Analisis Reliabilitas1. Distribusi Log-Normal

Distribusi log-normal digunakan dalam analisis reliabilitas terutama bila kerusakan dipengaruhi oleh faktor-faktor yang tidak bersifat aditif dan sebanding dengan besarnya faktor tersebut serta usia pakai dari komponen ketika faktor tersebut mempengaruhi. Misalnya ada dua generator yang digunakan untuk memasok listrik di suatu pabrik, jika salah satu generator tersebut rusak maka generator yang lain akan mengambil alih beban generator yang rusak sehingga laju kerusakan akan meningkat. Laju kerusakan tersebut biasanya cukup sesuai dimodel dengan distribusi log-normal. Disamping itu, distribusi log-normal juga sesuai dipakai antara lain bila:

i. Kerusakan diakibatkan oleh perkalian beberapa faktor yang kecilii. Data pengamatan kerusakan sekarang cenderung proporsional dengan data pengamatan

yang lalu.Berikut salah satu kasus yang dikerjakan dengan menggunakan distribusi log-normal.

Sepuluh komponen dites sampai rusak, diperoleh jangka waktu kerusakan (jam) sebagai berikut:

t26.2 40.1 48.3

60.2

100.4

150.2

212.8

300.5

417.5

600.2

a. Reliabilitas komponen setelah berfungsi 100 jamUntuk mempermudah perhitungan, maka distribusi log-normal ditransformasi ke distribusi

normal sebagai berikut.

f ( t )= 1tσl√2π

exp {−12 ( ln t-μl

σ l)

2}Data yang semula berdistribusi log-normal ditransformasikan menggunakan logaritma

natural sehingga menjadi distribusi normal standar. Tabel 1 menunjukkan hasil transformasi dari distribusi log-normal ke distribusi normal.

Tabel 1. Hasil Transformasi dari Distribusi Log-normal ke Distribusi Normal Standar

Setelah didapatkan nilai hasil transformasi, kemudian dicari nilai rata-rata dan standart deviasi agar dapat menghitung nilai reliabilitas. Dari data transformasi diperoleh nilai rata-rata sebesar 4.805072 dan standar deviasi sebesar 1.065466. Untuk nilai t = 100 jam diperoleh nilai ln t = 4.60517, maka nilai reliabilitas adalah sebagai berikut.

R (ln t ) =1−F ( ln t )

R (4 . 60517 )=1−P( t '−4 .805072

1.065466<ln t−4 .805072

1.065466 )=1−P(t '−4 . 805072

1 .065466<4 .60517−4 .805072

1. 065466 )=1−P (Z<0 .187617262 )=1−0 .4286=0.5714

Jadi probabilitas komponen berfungsi baik adalah sebesar 0.5714.

b. Dari hasil reliabilitas pada poin (a), dapat dihitung nilai six sigma dengan target reliabilitas sebesar 0.99.Apabila target reliabilitas (Rg(t)) = 0.99 dan reliabilitas data (Ra(t)) = 0.5714 maka nilai six

sigma dapat dicari dengan bantuan program MS-EXCEL sebagai berikut.

Sigma =norminv (1- [Rg (t )−Ra (t ) ] ,1.5,1 )=norminv ( 1- [ 0.99−0 .5714 ] ,1 .5,1 )=norminv (1- 0 .4186 ,1 . 5,1 )=norminv (0.5814 , 1 .5,1 )=1 .705476

Jadi tingkat sigma yang dihasilkan dari data adalah 1.705476.Melalui target reliabilitas (Rg(t)) = 0.99 dan reliabilitas data (Ra(t)) = 0.5714 dapat dihitung

juga nilai DPMO (Defect per Million Opportunity) yang menyatakan jumlah cacat per million opportunities. Berikut hasil perhitungan DPMO.

DPMO= [Rg ( t )−Ra ( t ) ] x 106

= [0 . 99−0. 5714 ] x106

¿418600

Jadi dari 1 juta produksi terdapat kemungkinan cacat sebanyak 418600.Tingkat sigma dapat pula diperoleh dari nilai DPMO. Berdasarkan tabel six sigma pada

Lampiran 1, nilai DPMO 418600 terletak diantara nilai sigma 1,7 dan 1.8 sehingga untuk mencari nilai sigma yang menghasilkan nilai DPMO 418600 digunakan metode interpolasi.

y− y1

y2− y1

=x−x1

x2−x1

418600−382089420740−382089

=x−1 .81. 7−1. 8

3651138651

=x−1 .8−0 . 1

−3651 .1=38651 (x−1. 8 ) −3651 .1=38651 x−69571. 8 65920 .7=38651 x x=1. 705536726

Jadi nilai sigma yang diperoleh berdasarkan konversi DPMO ke tingkat sigma sama dengan nilai sigma yang diperoleh dari konversi reliabilitas ke tingkat sigma yaitu sebesar 1.705.c. Laju kerusakan pada saat 200 jam

Untuk mencari nilai laju kerusakan pada saat 200 jam dimana 200 mengikuti distribusi log normal, maka 200 harus ditransformasikan ke bentuk Normal standart terlebih dahulu menggunakan logaritma natural (ln).Ln (200)= 5.298317Nilai laju kerusakan dapat dicari dengan rumus

λ=f ( t )R ( t )

Untuk itu perlu dicari nilai f(t) dan R(t) terlebih dahulu

R (ln t ) =1−F ( ln t )

=1−P(t '−4 . 8050721 .065466

<ln t−4 .8050721.065466 )

=1−P(t '−4 . 8050721 .065466

<5 .298317−4 .8050721.065466 )

=1−P (Z<0 .463 )=1−0 .6772=0.3228

λ=f ( t )R( t )

=0 .1341970 .3228

=0 . 415728

Berdasarkan hasil perhitungan nilai laju kerusakan dapat diketahui bahwa nilai laju kerusakan adalah sebesar 0.415728.d. Life time komponen jika diinginkan reliabilitas sebesar 0.9 adalah

R ( ln t )=1−F ( ln t )0 .9=1−P(t '−4 .805072

1 .065466< ln t−4 .805072

1.065466 )0 .1=( Z<ln t−4 .805072

1.065466)

−1 .28 =ln t−4 .8050721 .065466

−1 .3637888=3 .4412832

ln t =e3 . 4412832

t =31 .227Jadi, dapat disimpulkan bahwa apabila diinginkan nilai reliabilitasnya sebesar 0.9, maka life

time komponen seharusnya adalah 31.227 jam.

e. Umur komponen jika ditentukan periode wear-in 20 jam dan dipersyaratkan reliabilitas sebesar 0.9 adalahT0 = periode wear in

3

f ( t )=1σ l√2 π

exp {−12 (ln t-μl

σ l)2}

=11 .065466 √2 π

exp {−12

(1 . 065466 )2}=0 .1493759 exp (−0 .107156 )=0 .134197

R(T 0+TΙT 0 ) =R(T +T 0)

R(T 0 )

0 .9 =1−F (T +T 0 )

1−F(T 0 )

0 .9 =1−P( Z<

( ln t+ ln20 )−4 .8050721 .065466

)

1−P( Z< ln 20−4 . 8050721 .065466

)

1−P(Z<( ln t +ln 20 )−4 .805072

1.065466 )=0 . 9(1−P (Z< ln20−4 . 8050721 .065466

))1−P(Z<

( ln t +ln 20 )−4 .8050721.065466 )=0 . 9(1−(Z<−1 .69816 ) )

1−P(Z<( ln t +ln 20 )−4 .805072

1.065466 )=0 .9(1−0 .0455 )

1−P(Z<( ln t +ln 20 )−4 .805072

1.065466 )=0 . 085905

P(Z<( ln t+ ln 20)−4 .805072

1 .065466 )=1−0 . 085905

P(Z<( ln t+ ln 20)−4 .805072

1 . 065466 )=0 .14095

( ln t +ln 20 )−4 . 8050721.065466

=−1 . 04

( ln t+ ln 20)−4 .805072=−1.10807ln t +2. 995=3 .697002ln t =0.702002t = 2.01779

Jadi, umur komponen apabila periode wear-in 20 jam dan reliabilitas sebesar 0.9 adalah 2.01779 jam.

2. Distribusi Weibull 2 Parameter

Distribusi Weibull merupakan perluasan dari distribusi eksponensial dan banyak digunakan

untuk memodelkan fenomena kerusakan dengan laju kerusakan tergantung pada usia pakai

komponen. Misalnya jangka waktu kerusakan dari kapasitor, transistor, sel photo conductive,

korosi, kelelahan logam dan sebagainya. Fungsi distribusi Weibull adalah sebagai berikut.

f (t )=mθ ( t

θ )m−1

Exp[−( tθ )

m]

Fungsi Reliabilitas distribusi Weibull:

R( t )=exp[−( tm )

m]Dengan mengintegralkan fungsi R(t) dapat diperoleh nilai MTTF dari distribusi Weibull

sebagai berikut.

MTTF=∫

0

∞

R ( t ) dt

=∫0

∞e−(tm )m

dt

¿∫0

∞e− y θ

my

1m

−1dy

¿θm∫0

∞e− y y

1m

−1dy

¿θm

Γ (1m )¿θ

1m

Γ (1m )¿θ Γ (1+

1m )

Misal:

(tθ )m

= y

tθ

= y1m

t =θ y1m

dt =θm

y1m

−1

dy

Sehingga diperoleh persamaan MTTF=θ Γ (1+ 1

m )3. Distribusi Eksponensial

Seandainya distribusi life time komponen tertentu sesuai dengan distribusi eksponensial dengan MTTF 500 hari. Biaya pemeliharaan (Cp) adalah Rp. 0.5 juta dan biaya kerusakan (Cf) adalah 3 juta.a. Berdasarkan strategi penggantian berdasarkan usia pakai maka dengan cara trial dan error

waktu penggantian yang meminimalkan biaya adalah dapat dihitung dengan cara

C ( tp )=Cp×R( t p )+Cf ×[1−R ( tp )]

( tp )×R( t p )+M ( tp )×[ 1−R( t p ) ]

C ( tp )=0 .5×R( t p )+3×[1−R ( t p )]

( tp )×R( t p )+∫−∞

tptf (t )dt×[1−R( t p )]

dimana

M ( t p )=∫−∞

tptf ( t )dt

=∫−∞

t p tλe− λt

dt

= λ∫−∞

t p t e− λt

dt

5

M ( t p )=(−te− λt−1λ

e−λt)−0

=(−te− λt−1λ

e−λt)×λ ]

=−λt pe− λt p−e

−λt p

Karena nilai MTTF=500 maka λ= 1

500=0 .002

Dengan menggunakan MS-EXCEL maka hasilnya dapat dihitung seperti Tabel 2.

Tabel 2. Perhitungan Nilai C(tp)

tp R(tp) M(tp) C(tp) tp R(tp) M(tp) C(tp)

1 0.998 -1.004507025.13

5 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮

2 0.996 -1.008256530.22

9222 0.641 -2.251

9861.257

3 0.994 -1.012173035.99

9223 0.640 -2.259

9859.512

4 0.992 -1.016131291.94

5224 0.639 -2.266

9857.871

5 0.990 -1.020106247.96

6225 0.638 -2.274

9856.332

6 0.988 -1.024 89554.028 226 0.636 -2.2829854.89

3

7 0.986 -1.028 77631.547 227 0.635 -2.2899853.55

3

8 0.984 -1.032 68691.230 228 0.634 -2.2979852.31

2

9 0.982 -1.036 61739.024 229 0.633 -2.3059851.16

8

10 0.980 -1.041 56178.498 230 0.631 -2.3139850.12

0

11 0.978 -1.045 51630.107 231 0.630 -2.3219849.16

8

12 0.976 -1.049 47840.818 232 0.629 -2.3289848.30

9

13 0.974 -1.053 44635.456 233 0.628 -2.3369847.54

3

14 0.972 -1.057 41888.896 234 0.626 -2.3449846.87

0

15 0.970 -1.061 39509.379 235 0.625 -2.3529846.28

7

16 0.969 -1.066 37428.086 236 0.624 -2.3609845.79

5

17 0.967 -1.070 35592.391 237 0.623 -2.3689845.39

1

18 0.965 -1.074 33961.362 238 0.621 -2.3769845.07

619 0.963 -1.078 32502.685 239 0.620 -2.384 9844.84

8

20 0.961 -1.082 31190.509 240 0.619 -2.3929844.70

7

21 0.959 -1.087 30003.906 241 0.618 -2.4009844.65

1

22 0.957 -1.091 28925.753 242 0.616 -2.4089844.67

9

23 0.955 -1.095 27941.907 243 0.615 -2.4169844.79

1

24 0.953 -1.100 27040.579 244 0.614 -2.4249844.98

6

25 0.951 -1.104 26211.870 245 0.613 -2.4329845.26

4

26 0.949 -1.108 25447.400 246 0.611 -2.4409845.62

2

27 0.947 -1.112 24740.033 247 0.610 -2.4489846.06

1

⋮  ⋮  ⋮  ⋮  248 0.609 -2.4579846.57

9

Dengan cara trial and error didapatkan hasil seperti yang terdapat pada Tabel 2. Berdasarkan Tabel 2 dapat diketahui bahwa setelah dilakukan iterasi sebanyak 248 kali didapatkan waktu penggantian yang dibutuhkan untuk meminimalkan biaya. Waktu yang dibutuhkan untuk meminimalkan biaya yaitu sebesar Rp. 9844.651 adalah 241 hari.b. Untuk mencari nilai waktu penggantian yang meminimalkan biaya dapat menggunakan

metode eksak. Metode eksak dicari dengan menurunkan fungsi C(tp) dan turunan pertamanya disamadengankan nol. Kemudian mencari akar-akar dari fungsi turunan pertama C(tp). Turunan pertamanya merupakan nilai waktu penggantian yang meminimalkan biaya.

C ( tp )=Cp×R( t p )+Cf ×[1−R ( tp )]

( tp )×R( t p )+M ( tp )×[ 1−R( t p ) ]

Dimana

M ( t p )=−λt pe− λt p−e

−λt p

R( tp )=e−0. 002 tp

C ( tp )=0 .5×R ( tp )+3×[1−R (t p ) ]

( t p )×R( t p )+∫−∞

tptf ( t )dt

C ( tp )=0 .5×e−0.002 tp+3×[1−e−0. 002 tp ]

( tp )×e−0. 002 tp+(−λt pe− λt p−e

−λtp)

C ( tp )=0 .5×e−0. 002 tp+3×[1−e−0. 002 tp ]

( t p )×e−0 . 002 tp+(− λt p e−λt p−e

− λtp )

=0 . 5×e−0 . 002 tp+3−3 e−0. 002 tp

( tp )×e−0. 002 tp−λt p e− λt p−e

−λt p)

7

Fungsi C(tp) kemudian diturunkan dan didapatkan fungsi turunannya adalah

C ' ( tp )=0.005e−0 .002 tp /( tp×e−0.002 tp−e−0 .002 tp )−(2 .5 e−0 . 002 tp+3 )

( tp×e−0. 002 tp−e−0 . 002 tp )2×(1. 002e−0. 002 tp−0 . 002 tp×e−0. 002 tp

Kemudian mencari akar- akar fungsi C’(tp). Dengan menggunakan metode numerik regula

false didapatkan hasil sebagai berikut.

Tabel 3. Tabel Iterasi untuk Mencari Akar Persamaan

iterasi a b f(a) f(b) akar |Ea| f(akar) stop/belum

1-10.0 250.0 -0.004 3E-07

249.98  

2.73E07  

2-10.0 250.0 -0.004 0.0001

241.55 3.48909 50629.8

belum

3241.6 250.0 0.000 0.0001

241.58 0.01011 50640.1

belum

4 241.6 250.0 0.000 0.0001 241.6 0.01003 50650.3 belum

5241.6 250.0 0.000 0.0001

241.63 0.00995 50660.4

stop

Berdasarkan Tabel 2 dapat diketahui bahwa dengan melakukan iterasi sebanyak 5 kali didapatkan nilai akar sebesar 241.63. Berarti bahwa waktu yang dibutuhkan untuk meminimumkan biaya adalah sebesar 241.63 atau 241 hari. Nilai ini sama besar dengan nilai pencarian nilai waktu menggunakan metode trial and error.

Apabila nilai waktu optimasi tersebut dimasukkan ke turunan kedua fungsi C(tp) maka akan didapatkan biaya minimum yang dibutuhkan. Dengan menggunakan MS-EXCEL didapatkan biaya minimum sebesar Rp. 84.000,-.

c. Jika disyaratkan reliabilitas 0.875 maka model optimasi untuk mendapatkan waktu penggantian yang meminimalkan biaya dapat diperoleh melalui metode iterasi newton raphson. Dengan menggunakan bantuan MS-EXCEL diperoleh hasil seperti yang ditampilkan pada Tabel 4.Tabel 4. Tabel Iterasi Newton Raphson untuk mendapatkan Biaya Minimal

Iterasi Akar f(x) f'(x) ea Status

066.765

7 0.01415 -0.0052    

169.493

6 0.00826 -0.00523.9253

9 lanjut

271.090

1 0 -0.00522.2457

9 lanjut

371.090

1 0 -0.0052 0 stopBerdasarkan Tabel 4 dapat diketahui bahwa dengan 5 iterasi didapatkan waktu

penggantian yang meminimalkan biaya yaitu sebesar 71.0901 hari dengan biaya minimal sebesar Rp 0,-