Manual de ingenieria de mantenimiento problemas-2011

INGENIERÍA DE MANTENIMIENTO

Mg.Ingº Ricardo Carlos Aguirre Parra

PROLOGO

La presente publicación es la segunda edición del curso de “Ingeniería de
Mantenimiento”, el cual contiene teoría y problemas.
Primeramente se cita la importancia de la aplicación de la Ingeniería de
Mantenimiento en la Industria resaltando brevemente los tipos de mantenimiento
así como sus ventajas y desventajas. También se hace ver que es la confiabilidad,
probabilidad de fallas, frecuencia de fallas y otros conceptos que intervienen en un
programa de mantenimiento.
La solución de los problemas que son exámenes pasados se han laborado en
forma detallada y ordenada ilustrando así la teoría mencionada. Es importante que
los futuros Ingenieros Mecánicos y afines conozcan esta materia.
Hago público mi agradecimiento a mis colegas por haber contribuido al
desarrollo de este trabajo.
Y muy especialmente a los profesores del curso de la FIM por el esfuerzo que
tuvieron en plantear dichos problemas.

Mg.Ingº Ricardo C. Aguirre Parra.

1

FIM-UNCP-2011



MANTENIMIENTO INDUSTRIAL
DEFINICIÓN
Es la ciencia dedicada al estudio de la operatividad de las máquinas y/o
equipos; tiene como propósito:
•

“Mantener”, es decir realizar todas las operaciones necesarias que permiten
conservar el potencial óptimo de los equipos y materiales, a fin de asegurar
la continuidad y la calidad de la producción.

•

“Conservar” , en las mejores condiciones de tiempo y costo; evitando el
surgimiento de males mayores.

FINALIDAD DEL MANTENIMIENTO
Conservar el instrumento de producción , cumpliendo con ciertos
parámetros de control, programas específicos y teniendo en cuenta los siguientes
imperativos:
•

Calidad del producto.

•

Costo mínimo de producción.

•

Seguridad del personal.

•

Seguridad de las instalaciones.

TIPOS DE MANTENIMIENTO
•

MANTENIMIENTO PLANIFICADO:

Trabaja con: datos estadísticos,

registros de fallas, análisis de datos estadísticos, historial de equipos a través
de tarjetas, evalúa los parámetros e índices de mantenimiento, calcula los
parámetros de los modelos matemáticos, también efectúa el análisis de costos.
Dentro de este tipo de mantenimiento tenemos: Preventivo, correctivo,
inspectivo, predectivo, periódico y moderno.
•

MANTENIMIENTO NO PLANIFICADO: Sucede como respuesta a la
parada de una máquina, se efectúa después de corrida de falla; no hay un
seguimiento técnico de las máquinas y/o equipos, no se efectúa un análisis
estadístico, podemos decir que es un tipo negativo de mantenimiento.

2

FIM-UNCP-2011


•


MANTENIMIENTO PREVENTIVO: Tiene como objeto:
-

Preveer la falla y evitar una parada intempestiva.

-

Permite intervenciones previstas de ante mano y preparado con
suficiente anticipación.

-

Permite la previsión de necesidad de recursos materiales y humanos.

-

Señalar las actividades críticas de programa y mantener la máxima
atención en ella.

Tipos de Mantenimiento Preventivo
1.

Sistemático.-

Consiste

en

realizar

operaciones

de

control

y

reacondicionamiento en periodos o ciclos determinados, tomando como
parámetros:
-

Recomendaciones de los fabricantes.

-

Normas y procedimientos de cada organización.

2.

Datos estadísticos (experiencias de la planta).

Reportes operativos de los equipos.

Condicional.- Llamado también mantenimiento predictivo, tiene como
objeto eliminar el factor de probabilidad en la previsión de averías y
aplaza al máximo el momento de la intervención.

•

MANTENIMIENTO CORRECTIVO: Consiste en reparar un equipo,
después que este ha sufrido una avería, es decir recupera el estado operativo
de la máquina ó equipo . estas medidas correctivas pueden ser efectuadas a
solicitud del Departamento Operativo, por el coordinador de la zona o por el
inspector responsable.

•

MANTENIMIENTO INSPECTIVO: Recupera el funcionamiento operativo
de la máquina basándose en un programa de inspecciones.

•

MANTENIMIENTO PREDICTIVO: Tiene como punto de solución
predecir la ocurrencia de la falla mediante el análisis vibracional, requiere de
instrumentos especiales para detectar variaciones en la amplitud, velocidad y

3

FIM-UNCP-2011



aceleración de piezas rotativas, su desventaja es el alto costo en
instrumentación.
•

MANTENIMIENTO PERIÓDICO: Consiste en aplicar las tareas de
mantenimiento en un plazo pre-establecido para lo cual es necesario contar
con: Un programa de inspecciones, stock de repuestos y esquemas para
reparaciones.

EFICIENCIA DEL MANTENIMIENTO
Se basa en el método de CORDER, según la siguiente expresión matemática:
E =

k
X C +Y T + Z D

donde:
E: Eficiencia de mantenimiento.
k: Constante que se evalúa para cada periodo de análisis (anual, semestral,
etc).
X: Costo total de mantenimiento.
Y: Costo total del tiempo perdido.
Z: Costo total de desperdicio.
C =

Costo total de mantenimiento
Costo de reposición

T =

Tiempo perdido ( Hr / año)
Tiempo de producción ( Hr / año)

D=

Desperdicio (volumen total de desper. en ton)
Pr oducción buena (en ton)

NOTA: El tiempo de producción incluye el número de turnos, número de días

útiles al mes que son 25 ó 26 días, y tiempos inactivos
DESPERDICIO.- Es la pérdida de la materia prima, desecha en el proceso de
fabricación o también productos fallados no aceptados por el control de calidad.

4

FIM-UNCP-2011



COSTO DE REPOSICIÓN.- Se calcula como un componente de una máquina, se
da anualmente en función de la vida media.
NOTA: El costo 1 año involucra:

-

Costo de adquisición.

-

Depreciación.

-

Costo de reposición.

La producción buena, está dado por el tiempo total de producción, para ello
será necesario conocer el costo de una hora de producción.
METODOLOGÍA PARA EL CALCULO DE LA EFICIENCIA DE
MANTENIMIENTO
1° Asumimos el periodo base (dato – un año) generalmente es el año vencido.
2° Se asume Es = 100% (-1) para el periodo base.
3° Calculamos kb para el periodo base; previamente se calcula x, y, z, C, T, D,
luego:
kb = xb cb + yb Tb + zb Db

4° Para determinar la nueva eficiencia Es (periodo en estudio).
- Calculamos los parámetros x, y, z, C, T, y D, luego:
k s = x s c s + y s Ts + z s Ds

- Aplicamos la regla de tres simple inversa:
kb → 100%
k s → Es

Es =

kb
= 100
ks

5° Se compara las eficiencias:

Sí:
ES < Eb → ha dis min uido la eficiencia.
ES = Eb → la eficiencia es cons tan te
ES > Eb → ha mejorado la eficiencia ( se debe tratar en lo posiblr )

5

FIM-UNCP-2011



DECISIONES DEL MANTENIMIENTO
1. EN FUNCIÓN DEL COSTO TOTAL:
Si: CTmp <CTmc →aplicar Mantto Pr eventivo.
CTmp <CTmc →aplicar Mantto Correctivo.

Donde:
CTmp :

Costo total por mantenimiento preventivo.

CTmc : Costo total por mantenimiento correctivo.

2. CONSIDERANDO NIVELES DE MANTENIMIENTO:
Niveles.- Son periodos dentro de la operación de la máquina, generalmente se
aplica hasta el tercer nivel.

Costos
CT

CTmp

CTmin

CTfallas
|
1°

|
2°

|
3°

|
4°

Niveles de
Mantto

Donde:
CT = CTmp + CT fallas

CT fallas : Costos por mano de obra de mantenimiento, tiempos de parada y
otros imputables de la reparación

3. CONSIDERANDO TIEMPOS DE PARADA:

6

FIM-UNCP-2011



Costos
CT

CTmin

CTparada

CTmantto
Tiempos de
paradas(hr)
Tratar

Evitar

4. POR PROCEDIMIENTO EXPERIMENTALES:
a) Para Mantenimiento Correctivo:
CT

periodo

=

CT fallas
E( n )

Donde:
CT fallas

: Costo total por fallas.

n

E( n ) = ∑ nF ( n )
i =1

E( n ) : Número esperado de periodos entre fallas.
F( n ) : Probabilidad de fallas en el periodo “n”

b) Para Mantenimiento Preventivo:
CT

periodo

=

[

1
Cmp + CT f ( Pn )
n

]

Donde:
n : Periodo (horas, días, años, etc)
Cmp: Costo por Mantto. Preventivo por periodo.
CTf: Costo por fallas.

7

FIM-UNCP-2011



P : probabilidad de falla esperado en el periodo “n”
n

Pn = F1 + F2 + F3 +........... + Fn + P Fn −1 + P2 Fn −2 +..........
1

Se toma el que presenta menor costo
5. CONSIDERANDO STOCK DE REPUESTOS
STOCK.- Está determinado por el listado de repuestos necesarios; buen
mantenimiento conlleva aun stock mínimo que serán las condiciones óptimas. El
stock de repuestos forma parte del dinero inmovilizado.
Se tiene que clasificar a los repuestos según el índice de rotación, de la siguiente
manera:
BIR.- Bajo índice de rotación, se caracterizan por ser mas caros, poca cantidad y
requieren de un control de calidad riguroso.
INR.- Índice de rotación normal, se caracterizan por presenta un costo
intermedio, cantidad intermedio, control de calidad menos rigurosa.
AIR.- Alto índice de rotación, se caracterizan por ser mas baratos, hay en gran
cantidad, control de calidad mínima.

MÉTODOS DE SOLUCIÓN
Existen tres métodos:
1. Paretto (para repuestos BIR, INR, AIR)
2. Nivel óptimo (para repuestos BIR)
3. Análisis óptimo (para repuestos BIR é INR).

MÉTODO DE PARETTO
Nos relaciona los repuestos con alto y bajo índice de rotación.

8

FIM-UNCP-2011



Inversión
(%)
100
95
70

C

B
A
15

40

Cantidad
(%)

100

Zona A.- Corresponde a los repuestos BIR, definido por: 75% (inversión) – Vs –
15% (eje cantidad).
Zona B.- Corresponde a los repuestos INR, definido por el incremento de 20% (eje
inversión) y de 25% (eje cantidad).
Zona C.- Corresponde a los repuestos AIR, definido por el incremento de 5% (eje
inversión) y 60% (eje cantidad).

METODOLOGÍA PARA DETERMINAR LAS ZONAS A,B,C.
Generalmente se dispondrá de la siguiente información de repuestos (los códigos
son asumidos).
Código

Unidades

Precio Unitario

C-432
A-120
D-100
.
.
.

X1
X2
X3
.
.
.

u1
u2
u3
.
.
.

1.- Determinamos la inversión anual por repuesto

9

FIM-UNCP-2011



Código

Unidades

Precio Unitario

Inversión Anual

C-432
A-120
D-100
.
.
.

X1
X2
X3
.
.
.

u1
u2
u3
.
.
.

X1 .u1
X2 .u2
X3 .u3
.
.
.

2.- Ordenamos en forma decreciente según las inversiones anuales y calculamos la
inversión acumulada; suponiendo que:
X1 .u1 < X2 .u2 < X3 .u3, ordenando en forma decreciente tenemos:

i

Código

Inversión Anual

Acumulado (A)

%

Zona

1
2
3
.
.
.

C-432
A-120
D-100
.
.
.

X1 .u1
X2 .u2
X3 .u3
.
.
.

A1
A2
A3
.
.
.

.
.
.

.
.
.

10

FIM-UNCP-2011



Donde:




( %) i =  Ai  x100 con: i = 1,2,3,...,n
 
 An 

Conclusiones:
Zona A

hasta ( % ) i ≈ 75%

Zona B

desde ( % ) i ≈ 75% hasta ( % ) i ≈ 95%

Zona C

desde ( %) i ≈ 95% hasta ( % ) i ≈ 100%

MÉTODO DEL NIVEL OPTIMÓ
Aplicable solo a repuestos BIR, se determina de la siguiente manera:

Cost aldea Cost deMante. Cost por tua
 =  + 
g estióndestock  destock   destock 
CN

=

C1

+

C2

Donde:
N −1

C1 = CS I ∑( N − m ) Pm
0

11

FIM-UNCP-2011



∝

C2 = Cm d ∑Pm
N

CS : Costo unitario de adquisición del repuesto ($)
I

: Factor porcentual (%)

N : Número óptimo (# óptimo de repuestos BIR)
Pm: Probabilidad de que se produzcan “m” demandas del repuesto en el
periodo TA
TA : Tiempo de aprovechamiento
Cm: Costo unitario por falta de repuesto ($)
d : consumo referencial del repuesto en años anteriores
La condición para que N sea mínimo es:
CN-1 < CN < CN+1

TA

(I)

TA.d

(II)

N

N

TA

Costo

N

TA

d

CN+1
CN
CN-1

Cm

(III)

Cm
Cm

CsI

(IV)

CsI
N-1 N óptimo N+1

N

CsI

CONFIABILIDAD [ R(t )]

DEFINICIÓN.- Viene a ser la probabilidad de funcionamiento de una máquina
cualquiera en condiciones operativas definidas.
CALCULO DE CONFIABILIDAD
1. En función al uso de la máquina o equipo.
Costo
R(t)

12
Infancia

Vida útil

0%
Desgaste

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t



2. En función de los Costos de Producción y Mantto
Costos
CT

Cprod

CT = Cprod + Cmantto
Cmantto
R(t)

R(t)

3. En función de la Supervivencia.- Se refiere a las piezas mecánicas que
sobreviven en el tiempo.
R (t ) =

S (t )
S (0)

Donde:
S(t) : # de piezas vivas que quedan, después del tiempo “t”
S(0) : # de piezas que entran al sistema (t = 0)
CURVA DE SUPERVIVENCIA
S(t)
S(o)
N(t)
S(t)

4. En función de la Probabilidad de Falla : [ F (t )]

13

FIM-UNCP-2011


F (t ) =


S (o) − S (t )
N (t )
=
S (o )
S (o )

N(t) : # de piezas falladas durante le tiempo “t”
F (t ) =

S (o) S (t )
N (t )
−
=
S (o ) S (o )
S (o )

Sabemos: R (t ) =

S (t )
S (o )

F (t ) = 1 −

S (t )
S ( o)

∴R (t ) = 1 − F (t )

o también: R (t ) = 1 −

N (t )
S (o )

Curva de Mortalidad (elementos fallados)
N(t)

t

5. En función de la velocidad de falla: [V (t ) ] .

Velocidad de falla.- Es la variación del número de piezas falladas respecto
al tiempo.
−V (t ) =

dN (t )
dt

Sabemos:
R (t ) = −1 − F (t )

⇒

R (t ) = 1 −

N (t )
S (o )

Derivando obtenemos:
dR (t )
1
dN (t )
=−
=
dt
S (o )
dt

14

⇒

dR (t )
V (t ))
=−
dt
S (o )

FIM-UNCP-2011



6. En función de la frecuencia de falla: [ Z (t )]
Frecuencia de falla.- Es la relación entre la velocidad de falla con respecto a
la cantidad de piezas sobrevivientes después del tiempo “t”
Z (t ) =

V (t )
S (t )

Z(t)
CURVA DE LA
BAÑERA

λ
t
Periodo de
infancia

Periodo de vida útil

Periodo de
desgaste

FUNCIÓN DE DISTRIBUCIÓN DE PROBABILIDAD: [ f (t )]
f (t ) : Función de distribución

f (t ) =

dF (t )
(definición de derivada)
dt

dN (t )
1
dN (t )
x
V (t )
dt
S (o )
= dt =
Sabemos: Z (t ) =
S (t )
S (t )
S (t )
S (o )

d [ N (t ) / S (o)]
dF (t )
f (t )
dt
Z (t ) =
= dt =
 S (t ) 
R (t )
R (t )


 S (o ) 
∴ f (t ) = Z (t ) xR (t )

ANÁLISIS DEL MANTENIMIENTO
Se efectúa mediante el uso de los modelos matemáticos.

15

FIM-UNCP-2011


f(t)


Modelo matemático

MODELOS MATEMÁTICOS:
Digitales

Binomial

-

- Normal

Poissión

Análogos

- Exponencial
- Weibull

ECUACIÓN GENERAL DE LA CONFIABILIDAD
Sabemos:
f (t ) =
F (t )

∫

F (o)

dF (t )
dt

⇒

t

dF (t ) = ∫ f (t )dt ⇒
o

dF (t ) = f (t ) dt
t

F (t ) = ∫ f (t )dt
o

Como: R (t ) = 1 − F (t )
t

∴ R (t ) = 1 − ∫ f (t ) dt
o

Otra forma:
Z (t ) =

f (t )
R (t )

⇒

Z (t )dt =

F (t )

t

f (t ) dt
dF (t )
=
R (t )
1 − F (t )

dF (t )
∫Z (t )dt = F ∫ ) 1 − F (t ) = −Ln[1 − F (t )]
o
(o

F (t )

F (o)

t

∴∫ Z (t )dt = −Ln[ R (t )]
o

t

⇒

R(t ) = e

∫ Z ( t ) dt

o

Además:
f (t ) = Z (t ) = R (t )
t

f (t ) = Z (t )e

− ∫ Z ( t ) dt
o

Ecuación de Mortalidad

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FIM-UNCP-2011



TIEMPO MEDIO ENTRE FALLAS (MTBF=m):
Se determina según la ecuación:
n

m=

∑∆St xtm
i

i =1

i

S (o )

∑ S (o)[ R
n

m=

t

i =1

]

− R(1+ ∆t ) tmi

S (o )

t

n

[

]

= ∑ Rt − R(1+ ∆t ) tmi
i =1

n→ ∝

∆t = 0

[R

tm: tiempo medio

]

− R(1+ ∆t ) = −dRt
∝

∴m = −∫tdRt =− tRt
o

∝
o

∝

+ ∫ Rt dt
o

∝

m = ∫ Rt dt
o

Además:
t

R (t ) = e
∝

m = ∫e

− ∫ Z ( t ) dt
o

t

− ∫ Z ( t ) dt
o

.dt

EXPRESIÓN GENERAL

o

Zt crece

Área de reparación

Z(t)
Mantto teórico (Zt=cte)

Zt decrece

Área de Mantto. Preven.

t

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FIM-UNCP-2011



FUNCIÓN BINOMIAL
Sabemos:
R (t ) + F (t ) = 1
∴( R + F ) = 1
n

n: número de sucesos
R n + nR n +1 +

Termino " n" =

n(n + 1) n + 2 2
R .F + ..... = 1
2

n!
= R n . m .F m
n!( n − m )!

Finalmente la expresión analítica para la función será:
f (t ) =

n!
n −m
= [ R (t )]
[1 − R(t )]m
n!( n − m )!

Donde:
N: número de fallas
R(t): probabilidad de buen mantto.
t: tiempo

f (t )
Discontinua (no se usa en Mantto)

t

FUNCIÓN DE POISSON
e −T + Te −T +

T 2e −T
+ ...... = 1
2!

Donde:
T = λt

λ = Z (t )

18

FIM-UNCP-2011



t = periodo

e −λt + λte −λt +

1°

(λt ) 2 e −λt
+ ..... = 1
2!

2°

3°

1°: No hay ninguna falla
2°: Hay una falla
3°: Hay dos fallas
Expresión General:

( λt ) m e −λt
f (t ) =

,

m!

m: número de fallas

f (t )
Discontinua (no se usa en Mantto)

t

FUNCIÓN EXPONENCIAL
Aplicables para máquinas que están dentro de su vida útil.
a) Frecuencia de Fallas:
Z (t ) = cte = λ

b) Confiabilidad:
t

R(t ) = e

− ∫ Z ( t ) dt
o

t

=e

− ∫ λtdt
o

t

∴ R(t ) = e

− ∫ λtdt
o

c) Función de distribución:

19

FIM-UNCP-2011



f (t ) = Z (t ) = R (t )
∴ f (t ) = λ

d) Tiempo medio entre fallas:
m = MTBF =

1

λ

=

1
Z (t )

GRAFICAS:

Z (t )

f (t )

Z ( t ) = 1/ m

f ( t ) = λ e− λt
t

t

R( t )

R( t ) = e

−t

m

t

FUNCIÓN NORMAL
(Para máquinas que se encuentran en su periodo de desgaste)
a) Función de Distribución:

20

FIM-UNCP-2011



1
f (t ) =
xe
σ 2π

( t − F1 ) 2
2σ 2

Donde:

σ : Desviación estándar
2

__


 ti − M 
n

σ = ∑
n
i =1

M = media
n

∑t

__

M =

i =1

i

n

b) Probabilidad:
t

F (t ) = ∫ f (t ) dt
o

t

1
⇒ F (t ) = ∫
e
σ 2π
o

− ( t − F1 ) 2
2σ 2

.dt

c) Confiabilidad:
R (t ) = 1 − F (t )
t

f (t )

1
⇒ R (t ) = 1 − ∫
e
σ 2π
o

d) Frecuencia de Fallas:
Z (t ) =

−( t − F1 ) 2
2σ 2

.dt

R( t )

f (t )
Reemplazar f(t) y R(t).
R (t )

GRÁFICOS:
t

t

Z (t )

21

FIM-UNCP-2011

t



FUNCIÓN WEIBULL
Aplicable a máquinas que se encuentran en cualquiera de sus etapas de su vida.
a) Función de Distribución:

β ( t − γ ) −
f (t) =
*e 
β
n

 t −γ 

n 

β

Si t< γ se considera el valor absoluto de (t- γ )
Donde:
β : Parámetro de forma, pendiente de Weibull, (identifica la etapa del

ciclo de vida de la máquina).
β < 1: período de infancia
β = 1: período de vida útil
β > 1: Período de desgaste.

γ : Parámetro de vida mínima o parámetro de garantía.
n: parámetro de vida característica con una constantes, edad de falla, es el
período de duración durante el cual al menos el 63,2% de los equipo se
espera que falle.
Siempre se cumple:
t≥γ

;

n> 0

;

β >0

b) Confiabilidad:
R (t ) = e

 t −γ  β
−

 n 

22

FIM-UNCP-2011



c) Frecuencia de fallas:

β ( t − γ ) β −1
Z (t ) =
nβ

GRÁFICOS:

f (t )

Z (t )

β >1

β <1
β =1

β >1

β =1
β <1
t

t

R( t )

β <1
β =1
β >1
t

MÉTODO DEL ÁBACO DE KAO
EJE AUXILIAR VERTIC

Es aplicable para la determinación de los parámetros de WEIBULL, es decir γ
, n y β. Posee las características que se muestra en el cuadro siguiente

0.0

99.9
%F
63.2

Ln (Edad de fallas)

-2

EJE AUXILIAR HORIZONTAL

-1.
0.0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
6.0
FIM-UNCP-2011

β

23

0.1
0.1

0.1

Edad de fallas

n



La edad de fallas puede estar en horas, ciclos, revoluciones, psi, etc.

LÍNEA RECTA
Es cuando al graficar la edad vs%F en el ábaco de Kao se obtiene una recta.
Se supone una vida mínima es decir γ =0
DETERMINACIÓN DEL PARÁMETRO n:
Al graficar la línea recta se prolonga hasta que intercepte al eje auxiliar horizontal y
desde el punto de intersección se baja una recta vertical hasta que corte la línea
horizontal inferior, donde se leerá el n.
DETERMINACIÓN DEL PARÁMETRO β:
En el eje ln (edad de fallas) se toma el valor 1.0 luego se proyecta hasta interceptar
al eje auxiliar horizontal encontrando un punto y trazando una recta paralela a y =
ax+b, interceptando con el eje auxiliar vertical en un punto y por último hacia el eje


1



del ln
1 − F (t )  donde se leerá el β.



DETERMINACIÓN DE LA MEDIA Y LA DESVIACIÓN ESTÁNDAR
MEDIANTE EL ÁBACO DE KAO
Usando la escala “m” se leerá de la escala
 µ 
  Escala
 Yo 

σ 
  Escala
 Yo 

Entonces:

24

FIM-UNCP-2011



σ 
σ = n  Escala
 Yo 

__
 µ
M = n  Escala
 Yo 

Existen 2 métodos para poder obtener el cuadro o tabla de Edad de fallas vs F
utilizando la tarjeta de fallas.
PRIMER MÉTODO
Es cuando tenemos solamente las edades de fallas, por lo que nos apoyamos del
NIVEL DE CONFIANZA igual a 50%; es decir:
%F =

j − 0,3
n + 0,4

Donde:
j = Orden de fallas (1,2,3,......,n)
n = Número de fallas generados
Antes de calcular el %F, lo primero que se hace es ordenar en forma CRECIENTE
las edades de fallas.
Si se quiere determinar la VIDA MEDIA, hay 2 formas según los datos:
1° Datos adicionales de %F vs β
-

Obtenido el parámetro β ingresamos al gráfico %F vs β obteniéndose
%F, luego encontramos al Ábaco obteniendo la n media.

2° Sin datos adicionales:
-

Lo que se hace en este caso es calcular el % F promedio es decir:
% Fm =

∑ %F

i

n

Donde:
%Fi : Porcentaje de cada falla
n: Número de fallas generados
Luego con este valor se entra en el ábaco donde se leerá el n medio.
SEGUNDO MÉTODO
Es cuando tenemos las edades de fallas y los números de fallas en cada período,
por lo que se calcular los %F de la siguiente manera:

25

FIM-UNCP-2011



N ° de fallas acumulado
x100
N ° de fallas total

% Fi =

Para cada período.

LÍNEA CURVA
Es cuando al graficar la Edad de fallas vs % F en e n Ábaco de Kao se obtiene una
curva. Para determinar los parámetros de Weibull habrá que linealizar la curva
anterior, de la siguiente manera:
Rango del parámetro γ :
0 ≤γ ≤

Menor de la Edad de fallas.

Para encontrar el valor de γ se hace tanteos, cuando es cóncava (convexa) la curva
el cuadro inicial de Edad de fallas vs % F se restan (suman) todas las edades
menos (mas) el γ asumido, manteniendo el mismo % F, luego se grafica en el
Ábaco, pero si vemos que es menos curvo debemos seguir tanteando hasta lograr la
linealización, donde obtenemos γ ,

n y β.

CALCULO DEL MTFB
MTFB = γ + µ

Donde:

µ 
µ = n 0 
y 
 0 ESC

Curva de confiabilidad
R(t)
Recta tangente que pasa por (n,0.368)
CURVA DE FUNCIONAMIENTO
h
Es la característica de cada máquina y lo proporciona el fabricante en el catálogo
o
0.368
técnico.
La característica es la siguiente:

t=n

26

θ

t

FIM-UNCP-2011



Donde:
o : Punto de tangencia.

θ : Ángulo de la pendiente que pasa por (n, 0.368)
Como:
R( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

Considerando: γ = 0
Asumiendo: n = t
Reemplazando:
β

R( t ) = e −1 =

1
= 0.368 = 36.8%
e

Del gráfico:
Tgθ =

Tgθ =

dR( t )
dt

=e

( n) 

− t

β

t 
− β  
n



β −1

 1 
 
 n 


 β
= e −1  − 
dt
 n

dR( t )

También:
Tgθ = −

0.368
n

Igualando:
− 0.368

β
n

=−

0.368
⇒
h

∴

β =

n
h

CALCULO DE γ
Si n = MTBF

27

FIM-UNCP-2011


1
⇒ MTBF = n β γ  1 + 1 

β




∴γ =

MTBF
n β 1+ 1 

β


1

SISTEMAS
Está formado por el conjunto de máquinas y/o equipos dentro de una línea de
producción . También una sola máquina y/o equipo constituye un sistema.
Ejemplo: Motor eléctrico.
TIPOS DE SISTEMA: Existen 2 tipos
•

SISTEMA EN SERIE
Es cuando la interrupción de una máquina y/o equipo hace parar la línea de
producción.

1

A

2

3

B

Confiabilidad
n

En general: Rs = πRi
L =1

Caso particular:
- Si las máquinas y/o equipo están dentro de la vida útil tenemos:
Ri = e −λi t

Rs = e

−

n

∑ λi t
i =1

Entonces:
n

λs = ∑ λi
i =1

Tiempo medio de fallas:

28

FIM-UNCP-2011



∞

MTBF = ∫ Rs ( t )dt
0

•

SISTEMA EN PARALELO
Llamado también sistema redundantes el cual es más complejo, a la vez
también más costosa y por lo tanto de mayor confiabilidad. Esto significa que
algunas funciones pueden estar duplicadas, triplicadas, etc. Existen dos tipos.
- SISTEMA DE PARALELO ACTIVO
Existen dos casos
Primer caso: Sistema de Dos Unidades
- Ambas unidades están funcionando.
- Sólo se requiere una.
- Falla el sistema si las 2 unidades fallan.

1
A

B
2

Confiabilidad
Rs = R1 + R2 − R1.R2

Caso particular:
- Si las máquinas y/o equipos están dentro de la vida útil tenemos:

Rs = e − λ1t + e − λ 2t − e − ( λ1 + λ 2 ) t
Tiempo medio entre fallas
∞

0

Caso particular:

29

FIM-UNCP-2011


MTBF =


1
1
1
+
−
λ1 λ2 λ1 + λ2

Segundo caso : Sistema de 3 unidades
i) - Las 3 unidades funcionan.
- Sólo requiere una.
- Falla el sistema si las 3 unidades fallan

1
2

A

B

3
Confiabilidad
Rs = 1 − Fs = 1 − F1.F2 .F3
Rs = R1 + R2 + R3 − R1.R2 − R2 .R3 − R1.R3 + R1.R2 .R3

∞

0

Caso particular:
MTBF =

ii)

1
1
1
1
1
1
+
+ +
−
+
λ1 λ2 λ3 λ1 + λ2 λ1 + λ3 λ1 + λ2 + λ3

- Las 3 unidades funcionan.
- Sólo se requiere dos.
- Falla el sistema si fallan 2 unidades.

R1 R2 R3
F 1 R2 R3
R1 F 2 R3
R1 R2 F 3

1
A

30

2
3

B
FIM-UNCP-2011



Confiabilidad
Rs = R1.R2 + R2 .R3 + R1.R3 − 2 R1.R2 .R3

∞

0

Caso particular:
MTBF =

1
1
1
2
+
+
−
λ1 + λ2 λ1 + λ3 λ2 + λ3 λ1 + λ2 + λ3

SISTEMA EN PARALELO SECUENCIAL
Estos sistemas no funcionan simultáneamente sino que espera a que produzca la
falla para poder entrar en servicio. Como funciona un número determinado de
unidades, las que fallan pueden ser reparadas o sustituidas por otra, de modo que
no puede fallar cuando no funciona. También se denominan sistema en stand-by.
Existen 4 casos.
Primer caso: Sistema con 2 unidades idénticas
- Una unidad funciona.
- La otra unidad está de reserva
Confiabilidad
Rs = e −λt (1 + λt )

Para unidades dentro de su vida útil

31

FIM-UNCP-2011



∞

0

MTBF =

2
λ

Segundo caso: Sistema con 3 unidades idénticas
- Una unidad funciona.
- Las otras 2 unidades están de reserva
Confiabilidad

( λt ) 2
Rs = e −λt 1 + λt +

2!







Para unidades dentro de su vida útil

∞

MTBF = ∫ Rs( t )dt
0

3
MTBF =
λ

Tercer caso: Sistema con 2 unidades desiguales
- Ambas unidades dentro de su vida útil.
- Una de la unidades es de menor capacidad que la principal.
Condiciones:
- El sistema cumple su función si una unidad falla en t1 (t1<< t).
- El tiempo t1 debe ser mínimo.
Confiabilidad
Rs = R1 + F1 R 2
∞
t 
∞

Rs = ∫λ e −λ1t dt + ∫ λ e −λ1t * ∫λ2 e −λ2 t dt dt1
1
1

t
0 
t −t1



Rs =

λ2
λ1
e−λ t +
e− λ t
λ2 − λ1
λ1 − λ2
1

2


32

FIM-UNCP-2011



∞

0

MTBF =

1
1
+
λ1 λ2

Cuarto caso: Sistema con 3 unidades desiguales
- Todas las unidades dentro de su vida útil.
- Las unidades son de menor capacidad que la principal.
Condiciones:
- El sistema cumple su función si una máquina falla en un tiempo t 1; la otra
falla en un t2, siendo t1y t2 menor que el tiempo total t, solo es necesario una
unidad y las otras 2 se mantienen en reserva.
Confiabilidad
Rs =

λ2
λ3
λ1
λ3
λ2
λ1
.
e−λ t +
.
e−λ t +
.
e−λ t
λ2 − λ1 λ3 − λ1
λ1 − λ2 λ3 − λ2
λ2 − λ3 λ1 − λ3
1

3

2

∞

0

MTBF =

1
1
1
+
+
λ1 λ2 λ3

SISTEMAS COMBINADOS
Son sistemas complejos, formados por unidades instalados en serie y paralelo
activo y/o paralelo secuencial. Es el resultado del proceso de fabricación que se
emplee.
Supongamos la siguiente instalación:

1

2
3

A
4

6

33

B

5
FIM-UNCP-2011



Condiciones:
-

Todas las unidades funcionan simultáneamente.

-

Todas están dentro de la vida útil.

-

Falla el sistema, si fallan las posibilidades de funcionamiento.

MÉTODO DE SOLUCIÓN:
- Considerando sub-sistemas (por partes).
- Aplicando el teorema de BAYES.
Confiabilidad
Analizando posibilidades de funcionamiento.

1

6

I

1

3

6

II

4

3

6

III

4

A

2

5

6

IV

B

Aplicando Bayes a estas posibilidades
Rs =1 −Fs...........(1)

Donde: Fs = FI. FII. FIII. FIV
Además:
FI = 1 - R1.R2.R6
FII = 1 - R1.R3.R6
FIII= 1 - R4.R3.R6
FIV= 1 – R4.R5.R6
Reemplazando en (1)
34

FIM-UNCP-2011



Rs = 1 − [ (1 − R1.R2 .R6 )(1 − R1.R3 .R6 )(1 − R4 .R3 .R6 )(1 − R4 .R5 .R6 ) ]
Tiempo de fallas
∞

0

DISPONIBILIDAD
Es el factor que determina el tiempo real de producción.
CLASES:
Hay 2 clases de disponibilidad
A) DISPONIBILIDAD INTRÍNSECA (AI)
AI =

MTBF
MTBF + MTTR

Donde:
MTBF: Tiempo medio entre las fallas.
MTRH: Tiempo medio de reparaciones.
Existen 2 métodos para calcular el MTRH:
Primer Método
Para esto se necesita de información de tarjetas.
MTTR =

donde:

∑Tr
n

Descripción
de fallas

Tiempo de
reparación

Tr
∑ : N° total de horas de actividades de mantto.

n : Suma total de fallas
Segundo Método
35

FIM-UNCP-2011



∞

MTTR = ∫ f (t r ) t r .dt r
0

Donde:
f ( t r ) : Función de distribución de probabilidad de reparaciones.
tr : Tiempo de reparación.
f ( tr ) =

1
e
σ .tr . 2π

1  ln t r − m 
− 



2
σ


2

Donde:
m : media

σ : desviación standard
n

m=∑
t =1

n

ln .tr
n

σ =∑
2

( n.tr − m ) 2

t =1

También: n =

n −1
t PROD .Disp
MTBF

n : Número de operaciones de mantto.
B) DISPONIBILIDAD OPERACIONAL (Ao)
Ao =

MTBM
MTBM + MDT

Donde:
MTBM: Tiempo medio entre tareas o actividades de mantto.
MDT : Tiempo fuera de servicio de la máquina debido a tareas de mantto,
no se considera tiempo de para.
Cuando no hay información: MTBM ≅ MTBF

COSTO DE REPOSICIÓN
 (1 + i ) n .i 
CR = C 

n
 (1 + i ) − 1

36

FIM-UNCP-2011



Donde:
C : Costo de adquisición.
i : Taza de interés
n : Vida media de la máquina (fabricante)

MANTENIMIENTO PROGRAMADO
Denominado también mantenimiento mejorativo (MM), es aquel mantenimiento
que se aplican en tiempos programados o periodos.
•

•

•

Tp

Tp

•
Tp

•
Tp

•
Tp

•
Tp

TIEMPO TOTAL (t)
t = jTp + δ

Donde:
Tp: Tiempo programado.
j : Número de tares de mantto.

δ : Exceso de tiempo

0 ≤ δ ≤ Tp

CALCULO DE Tp
Primero se determina el MTBF OPTIMO y luego en la curva MTBF vs Tp se
ingresa determinándose Tp OPTIMO.
Si Tp tiende a CERO la máquina nunca falla, siempre estará operativa.
Confiabilidad

[

]

RTp = RTp ( Tp ) * R( δ )
j

∞

MTBFTp = ∫ RTp ( t ) dt
0

37

FIM-UNCP-2011



Aplicando integración por partes:
∞

( jf1 ) Tp

j =0

jTp

MTBFTp = ∑

∫R

Tp ( t )

para:

t = j Tp + δ

si:

dt

dt = dδ

δ = 0 ⇒ t = j Tp
δ = Tp ⇒ t = ( j + 1)Tp

;

∞ Tp

MTBFTp = ∑ ∫ RTp ( t ) dt
j =0 0

∞ Tp

[

]

= ∑∫ RTp ( Tp ) R (δ ) dδ
j =0 0
∞

[

= ∑ RTp ( Tp )
j =0

j

Tp

] ∫ R ( δ ) dδ
j

0

Por teoría matemática:
∞

∑x
j =0

j

=

1
1−x

para x ≤ 1

Haciendo : x = RTp ( Tp )
Tp

∴ MTBFTp =

∫ R( δ ).dδ
0

1 − RTp ( Tp )

APLICANDO LA DISTRIBUCIÓN WEIBULL
Confiabilidad
CON MANTENIMIENTO PROGRAMADO
γ

 − Tp − 


=  n 
e



β

RTp

j

γ

 − δ− 


 e  n 



β

SIN MANTENIMIENTO PROGRAMADO
j = 0 ó Tp → ∞

RTp→∞ = e

 δ −γ 
−

 n 

β

38

FIM-UNCP-2011



Tiempo entre fallas
SIN MANTENIMIENTO PROGRAMADO
mTp →∞ = γ + nΓ(1 + 1 / β )

Donde:

Γ : Función GAMMA, existe tabla.

PROBLEMA 1
El programa anual de producción de una planta minera, se fijo en 6000 hrs y por un
valor de S/. 1280 . Dentro del total de horas de producción se han previsto de 425
hrs. para mantenimiento preventivo.
Por paradas no programadas la planta quedó fuera de servicio durante 400 hrs. , en
las que se perdió materiales por un valor equivalente al 1% de la producción
acumulada. Si el costo total expresado como valor de reemplazo es de 15% de la
producción y el costo total de mantenimiento en el año fue de S/. 53.6.
Determine Ud. la constante de Corder
Solución:
Datos:
t

= 6000 hrs/año

Cprod = S/. 1280
Tpar. = 400 hrs
Cdesper = 1% Cprod ó Desper = 1% Prod
CR

= 15% Cprod

CTm = S/. 53.6
x = CTm = 53.6
y = CTpar =

Tpar * Cprod
400 * 1280
=
= 91.43
( t − Tpar )
( 6000 − 400 )

z = CTdesper = 1% Cprod = 0.01 * 1280 = 12.8

39

FIM-UNCP-2011



C=

CTm
53.6
=
= 0.279
CR
15% *1280

T =

Tpar
400
=
= 0.071
t prod
6000 − 400

D=

Desper
1% Cprod
=
= 0.01
Pr od buena
Cprod

La constante de Corder es:
k = xC + yT + zD

k = 53.6( 0.279 ) + 91.43( 0.071) +128( 0.01)

k = 21.57

PROBLEMA 2
El programa anual de producción de un planta minera, se fijó en 8000 horas por un
valor de S/. 10’280,000. Dentro del total de horas de producción se han previsto
425 hrs. para mantenimiento preventivo y 232 hrs. para mantenimiento carrectivo.
Por paradas no programadas la planta quedó fuera de servicio durante 400 horas, en
las que se perdió materiales por un valor equivalente al 1% de la producción
acumulada. Si el costo total expresado como valor de reemplazo es de 15% de la
producción y el costo total de mantenimiento en el año fue de S/. 153,600.
a) Determine Ud la constante de corder.
b) Sugiera que cambio se podría hacer, para incrementar significativamente, la
eficiencia del mantenimiento.
Solución:
Datos:
t

= 8000 hrs/año

Cprod = S/. 10’280,000
Tpar. = 400 hrs
Cesper = 1% Prod
CR

= 15% Cprod

CTm = S/. 153,600

40

FIM-UNCP-2011



X = CTm = 153,600

Y = CTpar =

Tpar * Cprod
400 * 10'280,000
=
= 541,052.63
( t − Tpar )
( 8000 − 400)

Z = CTdesper = 1% Cprod = 0.01 * 10'280,000 = 102,800

C =

CTm
153,600
=
= 0.0996
CR
15% * 10'280,000

T =

Tpar
400
=
= 0.0526
Tprod
8000 − 400

D=

Desper
1% Cprod
=
= 0.01
Pr od buena
Cprod

La constante de Corder es:
k = xC + yT + zD

k = 153,600( 0.0996 ) + 541,052.63( 0.0526 ) +102,800( 0.01)
k = 44,785.93

PROBLEMA 3
El programa anual de producción de cemento, tiene las siguientes características:
a) Año base
- Tiempo de operación anual

7200 hrs

- Valor de producción anual

S/. 4’200,000

- Tiempo de mantenimiento disponible

400 hrs

- Tiempo promedio entre fallas

450 hrs

- Tiempo fuera de servicio de la planta

200 hrs

- Costo de reposición o reemplazo

S/.

200,000

- Costo de mantenimiento anual (total)

S/.

10,000

- Pérdida de materiales

1% de la producc.

41

FIM-UNCP-2011



b) Año siguiente
- Tiempo fuera de servicio de la planta
- Costo de mantenimiento anual (total)
- Pérdida de materiales

80 hrs
S/.

15,000

0.4% de la producc.

Solución:
Datos:
t

= 7200 hrs/año

Año base:

Año siguiente

Cprod = S/. 4’200,000
Tpar. = 200 hrs

Tpar. = 80 hrs

Desper = 1% Producc.

Desper = 0.4% Producc.

CTm = S/. 10,000

CTm = S/. 15,000

CR

= S/. 200,000

Para el año base
X = CTm = s / .10,000

Y = CTpar =

Tpar * Cprod
200 * 4'200,000
=
= 120,000
( t − Tpar )
( 7200 − 200)

Z = CTdesper =

Desper * Cprod 0.04( Pr od * 4'200,000 )
=
= 42,000
Pr od
Pr od

C =

CTm
10,000
=
= 0.05
CR
200,000

T =

Tpar
200
=
= 0.0286
Tprod
7200 − 200

D=

Desper
0.01Pr od
=
= 0.01
Pr od buena
Pr od

k = xC + yT + zD = 4352....................(1)

42

FIM-UNCP-2011



Para el siguiente año
xS = CTm = s / .15,000
yS = CTpar =

Tpar * Cprod
80 * 4'200,000
=
= 47,191
( t − Tpar )
( 7200 − 80)

zS = CTdesper = 0.004 * Cprod = 0.004 * 4'200,000 = 16,800

CS =

TS =

CTm
15,000
=
= 0.075
CR
200,000

Tpar
80
=
= 0.011
Tprod
7200 − 80

DS =

Desper
0.004 Pr od
=
= 0.004
Pr od buena
Pr od

k S = XC + YT + ZD = 1711....................( 2 )

Se sabe que:
Es =

kb
4352
E=
*100% = 254%
ks
1711

PROBLEMA 4
Una planta industrial trabaja 8000 horas por año, con un costo de producción total
de S/. 6’550,000, que corresponde a 5000 toneladas de producción. La planta
quedó fuera de servicio por 315 horas en las que se perdieron 250 toneladas
procesadas.
Se sabe además que se gastó en mantenimiento correctivo S/. 275,800 y en
mantenimiento preventivo S/. 79,200; asumiendo que el valor de reposición total es
de S/. 500,000. se sabe además que para el siguiente año la eficiencia del
mantenimiento se incrementó en 7%, perdiéndose asimismo 185 toneladas de

43

FIM-UNCP-2011



material procesada, y se gastó en M.P. S/. 97,500. determinar para el siguiente año
el índice del costo de mantenimiento respecto al de producción.
Solución:
Datos:
t

= 800 hrs/año

Año base:

Año siguiente

Cprod = S/. 6’550,000
Prod = 5,000 tn
Tpar. = 315 hrs
Desper = 250 tn
Cmc

Desper =185 tn.

= S/. 275,800

Cmp = S/. 79,200
CR

Cmp = S/. 97,500

= S/. 500,000
Es = 107%

Para el año base
X = CTm = CTmp + CTmc =S / .355,000

Y = CTpar =

Tpar * Cprod
315 * 6'550,000
=
= S / .268,477.55
( t − Tpar )
(8000 − 315)

Z = CTdesper =

Desper * Cprod

( Pr od − Desper )

=

250 * 6'550,000
= S / .344,736.84
( 5000 − 250)

C=

CTm
355,000
=
= 0.71
CR
500,000

T =

Tpar
315
=
= 0.041
Tprod
8000 − 315

D=

Desper
250
=
= 0.053
Pr od buena ( 5000 − 315)
k = xC + yT + zD = 281,328.63....................(1)

Para el siguiente año

44

FIM-UNCP-2011



X S = CTm

YS = CTpar = S / .268,477.55
Z S = CTdesper =

Desper * Cprod
185 * 6'550,000
=
= S / .251,661.50
( Pr od − Desper )
( 5000 −185)

CS =

CTm
CTm
=
CR
500,000

TS =

Tpar
= 0.041
Tprod

DS =

Desper
185
=
= 0.038
Pr od buena
5000 −185

k S = X S CS + YS TS + Z S DS
k S = CTm *

kS =

CTm
+ (268,477.55 * 0.041) + ( 251,661.50 * 0.038)
500,000

2
CTm
+ 20,570.729......................( 2 )
500,000

Como:
kb → 100%( Eb )
ks → Xs ( Es )

∴

Xs =

kb
kb
* 100 ⇒ ks =
* 100
ks
Xs

Reemplazando valores
ks =

281,328.63
* 100 = 262,923.95
107

Igualando a (2)
2
CTm
+ 20,570.729 = 262,923.95
500,000

CTmS = S / .348,104

Lo que se pide es:

45

FIM-UNCP-2011


IC m / prod =


CTmp + CTmc + CTpar
* 100
Cprod

IC m / prod =

348,104 + 268,477.55
* 100
6'550,000

IC m / prod = 9.41%

PROBLEMA 5
El costo por fallas incluyendo reparaciones por un turbo cargador es de S/. 172.50
por periodo y y el costo por mantenimiento preventivo es de S/. 115.00
Por periodo.
La frecuencia de fallas es:
n(trimes)
1
2
3
4

Fn
0.2
0.3
0.6
0.8

a) Elegir

la

alternativa

de

usar

o

no

mantenimiento preventivo.
b) Definir en que periodo se puede aplicar.

Solución:
Dato:
Cf = S/. 172.00

Cmp = S/. 115.00 / periodo

Sin mantenimiento preventivo:
En = ∑n * Fn = 1 * 0.2 + ( 2 * 0.3) + ( 3 * 0.6 ) + ( 4 * 0.8) = 5.8

CT =

Cf

En

= 172.5

5.8

= S / . 29.74

Con mantenimiento preventivo:
n =1

P = F1 = 0.2
1

n=2

P2 = F1 + F2 + P F1 = 0.2 + 0.3 + 0.2 * 0.2 = 0.54
1

n =3

P = F1 + F2 + F3 + P F2 + P2 F1 =
3
1

46

FIM-UNCP-2011



= 0.2 + 0.3 + 0.6 + (0.2 * 0.3) + (0.54 * 0.2) = 1.268
n =4

P4 = F1 + F2 + F3 + F4 + P F3 + P2 F2 + P F1 =
1
3

= 0.2 + 0.3 + 0.6 + 0.8 + (0.2 * 0.6) + (0.54 * 0.3) + (1.268 * 0.2) = 2.4356

1
n
1
CT ( n = 2 ) =
n
1
CT ( n = 3) =
n
1
CT ( n = 4 ) =
n
CT ( n = 1) =

[Cmp + C

f

* P = 149.5
1

]

[Cmp + C

f

* P2 = 104.08

[Cmp + C

f

* P3 = 111.24

[Cmp + C

f

* P4 = 133.79

]

]

]

a) No se debe usar, pues el CT sin mantenimiento preventivo es menor.
b) Se aplicará en todos los periodos.

PROBLEMA 6
La siguiente relación muestra el consumo promedio anual de una serie de repuestos
utilizados en un programa de mantenimiento aplicado a una industria MetalMecánica.
CODIGO

CONSUMO ANUAL
(Unidades)

PRECIO UNIT.
(Soles)

Z391
X003
MD49
2827
Q008
C943
P427
B333
Z002
S005

1390
11500
3200
1600
100
1500
4850
3270
1900
1960

320
520
620
6000
224
4460
400
160
2600
2080

a) Determine la inversión anual por artículos.

47

FIM-UNCP-2011



b) Establecer las zonas A, B, C en el gráfico de PARETTO.
Solución:
Con la tabla de datos podemos obtener la inversión anual por artículos y por ende
la inversión acumulada. Luego se ordenará la inversión anual por artículos en
forma DECRECIENTE para así aplicar el método de PARETTO que recomienda
para los límites de:
BIR _____ 75 – 80 % Presupuesto
INR _____ 90 – 95 % Presupuesto
AIR _____ 100 %

Presupuesto

Resumiendo:
CURVA
INV. ACUMUL CURVA
INVER % CANT. %
(Soles)

CODIGO

INV. ANUAL
(soles)

Z827
C943
X003
Z002

9’600,000
6’690,000
5’980,000
4’940,000

9’600,000
16’290,000
22’270,000
27’210,000

S005
M049

4’940,000
4’076,800

31’286,800
33’270,800

P427
B333
Z391
Q008

1’984,000
523,200
444,800
22,400

35’210,800
35’734,000
36’178,800
36’201,200

Luego se grafica.

BOR
75.16

40

91.91

INR
60
AIR

100

100

Inversión
%
100
91,91
75,16
A

B

40

C
60

48

100

%
Cantidades

FIM-UNCP-2011



PROBLEMA 7
La compañía de transporte de carga tiene una flota de 20 camiones traylers, con
capacidad de 30 toneladas y usan 18 llantas cada uno .
En el stock de repuestos se ha considerado un requerimiento de 1500 llantas por
año. Por datos de mantenimiento se sabe, que, la vida útil de cada llanta es de 3
meses en promedio.
Se pide calcular para cada periodo:
a) El número de sobrevivientes.
b) La confiabilidad.
c) La frecuencia de fallas.
d) Construir la curva de supervivencia.
Solución:
Cálculo dl número de llantas falladas por periodo:
N ( t ) = 20 camiones * 18

llantas
llantas
= 360
camión
periodo

El dato del problema. La vida útil es de 3 meses, por lo que durante el
año ocurrirán cuatro periodos.
a) Cálculo del número de sobrevivientes (S(t)) por period:
n

0

1

2

3

4

S(t)

1500

1140

780

420

60

b) Cálculo de la confiabilidad
R( t ) =
R1 ( t ) =
R2 ( t ) =
R3 ( t ) =

S( t )
S( 0 )

=

# de sobrevivientes
# de elementos almacenados

=

1140
*100 = 76%
1500

S 1( t )
S0
S 21( t )
S0
S31( t )
S0

=

780
* 100 = 52%
1500

=

420
*100 = 28%
1500

49

FIM-UNCP-2011


S 41( t )

R4 ( t ) =

S0

=


60
* 100 = 4%
1500

c) Cálculo de la frecuencia de fallas
Z( t ) =

N( t )
t * S (t)

Z1 ( t ) =
Z2 ( t ) =
Z3 ( t ) =
Z4 ( t ) =

N1 ( t )
t * S1 ( t )

=

360
= 31.58%
1 *1140

=

360
= 46.15%
1 * 780

=

360
= 85.71%
1 * 420

=

360
= 60.00%
1 * 60

N2 ( t )
t * S2 ( t )
N3 ( t )
t * S3 ( t )
N4 ( t )
t * S4 ( t )

d)
S(t)
1500
1000
500
0

2

1

3

4

t

PROBLEMA 8
Una compañía dedicada a la fabricación de barquillos para helados de diferentes
tipos; desea actualizar sus programas de mantenimiento y para ello realiza un
diagnóstico dentro de un departamento.
Los datos son los siguientes:
Datos de operación
-

Tiempos inactivos:

20%.

-

Días laborales por mes:

26

50

FIM-UNCP-2011



-

1ro y 3er trimestre:

1 turno

-

2do y 4to trimestre:

2 turnos

Datos estadísticos:

γ

Maquinaria y/o equipo

n

Separador de finos

250

Batidora transversal

300

4500

Prensador, cortador y moldeador

500

β

−

M

σ

1.2
8000

R( t )

0.474

1.3
0.840

Horno de cocido

1000

600

0.745

Para la máquina crítica de la línea de producción, determinar:
a) La expresión analítica de la función de distribución.
b) La probabilidad de fallas (%)
Solución:
Cálculo del tiempo de operación: (t)
Para el 1° y 3° trimestre:
Días laborable = 26
# de meses = 6
Turno : 1
1* 8

hr
* 26 * 6 * 0.8 = 998.4 horas
día

Para el 2° y 4° trimestre:
2* 8

hr
* 26 * 6 * 0.8 = 1996.8 horas
día

⇒ t = 2995.2 horas / año

Cálculo de Z(t) para separador de finos
R1 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

despejando: n =

t−γ

( − ln R )

1

β

51

FIM-UNCP-2011



reemplazando: n = 3502.35 horas
Z( t ) =

β ( t − γ ) β −1
n

β

=

1.2( 2995.2 − 250 )
(3502.35)1.2

1.2 −1

= 3.263 x10−4

Cálculo de Z(t) para la batidora transversal
R2 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

reemplazando: R2 ( t ) = 0.598
Z (t ) =

β ( t − γ ) β −1
nβ

=

1.3( 2995.2 − 300 )
(4500) 1.3

1.3 −1

= 2.477 x10 −4

Cálculo de Z(t) para la prensador, cortador, moldador
R3 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

despejando:

β=

ln ( − ln R )
 t −γ 
ln

 n 

reemplazando: β =1.49
Z (t) =

β ( t − γ ) β −1
n

β

1.49( 2995.2 − 500)
=
(8000) 1.49

1.49 −1

= 1.052 x10 −4

Cálculo de Z(t) para el horno cocido
Se trata de una distribución normal
f 4(t) =

1
e
σ 2π

− 

 t −M 



−
2σ 2

2

−6
reemplazando: f 4 ( t ) = 2.63 x10
2

t

1
e
2π
0 σ

R 4 ( t ) =1 − ∫

− 

 t −M 




−
2σ 2

dt

Usando Simpson: R4 ( t ) = 0.745 , pero es dato

52

FIM-UNCP-2011



reemplazando: n = 3502.35 horas
Z (t) =

f (t)
R( t )

=

2.63 x10 −6
= 3.530 x10 −6
0.745

Como la máquina crítica es aquella que tiene mayor Z ( t ) entonces será el
“separador de finos”
a) La función de distribución será:
f(t)

β ( t − γ ) −
=
e 
β
n

 t −γ 

n 

β

Donde: β = 1.2 γ = 250 n = 3502.35
Reemplazando:
1.2

1.2( t − 250 ) − 3502.35 

=
e 
1 .2
3502.35
 t −250 

f(t)

b) La probabilidad de fallas será:
F( t ) =1 − R( t )
F( t ) = 1 − 0.474
F( t ) = 0.523 ≈ 52.6%

PROBLEMA 9
Demostrar la expresión:
t =δ

A
(δ −1) C

Solución:
Por definición del costo específico sabemos:
U =

Y
t

Y = costo total

53

FIM-UNCP-2011



t = periodo operativo
Donde: Y = A + B t + C t δ

A, B y C: coeficientes
δ : parámetro (tablas)

U =

A
du
+ B + C t δ −1 ⇒
=0
t
dt

∴−

A
+ ( δ − 1) C t δ − 2 = 0 , despejando “t” obtenemos:
2
t

t=

A
(δ −1) C

l.q.q.d.

PROBLEMA 10
Una compañía dedicada a la fabricación de detergentes desea poner en práctica un
nuevo sistema de mantenimiento; para lo cual dispone delos siguientes datos:
Datos de operación:
-

Tiempos inactivos:

10%

-

Días laborables por mes: 25

-

Número de turnos:

2

Dato de mantenimiento
Maquinaria

γ (hrs)

β

n (hrs)

R( t )

1
2
3
4
5

850
600
-

1.0
1.0
1.0

10000
3900
6500
8500
9200

0.75
0.60
0.48
0.85
0.80

Para la máquina más crítica se pide:
a) Construir el diagrama de f(t) vs t.
b) Construir el diagrama de R(t) vs t.

54

FIM-UNCP-2011



Solución:
Cálculo el tiempo de operación:
tOp. =

# meses dias lab # turnos horas
x
x
x
x t efectivo
año
mes
día
turno

tOp . =12 x 25 x 2 x8 x 0.90

tOp. = 4320 hrs / año

Cálculo de Z(t) para la máquina 1
R1 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

despejando: γ = t − n . e

ln ( − ln R )

β

reemplazando: γ =1443.18 horas
Z (t ) =

β ( t − γ ) β −1
n

β

=

1( 4320 −14443.18)
(10000) 1

1−1

= 1x10 −4

R2 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

despejando:

β=

ln ( − ln R )
 t −γ 
ln

 n 

reemplazando: β = 5.75
Z (t) =

β ( t − γ ) β −1
n

β

5.75( 4320 − 850 )
=
(3900) 5.75

5.75 −1

= 8.46 x10 −4

Cálculo de Z(t) para la maquina 3
R3 ( t ) =

e

 t −γ 
−

 n 

β

nβ

55

FIM-UNCP-2011


despejando:

β=


ln ( − ln R )
 t −γ 
ln

 n 

reemplazando: β = 0.55
Z (t) =

β ( t − γ ) β −1
nβ

=

0.55( 4320 − 600)
(6500) 0.55

0.55 −1

= 1.09 x10 −4


R4 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

despejando: γ = t − n e

ln ( − ln R )

β

reemplazando: γ = 2938.59 hrs
Z (t) =

β ( t − γ ) β −1
nβ

=

1( 4320 − 2938.59)
(8500) 1

1−1

= 1.18 x10 −4


R5 ( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

despejando: γ = t − n e

ln ( − ln R )

β

reemplazando: γ = 2267.08 hrs
Z (t) =

β ( t − γ ) β −1
nβ

=

1( 4320 − 2267.08)
(9200) 1

1−1

= 1.09 x10 −4

Como la máquina crítica es aquella que tiene mayor Z ( t ) entonces será la
máquina 2
a) La función de distribución será:

56

FIM-UNCP-2011



f(t)

β (t − γ )
=
nβ

f(t)

5.75( t − 850 )
=
3900 5.75

β −1

e

 t −γ 
−

 n 

β

5.75 −1

e

 t −850 
−

 3900 

5.75

item
1

t (hrs)
1000

f (t)
2.80x10-10

2

2000

4.46x10-6

3

3000

8.43x10-5

4

4000

3.99x10-4

5

5000

4.74x10-4

6

6000

3.72x10-5

7

7000

1.41x10-8

8

8000

1.77x10-16

f(t)

t
b)
R( t ) = e

 t −γ 
−

 n 

β

5.75

R( t ) = e

 t −850 
−

 3500 

item

t (hrs)

57

R (t)

FIM-UNCP-2011


1
2
3
4
5
6
7


1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000

0.9999
0.9991
0.9679
0.7461
0.2395
0.0071
1.09x10-6

R(t)

t

PROBLEMA 11
Del historial de fallas de un departamento de mantenimiento se han obtenido los
siguientes datos de una transmisión de montacargas.

σ

y0 = 0.46 ; esfuerza de fatiga de la válvula selenoide del sistema hidráulico

t = 3.6 x10 2 psi %F = 35.

a) Escribir la función para la confiabilidad con los datos obtenidos.
b) Graficar la expresión f (t) vs t; por mínimo 5 valores de t.
Solución:
Con los datos dados y ubicados en el Ábaco de Kao obtenemos:
β = 2.05 n = 5.2 x10 2

a) R = e
(t)
b) f ( t )

 t −γ 
−

 n 

β

=e

β (t − γ )
=
nβ

 t −0 
−

 5200 

β −1

e

γ = 0 (asumido)

2.05

 t −γ 
−

 n 

β

58

FIM-UNCP-2011


2.05( t − 0 )
=
5200 2.05

2.05 −1

f(t)

e


 t −0 
−

 5200 

2.05

f(t)

1 tem

t (hrs)

f (t)

1
2
3
4
5
6

1000
2000
3000
4000
5000
6000

6.75x10-5
1.26x10-4
1.60x10-4
1.67x10-4
1.50x10-4
1.20x10-4
t

PROBLEMA 12
En una fábrica de detergente, se está analizando una máquina crítica.
Se dispone del a siguiente información de mantenimiento, teniendo a la mano el
historial de las tarjetas.
Periodo Edad (hrs)
1
2
3
4
5
6
7
8

785
1232
950
1000
1160
1310
890
700

fallas
2
4
1
6
2
5
7
10

Se solicita:
a) Graficar R(t) y f(t), para 5 valores como mínimo.
b) Explique sus conclusiones.
Solución:
59

FIM-UNCP-2011



Lo primero que debe hacer es formar la tabla adecuada con los datos anteriores

Edad (hrs)

%F

785
2017
2967
3967
5127
6437
7327
8027

5.4
16.2
18.9
35.1
40.5
54.1
72.9
100.0

Graficando la edad vs %F en el Ábaco de Kao determinamos:
β =1.40
n = 65 x102 hrs

γ = 0 (asumido)

a) f ( t ) = β ( t − γ )
nβ

β −1

e

 t −γ 
−

 n 

1.4( t − 0)
f (t ) =
65001.4

β

1 .4

1.4 −1

e

 t −0 
−

 6500 

item

t (hrs)

f (t)

1
2
3
4
5
6
7
8

1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000
8000

9.47x10-5
1.11x10-4
1.13x10-4
1.07x10-4
9.70x10-5
8.53x10-5
7.32 x10-5
6.14 x10-5

f(t)

60

FIM-UNCP-2011

t


 t −γ 

n 


β

b) R( t ) = e −


1.40

R( t ) = e

 t −0 
−

 6500 

item

t (hrs)

R (t)

1
2
3
4
5
6
7

1000
2000
3000
4000
5000
6000
7000

0.9298
0.8253
0.7127
0.6024
0.5003
0.4090
0.3298

R(t)

t
PROBLEMA 13
Se muestra una tabla que corresponde a las horas de operación antes de fallar las
cuchillas cortadoras de tubos.
Calcular:

61

FIM-UNCP-2011



a) Los parámetros de Weibull
b) La vida media
c) La vida característica si el 20% fallan prematuramente
d) La confiabilidad por la vida media
e) La frecuencia de fallas para la vida media.
t = horas

%F

8750
9250
9750
10250
11750
14250

25.0
37.85
50.0
62.5
75.0
87.5

Solución:
Con la tabla dada, graficando en el Ábaco de Kao, vemos que es una curva
convexa; por lo que tendremos que linealizar tomando en consideración:
0 ≤ γ ≤ 8,750

Tabla para la 2° curva
tomando γ = 5,000

tomando γ = 6,500

t = horas

%F

t = horas

%F

3,750
4,250
4,750
5,250
6,750
9,250

25.0
37.5
50.0
62.5
75.0
87.5

2,250
2,750
3,250
3,750
5,250
7,750

25.0
37.5
50.0
62.5
75.0
87.5

62

FIM-UNCP-2011



tomando γ = 8,000
t = horas

%F

750
1,250
1,750
2,250
3,750
6,250

25.0
37.5
50.0
62.5
75.0
87.5

Con esta última curva, o sea con γ = 8,000 hemos linealizado
0.0
0.1
0.2
70 _
60 _
10
1.0

γ = 5000 γ = 0
γ = 8000
γ = 6500
γ = 8000
n=0.58

n=2.70

n=10.70

0.1

|
•
1.0
3.0
0.8
0.1 parámetros de Weibull serán:
a) Por lo tanto los
nm=2.30
β = 0,92

γ = 8,000

63

FIM-UNCP-2011



n = n'+ =10,700
γ

donde: n' = 2,700 y γ = 8,000
b) Como este problema no se da el gráfico %F vs β entonces:
% Fm =

∑ % Fi = 25 + 37.5 + 50 + 62.5 + 75 + 87.5 = 56.25
n

6

% Fm = 56.26 ( promedio )

Entrando con este valor al Ábaco de Kao se lee:
nm = 2300 + γ = 10,300 horas

c) Para %F = 20% entrando en el Ábaco de Kao se lee:
n = 0.58 x103 + γ = 8,580 hrs

d) Cálculo de la confiabilidad para la vida media
Rm(t ) = 1 − Fm = 1 − 0.5625 = 04375 ≈ 43.75%

e) Cálculo de la frecuencia de falla para la vida media
Z (t ) =

β ( tm − γ ) β −1
β
nm

..................(1)

Donde:
β = 0.92 , γ = 8,000 , nm = 2,300 , tm = ??

De la tabla de datos (Interpolando)
t (horas)

%F

9,750 _________ 50.00
tm
tm _________ 56.25 ∴ =10,000

10,250 _________ 62.50
Reemplazando los valores en (1)
Z (t ) =

0.92(10,000 −8,000 )
2,300 0.92

0.92 −
1

Z ( t ) =1.018 x10 −4

64

FIM-UNCP-2011



PROBLEMA 14
Una compañía dedicada a la fabricación de pelotas de diferentes tipos; desea saber
cual es la confiabilidad de su línea de producción . los datos de mantenimiento son:
Tiempo de operación:
-

Tiempos inactivos

20%

-

Días laborales por mes

26

-

1° y 3° trimestre

1 turno

-

2° y 4° trimestre

2 turnos

Diagrama de bloques:

2
3

1

A

6

4

6

7

B

5

3

6

Datos estadísticos:
item

1
Transporte neumático
2
Separador de finos
3
Mezclador de paletas
4
5
6
Moledora prensadora
7
Transporte de cadenas
Observaciones:

γ

n

β

250
300
500

3500
4500
8000

1.2
1.3
1.5

200

λ


3000

1.4

0.00015
0.00035
0.00045

Máquina 5

paralelo secuencial

Máquina 6

se requiere 1

Solución:

65

FIM-UNCP-2011



Cálculo del tiempo de operación:
t = ( 6 * 26 * 1 * 8 + 6 * 26 * 2 * 8) * 0.80
t = 2995.2 hrs / año

Cálculo de la confiabilidad del sistema:
Rs = 1 − Fs = 1 − FI .FII
FI =1 − R1.R2 .R3 .R45 .R666 .R7
FII =1 −R1.R3 .R3 .R45 .R666 .R7

Cálculo previo de las confiabilidades:
R1 = e
R2 = e
R3 = e

R45 =

 t −γ 
−

 n 

β

= 0.4737

 t −γ 
−

 n 

 t −γ 
−

 n 

β

= 0.5984

β

= 0.8401

λ2
λ1
e −λ1t +
e −λ2t = 0.8538
λ 2 − λ1
λ1 − λ 2

R666 = R6 + R6 + R6 − R6 .R6 − R6 .R6 − R6 .R6 + R6 .R6 .R6
2
3
= 3R 6 − 3R 6 + R 6

(

= 3e −λ6 t − 3 e −λ6 t
R7 = e

 t −γ 
−

 n 

) + (e )
2

−λ6 t 3

= 0.5944

β

= 0.4002

Entonces:
FI = 0.9512

FII = 0.9314

Luego:
Rs = 0.1141 ≈ 11.14%

PROBLEMA 15
Una compañía dedicada a la fabricación de lámparas incandescentes, de 25, 50,
100, 250 y 500 watts respectivamente; desea poner en práctica un sistema de
mantenimiento:
66

FIM-UNCP-2011



-

Tiempos inactivos

15%

-

Días laborales por mes

26

-

Número de turnos

3

Datos de mantenimiento:

γ

1
2
3
4
5
6

β

n

R (t )

1.0


10,000
3,900
6,500
8,500
9,200
1,500

0.75
0.60
0.48
0.85
0.70
0.35

850
600
1.0
1.0
350


2
A

3
6

4

1

B

5

2
Determinar para el sistema mostrado:
a) La confiabilidad %
b) El tiempo medio entre fallas (hrs)
solución:
Cálculo del tiempo de operación.
top =#

meses días labor. # turnos horas
x
x
x
× t efectivo
año
mes
día
turno

top = 12 x 26 x3 x8 x 0,85 = 6364.8hrs / año

a) Cálculo de la confiabilidad del sistema
67

FIM-UNCP-2011



Rs =1 − Fs.......(1)
Fs = FI FII FIII FIV

FI = 1 − R1R2 R3 R6 = 1 − 0,75 x0,60 x0,48 x0,35 = 0,9244
FII = 1 − R1R4 R3 R6 = 1 − 0,75 x0,85 x0,48 x0,35 = 0,8929

FIII = 1 − R1R4 R5 R6 = 1 − 0,75 x0,85 x0,70 x0,35 = 0,8438
FIV = 1 − R1 R2 R5 R6 = 1 − 0,75 x 0,60 x 0,70 x 0,35 = 0,8898
Fs = 0,6196
Rs = 0,3803 = 38,03%

Previo cálculo de los parámetros que faltan:
R1 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando: γ = t − ne

ln( − ln R )

β

Reemplazando: γ = 3487,98 hrs
R2 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando:

β=

ln(− ln R)
 t −γ 
ln

 n 

Reemplazando: β = −1,94
R3 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando:

β=

ln(− ln R)
 t −γ 
ln

 n 

Reemplazando: β = 2,88

R4 = e

 t −γ 
−

 n 

β

68

FIM-UNCP-2011




ln( − ln R )

β

R51 = e

 t −γ 
−

 n 

β


ln( − ln R )

β

R6 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando:

β=

ln(− ln R)
 t −γ 
ln

 n 


b) Cálculo del tiempo medio entre fallas del sistema
∝

MTBF = ∫ Rs (t ) dt.....( 2)
o

Rs = 1 − (1 − R1R2 R3 R6 )(1 − R1R4 R3 R6 )(1 − R1R4 R5 R6 )(1 − R1R2 R5 R6 )

reemplazando en (2) en función del tiempo, ordenando y utilizando algún
método podremos encontrar la solución.

PROBLEMA 16:
Una compañía dedicada a la fabricación de galletas de diferentes tipos; dispone de
un departamento de mantenimiento; desea poner en práctica un nuevo sistema de
mantenimiento.
- Tiempos inactivos

: 20%

69

FIM-UNCP-2011



- Días laborables por mes

: 26

- 1° y 3° trimestre

: 1 turno

- 2° y 4° trimestre

: 2 turnos

DIAGRAMA DE BLOQUES

6

4
A

2

1

3

6

7

B

5
6

Datos de mantenimiento
n

β

Transportador neumático

250

3500

Separador de finos

300

1500

Mezclador de paletas

500

8000

1,5

4


0,01

5


0,02

6

600

1,3

3

σ

1,2

2

___

1800

γ

Presandoras, cortadores y

Item
1

λ

Máquina y/o Equipo

moldeadores
7

M

0,03

Horno de cocido

Observaciones:
Maq 5 stand by
Maq 6 sólo se requiere una
Calcular la confiabilidad del sistema

70

FIM-UNCP-2011



solución:
Cálculo del tiempo de operación
x
x
x
× t efectivo
año
mes
día
turno

top =#

top = 6 x 26 x1x8 + 6 x 26 x 2 x8 = 2995,2hrs / año

Cálculo de la confiabilidad del sistema
Rs = R1 R2 R3 R45 R666 R7 .......(1)

Para el cálculo de las confiabilidades
R1 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Reemplazando: R1 = 0,4737
R2 = e

 t −γ 
−

 n 

β

R3 = e

 t −γ 
−

 n 

β

R45 =

λ2
λ1
e−λ t +
e−λ t
λ2 − λ1
λ1 − λ2
1

2

−13
Reemplazando: R45 = 1,96 x10

R666 = ( R6 + R6 + R6 − R6 R6 − R6 R6 − R6 R6 + R6 R6 R6 ) = 3R6 − 3R6 + R6
2

Reemplazando: R6 = e −λt = 246 x10−40

R666 = 2,84x10− 39
t

−
1
e
2π
0 σ

R7 = 1 − ∫

__

 t −M



2σ 2






dt ..................(I)

71

FIM-UNCP-2011

3



Para evaluar la integral I se puede aplicar los métodos numéricos: series, regla
de simpson, la regla del trapecio, etc.
Nosotros aplicando la regla de Simpson I =0,9517
R7 = 0,0438

Luego en (1) Rs =1,25 x10−54

PROBLEMA 17
Una campaña dedicada a la fabricación de lámparas fluorescentes compactas de
5,7,9 y 11 watts respectivamente, desea poner en práctica un sistema de
mantenimiento.

λ

1

n

β

R(+)

10,000

Máquina y/o Equipo

1,0

0,75

2

850

3,900

0,60

3

600

6,500

0,48

4

8,500

1,0

0,85

5

9,200

1,0

0,70

6

350

1,500

0,35


2

A

1

4

2

3
6

4

72

5

B

FIM-UNCP-2011



Determinar para el sistema mostrado:
a) Confiabilidad %
b) El tiempo medio entre fallas en horas
Solución
Considerando:
-

# turnos: 3

-

Días laborables por mes = 26

-

Tiempos medios activos =10%
top =

3turnos 8horas 26días 12meses
x
×
x
x0,9
día
turno
mes
año

top = 6739,2hrs / año

Rs =1 − Fs.......(1)
Fs = FI FII FIII FIV Fv FVI
FI = 1 − R1 R2 R3 R6 = 1 − 0,75 x 0,60 x 0,48 x 0,35 = 0,9244

FII = 1 − R1R4 R2 R3 R6 = 1 − 0,75 x0,85 x 0,60 x 0,48 x 0,35 = 0,9357
FIII =1 − R1R4 R4 R3 R6 =1 − 0,75 x 0,85 x 0,85 x 0,70 x0,35 = 0,9089

FIV = 1 − R1 R4 R4 R5 R6 = 1 − 0,75 x 0,85 x 0,85 x 0,70 x0,35 = 0,8672
FV = 1 − R1 R4 R2 R5 R6 = 1 − 0,75 x 0,60 x 0,85 x 0,70 x 0,35 = 0,9063
FVI = 1 − R1 R2 R5 R6 = 1 − 0,75 x0,60 x0,70 x0,35 = 0,8898
Fs = 0,5508
Rs = 0,4492 = 44,92%

Previo cálculo de los parámetros que faltan:
R1 = e

 t −γ 
−

 n 

β

73

FIM-UNCP-2011




ln( − ln R )

β

R2 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando:

β=

ln(− ln R)
 t −γ 
ln

 n 

Reemplazando: β = −1,63
R3 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando:

β=

ln(− ln R)
 t −γ 
ln

 n 


R4 = e

 t −γ 
−

 n 

β


ln( − ln R )

β

R5 = e

 t −γ 
−

 n 

β


ln( − ln R )

β

R6 = e

 t −γ 
−

 n 

β

Despejando:

β=

ln(− ln R)
 t −γ 
ln

 n 

b) Cálculo del tiempo medio entre fallas del sistema
∝

MTBF = ∫ Rs (t ) dt.....( 2)
o

74

FIM-UNCP-2011



Rs = 1 − (1 − R1R2 R3 R6 )(1 − R1 R4 R2 R3 R6 )(1 − R1 R4 R4 R3 R6 )(1 − R1R4 R4 R5 R6 )

(1 − R1R4 R2 R5 R6 )(1 − R1R2 R5 R6 )
reemplazando en (2) en función del tiempo, ordenando y utilizando algún
método podremos encontrar la solución.
PROBLEMA 18
Una compañía dedicada a la fabricación de jabones, desea en práctica un nuevo
sistema de mantenimiento; para lo cual dispone de los siguientes datos:
- Número de turnos

2

- Días laborales por mes

25

-Tiempos inactivos

10%

-Tiempo de mantenimiento (Tp) 420 hrs
β

n

R(+)

1,0

λ (hrs

Máquina y/o Equipo

10,000

0,75

)
1
2

850

3,900

0,60

3

600

6,500

0,48

4

1,0

8,500

0,85

5

1,0

9,200

0,80

2
1

3

5

4

A

5

B

Determinar para el sistema
a) La confiabilidad %

75

FIM-UNCP-2011



b) El tiempo medio entre fallas
Solución:
top =#

x
x
x
× t efectivo
año
mes
día
turno

top = 12 x 25 x 2 x8 x 0,9 = 4320hrs / año

Rs =1 − Fs.......(1)

Fs = FI FII FIII
FI = 1 − R1R2 R5 = 1 − 0,75 x 0,60 x0,80 = 0,64

FII =1 − R1 R3 R55

Pero:
R55 = e λt (1 − λt )

Reemplazando:
R55 = 0,9189

FII = 0,6692
FIII = 1 − R1 R4 R55 = 1 − 0,75 x 0,85 x0,99189 = 0,4142

Por lo que:
Fs = 0,1774

⇒

RS = 0,8226 = 82,26%

b) Calculo del tiempo medio entre fallas del sistema
∝

MTBF = ∫ Rs (t ) dt.....( 2)
o

Rs = 1 − (1 − R1R2 R55 )(1 − R1R3 R55 )(1 − R1R4 R55 )

reemplazando en (2) en función del tiempo, ordenando y utilizando
algún método podremos encontrar la solución.

76

FIM-UNCP-2011



PROBLEMA 19
Para un sistema de refrigeración en un rango de –25 a –10°C se utiliza un
compresor de 20 HP. Para la cual se tiene:
Equipo fuera de servicio por razones de mantenimiento: 5hrs
Tiempo de funcionamiento 8760 hrs/año
Costo promedio anual de reparación/hr: S/ 12’000,000
Costo promedio anual por recargo/hr: S/ 20’000,000
Se pide:
a) Tiempo disponible del sistema
b) Tiempo de parada del sistema
c) N° de reparaciones efectuadas
d) Costo anual de reparación
e) Costo anual de reposición
Solución:
a) t disp =t función xA0 ........(1)
La disponibilidad operacional
A0 =

MTBM
MTBF
100
≅
=
= 0,9524
MTBM + MAT MTBF + MAT 100 + 5

en (1):
tdisp = 8760 x 0,9524 = 8,343hrs / año

b) Tpar = t función − tdisp = 8760 − 8343 = 417 hrs / año
c) N °repar =

t disp
MTBF

=

8343
≅ 83 reparaciones
100

d) Costo total anual de reparación
Crepar =# hrs de parxCrepar / hr
= 417 x12'000,000 = s / 5004'000,000 / año

e) Costo total anual de reposición
77

FIM-UNCP-2011



Crepos =# hrs de parxCrepos / hr
= 417 x 20'000,000 = s / 834'000,000 / año

PROBLEMA 20
El programa anual de producción en una planta de cemento, se fijo en 6500 hrs y
por un valor de s/ 1’580,000. Dentro del total de horas de producción se han
previsto 425 hrs para el mantenimiento preventivo, con un tiempo promedio entre
fallas de 2,450 hrs.
Por paradas no programadas la planta quedó fuera de servicio durante 400hr, en las
que se perdió materiales por un valor equivalente al 1% de la producción
acumulada.
Si el costo toal expresado como valor de reposición es de 15% de la producción y
el costo total de mantenimiento en el año fue de s/ 83,000.
Calcular:
a) La disponibilidad operacional
b) Tiempo disponible del sistema
c) El costo promedio anual de reparación/hr
d) El costo promedio anual de reposición/hr
Solución:
Datos:
t fun = 6500hrs

MTBM ≅ MTBF = 2450hrs
MAT = 400hrs
C prod = s / 1580,000

Desper = 1% Prod ⇒ CTdesp = 1%C prod
CR = 15%C prod (Crepos)

a) La disponibilidad operacional
A0 =

MTBM
MTBF
2450
≅
=
= 0,8596
MTBM + MAT MTBF + MAT 2450 + 400

b) t disp = t función * A0
tdisp = 6500 x0,8596 = 5587 hrs / año

78

FIM-UNCP-2011


c) N °repar =

tdisp
MTBF

=


5587
≅ 2 reparaciones
2450

d) Costo total anual de reparación / hr
Crepar / hr =

CTm
.......(1)
# hrs de par

Pero: # hrs de par = t func − tdisp = 913hr / año
En (1) Crepar / hr =

83,000
= 90,91 S / hora
913

= 417 x12'000,000 = s / 5004'000,000 / año

e) Costo total anual de reposición / hr
Crepos / hr =

Crepos
# hrs de par

Crepos / hr =

=

15%C prod
# hrs de par

0,15 x1580,000
= 259,58 S / hora
913

PROBLEMA 21
Una compañía dedicada a la fabricación de aceite y grasas comestibles, quiere
modernizar su sistema de mantenimiento aplicando técnicas de programación con
Tp. Los datos con los que cuenta son:
- Número de turno:

3

- Días laborales por mes:

25

- Tiempos inactivos

12%

- Tiempo de mantenimiento (Tp): 440 hrs
Máquina y/o Equipo

β

R(+)

1
2
3
4
5
6

1,0
1,0
1,0
1,0
1,0
1,0

0,75
0,60
0,55
0,85
0,70
0,65

79

FIM-UNCP-2011



Diagrama de bloques
2
A

3
6

4

1

5

2

Determinar, usando tiempo de mantenimiento (Tp)
a) La confiabilidad del sistema
b) El tiempo medio entre fallas programado
Solución:
Calculo del tiempo de operación
top =#

x
x
x
× t efectivo
año
mes
día
turno

top = 12 x 25 x3 x8 x0,88 = 6336 hrs / año

Como:
t = jTp + δ

Donde: 0 ≤ δ ≤ Tp
⇒

j = 14

y

δ = 176 hrs

RSTp =1 − Fs.......(1)


FI =1 − R1 R2 R3 R6
FII =1 − R1R4 R3 R6

FIII =1 − R1R4 R5 R6
FIV =1 − R1 R2 R5 R6

Previo cálculo de los parámetros que faltan con la tabla de datos nos
podemos dar cuenta que todas las máquinas son de modelo exponencial.
Es decir:
R = e −λ t

80

FIM-UNCP-2011

B


λ =−

despejando:


ln R
t

Siendo el único parámetro:
Reemplazando para cada máquina:

λ1 = 4,54 x10−5

λ2 = 8,06 x10−5
λ3 = 9,44 x10−5

λ4 = 2,57 x10−5
λ5 = 5,63x10 −5
λ6 = 6,79 x10 −5

Cálculo de las confiabilidades programada para cada máquina
Como todas son del mismo modelo, la función de RTp será la misma.
Es decir:

[

RTp = e −λTp

] [e ]
−λδ

Reemplazando para cada máquina:
R1Tp = 0,7500

R2Tp = 0,6001
R3Tp = 0,5498

R4Tp = 0,8497
R5Tp = 0,6999

R6Tp = 0,6504

Luego:
FI = 0,8391

FII = 0,7721
FIII = 0,7099
FIV = 0,7951

Por lo que
Fs = 0,3657

RSTp = 0,6343 = 63,43%

81

FIM-UNCP-2011



b) Cálculo del tiempo medio entre fallas programadas
Tp

MTBFTp

∫
=

0

R ( δ ) dδ

1 − RTp

Donde:
R(δ ) = 1 − (1 − R1R2 R3 R6 )(1 − R1R4 R3 R6 )(1 − R1R4 R5 R6 )(1 − R1R2 R5 R6 )

y reemplazando en la integral del numerados de 0 a 400 hrs, se tendrá que
utilizar métodos numéricos.
PROBLEMA 22
Una compañía esta implementando un sistema de mantenimiento, disponiendo de
los siguientes datos:
- Número de turno:

3


25

- Tiempos inactivos:

10%

Máquina y/o Equipo

γ hrs

β

1

250

1,2

3500

2

300

1,3

4500

3

500

1,5

8000

λ

4

0,000015

5

n

0,000035

Diagrama de bloques
2
A

1

5
5

3

B

4

82

FIM-UNCP-2011



a) La confiabilidad programada de la instalación
Solución:
top =#

x
x
x
× t efectivo
año
mes
día
turno

top = 12 x 25 x 2 x8 x0,9 = 4320 hrs / año

Como:
t = jTp + δ

⇒

j = 10

y

δ = 120 hrs

a) Cálculo de la confiabilidad programada
RSTp =1 − Fs.......(1)


FI =1 − R1 R2 R5
FII =1 − R1 R3 R5

FIII =1 − R1 R4 R5

Cálculo de las confiabilidades programadas para cada sistema.
Es decir:
R = e −λ t
j


 − δ−250 


  3500 
e




 =0,7524








j

300

 − δ− 


  4500 
e




 =0,9002



j

300
 −δ− 


  8000 
e




 =0,9799




 − Tp −250 


R1Tp (t ) =  3500 
e








300

 − Tp − 


R2Tp (t ) =  4500 
e


500
 −Tp − 


R3Tp (t ) =  8000 
e








1, 2

1, 3

1, 5

1, 2

1, 3

1, 5

R4Tp (t ) = e −0, 000015Tp

[

] [e

[

] [e

R5Tp (t ) = e −0 , 000035Tp

j

j

−0 , 000015δ

] = 0,9373

−0 , 000013δ

] = 0,8597

Luego:

83

FIM-UNCP-2011



FI = 0,4177

FII = 0,3662
FIII = 0,3937

Por lo que
Fs = 0,0602
RSTp = 0,9398 = 93,98%

b) Cálculo del tiempo medio entre fallas programadas
Tp

MTBFTp

∫
=

0

R ( δ ) dδ

1 − RTp

Donde:
R( δ ) = 1 − (1 − R1R2 R5 )(1 − R1 R3 R5 )(1 − R1R4 R5 )

y reemplazando en la integral del numerados de 0 a 420 hrs, se tendrá que
utilizar métodos numéricos.

PROBLEMA 23
Una compañía industrial está implementando un sistema de mantenimiento,
disponiendo de los siguientes datos:
- Número de turno:

2


26

- Tiempos inactivos:

5%


γ hrs

Máquina y/o Equipo

84

β

λ

n (hrs)

FIM-UNCP-2011



1

250

1,2

3500

2

300

1,3

4500

3

500

1,5

6000

4

0,000015

5

0,000035

Observaciones
Maquina 4: Stand by
Maquina 5: solo se requiere una
Diagrama de bloques

4
2

1

A

3

5

5

3

4
5
a) La confiabilidad programada de la instalación
Solución:
top =#

x
x
x
× t efectivo
año
mes
día
turno

top = 12 x 25 x 2 x8 x0,9 = 4320 hrs / año

Como:
t = jTp + δ

⇒

j = 10

y

δ = 242,2 hrs

a) Cálculo de la confiabilidad programada
RSTp =1 − Fs

85

FIM-UNCP-2011

5
5



RSTp = R1 R3 R2 R44 R555 R3 ........(1)

Previo cálculo de las confiabilidades programadas

 − Tp −250 


=  3500 
e



1, 2

R1Tp

300

 − Tp − 


=  4500 
e



1, 3

R2Tp

500

 − Tp − 


=  6000 
e



1, 5

R3Tp

[

R44Tp (t ) = e −15 x10

−6

j







 − δ−250 


  3500 
e



1, 2






j

j







 =0,7240



300

 − δ− 


  4500 
e



1., 3

 −δ−300 


  6000 
e



1, 5


 =0,8820




 =0,9846



+ −15 x10 −6 Tpe −15 x10

Tp

−6

Tp

] [e
j

−15 x10 −6 δ

+15 x10 −6 δe −15 x10

= 0,9998
R555Tp (t ) =  e −35 x10
3



−6

Tp

(

−3 e −35 x10

(

−6

Tp

 e −35 x10 −6 δ −3 e −35 x10 −6 δ
3



) +(e
2

) +(e
2

− x10 −6 Tp
35

− x10 −6 δ
35

)


3

j

)  =0,999


3

Reemplazando en (1)
RSTp = 0,6189 = 61,89%

b) Cálculo del MTBF programadas
Tp

MTBFTp

∫
=

0

R ( δ ) dδ

1 − RTp

Donde R (δ ) es las confiabilidades en función de δ solamente; hay que aplicar
métodos numéricos.

86

FIM-UNCP-2011

−6

δ

]



87

FIM-UNCP-2011

Manual de ingenieria de mantenimiento problemas-2011

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