Valószínűségszámítás

Megbízhatóság és ipari alkalmazások

Soros és párhuzamos rendszerek élettartama, projektidőtartam becslése, és hogy pontosan mit jelent a hat szigma.

15 perc olvasás

1. Soros és párhuzamos rendszerek

Egy rendszer több alkatrészből áll, és arra vagyunk kíváncsiak, mekkora eséllyel működik egy adott $t$ időpontban. Az $i$ -edik elem megbízhatósága annak a valószínűsége, hogy addig nem hibásodott meg:

R_{i}(t)=P(T_{i}>t)=1-F_{i}(t)

Ha az elemek meghibásodásai függetlenek, két alapesetből minden összetett rendszer felépíthető.

Soros rendszer: minden elem kell

R_{\text{soros}}=\prod_{i=1}^{n}R_{i}=R_{1}R_{2}\cdots R_{n}

Párhuzamos rendszer: elég egy elem

R_{\text{párh.}}=1-\prod_{i=1}^{n}\bigl(1-R_{i}\bigr)

A soros esetben a metszet valószínűségét számoljuk (mindegyik működik), a párhuzamosnál pedig a komplementert: a rendszer csak akkor áll le, ha minden elem meghibásodik.

Soros rendszer megbízhatósága mindig kisebb a leggyengébb eleménél — és minél több elem van, annál rosszabb. Tíz darab $0{,}99$ -es elem együtt már csak $0{,}99^{10}=0{,}904$ .
Párhuzamos rendszer megbízhatósága mindig nagyobb a legjobb eleménél. Két $0{,}9$ -es elem együtt $0{,}99$ — a redundancia a hibavalószínűséget szorozza össze, ezért olyan hatékony.
Vegyes rendszernél blokkokra bontunk: a párhuzamos részeket egyetlen helyettesítő elemre vonjuk össze, majd a soros szabályt alkalmazzuk — ahogy az ellenállásoknál.

2. Exponenciális élettartamok

Ha az elemek élettartama exponenciális eloszlású, a soros rendszer különösen szépen viselkedik:

R(t)=\prod_{i=1}^{n}e^{-\lambda_{i}t}=e^{-\left(\sum_{i}\lambda_{i}\right)t}

Soros rendszer hibarátája

\lambda_{\text{rendszer}}=\sum_{i=1}^{n}\lambda_{i},\qquad \text{MTTF}=\frac{1}{\lambda_{\text{rendszer}}}

Vagyis a hibaráták adódnak össze, és a rendszer élettartama is exponenciális marad. Az MTTF (mean time to failure) a várható élettartam, ami a hibaráta reciproka.

Párhuzamos rendszernél ez nem így van

Két azonos, $\lambda$ hibarátájú elem párhuzamos rendszerének élettartama nem exponenciális: $R(t)=2e^{-\lambda t}-e^{-2\lambda t}$ , és a várható élettartam $\frac{3}{2\lambda}$ — tehát a redundancia csak $50\%$ -kal növeli az átlagos élettartamot, miközben egy adott időpontban a működés valószínűségét sokkal erősebben javítja. Az MTTF ezért önmagában félrevezető mérőszám.

3. Projekt időtartamának becslése

Egy projekt egymás utáni szakaszokból áll, mindegyik időtartama véletlen. A teljes időtartam a szakaszok összege, és ha a szakaszok függetlenek, két szabály elég a becsléshez:

Független szakaszok összege

E(T)=\sum_{i=1}^{n}E(T_{i}),\qquad D^{2}(T)=\sum_{i=1}^{n}D^{2}(T_{i})

A várható értékek mindig összeadhatók, a szórásnégyzetek pedig a függetlenség miatt. A szórásokat viszont soha nem adjuk össze — a teljes szórás a négyzetösszeg gyöke, tehát kisebb, mint a részek szórásának összege.

Ha elég sok szakasz van, a centrális határeloszlás-tétel miatt az összeg jó közelítéssel normális eloszlású — akkor is, ha az egyes szakaszok nem azok. Így a „mekkora eséllyel készülünk el a határidőre” kérdés egyetlen standardizálássá egyszerűsödik.

4. Minőségbiztosítás: a hat szigma

A gyártott jellemző (méret, tömeg, ellenállás) rendszerint normális eloszlású, a vevő pedig egy tűréshatárt ad meg. Az a kérdés, hogy a tűréshatár hány szórásnyira van a folyamat közepétől — ez a szigmaszint.

Tűréshatár	Tűrésen kívüli arány	Selejt
±1σ	31,7%	317 000 ppm
±2σ	4,55%	45 500 ppm
±3σ	0,27%	2 700 ppm
±4σ	0,0063%	63 ppm
±6σ	0,0000002%	0,002 ppm

A táblázat sorai a normális eloszlás $P(|Z|>k)=2\bigl(1-\Phi(k)\bigr)$ értékei. Jól látszik, miért nem elég a hagyományos „három szigma”: ezer darabonként közel három selejt még mindig sok, ha egy autóban tízezer alkatrész van.

Honnan jön a 3,4 DPMO

A hat szigma szabvány célértéke $3{,}4$ hiba millió lehetőségre (DPMO), ami első ránézésre nem egyezik a táblázat $0{,}002$ ppm értékével. A különbség oka, hogy a módszertan megengedi a folyamat közepének $1{,}5\sigma$ -s hosszú távú elcsúszását. Ekkor az egyik tűréshatár már csak $4{,}5\sigma$ -ra van:

P(Z>4{,}5)=1-\Phi(4{,}5)\approx 3{,}4\cdot 10^{-6}

A gyakorlati kérdés általában fordított: adott tűréshatárhoz mekkora szórás engedhető meg. Ha a tűrés félszélessége $\Delta$ , akkor a $k$ szigmaszinthez $\sigma\le\Delta/k$ kell — ez mondja meg, mennyit kell javítani a folyamaton.

5. Kidolgozott példák

Vegyes rendszer megbízhatósága

Egy berendezés egy tápegységből ( $R=0{,}95$ ) és egy kétszeresen redundáns vezérlőegységből áll; a két vezérlő egyenként $0{,}8$ megbízhatóságú, és bármelyik elég a működéshez. Mennyi a rendszer megbízhatósága?

Először a párhuzamos blokkot vonjuk össze egyetlen helyettesítő elemmé:
$R_{\text{vez.}}=1-(1-0{,}8)^{2}=1-0{,}04=0{,}96$
A tápegység és a helyettesítő elem sorosan kapcsolódik:
$R=0{,}95\cdot 0{,}96=0{,}912$
Érdemes megnézni, hol a szűk keresztmetszet: a redundáns vezérlő már $0{,}96$ -os, a rendszert most a tápegység húzza le. Egy harmadik vezérlő beépítése $0{,}992\cdot 0{,}95=0{,}942$ -et adna, a tápegység duplázása viszont $0{,}9975\cdot 0{,}96=0{,}9576$ -ot — a redundanciát mindig a leggyengébb sorba kapcsolt elemnél éri meg bevezetni.

Hibaráták összeadása

Egy soros rendszer három eleme exponenciális élettartamú, a hibaráták rendre $\lambda_{1}=0{,}0010$ , $\lambda_{2}=0{,}0005$ és $\lambda_{3}=0{,}0015$ óra $^{-1}$ . Mennyi a rendszer várható élettartama, és mekkora eséllyel működik 100 órán át?

$\lambda=0{,}0010+0{,}0005+0{,}0015=0{,}003\ \text{óra}^{-1}$
$\text{MTTF}=\frac{1}{0{,}003}\approx 333{,}3\ \text{óra}$
$R(100)=e^{-0{,}003\cdot 100}=e^{-0{,}3}\approx 0{,}7408$
Figyeld meg, hogy a leggyengébb elem önmagában $\text{MTTF}=1/0{,}0015\approx 667$ órát bírna. A rendszer élettartama ennek a fele — sorba kapcsolt elemeknél minden hozzáadott alkatrész ront a megbízhatóságon.

Projekt: milyen határidőt vállaljunk

Egy projekt négy egymás utáni, független szakaszból áll. A szakaszok várható időtartama 10, 15, 12 és 8 nap, a szórásuk rendre 2, 3, 2 és 1 nap. (a) Mekkora eséllyel készül el a projekt 50 napon belül? (b) Milyen határidőt vállalhatunk 95%-os biztonsággal?

$E(T)=10+15+12+8=45\ \text{nap}$
$D^{2}(T)=2^{2}+3^{2}+2^{2}+1^{2}=4+9+4+1=18,\qquad D(T)=\sqrt{18}\approx 4{,}24\ \text{nap}$
A szórásokat összeadva $8$ nap jött volna ki — majdnem a kétszerese a helyes értéknek.
(a) Az összeget normálisnak tekintve:
$P(T\le 50)=\Phi\!\left(\frac{50-45}{4{,}24}\right)=\Phi(1{,}18)\approx 0{,}881$
(b) Most az a $t$ kell, amelyre $\Phi\!\left(\frac{t-45}{4{,}24}\right)=0{,}95$ , azaz a standardizált érték $1{,}645$ :
$t=45+1{,}645\cdot 4{,}24\approx 52\ \text{nap}$
Vagyis a 45 napos „átlagos” tervhez képest egy hét tartalékot kell beépíteni ahhoz, hogy 95%-os eséllyel tartható legyen a határidő. Ez a tartalék a szórásból jön, nem a becslés pesszimizmusából.

Hat szigma: elég jó-e a folyamat

A töltőgép átlagosan 500 g-ot adagol, $\sigma=20$ g szórással; a tűréshatár 460–540 g. (a) Mekkora most a selejtarány? (b) Mekkora szórás kellene a hat szigmás szinthez?

(a) A tűrés félszélessége $\Delta=40$ g, ami $40/20=2$ szórásnyi. A táblázatból (vagy $2(1-\Phi(2))=2\cdot 0{,}0228$ ):
$P(\text{tűrésen kívül})=0{,}0455=4{,}55\%$
Ez a folyamat tehát „két szigmás” — minden huszonkettedik csomag hibás.
(b) A hat szigmás szinthez az kell, hogy a tűréshatár hat szórásnyira legyen:
$\sigma\le\frac{\Delta}{6}=\frac{40}{6}\approx 6{,}67\ \text{g}$
Vagyis a szórást a jelenlegi harmadára kell csökkenteni. Ez gépcserét vagy szabályozást jelent — a közép beállítása önmagában nem elég, mert az csak szimmetrikussá teszi a selejtet, nem csökkenti.

Elakadtál menet közben?

Egy tananyag megmutatja, hogyan működik a dolog. Azt viszont, hogy pontosan hol csúszik el nálad, egy óra alatt derítjük ki. Foglalj egy alkalmat, vagy beszéljük meg egy ingyenes konzultáción, mire van szükséged.

Egyéni óra foglalása Ingyenes konzultáció