo nos da um esboço da distribuição de falhas.

Além disso após a plotagem dos pontos podemos ter as seguintes informações: a) O parâmetro de forma (b) em função da distribuição das falhas

b) O valor da vida (Bq) abaixo do qual o percentual (q) é o esperado falhar

c) O percentual da população esperada que falhe, abaixo de uma vida especificada. A construção das escalas no papel se dá através da função de distribuição da seguinte forma:

ð

ð

ð

ð

ð

ð

A EXPLICAÇÃO DA UTILIZAÇÃO DO PAPEL DE PROBABILIDADE DE WEIBULL SERÁ FEITA ATRAVÉS DE EXEMPLOS.

COMO PRIMEIRO EXEMPLO CONSIDERAREMOS UM TESTE ATÉ A FALHA DE TODAS AS PEÇAS SEM SUSPENSÃO

Obs.: Esse teste poderá ser feito de duas maneiras: A) com dispositivo que testa uma peça por vez

B) com dispositivo que testa várias peças simultaneamente.

Efetuar o teste de durabilidade em, por exemplo, 10 peças, considerando a situação (A). Com os seguintes resultados:

330, 270, 140, 190, 90, 220, 200, 170, 260 e 115 horas.

1º passo:

Listar os dados em ordem crescente determinando uma “ordem” para cada item.

sequência 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

RANK

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

H / falhar

90

115

140

170

190

200

220

260

270

330

RANK = Classificação

2º passo:

Determinar os postos médios (percentual).

Para indicarmos as probabilidades acumuladas no eixo das ordenadas (vertical) é preciso a seguinte analise:

- De 10 peças em teste a 1º a falhar não significa que 10% das peças dessa população falharão até esse instante e, nem a 2º que 20% falharão até esse outro instante e assim por diante.

- O que acontece é que após vários testes executados, com o mesmo tamanho de amostras (n), nós teremos, para cada “ordem” de falha, uma função de distribuição característica.

- O percentual a ser considerado, como posto médio, é aquele que indica aproximadamente, o ponto médio dessa distribuição.

Uma equação para determinar, com uma boa aproximação, esse posto médio é:

Para facilitar o trabalho, existem tabelas que nos indicam os postos médios, para vários tamanhos de amostras, de 1 amostra até 10 amostras.

Com este tabelamento conseguimos ordenar as informações quanto ao tempo de falha e com isso podemos defini-los no eixo das abcissas (horizontal)

𝒓𝒋

=

𝒋

− 𝟎, 𝟑

𝒏 + 𝟎, 𝟒 × 𝟏𝟎𝟎

onde:

rj

= percentual da

ordem

j

= numero de ordem

do dado

n

= tamanho da

amostra 𝐹(𝑡) = 1 − 𝑒*+pÊ Lembrando:

𝜆 = ;<_É?¶ 𝐹(𝑡) = 1 − 𝑒*;pÉ?

Ê 1

1 − 𝐹(𝑡) = 𝑒;pÉ? Ê

Lembrando: 𝑙𝑛 𝑒,_{= 𝑥}

𝑙𝑛 _{1 − 𝐹(𝑡) = T}1 _𝜃U𝑡 ¶

𝒍𝒏 𝒍𝒏

_{𝟏 − 𝑭(𝒕) = 𝜷𝒍𝒏𝒕 − 𝜷𝒍𝒏𝜽}

𝟏

No exemplo:

RANK H/falhar Posto médio

1 90 1 − 0,3

10 + 0,4 × 100 = 𝟔, 𝟕𝟑 2 115 2 − 0,3

10 + 0,4 × 100 = 𝟏𝟔, 𝟑𝟓 3 140 3 − 0,3

16

TAB - 1

RANK

( j )

Tamanho da amostra

1

2

3

4

6

7

8

9

10

1

50,0

29,3

20,6

15,9

10,9

9,4

8,3

7,4

6,7

2

-

70,7

50,0

38,6

26,4

22,8

20,1

18,0

16,2

3

-

-

79,4

61,4

42,1

36,4

32,1

28,6

25,9

4

-

-

-

84,1

57,9

50,0

44,0

39,3

35,5

5

-

-

-

-

73,9

63,6

56,0

50,0

45,2

6

-

-

-

-

89,1

77,2

67,9

60,7

54,8

7

-

-

-

-

-

90.6

79,9

71,4

64,5

8

-

-

-

-

-

-

91,7

82,0

74,1

9

-

-

-

-

-

-

-

92,6

83,8

10

-

-

-

-

-

-

-

-

93,3

Consultando essa tabela temos os postos médios que também são conhecidos como “RANK”.

Sequência 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

H

90

115

140

170

190

200

220

260

270

330

Tipo

F1

F2

F3

F4

F5

F6

F7

F8

F9

F10

𝑁

•

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

RANK

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

rj

6,7

16,2

25,9

35,5

45,2

54,8

64,5

74,1

83,8

93,3

R=

Resultado ( F ou S)

- H

= (Total de horas até a falha) - Inc.= Incremento -

Ni=

(Ordem) - rj= (%)

3º passo:

Plotar os pontos no papel de Weibull

4º passo:

Traçar a melhor reta de ajuste

5º passo:

Traçando-se uma paralela à reta de ajuste através do “PÓLO” (à esquerda do papel, próximo ao ponto 40%) obtemos uma boa estimativa do parâmetro de forma “b”, dessa população, de elementos que falharam.

No nosso exemplo b»2,8.

6º passo:

Se quisermos uma abrangência maior na inferência estatística podemos determinar o intervalo de confiança. Esses valores estão tabelados em função do tamanho de amostra “n”.

Marcar os valores correspondentes aos postos de 5% e 95% em relação aos dados de vida e em seguida traçar curvas através desses pontos.

INTERVALOS DE CONFIANÇA – (valores tabelados para n=10)

TAB-2

RANK 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5% de confiança 0,5 3,7 8,7 15 22,2 30,4 39,3 49,3 60,6 74,1 95% de confiança 25,9 39,4 50,7 60,7 69,6 77,8 85 91,3 96,3 99,5

Sequência 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

RANK

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

H /

falhar

90

115

140

170

190

200

220

260

270

330

%

6,7

16,2

25,9

35,5

45,2

54,8

64,5

74,1

83,8

93,3

5% 0,5 3,7 8,7 15,0 22,2 30,3 39,3 49,3 60,6 74,1

18

INFORMAÇÕES POSSÍVEIS DE SEREM OBTIDAS NO PAPEL DE PROBABILIDADE DE WEIBULL

a) Indicar a vida esperada para 10% da população que pode falhar

1) Gráfico:

B

(10)

= 102 horas

2) Analítico:

b) Indicar o porcentual da população que deverá falhar até 250h

F

(250)

= 72%

c) Indicar a vida característica “q”

1) Gráfico:

Lembrando da Distribuição de Weibull

Se considerarmos q = t, teremos ð

Sabendo que:

então:

portanto

B63,2 = “ q”

Isso significa que, em 63,2% encontramos a vida característica da população

ð

B

63,2

= 235 horas

2) Analítico:

d) Após obtermos b e q podemos calcular o MTBF

b ðatravés do Papel de Weibull = 2,8 q_ðconforme exercício B63,2 = 235 horas

Então:

R

(t) =

e

*'()

→ (

f

at

o

r

de

sob

r

ev

i

vê

ncia) = F(t) = 1 −

R

(t) → F(t) = 1 −

e

*'()

𝐹(𝜃) = 1 − 𝑒*+ÉÊ

𝜆 = T1_𝜃U¶

𝑀𝑇𝐵𝐹 = 𝜃 × Γ T_{𝛽 + 1U → 235 × Γ T}1 _{2,8 + 1U → 235 × 0,8905 = 𝟐𝟎𝟗} 1 𝒉𝒐𝒓𝒂𝒔

0u seja

B(10)

=10% falhando =90% funcionando

𝐵<>ì𝜃 × ó−ô𝑙𝑛(1 − 0,1)õ÷ <

¶_{≫ 235 × ó−ô𝑙𝑛(1 − 0,1)õ÷}•,=< _{≫ 235 × ô−(𝑙𝑛0,9)õ}>,£OÖ_{≫ 235 × ô−(−0,1054)õ}>,£OÖ

≫

≫ 235 × 0,448 ≫ 𝐵<>%= 105,25

𝐹(𝜃) = 1 − 𝑒*;<É?Ê×ÉÊ ≫ 1 − 𝑒*<_{≫ 𝐹(𝜃) = 1 −}1

𝑒 ≫ 1 −2,7183 ≫ 1 − 0,368 ≫ 𝐹(𝜃) = 0,6321

𝐵Ÿ£,•= 235 × [−𝑙𝑛(1 − 0,632)] <

19

COMO SEGUNDO EXEMPLO CONSIDERAREMOS UM TESTE COM SUSPENSÃO

Como suspensão entendemos uma interrupção do teste antes que a peça apresente uma falha. Isso pode ocorrer devido a vários fatores, por exemplo:

a) quebra do equipamento de teste b) falta de energia

c) impossibilidade de acompanhamento do teste (p.ex. interrupção das atividades da empresa)

No entanto esses itens “suspensos” precisam ser considerados no estudo. Para que isso ocorra é preciso determinar, a cada suspensão, um novo incremento na ordem da falha. Esse novo incremento pode ser calculado através da seguinte equação:

ATENÇÃO

Esse incremento passa a ser considerado para os próximos números de ordem dos próximos itens que falharem, até que uma nova suspensão provoque um novo cálculo para novo incremento, o qual passa a ser considerado nos itens que venham a falhar daí para frente, até nova suspensão...

Exemplo: Em um teste de durabilidade com 10 unidade obtivemos o seguinte resultado:

FALHAS à: 408, 360, 311, 485, 268 e 181 horas

SUSPENSÃO devido a problemas no equipamento de teste: 287 e 324 horas

SUSPENSÃO devido a vontade própria do departamento: 500h (com duas unidades ainda em teste)

1º passo:

Listar em ordem crescente e codificar os itens em Falha (F) e Suspensão (S).

sequência 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 H 181 268 287 311 324 360 408 485 500 500

Tipo F1 F2 S1 F3 S2 F4 F5 F6 S3 S4

𝑁• - 1 - 1,125 - 1,312 1,312 1,312 - -

RANK 1 2 - 3,125 - 4,437 5,749 7,061 - -

rj 6,7 16,2 - 27,2 - 39,8 52,4 65,0 - -

H= (Total de horas em cada Ordem) - Tipo = Falha ou Suspensão - Ni = Novo Incremento - R = Range (nº de ordem) - rj= (%)

2º passo:

Cálculo dos incrementos, determinação dos novos números de ordem e postos médios.

j horas cód _{Nova ordem 𝑁}

•= (’ý<)*_(<ý’ø5₎6 RANK Posto médio % 𝑟5= 5*>,£ ’ý>,R× 100

1 181 F1 1 1 6,7

2 268 F2 1 2 16,2

3 287 S1 - - -

4 311 F3 (10 + 1) − 2

(1 + 7) = 𝟏, 𝟏𝟐𝟓

(2+1,125) = 3,125*

*O incremento deve ser somada à última ordem que falhou

(3,125-0,3)/(10+0,4)=

27,2

5 324 S2 - -

6 360 F4 (10 + 1) − 3,125

(1 + 5) = 𝟏, 𝟑𝟏𝟐

(3,125+1,312) = 4,437* (4,437-0,3)/(10+0,4)=

39,8

7 408 F5

1,312 (4,437+1,312) = 5,749 (5,749-0,3)/(10+0,4)= 52,4

8 485 F6

1,312 (5,749+1,312) = 7,061 (7,061-0,3)/(10+0,4)= 65,0

9 500 S3 - -

10 500 S4 - -

𝐍𝐢

=

(

𝐧

+ 𝟏) −

𝐣𝐚

(𝟏 +

𝐧𝐬

)

onde:

Ni

novo incremento

n

tamanho da amostra

ja

o RANK do item anterior ao item suspenso _{(ou seja do último item que falhou)}

20

Os valores para o intervalo de confiança (5% e 95%), poderão ser obtidos, aproximadamente, por interpolação.

Por exemplo, no limite de 5%, conf. TAB-2, para a nova ordem 3,125:

- Para 95% de confiança procedemos da mesma forma

Resultando:

portanto Þ 8,7+0,79=9,49, então para a nova ordem 3,125 temos 9,5%

sequência 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

H

181

268

287

311

324

360

408

485

500

500

Tipo

F1

F2

S1

F3

S2

F4

F5

F6

S3

S4

𝑁

•

-

1

-

1,125

-

1,312

1,312

1,312

-

-

RANK

1

2

-

3,125

-

4,437

5,749

7,061

-

-

rj %

6,7

16,2

-

27,2

-

39,8

52,4

65,0

-

-

H= (Total de horas em cada Ordem) - Tipo = Falha ou Suspensão - Ni = Novo Incremento - R = Range (nº de ordem) - rj= (%)

Sequencia

_h/falhar

_cód

_RANK

_%

_5%

_95%

1 181 F1 1 6,7 0,5 25,9

2 268 F2 2 16,2 3,7 39,4

3 287 S1 - - - -

4 311 F3 3,125 27,2 9,5

5 324 S2 - - - -

6 360 F4 4,437 39,8

7 408 F5 5,749 52,4

8 485 F6 7,061 65,0

9 500 S3 - - - - 10 500 S4 - - - -

ou seja, para cada uma unidade na variação da ordem, temos 6,3 unidades na variação do posto médio 3 → 8,7

4 → 15,0

𝑅𝐴𝑁𝐾= 𝑋 =0,125 × 6,3

1 = 0,7875 ~0,79 ≫≫≫ 𝑅𝐴𝑁𝐾= 3,125 → 𝑟𝑗O% = 𝟗, 𝟒𝟗%

Logo:

1

→

6,3

0,125

_→

X

-Demais passos conforme o exemplo anterior.

ou seja, para cada uma unidade na variação da ordem, temos 6,3 unidades na variação do posto médio 3 _→ 50,7

4 _→ 60,7

𝑅𝐴𝑁𝐾= 𝑋 =0,125 × 50,7

1 = 6,337 ~6,34 ≫≫≫ 𝑅𝐴𝑁𝐾= 3,125 → 𝑟𝑗©O%= 𝟓𝟕, 𝟎𝟒%

Logo:

1

→

50,7

22

•

INFORMAÇÕES:

A) Indicar a vida esperada para 10% da população que pode falhar Þ (B10) @ 210 B) Indicar o percentual da população que devera falhar até 250h Þ@ 15% C) Indicar a vida característica “q”Þ B63,2 @ 460 horas

D) Calcular o MTBF Þ

•

Considerando que os dois exemplos se referem ao mesmo produto, podemos analisar:

E)

Comparação das vidas características (B63,2)

Þ

Þ

o projeto novo dura 2 vezes mais que o antigo

F)

Comparação através da “%” à 250 horas.

Þ

para cada produto novo que falha,

falhavam 4,8 produtos antigos

Obs.: As comparações são validas somente se as condições operacionais forem equivalentes.

EXERCÍCIO: Em um teste de durabilidade obteve-se os seguintes resultados, em horas de teste:

F3

S

2

F6

F1

F2

S

3

F4

F7

S

1

F5

2583

3240

3528

1629

1809

3690

2799

3888

2412

2916

F = Falhou S = Suspensão

sequência 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 H

Tipo 𝑁•

RANK rj (%)

H= (Total de horas em cada Ordem) - Tipo = Falha ou Suspensão - Ni = Novo Incremento - R = Range (nº de ordem) - rj= (%)

•

PEDE-SE:

A) Indicar a vida esperada para 10% da população que pode falhar Þ (B10)

B) Indicar o percentual da população que devera falhar até 2250h Þ

C) Indicar a vida característica “q”Þ B63,2 @

D) Calcular o MTBF Þ

𝑝𝑟𝑜

𝑗

𝑒𝑡𝑜 𝑛𝑜𝑣𝑜

𝑝𝑟𝑜

𝑗

𝑒𝑡𝑜 𝑣𝑒𝑙ℎ𝑜 =

460

235 ≅ 2,0

𝑝𝑟𝑜

𝑗

𝑒𝑡𝑜 𝑛𝑜𝑣𝑜

𝑝𝑟𝑜

𝑗

𝑒𝑡𝑜 𝑣𝑒𝑙ℎ𝑜 =

15

72 =

4,8

1

𝑁𝑖 =(𝑛 + 1) −_{(1 + 𝑛𝑠)}𝑗𝑎 _𝑟𝑗=𝑗− 0,3 𝑛 + 0,4 × 100