1625915145-22de02e41a1725ff3ee52ab4368adbc3 (843875), страница 65
Текст из файла (страница 65)
Особый случай контроля по числу дефектных изделий возникает нрн испытании на надежность в течение времени 1, прн котором обычно считается справедливым показательный закон распределения времснн безотказной работы. В этом случае вероятность р выхода изделия из строя за время 1 определяется формулой р= 1 — е ". Все формулы для контроля доли дефектных изделий при бнномиальном законе остаются справедливыми, если произвести замену у„на 1 — е-А ', р, на 1 — е-АА Если М ( 0,1, возможен переход к закону распределения Пуассона с заменой в соответствующих формулах аа на пав~, а, на пР,,Ф, ул на 2лй А, т-'г на 2п).гА, Последовательный анализ отличается в данном случае тем, что при фиксированном числе из испытываемых изделий случайным яв,чается время 1 испытаний. Партия принимается, если г)~8,+ лгал! бракуется, если 1~~ та+ гига! испытания продолжаются, если г,+ лгал ) 1 ) га-!-лгал, где г, = — 2,303; Рт = — 2,303 п,1А,— А,) ' ' " ьв(А,— Ае) ' 1д — ' А1 Ао Уз= 2,303, ' ), а гн — число отказов за время С.
При графическом представлении по оси абсцисс откладывается лг, а по оси ординат 1. 484 метОлы ОБРАБОтки РезхльтАтов нлвпюлсннп !Тл, !х Математические ожидания времени испытания Т при Аг'(0,1 определяются по формулам: М]Т]10]= — "М!п]ре] М]Т!)2]= — нМ!л]р2], М]Т] ' М]п] ю где Ä— произвольное число, значение которого выбирают, исходЯ из Удобства Расчетов, а Рз=-),01н, Р, =-)чт,г Для определения вероятности того, что время испытания Т - г в случае, когда а((5 или р((а, применимо распределенне А. Вальда, в котором нужно положить у =. М М !Т ]>.] и определить параметр с по формуле для бнномнального закона распределения при выбранном выше значении г„.
Решение типовых примеров з СтСю — ж а=!— а=0 3 н ю-ж р 10 гы С20С20 С. Яа ак =0 Используя таблицы !1Т] для С,',", находим а = 0,089, ]1 — — - 0,136. П р и м е р 45.1. Партия в 2тг=40 изделий считается первосортной, если в ней число изделия, имеющих дефекты, не пр~выша~т 10 — — 8 штук, Если число изделий, нмеюпгих дефекты, больше 1, = 20 штук, то партия возвращается па исправление, Требуется: а) вычислить а и р при однократной выборке обьема пе = 10, если приемочное число т =- 3; б) напги а и р при двукратной выборке, д.и которой и, = пт = 5, т, = О, т2 = — 9, та = 3; в) сравнить зффективносгь планов контроля методами однократной н двукратной выборок по среднему числу проверяемых изделий в 100 однотипных партиях; г) при а и р, полученных в п.
а), построить п.тан последовательного контроля, определить п г„ для партий с 5 = 0 и 1. -.=- АО Р е ш е н и е, а) Вычисляеи и и р по формулам 1и стлт11стичгские методы кОнтРОля 1глчпсгпл 481 б) Вычисляем а п Р по формулам ъ~ а=1 — — х СаСз + Сз С получаем и =. О, 105, 6 =.— О, 134. в) Вероятиость того, что партия первого сорта при методе 1вукратцои выборки пос:к первой выборки объемом 1 5 изделии будет принята, раева С С'е Р(п11 -.т1)==-,Р(и!1=-0) —; ==0,306. Сччв Математическое ожидание числа партиИ, принимаемых после первой выборки из общего числа в 100 партий, 100 0,306 =- 30,6 партии; ддя остальных 69,4 пары!и потребуется вторая выборка; СРЕДИИИ РДСХОД ЦЗ 1ЕЛИИ прц методе двукраю1ОИ выборки 'оставит 30,6 5 -+- 69,4 .1 О =- 847 изделии.
При методе одиократцоп выборки расход изделий равец 100 1О = 1000 изделии. При срапиении эффективности методов контроля мы преие15регли разницей между значениями а и 6, полученными по методам однократной и двукратной выборок. г) При а †. — 0,089 и 6 = 0,136 плац последовательиого анализа получается следующий!  —... =. 0,149, 1 В.=- — 0,826, 1 — и А = — — == 9,71, 1ф А = — 0,987. 486 методы овелвотки оезкльтдтов нлвлюд.нип !гл, ~х Для определения и „в случае, когда все изделия в партии хорошие, вычисляем последовательные значения !ду(и; 0) по формулам !ну(1; О) = !8(М вЂ” 1,) !+ !п(Аг — 1,+!)!— — !а (Ат — 1)! — !ю(Аг ! + 1)! ! у(и+ 1; О) = !ду(п; 0) — 1д(И вЂ” ?е — п) !+!ц(А! — 1,— и)! Имеем; !пу(1; О)=О,?959; 1п у(2; О) = 0,5833; 1д у(3; 0) = 0,3614; 1д у (4; 0) = О, 1295; !д у (5; О) = — 0.1136; !пу(6; 0)= — 0,3688; !8у(?; 0)= — 0,6377; 1-у(8; 0)= — 0,92!7, Так как неравенство !д у(и; 0) е., !пВ выполняется только начиная с и -.=8, то и„,„=-8.
Для партии, состоящей из дефектных изделий, и = пт. Находим !8у(1; 1) = — 0.3979. Для последующих и пользуемся формулой 1д у (и+ 1; гп+ !) = 1„у (и; ги)+ 1д (1, — и) — !д (!е — т). Получаем !!(у(2; 2)=0,8316; !ч у(3; 3)=1,3087" 1пЛ= =0,987; следовательно, в этом случае и ы —— 3, Аналогично решается задача 45.!. Пример 45.2. Большая партия ламп (М > 10000) проходит контроль на годность. Если доля дефектных ламп р ~~ре=0,02, то партия считается хорошей.
при р)~р,= = 0,10 — негодной. Используя законы распределения бнномиальный и Пуассона (провериз их применимость): а) вычислить а и 6 прн однократной выборке (одиночном контроле), есл~ иа = 47, т = 2; б) вычислить а и 6 при двукратной выборке (двойном контроле), приняв и, =па=25, т, =О, та=2, та=2; в) сравнить эффективность одиночного и двойного контроля по числу испытываемых изделий, приходящихся на 100 партий; ан статистические ч: годы контволя качества 487 г) составить план последовательного лоитроля, начертить рафик, определить ит,, для партий с р = О, р = 1. Вычислить математическое ожидание числа испытаний при последовательном контроле.
Р е ш е н и е. а) Прн бнноииальном законе распределения 2 2 а = 1 — ~ч.', СД0,02т0,98", 6 =,У' С,'"г0,10 0,904™. т=о т=о .Ч 094те-о,о4 а= т! У 4 7то-4' Р = !в ~=з т 3 Используя таблицу 17Т) суммарнь1х вероятностей для закона распределения Пуассона, находим (интерполируя по а) а =. 0,0698, 6 = 0,159, б) Прн биномиальном законе распределения, используя таблицы 11Т) и 14Т), находим а=1 — ~~.', СД'0,02 '0,98'з т'+ т,=о Г / 2-т, + а~а ~СГ'0,02~'0,98 а т' ~1 — ~', СД'0,02т'0,98~а аи т,=1 т,=о =0,0704, О=СвзО 1 0 9'+ 2 Г /а-т, ~саО.! '0,9 '1 х сфО.! '0 9 ')] =0,1450. т;-1 т;-о При законе распределения Пуассона, используя таблицы 16Т1 и 17Т) и вычислив ао1 — 0,5, аоа — — 0,5, ац — — 2,5. Используя таблицу 14Т) для бнномиальной функции распределения и интерполируя между л = 40 ц и = 50, получим а =.- 0,0686, 6 = О, 1350.
При законе распределения Пуассона. вычислив аз= = наро = 0,94, а, = пор| — — 4,7, получим 488 методЫ ОБРАБОТЕ1! РЕЗУЛътАТОВ НАБЛЮДЕН11П [Гл. 1Х аы —— — 2,5, имеем РБ=З Существенное различие между значениями 6, вычисленными при использовании законов распределения биномнального и Пуассона обьясняется большой величиной р,=0,10. в) Вероятность принятия хорошей партии (р -~ 0,02) после первой выборки при двойном контроле (сравниваем результаты для биномиального закона распределения) Р (гл1 < м1) = Р (щ, = О) = С210,02 ° 0,98 " = 0,6035.
Среднее число хороших партий, принимаемых после первой выборки, из общего числа в 100 партий составит 100 ° 0,6035 = 60,35 партии; для остальных 39,65 партии потребуется вторая выборка; средний расход ламп прп двойном контроле 100 партий будет равен 60,35 25+ 39,64 50 = 3497 ламп; в случае плохой партии вероятность забраковать ее после первой выборки при двойном контроле 2 Р(щ, > та) = Р(щ, > 2) = 1 — ~ СТРО,!""0,9 еь = 0,4629. ль=е Среднее число партий, бракуемых после первой выборки. из общего числа в 100 партий составит !00 0,4629= 46,29; 4 ы! статистические методы контголя качества 489 для остальных 53,71 партии потребуется вторая выборка; средний расход ламп прн двойном контроле 100 партиИ белет равен 46,29 25 + 53,7 1 50 = 3843; прн одиночном контроле будет израсходовано во всех случаях 100 . 50 = 5000 ламп.
г) Прн а =- 0,0686, 6 = 0,1360 для последовательного контроля получаем, используя бнпомнальный закон распределения: В = 0,1450 !д В=- — 0,8388, А = 1,261, !д' А = 1,1007. Далее, й(= — 1,140, !(в=1,496, /ге=0,0503 (рис. 38). Рис, 38. Находим а„,,(„для хорошей партии при р =О: гн 1,140 О=Ь(+и („йз, ~„н„= — — — '= 00503 22,7 ж23 лампы! дз для негодной партии при р = 1: пн(п Да+ пв(п7'3' Ь, 1,496 1 — Ь, 0,9497 Определяем средние числа испытаний при различных р: М !е~ 0,021 = 31,7; М !и( О,!О] = 22 9; М [а)„,„= 35 7. Аналогично решзются задачи 45.2 — 45.5, 45.7, 45.8, 45,!О. 490 метОды ОБРАБОтки Резтльт4тов нАБлюденип !гл.!х ,2 Хг 23 22 в 0 1930.
Х" '22 Х =448, прн 72 = 16 2 72 .= 5,!О, Х2 =. 24,48, — '=0,2041. Хев Хел Хде Интерполнруя по величине ~ = О,'2, находим: й = й .чо ' ' 22 " ' ' ' 2 = 15,63, 72 = 4,87, 72 = 23,99. Вычисляем ч = — — 1 = = 6,8! 5; принимаем ч = 6, -иеХатв = 4,87, откуда ЛА= ' )О, —— -1,218 1О'. Условие 7!о(0,1 дает 4,87 2 0,000002 Хе ( ' = 10000 часов !Так как Х, = 0,00001).
О,! Беря различные значеш2я Ге ( ! О 000, получим соответствующие значения пе, приведенные в таблице 111. Пример 45.3. Большая партия сопрогнвлений, для которых время безотказной работы подчиняется экспоненциальному закону распределения, испытывается на надежность. Если интенсивность отказов Х .
Х„ = 2 10 ' час, ', то партия считается хорошей; если Х ~~ Х, = 1 10 ' час. — негодной. Считая, что Хте ( 0,1. где Ге — фиксированное время испытания каждого злсмента в выборке из а, штук. определить при а =-0,005, !з = 0,08 пв для метода однократной выборки при различных 7е, найти ч при условии, что Гл = 1000 часов, а также составить план последовательного контроля прц а = лч для Ге = !000 часов.
Вычислить для хорошей н плохой партий, а также М 1Т) Х), Р (Г ( 1000), Р (! 500). Р с ш е н и е. Определение объема выборки ие и приемочного числа ч производим с учетом того, что ХХя( 0.1, что позволяет использовать закон распределения Пуассона и далее перейтн от закона Пуассона к 72-распределению. Вычисляем отношение Хе)ХМ = 0,2. Лалее нз таблицы 118Т) находим значения Х"-е по входным величинам Р (Ха Х'е) = 1 — а = 0.995 и л; Х"„ — по входньи| величинам Р (Х2 '> у-',) = 6 = 0,08 и Тг, Методом подбора устанавливаем, что прн 1=15 4 та! статистические методы контголя качества 491 Таблица !!! Г,, час. 1 ООО 2 500 5000 100 500 ! 2 180 2 436 ! 218 487 244 1, =.— 258,7 часа; Га —— — 535,3 часа; Ф = 165,2 часа (рнс.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
