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1.- La empresa Teclusa, fabricante de tornillos de diferentes medidas, ha encontrado defectos que, clasificados en orden decreciente, se muestran a continuación. Realice con estos datos un diagrama de Pareto. Además, indique:
a) ¿Qué caso se trataría de atacar primero para recudir los costos en un 70%?b) ¿Cuánto se reducirá el costo provocado por los defectos si se decidiera atacar los
tipos de defectos 6, 7 y 8?
No. DefectoUnidade
s% contrib
% acum
1 En las puntas 400000 51.28 51.282 Por materiales 210000 26.92 78.223 En el roscado 60000 7.7 85.924 Redondeo insuficiente 50000 6.4 92.325 Longitud incorrecta 25000 3.2 95.526 Diámetro incorrecto 12000 1.54 97.067 Acabado 10000 1.28 98.348 Piezas curvas 7000 0.9 99.249 Otros 6000 0.8 100.04
TOTAL 780000
En
las
punt
as
Por
mat
eria
les
En
el r
osca
do
Red
onde
o in
sufic
ient
e
Long
itud
inco
rrec
ta
Diá
met
ro in
corr
ecto
Aca
bado
Pie
zas
curv
as
Otr
os
1 2 3 4 5 6 7 8 9
0
50000
100000
150000
200000
250000
300000
350000
400000
450000
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Defectos en los tornillos
Defecto
Fre
cuen
cia
a) Las causas 1 y 2 ocupan el porcentaje pedido.b) $29000, lo que equivale solamente al 3.4%.
Conclusión: Si gastáramos en atacar los tres últimos problemas, no mermaríamos casi en nada los costos por defectos de calidad. En cambio, atacar uno o dos
problemas elimina casi en su totalidad dichos costos. Esto es congruente con la regla “Pocos vitales, muchos triviales”.
6.- Realiza un diagrama de causa – efecto en donde se analice las causas de los accidentes en el cruce de la boticaria.
7.- La compañía Teclusa desea conocer el comportamiento del proceso de producción y decide obtener más información. Para esto se pide la asesoría del grupo de control de calidad, el cual decide tomar 5 piezas cada 15 minutos, midiéndolas y registrándolas. Este proceso de producción consiste en la fabricación de ciertas piezas de hule, cuya dureza debe ser de 25 5. Los valores se tienen en la tabla. Desarrolle un histograma para explicar su comportamiento.
Muestra
Datos
1 24 26 26 26 252 21 22 24 26 243 24 22 21 27 254 26 25 26 23 215 23 24 27 26 226 23 27 28 25 247 22 25 24 25 268 26 23 23 24 289 25 22 23 26 25
10 21 24 23 25 2511 27 24 23 22 2312 22 22 24 23 2513 24 23 25 22 2214 24 25 24 23 2515 26 23 27 26 2416 28 27 26 24 2417 25 25 25 26 2318 24 27 24 25 2419 24 23 26 23 2520 23 23 27 24 2321 23 25 27 26 2522 29 24 23 24 2523 24 25 28 25 2424 26 23 21 25 2925 26 25 25 25 25
LE = 25 5, LSE = 30 y LIE = 20. De acuerdo a lo dicho por Shewart, el tamaño de la muestra debe ser 5 ó 4, ya que menos información no es representativa de la población, y más información puede llegar a deformar la visión del analista en el muestro y estudio del proceso. El rango de los datos en el muestreo es R = 29 – 21 = 8. Ahora, condensamos los datos en una tabla de frecuencias con sus respectivos límites para construir el histograma.
x Límite real f
2120.5 – 21.5
5
2221.5 – 22.5
10
2322.5 – 23.5
22
2423.5 – 24.5
26
2524.5 – 25.5
30
2625.5 – 26.5
18
2726.5 – 27.5
9
2827.5 – 28.5
3
2928.5 – 29.5
2
20.5 – 21.5 21.5 – 22.5 22.5 – 23.5 23.5 – 24.5 24.5 – 25.5 25.5 – 26.5 26.5 – 27.5 27.5 – 28.5 28.5 – 29.521 22 23 24 25 26 27 28 29
0
5
10
15
20
25
30
35
Medición de piezas en el proceso
Valor de la variable
Fre
cu
en
cia
8.- Se calcula la capacidad de un proceso de fresado de unas barras de acero inoxidable, hasta un espesor de 0.12 0.03 in. El estudio se inició en la fresadora #3 durante el primer turno con el acero inoxidable en su operación no. 35.las mediciones en in fueron:
1 0.1220 11 0.120021
0.1205 31 0.1210 41 0.1205
2 0.1205 12 0.121522
0.1200 32 0.1220 42 0.1200
3 0.1210 13 0.121023
0.1220 33 0.1200 43 0.1210
4 0.1210 14 0.122024
0.1205 34 0.1215 44 0.1210
5 0.1210 15 0.121025
0.1210 35 0.1210 45 0.1215
6 0.1215 16 0.121526
0.1215 36 0.1200 46 0.1210
7 0.1210 17 0.121527
0.1205 37 0.1225 47 0.1205
8 0.1215 18 0.122028
0.1205 38 0.1210 48 0.1205
9 0.1205 19 0.121029
0.1215 39 0.1210 49 0.1210
10 0.1210 20 0.119530
0.1210 40 0.1215 50 0.1215
Realice el gráfico correspondiente.
Lo valores a considerar son los siguientes:La hoja de verificación entonces es:La media de la distribución es:
x̄=∑ f⋅xN
=6 .05150
=0 .12102
y el gráfico es el siguiente:
0.11925 – 0.11975
0.11975 – 0.12025
0.12025 – 0.12075
0.12075 – 0.12125
0.12125 – 0.12175
0.12175 – 0.12225
0.12225 – 0.12275
0.1195 0.12 0.1205 0.121 0.1215 0.122 0.1225
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Espesor de las barras de acero de la fresadora #3
Espesor
Fre
cu
en
cia
x Límite real f f*x0.119
50.11925 – 0.11975 1 0.1195
0.1200
0.11975 – 0.12025 5 0.600
0.1205
0.12025 – 0.12075 9 1.0845
0.1210
0.12075 – 0.12125 18 2.178
0.1215
0.12125 – 0.12175 11 1.3365
0.1220
0.12175 – 0.12225 5 0.61
0.1225
0.12225 – 0.12275 1 0.1225
Total 6.051
De la gráfica, concluimos que: El proceso está bajo control estadístico, aunque el valor de la media no
corresponde al que el límite de especificación dicta. La tendencia del gráfico lleva a la distribución casi al extremo del LSE, lo que
indica problemas en el proceso, pues esto ya es una tendencia.
9.- Los siguientes datos consisten en 80 mediciones de potencia de la droga estreptomicina
4.1 5 2 2.6 4.5 8.1 5.7 2.53.5 6.3 5.5 1.6 6.1 5.9 9.3 4.24.9 5.6 3.8 4.4 7.1 4.6 7.4 3.54.9 5.1 4.6 6.3 8.3 6.3 8.8 105.3 5.4 4.4 2.9 7.5 5.7 5.3 34.2 5.2 7 3.7 6.7 5.8 6.9 2.86 8.2 6.1 7.3 8.2 6.2 3.5 3.4
6.8 4.7 4.6 4.1 4.7 5.0 3.4 7.1
Resuma los datos en forma tabular y en forma gráfica.
La media del proceso es x̄=423
80=5 .2875
. El histograma es el siguiente:
PROBLEMAS DE GRÁFICOS DE CONTROL
1. Productos de belleza TECLUSA tiene la impresión que la línea de crema de belleza, están dando más producto (en peso) de lo que indica el envase. Por tal motivo uno de los circuitos de calidad de la empresa “Arco Iris”, decide hacerlo tema de análisis. El circuito se enfoca en una de las máquinas de llenado, tomando 10 unidades cada ½ hora por cinco horas consecutivas. Con estos datos el círculo intenta elaborar el histograma correspondiente.
El envase de la crema marca 60 g., y las especificaciones internas son:
0.11925 – 0.11975
0.11975 – 0.12025
0.12025 – 0.12075
0.12075 – 0.12125
0.12125 – 0.12175
0.12175 – 0.12225
0.12225 – 0.12275
0.1195 0.12 0.1205 0.121 0.1215 0.122 0.1225
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Espesor de las barras de acero de la fresadora #3
Espesor
Fre
cu
en
cia
x Límite real f fx1.45 0.95-1.95 2 2.92.45 1.95-2.95 6 14.73.45 2.95-3.95 10 34.54.45 3.95-4.95 17 75.655.45 4.95-5.95 18 98.16.45 5.95-6.95 12 77.47.45 6.95-7.95 8 59.68.45 7.95-8.95 6 50.79.45 8.95-9.95 1 9.4549.0
580 423
Mínimo: 60 g Máximo: 65 g
Los datos obtenidos por el círculo de calidad son:
57 64 61 58 62 63 58 63 57 6362 62 65 64 62 63 52 67 60 6471 64 64 65 64 59 67 66 61 6365 65 64 63 64 67 68 64 57 6560 65 60 67 62 70 62 63 55 6364 62 60 64 58 62 64 58 72 6870 67 62 67 65 59 67 70 58 5965 64 65 58 67 63 67 70 58 5976 65 66 58 57 57 68 57 61 5758 59 64 62 64 61 57 59 60 62
LSP ó LSC = x + A2R
LIP ó LIC = x - A2R
SOLUCIÓN:
Entonces realizando 25 subgrupos con n= 4
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2557 60 76 64 67 61 60 66 65 67 62 62 57 59 59 58 62 68 66 70 57 55 61 63 5962 64 58 65 64 65 60 64 63 58 62 58 64 67 63 52 64 57 64 70 60 72 60 65 5971 70 64 65 65 64 62 58 67 58 64 65 63 70 57 67 67 63 63 57 61 58 63 63 5765 65 62 62 59 64 65 64 64 62 64 67 63 62 61 68 67 67 58 59 57 58 64 68 62
255 259 260 256 255 254 247 252 259 245 252 252 247 258240 245
260 255 251
256 235 243 248 259 237
X 63.75 64.75 65 6463.75 63.5
61.75 63 64.75
61.25 63 63 61.75 64.5 60 61.25 65 63.75 62.75 64 58.75
60.75 62
64.75 59.25
R 14 10 18 3 8 4 5 8 4 9 2 9 7 11 6 16 5 11 8 3 4 17 4 5 5
Sacando LE: 62.5 2.5Por lo tanto tenemos que:LSE= 65LIE= 60Y necesitamos:
x =x/N = 1571/25 = 62.84
R = R/N = 206/25 = 8.24 8
Sustituyendo obtenemos:
LSP = 68.85LIP = 56.83
LC = x = 62.84
Entonces sustituyendo tenemos:
LC = 8.24LSC = (2.282) (8.24) = 18.804LIC = (0) (8.24) = 0
Para el gráfico x- tenemos:
58
59
60
61
62
63
64
65
66
0 5 10 15 20 25 30
GRÁFICO RGRÁFICO X-SIGMA
02
46
81012
1416
1820
0 5 10 15 20 25 30
GRÁFICO X
LC = rLSC = D4rLIC = D3r
1. TECLUSA es una empresa fabricante de piezas especializadas de hule natural y sintético, una pieza destinada a la empresa automotriz, tiene una serie de especificaciones muy estrictas establecidas por el cliente. Una de ellas es la dureza que marca 60 2 Shore. El departamento de control de calidad, decide hacer uso de la gráfica de control para esta variable. En un principio toman 5 piezas cada hora, midiendo la dureza y registrando las lecturas obtenidas. Trabaje con el departamento y trace la gráfica de control y establezca las conclusiones correspondientes.
LSP ó LSC = x + A2R
LIP ó LIC = x - A2R
SOLUCIÓN:
Sacando LE: 62 2Por lo tanto tenemos que:LSE= 62LIE= 58
x = x/N = 1197.5/20 = 59.875
R = R/N = 63.3/20 = 3.165 3
Sustituyendo obtenemos:
LSP = 61.7012LIP = 58.049
LC = x = 59.875
SUBGRUPO
MUESTRA X R
160.9
61.4 62
62.4
61.9
61.72 1.5
2 63 58 61.761.5
61.9
61.22 5
359.7
60.2 58.9
62.9 60 60.3 4
460.6
60.5 60.4
60.8
59.7 60.4 1.1
559.8
58.1 58.5
61.2
58.9 59.3 3.1
660.5
59.3 56.5
61.5
60.7 59.7 5
760.8
59.2 58.6
60.4
61.4
60.08 2.8
861.4
62.6 61.6
62.6
58.9
61.42 3.7
960.1
58.9 61.1
59.8
62.5
60.48 3.6
1060.3
59.5 59.3
58.1 62
59.84 3.9
1159.9 58 61.2
61.3 62
60.48 4
1259.2
59.1 58.1
60.8
60.9
59.62 2.8
1358.2
56.3 59.6
58.2
60.3
58.52 4
1458.4
58.5 59.5
60.3
59.7
59.28 1.9
1556.5
56.7 58.2
58.7
58.7
57.76 2.2
1658.1
57.2 57 59 59
58.06 2
1758.3 57 57.6
60.7
61.8
59.08 4.8
1858.6
59.7 61.3
61.2
61.2 60.4 2.7
1960.5 60 58.4
59.7
59.9 59.7 2.1
2060.8
60.5 61.1 58
60.3
60.14 3.1
Σ1197.5
63.3
Para el gráfico x- tenemos:
LC = rLSC = D4rLIC = D3r
Entonces sustituyendo tenemos:
LC = 3.165LSC = (2.114) (3.165) = 6.6908LIC = (0) (3.165) = 0
GRÁFICO X
57.5
58
58.5
59
59.5
60
60.5
61
61.5
62
0 5 10 15 20 25
GRÁFICO R
0
1
2
3
4
5
6
0 5 10 15 20 25
CONCLUSIONES:
Podemos concluir de éste gráfico que posee una tendencia descendente.
3.- Se dan los siguientes datos. Realice un diagrama x – R.
Cálculos
x=∑ x̄
N=
102525
=41 R̄=∑ R
N=
21925
=8 . 76
LP=x±A2 R̄|n=4=41±0 .729⋅8 . 76 LIP=34 .614 LSP=47 .386
Fecha Muestra Datos Media R12/23 1 35 40 32 37 36 8
2 46 37 36 41 40 103 34 40 34 36 36 64 69 64 68 59 65 105 38 34 44 40 39 10
12/27 6 42 41 43 34 40 97 44 41 41 46 43 58 33 41 38 36 37 89 48 44 47 45 46 410 47 43 36 42 42 11
12/28 11 38 41 39 38 39 312 37 37 41 37 38 413 40 38 47 35 40 1214 38 39 45 42 41 715 50 42 43 45 45 8
12/29 16 33 35 29 39 34 1017 41 40 29 34 36 1218 38 44 28 58 42 3019 35 41 37 38 38 620 56 55 45 48 51 11
12/30 21 38 40 45 37 40 822 39 42 35 40 39 723 42 39 39 36 39 624 43 36 35 38 38 825 39 38 43 44 41 6
Totales 1025 219
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2531
36
41
46
51
56
61
66
Gráfico de control x - R
Muestra
Med
ia
Como se observa hay tres puntos fuera de los límites de control, por lo que el proceso se rechaza.
4.- A continuación se presenta una forma característica de la gráfica x – R, que contiene información sobre una concentración de ácido en mililitros. Termine de hacer todos los cálculos, grafique los puntos y dibuje la línea central de ensayo y los límites. Analice los puntos y diga si el proceso es estable.
Valor nominal: 70 ml. Tolerancia: 0.20
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
1 85 75 80 65 75 60 80 70 75 60 80 75 70 65 85 80 70 70 65 65 55 75 80 65 65
2 65 85 80 75 70 75 75 80 85 70 75 85 70 70 75 75 85 80 65 60 50 65 65 60 70
3 65 75 75 60 65 75 65 75 85 60 90 85 75 85 80 75 75 70 85 60 65 65 75 65 70
4 70 85 85 70 80 70 75 75 80 80 50 65 70 75 80 80 70 70 65 65 80 80 65 60 60∑X
285
320
320
270
290
280
295
300
325
270
295
310
285
295
320 310
300
290
280
250
250
285
285
250 265
X 71 80 80 68 73 70 74 75 81 68 74 78 71 74 80 78 75 73 70 63 63 71 71 63 66
R 20 10 10 15 15 15 15 10 10 20 40 20 5 20 10 5 15 10 20 5 30 15 15 5 10
Cálculos:
x=∑ x̄
N=
1802. 0525
=72. 1 R̄=∑ R
N=
36525
=14 .6
LP=x±A2 R̄|n=4=72 .1±0 .729⋅14 . 6 LIP=61 . 46 LSP=82 .743
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
50
55
60
65
70
75
80
85
90
Concentración de ácido (mL)
Muestra
Co
nce
ntr
ació
n
Este gráfico presenta adhesión a la línea superior de control. A pesar de ello el proceso está bajo control estadístico y el obrero puede trabajar en el intervalo de especificación, pues los límites del proceso se encuentran dentro de los de especificación.
5.- Se presenta la siguiente hoja de verificaciónEspecificaciones: Máximo 215º C, mínimo 185º C, Media de especificación: 200º C
Fecha Subgrupos X1 X2 X3 X4 X5 X6 X7 X8 X9 X10x̄
Ago-01 1 200 188 205 199 190 211 190 193 201 201 197.8 7.40572 205 195 191 215 195 204 195 191 193 188 197.2 8.28393 202 198 198 207 216 189 195 211 189 195 200 9.006174 210 201 188 185 198 19 197 195 193 195 178.1 56.31945 212 25 193 201 198 195 197 195 193 195 180.4 54.88826 190 205 189 205 20 201 202 198 186 192 178.8 56.21947 195 208 189 193 192 19 201 196 204 201 179.8 56.80148 216 196 197 191 213 214 212 198 211 188 203.6 10.5956
Ago-02 9 198 186 208 208 193 198 210 212 193 193 199.9 8.9622710 188 214 203 192 189 205 196 210 189 207 199.3 9.661511 193 211 189 204 201 191 208 195 208 208 200.8 8.162212 211 197 203 206 197 198 192 198 203 189 199.4 6.518313 204 208 188 195 208 188 204 201 195 193 198.4 7.618714 189 195 200 206 23 201 198 193 206 198 180.9 55.734415 201 208 198 199 197 195 207 198 195 201 199.9 4.50816 195 203 201 214 208 201 196 195 213 214 204 7.7603
Ago-03 17 201 189 205 198 203 211 198 206 207 211 202.9 6.72418 211 199 212 188 189 200 197 199 208 208 201.1 8.543319 187 216 210 193 198 192 208 208 189 193 199.4 10.200220 193 207 211 200 188 213 193 203 199 212 201.9 8.8122421 200 196 190 201 193 188 191 197 215 210 198.1 8.7489722 192 198 205 197 211 195 208 208 207 188 200.9 7.89423 197 200 195 208 204 198 189 203 201 195 199 5.4160324 208 192 198 203 189 201 201 192 197 198 197.9 5.743625 203 213 187 189 213 200 197 204 208 201 201.5 8.8474
Cálculos
x=∑ x̄
N=
490125
=196 .04 σ̄=∑ σN
=∑ √ N∑ x2−(∑ x )2
N (N-1)N
=439. 37525
=17 .575
LP=x±A3 σ̄|n=10=196 .04±0 . 975⋅17 . 575 LIP=178 . 9044 LSP=213 . 176
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
160
170
180
190
200
210
220
Medición de temperatura en gases de emisión
Muestra
Tem
per
atu
ra
El proceso se encuentra fuera de control, ya que el límite inferior de proceso se halla por debajo del límite inferior de especificación. También se notan saltos bruscos de los puntos, debido a variaciones observadas en la hoja de verificación. Debe prestarse atención a las mediciones realizadas, ya que seguramente se trata de un error del obrero.
6.- Los datos se presentan a continuación para realizar un gráfico x – .
Muestra Observaciones x̄
1 6.35 6.4 6.32 6.37 6.36 0.0342 6.46 6.37 6.36 6.41 6.4 0.0453 6.34 6.4 6.34 6.36 6.36 0.0284 6.69 6.64 6.68 6.59 6.65 0.0455 6.39 6.34 6.44 6.4 6.3925 0.0426 6.42 6.41 6.43 6.34 6.4 0.0417 6.44 6.41 6.41 6.46 6.43 0.0248 6.33 6.41 6.38 6.36 6.37 0.0349 6.48 6.44 6.47 6.45 6.46 0.01810 6.47 6.43 6.36 6.42 6.42 0.04511 6.38 6.41 6.39 6.38 6.39 0.01412 6.37 6.37 6.41 6.37 6.38 0.0213 6.4 6.38 6.47 6.35 6.4 0.05114 6.38 6.39 6.45 6.42 6.41 0.03215 6.5 6.42 6.43 6.45 6.45 0.03616 6.33 6.35 6.29 6.39 6.34 0.04217 6.41 6.4 6.29 6.34 6.36 0.05618 6.38 6.44 6.28 6.58 6.42 0.12519 6.35 6.41 6.37 6.38 6.3775 0.02520 6.56 6.55 6.45 6.48 6.51 0.05421 6.38 6.4 6.45 6.37 6.4 0.03622 6.39 6.42 6.35 6.4 6.39 0.02923 6.42 6.39 6.39 6.36 6.39 0.02424 6.43 6.43 6.35 6.38 6.3975 0.03625 6.39 6.39 6.43 6.44 6.4125 0.029
La media de las medias del proceso es:x=∑ x̄
N=
160. 2725
=6 .41
La media de las desviaciones es: σ̄=
∑ σN
=∑ √ N∑ x2−(∑ x )2
N (N-1)N
=0 . 96525
=0 . 0386
Los límites de proceso son:
LP=x±A3 σ̄|n=10=6. 41±1. 628⋅0 .0386 LIP=6 .34716 LSP=6 . 473
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25
6.1
6.2
6.3
6.4
6.5
6.6
6.7
Gráfico x - desv
Muestra
Val
or
El proceso no se encuentra bajo control estadístico ya que hay tres puntos que se salen de los límites de proceso.
7.- Teclusa es una empresa embotelladora de refrescos que utiliza las gráficas de control p para varias etapas de su proceso de producción. En la línea de envasado se separan las botellas que contienen un nivel de refresco menor o mayor al especificado. La empresa desea usar en esta etapa del proceso los gráficos de control y decide elaborar las gráficas np y 100p, para los mismos datos. Cada día se toman 5 muestras de 200 cajas cada una, obteniéndose los siguientes datos:
DíaUnidadesinspeccionadas
Unidadesdefectuosas np
Porcentajedefectuoso 100p
1 200 2 1.02 200 5 2.53 200 0 0.04 200 14 7.05 200 3 1.56 200 0 0.07 200 1 0.58 200 0 0.09 200 18 9.010 200 8 4.011 200 6 3.012 200 0 0.013 200 3 1.514 200 0 0.015 200 6 3.016 200 4 2.017 200 9 4.518 200 15 7.519 200 12 6.020 200 10 5.0Σ 4000 116
Cálculos:
p̄=∑ np
∑ n=
1164000
=0 . 029 n { p̄=100⋅p̄=2.9¿
LP=n p̄±3√n p̄ (1- { p̄¿ )=2 . 9±3√2 . 9 (1-0 . 029 )LIP=7 . 9342 LSP=−2 . 13→0
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Defectos en el llenado de botellas
Muestra
Nú
mer
o d
e d
efec
tos
En este gráfico se observa que el proceso se halla fuera de control. Además, a la empresa le está costando mucho las pérdidas por fallas internas en el envasado, pues son muchos los puntos que se salen de control, por lo tanto se rechaza.
8. Datos preliminares correspondientes a la prueba final del MODEM para computadora y límites de control para cada subgrupo. Calcule los límites del proceso y trace la gráfica p.
Cantidad inspeccionada
Num. De no conformidades
Fracción de no conformidades
Límite
Subgrupo n np p LSP LIPMarzo 29 2385 55 0.023 0.029 0.011
30 1451 18 0.012 0.031 0.00931 1935 50 0.026 0.03 0.01
Abril 1 2450 42 0.017 0.028 0.0122 1997 39 0.02 0.029 0.0115 2168 52 0.024 0.029 0.011
6 1941 47 0.024 0.03 0.017 1962 34 0.017 0.03 0.018 2244 29 0.013 0.029 0.0119 1238 53 0.043 0.032 0.00812 2289 45 0.02 0.029 0.01113 1464 26 0.018 0.031 0.00914 2061 47 0.023 0.029 0.01115 1667 34 0.02 0.03 0.0116 2350 31 0.013 0.029 0.01119 2354 38 0.016 0.029 0.01120 1509 28 0.018 0.031 0.00921 2190 30 0.014 0.029 0.01122 2678 113 0.042 0.028 0.01223 2252 58 0.026 0.029 0.01126 1641 34 0.021 0.03 0.0127 1782 19 0.011 0.03 0.0128 1993 30 0.015 0.03 0.0129 2382 17 0.007 0.029 0.01130 2132 46 0.022 0.029 0.011
Σ = 50515 Σ = 1015
Tenemos que:
p = Σnp/Σn = 1015/50515 = 0.020
Ésta es la fórmula empleada para calcular los límites de control:
LC = p 3p (1-p) /n
GRÁFICO P
00.0050.01
0.0150.02
0.0250.03
0.0350.04
0.0450.05
0 5 10 15 20 25 30
9. TECLUSA es una empresa fabricante de muebles para el hogar. El personal de calidad, desea aplicar la gráfica c para controlar la calidad de acabado de las mesas de los comedores, para la cual deciden revisar cada mesa y registrar los defectos encontrados en ellas. Los datos para las primeras 30 mesas se muestran a continuación:
Teniendo como fórmulas:
LC = c 3 c
LC = c
Por lo que tenemos:
No. de mesa Defectos No. de mesa Defectos1 3 16 82 3 17 33 3 18 24 4 19 75 2 20 36 3 21 47 4 22 88 6 23 39 5 24 310 4 25 911 4 26 312 2 27 313 3 28 514 5 29 215 4 30 1
LCS = c + 3 c
LCI = c - 3 c
Donde:
c =c/No. de subgrupo
Entonces tenemos:
c =119/30 = 3.97
LC = 3.97
LCS = 9.95
LCI = - 2.007, Como el resultado es negativo se toma como cero.
Se puede observar que el proceso se haya bajo control estadístico, con una serie de puntos disparados alejados del límite central, por lo cual es conveniente mantener bajo inspección el proceso y estar pendiente de cualquier cambio.
Problemas de capacidad de procesos
EJERCICIOS DE APLICACIÓN
Habilidad de un proceso
Ejercicio 1: El diámetro de ciertos cojinetes es una característica de calidad que se ha mantenido bajo control estadístico. Se han tomado muestras de tamaño cinco cada una. De las últimas veinte tenemos la información siguiente:
∑ x= 205.1260cm y ∑ R = 0.3
Los limites de especificación son 10.25 0.03 cm
a) ¿El proceso es hábil para 3 ?b) ¿El proceso es hábil para 4 ?c) ¿Cuánto se debe reducir la variabilidad del proceso, para que este sea hábil
para ±5σ ?
Respuesta: Se tienen los siguientes datos del texto:n = 5 LE = 10.25 0.03 LIE = 10.22 LSE = 10.28
Ultimas 20 muestras
∑ x= 205 .1260
∑ R= 0 . 3
x̄=∑ x
N=
205. 126020
=10 .2563
R̄=∑ R
N=
0 . 3020
=0 .015
Con esto calculamos los parámetros para obtener el valor de la capacidad
σ= R̄d2
=0 .0152. 326
=0. 006448
Cp=LSE−LIE6σ
=10 . 28−10 .226⋅0 . 006448
=1 .55
a) 1.55 > 1 si es hábil para 3.
b) Para calcular la capacidad del proceso para 4, deberíamos recalcular la capacidad, pero con un denominador 8. Hay una forma más sencilla de analizar los argumentos una vez obtenida la capacidad para 3. Si escribimos la ecuación de capacidad de un proceso con 4
Cp=LSE−LIE8σ
Tenemos que para este valor de 4, el denominador es 8. Para 3, el denominador es 4. Si establecemos que el proceso sea capaz (con el valor de 4), entonces Cp = 1.
1=LSE−LIE8σ
Si utilizamos un sencillo razonamiento matemático, podemos convertir el 8 en 6, mediante las siguientes operaciones
1=LSE−LIE8σ
66
86=LSE−LIE
6σ23=LSE−LIE
6 σ
Con este razonamiento, podemos hacer razonamientos para 4 teniendo el valor de Cp para 3, estableciendo que cuando trabajemos con 4, la capacidad debe ser mayor o igual a 2/3 (aprox 1.33). Haciendo razonamientos análogos, podemos encontrar que:
Nivel dehabilidad
Valor de Cp usando
la fórmula para 3
Nivel dehabilidad
Valor de Cp usando
la fórmula para 3
3 1.00 5 1.664 1.33 6 2.00
De los resultados anteriores, 1.55 > 1.33, por lo que el proceso si es hábil para 4.
c) Aplicando la fórmula para la capacidad de un proceso, encontramos que el rango medio necesario para lograr lo pedido en este inciso es:
Cp= LSE−LIE
6Rd2
R= LSE−LIE6Cp
(d2 )=0 .06
6(1 . 66)(2.326 )=0 . 014
La capacidad iguala a 1 indica que el proceso es capaz en lo mínimo, por lo que este rango nuevo sería máximo. La diferencia entre el rango anterior (el “original”, dado por el muestreo) es:
R1 – R2 = R3 0.015 - 0.014 = 0.001
Este valor de R3 se extrae de 0.03, que es el valor de la especificación:0.03 - 0.001 = 0.029
Este es el valor de la nueva variabilidad. No podemos admitir que esta especificación dará resultados correcto al aplicarlo de nuevo a la fórmula de
capacidad, pues la variación ha sido “cambiada” al realizar los razonamientos anterior. Debe recalcularse la desviación con estos nuevos valores para poder terminar el razonamiento de manera correcta.
6
LIELSECp
σ= LSE−LIE
6Cp
σ= 10 . 279−10 . 2216(1 .66 )
=0 . 005823293173
Esta nueva desviación es la que se obtiene si se realizan los cambios pertinentes para lograr que el proceso sea hábil para 5
Ejercicio 2: El diámetro de cierta rosca tiene una especificación de 0.4037 0.0007 pulgadas. Se han estado tomando muestras de tamaño cuatro y el proceso se encuentra en control estadístico con los siguientes datos:
LCX = 0.4033 Y LCR = 0.0006
a) ¿El proceso es hábil para ±3σ ?
b) ¿El proceso es hábil para ±4σ ?
c) ¿Cuál debe ser el rango promedio para que el proceso sea hábil para ±4σ ?.
Respuesta: Se tienen los siguientes datos del texto:n = 4 LCX = 0.4033 LCR = 0.0006 LSE = 0.4044 LIE = 0.403
Se calcula la capacidad del proceso para
3:
0002914.0059.2
0006.0´
2
d
R
Cp= LSE−LIE
6σ=0 . 4044−0 . 403
6 (0 . 0002914 )=0 .8045
a) 0.8045 < 1 no es hábil para 3.b) 0.8045 < 1.33 no es hábil para 4 (si no es hábil para 3, menos lo será para 4).c) Aplicamos la fórmula de capacidad de proceso para encontrar el nuevo rango medio:
Cp= LSE−LIE
6Rd2
R1 – R2 = R3 0.0006 – 3.612x10-4= 2.388x10-4
R= LSE−LIE6Cp
(d2 )=(0 . 4044−0 . 403 )
6 (1. 33 )(2 .059)=3 .612 X 10−4
Entonces 0.0007 - 2.388x10-4 = 0.0004612El valor del rango medio debe ser 0.0004612 para que el proceso sea hábil para 4. Obviamente, este nuevo rango genera un nuevo valor para desviación, y antes de hacer análisis a partir de este rango debe calcularse la nueva desviación.
Ejercicio 3: La distancia entre dos puntos de un electrodo se debe mantener entre 0.14 0.003 in. A partir de muestras de tamaño seis, se obtiene la información siguiente:
X = 0.1406 y R = 0.00086
a) ¿El proceso es hábil para ±3σ y para 4 ?b) ¿Cuáles son las tolerancias mas estrechas que se pueden tener, para que el
proceso sea aun hábil ±4σ ?c) ¿Bajo que condiciones son validas sus respuestas?
Respuesta: Los datos disponibles son los siguientesn = 6 d2 = 2.534 X = 0.1406 R= 0.00086
LE = 0.14 0.003 LSE = 0.143 LIE = 0.137
Se calcula la capacidad del proceso para
3:
7250003393843.0534.2
00086.0´
2
d
R
946511628.2)7250003393843.0(6
137.0143.0.
6
LIELSE
Cp
a) En este caso 2.94 > 1, por lo que el proceso es hábil para 3; y 2.94 > 1.33, por lo que sí es hábil para 4
b) Se recalcula el rango para encontrar las nuevas especificaciones, mediante los siguientes cálculos:
Cp= LSE−LIE
6Rd2
R= LSE−LIE6Cp
(d2 )=(0 . 143−0.137 )
6(1 .33 )(2 .534 )=0 .001905263
El nuevo límite para los rangos es:
R1 – R2 = R3 0.00086 – 0.001905263 = -1.04523x10-3
0.003 – (-1.04523X10-3 ) = 0.00404526La variación del proceso entonces debe ser:
6
LIELSECp
Cp
LIELSE
6
σ= 0 .1440−0 .1359
6 (1 . 33)=0. 001015
LSE−LIE=6σ Cp=6 (0. 000339384372 )(1 . 33)=0 .00270887293LSE−LIE
2=0 .001354143646
LE = 0.14 0.001354143646
Estas son las nuevas especificaciones. Este es un dato extraído de un supuesto, y tal vez no sea necesario que se apliquen medidas correctivas para nuevas condiciones pues el proceso es hábil en gran medida.
Habilidad real de un proceso
Ejercicio 1: La salida de alto voltaje de la fuente de potencia de una maquina tiene especificaciones de 350 5 Volts. Se ha llevado una grafica de control, tomando muestras de tamaño cuatro cada una, y el proceso esta en control estadístico. La grafica muestra lo siguiente:
LC x = 349.808 LCR= 2.512
a) ¿Es el proceso hábil para 3?b) ¿Es el proceso hábil para 4?c) ¿Cual es la máxima desviación con respecto al centro de las especificaciones,
que debe tener el proceso para ser realmente hábil para 4
Respuesta: Se calcula la capacidad del proceso para
3:
σ =
Rd2 =
2. 5122. 059
=1 .22 Cp=355−3456 (1 . 22 )
=1. 366
Se aprecia que el proceso es hábil potencialmente para
3. La capacidad real se
calcula de la siguiente forma:
Cpk=1 .366 (1−k ) donde
k=2 (350−349 .88 )355−345
=0.0384
por lo tanto, el valor de la capacidad real es:
Cpk=1 .366 (1−0 .0384 )=1 .3135
Por lo tanto, podemos ver que el proceso es realmente hábil para 3.
b) De acuerdo a los datos anteriores, el proceso no es potencialmente hábil para 4, ya que Cp < 1.33. Si el proceso no es potencialmente hábil, menos lo será para una habilidad real. Esto es porque el término (1 – k) en un caso ideal sería 1 (con k = 0), y esto deja fuera la posibilidad de una capacidad real para el proceso.
c) Como ya estamos hablando de capacidad real, no podemos partir del concepto de capacidad del proceso. Debemos utilizar el factor k para hacer las suposiciones. En este caso:
k=1−CpkCp
k=1− 11. 366
=0 .2679
Este ultimo valor sumado a la media del proceso nos dará la nueva media (se suma porque la media del proceso quedó “debajo” o “a la izquierda” de la media deseada, la de especificación):
349 . 808+0 .2679=350 .076
Y utilizamos este dato para encontrar el nuevo valor de k:
k=2|350−350 . 0759|10
=0 . 01519
De este valor podremos deducir si el proceso ahora es realmente hábil para 4Cpk=1 .366 (1−0 .01519 )=1.345
Con esto comprobamos que esta relación permite la capacidad real del proceso. Las tolerancias que hacen realmente hábil el proceso son:
5 – 0.01519=4.9848
Y las nuevas tolerancias son: LE = 350 4.9848
Ejercicio 2: Una característica importante en un proceso de teñido de telas es el pH de la solución. El pH debe de estar en el rango 4.15 0.42. El proceso se encuentra en control estadístico y se han estado encontrando muestras de tamaño cinco y se tiene la siguiente información:
LCX = 4.22 Y LCR = 0.293
a) ¿El proceso es hábil para 3 ?b) ¿El proceso es hábil para 4 ?c) ¿Qué medidas se deben tomar para que el proceso sea realmente hábil para
4 ?
Datos:n = 5 d2 = 2.326 LCX = 4.22 LCr = 0.293LE = 4.15 0.42 LSE = 4.57 LIE = 3.73
La capacidad potencial del proceso es:
125967325.0326.2
293.0´
2
d
R
111399318.1)125967325.0(6
73.357.4
6
LIELSE
Cp.
a) Se concluye que el proceso es potencialmente hábil para 3.b) El proceso no es potencialmente hábil para 4, pues la capacidad potencial es menor a 1.33.c) Primero, establecemos todos los parámetros necesarios y, analizando sus cambios, definiremos las nuevas especificaciones que deben implantarse para volver capaz al proceso.
)1( KCpCpk 16666666.0
84.0
22.415.422
LIELSE
MnK
Cpk=1 .111399318(1−0 .166666 )=0 . 926166098
En estos cálculos observamos que el proceso no es realmente hábil ni para 3 ni para 4. Recalculamos el valor de k:
K=1−CpkCp
=1− 11 .111399318
=0 .100233387
Con este dato, corregimos el valor de la media del proceso, para poder ajustar la curva del proceso a la curva de especificación.
4.22 – 0.100233387 = 4.11976613
K=2|μ−M|LSE−LIE
=2|4 . 15−4 . 11976613|
0.84=0. 071985
Se recalcula el rango para la especificaciónR1 – R2 = R3 0.293 – 0.071984254 = 0.221015745
LE LP
4.224.15
0.42 – 0.071984254 = 0.348015746
Luego entonces: LE = 4.15 0.348015746Con estas especificaciones, el proceso será realmente hábil, lo que comprobaremos en los siguientes cálculos.
σ ´= Rd2
=0 .2210157452. 326
=0.095019666
Cp= LSE−LIE6σ
=4 . 4980157416−3 . 8019842546(0 .095019666 )
=1 .220855
Cpk=Cp(1−K )=1 . 220855(1−0 .071984254 )=1 .132972795
Se ha demostrado que el proceso es realmente hábil para 3 con las nuevas especificaciones. Para 4, el desarrollo es el siguiente:
K=2|n−M|LSE−LIE
=2|4 . 15−4 . 119766613|
0 .696031482=0. 086873618
R1 – R2 = R3 0.221015746 – 0.086873618 = 0.1341421270.348015746 – 0.086873618 = 0.261142128
LE = 4.15 0.261142128
Comprobaremos si esta especificación le concede habilidad real al proceso para 4:
057670734.0326.2
134142127.0´
2
d
R
50938561.1)057670734.0(6
888857872.3411142128.4
6
LIELSE
Cp
Cpk=Cp(1−K )=1 . 50938561(1−0 . 086873618)=1 . 3782598Se comprueba la habilidad real del proceso para 4.
Ejercicio 3: Una maquina llenadora debe de entregar producto con un contenido de 96 3.5 onzas. Sean estado tomando muestras de tamaño 8 y el proceso se encuentra en control estadístico. De las últimas 12 muestras se tiene la siguiente información:
2.1141X y ∑ R=2 .81
a) ¿El proceso es hábil para ±3σ y para 4 ?b) ¿Cuál es la máxima desviación de la media del proceso con respecto a la
media de las especificaciones, para que el proceso sea realmente hábil para±3σ ?
c) ¿En cuanto se debe reducir para la variabilidad del proceso, para que sea
realmente hábil para ±4σ , si la medida del proceso no se puede variar?
Datos y desarrollo para la capacidad potencial del proceso en 3:
n = 8 d2 = 2.847 X = 95.1 R= 2.81LE = 96 3.5 LSE = 99.5 LIE = 92.5
σ ´= Rd2
= 2. 812. 847
=0.9870
182033.1)9870.0(6
5.925.99
6
LIELSE
Cp.
a) El proceso es potencialmente hábil para , pero no para 4.b) Se desarrollan los cálculos para encontrar si el proceso es realmente hábil para 3.
Cpk=Cp(1−K ) K=
2|μ−M|LSE−LIE
=2|96−95 .1|
7=0. 2571428
Cpk=1 .182033 (1−0 .2571428)=0. 87808179Se demuestra que el proceso no es realmente hábil para 3. Los cálculos para la corrección (que, en este caso, se refiere a encontrar la nueva desviación) son:
1539967.0182033.1
111
Cp
CpkK
Se suma el valor de K porque la media del proceso está a la izquierda de la de especificación.
95.1 + 0.1539967 = 95.253997
Con esta media encontramos el nuevo valor de K y los demás parámetros para definir las especificaciones que darán capacidad real al proceso.
K=2|μ−M|LSE−LIE
=2|96−95 .253997|
7=0 .213143714
R1 – R2 = R3
3.5 – 0.2131438 = 3.28656286
LE = 96 3.28656286
Para confirmar que estas especificaciones son correctas, desarrollamos los cálculos correspondientes:
σ ´= Rd2
=2. 5968562. 847
=0 .91213778
Cp= LSE−LIE6σ
=99 . 2856286−92. 71437146 (0. 91213778 )
= 6 . 57125716(0 . 91213778 )
=1 . 20
Cpk=Cp(1−K )=1 . 28(1−0 . 213143714 )=1 .006425
c) Para 4 , sabemos que el proceso no es realmente hábil a partir de los problemas anteriores. Comenzamos directo con las correcciones necesarias para las nuevas especificaciones:
K=2|n−M|LSE−LIE
=2|96−95 .253997|
99 .2856286−92. 7143714=0 . 227050312
R1 – R2 = R3 3.28656286 – 0.227050312 = 3.059512548
LE = 96 3.059512548
Veremos si las especificaciones cumplen lo necesario:
σ ´= Rd2
=2. 3698056882 . 847
=0 .832386964
Cp= LSE−LIE6σ
=99 . 05951255−92. 940487456(0 . 832386964 )
= 6 .1190250986(0 . 832386964 )
=1. 22
Como las especificaciones no le conceden potencial capacidad al proceso, debe recalcularse el valor de K a partir de estos valores hasta que se logre que Cpk > 1.33.
Ejercicio 4: El espesor de las nervaduras para un anillo para motor debe de estar entre 1.5000 0.0040 in. Se han tomado muestras de tamaño cuatro y el proceso se encuentra en control estadístico. Los datos de la grafica son:
LCX = 1.50500 Y LCr = 0.00215
a) ¿El proceso es hábil para ±3σ ?b) Muestre gráficamente como esta la situación, usando una curva normal.c) ¿Qué sugieres para mejorar la habilidad del proceso?
Datos y capacidad potencial:n = 4 d2 = 2.059 n = 1.505 R = 0.00215
LE = 1.5 +/- .004 LSE = 1.504 LIE = 1.496
σ ´= Rd2
=0 .002152. 059
=0. 01044196212
Cp= LSE−LIE6σ
= 1 . 504−1.4966(0 . 001044196212)
= 0 . 0080 . 006265177
=1. 276894225.
a) El proceso es potencialmente hábil en 3.
b)
LSP=X±A2R=1 .506LIP=X±A2R=1 . 503
K=2|n−M|LSE−LIE
=2|1. 5−1 . 505|
0 . 008=1 .25
K=2|n−M|LSE−LIE
=2|96−95 .253997|
7=0 .213143714
c) Lo recomendable es “correr” la curva de proceso hacia la izquierda. Esto se logrará calibrando las máquinas, pues el proceso trabaja con dispersión adecuada, pero no sobre la media de especificación, lo que da un valor de K > 0.
Estimaciones de la habilidad real de un proceso con un solo límite de especificación
Ejercicio 1: Una característica critica para una pieza metálica es la rugosidad medida en milésimas de pulgada. El proceso se encuentra en control estadístico y se han tomado muestras de tamaño cuatro de. De las ultimas 15 se tiene que:
∑ x=189 y ∑ R=38 . 445
La rugosidad para que una pieza se considere aceptable, debe ser menor a 17 milésimas de in.
1.5061.5051.5041.503
LSE LSPLPLSPLIE LE
1.496 1.5
a) ¿Es el proceso hábil para 3 y para 4?b) ¿Cuál es el valor mayor que puede tomar la media del proceso, para que siga
siendo hábil para 3?c) ¿Cuál debe ser la variabilidad para que el proceso sea hábil para 4?
a) Podemos obtener de las suma de las medias y los rangos sus respectivos valores para hacer los cálculos en el problema.
x=∑ x
n=
18915
=12 . 6 y R=∑ R
n=
38 . 44515
=2 .563
Se calculan y Cpk:
σ=2.5632.059
=1 .244779 Cpk=17−12. 63 (1 . 244779 )
=1. 17833
El proceso es realmente hábil para 3, pero no lo es para 4.
b) Como primer paso, suponemos una capacidad Cpk = 1, como parámetro para estimar la media que necesitamos:
Cpk=LSE−μ '
3σμ '=LSE−3 σCpk
Sustituyendo valores:
μ '=17−3 (1 .2447 ) (1 )=13. 2656
c) De nuevo, el parámetro comparativo es Cpk = 1, y calculamos el rango necesario para calcular la desviación requerida:
Cpk=LSE−μ '
4 σ σ= R
d2
R=d2 (LSE−μ ' )
4Cpk R=
2 .059 (17−13 .26566 )4 (1 )
=1. 9222
de este valor de R podemos obtener un nuevo valor de R al restar el valor anterior con el valor que da el problema:
R1−R2=R3 2. 563−1 . 9222=0 . 64674
obviamente, este nuevo valor de R altera las tolerancias que se tenían, así que, suponiendo que existe una tolerancia bilateral, calculamos los límites ”superior e inferior”:
17−13 .26566294=±3 . 73434
Con este valor de límites, sacamos el unilateral de interés: el superior. Entonces, la tolerancia nueva es:
3 .73464−0. 64674=3 . 093587
Por lo que el problema queda redefinido ahora como: LE = 13.2656 + 3.0935
Ejercicio 2: La resistencia mínima a la atracción de una parte metálica debe ser de 520 psi. Se han tomado muestras de tamaño de tres y los datos de las graficas son:
LCX = 530 Y LCR = 8.35
a) ¿El proceso es hábil para ±3σ ?
b) ¿Cuál debe ser la media del proceso para que sea hábil a ±3σ ?c) ¿Qué porcentaje de piezas esta fuera de especificaciones?
Datos y cálculos:
n = 3 d2 = 1.693 LCX = 530 LCR = 8.35
σ= Rd2
= 8.351. 693
=4 . 932073293
Cpk=(u−LIE )
3σ=
(530−520 )3( 4 . 932073293)
=0 . 6758
a) El proceso no es hábil para 3, y es grave, pues el dato es demasiado bajo.
b) Si sustituimos la fórmula con Cpk = 1, y despejamos el parámetro de interés:
1=(u−520 )
3( 4 . 932073293)u=3(4 . 932073243 )+520=534 .7962 psi
c) El 0.135 % de las piezas.
Ejercicio 3. El contenido de una sustancia no deseada, en cada envase de un producto debe tener un máximo de 0.3 gr. se han estado tomando muestras de tamaño seis y se tienen los siguientes datos de la grafica de control:
LCX=0 . 21 y LCR=0 .063
a) ¿Es el proceso hábil para 3 y para 4?b) ¿Cuál es el máximo valor que puede tomar la media del proceso, para que siga
siendo hábil para 3?c) ¿Qué porcentaje de envases exceden esa cantidad de sustancia no deseada?
a) De la formula Cpk=
LSE−μ '3σ :
σ= Rd2
=0 .0632. 534
=0. 02486
Cpk=LSE−μ '
3σ= 0. 3−0 .21
3 (0 .02486 )=1.2086
De aquí observamos que el proceso es realmente hábil para 3, pero para 4 no es realmente hábil.
b) El máximo valor que puede tomar la media del proceso es, con un valor de Cpk
= 1 :
Cpk=LSE−μ '
3σ μ '=LSE−3Cpk σ=0 .3−(3 ) (1 ) (0 .02486 )=0 .2254 gr
c) 0.135% de los envases exceden esa cantidad de sustancia no permitida.
Ejercicio 4: La vida de un foco domestico debe tener una vida mínima de 1000 hrs. Se han llevado muestras de tamaño 5 y el proceso se encuentra en control estadístico. Los datos:
LCX=1108 y LCR=20
a) ¿El proceso es hábil para +/-3σ y para +/-4σ ?b) ¿Cuál es el mínimo valor de la media para que el proceso siga siendo hábil
para +/- 4σ ?c) Si la variación se reduce a la mitad, conteste el inciso b).
a) Calculamos el valor de la capacidad del proceso con la fórmula ya conocida:
σ= Rd2
=202. 326
=8 . 598 Cpk=LSE−μ '
3σ=1108−1000
3 (8. 598 )=4 .187
Con este valor de capacidad, encontramos que el proceso tiene capacidad para 3 y para 4.
b) El mínimo valor que puede tomar la media del proceso es, con un valor de Cpk = 1.33 (pues es para 4):
Cpk=LIE−μ '
4 σ μ '=LIE−4Cpk σ=1000−(4 ) (1 . 33 ) (8 .598 )=1045. 74hrs .
c) Si se reduce a la mitad la variabilidad tenemos que:
R2=20
2=10
....por lo que al calcular σ tenemos que: σ= R
d2
=102. 326
=4 . 299. Al
sustituir valores en μ ' tenemos:
μ '=LIE−4Cpk σ=1000−(4 ) (1 . 33 ) (4 . 299 )=1022 . 87hrs .
Habilidad de un proceso partiendo de un grafico p ó np
Ejercicio 1: Los datos siguientes son el número de unidades defectuosas que fueron encontradas en las ultimas 15 muestras, de un proceso que se encuentra en control estadístico mediante una grafica np. El tamaño de la muestra es constante y de tamaño 250.
Muestra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 TotalNp 4 1 3 2 5 1 4 3 5 3 1 2 4 3 2 43
a) ¿Es este proceso hábil para 3?b) ¿Cuánto debe valer la línea central de la grafica np, para que el proceso sea
hábil para 3?
a) Usando la la formula Ch=100(1−npn )
donde np=43
15=2 . 86667
, tenemos que:
Ch=100(1−2. 86667250 )=98 . 85 %
Como Ch<99.73%, el proceso no es hábil para 3
b) Para que el proceso sea hábil para 3, debemos ajustar el valor de np, para que Ch = 99.73. Entonces:
Ch=99 . 73=100 (1−npn ) 99 . 73100
=1− np250
np=(1−99 .73100 ) (250 )
de aquí obtenemos que np = 0.675, así que para el proceso sea hábil para 3, debe de haber menos de un producto defectuoso en la línea por cada 15, o aproximadamente, 2 productos defectuosos por cada 45 en la línea.
Ejercicio 2.- Los datos que siguen, nos muestran el numero de unidades defectuosas en varias muestras de un componente electrónico. El tamaño de la muestra varía, y el proceso ha estado en control estadístico usando una grafica p. Los datos de las ultimas diez muestras son:
Muestra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 TotalTamaño 580 610 590 575 630 620 570 625 605 595 6000
defectuosos 4 7 5 6 6 6 4 5 8 7 58
¿Es el proceso hábil para 3?
Para empezar a resolver este problema, debemos de estimar primero el parámetro ‘P’:
P=∑ np
∑ n=
586000
=0.009667
Al aplicar la formula de Ch=100 (1−P )
, encontramos si el proceso es hábil ó no:
Ch=100 (1−0 . 009667 )=99. 0333%
Por lo tanto, el proceso no es hábil para 3 pues Ck < 99.73%, que es el parámetro de porcentaje de piezas con defectos aceptables que el proceso debe entregar para 3.
Habilidad de un proceso partiendo de una grafica c y u
Ejercicio 1.- Un proceso ha estado en control estadístico mediante una grafica c. Se registra el número de defectos menores que muestran hojas de láminas para un estampado metálico. El número de defectos para las últimas 15 hojas inspeccionadas ha sido 1, 2, 0, 0, 3, 1, 2, 1, 0, 0, 1, 2, 2, 0 y 0. Se considera que no se puede usar satisfactoriamente una hoja que tenga tres ó más defectos.
a) ¿Es el proceso hábil para 3?b) ¿Para qué LSE es el proceso hábil para 3?
a) A partir de los datos anteriores, podemos estimar el número promedio de defectos por unidad, que es:
U i=c ini= sumatoriadel numero dedefectos
tamañode lamuestra=1+2+3+1+2+1+1+2+2
15=1
Puesto que el proceso ha estado en control estadístico, tenemos que el numero de defectos de una lamina para este problema, se describe mediante una curva de probabilidad de Poison con una medida de c = 1. buscamos en la tabla de Poison para una lamina de 1.00 y con un valor de x = 3, obtenemos un área bajo la curva de 0.9810.
Esto indica que tenemos 1-0.9810 = 0.019, ó sea 1.9% de producto fuera de especificaciones; para que el proceso fuera hábil para 3, solamente deberíamos tener un 0.135% de producto fuera de especificaciones, pero como tenemos un 1.9% fuera de especificaciones decimos que el proceso no es hábil para 3.
b) Para que el proceso sea hábil para 3, es necesario que el porcentaje de artículos defectuosos que exceda el LSE, sea menor a 0.135% ó lo que es equivalente, que el porcentaje de productos buenos, sea mayor a 0.99865, de manera que, manteniendo la misma media del proceso, c =1 , el nuevo valor de ‘x’ que da un valor mayor de 0.99865 en la tabla es de x = 5, por lo que, para que el proceso sea hábil para 3, necesitamos que el nuevo valor del LSE sea igual a 5, ó sea que haya 5 defectos por lamina.
PROBLEMAS DEL CARDENAS.
Diagrama Causa – Efecto
Una importante embotelladora de la región, líder en la venta de refresco, recientemente ha tenido problemas de calidad en sus productos, por lo que ha registrado bajas en sus ventas.En un intento por mejorar, el gerente general te ha pedido encontrar la solución al problema. Tú llamas a ingenieros, supervisores y operarios para pedirles que enumeren las posibles causas que han repercutido en el producto.Ante esta situación se recopilan los siguientes datos:
Bajó la calidad de purificación de agua Botellas (envases) en mal estado Máquinas embotelladora desajustada Operarios nuevos mal capacitados Operarios antiguos molestos con el supervisor del primer turno Ingeniero de producción nuevo y sin experiencia Por la calidad temporal, hay escasez de agua Problemas con el proveedor de azúcar, entregas tardías Velocidad alta de embotellado Corcholatas defectuosas Se desconocen los estándares de trabajo Falta personal de mantenimiento que renunció hace 3 semanas y no se
cuenta con personal de reemplazo aún.
Error: Adentro de la rama de maquina se encuentran mal acomodadas las subsubcausas porque dentro del mantenimiento deberia de ir lo de desajustada por falta de mantenimiento y dentro de ese desajuste esta la alta velocidad asi también en la rama de mano de obra están mal acomodadas ya que se debe tomar dos clases de mano de obra la nueva y la vieja. Lo que podria traer como consecuencia la mala interpretacion del problema
Un ingeniero industrial posee una pequeña empresa de fundición. El ingeniero tiene programada una producción de discos de 20, 30 y 45 cm. De diámetro para los siguientes dos meses. Después de dos semanas de haber iniciado sus operaciones recibe quejas de su cliente, pues algunas piezas salen con menor dureza que la esperada, demasiada rebaba y/o impureza notorias.El ingeniero investiga las posibles causas.
Aluminio fuera de especificación Mezcla defectuosa de arena Diferencias por operario Brocas desgastadas Taladro desajustado Diferencia por turno Diferencia por taladro (el ingeniero posee dos) Diferencia por torno (el ingeniero posee dos) Falta capacitación Falta adiestramiento Falta gráficas de control Recolección defectuosa de escoria Formación defectuosa de moldes Se desconoce los estándares de trabajo
Error: En la causa maquina solo se deberia ir las subcausas de desajuste y de desgaste y dentro de esas subcausas se pueden acomodar las respectivas subsubcausas que se dan en el problema.
Una compañía fabrica carritos modelo a control remoto. El departamento de investigación y desarrollo, junto con mercadotecnia han desarrollado un nuevo coche muy versátil, con muchas opciones de mando y muy económico. Se comienza con la producción del nuevo modelo se realizan las pruebas convenientes para el control de calidad.Tres meses después la demanda de este juguete se quintuplica. Aunque la empresa estaba preparada, jamás se imaginó ese nivel de ventas. El departamento de producción hace sus ajustes y logran cumplir con los pedidos. Sin embargo, dos semanas después empiezan las devoluciones de una cantidad considerable de estos conches: los clientes alegan que el coche no responde como debería al control remoto.Posibles causas, obteniendo las siguientes:
Transitor de radiofrecuencia Convertidor digital análogo Maltrato a los potenciómetros por parte del proveedor Microprocesador- mal manejo den la fabricación Memoria EPROM. Fallas de programación Sistema programador de EPROMS – que ha estado trabajando a toda
su capacidad sin tiempo para mantenimiento Placa de fibra de vidrio Cloruro férrico Capacitación- hay un nuevo turno Desconocimiento de procedimientos por parte de algunos operadores
Error: En la cuasa hombre solo se debe de tomar en cuenta la variación por turno ya que aqui caen las demás subcausas como la falta de capacitación.
Una empresa se ha dedicado a la producción y distribución de aparatos eléctricos doméstios y calculadoras. En los últimos dos meses los directives han decidido incursionar en el campo de las computadoras. La companía cuenta con la tecnología y el financiamiento necesarios para su primer modelo.Después de cinco días de producción y antes deempezar a distribuir las computadoras, se detecta un grave problema en el ROM de la máquina.
Posibles causas de esta falla: Capacitor 1 MF, 20 V Capacitor 10 MF, 10 V Capacitor 10 MF, 20 V Transistor ECG-163 (el proveedor tuvo problemas con ésta) Transistor ECG-161 Diodo IN 101 Diodo IN 111 Soldadura - segun algunos, ha resultado de baja calidad Cautín, más de la mitad ha sufrido corto circuito Procedimiento de trabajo desconocido para la mayoría Falta de capacitación Falta gráfica de control El supervisor del Segundo turno es mas estricto que el primero
Error: En la causa de método solo podría ir dos espinas la de desconocido y la de conocido y dentro de esas dos subcausas se englobarian respectivamente otras subcausas y en la causa del hombre solo debería ir la de diferencias de turno.
Diagrama de Pareto
En septiembre de 1990 se realizó una reunion mundial para slavar a los niños de todos los países.En esta cumber, la UNICEF reportó los siquientes datos de muertes infantiles por día
1 400 De tosferina4 000 De sarampión2 150 De tetanos2 250 De malaria11000 De diarrea6 000 De nuemonía
Niños muetos por día
Enfermedad acumulado porcentaje p.acum.Diarrea 11 000 11 000 41.04% 41.04%Neumonia 6000 17 000 22.39% 61.43%Sarampion 4000 21 000 14.93% 78.36%Malaria 2250 25 400 8.02% 94.78%Tosferina 1400 26 800 5.22% 100.00%
Error: Sólo cuenta 6 elementos y la teoría nos dice que este método necesita como mínimo 7. En la gráfica la línea de unión de los datos no se encuentra sobre los puntos medios.
La escala está mal, se puede observar que 22 000 está antes de 20 000.
En la empresa torniquete se ha tenido recientemente una gran demanda de tornillos, lo que, al parecer, ha ocuacionado una avalancha de productos defectuosos. A continuación se presentan los defectos junto con la cantidad de productos defectuosos
Tornillos defectuosos
Defecto acumulado porcentajeDemasiada rebaba 5 000 53.48%Longitude excedente 7 300 24.60%Resistencia inferior 8 150 9.09%Anchura escasa 8 850 7.49%Fisuras 9 350 5.35%
Error: Sólo cuenta con 5 elementos y la teoría nos dice que este método se necesita como mínimo 7. En la gráfica la línea de unión de los datos no se
2 300 Tornillos con longitud excedente5 000 Tornillos con demasiada rebaba 500 Tornillos con fisuras 850 Tornillos con resistencia inferior a
la especifica 700 Tornillos con anchura escasa
encuentra sobre los puntos medios. Este método no será el más adecuado, debido a que los datos son excluyentes, es decir, en este caso los tornillos sólo se toma en cuenta un defecto. Con esto se logrará un resultado poco favorable debido a que el problema no estará del todo resuelto.Usted se da cuenta de que ha cometido un ligero error al leer el memorándum del gerente de producción de la empresa torniquete, S. A. las ultimas líneas decían:“solicito que usted elabore un diagrama de pareto con base en costos”
Defecto costo total acumulado porcentaje p. acum.Damasiado 1 500 1 500 35.80% 35.80% RebabaFisuras 1 000 2 500 23.87% 59.67%Resisntencia 765 3 265 18.26% 77.92% InferiorLongitud 575 3 840 13.72% 91.65% ExcedenteAnchura 350 4 190 8.35% 100.00%
Error: Sólo cuenta con 5 elementos y la teoría nos dice que este método se necesita como mínimo 7. En la gráfica la línea de unión de los datos no se
encuentra sobre los puntos medios. No especifica bien la escala, es decir, no es proporcional.
El dueño de la compañia Sierra, S.A. está preocupado por el reciente estado de resultado, el cual muestra un incremento desmesurado en los costos. Investigando encuentra que los costos aunmentaron al mosmo tiempo que los defectos en las puertas de Madera. El dueño ha recabado los siguientes datos:
Cantidad Costo unitarioPuertas mal cortadas 30 $ 30 000Desperdicio 70 8 000Puertas pandeadas 50 15 000Puertas con pequeñas fisuras
20 50 000
Puertas con rayaduras 60 5 000
Diagrama de pareto conbase en costos totales de defectos
Defecto costo totales acumulado porcentaje p.acum. fisura 1 000 000 1 000 000 28.49% 28.49%Mal cortadas 900 000 1 900 000 25.64% 54.13%Pandeadas 750 000 2 650 000 21.37% 75.50%Desperdicio 560 000 3 210 000 15.95% 91.45%Rayaduras 300 000 3 510 000 8.55% 100.99%
Error: solo cuenta con 5 elementos y la teoría nos dice que este método se necesita como mínimo 7. En la gráfica la línea de unión de los datos no se encuentra sobre los puntos medios.
En una fábrica de cerámica se tiene la siguiente estadística de fallas:
Defectos frec. Frec.acum. % p.acumVaciado de taza 14 14 43.75 43.75 Esmaltado 12 26 37.5 81.25 Sellos 4 30 12.5 93.75Mal acabado 2 32 5.25 100.00
Error: Solo cuenta con 4 elementos y la teoría nos dice que este método se necesita como mínimo 7. En la gráfica la línea de unión de los datos no se
encuentra sobre los puntos medios. No sabemos que pide el problema El porcentaje en “mal acabado” es de 6.25 y no de 5.25. Con los datos de porcentajes individuales no suma el 100%.
Histograma
Los registros de una semana de una flota de automoviles muestran las siguientes cantidades (dolares) que se gastaron en gasolina en c/u de sus 32 automoviles
39.01 37.87 24.75 38.67 31.55 50.55 64.50 31.5530.55 60.49 52.83 53.41 60.75 21.45 47.82 40.6945.13 37.51 64.69 41.77 30.24 15.25 27.63 24.6523.65 20.11 31.22 41.35 26.27 36.00 38.76 25.69
Clases Li Ls conteo n1 15.245 26.095 IIIII II 72 26.095 39.945 IIIII IIII 93 39.945 47.795 IIIII IIII 94 47.795 58.645 IIII 45 58.645 69.495 III 3
Error: La distribucion se encuentra erronea y también debe ser de 7 a 15 elementos en el histograma. El numero de clase esta mal calculado
k=1+3 .22 *log(32)=5.84 i=R /k=54 . 24 /5 .84=9 . 28 se toma 9
Los datos siguientes muestran el espesor, medido en pulgadas de 50 laminas de acero.
.053 .027 .028 .036 .047 .049 .031 .035
.040 .045 .048 .034 .039 .038 .034 .044
.039 .042 .043 .038 .043 .040 .043 .044
.040 .041 .038 .033 .032 .023 .045 .044
.050 .051 .055 .046 .052 .048 .032 .029
.048 .054 .037 .039 .040 .042 .039 .037
.035 .039
Clases Li Ls conteo n1 .0225 .0275 II 22 .0275 .0325 IIII 43 .0325 .0375 IIIII III 84 .0375 .0425 IIIII IIIII IIIII 155 .0425 .0475 IIIII IIIII 106 .0475 .0525 IIIII III 87 .0525 .0575 IIIII III 8
Error: Se encuentra mal calculado el numero de clases y la amplitud de esta, igualmente la distribución de frecuencia esta mal hecha
k=1+3 .22 *log(50)=6 . 47 i=R /k=. 032/6 . 47=.0049 Se toma .005 Por lo tanto quedan 11 clases.
Se desea analizar el tiempo de vida de los focos de las señales direccionales para autos. Para ello se procede a obtener una muestra de 30 focos, registrando el número de horas que duran encendidos, y los resultados son los siguientes:
237 180 285 225 288 232290 234 271 295 247 338315 284 320 255 305 274284 292 192 318 268 279261 374 228 358 210 244
Clases Li Ls conteo n1 179.5 218.5 III 32 218.5 257.5 IIIII III 83 257.5 296.5 IIIII IIIII II 124 296.5 335.5 IIII 45 335.5 374.5 III 3
Error: Solo cuenta con 5 elementos y esto es incorrecto. La distribución de frecuencias por lo tanto esta mal hecha.
En una fábrica el tiempo en horas de trabajo durante el cual una maquina queda fuera de operacion debido a dificultades como fracturas o fallas denominadas “tiempo de inactividad”. Un experto en eficiencia midio durante cierto periodo cien tiempo de inactividad consecutivos (en min.) que son:
32 63 52 62 35 34 74 53 64 8051 55 48 60 76 51 35 44 45 5433 45 61 53 21 68 85 60 77 6142 67 34 53 45 47 52 68 52 6973 61 55 65 62 54 41 59 53 5026 58 82 74 41 70 38 50 47 3536 67 43 28 56 79 84 49 36 6592 22 62 55 72 68 40 37 78 4365 73 57 39 46 57 56 60 50 8845 56 75 40 51 70 74 76 48 59
Clase Li Ls conteo n1 20 29 IIII 42 30 39 IIIII IIIII II 123 40 49 IIIII IIIII IIIII III 184 50 59 IIIII IIIII IIIII IIIII IIIII I 265 60 69 IIIII IIIII IIIII IIIII 206 70 79 IIIII IIIII IIIII IIII 147 80 89 IIIII I 6
Los datos siguientes muestran las calificaciones finales de 30 estudiantes de curso de calidad, para analizar su distribucion y su grado de aprendizaje las calificaciones indicant el numero de aciertos obtenidos de 250 preguntas
Calificaciones:
Clase Li Ls conteo n1 54.5 89.5 IIII 42 89.5 124.5 IIIII I 63 124.5 159.5 IIIII I 64 159.5 194.5 IIIII IIII 95 194.5 229.5 IIIII
Error: Solo cuenta con 5 elementos por lo que es erroneo deberia tener como mínimo 7 elementos. Esta mal calculado el numero de clases y la amplitud de la misma, la distribución de frecuencias por lo tanto también esta mal hecha las líneas de especificación y de proceso hacen falta.
62 156 231172 107 226178 69 16292 148 184224 126 89172 113 55110 156 161124 117 172200 189 221140 182 140
Los resultados de análisis de cloro en partes por millon existents en 30 muestras de agua tratada, hacer la distribución de frecuencias, sacar desviación estandar y media
16.2 15.4 16.0 16.6 15.9 16.0 16.8 16.9 16.8 15.815.7 16.4 15.2 15.8 15.9 16.1 15.6 15.9 15.6 16.016.7 15.8 15.7 16.2 15.6 15.9 16.3 16.0 16.3 16.3
Clase Li Ls Marca de clase
Frec.Absoluta
Frec.Absoluta acum.
Frec.Rel.acum..
1 15.2 15,54 15.37 2 2 6.6%2 15.51 15.88 15.71 8 10 33.3%3 15.83 16.22 16.05 11 21 70%4 16.22 16.58 16.39 4 25 83.3%5 16.56 16.9 16,73 5 30 100% X= 16.04 x= fx = 182.18 = 16.072 N 30
Error: Solo cuenta con 5 elementos por lo que no podemos confiar por lo que deberia de contar como mínimo con 7 elementos
Diagramas de Dispersión
Los datos que se muestran a continuación se obtuvieron del registro de un laboratorio de Lactología y nos muestra el porcentaje de grasa en la leche por día, así como el rendimiento en porcentaje de queso manchego por día.
% grasas Rendimiento3.3 11.553.2 11.033.0 11.673.4 11.303.5 9.643.1 11.653.4 11.243.5 11.763.4 12.123.1 11.063.2 12.403.1 10.09
Error: no menciona el objetivo del problema. Los puntos (3.0, 11.67) y (3.0, 10.59) situados sobre la grafica están mal señalados en el plano cartesiano De acuerdo a la teoría señalada en clase, y ocupando la formula proporcionada para obtener r, el resultado manejado en el problema esta mal, por lo tanto se debe de corregir r.
% grasas Rendimiento3.2 11.40
3.0 10.593.1 11.473.5 12.303.1 11.563.3 12.293.1 12.603.4 12.603.3 12.233.2 12.003.2 12.103.1 11.90
Los siguientes datos corresponden a un estudio realizado para la empresa SEARS. Para los 10 años (de 1953 a 1962) bajo estudio, se consideró como variable independiente x el ingreso de la sociedad americana, y como variable dependiente y las ventas netas de SEARS (ambas variables en billones de dolares)
Error: Según con lo visto en clase, tiene que dividir la paralela y de ahí los cuadrantes y atravesar una recta lo cual hace falta en el grafico de este problema. Y ocupando la formula de clase el valor de r es erroneo debe ser igual r=.8143
Año Ingreso anual disponible
Ventas netas de SEARS
1953 252.6 2.9821954 257.4 2.9651955 275.3 3.3071956 193.2 3.5561957 308.5 3.6011958 318.8 3.7211959 337.3 4.0361960 350.0 4.1341961 364.4 4.2681962 385.3 4.578medianas X=314.28 Y=3.7148
En un grupo de investigaciones se estableció una escala de grado de violencia en los programas de TV; se calificaron los programas y se recopilaron datos del porcentaje del teleauditorio que ve los grados del modo siguiente:
Programa Grado de violencia
% de teleauditorio
1 10 152 20 163 30 204 40 245 40 256 50 307 55 30
8 65 359 70 3510 70 35Medianas X=45 Y=27.5
La siguiente tabla muestra las alturas de padres e hijos (X y Y respectivamente) de una muestra de 12 padres e hijos primogénitos:
Altura x del padre en pulgadas Altura y del hijo en pulgadas65 6863 6667 6864 6568 6962 6670 6866 6568 7167 6769 6871 70X=66.667 Y=67.584
Error: De acuerdo con lo visto en clase en el grafico falta la recta que divide los cuadrantes respectivamente
Analizando el número de errores al devolver trabajos sin arreglar en una talabartería se encontró lo siguiente:
N X Y
3 15 2
4 18 2
5 15 3
6 20 0
7 16 2
8 15 3
9 16 2
10 17 2
11 15 3
12 20 11
13 16 2
X mediana:16.5 Y mediana: 3
Error: El grafico esta mal elaborado debido a que no se encuentra dividido a la mitad de los ejes X y Y, así como también falta la recta que divide a los cuadrantes respectivamente.
N X Y14 15 715 19 320 17 321 15 122 15 323 19 524 20 825 18 326 15 227 16 5
28 15 229 18 230 19 10
