Yanit_2006_Yariyil_Ici - İTÜ ENDÜSTRİ MÜHENDİSLİĞİ...

Info iconThis preview shows page 1. Sign up to view the full content.

View Full Document Right Arrow Icon
This is the end of the preview. Sign up to access the rest of the document.

Unformatted text preview: İTÜ ENDÜSTRİ MÜHENDİSLİĞİ BÖLÜMÜ SİSTEM SİMÜLASYONU DERSİ YARIYIL İÇİ SINAV SORU YANITLARI 06/04/2006 Soru. Ana karta takılan devreler sisteme 4 elemanlı partiler halinde girmektedir. Partilerin gelişler arası süresi için 40 veri toplanmış ve soruda verilmiştir. Parti gelişler arası süresi girdi değişkenine ilişkin analiz yapılması istenmektedir. Bağımsızlık testleri soruda istenmemiştir. Verilerin hangi dağılıma uyabileceğini bulabilmemiz için histogram çizmemiz gerekmektedir. Histogram Histogramı çizerken ilk adım sınıf sayısının belirlenmesidir. Aşağıdaki formülde sınıf sayısı hesaplanmıştır. 1 + 3.3 log(n) = 1 + 3.3 log(40) = 6.29 Sınıf sayısı değeri 6’ya yakın çıkmıştır. Veri sayımız çok fazla olmadığına göre sınıf sayısını aşağıya yuvarlayarak 6 almak doğru olacaktır. Bir sonraki adım sınıf genişliğinin belirlenmesidir. Sınıf genişliğini bulabilmek için verilerin en küçük ve en büyük değerlerini belirlememiz gerekir. Veriler sıraya dizilerek verilmiş olduğundan en küçük değerin 1.94 ve en büyük değerin 4.14 olduğu kolaylıkla bulunur. Bu durumda sınıf genişliği verilerin aralığını sınıf sayısına bölerek elde edilir. 4.14 − 1.94 = 0.367 6 Sınıfların bütün değerleri içerebilmesi amacıyla bulduğumuz sınıf genişliğini, verilerle aynı ondalık basamak sayısına sahip olacak şekilde yukarıya yuvarlamalıyız. Verileri noktadan sonra iki haneli olduğuna göre sınıf genişliği 0.37 olarak bulunur. Üçüncü adım sınıf sınırlarının belirlenmesidir. İlk sınıfın alt sınırı verilerin en küçük değerinden elde edilir. En küçük değer noktadan sonraki hane sayısı bir tane artırılarak ve bu son rakam 5 yapılarak aşağıya doğru yuvarlanır. En küçük değer olan 1.94’ü kullanarak 1.935 alt sınırını buluruz. Üst sınıf sınırı, alt sınıf sınırına sınıf genişliği eklenerek elde edilir. Bir sonraki sınıfın alt sınırı, kendisinden önceki sınıfın üst sınırına eşit olacaktır. Bu işlemler sonucunda elde edilen sınıf sınırları Tablo 1’de verilmiştir. Dördüncü adım sınıf sıklıklarının belirlenmesidir. Her sınıfın alt ve üst sınırları arasında kalan veriler sayılarak sıklıklar hesaplanır. Sınıf sınırları verilerden bir basamak daha büyüktür ve son rakam 5’tir. Bu nedenle verilerden hiçbirisi sınıf sınırına denk düşemez. Böylece her verinin yalnızca bir sınıfa girmesi sağlanmış olur. Tablo 1’de sınıf sıklıkları görülmektedir. Tablo 1. Sınıflar ve sıklıklar Sınıf sınırları Sınıf orta değeri Alt Üst Sıklık 1.935 2.305 2.12 2 2.305 2.675 2.49 7 2.675 3.045 2.86 12 3.045 3.415 3.23 11 3.415 3.785 3.60 6 3.785 4.155 3.97 2 Son adım histogramın çizilmesidir. Dikkat edilmesi gereken iki unsur vardır. Eğer veriler kesikli ise çubuklar arasında boşluk olmalı (hatta sıklıklar çizgi ile gösterilmeli), sürekli ise çubuklar birbirlerine bitişik olmalıdır. İkinci unsur yatay eksene sınıf sınırlarının yazılmasıdır. Eğer sınıf sınırları yazılamıyorsa sınıf orta değerlerini 1/7 çubukların ortasına gelecek şekilde yazmak uygun bir çözümdür. Soruda verilen gelişler arası süre değişkeni sürekli bir değişkendir. Bu nedenle çubuklar arasında boşluk bırakılmamıştır. Sınıfları belirlemek için sınıf orta değerleri kullanılmıştır. Histogram Şekil 1’de verilmiştir. 14 12 S ıklık 10 8 6 4 2 0 2.12 2.49 2.86 3.23 3.60 3.97 S ınıf orta de ğeri Şekil 1. Histogram PP Grafiği Şekil 1’de verilen histogram incelendiğinde, parti gelişler arası süre verilerinin normal dağılıma uyabileceği görülmektedir. Bu durumu sezgisel test olan PP grafiği ile incelememiz istenmektedir. Verilerin normal dağılıma uygunluğunu inceleyeceğimize göre normal dağılımın parametrelerini belirlemeliyiz. Normal dağılımın ortalama ve standart sapma olmak üzere iki parametresi vardır. Elimizdeki 40 verilik örneği kullanarak bu parametreleri kestirebiliriz. Verilerin ortalaması 3.0 dakika ve standart sapması 0.5 dakikadır. PP grafiğinde tüm verilerin gözlenen birikimli olasılıkları ile uyduğu düşünülen teorik dağılımın birikimli olasılıkları karşılaştırılır. Bu amaçla bir tablo hazırlamamız gerekmektedir. Sınavda 40 veri için böyle bir tablo hazırlamak zaman alacağından, yalnızca ilk satırdaki 8 veriyi kullanmamızın yeterli olacağı belirtilmiştir. Küçükten büyüğe sıraya dizilmiş verilerde göslenen olasılıklar, verinin sıra numarasından 0.5 çıkarılıp veri sayısına bölerek (bizim için 8) elde edilir. Teorik olasılıklar verilerden elde edilecektir. Normal dağılımın birikimli dağılım fonksiyonuna ilişkin bir formül bulunmadığından normal dağılımın birikimli olasılıklarını tablodan elde edeceğiz. Bütün normal dağılımlar bir dönüşüm denklemiyle birim normal dağılıma çevrilebilmektedir. Böylece birim normal dağılımın tablosundan yararlanabiliriz. Örneğin ortalaması 3.0 ve standart sapması 0.5 olan normal dağılımda ilk verimiz olan 1.94’ten daha küçük değer çıkma olasılığını bulalım. 1.94 değerini birim normal dağılıma çevirmeliyiz. z= x−µ σ = 1.94 − 3.0 = −2.12 0.5 Birim normal dağılım tablosundan -2.12’değerinden daha küçük çıkma olasılığı 0.0170 olarak bulunur. Ortalaması 0 standart sapması 1 olan normal dağılımda -2.12’den küçük değer çıkma olasılığı ile ortalaması 3 ve standart sapması 0.5 olan normal dağılımda 1.94’ten küçük değer çıkma olasılığı eşittir. Sıradaki ikinci veri olan 2.43’ten küçük çıkma olasılığını bulmak için birim normal dağılıma çevirelim. z= x−µ σ = 2.43 − 3.0 = −1.14 0.5 Yine birim normal dağılım tablosundan -1.14’ten küçük çıkma olasılığı 0.1271 olarak bulunur. Benzer şekilde diğer verilerin de birikimli olasılıkları bulunarak Tablo 2 hazırlanabilir. 2/7 Tablo 2. PP tablosu Gözlenen Teorik birikimli birikimli olasılık olasılık No Veri 1 1.94 0.0625 0.02 2 2.37 0.1875 0.10 3 2.70 0.3125 0.27 4 2.81 0.4375 0.35 5 3.01 0.5625 0.51 6 3.15 0.6875 0.62 7 3.35 0.8125 0.76 8 3.60 0.9375 0.88 Gözlenen birikimli olasılıkları yatay eksende ve teorik birikimli olasılıkları dikey eksende göstererek bir serpilme grafiği çizebiliriz. Bu grafik PP grafiği olarak adlandırılmaktadır. Eğer veriler varsaydığımız gibi ortalaması 3.0 ve standart sapması 0.5 olan normal dağılımdan geliyorsa, grafikteki noktalar 45 derece eğimli doğrunun üstünde çıkmalıdır. Fakat yığından veril alarak inceleme yaptığımızdan doğrunun tam üstünde olması beklenmez. Doğrunun yakınlarında çıkmaları yeterlidir. PP grafiği Şekil 2’de verilmiştir. Teorik birikimli olasılık 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0.0 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 Gözlenen birikimli olasılık Şekil 2. PP grafiği Grafiği incelediğimizde verilerin doğrudan çok az saptığı görülmektedir. Bu nedenle sezgisel olarak verilerin normal dağılımdan geldiğini söyleyebiliriz. Bir anlamlılık düzeyinde sonuca ulaşmak amacıyla hipotezimizi uygunluk testleri ile test edebiliriz. Soruda χ2 uygunluk testinin yapılması istenmiştir. χ2 uygunluk testi Uygunluk testleri hipotez testidir. Bu nedenle ilk önce uygun hipotezlerin yazılması gerekir. Aşağıda girdi değişkenimize ilişkin verilerin hipotezleri yazılmıştır. H0: Veriler ortalaması 3 dakika standart sapması 0.5 dakika olan normal dağılımdan gelmektedir. H1: Veriler ortalaması 3 dakika standart sapması 0.5 dakika olan normal dağılımdan gelmemektedir. Ki-Kare testinde ilk adım sınıf sayısının belirlenmesidir. Histogram çizerken sınıf sayısının 6 alınabileceğini bulmuştuk. Aynı sınıf sayısını Ki-Kare testinde de kullanırsak (eş olasılıklık test için) sınıf sıklıkları 40/6=6.67 olacaktır. Ki-Kare testinin teorik sıklıkların 5’ten büyük olma kuralı sağlandığına göre 6 sınıf uygun olacaktır. Eş olasılıklı testte teorik birikimli olasılıklardan yararlanılarak sınıf sınırları ve gözlenen sıklıklar belirlenir. Sınıf olasılıkları eş olduğundan her bir sınıfın olasılığı 1/6=0.167 olacaktır. Sınıfların olasılıklarını birbirine ekleyerek teorik birikimli olasılıkları bulabiliriz. Bu işlemler yapıldığında Tablo 3’te verilen teorik değerler bulunmuştur. 3/7 Tablo 3. χ2 uygunluk testi tablosu Sınıflar Alt 2.5170 2.7856 3.0000 3.2158 3.4850 Üst 2.5170 2.7856 3.0000 3.2158 3.4850 - Gözlenen sıklık 7 7 6 7 6 7 Olasılık 0.167 0.167 0.167 0.167 0.167 0.167 Teorik Birikimli olasılık 0.167 0.334 0.500 0.667 0.834 1.000 Sıklık 6.67 6.67 6.67 6.67 6.67 6.67 Ki-Kare 0.016 0.016 0.067 0.016 0.067 0.016 Toplam 0.198 Teorik birikimli olasılıklardan sınıf üst sınırlarını bulabilmek için normal dağılımın birikimli dağılım fonksiyonunun tersine ihtiyacımız var. Aşağıdaki eşitlikte yapılması gereken işlem görülmektedir. P[ X ≤ x ] olasılıkları tablonun teorik birikimli olasılık sütununda verilmiştir. Fakat eşitlikte F −1 fonksiyonunu bilmiyoruz. Normal dağılımın birikimli dağılım fonksiyonun tersi formül olarak belli değildir. Bu nedenle yine birim normal dağılım tablosundan yararlanmalıyız. Birim normal dağılım tablosunun satır ve sütunundaki değerler değerleri (x), tablonun içindeki değerler ise birikimli olasılıkları verir. F ( x ) = P[ X ≤ x ] x = F −1 ( P[ X ≤ x ]) Örneğin ilk sınıfın birikimli olasılığı olan 0.167 değerine karşılık gelen değeri bulalım. Birim normal dağılım tablosunun içinde 0.167 değerini bulmalıyız (tablodaki 0.166 değeri kabul edildi). Bu değerin en solundaki sütun değeri -0.9, en üst satırdaki değer ise 0.07 olduğuna göre z = −0.97 bulunmuş olur. Fakat unutulmaması gereken nokta bu değerin standart normal dağılımdan geldiğidir. Bizim verilerimiz ortalaması 3.0 standart sapması 0.5 olan normal dağılım olduğuna göre bir dönüşüm yapmamız gerekir. z= x−µ σ x = µ + zσ Bu amaçla yukarıdaki eşitlikte z değerini yerine koyarak x değerini bulabiliriz (Tablo 3 hazırlanırken EXCEL kullanıldığı için sonuçlar yaklaşık olarak aynıdır). x = µ + zσ = 3.0 + ( −0.97 )0.5 = 2.515 İkinci sınıfın birikimli olasılığı 0.334’tür. Standart normal dağılım tablosundan bu olasılığa karşılık gelen z değeri z = −0.43 ve x = 3.0 + ( −0.43)0.5 = 2.785 olarak bulunur. Aynı işlemler kalan birikimli olasılıklara da uygulanırsa Tablo 3’teki sınıf sınırları bulunur. Sınıf sınırları içinde kalan veriler sayılarak gözlenen sıklıklar kolaylıkla bulunabilir. Tüm sınıflarda, gözlenen ve teorik sıklıklar arasındaki sapmaların karelerini teorik sıklığa bölerek Ki-Kare değerleri bulunabilir. Toplam Ki-Kare değeri 0.198 bulunmuştur. Bu değerin sıfır hipotezini ret etmemize neden olacak kadar büyük olup olmadığını anlamak amacıyla Ki-Kare dağılımdan anlamlılık düzeyine denk gelen kritik değeri bulmalıyız. sd = ss − 1 = 6 − 1 = 5 α = 0.05 2 2 χ sd ,1−α = χ 5,0.95 = 11.1 4/7 Verilerden elde ettiğimiz 0.198 değeri 11.1’den daha küçük olduğuna göre verilerin sıfır hipotezini rededmemizi desteklemediği sonucuna varabiliriz. Sonuç olarak simülasyonda, partilerin gelişler arası süresinin ortalaması 3.0 dakika ve standart sapması 0.5 dakika olan normal dağılıma uyduğunu düşüneceğiz. Simülasyonda kullanılacak ters dönüşüm denklemleri Soruda kalite kontrol süresinin dışındaki tüm girdi değişkenleri bilinen teorik dağılımlara uymaktadır. Bu değişkenlerin ters dönüşüm denklemleri kolaylıkla yazılabilir. Fakat kalite kontrol süresinin olasılık fonksiyonundan yararlanarak ters dönüşüm denklemini çıkarmamız gerekmektedir. Fonksiyon iki parçadan oluşmaktadır. f ( x) = 1 4 ile verilen ilk kısmın alanını dikdörtgen alanından hesaplayabiliriz. 1 1 (4 − 2) = 4 2 İkinci kısmın alanı integral hesabıyla bulunabilir. ∞ 1 1 − ( x−4) 1 − ( x −4) 1 ∫ 4e 2 dx = 4 (−2)e 2 4 ∞ 4 1 1 = − (0 − 1) = 2 2 İki alanın toplamı 1 olduğuna göre verilen fonksiyon olasılık yoğunluk fonksiyonudur. Dağılımın ters dönüşüm denklemini iki parça halinde yazabiliriz. Rastsal sayı 0.5’e eşit ya da daha küçükse, elde edilecek rastsal değer 2 ile 4 arasında (birinci kısım) çıkacaktır. Eğer rastsal sayı 0.5’ten büyükse rastsal değer ikinci kısımda, 4’ten büyük bir değer olacaktır. İlk kısmın ters dönüşüm denklemi yine diktdörtgen alanından bulunabilir. 1 F ( x) = ( x − 2) 2 ≤ x ≤ 4 4 1 RS = ( x − 2) 4 x = 2 + 4 RS İkinci kısmın ters dönüşüm denklemini “0.5+eğrinin altında kalan alan” olarak hesaplayabiliriz. 1 x 1 − ( t − 4) F ( x) = 0.5 + ∫ e 2 dt 44 x≥4 1 x 1 − (t − 4) F ( x) − 0.5 = ∫ e 2 dt 44 1 1 − (t − 4) RS − 0.5 = − e 2 2 1 − RS = 1 2 x 4 1 1 1 − ( x − 4) 1 1 − ( x − 4) = − (e 2 − 1) = − e 2 2 22 1 − ( x − 4) e2 1 − ( x − 4) = ln[2(1 − RS )] ⇒ x = 4 − 2 ln[2(1 − RS )] 2 Sonuç olarak ters dönüşüm denklemi aşağıdaki gibi verilebilir. RS ≤ 0.5 2 + 4 RS x= 4 − 2 ln[2(1 − RS )] RS > 0.5 5/7 Devrelerin herhangi birinin hatalı olma olasılığı 0.1 olarak verilmiştir. Devrelerdeki hatalar birbirinden bağımsız olduğuna göre hatalı devre sayısının Binom dağılımına uyacağını düşünebiliriz. Binom dağılımının olasılık fonksiyonundan 0, 1, 2 ve 3 hatalı çıkma olasılığını aşağıdaki gibi bulabiliriz. 3 f (0) = 0.10 (1 − 0.1) 3−0 = 0.729 0 3 f (1) = 0.11 (1 − 0.1) 3−1 = 0.243 1 3 f (2) = 0.12 (1 − 0.1) 3−2 = 0.027 2 3 f (3) = 0.13 (1 − 0.1) 3−3 = 0.001 3 Tüm ters dönüşüm denklemleri Tablo 4’te verilmiştir. Tablo 4. Ters dönüşüm denklemleri Amaç Dağılım Ana kart gelişler arası 4 dakika ortalamalı üstel süresi dağılım Lehimleme süresi 0.5-1.0-1.5 dağılım Devre partilerinin gelişler arası süresi dakika üçgen Ters Dönüşüm Denklemi x = −4 ln( RS ) 0.5 + 0.5RS x= 1.5 − 0.5(1 − RS ) x = 3.0 + 0.5RNS Ortalaması 3.0 dakika, standart sapması 0.5 dakika normal dağılım Hatalı devre sayısı 0 hatalı 1 hatalı 2 hatalı 3 hatalı Kalite kontrol süresi 0 f ( x) = 1 4 − 1 ( x −4) 1 e 2 4 x<2 2≤ x≤4 x>4 RS ≤ 0.5 RS > 0.5 0.000 ≤ RS ≤ 0.728 0.729 ≤ RS ≤ 0.971 0.972 ≤ RS ≤ 0.998 0.999 ≤ RS ≤ 0.999 RS ≤ 0.5 2 + 4 RS x= 4 − 2 ln[2(1 − RS )] RS > 0.5 El ile simülasyon tablosu Simülasyon farklı tablolar halinde gösterilecektir. Önce ana kart ve devrelerin gelişlerini yaratalım. Tablo 5’te gelişler verilmiştir. Tablo 5. Parça gelişleri Devre gelişleri Ana kart gelişleri RNS Gelişler Arası Süre Geliş Zamanı RS Gelişler Arası Süre Geliş Zamanı 0.94 3.47 3.47 0.944 0.23 0.23 -0.57 2.72 6.19 0.196 6.52 6.75 0.25 3.13 9.32 0.432 3.36 10.11 Aşağıda lehim, kalite kontrol ve düzeltme işlerine ilişkin simülasyon tablosu verilmiş ve açıklanmıştır. 6/7 Tablo 6a. Lehimleme işlemi Lehimleme Kuyruk Başlama 4D, 1K 3.47 5D, 1K RS 4D, 1K 10.82 Boş 1.35 4.05 7.52 3.473 1.10 3.30 10.82 0.00 0.430 10 Bitiş 2 0.682 7.526 Toplam 0.957 1 Süre 0.96 2.88 13.70 0.00 Tablo 6b. Kalite kontrol işlemi Kalite Kontrol Başlama RS Süre Hatalı Boş 10.62 0.982 5 2 7.52 6.87 17.69 0.299 0 0.207 4.68 22.37 0.235 0 0.00 Toplam Bitiş Boş 12.02 10.62 4 0.275 3.10 10.82 0.881 17.69 0.645 7.52 Bitiş RS Tablo 6c. Düzeltme işlemi Düzeltme Kuyruk 6D, 1K 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Başlama 10.62 8 RS 0.080 Süre 0.70 9 1.40 Lehim işinin başlayabilmesi, aynı anda üç devrenin ve bir ana kartın bulunmasına bağlıdır. İlk ana kart 0.23 anında gelmiş olsa da lehim işleminin başlaması ilk parti devrenin geldiği 3.47’de olur. Bir devrenin lehimleme süresi 0.957 rastsal sayısından 1.35 olarak bulunmuştur. Soruda basitleştirici olması amacıyla üç devrenin lehimlenme süresinin bu değerin üç katı ile elde edilebileceği söylendiğine göre toplam lehimleme süresi 3 x 1.35 = 4.05 olarak bulunur. Başlangıçta hiç iş olmadığını varsayılırsa lehimleme işi, ilk işin başladığı 3.47 anına kadar boş kalmaktadır. 7.52 anında lehim işlemi biter bitmez aynı ürünün kalite kontrol işlemi başlar. Kalite kontrol süresi için kullanılan rastsal sayı 0.275’tir. 0.275<0.5 olduğuna göre rastsal değer ilk kısımdan x = 2 + 4 RS = 2 + 4(0.275) = 3.10 olarak bulunur. 0.982 rastsal sayısı sonucunda iki devrenin hatalı olduğu bulunmuştur. Bu durumda 10.62 anında düzeltme işlemi yapılacak ve sırada bekleyen iki devre bozuk devrelerle değiştirilecektir. Lehimlemenin ilk işi 7.52 anında tamamlanmıştır. Bu zamandan önce 6.19 anında bir parti devre daha gelmiştir. Bir önceki işlemden 1 adet devre arttığına göre kuyrukta 5 adet devre bulunmaktadır. 6.75 anında bir ana kart gelmiş ve beklemektedir. Bu durumda 7.52 anında ilk lehim işinin bitmesinin ardından hiç boş kalmadan ikinci lehimleme işi başlar. İkinci ürün lehimlemeden 10.82’de çıkmıştır. Kalite kontrol ilk işi 10.62’de bittiğine göre kalite kontrol elemanı 10.82 – 10.62 = 0.20 dakika boş kalmıştır. Kalite kontrolden iki devrenin hatalı çıktığı ilk ürün düzeltmeye gelmiştir. 10.62 anında 9.32’de gelen üçüncü parti devrelerin de eklenmesiyle 6 devre kuyrukta beklemektedir (ilk partinin üç devresi birinci ürün için, ikinci partinin iki devresi ile bir önceki partiden kalan bir devre ikinci üründe kullanılmıştır). 10.11 anında gelen ana kart da beklemektedir. Düzeltme süresi lehimleme süresiyle aynı dağılımdan alınmıştır. 0.080 rastsal sayısına karşılık gelen bir devreyi lehimleme süresi 0.70 dakikadır. İki devre değiştirileceğine göre düzeltme süresi 2 x 0.70 = 1.40 olacaktır. İkinci lehimleme işinin bittiği 10.82 anında 4 adet devre ve bir adet ana kart beklemektedir (toplam 12 adet devre gelmişti. Bunların 6’sı ilk iki ürün için kullanıldı. 2 adet devre de düzeltme için kullanıldı.) 7/7 ...
View Full Document

Ask a homework question - tutors are online