Yanit_2006_Yariyil_Sonu - İTÜ ENDÜSTRİ...

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 SONU SINAV YANITLARI 24/05/2006 Soru 1. Soruda belirtilen üretim sistemi seri imalat yapmaktadır. Bu nedenle simülasyon modellerinin sonlanmayan modeller olduğunu kabul edebiliriz. Geçiş dönemlerini belirlemek amacıyla her iki yerleşim düzeni seçeneğinde parçaların sistemde kalış süresi verilerinin grafiği, hareketli ortalama grafiği ile birlikte verilmiştir. Şekil 1a ve Şekil 2a grafiklerine bakılarak geçiş dönemlerine karar verebiliriz. I. Seçenekte geçiş dönemi 200, II. Seçenekte ise 100 olarak belirlenmiştir. Geçiş dönemi atıldıktan sonra kalan değerlerin korelogramları Şekil 1b ve Şekil 2b’de verilmiştir. I. Seçenekte parçaların kalış sürelerinin kendisinden 10 sonraki parçaya kadar korelasyonlu olduğu görülmektedir. Daha sonra korelasyon düşmektedir. Bu durumda ilk seçenek için korelasyonun sönümlendiği noktayı m1=10 olarak belirleyebiliriz. II. Seçenekte korelasyonun sönümlendiği nokta benzer yolla m2=20 bulunur. Küme büyüklükleri korelasyonun sönümlendiği noktanın en az 10 katı olacağına göre sırasıyla 100 ve 200 olarak hesaplanır. Tablo 1’de her iki seçenek için geçiş dönemi atılmış ve kalan veriler küme büyüklüklerine göre gruplandırılmıştır. Tablo 1. Kümeler I. Seçenek Parça No Ortalama 1-50 16.3 51-100 101-150 II. Seçenek Parça No Ortalama 1-50 22.9 21.6 51-100 27.4 26.3 101-150 27.5 151-200 29.7 151-200 27.4 201-250 33.0 201-250 27.0 251-300 29.9 251-300 26.9 301-350 29.0 301-350 26.8 351-400 32.1 351-400 27.0 401-450 27.8 401-450 28.1 451-500 29.7 451-500 28.2 501-550 31.4 501-550 28.0 551-600 33.1 551-600 26.6 601-650 29.4 601-650 27.8 651-700 28.9 651-700 27.4 701-750 28.7 701-750 28.3 751-800 30.1 751-800 26.3 801-850 31.2 801-850 27.6 851-900 30.8 851-900 30.4 901-950 30.3 901-950 27.4 951-1000 31.9 951-1000 26.6 Küme büyüklükleri farklı olduğundan I. Seçenek için 8, II. Seçenek için 4 küme oluşmuştur. Her satır 50 parçanın kalış süresi ortalamasını verdiğine göre 100 ve 200 parçadan oluşan bu kümelerin ortalamasını kümeye giren 50 parçalık ortalamalardan hesaplayabilir. Örneğin II. Seçeneğin ilk grubunun ortalaması aşağıdaki gibi hesaplanabilir. x1II = 50(27.5) + 50(27.4) + 50(27.0) + 50(26.9) = 27.2 200 1/7 Bu işlem aşağıdaki 50 parçalı 4 grubun ortalaması alınarak basitleştirilebilir. x1II = 27.5 + 27.4 + 27.0 + 26.9 = 27.2 4 Her iki seçeneğin küme ortalamaları bulunmuş ve Tablo 2’de verilmiştir. Tablo 2. Kümelerin ortalama kalış süreleri Küme No Seçenek I Seçenek II 1 2 3 4 5 6 7 8 Ortalama Standart Sapma Varyans 31.45 30.55 28.75 32.25 29.15 29.40 31.00 31.10 30.46 1.23 1.52 27.200 27.525 27.450 28.150 27.581 0.40 0.16 İki seçeneğin ortalamaları arasında fark olup olmadığını test etmemiz istenmektedir. Soruda simülasyon modellerinin ayrı ayrı oluşturulduğu ve çalıştırıldığı söylenmektedir. Seçenekler arasında korelasyon olmadığına göre iki örnekli t testi uygulamamız gerekmektedir. İki örnekli t testi küme varyanslarının eşit olup olmamasına göre farklılaşmaktadır. Bu nedenle ilk işlem olarak varyansların eşitliği test edilmelidir. 2 H 0 : σ I2 = σ II 2 H1 : σ I2 ≠ σ II F= s I2 1.52 = = 9 .5 2 s II 0.16 Değer 1’den büyük çıktığına göre tablodan Fn −1, n −1,1−α I II 2 = F7,3,0.90 değerine bakmamız gerekmektedir (α = 0.20). F7,3,0.90 = 5.266 Varyanslarımızın oranı 9.5 > 5.266 olduğuna göre boş hipotez ret edilir. Bu durumda varyansların eşit olmadığı iki örnekli t testi kullanılmalıdır. H 0 : µ I = µ II H 1 : µ I ≠ µ II Varyanslar eşit olmadığına göre her kümenin varyansı ayrı olarak yarı güven aralığı hesabına katılacaktır. Fakat t dağılımı için bir serbestlik derecesi belirlememiz gerekir. Aşağıda serbestlik derecesi 9.29 bulunmuştur. Bu değeri düşük tamsayıya yuvarlayarak serbestlik derecesini 9 olarak buluruz. 2/7 2 s I2 s II + n I n II 2 2 1.52 0.16 + 4 8 γ= = 9.29 = 2 2 2 22 s I2 s II 1.52 0.16 n n 8 + 4 I II + 8 −1 4 −1 nI − 1 nII − 1 Ortalamalar arasındaki farkın güven aralığı aşağıdaki şekilde hesaplanabilir. x I − x II = 30.46 − 27.581 = 2.879 α = 0.05 serbestlik derecesi = 9 tγ ,1−α 2 = t9,0.975 = 2.262 h = tγ ,1−α 2 2 s I2 s II 1.52 0.16 + = 2.262 + = 1.08 8 4 nI nII GA = [2.879 − 1.08,2.879 + 1.08] = [1.799,3.959] Güven aralığının içinde 0 bulunmamaktadır. Parçaların sistemde kalış sürelerinin ortalaması iki yerleşim düzeni için farklıdır. I. Seçeneğin ortalamasından II. Seçeneğin ortalamasını çıkartarak güven aralığını oluşturduğumuza göre I. Seçeneğin değerleri II. Seçenekten daha büyüktür. Sistemde kalış süresinin düşük olması isteneceğine göre karar vericiye II. Seçenek yerleşim düzenini kullanması önerilir. Soru 2. a) Simülasyon tablosunu hazırlamadan önce gelişler arası sürelerin üçgen dağılıma uygunluğunun belirlenmesi gerekmektedir. Soruda ardışık beş talebin geliş zamanları verilmişti. Bu geliş zamanlarını birbirinden çıkararak beş adet gelişler arası süre değeri bulunur. Beş değerle χ 2 testi yapmak olanaklı değildir. Dağılım sürekli olduğuna ve parametreleri de verildiğine göre Kolmogorov-Smirnov (KS) testi uygulayabiliriz. KS testinde teorik birikimli olasılıkların bulunması gerekmektedir. Üçgen dağılımın F ( x) fonksiyonu aşağıda verilmiştir (üçgen dağılımın ters dönüşüm denkleminden elde edilebilir). ( x − a )2 a ≤ x ≤ b (b − a )(c − a ) F ( x) = 2 b < x ≤ c 1 − (c − x ) (c − b )(c − a ) (x − 20)2 20 ≤ x ≤ 30 250 F ( x) = 2 30 < x ≤ 45 1 − (45 − x ) 375 KS hipotez testinin hipotezleri aşağıda belirlenmiştir. H0: Taleplerin gelişler arası süresi en küçük değeri 20, en büyük değeri 45 ve en olası değeri 30 dakika olan üçgen dağılımdan gelmektedir. H1: Taleplerin gelişler arası süresi yukarıdaki dağılımdan gelmemektedir. 3/7 Tablo 3. KS tablosu Gözlenen Birikimli Olasılık No Veri Alt Üst 1 25.6 0.0 0.2 2 31.1 0.2 3 33.8 4 5 Teorik Birikimli Olasılık Fark Alt Üst 0.13 0.13 0.07 0.4 0.48 0.28 0.08 0.4 0.6 0.67 0.27 0.07 36.4 0.6 0.8 0.80 0.20 0.00 39.3 0.8 1.0 0.91 0.11 0.09 0.28 En büyük fark değeri 0.28 bulunmuştur. Serbestlik derecesi veri sayısına eşittir. α = 0.05 için KS tablosundan kritik değer 0.565 olarak bulunur. 0.28 ≤ 0.565 olduğundan boş hipotezi ret edecek yeterli veri bulunamamıştır. Taleplerin gelişler arası süresi söylenen üçgen dağılıma uymaktadır. b) Simülasyon tablosunu oluşturmadan önce ters dönüşüm denklemlerini belirleyelim. sembolü en yakın aşağı tamsayıya yuvarlama işlemi göstermektedir. Tablo 4. Ters dönüşüm denklemleri Amaç Dağılım Talep gelişler arası süresi 20-30-45 dakika üçgen Talep miktarı Ortalaması 30, standart sapması 10 adet normal dağılım Talebin depoya uzaklığı 20-50 km arası düzgün dağılım Ters Dönüşüm Denklemi 20 + 250RS RS ≤ 0.4 x= 45 − 375(1 − RS ) RS > 0.4 x = 30 + 10 RNS + 1 x = 20 + 30 RS Bu denklemleri kullanarak aşağıdaki simülasyon tablosu oluşturulabilir. Tablo 5. Simülasayon tablosu RS GAS GZ RNS Talep Kamyon Tipi RS Talep Uzaklığı Süre 0.560 32.2 32.2 0.94 40 B 0.537 36.1 54.2 32.2 86.4 2 B 0.193 25.8 38.7 86.4 125.1 920.5 K1 0.397 31.9 47.9 89.2 137.1 0 0.251 27.9 60.1 0.40 35 0.333 29.1 89.2 -0.57 25 3 0.020 22.2 111.4 0.25 33 0.569 32.3 143.7 -1.38 17 Kalkış Dönüş 1 Toplam Bekleme 0 B 0.014 20.4 30.6 125.1 155.7 452.1 K1 0.543 36.3 54.5 143.7 198.2 0 Açıklamalar 1 2 Kamyon 32.2’de hareket etmiştir. Talebin uzaklığı 36.1 km dir. Kamyon 60 dakikada 80 km yaptığına göre talep noktasına (36.1 / 80) x 60 = 27.075 dakikada ulaşır. Yükleme ve boşaltma süreleri dikkate alınmayacak kadar küçüktür. Aynı sürede kamyonun depoya döneceğini düşünürsek, kamyon kalkışından 2 x 27.075 = 54.2 dakika sonra depoya dönmüş olacaktır. 60.1 anında gelen ikinci talep 30 adetten fazla olduğundan büyük kamyonla taşınmak zorundadır. Büyük kamyon ilk talebi taşıdıktan sonra depoya 86.4’te dönmektedir. 35 adet ürün 60.1 anından 86.4’e kadar depoda bekleyecektir. Toplam bekleme süresi 35 x (86.4 – 60.1) = 920.5 dakika olacaktır. 4/7 3 111.4’te gelen dördüncü talep de büyük kamyonu beklemektedir. Toplam bekleme süresi 33 x (125.1 – 111.4) = 452.1 dakika olacaktır. Ürün başına ortalama bekleme süresi, 920.5 + 452.1 = 20.2 35 + 33 olarak bulunur. c) Güven aralığı Tablo 5 yardımıyla hesaplanmıştır. Tablo 5. Koşum No Ortalama Bekleme 1 25.2 2 14.6 3 26.8 4 16.8 5 20.2 Ortalama 20.7 Std. Sapma 5.25 x = 20.7 s ( x) = 5.25 α = 0.05 t n−1,1−α 2 = t 4,0.975 = 2.776 h = t n−1,1−α 2 s ( x) 5.25 = 2.776 = 6.52 n 5 Güven aralığı [20.7 − 6.52,20.7 + 6.52] = [14.18,27.22] olarak bulunur. d) Hipotez testi Bekleme süresi yığınınının ortalaması şirket yönetiminin söylediği gibi 15 ise veriler aşağıdaki boş hipotezi desteklemelidir. H 0 : µ = 15 H1 : µ ≠ 15 ( Eğer boş hipotez doğruysa, t = ( x − µ ) s ( x ) n ) istatistiği 0.95 olasılıkla t n −1,α 2 ile t n −1,1−α 2 değerleri arasında kalmalıdır. Bu değerler sırasıyla aşağıdaki gibi bulunur. t 4, 0.025 = −2.776 ve t 4, 0.975 = 2.776 değerleri tablodan elde edilebilir ( t dağılımı simetrik olduğundan t 4, 0.025 = −t 4, 0.975 ). t= (x − µ ) s(x ) n = 20.7 − 15 = 2.43 5.25 5 5/7 -2.776 ≤ 2.43 ≤ 2.776 olduğuna göre sıfır hipotezini ret edecek yeterli veri bulunmamaktadır. Ürün başına bekleme sürelerinin ortalamasının 15 olduğu düşünülebilir. Anlamlılık testi Eğer sıfır hipotezi doğruysa yukarıda bulunan 2.43 değeri serbestlik derecesi 4 olan t dağılımdan gelmektedir. Serbestlik derecesi 4 olan t dağılımında 2.43 değerinden daha yüksek değer çıkma olasılığı Excel ya da tablo yardımıyla 0.036 olarak bulunur. Çift kuyruk testi yapıldığına göre 2 x 0.036 = 0.072 anlamlılık değeri bulunur. 0.072 değeri 0.05’ten küçük olmadığına göre sıfır hipotezini ret edecek yeterli veri yoktur. (c) şıkkında bulunan güven aralığını kullanarak 15 değeri 14.18,27.22 güven aralığında kaldığına göre H0: µ = 15 sıfır hipotezini ret edecek yeterli veri yoktur. [ Soru 3. Soruda statik bir simülasyon modeli sorulmuştur. Sistem durum değişkenleri arasında zaman içinde ilişki bulunmamaktadır. Tek rastsal girdi değişkeni bir saat içinde gelen müşteri sayısıdır ve 10 ile 20 arasında düzgün dağılıma uymaktadır. Ters dönüşüm denklemi aşağıdaki gibi belirlenebilir. x = 10 + 10 RS + 1 Soruda 22 faktöriyel tasarım istenmektedir. Faktörlerimiz satış danışmanı sayısı ile satış danışmanlarının yetkinlik düzeyidir. Her iki faktörün düşük ve yüksek değerlerini Tablo 6’daki gibi belirleyelim. Tablo 6. Faktör düzeyleri Düzeyler Faktör - + Satış danışmanı sayısı 4 6 γ = -1.6, C = 30 γ = -2.0, C = 40 Satış danışmanı yetkinliği 22 faktöriyel tasarımda 4 deney elemanı bulunacaktır. Her deney elemanı için 3 koşum yapılması istenmiştir. Koşumlarda müşteri sayısı rastsal olarak belirlenecek ve soruda verilen saatlik kar fonksiyonunda yerine konacaktır. Örneğin her iki faktörün de – düzeyi için denklem aşağıdaki duruma gelir. S = αN β e γ d − C ⋅ d = 30 N 0.75 e −1.6 4 − 30(4) = 20.11N 0.75 − 120 Benzer şekilde diğer üç deney elemanının formülleri elde edilir ve her deney elemanı için 3 rastsal sayı atılarak bulunan müşteri sayıları formüllerde yerine konulursa Tablo 7 elde edilebilir. Tablo 7. 22 faktöriyel deney tasarımı sonuçları Faktörler Koşum 1 Koşum 2 Koşum 3 Satış danışmanı sayısı Yetkinlik düzeyi RS Müşteri sayısı (N) Kar RS Müşteri sayısı (N) Kar RS Müşteri sayısı (N) Kar - - 0.312 14 25.5 0.202 13 17.7 0.878 19 63.0 - + 0.319 14 -28.3 0.398 14 -28.3 0.330 14 -28.3 + - 0.748 18 20.8 0.987 20 37.3 0.143 12 -31.9 + + 0.239 13 -92.8 0.902 20 -36.7 0.806 19 -44.4 Soruda iki faktörün birlikte etkisi olup olmadığı istenmektedir. Birlikte etki değeri e12 aşağıdaki şekilde hesaplanabilir. 6/7 e12 = ( R4 − R2 ) − ( R3 − R1 ) 2 Üç koşumun değerleri aşağıda hesaplanmıştır. (−92.8 − (−28.3)) − (20.8 − 25.5) = −29.9 2 (−36.7 − (−28.3)) − (37.3 − 17.7) = = −14.0 2 (−44.4 − (−28.3)) − (−31.9 − 63.0) = = 39.4 2 e12(1) = e12( 2) e12(3) Üç koşum sonucunda bulunan birlikte etki değerlerini kullanarak güven aralığı hesaplayabiliriz. Tablo 8. Birlikte etki değerleri Koşum e12 1 -29.9 2 -14.0 3 39.4 -1.5 Ortalama 36.3 Std. sapma e12 = −1.5 s (e12 ) = 36.3 α = 0.05 n=3 t n−1,1−α 2 = t 2,0.975 = 4.303 h = t n−1,1−α 2 s (e12 ) 36.3 = 4.303 = 90.2 3 n [ [ Güven aralığı − 1.5 − 90.2,−1.5 + 90.2 = − 91.7,88.7 olarak bulunur. Güven aralığı içinde sıfır değeri olduğuna göre faktörlerin birlikte etkileri bulunmamaktadır. Fakat güven aralığı çok geniş çıkmıştır. Bunun nedeni koşum sayısının yetersiz olmasıdır. Daha yüksek sayıda koşum yaparak dar bir güven aralığı ile karar vermek daha doğru olacaktır. 7/7 ...
View Full Document

Ask a homework question - tutors are online