primer parcial -- Sage

Prob1: Hay dos tipos comunes de fallas en un componente crítico de algunas máquinas electrónicas: cualquiera de los componentes A y componente B puede fallar. Si cualquiera de los componentes falla, la máquina deja de funcionar. Un componente A falla de acuerdo a un proceso de Poisson con tasa media de 1,1 fallos por turno. (La compañía opera 24 / 7 con turnos de ocho horas). El Componente B falla de acuerdo con un proceso de Poisson con una tasa media de 1,2 fallos por día.

¿Cuál es la probabilidad de que haya exactamente cinco fallos de la máquina en un día determinado?
¿Cuál es la probabilidad de que no habrá más de un fallo de la máquina durante el próximo turno?
Ahora es mediodía y el fallo más reciente ocurrió hace cuatro horas. ¿Cuál es la probabilidad de que el fallo de la máquina siguiente se producirá antes de las 18:00?

Respuestas

Ra: Se cuenta con la tasa λA igual a 1.1 fallos por turno (cada 8 horas), y la tasa λB de 1.2 fallos por día (24 horas). Por un lado, la distribución conjunta de los fallos de ambos componentes por el principio de superposición está dada por una Poisson con frecuencia igual a la suma de las frecuencias de fallos de los componentes A y B, teniendo de cuidado de convertir las frecuencias a los periodos respectivos.

tA <- 1.1 * 3 tB <- 1.2 tA + tB dpois(5, tA + tB)

[1] 4.5
[1] 0.1708269

[1] 4.5
[1] 0.1708269

Rb: Se requiere calcular la probabilidad de obtener cero o ningún fallos en 8 horas.

tA <- 1.1 tB <- 1.2 / 3 tA + tB ppois(1, tA + tB)

[1] 1.5
[1] 0.5578254

[1] 1.5
[1] 0.5578254

Rc: Debido a la propiedad de pérdida de memoria, el periodo de 4 horas antes del mediodía es irrelevante. Se requiere calcular la probabilidad que ocurra un fallo en menos de 6 horas. Es igual a la probabilidad de que ocurran uno o más fallos (es decir, que no ocurran 0 fallos).

tA <- 1.1 * 6/8 tB <- 1.2 * 6/24 tA + tB 1 - ppois(0, tA + tB)

[1] 1.125
[1] 0.6753475

[1] 1.125
[1] 0.6753475

O mediante la distribución exponencial, sería la probabilidad que el tiempo de ocurrencia del próximo fallo sea menor a 6. Tener cuidado de calcular la tasa de fallos por hora.

tA <- 1.1/8 tB <- 1.2/24 tA + tB pexp(6, tA + tB)

[1] 0.1875
[1] 0.6753475

[1] 0.1875
[1] 0.6753475

O bien, tomando en base la tasa para 6 horas...

tA <- 1.1 * 6/8 tB <- 1.2 * 6/24 tA + tB pexp(1, tA + tB)

[1] 1.125
[1] 0.6753475

[1] 1.125
[1] 0.6753475

Prob2: La fabricación de un determinado tipo de tablero electrónico consta de cuatro pasos: estañado, formación, inserción y soldadura. Tras el paso de formación, el 5% de las partes debe ser re-estañado; después de la etapa de inserción, el 20% de las partes son defectuosas y debe ser desechado, y después del paso de la soldadura, el 30% de las partes debe ser devuelto a la inserción y el 10% debe ser desechado. (Se supone que cuando una parte se devuelve a un paso de proceso, es tratada como cualquier otra parte que entra en ese paso) La Figura proporciona un esquema que muestra el flujo de trabajo a través de los pasos de fabricación.

Modelar este proceso utilizando cadenas de Markov y dar su matriz de Markov.
¿Cuántos tableros deben haber al inicio si se quiere que el número esperado de tableros que terminan en la categoría "bueno" sea igual a 100?
Cada vez que un tablero pasa por una etapa del procesamiento, los costos de mano de obra directa y material son de 10 para el estañado, 15 para la formación, 25 para la inserción, y 20 para soldadura. Los costos por materia prima 8, un tablero desechado retorna 2. La tasa de costos indirectos promedio es de 1.000.000 por año, lo que incluye el valor de recuperación de capital. La tasa de procesamiento promedio es de 5,000 tableros iniciales a la semana. Se quisiera establecer un precio por cada tablero de modo que los ingresos previstos sean 25% superiores a los costos esperados. ¿A cuál valor tendría que fijarse el precio por tablero?

Respuestas

Ra: Se identifican los 6 estados: estañado, formación, inserción soldadura, desecho y bueno. Y se establecen las probabilidades de transición según la información dada:

P = rbind(c(0,1,0,0,0,0),c(0.05,0,0.95,0,0,0),c(0,0,0,0.8,0.2,0),c(0,0,0.3,0,0.1,0.6),c(0,0,0,0,1,0),c(0,0,0,0,0,1)) P

     [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6]
[1,] 0.00    1 0.00  0.0  0.0  0.0
[2,] 0.05    0 0.95  0.0  0.0  0.0
[3,] 0.00    0 0.00  0.8  0.2  0.0
[4,] 0.00    0 0.30  0.0  0.1  0.6
[5,] 0.00    0 0.00  0.0  1.0  0.0
[6,] 0.00    0 0.00  0.0  0.0  1.0

     [,1] [,2] [,3] [,4] [,5] [,6]
[1,] 0.00    1 0.00  0.0  0.0  0.0
[2,] 0.05    0 0.95  0.0  0.0  0.0
[3,] 0.00    0 0.00  0.8  0.2  0.0
[4,] 0.00    0 0.30  0.0  0.1  0.6
[5,] 0.00    0 0.00  0.0  1.0  0.0
[6,] 0.00    0 0.00  0.0  0.0  1.0

Rb: Necesitamos saber que fracción de los tableros que inician el proceso caen en la categoría de "Bueno". Y conocido este valor, determinados cuántos tableros deberían haber al inicio para obtener los 100 esperados.

Q = P[1:4,1:4] Q b b = P[1:4,5:6] R = solve(diag(4)-Q) R F = R %*% b F sprintf("Fracción de tableros buenos: %5.2f", F[1,2]) 100 / F[1,2]

     [,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 0.00    1 0.00  0.0
[2,] 0.05    0 0.95  0.0
[3,] 0.00    0 0.00  0.8
[4,] 0.00    0 0.30  0.0
     [,1] [,2]
[1,]  0.0  0.0
[2,]  0.0  0.0
[3,]  0.2  0.0
[4,]  0.1  0.6


           [,1]     [,2]      [,3]     [,4]
[1,] 1.05263158 1.052632 1.3157895 1.052632
[2,] 0.05263158 1.052632 1.3157895 1.052632
[3,] 0.00000000 0.000000 1.3157895 1.052632
[4,] 0.00000000 0.000000 0.3947368 1.315789

          [,1]      [,2]
[1,] 0.3684211 0.6315789
[2,] 0.3684211 0.6315789
[3,] 0.3684211 0.6315789
[4,] 0.2105263 0.7894737
[1] "Fracción de tableros buenos:  0.63"
[1] 158.3333

     [,1] [,2] [,3] [,4]
[1,] 0.00    1 0.00  0.0
[2,] 0.05    0 0.95  0.0
[3,] 0.00    0 0.00  0.8
[4,] 0.00    0 0.30  0.0
     [,1] [,2]
[1,]  0.0  0.0
[2,]  0.0  0.0
[3,]  0.2  0.0
[4,]  0.1  0.6


           [,1]     [,2]      [,3]     [,4]
[1,] 1.05263158 1.052632 1.3157895 1.052632
[2,] 0.05263158 1.052632 1.3157895 1.052632
[3,] 0.00000000 0.000000 1.3157895 1.052632
[4,] 0.00000000 0.000000 0.3947368 1.315789

          [,1]      [,2]
[1,] 0.3684211 0.6315789
[2,] 0.3684211 0.6315789
[3,] 0.3684211 0.6315789
[4,] 0.2105263 0.7894737
[1] "Fracción de tableros buenos:  0.63"
[1] 158.3333

Rc: Necesitamos saber el número esperado de veces que pasa cada tablero por cada fase del proceso desde el inicio, después se pondera por los costos de la realización de cada proceso.

Costos variables de producción (CP) = 5000 (10 R[1,1] + 15 R[1,2] + 25 R[1,3] + 20 R[1,4])

Retorno de salvamento (RS) = 5000 * F[1,1] * 2

Costo de Materia Prima (CM) = 5000 * 8

Costos indirectos semanales (CI) = 1000000 / 52

Ingresos = Número de artículos buenos * Precio de venta = 5000 * F[1,2] * PV

Se desea que los Ingresos sean iguales al 125% de los costos totales.

5000 * F[2,2] * PV + RS = 1.25 * (CP + CM + CI)

PV = (1.25 * (CP + CM + CI) - RS) / (5000 * F[2,2])

CP <- 5000 * (10*R[1,1] + 15*R[1,2] + 25*R[1,3] + 20*R[1,4]) RS <- 5000 * F[1,1] * 2 CM <- 5000 * 8 CI <- 1000000 / 52 PV <- (1.25 * (CP + CM + CI) - RS) / (5000 * F[1,2]) sprintf("Precio de venta: %5.2f", PV)

[1] "Precio de venta: 181.13"

[1] "Precio de venta: 181.13"

Prob3: Sea una cadena de Markov con espacio de estados $\{a, b, c\}$ y probabilidades de transición propuestas por:

$P = \left[ \matrix{ 0.3 & 0.7 & 0.0 \cr 0.0 & 0.6 & 0.4 \cr 0.4 & 0.1 & 0.5 } \right]$

Sean las probabilidades iniciales dadas por el vector (0.1, 0.3, 0.6) con una función de utilidad dada por (10, 20, 30) . (Eso significa, por ejemplo, que cada visita al estado genera un beneficio de 10) Encuentra los siguientes valores:

1. $Pr \{X_3 = b | X_1 = c\}$ .
2. $Pr \{X_2 = b\}$ .
3. $Pr \{X_1 = b, X_2 = c | X_0 = c\}$ .
4. .
5. $lim_{n \to \infty} Pr \{X_n = b | X_{10} = c\}$ .
6. $lim_{n \to \infty} E [f (X_n) | X_0 = c]$ .

Respuestas

Ra: Probabilidad de ir en dos pasos de c a b.

P <- matrix(c(0.3,0.7,0,0,0.6,0.4,0.4,0.1,0.5),nrow=3,byrow=TRUE) P P2 <- P %*% P P2[3,2]

     [,1] [,2] [,3]
[1,]  0.3  0.7  0.0
[2,]  0.0  0.6  0.4
[3,]  0.4  0.1  0.5

[1] 0.39

     [,1] [,2] [,3]
[1,]  0.3  0.7  0.0
[2,]  0.0  0.6  0.4
[3,]  0.4  0.1  0.5

[1] 0.39

mu = c(0.1,0.3,0.6) P2mu <- mu %*% P2 P2mu[2]

[1] 0.417

[1] 0.417

Rc: P(X2=c,X1=b|X0=c) "que pase primero por b y después por c dado que empieza en c" se puede escribir como P(X2=c|X1=b)×P(X1=b|X0=c) "pasa de c a b y después de b a c".

P(X2=c|X1=b)

P[2,3]*P[3,2]

[1] 0.04

[1] 0.04

Rd: Esto es, la ganancia promedio estimada en el siguiente paso dado que el sistema se encuentra en el estado c.

u = c(10,20,30) sum(P[3,]*u)

[1] 21

[1] 21

Re: La probabilidad de estado estacionario de terminar en b.

Pt <- t(P)- diag(3) Pt Pt[3,] = c(1,1,1) Pt Pe <- solve(Pt,c(0,0,1)) Pe[2]

[1] 0.443038

[1] 0.443038

Rf: En este caso es la ganancia promedio estimada a largo plazo.

sum(Pe * u)

[1] 21.51899

[1] 21.51899

Rb: La probabilidad de llegar a b en dos pasos desde cualquier estado de acuerdo a las probabilidades iniciales dadas.

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120 days ago by mapologo