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Mechanical Engineering - estione Industriale delle Qualità con Elementi di Statistica
Full exam
Gestione industriale della qualità con elementi di statistica 07/09/20 20 Matricola Cognome Nome Note: • Indicare sempre le ipotesi assunte, le formule di calcolo usate e i risultati numerici /grafici ottenuti. QUESITO 1 (PUNTI 1 3, TEMPO 45’ ) Un processo produttivo realizza condensatori elettrici dalla capacità nominale di 1 µF. I condensatori sono considerati conformi se la loro reale capacità differisce dalla nominale al pi ù di 10 nF. È noto che la capacità dei condensatori in uscita dal processo si distribuisce secondo una distribuzione normale (995 ,22) nF. a. Progettare una carta X -S per il controllo del processo con dimensione del campione pari a 25. b. Tracciare la curva caratteristica operativa del la carta X in funzione dello spostamento assoluto del valore atteso . Qual è il valore re ale di ARL(H 0)? Quale il valore di ARL (H 1), se il nuovo valore del valore atteso è pari a 1 µF? c. Calcolare gli indici ,������,������,������,������ . Calcolare un in tervallo bilaterale di tolleranza naturale che contenga il 99% dei pezzi prodotti. d. A valle de lla progettazione della carta, v engono raccolti dieci campioni di condensatori. I valori di X̅ ed S riscontrate sono in tabella. Quali considerazioni si possono trarre? campione X̅ S 1 995,73 2,49 2 994,09 1,37 3 995,92 2,3 4 994,49 1,63 5 995,63 1,69 6 994,07 1,95 7 995,53 2,06 8 994,43 1,89 9 995,57 2,32 10 994,63 2,09 QUESITO 2 (PUNTI 7, TEMPO 25 ’) Per verificare lotti da 2000 condensatori prodotti si vuole utilizzare un piano d’accettazione singolo a. Progettare il piano, considerando AQL = 1%, α = 0,5% e LTPD = 10%, β = 0,5%. b. Si riportino i valori di OC, AOQ, ATI in corrispondenza di AQL, LTPD (ispezione con ripristino). Si riporti il valore di AOQL. QUESITO 3 (PUNTI 7, TEMPO 25’) Una variabile aleatoria continua X è definita dalla seguente densità: ������(������)= {������sin ������ , ������∈[0,������] 0, ������∉[0,������] a. Determinare il valore di ������ affinché X sia una valida variabile aleatoria. b. Determinare valore atteso e varianza di X. QUESITO 4 (PUNTI 6, TEMPO 2 0’) In base ai dati seguenti, costruire un test statistico al 90 % per verificare la seguente ipotesi: :������= 0,09 , 1:������> 0,09 . Specificare come è stato costruito il test. 0,62 0,57 0,36 0,47 0,47 0,57 0,56 0,58 0,62 0,38 0,32 0,37 SOLUZIONE QUESITO 1 Un processo produttivo realizza condensatori elettrici dalla capacità nominale di 1 µF. I condensatori sono considerati conformi alle specifiche se la loro reale capacità differisce dalla nominale al più di 10 nF. È noto che la capacità dei condensatori in uscita dal processo si distribuisce secondo una distribuzione normale (995 ,22) nF. a. Progettare una carta X -S per il controllo del processo con dimensione del campione pari a 25. I dati sono già stati dichiarati normalmente distribuiti. Si ipotizza che i campioni siano indipen den ti fra loro. In assenza di ulteriori indicazioni, si utilizza k=3. Possiamo quindi usare le formule semplificate , per la carta X: ������ = ������−()������= 993 ,8 ������ = ������= 995 ������ = ������+()������= 996 ,2 Per la carta S: ������ = 5()������= 1,118 ������ = 4������= 1,9792 ������ = 6()������= 2,84 b. Tracciare la curva caratteristica operativa della carta X in funzione dello spostamento assoluto del valore atteso. Qual è il valore reale di ARL(H 0)? Quale il valore di ARL(H 1), se il nuovo valore del valore atteso è pari a 0,996 µF? La curva caratteristica operativa può essere calcolata con la formula = Φ(−������+Δ������ ������ √)−Φ(−������−Δ������ ������ √) Per il calcolo di ARL, nota la curva OC: ������ (0)= 1 = 370 ,298 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 ������ (1)= 1 1−= 3,24 c. Calcolare gli indici ,������,������,������,������ . Calcolare un intervallo bilaterale di tolleranza naturale che contenga il 99% dei pezzi prodotti. Le formule per il calcolo degli indici sono le seguenti: = ������ −������ 6������ ������ = ������−������ 3������ ������ = ������ −������ 3������ ������ = ������ (������,������) = √1+������2 ������= ������− ������ Cp 1,67 Cpi 0,83 Cps 2,50 Cpk 0,83 Cpkm 0,62 Per il calcolo dell’intervallo di tolleranza, nota la distribuzione (convenzione della coda di sinistra ) ������������= ������−Φ1+2������= 989 ,85 ������������= ������+Φ1+2������= 1000 ,15 d. A valle de lla progettazione della carta, v engono raccolti dieci campioni di condensatori. I valori di X̅ ed S riscontrate sono in tabella. Quali considerazioni si possono trarre? campione X S 1 995,73 2,49 2 994,09 1,37 3 995,92 2,3 4 994,49 1,63 5 995,63 1,69 6 994,07 1,95 7 995,53 2,06 8 994,43 1,89 9 995,57 2,32 10 994,63 2,09 Plottando le carte si ottengono i seguenti grafici: Tutti i punti appaiono in controllo in entrambe le carte. Sulla carta S non vi è molto da aggiungere; sulla carta X, invece, si nota che i dati si mostrano alternativamente sopra e sotto la linea centrale. Questo può indicare che i dati sono correlati negativamente tra loro, o che hanno origini diverse (ad esempio due linee produttive in parallelo, campionate separatamente). QUESITO 2 Per verificare i lotti da 2000 condensatori prodotti si vuole utilizzare un piano d’accettazione singolo a. Progettare il piano, considerando AQL = 1%, α = 0,5% e LTPD = 10%, β = 0,5%. b. Si riportino i valori di OC, AOQ, ATI in corrispondenza di AQL, LTPD (ispezione con ripristino) . Si riporti il valore di AOQL . Per il calcolo delle curve, le formule da utilizzare sono ������ = (≤ |∼(,������)) = ������⋅������ − 993,5 994 994,5 995 995,5 996 996,5 0 2 4 6 8 10 12 Carta X 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 0 2 4 6 8 10 12 carta S = ������ +(1−������ ) Utilizzando minitab: Method Acceptable Quality Level (AQL) 1 Producer’s Risk (α) 0,005 Rejectable Quality Level (RQL or LTPD) 10 Consumer’s Risk (β) 0,005 Generated Plan(s) Sample Size 137 Acceptance Number 5 Accept lot if defective items in 137 sampled ≤ 5; Otherwise reject. Percent Defective Probability Accepting Probability Rejecting AOQ ATI 1 0,997 0,003 0,929 142,0 10 0,005 0,995 0,046 1990,8 Average Outgoing Quality Limit(s) (AOQL) AOQL At Percent Defective 2,159 3,163 QUESITO 3 (PUNTI 7, TEMPO 25’) Una variabile aleatoria continua X è definita dalla seguente densità: ������(������)= {������sin ������ , ������∈[0,������] 0, ������∉[0,������] a. Determinare il valore di ������ affinché X sia una valida variabile aleatoria. Affinché X sia una variabile aleatoria deve essere ∫ ������(������)������ +∞ −∞ = 1= ∫ ������sin ������������ ������ 0 = [−������cos ������]0������= 2������ Pertanto, ������= 1 2. b. Determinare valore atteso e varianza di X. Iniziamo dal valore atte so: ������[������]= ∫ ������������ (������)������ ∫ ������ 2sin ������������ = 1 2[sin ������−������cos ������]0������= 1 2[0+������−0−0]= ������ 2 ������ 0 +∞ −∞ A questo risultato si poteva a rrivare anche considerando la simmetria della distribuzione. Per il calcolo della varianza, ricorriamo alla formula ������������ (������)= ������[������2]−������[������]2 ������[������2]= ∫ ������2������(������)������ ∫ ������2 2sin ������������ = 1 2[2������sin ������−(������2−2)cos ������]0������= 1 2[0+(������2−2)−0−2]= ������2 2 −2 ������ 0 +∞ −∞ ������������ (������)= ������[������2]−������[������]2= ������2 2 −2−������2 4 = ������2 4 −2 QUESITO 4 In base ai dati seguenti, costruire un test statistico al 90% per verificare la seguente ipotesi: :������= 0,09 , 1:������> 0,09 . Specificare come è stato costruito il test. 0,62 0,57 0,36 0,47 0,47 0,57 0,56 0,58 0,62 0,38 0,32 0,37 Innanzitutto, verifichiam o che i dati siano normali: Non vi è evidenza statistica per rifiutare, al 5%, che i dati siano normali. 1) Le ipotesi sono già state specificate: :������= 0,09 , 1:������> 0,09 2) Una statistica appropriata è ������02= (−1)������2 ������02 , che sotto l’ipotesi nulla si distribuisce secondo una ������2(−1). 3) Il livello di significatività è fissato al 10%. 4) Non si definisce un rischio di seconda specie. 5) La dimensi one è fissata e pari a = 12 . 6) La regione di accettazione è ������02≤ ������������,−1 2 = 17 ,25 (conve zione della coda di destra) . 7) Calco liamo ora ������02= (−1)������2 ������02 = 16 ,38 . Pertanto, non vi è evidenza statistica per rifiutare l’ipotesi nulla. Con Minitab: Descriptive Statistics N StDev Variance 90% Lower Bound for σ using Bonett 90% Lower Bound for σ using Chi -Square 12 0,110 0,0121 0,095 0,088 Test Null hypothesis H₀: σ = 0,09 Alternative hypothesis H₁: σ > 0,09 Method Test Statistic DF P-Value Bonett — — 0,045 Chi - Square 16,38 11 0,128