EJERCICIOS DE CONTROL DE LA CALIDAD

13) Si un proceso tiene un Cps = 1.3, estime las PPM fuera de especificaciones (apóyese en la tabla 5.2).PPM = 96.231

14) La especificación del peso de una preforma en un proceso de inyección de plástico es de 60 ± 1 g. Para hacer una primera valoración de la capacidad del proceso se obtiene una muestra aleatoria de n = 40 piezas, y resulta que X= 59.88 y S = 0.25.

a) Estime con un intervalo de confianza a 95% los índices Cp, Cpk y Cpm, e intérprete cada uno de ellos.

Cp= ES−EI6Ѳ

Cp=61−596 (0.25 )

Cp= 21.5

Cp=1.33 RDe acuerdo a este intervalo se puede decir que el proceso tiene una capacidad potencial intermedia, debido a que en el intervalo se incluye a 1.33.

Cpk=minimo [ μ−EI3o,ES−μ

3 o ]Cpk=[ 59.88−59

3 (0.25),61−59.88

3(0.25) ] Cpk=[ 0.88

0.75,1.120.75 ]

Cpk=1.17 ,1.49RDe acuerdo al intervalo se puede concluir que existe incertidumbre sobre la capacidad real del proceso

Cpm=ES−EI6 r

r=√σ ²+(µ−N) ²

r=√(0.25) ²+(59.88−40) ²

r=√¿¿

r=√395.27

r=19.88R Tal como se muestra el intervalo se concluye que el proceso tiene una capacidad intermedia.b) Hay seguridad de que la capacidad del proceso sea satisfactoriaNo hay seguridad ya que el proceso no está estable y existe incertidumbre sobre la capacidad real por que el tamaño de la muestra es pequeño y esto demuestra y se sugiere a seguir monitoreando el proceso hasta tener un tamaño de la muestra mayor.

c) Por que fue necesario estimar por intervaloPara tener una mayor certidumbre acerca del valor verdadero de la capacidad del proceso.

15) Conteste los primeros incisos del problema anterior, pero ahora suponga que el tamaño de la muestra fue de n = 140. .Las conclusiones serían las mismas

No serían las mismas conclusiones, debido a que el tamaño real de la muestra es un número más elevado y esto haría que el proceso esté en un una capacidad estable.

16) Realice el problema 14 con de n = 40 piezas, X= 59.88y S = 0.15.

Cp= ES−EI6Ѳ

Cp= 61−596(0.15)

Cp= 20.9

Cp=2.22 /¿

Cpk=minimo [ μ−EI3o,ES−μ

3 o ] Cpk=[ 59.88−59

3 (0.15),61−59.88

3(0.15) ] Cpk=0.88

0.45,1.120.45

Cpk=1.96 ,2.49//

Cpm=ES−EI6 r

r=√σ ²+(µ−N) ²

r=√(0.15) ²+(59.88−40) ²

r=√0.0225+395.21

r=√395.23

r=19.88//

21. Explique la métrica Seis Sigma (el estadístico Z)Es la métrica de capacidad de procesos de mayor uso en Seis Sigma.Se obtiene calculando la distancia entre la media y las especificaciones, y estadistancia se divide entre la desviación estándar.

22. De un ejemplo donde se apliquen las siguiente métricas: DPU, DPO, DPMO, einterprételas.En la EPN se matriculan a Nivelación 1000 estudiantes en cada período académico, alrealizar el proceso de actualizacón de datos se revisa y actualiza lo siguiente :1. Nombres2. Procedencia3. Fecha de nacimiento4. Título de colegio5. Colegio del que provieneSe tiene los siguientes errores en le proceso de actualización de datos:1. Errores en los nombres2. Errores en la fecha de nacimiento3. Errores en el colegioEn un período académico se encuentra que existen 210 erroresDPU = d/UDPU = 210/1000DPU = 0,21

En promedio cada actualización de datos tiene 0,21 errores

DPO = d/U*ODPO = 210/(1000*5)DPO = 0,042

De 5000 ingresos de datos se cometen 210 errores

DPMO = 1000.000 * DPODe un millon de ingresos de datos se espera tener 42000errores

DPMO = 42000

23. Si una característica de calidad tiene una especificación de 35 1, y deacuerdo con datos históricos se tiene que μ = 35.1, y una desviación estándar decorto plazo igual a 0.31, y de largo plazo igual a 0.40, resuelva lo siguiente:

a) Obtenga Zc y ZL, y diga por qué difieren de manera importante.Zc difiere de ZL porque la desviación estándar de corto plazo solamente toma encuenta a una muestra pequeña del proceso en un periodo de tiempo corto donde noinfluyen factores externos como mano de obra, maquinaría, materiales, turnos,etc.b) ¿Cuál es el nivel de sigmas del proceso?El nivel de sigmas del proceso se obtiene a través de Zc. Por lo tanto el nivel desigmas es de 2.90 sigmas.c) Obtenga los índices Pp y Ppk e interprete.

El valor de es menor que 1 y mayor a 0.67 por lo tanto es de clase 3 y no esadecuado para el trabajo.

El valor de especificación. Es menor que 1 por lo tanto no cumple con al menos una

d) Obtenga los índices Cp y Cpk e interprete.

El valor de es mayor que 1 y menor que 1.33 por lo tanto es de clase 2 y esparcialmente adecuado y requiere un control estricto.

El valor de especificación. Es menor que 1 por lo tanto no cumple con al menos una

e) ¿Con cuántas PPM trabaja este proceso?

En 2 procesos.

24. Considere que los datos del ejercicio 15 del capítulo 2 se obtuvieron con 28muestras de tamaño 4 cada una, y los datos están ordenados por renglón (cadarenglón representa dos muestras). Resuelva lo siguiente:

a) Obtenga la desviacion estandar de corto y largo plazo.b) Calcule Zc y ZL, e interprete.c) .Cual es el nivel de sigmas del proceso?d) Obtenga Pp y Ppk.e) Con cuantas PPM trabaja este proceso?27,72 27,88 27,89 27,93 28,02 28,19 28,21 28,3927,91 27,94 27,95 27,96 27,97 28,04 28,05 28,0627,74 27,81 27,91 27,93 27,95 27,98 28,07 28,1327,8227,7027,7627,7627,8827,7527,8827,7527,6327,8427,87DATOSN=EI=ES=

µ=ơ=

a.

27,87 27,84 27,84 27,81 27,89 27,75 28,05 27,78 27,74 27,85 27,9027,87 27,86 27,87 27,84 27,96 27,82 28,08 27,89 27,84 27,88 27,9427,90 27,98 27,90 27,85 28,04 27,85 28,11 27,94 27,91 27,97 27,9727,91 27,99 27,94 27,93 28,08 27,98 28,11 28,04 27,93 28,00 28,0127,94 28,00 28,07 27,94 28,08 28,02 28,13 28,05 28,10 28,01 28,1328,16 28,02 28,10 27,95 28,19 28,09 28,14 28,10 28,14 28,1028,1628,23 28,13 28,26 27,96 28,22 28,27 28,16 28,19 28,21 28,12 28,1628,00 27,50 28,50 27,98 0,14

DESVIACION ESTANDAR CORTO PLAZO

DESVIACION ESTANDAR LARGO PLAZO

ơl= 0,14

0,39 /2,326

ơc= 0,17b.

Zc y Zl𝐸𝑆−µ

Zs=28,5−27,98

Zs=3,13

Zi

Zi=Zc

Zs=0,17

Zs=Zi

Zs

Zs=µ−𝐸𝐼Zi=27,98−27,50 = 0,17

Zi=2,84Zc=2,84Min[𝑍𝑠 , 𝑍𝑖]

Zi=Zl

𝐸𝑆−µ=28,5−27,98=0,14=3,65

µ−𝐸𝐼=27,98−27,50=0,143,31Zl=3,31

Min[𝑍𝑠 , 𝑍𝑖]

Zm 𝑍𝑐Zm=𝑍l]=-0,47

c. Nivel de sigmas del procesoZc=2,84

d. Pp y PpkPp

ES−EI6ơ

Pp=28,50−27,50=6 0,14

Pp=Ẋ−EI 𝐸𝑆−Ẋ,]3ơL3ơL

Ppk

Ppk=6,96

Min[Ppk=27,98−27,50 28,50−27 98,]3 0,141,10

e. PPMLPPML

exp=ZcPPML=exp

PPML=91528,26

25. A partir de los datos de la tabla 5.5 del ejemplo 5.7 obtenga lo siguiente:Son 36 muestras con 5 datos cada uno: d2=2.326 (según apéndice A1)µ=552,5ES=558EI=542a) Obtenga desviación estándar de corto y largo plazo.Desviación estándar de corto plazoR 4,6

σc=Rd2

σc=4,6(2,326)σc=1,98

Desviación estándar de largo plazoσL=SσL=1,96

b) Calcule Zc y ZL, e interprete.Zc

Zs=ZL

Es - µ

Zs=σZs=Es - µσ

558 - 552,5

Zs=1.98

558 - 552,51.96

Zs=2.78

Zs=2.81

Zi=µ - EI

Zi=µ - EIσZi=σ

552,5 - 542

Zi=1.98Zi=Zc=1.96

5.31

Zi=mínimo [Zs,Z1]

Zc=552,5 - 5425.36ZL= mínimo [Zs,Z1]2.78ZL=2.81Zm = Zc - ZLZm =-0.03

Si Zm es menor a 1,5 el proceso tiene un mejor control que el promedio de los procesos con control pobrec) ¿Cuál es el nivel de sigmas del proceso?

Zc=2,78 sigmas

d) Obtenga Pp y Ppk.Pp

Pp=ES - EI 6σL

Pp=ES - EI 6σL

Pp =1,36

Ppk =0,94

d) ¿Con cuántas PPM trabaja este proceso?

PPML= 29,37 (Zc 0,8409 2)= 2,221PPML= 29,37 (2,78 0,8409) 2=2,221101802= PPM

26. De 2000 tarjetas electrónicas producidas se detectaron 1000 defectos. Cadatarjeta tiene 50 componentes.

a. Calcule los índices DPU y DPMO e interprete

Unidades inspeccionadas UDefectos dOportunidades de error por unida ODPU = d/UDPU = 1000/2000DPU = 0,5DPO = d/U*O

2000100050

En promedio cada tarjeta producida tiene 50 % de defectosDPO = 1000/(2000*50)DPO = 0,01

De un millón de tarjetas producidas se fabricaron 1000 con defectos

DPMO = 1000.000 * DPODPMO = 10000

De un millón de tarjetas producidas se fabricaron 10.000 con defectos

b. Estime el nivel de sigmas de este procesoSigmas

y=e ^-DPU(2,7183) ^-0,50,6065

P(ZZy)= 1-YP(Z>Zy)= 1-0,6065P(Z>Zy)= 0,2703

Suponiendo un desplazamiento de 1,5 sigmasZc= Zy +1,5Zc =0,2703+1,5Zc =1,7703

27. Se examinaron cuatro características críticas en una muestra de 500 órdenes decompra. En 25 de las órdenes fueron encontrados 50 errores de diferentes tipos.a) Obtenga el DPU y el DPMO.

b) Estime el nivel de sigmas de este proceso.Rendimiento:−0 1

La probabilidad de que una unidad este libre de defectos es de 90.48%

El nivel de sigmas de largo plazo es de 1.84

El número de sigmas del proceso es de 3.34

28. Un proceso tiene cinco defectos codifi cados con las letras A, B, C, D, E. Lossiguientes datos fueron colectados en cierto periodo de tiempo, registrando (D)defectos, unidades (U) y oportunidades (O).

a) Con base en los datos de la tabla, obtenga el DPU, el DPO y el DPMO para cadatipo de defecto, asi como para el total.b) Obtenga una estimacion de la probabilidad de que el producto no tenga ese defecto,Y = e−DPU, y con ello el nivel de sigmas de largo y corto plazo para el defectocorrespondiente.c) Considere todos los defectos y determine cual es el nivel de sigmas del proceso.CARACTERISTICA

DUODPUDPODPMO

Y = e−DPUZLZCTIPO A20450100,0440,0044444,440,961,713,21TIPO B15350150,0430,0032857,140,961,733,23

TIPO C6200250,0300,0011200,000,971,893,39TIPO D25350

120,0710,0065952,380,931,482,98TIPO E30

400150,0750,0055000,00

0,931,462,96TOTAL961750770,050,003890,790,951,653,15

134750

En promedio cada proceso tiene 0,05 defectos (DPU)En total de 134750 procesados 96 tuvieron defectoDe un millón de procesados se espera tener 3890, por lo que no habría un procesoseis sigma, ya que el objetivo es de 3,4La probabilidad de que una unidad esté libre de defecto es del 95%El nivel de sigmas a largo plazo es de 1,65El número de sigmas des proceso es de 3,15, cercano a 66807, está muy lejos detener un proceso seis sigma

29. Se proyecta la producción de una nueva pieza y se requiere establecer susespecificaciones. Para ello, a partir de una producción preliminar se obtiene unamuestra pequeña de n = 35 piezas, se mide y se obtiene X = 26.3 y S = 0.3. Con baseen esto obtenga los límites de tolerancia natural, considerando confianzas de γ = 90%y 95% y coberturas dadas por α = 0.10 y 0.05. Explique los cuatro intervalos obtenidos.

γ=90%α=0,10

Límite de toleranciaK= X K ( , )

S=90,00%1,998

X K (90,0,10 )

S =26,3 ± 0,60= (25,7 , 26,9)

γ=95%α=0,05

Límite de toleranciaK=2,49X K ( , )

S=95,00%X K ( 95 , 0 , 05 )

S=26,3 ± 0,75= (25,55 , 27,05)

30. Si en el problema anterior las especificaciones deseadas, de manera preliminar yde acuerdo con los requerimientos de diseño son 26 +- 1, obtenga el Cp, que setendría en cada uno de los casos indicados arriba. (Nota: recuerde que el Cp es unarazón entre la amplitud de las tolerancias deseadas y la amplitud de la variación delproceso, lo cual se calculó en el inciso anterior)

Ẋ ± K(ϒ ,α)

S=26 ± 1=𝐸𝑆−𝐸𝐼Cp=[25 , 27] 6ơCp=27−25 6 0,3

Cp= 27,234−25,366 6 0,3

Cp= 27,047−25,553 6 0,3Cp= 1,11 0,66=0,83

31. Si en el punto anterior los Cp obtenidos son malos, ¿Qué alternativas hay?Los Cp obtenidos en el ejercicio 30 corresponden a la clase 3 y se los consideramalos. Para esto es necesario aumentar el número de la muestra a 40, la confianza a99% y el límite de confianza en un 99% para obtener un índice K de 6.518. Con esteíndice se tiene los siguientes Cps.

99,0 01

De esta manera el proceso puede ser considerado como de clase mundial.

32. Con respecto al problema 29:

a) Resuelva dicho problema considerando que se obtuvieron los mismos datos (X=26.3 y S = 0.3), pero ahora suponga que se utilizó un tamaño de muestra de n = 110.

X=26,3S=0,3n=100γ=90%α=0,10Límite de tolerancia 90,00%=1,998

K=(1-α /2)*100= 95Límite de tolerancia 95%(1-α /2)*100= 97,5Límite de tolerancias 97,5%K = 1,988S*K = 0,596426,3 ± 0,5964Ẋ ± K(90,0,1)

S= Ẋ ± K (ϒ ,α)

S=26 ± 1K = 2,49S*K =[25,7036 ,26,8964]= 27−25 6 *0,3=1,11Cp=27,234−25,366 6*0,3=0,66

= 27,047−25,553 6 0,3=0,74726,3 ± 0,747Ẋ ± K(90,0,05)

S=[25 , 27]Cp=95% 0,05Cp=95,00% 2,49cp=0,83

b) Compare los intervalos anteriores con los obtenidos en el problema 29. ¿Por quétienen distinta amplitud?

33. Supongamos que la longitud de un ensamble final, y está dado por la siguientecombinación lineal de tres componentes individuales: y = x1 + 3x2 + x3. Para lalongitud final se tiene una tolerancia de 180 ± 2.5. Las longitudes de cada uno de loscomponentes se distribuyen normal con media y varianza conocida: x1 ∼ N(39.8,0.23), x2 ∼ N(60.1, 0.59) y x3 ~ N(79.9, 0.92). Todas las longitudes están dadas enmilímetros, y pueden suponerse independientes, ya que son producidas en máquinasdiferentes. Encuentre el porcentaje de ensambles finales que cumplen con lasespecificaciones.

y = x1 + 3x2 + x3Especificaciones de diseño= 180 ± 2.5x1 ∼N(39.8, 0.23)x2 ∼ N(60.1, 0.59)x3 ~ N(79.9, 0.92)y = x1 + 3x2 + x3

Distribución Normal con media:

µ y=39,8 + 3*60,1 + 79,9µ y=300Varianza:σ²y=(0,23)^2 + (3*0,59)^2 + (0,92)^2σ²y=4,03

Desv. estandar =2,01

Porcentaje de ensambles que caen dentro de las especificaciones:[177,5 , 182,5]P(177,5 ≤ y ≤ 182,5)= P(y≤182,5) - P( y ≤ 177,5)

Φ *(182,5 - 300)/√4.03+Φ(-58,53)- Φ *(175,5 - 300)/√4.03+- Φ(-62,02)

34. La longitud de un ensamble final , y , está dado por la siguiente combinación linealde cuatro componentes individuales : y=x1+3x2+x3+x4. Para la longitud final se tieneuna tolerancia de 107 + - 1,5. Las longitudes de cada uno de los componentes sedistribuye normal con media y varianza conocida: x1 N(19,8, 0,15), X2 N(10, 0,9), X3N(25,02, 0,3), X4 N(32, 0,23). Todas las longitudes están dadas en milímetros, ypueden suponerse independientes porque son producidas en maquinarias diferentes.

a. ¿Qué porcentaje de ensambles finales cumplen con especificaciones?[105,5 , 108,5]

x1 ~ N(19,8, 0,15)X2 ~ N(10, 0,9)X3 ~ N(25,02, 0,3)X4 ~ N(32, 0,23)y=x1+3x2+x3+x4Distribución normal con mediaµy =19,8+3*10+25,02+32 106,82

Varianzaơ ^2y =(0,15^2)+((3^2)*(0,9^2))+(0,3^2)+(0,23^2)ơ ^2y =7,4554

La desviación estándar es la raíz cuadrada de la varianzaDesv.estandar = 2,73Porcentaje que cae dentro de las especificacionesP(105,5 ≤ y ≤ 108,5)= P(y≤108,5) - P( y ≤ 105,5)108,5−106,827,54

- Ø(=Ø(108,5−106,827,541,682,73

=Ø(105,5−106,827,54

105,5−106,827,54−1,322,73Distr.Norma(X, media, desv.estandar,Acum) - (Distr.Norma(X, media, desv.estandar,Acum)0,73081556

De los productos ensamblados caen dentro de los límites de41,64% especificación

35. Se diseñan las tolerancias de un ensamble lineal de tres piezas, de forma que lalongitud final está dada por y =x1 + x2 + x3. Las especificaciones para el ensamblefinal son de 32.00 0.7. La longitud de cada componente,x1, x2 y x3, sonindependientes y se distribuye normal con medias μ1 = 12, μ2 = 8, μ3= 12,respectivamente. Se desea definir los límites de tolerancias para los ensamblesindividuales de tal forma que al menos 99.73% de los ensambles finales esté dentro deespecificaciones.

Realice lo anterior suponiendo que la variación de los componentes individuales es proporcional a su longitud (véase ejemplo 5.10). 12, 3, 1, 2 y coincide con el valor nominal 3, por coincidir con los límites de la especificación, por lo tanto: 07, 3, los límites naturales del proceso estarán dentro de especificaciones yel porcentaje de ensambles dentro de especificaciones será de por lo menos 99.73%2, 1, 2, 2, 2, 3, 2, 2. Debido a que la variación de los componentes individuales es proporcional a la longitud se tiene:

1 2 3; 2 2 2 2; 1; 32

1 2 3 ; 2 2 2; 0; 0542932 3 2

de donde se obtiene:por lo tanto se sabe que:

2 2 2

Límites de especificación para cada componentex1, x2, x336. Resuelva el problema anterior pero ahora suponga una especificación para elensamble final de 32.00 ± 0.9, y analice los cambios en las especificaciones de loscomponentes individualesDATOSµ1 =12,00µ2=8,00µ3 =12,003ơ =0,90N=10,00µy = µ1 + µ2 + µ3µy = 12 + 8 + 12µy= 32,00Cp= 1σ𝑦σ 𝑦2σ1 2σ2 2σ3 2σ 𝑦2σ1 2σ2 2σ3 2𝑐〖σ_1〗^2 =0,024〖σ_2〗^2 =0,016〖σ_2〗^2 =0,024

X1=+12,46; -11,54X2=+12,38; -11,62X3=+12,46; -11,5437. Dos partes son ensambladas como se muestra en la figura 5.10. La distribución dex1 y x2 es normal con μ1 = 19.9, σ1 = 0.28, y μ2 = 19.45, σ2 = 0.42. La especificaciónpara el claro entre las dos piezas es 0.50 ± 0.38.

El claro u holgura del ensamblaje es y= x1-x2Varianza

ơ ^2y =0,28^2 + 0,42^2ơ ^2y =0,25

Desv.estandar =µ y=0,5019,9 - 19,45µ y=0,45EI=0,12ES=0,88

a) ¿Qué porcentajes de los ensambles cumplen con la especificación del claro?P(EI< y < ES)= ((−µ𝑦)/ơ𝑦

29. Se proyecta la producción de una nueva pieza y se requiere establecer sus especificaciones. Para ello, a partir de una producción preliminar se obtiene una muestra pequeña de n = 35 piezas, se mide y se obtiene X = 26.3 y S = 0.3. Con base en esto obtenga los límites de tolerancia natural, considerando confianzas de γ = 90% y 95% y coberturas dadas por α = 0.10 y 0.05. Explique los cuatro intervalos obtenidos.

CP= ES−EI6o

CP=26.6−266 (0.3)

CP=0.33

Cr= 6oES−EI

Cr=6 (0.3)

26.6−26

Cr=3

30. Si en el problema anterior las especificaciones deseadas, de manera preliminar y de acuerdo con los requerimientos de diseño son: 26 ±1, obtenga el Cp que se tendría en cada uno de los casos indicados arriba. (Nota: recuerde que el Cp es una razón entre la amplitud de las tolerancias deseadas y la amplitud de la variación del proceso, lo cual se calculo en el inciso anterior.)

CP= ES−EI6o

CP= 27−256(0.30)

CP=1.11

31. Si en el punto anterior los Cp obtenidos son malos, .que alternativas hay?

32. Con respecto al problema 29:

a) Resuelva dicho problema considerando que se obtuvieron los mismos datos (X = 26.3 y S = 0.3), pero ahora suponga que se utilizo un tamaño de muestra de n = 110.

b) Compare los intervalos anteriores con los obtenidos en el problema