Ingegneria Meccanica - estione Industriale delle Qualità con Elementi di Statistica

Full exam

1 QUESITO 1 (P unti 10) Un sistema di controllo registra il valore di una dimensione critica in mm . I dati ottenuti sono riportati di seguito nell’ordine di presa (per semplicità si riportano solo 30 dati). 9 2.9 2.7 1.4 4.1 1 1.2 2.9 1 5.3 1.7 1.4 4.1 2.4 2.3 2.5 2.5 1.2 4.5 1.6 1.8 2.4 2.5 1.4 7.8 2.7 1.5 3 1.7 3.5 1) Considerare i primi 20 dati per il progetto della carta di controllo opportuna. Fare i calcoli delle carte necessarie manualmente e con Minitab. 2) Utilizzare gli ultimi 10 dati per verificare la bontà della carta e trarre le conclusioni Soluzione Per prima cosa vediamo l’andamento dei dati (1 Pt) Non sembrano esserci andamenti particolari. Poiché sono dati singoli potremmo vedere se seguono una distribuzione gaussiana E’ evidente la non normalità. (1 Pt) Proviamo ad applicare il metodo di Box -Cox 2 Viene consigliata una trasformazione logaritmica . Dopo aver trasformato, verifichiamo se la normalità è stata ripristinata Ripristinata la normalità (1 Pt) Proviamo anche a vedere se esiste autocorrelazione Autocorrelation Function: y20* Autocorrelations Lag ACF T LBQ 1 -0.306396 -1.37 2.17 2 0.100137 0.41 2.42 3 0.123246 0.50 2.81 4 -0.178299 -0.72 3.69 5 -0.011617 -0.05 3.69 3 (1 Pt) Avendo verificato che tutte le ipotesi non sono rifiutate possiamo passare a progettare la carta di controllo che, in questo caso sarà una I -MR Calcoliamo manualmente i limiti di controllo: (2 Pt) Di seguito i calcoli MINITAB e i grafici . Le piccole differenze dipendono dagli arrotondamenti 0 1,.., 0 1,.., 1 2 11 ˆ 16.893 0.845 20 11 ˆ con 14.3 0.753 (2) 1 19 i im j jm XX m MR MR MR dm   = =− = = = = = = = = −     0 2 0.753 0.845 3 2.848; 1.158 (2) 1.128 SI MR LC X K X K d  =  =  =  = − 4 3 (2) * 3.269 * 0.753 2.462 0.753 (2) * 0 * 0.753 0 LCS D MR LC MR LCI D MR = = = == = = = 4 Nessun punto è fuori dai limiti di controllo e il processo sembra in condizioni stazionarie. Si noti che nella carta vengono riportati i dati trasformati con il logaritmo . (2 Pt) A questo punto verifichiamo che gli ultimi dati siano nei limiti di controllo Nulla da segnalare In conclusione i limiti sono quelli indicati anche per il futuro (2 Pt) QUESITO 2 (Punti 10 ) Un pezzo viene collaudato con un calibro passa -non passa. Normalmente l’azienda riceve lotti da 20000 pezzi 1) Progettare il piano di accettazione singolo I dati caratteristici sono AQL (p 1=0.0 1 Pa 1=0.95), LTPD (p2=0.0 7 Pa 2=0.10) privilegiando l’acquirente. Utilizzare Il nomogramma e MINITAB (se necessario il programmini di Mathematica o Excel) 2) Confrontare i due piani ottenuti (se diversi) considerando le loro curve significative ipotizzando che ci sia il ripristino . Soluzione Se usiamo il nomogramma trovo la soluzione n=80 Ac=2 (2Pt) Se usiamo M initab otteniamo il piano n=75 Ac=2 (2Pt) Acceptance Sampling by Attributes Measurement type: Go/no go Lot quality in percent defective Lot size: 20000 Use binomial distribution to calculate probability of acceptance Method Acceptable Quality Level (AQL) 1 Producer’s Risk (α) 0.05 Rejectable Quality Level (RQL or LTPD) 7 Consumer’s Risk (β) 0.1 Generated Plan(s) Sample Size 75 Acceptance Number 2 5 Accept lot if defective items in 75 sampled ≤ 2; Otherwise reject. Percent Defective Probability Accepting Probability Rejecting AOQ ATI 1 0.960 0.040 0.957 865.4 7 0.097 0.903 0.675 18071.5 Average Outgoing Quality Limit(s) (AOQL) AOQL At Percent Defective 1.818 2.995 Calcoliamo le due curve caratteristiche operative : Di seguito le probabilità di accettazione dei due piani ai due punti AQL e LPTD p Target (75;2) (80;2) 0.01 0.95 0.95 0.96 0.07 0.10 0.075 0.097 (1.5 Pt) Calcoliamo le curve AOQ e ATI per i due piani (1.5 Pt) probAcc 75 ,2,p probAcc 80 ,2,p aoq 75 ,2,p,20 000 aoq 80 ,2,p,20 000 6 (1.5 Pt) Nel complesso i due piani sono equivalenti con una leggera preferenza per il piano (80;2) che protegge di più l’acquirente con un minore beta . (1.5 Pt) QUESITO 3 (Punti 5) In un esperimento si sono ottenuti i seguenti dati : 20.9 17.7 21.6 20.7 20.6 18.1 19.7 20.6 21.1 22.2 20.4 17.7 20.3 18 21.5 19.6 17.8 21.6 20.3 21.7 23.2 6 19.8 19.7 22.2 19 20.4 20.5 22.3 19.5 1 Analizzare i dati 2 Calcolare con MINITAB l’intervallo di confidenza della deviazione standard (95%) . Si noti che dal periodo 20 al period o 25 son o riportati problemi sull’apparecchio di misura . Soluzione Per prima cosa osserviamo i dati con un BoxPlot e con un grafico di probabilità normale (1 Punt o) Si vede chiaramente che il dato 22 è molt o strano rispetto agli altri dati e, probabilmente, influenza anche la normalità . Se lo leviamo la situazione cambia completamente ati 75 ,2,p,20 000 ati 80 ,2,p,20 000 7 Considerando che nella traccia si dice che fra le osservazioni 20 e 25 erano state registrate delle anomalie. Leviamo il punto e procediamo nell’analisi (1.5 punti) I calcoli delle quantità statistiche di base sono Variable N Mean StDev Minimum Q1 Median Q3 Maximum y* 29 20.300 1.482 17.700 19.550 20.400 21.550 23.200 (1 Punto) L’intervallo di confidenza della deviazione standard è indicato di seguito (avendo verificato la normalità possiamo usare il test Chi -square Test and CI for One Variance: y* Method σ: standard deviation of y* The Bonett method is valid for any continuous distribution. The chi -square method is valid only for the normal distribution. Descriptive Statistics N StDev Variance 95% CI for σ using Bonett 95% CI for σ using Chi -Square 29 1.48 2.20 (1.20; 1.96) (1.18; 2.00) (1.5 Punti) QUESITO 4 (8 punti) Supponiamo che X e Y siano due variabili aleatorie per cui: con a costante diversa da zero. Consideriamo la variabile aleatoria a) Determinare b) Commentare le formule ottenute c) Costruire con Minitab una simulazione per verificare le formule teoriche ipotizzando che la distribuzione di X sia Gaussiana. Usare: e ( ) ( ) 2 E X V X Y aX = = = Z X Y =+ ( ) ( ) e E Z V Z 0.5 4 3 a  = = = 0.5 4 3 a  = − = = 8 Soluzione (1 punto) (2 punti) Si vede chiaramente che la costante a è importante per controllare la variabilità della Z. Se è positiva abbiamo un incremento della varianza di Z, se invece è negativa la varianza della somma diminuisce, in particolare se è pari a -1, il problema degenera (Z= 0 sempre) (1 punto) Facciamo d ue simulazioni 1) In questo caso ipotizziamo la distribuzione Gaussiana, . Campioniamo 10000 dati Statistics Variable N N* Mean SE Mean StDev Minimum Q1 Median Q3 Maximum X 10000 0 3.9746 0.0298 2.9760 -6.3892 1.9784 3.9878 5.9749 15.8451 Y1 10000 0 1.9873 0.0149 1.4880 -3.1946 0.9892 1.9939 2.9875 7.9225 Z1 10000 0 5.9619 0.0446 4.4641 -9.5838 2.9676 5.9818 8.9624 23.7676 Soluzione analitica (2 punt i) 2) In questo caso ipotizziamo la distribuzione Gaussiana, . Campioniamo 10000 dati Variable N Mean SE Mean StDev Minimum Q1 Median Q3 Maximum X 10000 3.9746 0.0298 2.9760 -6.3892 1.9784 3.9878 5.9749 15.8451 Y2 10000 -1.9873 0.0149 1.4880 -7.9225 -2.9875 -1.9939 -0.9892 3.1946 Z2 10000 1.9873 0.0149 1.4880 -3.1946 0.9892 1.9939 2.9875 7.9225 Soluzione analitica (2 punt i) Se avessimo supposto di non considerare la correlazione tra le due variabili. La soluzione sarebbe stata ( ) ( ) ( ) ( ) 1 E Z E X Y E X aX a  = + = + = + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 1 1 1 1 V Z E X Y a E a X a a E X a           = + − + = + − + = + − = +      0.5 4 3 a  = = = ( ) ( )2 2 1 20.25 4.5 z V Z a  = + → → = 0.5 4 3 a  = − = = ( ) ( )2 2 1 2.25 1.5 z V Z a  = + → → = ( ) ( ) ( ) ( )22 1 V Z V X V Y a  = + = +