Prova scritta di Affidabilità dei sistemi e controllo statistico di qualità

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1 Prova scritta di Affidabilità dei sistemi e controllo statistico di qualità 18 Febbraio La probabilità di errore nella trasmissione di una cifra binaria attraverso un certo canale di comunicazione è 10^(-3). a) Calcolare la probabilità di totalizzare piu di 3 errori trasmettendo un blocco di 1000 bit. b) Calcolare una approssimazione di tale probabilità usando il teorema del limite centrale. c) La seguente tabella si riferisce a un campione casuale di 20 ripetizioni della trasmissione di un blocco di 1000 bit e restituisce il numero di errori verificatosi in ogni trasmissione. Verificare se il modello probabilistico usato al punto a) si adatta a descrivere il campione casuale mediante un test di ipotesi: d) Immaginando di voler controllare che il processo di trasmissione dei bits è sotto controllo statistico, costruire una carta di controllo, calcolando direttamente i limiti di controllo. Soluzione: a) Il numero di errori nella trasmissione di 1000 bit, segue una distribuzione binomiale di parametro p=10^(-3) e la probabilità da calcolare è >3 =1 3. In R, è: > 1-pbinom(3,1000,10^(-3)) [1] b) Approssimando la v.a. binomiale con una gaussiana di media np=1 e varianza np(1-p) > 10^(-3)*1000 [1] 1 > 10^(-3)*1000*(1-10^(-3)) [1] > media=10^(-3)*1000 > var=10^(-3)*1000*(1-10^(-3)) si ha >3 =0.227 > 1-pnorm(3,media,sqrt(var)) [1] c) Per verificare se il campione casuale segue una distribuzione binomiale di parametri n=1000 e p=10^(-3), usiamo un test di Kolmogorov-Smirnov: > ks.test(dati,"pbinom",1000,10^(-3)) One-sample Kolmogorov-Smirnov test data: dati D = , p-value = alternative hypothesis: two-sided Il p-value<0.05 pertanto il test rigetta l ipotesi di distribuzione binomiale.

2 d) Per costruire la carta di controllo, è necessario il pacchetto qcc. Si ha > obj<-qcc(dati,1000,type="np") da cui risulta che il processo è in controllo statistico. I limiti sono: per la linea centrale > mean(dati) [1] 0.9 per la linea superiore e inferiore > media+3*sqrt(media*(1-10^(-3))) [1] > media-3*sqrt(media*(1-10^(-3))) [1] In particolare per la linea inferiore essendo negativa, viene usato il valore All interno di una popolazione, il 15% delle coppie non ha figli, il 20% ne ha uno, il 35% ne ha due e il 30% ne ha tre. Inoltre, ogni bambino, indipendentemente da tutti gli altri può essere maschio o femmina con pari probabilità. Si selezioni una famiglia a caso e si denoti con X e Y il numero di femmine e di maschi prescelti tra i figli in tale famiglia. Costruire la tabella delle probabilità congiunte. Soluzione: La probabilità di avere 0 figli è 0.15, che corrisponde a P(X=0,Y=0). La probabilità di avere 1 figlio, ossia 0.20, va equamente ripartita tra M e F, ossia P(X=0,Y=1)=P(X=1,Y=0)= La probabilità di avere 2 figli, ossia 0.35, contempla il caso (M,M) ossia P(X=0,Y=2), il caso (F,F) ossia P(X=2,Y=0) e il caso (M,F) e (F,M), ossia P(X=1,Y=1). Poiché (M,M) ha probabilità di occorrenza 0.5^2 così come (F,F), mentre l evento un figlio maschio e una figlia femmina ha probabilità di occorrenza 2 0.5^2, si ha P(X=0,Y=2)=0.5^2, P(X=1,Y=1)=2 0.5^2, P(X=2,Y=0)=0.5^2. Con lo stesso ragionamento si completa il caso 3 figli. Le probabilità di avere più di 3 figli sono nulle. La tabella finale risulta essere

3 X\Y ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ I seguenti campioni casuali si riferiscono ai tempi di vita di lampadine prodotte da una azienda in due periodi distinti dell anno. Effettuare un confronto statistico tra le due popolazioni. Primo campione: Secondo campione: Soluzione: Effettuando un box-plot si vede che i due campioni appaiono molto simili, fatta eccezione per la presenza di un outlier nel primo campione, pari a Entrambi i campioni non sono gaussiani se gli outliers vengono tenuti in considerazione: > shapiro.test(primo) data: primo W = , p-value = > shapiro.test(secondo) data: secondo W = , p-value = Guardando alle statistiche > summary(primo) Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max.

4 > summary(secondo) Min. 1st Qu. Median Mean 3rd Qu. Max Il primo campione ha media e mediana maggiori del secondo campione. La variabilità del primo è maggiore di quella del secondo, ma ciò è dovuto alla presenza di outliers. Tale differenza si riflette anche nell asimmetria e curtosi. > sd(primo) [1] > sd(secondo) [1] > skewness(primo) [1] > skewness(secondo) [1] > kurtosis(primo) [1] > kurtosis(secondo) [1] Con un test di Kolmogorov Smirnov, stabiliamo che i due campioni provengono dalla medesima popolazione. > ks.test(primo,secondo) Two-sample Kolmogorov-Smirnov test data: primo and secondo D = 0.25, p-value = alternative hypothesis: two-sided Il coefficiente di correlazione è basso > cor(primo,secondo) [1] Per confrontare le medie, usiamo un test non-parametrico. > wilcox.test(primo,secondo,paired=false) Wilcoxon rank sum test with continuity correction data: primo and secondo W = 239.5, p-value = alternative hypothesis: true location shift is not equal to 0 Le medie sono confrontabili. Gli istogrammi mostrano andamenti con code destre (nel primo è stato eliminato 1.91).

5 La legge di Weibull si adatta a entrambe le popolazioni. > library('mass') > fitdistr(primo,'weibull') shape scale ( )( ) > fitdistr(secondo,'weibull') shape scale ( )( ) > fitdistr(c(primo,secondo),'weibull') shape scale ( )( ) > ks.test(c(primo,secondo),'pweibull', , ) One-sample Kolmogorov-Smirnov test data: c(primo, secondo) D = , p-value = alternative hypothesis: two-sided 4. Un ricercatore ha organizzato un esperimento fattoriale dove ha valutato l effetto di 3 tipi di lavorazione del terreno (lavorazione minima = LM, lavorazione superficiale = SUP, aratura profonda = PROF) e di due tipi di diserbo chimico (totale=tot e parziale=parz). I dati sono stati raccolti in un disegno sperimentale fattoriale a blocchi randommizzati. Effettuare una analisi ANOVA completa.

6 E possibile effettuare una ANOVA a 3 vie, considerando il fattore Blocco. Tuttavia in questo caso ogni combinazione avrebbe una sola replica, e si perderebbe la significatività statistica. Pertanto è opportuno effettuare una ANOVA a 2 vie. > library('hh') > datianova<-read.table('dati.txt',header=true) > attach(datianova) Le medie per combinazioni risultano essere: > mean(datianova[1:4]) [1] > mean(datianova[5:8]) [1] > mean(datianova[9:12]) [1] > mean(datianova[13:16]) [1] > mean(datianova[17:20]) [1] > mean(datianova[21:24]) [1]

7 ossia Lav\Dis Tot Parz Min Sup Prof Dal grafico delle interazioni, risulta che i due fattori interagiscono. I dati hanno andamento gaussiano: > shapiro.test(datianova) data: datianova W = , p-value = Per il barlett-test, i gruppi hanno medesima varianza. > bartlett.test(split(datianova,list(lavorazione,diserbo))) Bartlett test of homogeneity of variances data: split(datianova, list(lavorazione, diserbo)) Bartlett's K-squared = , df = 5, p-value = Per l ANOVA si ha > results<-aov(datianova~lavorazione*diserbo) > summary(results) Df Sum Sq Mean Sq F value Pr(>F)

8 lavorazione ** diserbo lavorazione:diserbo * Residuals Signif. codes: 0 *** ** 0.01 * > Dall analisi risulta che c è interazione tra lavorazione e diserbo. Pertanto non è possibile validare il modello. Dal box-plot, le medie risultano significativamente diverse per il fattore lavorazione e per il fattore blocco. > boxplot(datianova~lavorazione,col=c('red','blue','pink'),main='box-plot lavorazione') > boxplot(datianova~diserbo,col=c('red','blue'),main='box-plot Diserbo') Effettuiamo una analisi dei residui. Per il fattore lavorazione

9 > mediaproflav=mean(datianova[17:24]) > mediaproflav [1] > mediasuplav=mean(datianova[9:16]) > mediasuplav [1] > mediaminlav=mean(datianova[1:8]) > mediaminlav [1] I residui sono gaussiani > shapiro.test(datianova-mediel) data: datianova - mediel W = , p-value = Analogamente per il fattore diserbo > mediatotdiserbo=mean(c(datianova[1:4],datianova[9:12],datianova[21:24])) > mediatotdiserbo [1] > mediatotdiserbo=mean(c(datianova[5:8],datianova[13:20])) > mediatotdiserbo [1] > shapiro.test(datianova-medied) data: datianova - medied W = , p-value =