Problema15: Fiabilidad

Ej15. Se conecta en paralelo un dispositivo que presenta una función de fiabilidad:

R(t) = e^-t·(t + 1)

Para t ≥ 0, t en meses, con otro dispositivo que tiene una tasa de fallo de 0.1. Determinar: La fiabilidad del sistema a los tres meses.


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Primer Dispositivo: Función de fiabilidad es: R₁(t) = e^-t·(t + 1).
· Segundo Dispositivo: Tasa de fallos: Z(t) = 0.1, es constante, sigue una distribución exponencial.
· Ambos dispositivos están conectados en paralelo.

Por lo tanto, la función de fiabilidad del segundo dispositivo es:

R₂(t) = e^-0.1·t

Nos piden obtener la fiabilidad a los tres meses del sistema compuestos por ambos dispositivos conectados en paralelo.

Lo primero que haremos, es obtener la función de fiabilidad para cualquier instante de tiempo de fallo:

R(t) = 1 - (1 - R₁(t))·(1 - R₂(t)) = 1 - (1 - e^-t·(t + 1))·(1 - e^-0.1·t) = 1 - [1 - e^-0.1t + e^-1.1t·(t + 1) - e^-t·(t + 1)] = e^-0.1t - e^-1.1t·(t + 1) + e^-t·(t + 1)

Por lo tanto, a los tres meses:

R(3) = e^-0.1·3 - e^-1.1·3·(3 + 1) + e^-3·(3 + 1) ≈ 0.792434

Nueva versión: R 2.9.1

El software R se ha actualizado a la versión 2.9.1, incluye muchas mejoras en funciones ya definidas en el propio programa así cómo otras nuevas.

Se recomienda que se visite la página oficial de R y se lea las nuevas actualizaciones que incorpora esta versión.

Problema14: Fiabilidad

Ej14. Se conecta en serie un dispositivo que presenta una función de fiabilidad:

R(t) = e^-t·(t + 1)

Para t ≥ 0, t en meses, con otro dispositivo que tiene una tasa de fallo de 0.1. Determinar:

a) La fiabilidad del sistema a los tres meses.

b) La tasa de fallo del sistema a los tres meses.


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Primer Dispositivo: Función de fiabilidad es: R₁(t) = e^-t·(t + 1).
· Segundo Dispositivo: Tasa de fallos: Z(t) = 0.1, es constante, sigue una distribución exponencial.
· Ambos dispositivos están conectados en serie.

Por lo tanto, la función de fiabilidad del segundo dispositivo es:

R₂(t) = e^-0.1·t

Ya disponemos de los datos necesarios para resolver los respectivos apartados.


Apartado a)

En este apartado nos piden obtener la fiabilidad a los tres meses del sistema compuestos por ambos dispositivos conectados en serie.

Lo primero que haremos, es obtener la función de fiabilidad para cualquier instante de tiempo de fallo:

R(t) = R₁(t)·R₂(t) = e^-t·(t + 1)·e^-0.1·t = e^-(1+0.1)t·(t + 1) = e^-1.1t·(t + 1)

Por lo tanto, a los tres meses:

R(3) = e^-1.1·3·(3 + 1) ≈ 0.147533

Apartado b)

En este apartado nos piden obtener la tasa de fallos del sistema completo, para ello, necesitamos saber antes, la expresión de la función de probabilidad:

f(t) = F'(t) = [1 - R(t)]' = [-R(t)]' = -[e^-1.1t·(t + 1)]' = 1.1e^-1.1t·(t + 1) - e^-1.1t = e^-1.1t·[1.1·(t + 1) - 1]

Ahora, podemos calcular la tasa de fallos para cualquier instante de tiempo de fallo, por definición:

Por lo tanto, a los tres meses:

Podemos observar fácilmente que la tasa de fallo del sistema no es constante, sino que varía para distintos instantes de tiempo de fallo, t.

Problema13: Fiabilidad

Ej13. El tiempo de fallo de un dispositivo tiene una distribución de probabilidad con función de densidad:

f(t) = t·e^-t

Para t ≥ 0, t en meses, determinar:

a) La fiabilidad.

b) Pasados dos meses funcionando, halla la probabilidad de que el dispositivo falle antes de 15 días (suponer, por sencillez, que todos los meses tienen 30 días).

c) ¿Tiene el dispositivo la propiedad de carencia de memoria?.


Apartado a)

En este apartado nos piden obtener la fiabilidad dada la función de densidad de probabilidad, para ello, emplearemos la relación de la función de densidad y la función de fiabilidad:

R(t) = 1 - F(t)

Integrando la función de probabilidad entre 0 y t, obtenemos la función de densidad acumulada:

Realizamos la integral por partes:

· u = x...........: du = dx
· v = ʃe^-xdx..: v = -e^-x

Sustituimos:

R(t) = 1 - [-x·e^-x + ʃe^-xdx] = 1 + x·e^-x - ʃe^-xdx = 1 + x·e^-x + e^-x = 1 + e^-x·(x + 1)|^t₀ = 1 +[e^-t·(t + 1) - (0 + 1)] = e^-t·(t + 1)

Por lo tanto, la función de fiabilidad es, para t ≥ 0:

R(t) = e^-t·(t + 1)

Apartado b)

Hay que tener en cuenta que el tiempo de fallo está dado en meses, pero el enunciado nos pide la probabilidad de que falle antes de 15 días (dado que ya lleva dos meses funcionando).

Lo que tenemos que hacer, antes que nada, es pasar los 15 días a meses, con una simple regla de tres (considerando que los meses tienen 30 días):

30 --- 1
15 --- x

Por lo tanto: x = 0.5 meses (15 días).

Nos piden obtener la siguiente probabilidad:

Simplificamos:

Y sustituimos valores:

Apartado c)

Para que se cumpla la propiedad de carencia de memoria, se debe cumplir:

P(T < .2 + 0.5|T > 2) = P(T < .0.5) = e^-0.5·(0.5 + 1) ≈ 0.090204

Se puede comprobar, que no dan el mismo resultado (respecto al apartado anterior), por lo tanto, no se cumple la propiedad de carencia de memoria (no es una distribución exponencial ni geométrica).

Problema12: Fiabilidad

Ej12. El sistema de la figura está constituido por los componentes: A, B C D y E. Las probabilidades de cada uno de éstos que funcione más de 1000 horas son:

· p_A = 0.9
· p_B = 0.8
· p_C = 0.85
· p_D = 0.95
· p_E = 0.8

El sistema está configurado tal y como se muestra en la siguiente figura:

Si los componentes funcionan independientemente, halla la fiabilidad del sistema a las 1000 horas


Resolveremos este ejercicio simplificando el circuito, dependiendo si los componentes están en serie o paralelo.

Los elementos B y C están en serie:

· R_I(t) = R_B · R_C = 0.8·0.85 = 0.68

Los componentes I y A están en paralelo:

· R_II(t) = 1 - (1 - R_A)·(1 - R_I) = 1 - (1 - 0.9)·(1 - 0.68) = 0.968

Los componentes II y D están en serie:

· R_III(t) = R_II·R_D = 0.968·0.95 = 0.9196

Y por fin, los elementos III y E están en paralelo, y obtenemos la solución a este problema:

· R_IV(t) = 1 - (1 - R_III)·(1 - R_E) = 1 - (1 - 0.9196)·(1 - 0.8) = 0.98392

Por lo tanto, la solución a este problema era calcular la fiabilidad del sistema a las 1000 horas, resulta ser: 0.98392, una fiabilidad alta.

Problema11: Fiabilidad

Ej11. La función de densidad de probabilidad del tiempo de fallo de un dispositivo es:

f(t) = 0.5·e^-0.5t

Para t ≥ 0, t en meses, determinar:

a) La fiabilidad a los tres meses.

b) ¿Cuál es la vida media del componente?

c) Calcular la tasa de fallos a los tres y a los seis meses.

d) Si se conectan cinco de esos componentes para formar el sistema de la figura, calcula la fiabilidad del mismo a los tres meses.

Apartado a)

Para obtener la fiabilidad a los tres meses, debemos, previamente calcular la función de fiabilidad genérica. Para ello, emplearemos la relación de la función de densidad y la función de fiabilidad:

R(t) = 1 - F(t)

Integrando la función de probabilidad entre 0 y t, obtenemos la función de densidad acumulada:

Realizamos el cambio de variable:

· m = -0.5·x
· dm = -0.5·dx

Sustituimos:

Deshacemos el cambio de variable:

· m = -0.5·x

Y obtenemos la función de fiabilidad:

Por lo tanto, a los tres meses:

R(3) = e^-0.5·3 ≈ 0.223130

Apartado b)

Operamos en la función de la vida media:

Realizamos el cambio de variable:

· x = -0.5·t
· dx = -0.5·dt

Y seguimos operando:

Deshacemos el cambio de variable:

· x = -0.5·t

Y finalmente, obtenemos:

Por lo tanto, la vida media del componente es de 2 meses.


Apartado c)

La tasa de fallos es, por definición:

Vemos que la tasa de fallos es constante para cualquier instante de t, esto es así porque sigue una distribución exponencial.


Apartado d)

Para este apartado, iremos reduciendo el circuito dado dependiendo, si los componentes están en serie o paralelo:

Tanto I como II están compuestos por dos componentes iguales que están en serie:

· R_I(t) = e^-(0.5+0.5)t = e^-t
· R_II(t) = e^-(0.5+0.5)t = e^-t

El circuito queda tal y como se muestra en la siguiente figura:

Ahora, los componentes I y II están en paralelo:

· R_III(t) = 1 - (1 - R_I)(1- R_II) = 1 - (1 - e^-t₎(1 - e^-t₎ = 1 - (1 - e^-t - e^-t + e^-2t₎ = 2e^-t - e^-2t

El circuito equivalente es:

Ambos componentes están en serie, por lo tanto, la función de fiabilidad del sistema es:

· R_IV(t) = e^-0.5t·(2e^-t - e^-2t) = 2e^-1.5t - e^-2.5t

Y como en este apartado, nos piden obtener la fiabilidad a los tres meses:

R_IV(3) = 2e^-1.5·3 - e^-2.5·3 ≈ 0.021665

Nuevo: MPLAB IDE v8.33

Microchip a lanzado una actualización de su entorno de desarrollo, MPLAB.

El espacio web que dispone Microchip para MPLAB es el siguiente: MPLAB.

La nueva versión de hace llamar: MPLAB IDE v8.33, y mejora sobre todo en comunicación con emuladores, programadores y programación de los microcontroladores de gama alta.

Las principales ventajas que ofrece esta nueva versión son:

• Mejoras en el Tiempo de Programación: Muchos de los dispositivos de 16 y 32 bits pueden ser programados en un tiempo mucho más corto.

• Novedad desde Reset/Hold al restablecer (en un reset) el REAL ICE/ICD 3: Ejecuta el popular restablecimiento desde el Reset/hold al producirse un reset en el MPLAB ICD 2 para el MPLAB REAL ICE y MPLAB ICD 3.

• Software de interrupción para PIC32/REAL ICE/ICD 3: Proporciona software de interrupción para el PIC32, REAL ICE e ICD 3

También incorpora los nuevos dispositivos desarrollados por Microchip.

R: Distribución Logarítmica Normal

En este apartado, se explicarán las funciones existentes en R para obtener resultados que se basen en la distribución Logarítmica Normal.

Para obtener valores que se basen en la distribución Logarítmica Normal, R, dispone de cuatro funciones:

R: Distribución Logarítmica Normal.
dlnorm(x, meanlog, sdlog, log = F)	Devuelve resultados de la función de densidad.
plnorm(q, meanlog, sdlog, lower.tail = T, log.p = F)	Devuelve resultados de la función de distribución acumulada.
qlnorm(p, meanlog, sdlog, lower.tail = T, log.p = F)	Devuelve resultados de los cuantiles de la distribución Lognormal.
rlnorm(n, meanlog, sdlog)	Devuelve un vector de valores de la distribución Lognormal aleatorios.

Los argumentos que podemos pasar a las funciones expuestas en la anterior tabla, son:

• x, q: Vector de cuantiles.
  

• p: Vector de probabilidades.
  

• n: Números de observaciones.

• meanlog, sdlog: Parámetros de la Distribución Logarítmica Normal en escala logarítmica. meanlog = media y sdlog = desviación estándar. Por defecto, los valores son 1 y 0 respectivamente.

• log, log.p: Parámetro booleano, si es TRUE, las probabilidades p son devueltas como log (p).

• lower.tail: Parámetro booleano, si es TRUE (por defecto), las probabilidades son P[X ≤ x], de lo contrario, P [X > x].

Para comprobar el funcionamiento de estas funciones, usaremos un ejemplo de aplicación.

La ganancia X, de corriente, en ciertos transistores se mide en unidades iguales al logaritmo de la relación de la corriente de salida con la de entrada (I0 /Ii = X). Si este logaritmo, Y, es normalmente distribuido con parámetros μ = 2 y σ² = 0.01.

Determinar:

a) P(X > 6.1).

b) P(6.1 <. X <. 8.2).

c) Obtener la razón de las corrientes de salida y entrada para una probabilidad de: P(X <.x) = 0.9.


Sea la variable aleatoria discreta X, el valor de la razón de las corrientes de salida y entrada.

Dicha variable aleatoria, sigue una distribución Lognormal, X ~ Ln(2, 0.01)


Apartado a)

Para resolver este apartado, necesitamos resolver: P( X > 6.1), empleamos para tal propósito, la función de distribución con el área de cola hacia la derecha:

> plnorm(6.1, meanlog = 2, sdlog = sqrt(0.01), lower.tail = F)
[1] 0.9723882

Por lo tanto, la probabilidad de que la razón de las corrientes de salida y entrada sea de 6.1 es: 0.9723882, es bastante alta.


Apartado b)

Nos piden, la probabilidad: P(6.1 <.X <.8.2), empleamos para tal propósito, la función de distribución con el área de cola hacia la izquierda:

> plnorm(8.2, meanlog = 2, sdlog = sqrt(0.01), lower.tail = T) - plnorm(6.1, meanlog = 2, sdlog = sqrt(0.01), lower.tail = T)
[1] 0.8235296

Por lo tanto, la probabilidad de que de que la razón de las corrientes de salida y entrada esté comprendida entre los valores 6.1 y 8.2 es: 0.8235296.


Apartado c)

En este caso nos piden obtener el valor de la razón de las corrientes de entrada y salida necesario para una probabilidad de 0.9, para tal fin, empleamos la función de quantiles indicando el área de cola hacia la izquierda:

> qlnorm(0.9, meanlog = 2, sdlog = sqrt(0.01), lower.tail = T)
[1] 8.399357

Por lo tanto, para una probabilidad de 0.9, el el valor de la relación entrada y salida de las corrientes es: 8.399357.

---

Como hemos podido comprobar, R dispone de varias funciones que satisfacen cualquier cálculo y operación que se desee realizar sobre la distribución Logarítmica Normal.

Por supuesto, se recomienda que se emplee la ayuda de R para ampliar conocimientos sobre las funciones expuestas en este capítulo.

> ?stats::Lognormal

R: Distribución Gamma

En este apartado, se explicarán las funciones existentes en R para obtener resultados que se basen en la distribución Gamma.

Para obtener valores que se basen en la distribución Gamma, R, dispone de cuatro funciones:

R: Distribución Gamma.
dgamma(x, shape, rate, scale = 1/rate, log = F)	Devuelve resultados de la función de densidad.
pgamma(q, shape, rate, scale = 1/rate, lower.tail = T, log.p = F)	Devuelve resultados de la función de distribución acumulada.
qgamma(p, shape, rate, scale = 1/rate, lower.tail = T, log.p = F)	Devuelve resultados de los cuantiles de la distribución Gamma.
rgamma(n, shape, rate, scale = 1/rate)	Devuelve un vector de valores de la distribución Gamma aleatorios.

Los argumentos que podemos pasar a las funciones expuestas en la anterior tabla, son:

• x, q: Vector de cuantiles.
  

• p: Vector de probabilidades.
  

• n: Números de observaciones.

• rate: Alternativa para especificar el valor de escala (Scale). Por defecto, su valor es igual a 1.
  

• shape, scale: Parámetros de la Distribución Gamma. Shape = a y Scale = s = 1/rate. Debe ser estrictamente positivo el parámetro Scale.

• log, log.p: Parámetro booleano, si es TRUE, las probabilidades p son devueltas como log (p).

• lower.tail: Parámetro booleano, si es TRUE (por defecto), las probabilidades son P[X ≤ x], de lo contrario, P [X > x].

Para comprobar el funcionamiento de estas funciones, usaremos un ejemplo de aplicación.

En cierta ciudad el consumo diario de energía eléctrica, en millones de kilovatios por hora, puede considerarse como una variable aleatoria con distribución Gamma de parámetros α = 3 y β = 0.5.

La planta de energía de esta ciudad tiene una capacidad, suficiente diaria de 10 millones de kW/hora, determinar la probabilidad de que este abastecimientos sea:

a) Insuficiente en un día cualquiera.

b) Se consuman entre 3 y 8 millones de kW/hora.

c) Obtener el consumo necesario para una probabilidad de: P(X <.x) = 0.9.


Sea la variable aleatoria discreta X, abastecimiento de una planta de energía, en kW/hora, a una ciudad.

Dicha variable aleatoria, sigue una distribución Gamma, X ~ Γ(3, 0.5)


Apartado a)

Para resolver este apartado, necesitamos resolver: P( X > 10), empleamos para tal propósito, la función de distribución con el área de cola hacia la derecha y la alternativa para especificar el valor de escala:

> pgamma(10, 3, rate = 0.5, lower.tail = F)
[1] 0.1246520

Por lo tanto, la probabilidad de que sea insuficiente el suministro es: 0.1246520, es baja.


Apartado b)

Nos piden, la probabilidad: P(3 <.X <.8), empleamos para tal propósito, la función de distribución con el área de cola hacia la izquierda y la alternativa para especificar el valor de escala:

> pgamma(8, 3, rate = 0.5, lower.tail = T) - pgamma(3, 3, rate = 0.5, lower.tail = T)
[1] 0.5707435

Por lo tanto, la probabilidad de que el suministro esté comprendido entre 3 y 8 kW/hora es: 0.5707435.


Apartado c)

En este caso nos piden obtener el consumo necesario para una probabilidad de 0.9, para tal fin, empleamos la función de quantiles indicando el área de cola hacia la izquierda:

> qgamma(0.9, 3, rate = 0.5, lower.tail = T)
[1] 10.64464

Por lo tanto, para una probabilidad de 0.9, el consumo es: 10.64464 kW/hora.

---

Como hemos podido comprobar, R dispone de varias funciones que satisfacen cualquier cálculo y operación que se desee realizar sobre la distribución Gamma.

Por supuesto, se recomienda que se emplee la ayuda de R para ampliar conocimientos sobre las funciones expuestas en este capítulo.

> ?stats::GammaDist

Problema10: Fiabilidad

Ej10. Un submarinista tiene que efectuar ciertas reparaciones en una plataforma petrolífera. Puede elegir entre equipos de buceo de dos clases.

Las reparaciones se llevarán a cabo en condiciones de riesgo bajo las cuales los equipos pueden fallar. Los tiempos de fallo, en horas, tienen una distribución de Weibull de parámetros α₁= 1 y β₁ = 7.5 el primero, y α₂= 4.5 y β₂ = 4 el segundo, determinar:

a) ¿Qué clase de equipo debe elegir el submarinista si la reparación tendrá una duración prevista de 45 minutos?.

b) ¿Cuál deberá ser como mínimo la duración prevista de la reparación para que el submarinista opte por un equipo de otra clase?


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Ambos equipos siguen una distribución de Weibull.
· Primer Equipo: W(1, 7.5).
· Segundo Equipo: W(4.5, 10).

La función de fiabilidad de la distribución de Weibull viene dada por la siguiente expresión:

R(t) = e^-tα/β

Donde:

· α ≡ Parámetro de forma.
· β ≡ Parámetro de escala.

En nuestro caso, sustituyendo valores:

· Primer Equipo: R₁(t) = e^-t1/7.5
· Segundo Equipo: R₂(t) = e^-t4.5/4

Apartado a)

Ya que el tiempo de fallos está determinado en horas, debemos pasar 45 minutos a horas, empleamos para ello, una simple regla de tres:

1 hora --- 60 minutos
x hora --- 45 minutos

Por lo tanto, x = 0.75 horas. Nos piden obtener la siguiente probabilidad:

P(T > 0.75) = 1 - P(T ≤ 0.75) = 1 - F(0.75) = 1 - [1 - R(0.75)] = R(0.75)

Por lo tanto, para cada equipo:

· Primer Equipo: R₁(0.75) = e^-0.751/7.5 ≈ 0.904837.
· Segundo Equipo: R₂(0.75) = e^-0.754.5/4 ≈ 0.933790.

Se debe escoger el segundo equipo ya que posee más fiabilidad a las 0.75 horas (45 minutos).


Apartado b)

En este apartado nos piden el instante de tiempo de fallo para seleccionar el equipo de la otra clase, lo que tenemos que hacer es ver en que instante de tiempo de fallo, la fiabilidad de ambos equipos son iguales:

R₁(t) = R₂(t)

Por lo tanto:

e^-t1/7.5 = e^-t4.5/4

Empleamos el logaritmo neperiano para operar la igualdad:

ln(e^-t1/7.5)= ln(e^-t4.5/4)

Obtenemos:

t/7.5= t^4.5/4

Operamos la igualdad:

t/t^4.5= 7.5/4

Simplificamos:

t^-3.5= 1.875

Y finalmente despejamos el tiempo de fallos, en horas:

t = ^3.5√(1/1.875) ≈ 0.835602 horas

En resumen, cuando el tiempo de fallo sea 0.835602 horas, aproximadamente, ambos equipos tendrán la misma fiabilidad, y es a partir de dicho instante cuando la fiabilidad del primer equipo será mayor que la del segundo equipo, por lo tanto, el submarinista, a partir del instante mencionado, deberá escoger el equipo primero.

Lo pasamos a minutos con una simple regla de tres:

1 hora...............--- 60 minutos
0.835602 hora --- x minutos

Por lo tanto, x = 50.13612 minutos. A partir de los 50.13612 minutos, el equipo primero es más fiable que el equipo segundo.

Problema9: Fiabilidad

Ej9. El tiempo de fallo, en horas, de equipos de supervivencia siguen una distribución de Weibull de parámetros α₁= 1 y β₁ = 20 el primero, y α₂= 0.5 y β₂ = 10 el segundo, determinar:

a) ¿Qué equipo se debe elegir sabiendo que ambos han sido usados sin fallos durante 10 horas?.

b) ¿Cuánto tendría que durar exactamente la reparación para que la elección fuera indiferente?


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Ambos equipos siguen una distribución de Weibull.
· Primer Equipo: W(1, 20).
· Segundo Equipo: W(0.5, 10).

La función de fiabilidad de la distribución de Weibull viene dada por la siguiente expresión:

R(t) = e^-tα/β

Donde:

· α ≡ Parámetro de forma.
· β ≡ Parámetro de escala.

En nuestro caso, sustituyendo valores:

· Primer Equipo: R₁(t) = e^-t1/20
· Segundo Equipo: R₂(t) = e^-t0.5/10

Apartado a)

Nos piden obtener la siguiente probabilidad:

P(T > 10) = 1 - P(T ≤ 10) = 1 - F(10) = 1 - [1 - R(10)] = R(10)

Por lo tanto, para cada equipo:

· Primer Equipo: R₁(10) = e^-101/20 ≈ 0.606531
· Segundo Equipo: R₂(10) = e^-100.5/10 ≈ 0.728893.

Se debe escoger el segundo equipo ya que posee más fiabilidad a las 10 horas.


Apartado b)

En este apartado nos piden el instante de tiempo de fallo para que ambos equipos, la fiabilidad sea igual:

R₁(t) = R₂(t)

Por lo tanto:

e^-t1/20 = e^-t0.5/10

Empleamos el logaritmo neperiano para operar la igualdad:

ln(e^-t1/20)= ln(e^-t0.5/10)

Obtenemos:

t/20= t^0.5/10

Operamos la igualdad:

t/t^0.5= 20/10

Simplificamos:

t^0.5= 2

Y finalmente despejamos el tiempo de fallos, en horas, para obtener la solución a este apartado:

t = ^0.5√2 = 4 horas

En resumen, cuando el tiempo de fallo sea 4 horas, ambos equipos tendrán la misma fiabilidad.

R: Distribución Weibull

En este apartado, se explicarán las funciones existentes en R para obtener resultados que se basen en la distribución Weibull.

Ya que aquí sólo se expondrá cómo es el manejo de las funciones, se recomienda que se visite el capítulo: Fiabilidad, para determinar en qué consiste dicha distribución.

Para obtener valores que se basen en la distribución Weibull, R, dispone de cuatro funciones:

R: Distribución Weibull.
dweibull(x, shape, scale = 1, log = F)	Devuelve resultados de la función de densidad.
pweibull(q, shape, scale = 1, lower.tail = T, log.p = F)	Devuelve resultados de la función de distribución acumulada.
qweibull(p, shape, scale = 1, lower.tail = T, log.p = F)	Devuelve resultados de los cuantiles de la distribución Weibull.
rweibull(n, shape, scale = 1)	Devuelve un vector de valores de la distribución Weibull aleatorios.

Los argumentos que podemos pasar a las funciones expuestas en la anterior tabla, son:

• x, q: Vector de cuantiles.
  

• p: Vector de probabilidades.
  

• n: Números de observaciones.

• shape, scale: Parámetros de la Distribución Weibull. Shape = a y Scale = b. Por defecto, scale tiene valor 1.

• log, log.p: Parámetro booleano, si es TRUE, las probabilidades p son devueltas como log (p).

• lower.tail: Parámetro booleano, si es TRUE (por defecto), las probabilidades son P[X ≤ x], de lo contrario, P [X > x].

Hay que tener un aspecto en cuenta, en Aqueronte, se ha definido la función de fiabilidad de la distribución de Weibull, de la siguiente manera:

R(t) = e^-tα/β

R, en cambio, usa la siguiente nomenclatura:

R(t) = e^-(t/b)a

Ambas son iguales, simplemente, hay que adaptar los parámetros de la distribución:

· Parámetro de forma ≡ a = α.
· Parámetro de escala ≡ b = ^a√β.

Para comprobar el funcionamiento de estas funciones, usaremos un ejemplo de aplicación.

Una cierta pieza de vida útil, en horas, de un automóvil sigue una distribución de Weibull con parámetros: α = 4.5 y β = 4.

Determinar:

a) La fiabilidad a las 0.75 horas.

b) ¿En que instante se mantiene una fiabilidad del 95%?.


Sea la variable aleatoria discreta X, tiempo, en horas, a que se produzca un fallo.

Dicha variable aleatoria, sigue una distribución Weibull, adaptando los parámetros a R: X ~ W(4.5, ^4.5√4)


Apartado a)

Para resolver este apartado, necesitamos resolver: P( X > 0.75), empleamos para tal propósito, la función de distribución con el área de cola hacia la derecha:

> pweibull(0.75, 4.5, scale = 4^(1/4.5), lower.tail = F)
[1] 0.9337898

Por lo tanto, la fiabilidad a las 0.75 horas es de: 0.9337898, bastante alta.


Apartado b)

Necesitamos obtener el valor de x (horas) para satisfacer: P( X >. x) = 0.95, empleamos para tal propósito, la función de cuantiles con el área de cola hacia la derecha:

> qweibull(0.95, 4.5, scale = 4^(1/4.5), lower.tail = F)
[1] 0.7032956

Por lo tanto, las horas que son necesarias para una fiabilidad del 95% son: 0.7032956.

---

Como hemos podido comprobar, R dispone de varias funciones que satisfacen cualquier cálculo y operación que se desee realizar sobre la distribución Weibull.

Por supuesto, se recomienda que se emplee la ayuda de R para ampliar conocimientos sobre las funciones expuestas en este capítulo.

> ?stats::Weibull

Problema8: Fiabilidad

Ej8. Durante las pruebas de fatiga de un colector de dinamo de automóvil, se ha demostrado que el número de kilómetros hasta el fallo sigue una distribución de Weibull de parámetros α = 3 y β = 180 000³ km, determinar:

a) La fiabilidad del aparato a los 15000 y a los 30000 km..

b) ¿Qué período de garantía, medido en número de kilómetros, se puede ofrecer al comprador de modo que la probabilidad de que un colector no falle durante el mismo sea al menos del 95%?


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Distribución de Weibull: W(3 , 180 000³).

La función de fiabilidad de la distribución de Weibull viene dada por la siguiente expresión:

R(t) = e^-tα/β

En nuestro caso, sustituyendo valores:

R(t) = e^-t3/1800003

Donde:

· α ≡ Parámetro de forma.
· β ≡ Parámetro de escala.


Apartado a)

Nos piden obtener la función de fiabilidad en dos instantes de tiempo de fallo:

· Para 15000 km ≡ R(15000) = e^{-150003/1800003} ≈ 0.999422.
· Para 30000 km ≡ R(30000) = e^{-300003/1800003} ≈ 0.995381.

Se puede observar que a más kilómetros, la fiabilidad baja.


Apartado b)

Nos piden hallar el valor del tiempo de fallo, en kilómetros, para que la fiabilidad sea 95%:

P(T > t) = 1 - P(T ≤ t) = 1 - F(t) = 1 - [1 - R(t)] = R(t) = 0.95

Sustituyendo los valores, nos encontramos con la siguiente expresión:

Empleamos el logaritmo neperiano para operar la igualdad:

Operamos:

Despejamos la variable del tiempo de fallo t, para obtener la solución a este apartado:

Esto quiere decir que, el periódo de garantía es de 66 879.452 km.

Problema7: Fiabilidad

Ej7. Un dispositivo tiene una tasa de fallos exponencial Z(t) = λ·e^λ·t, t en horas, que en el instante inicial vale 0.002. Determinar:

a) La función de fiabilidad.

b) ¿Cuánto tiempo ha de pasar para que la fiabilidad se reduzca un 90%?

c) ¿Cuál es la probabilidad de que el dispositivo falle después de 100 horas pero antes de 500?


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Tasa de fallo: Z(t) = λ·e^λ·t.
· Tasa de fallo en t = 0 (instante inicial): Z(0) = λ·e^λ·0 = λ = 0.002


Apartado a)

Nos piden obtener la función de fiabilidad:

Realizamos el cambio de variable:

· m = λx
· dm = λdx

Y seguimos operando:

Deshacemos el cambio de variable:

· m = λx

Y, finalmente obtenemos:

Apartado b)

Nos piden hallar el valor del tiempo de fallo para que la fiabilidad sea 90%:

P(T < . t) = F(t) = 1 - R(t) = 0.9

Por lo tanto:

R(t) = 1 - 0.9 = 0.1

Sustituyendo los valores, nos encontramos con la siguiente expresión:

Empleamos el logaritmo neperiano para operar la igualdad:

Operamos:

Despejamos la variable del tiempo de fallo t, para obtener la solución a este apartado:

Esto quiere decir que, el tiempo que ha de pasar para que la fiabilidad se reduzca en un 90% es, aproximadamente, 597.352762 horas.


Apartado c)

Nos piden obtener la probabilidad siguiente:

P(100 < .T < .500) = [1 - R(500)] - [1 - R(100)] = -R(500) + R(100)

Sustituyendo por sus expresiones:

Problema6: Fiabilidad

Ej6. Un sistema está formado por tres componentes conectados en serie que funcionan independientemente. Suponiendo que el tiempo de fallo de los mismos, medido en horas, sigue una distribución exponencial de media 1000, 3000 y 6000 horas respectivamente, calcula la probabilidad de que el sistema no falle antes de 100 horas.


Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Distribución exponencial: Tasa de fallo constante.
· Sistema en serie: La fiabilidad del sistema es el resultado del producto de la fiabilidad de cada elemento que lo compone.
· Media: MTTF₁ = 1000, MTTF₂ = 3000 y MTTF₃ = 6000

Operamos en la función de la vida media:

Una de las propiedades de la distribución exponencial es que la tasa de fallos es constante, por lo tanto:

Realizamos el cambio de variable:

· x = -z·t
· dx = -z·dt

Y seguimos operando:

Deshacemos el cambio de variable:

· x = -z·t

Y, finalmente obtenemos:

Por lo tanto, la tasa de fallo de cada componente es:

· Z₁(t) = 1/1000.
· Z₂(t) = 1/3000.
· Z₃(t) = 1/6000.

La fiabilidad del sistema en serie compuesto por tres elementos es el producto de cada uno de ellos:

R(t) = R₁(t) · R₂(t) · R₃(t) = e^-(1/1000)·t · e^-(1/3000)·t · e^-(1/6000)·t

Por lo tanto, la función de fiabilidad del sistema es:

R(t) = e^-0.0015·t

Que el sistema no falle antes de las 100 horas es: P(T > 100), operamos:

P(T > 100) = 1 - P(T ≤ 100) = 1 - F(100) = 1 - [1 - R(100)] = R(100)

Por lo tanto:

P(T > 100) = R(100) = e^-0.0015·100 ≈ 0.860708

Problema5: Fiabilidad

Ej5. Un aparato tiene una tasa de fallo constante con una duración de vida media de 500 horas. Determinar:

a) La probabilidad de que esté funcionando a las 100 horas.

b) Las horas que puede funcionar este aparato sin que la fiabilidad baje de 0.95.

Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Tasa de fallo: Constante, por lo tanto, estamos ante una distribución exponencial.
· Esperanza del tiempo de fallo: MTTF = 500 horas.

Operamos en la función de la vida media:

Una de las propiedades de la distribución exponencial es que la tasa de fallos es constante, por lo tanto:

Realizamos el cambio de variable:

· x = -z·t
· dx = -z·dt

Y seguimos operando:

Deshacemos el cambio de variable:

· x = -z·t

Y, finalmente obtenemos:

Por lo tanto, la tasa de fallos es:

Z(t) = 1/MTTF = 1/500 = 0.002

Hay que recordar que, la tasa de fallos para la distribución exponencial es constante para cualquier instante de t. Y la función de fiabilidad es:

R(t) = e^-0.002·t

Apartado a)

Empleamos la función de fiabilidad:

R(100) = e^-0.002·t = e^-0.002·100 ≈ 0.818731

Apartado b)

En este caso, debemos hallar t dada una fiabilidad:

R(t) = e^-0.002·t = 0.95

Empleamos logaritmo neperiano en ambas partes de la igualdad:

ln(e^-0.002·t ) = ln(0.95)

Seguimos operando:

-0.002·t = ln(0.95)

Despejamos t y obtenemos la solución a este apartado:

t = - ln(0.95)/0.002 ≈ 25.646647 horas

Por lo tanto, para una fiabilidad del 95%, son necesarias, como máximo, 25.646647 horas.

Problema4: Fiabilidad

Ej4. Un determinado producto tiene una tasa de fallos acumulada H(t) = e^0.05·t, t > 0 (t en años), determinar:

a) La función de densidad de probabilidad.

b) Calcula la probabilidad de que un producto de esta clase al azar, falle pasados 5 pero no después de 10 años.

Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Tasa de fallos acumulada: H(t) = e^0.05·t.

La función de fiabilidad, dada la tasa de fallos acumulada, es:

Apartado a)

En este apartado nos piden obtener la función de densidad de probabilidad:

f(t) = [1 - R(t)]' = [-R(t)]'

Realizando la derivada obtenemos la solución a este apartado:

Apartado b)

Nos piden obtener la siguiente probabilidad:

P(5 < .T < .10) = [1 - R(10)] - [1 - R(5)] = -R(10) + R(5)

Sustituyendo valores en la función de fiabilidad obtenemos la solución a este apartado:

La fiabilidad es baja.

Problema3: Fiabilidad

Ej3. Cierto tipo de transistor tiene tasa de fallo constante e igual a cinco fallos por millón de horas. Ignorando al resto de los componentes, calcula la fiabilidad a las mil horas si:

a) Un aparato de radio lleva montados 10 de estos transistores en serie.

b) Un ordenador que lleva montados 1000 de esos transistores en serie.

Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Tasa de fallo constante: Z(t) = 5/1000000. Por lo tanto, sigue una distribución exponencial.
· t = 1000 horas.

Para ambos apartados, los transistores están montados en serie:

La función de fiabilidad de un transistor es:

R(t) = e^{-(5/1000000)·t}

Apartado a)

Al ser un sistema en serie, la fiabilidad del sistema total es igual al producto de cada función de fiabilidad de los elementos que lo componen:

R(t) = R(t)₁·R(t)₂···R₉(t)·R₁₀(t) = e^{-10(5/1000000)·t}

Por lo tanto, a las 1000 horas:

R(1000) = e^{-10(5/1000000)·1000} ≈ 0.951229

Apartado b)

Este apartado es igual que el anterior, sólo que ahora, hay 1000 transistores en serie, la función de fiabilidad del sistema es:

R(t) = R(t)₁·R(t)₂···R₉₉₉(t)·R₁₀₀₀(t) = e^{-1000(5/1000000)·t}

Por lo tanto, a las 1000 horas:

R(1000) = e^{-1000(5/1000000)·1000} ≈ 0.006738

Se puede observar que al aumentar los elementos en serie, la fiabilidad del sistema baja considerablemente.

Y esto es así ya que en un sistema en serie, si falla una de sus unidades falla todo el sistema completo, es por ello que en dichos sistemas, su fiabilidad no es más grande que la menos fiable de sus unidades.

Problema2: Fiabilidad

Ej2. Se sabe que ciertos componentes tienen vida media 1000 horas y que su función de fiabilidad sigue el modelo exponencial.

Determinar:

a) La tasa de fallos.

b) La fiabilidad a las 10 y a las 1000 horas.

c) Si uno de estos componentes ha estado funcionando durante 1000 horas, ¿cuál es la probabilidad de que deje de hacerlo en las próximas 10 horas?.

Recopilamos información útil que nos ofrece el enunciado del problema:

· Sigue una distribución exponencial.
· MTTF = 1000.


Apartado a)

Operamos en la función de la vida media:

Una de las propiedades de la distribución exponencial es que la tasa de fallos es constante, por lo tanto:

Realizamos el cambio de variable:

· x = -z·t
· dx = -z·dt

Y seguimos operando:

Deshacemos el cambio de variable:

· x = -z·t

Y, finalmente obtenemos:

Por lo tanto, la tasa de fallos es:

Z(t) = 1/MTTF = 1/1000 = 0.001

Hay que recordar que, la tasa de fallos para la distribución exponencial es constante para cualquier instante de t. Y la función de fiabilidad es:

R(t) = e^-0.001·t

Apartado b)

Para este apartado, empleamos la función de fiabilidad:

· R(10) = e^-0.001·t = e^-0.001·10 ≈ 0.990050
· R(1000) = e^-0.001·t = e^-0.001·1000 ≈ 0.367879

Observamos que al aumentar el tiempo de fallo, la fiabilidad es menor.


Apartado c)

En este apartado, nos piden obtener la probabilidad:

P(T < . 1000 + 10 | T > 1000)

Hay que tener en cuenta la propiedad de carencia de memoria de la distribución exponencial:

P(T < . 1000 + 10 | T > 1000) = P(T < . 10)

Por lo tanto, la solución a este apartado es:

P(T < . 10) = 1 - R(10) = 1 - e^-0.001·10 = 1 - 0.990050 = 0.00995