Mechanical Engineering - estione Industriale delle Qualità con Elementi di Statistica

Full exam

Gestione industriale della qualità con elementi di statistica 14/02/20 23 Matricola Cognome Nome Note: • Indicare sul foglio di protocollo: Nome, Cognome, Matricola, Codice Tema; • Indicare sempre le ipotesi assunte, le formule di calcolo usate e i risultati numerici /grafici ottenuti. • Svolgimento 1h30 QUESITO 1 (PUNTI 1 5) Un maglificio produce maglie mantenendo sotto controllo il processo . Di seguito, si riporta il numero di difetti rilevato in 24 unità d’ispezione da 50 pezzi. campione dati campione dati campione dati campione dati 1 6 7 4 13 8 19 6 2 5 8 6 14 3 20 8 3 4 9 10 15 5 21 3 4 6 10 7 16 10 22 18 5 5 11 6 17 10 23 3 6 7 12 6 18 6 24 8 a. Progettare una carta di contro llo (ARL(H 0) = 450). In caso siano presenti campioni fuori controllo, ipotizzare la presenza di cause assegnabili. b. Calcolare e tracciare la curva caratteristica operativa della carta progettata al punto precedente . Riportarne i valori in corrispondenza di uno spostamento del numero medio di difetti per unità d’ispezione pari a 2 e 4. Determinare il reale valore di ARL(H 0). c. Se in futuro si passasse ad una dimensione dell’unità d’ispezione pari a 100 , quali sarebbero i nuovi limiti di controllo? (ARL(H 0) pari a 4 50) d. Sono state raccolte ulteriori 10 unità d’ispe zione di dimensione pari a 100 (vedi dati sottostanti) . Applicando la carta di controllo sviluppata opportuna, quali considerazioni si possono trarre? 3 8 10 7 8 14 18 16 21 19 e. Considerando la carta progettata al punto a, q ual è la probabilità di non avere falsi allarmi in 4 unità d’ispezione consecutive? QUESITO 2 ( PUNTI 6) Un’ azi enda de ve verificare una serie di lotti in ingresso. La dimensione dei lotti è pari a 10000 pezzi, in caso di rifiuto i lotti sono verificati al 100% a carico del cliente . a. Progettare un piano d’accettazione singolo a minimo ATI, considerando una frazione di difettosi tipica pari allo 0,5% e un AOQL pari al 2,5%. b. Tracciare le curve OC, AOQ, ATI. Riportarne i valori per una frazione di difettosi dello 0,5% . QUESITO 4 (PUNTI 6) Il sistema di riempimento di una imbottigliatrice può erogare una quantità di liquido settabile dall’operatore. In ogni caso, la quantità di liquido erogata si distribuisce secondo una gaussiana di deviazione standard 0,01 dm 3 e valore atteso pari a quello impostato dall’operatore . Si devono riempiere una serie di bottiglie con , nominalmente, 0,75 dm 3 di vino . La capacità effettiva di tali bottiglie è di 0,8 dm 3 – se viene versato più vino, esso tracima dalla bottiglia. a. Se la macchina è impostata a 0,78 dm 3, quale frazione delle bottiglie sar à sottoriempit a (contiene meno di 0,75 dm 3 di vino) ? Quale sovrariempit a (contiene oltre 0,8 dm 3 di vino )? b. A quale valore deve essere impostata la macchina affinché solo una bottiglia ogni 1000 sia sottoriempita? QUESITO 4 (PUNTI 6) Derivare e calcolare un intervallo di confidenza del tipo (−∞,�) per la varianza stimata sulla base dei dati seguenti (1−�= 0,99 ). 4,94 5,10 5,00 4,96 4,74 SOLUZIONE QUESITO 1 a. Progettare una carta di controllo (ARL(H 0) = 450). In caso siano presenti campioni fuori controllo, ipotizzare la presenza di cause assegnabili. Iniziamo con un data snooping : Non si evidenziano trend, ciclicità, o altre anomalie. Potrebbe sembrare anomala l’unità d’ispezione 22, non abbastanza da essere eliminata in fase di data snooping. Ipotizziamo che i dati siano indipendenti e che il numero di difett i nell’unità d’ispezi one si distribuisca secondo una distribuzione di Poisson di parametro ignoto. Il valore di k da utilizzare si ricava come �= 1 ������������� (�0)= 0,0022 ������= �������2= 3,06 Determiniamo quindi i limiti di controllo: carta C �������� = ������−������√������= −1,23 ~0 ������� = ������= 6,66 �������� = ������+������√������= 14 ,56 Si evidenzia un fuori controllo al l’unità d’ispezione 22. Ipotizzando la presenza di cause assegnabili, scartiamo il dato: �������� = ������−������√������= −1,43 ~0 ������� = ������= 6,17 �������� = ������+������√������= 13 ,77 Non si evidenziano ulteriori fuori controllo. La progettazione può ritenersi completa. NB: è corretto anche utilizzare una carta U anziché C. b. Calcolare e tracciare la curva caratteristica operativa della carta progettata al punto precedente. Riportarne i valori in corrispondenza di uno spostamento del numero medio di difetti per unità d’ispezione pari a 2 e 4. Determinare il reale valore di ARL( H0). Le curva caratteristica operativa può essere determinata con la formula �= �(� ≤ [�������� ])−�(� ≤< �������� >)= �(� ≤ 13 ) c beta 8,173913 0,960384 10,17391 0,851457 Per quel che riguarda il reale valore di ARL(H 0), ������������� (�0)= 1 �= 216 ,03 c. Se in futuro si passasse ad una dimensione dell’unità d’ispezione pari a 100, quali sarebbero i nuovi limiti di controllo? (ARL(H 0) pari a 450) Dobbiamo passare da una carta C ad una carta U. Dai dati precedenti, il valore medio di U è pari a ������= ������ �������������� = 0,123 Da cui i nuovi limiti �������� = ������−������√ ������ �������������� 0,016 ������� = ������= 0,123 �������� = ������+������√ ������ �������������� = 0,23 Volendo (non richiesto dall’esercizio), è possibile convertire questi limiti in quelli di un a carta C: �������� = ������−������√������= 1,6 ������� = ������= 12 ,35 �������� = ������+������√������= 23 ,10 d. Sono state raccolte ulteriori 10 unità d’ispezione di dimensione pari a 100 (vedi dati sottostanti). Applicando la carta di controllo sviluppata opportuna, quali considerazioni si possono trarre? Plottando i dati in una carta U con i limiti calcolati al punto precedente, otteniamo: 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 5 10 15 20 25 30 beta La carta non evidenzia nessun fuori controllo. Tuttavia, è evidente una tendenza di crescita negli ultimi dati: è opportuno investigare s ulle possibili cause del fenomeno. e. Considerando la carta progettata al punto a, qual è la probabilità di non avere falsi allarmi in 4 unità d’ispezione consecutive? Sia � la probabilità del falso allarme (calcolata al punto b e pari a 0,00463 ). Sia ������������ l’evento “ si verifica un falso allar me al campione i -esimo”. Ne consegue che l’evento “non ci sono falsi allarmi in 4 unità d’ispezione consecutive ” è ⋂ ������������� 4������=1 . Ricordando che, per ipotesi, le unità d’ispezione sono indipendenti, �(⋂ ������������� 4 ������=1 )= ∏ �(�������������)= 4 ������=1 ∏ (1−�)= (1−�)4= 0,982 4 ������=1 QUESITO 2 a. Progettare un piano d’accettazione singolo a minimo ATI, considerando una frazione di difettosi pari allo 0,5% e un AOQL pari al 2,5%. Dalle tavole di Dodge -Romig Ricaviamo Ac = 2, Re = 3, n = 55. b. Tracciare OC, AOQ, ATI. Riportarne i valori in corrispondenza di una frazione di difettosi dello 0,5%. . �= �(� ≤ ������������ ) �������� = �������� �−������ � �������� = ������+(1−�� )(�−������) Utilizzando Minitab Percent Defective Probability Accepting Probability Rejecting AOQ ATI 0,5 0,997 0,003 0,496 81,9 Si nota che, sebbene i valori calcolati della curva OC si riferiscano ad AQL ed LTPD, in realtà il valore ottenuto per α differisce da quello di progetto (e, avendo a disposizione più cifre decimali, probabilmente noteremmo lo stesso per β). Ciò è dovuto alla natura discreta della distribuzione binomiale su cui si basa il piano d’accettazione. QUESIT O 3 a. Se la macchina è impostata per erogare 0,78 dm 3 di vino, quale percentuale delle bo ttiglie sarà sottoriempita? Quale sovrariempita? Dal testo dell’esercizio, la quantità di vino erogata risulta distribuita secondo una ������∼������(0,78 ;0,01 2). Di conseguenza, la probabilità che una bottiglia sia sottoriempita è �(������< 0,75 )= �(������−0,78 0,01 < 0,75 −0,78 0,01 )= Φ(0,75 −0,78 0,01 )= 0,00135 Nessuna bottiglia conterrà mai più di 0,8 dm 3 di v ino, dato che l’eccedenza tracima. Comunque, volendo calcolare lo stesso la probabilità di sprecare del buon vino, essa è �(������> 0,8)= 1−�(������−0,78 0,01 ≤ 0,8−0,78 0,01 )= Φ(0,8−0,78 0,01 )= 0,0227 Un grosso spreco di vino. b. A quale valore deve essere impostata la macchina affinché solo una bottiglia ogni 1000 sia sottoriempita? Sia ������ il valore a cui è impostata la macchina . Di conseguenza, sarà ������∼������(������;0,01 2). Dovrà essere: 0,001 = �(������< 0,75 )= �(������−������ 0,01 < 0,75 −������ 0,01 ) L’uguaglianza è verificata se 0,75 −������ 0,01 = Φ0,001 Da cui ������= 0,75 −0,01 Φ0,001 = 0,781 Uno sprec o di vino ancora maggiore. NB: si noti che Φ0,001 ha valore negativo. QUESITO 4 Partiamo da �(������2∈(−∞,�))= 1−�= �(������2< �). Ricordando che, sotto l’ipotesi di normalità della distribuzione, vale ������2 ������2(������−1)∼χ2(������−1), con ������ dimensione del campione , possiamo riscrivere come �(������2< �)= �(�2 ������2(������−1)> �2 �(������−1))= 1−�(�2 ������2(������−1)≤ �2 �(������−1))= 1−� �(�2 ������2(������−1)≤ �2 �(������−1))= � L’ultima eguaglianza è vera se �2 �(������−1)= ������������2(������−1) Da cui �= �2 ������������2(������−1)(������−1) Applichiamo quindi ai dati che abbiamo a disposizione. Innanzitutto, verifichiamo la normalità: Non vi è evidenza statistica per rifiutare la normalità dei dati. Ricaviamo la varianza campionaria: �2= 1 ������−1∑ (������������−������)2= 0,017 Determiniamo infine l’estremo dell’intervallo: �= �2 ������������2(������−1)(������−1)= 0,233