DISEÑO DE EXPERIMENTOS CURSO NIVELATORIO

MAESTRÍA EN INGENIERÍA NAVAL Y OCEÁNICA

NEIL NEWBALL JIMENEZ

Profesor JULIO HURTADO

UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE BOLÍVAR Cartagena, Bolívar

Febrero de 2008

Ejercicio 3.4. Texto: Diseño y análisis de experimentos. Montgomery, Douglas EDITORIAL: Limusa Wiley. Segunda Edición. Se llevo a cabo un experimento a fin de determinar si cuatro temperaturas de cocción específicas afectan la densidad de cierto tipo de ladrillo. El experimento produjo los siguientes datos: Temperatura Densidad

100 21.8 21.9 21.7 21.6 21.7 125 21.7 21.4 21.5 21.4 150 21.9 21.8 21.8 21.6 21.5 175 21.9 21.7 21.8 21.4

a) La temperatura de cocción afecta la densidad de los ladrillos? Utilizar α=0.05. b) Es apropiado comparar las medias utilizando la prueba del rango múltiple de

Duncan (por ejemplo) en este experimento? c) Analizar los residuos de este experimento. Se satisfacen los supuestos del análisis

de varianza? d) Construir una representación grafica de los tratamientos como se describió en la

sección 3-5.3. Esta grafica resume adecuadamente los resultados del análisis de varianza del inciso a?

DESAROLLO

a) La temperatura de cocción afecta la densidad de los ladrillos? Utilizar α=0.05. Nos encontramos con un experimento con un solo factor con diferente número de observaciones dentro de cada tratamiento, este tipo de experimento se denomina no balanceado. Para el desarrollo de diseños no balanceados hay que tener en cuanta las siguientes consideraciones en las expresiones para el cálculo de las respectivas sumas de cuadrados así:

MODELO ESTADISTICO: Yij = μ +τ i +ε i j

N=∑ =

a

iin

1

(3-14) SST=N

Yni

Yija

i

n

J

2

1

2

1

..−∑∑

= =

(3-15) SStratamientos= N

Yni

Yia

i

2

1

2 ...−∑

=

Para lo demás no se requieren más cambios en el análisis de la varianza. Se contrastan las siguientes hipótesis Hipótesis nula Ho: µ1=µ2=µ3=µ4=µ5 Hipótesis alterna Ha: µi ≠ µj o algunas medias son diferentes

Para el cálculo manual del Anova se realizan las siguientes operaciones:

∑n

iYi. Yi. Yi.2 ni (Yi.2 / ni)

(21.8+21.9+21.7+21.6) 108,7 11815,69 5 2363,138 (21.7+21.4+21.5+21.4) 86 7396 4 1849 (21.9+21.8+21.8+21.6) 108,6 11793,96 5 2358,792 (21.9+21.7+21.8+21.4) 86,8 7534,24 4 1883,56

Y..=390,1 N=18 8454,49 Y2..=152178,01

N=∑ =5+4+5+4=18 =

a

iin

1

Calculo de la suma de cuadrados totales SST.

(3-14) SST=N

Yni

Yija

i

n

J

2

1

2

1

..−∑∑

= =

SST=(21.82+21.92+21.72+21.62+ 21.72+21.42+21.52+21.42+21.92+21.82+21.82+21.62+ 21.92+21.72+21.82+21.42 )-390,12/18 SST= 0,51611111

Calculo de la suma de cuadrados totales SStratamientos.

(3-15) SStratamientos= N

Yni

Yia

i

2

1

2 ...−∑

=

SStratamientos= (2363.138+1849+2358.792+1883.56)- 390,12/18

SStratamientos= 0,15611111 SSe=SST – Sstratamientos SSe= 0,51611111-0,15611111 SSe= 0,36 Calculo de los cuadrados medios para los tratamientos y los errores MStratamientos= SStratamientos/( a-1) MStratamientos= (0,15611111)/ 3 MStratamientos= 0,05203704 MSe=SSe/ (N-a) MSe= (0,36)/ 14 MSe= 0,02571429 Fo=( MStratamientos)/ (MSe) Fo= 2,02366255

TABLA ANOVA PARA DISEÑO DE EFECTOS FIJOS NO HOMOGENEOS

VARIACION SUM CUADRADOS GL CM Fo P valor ENTRE TRATAMIENTO Sstratamientos 0,15611111 a-1 3 0,05203704 2,02366255 0,15687477ERROR(DENTRO) SSe 0,36 N-a 14 0,02571429 TOTAL SST 0,51611111 N-1 17

PRUEBA PARA EL RECHAZO O NO DE LA HIPOTESIS NULA Con ayuda de Excel se calcula el valor de Fα,4,14= DISTR.F.INV(0,05;4;14)= 3,11224985 Fα,4,14= 3,11224985 CALCULO DE Pvalor. Con ayuda de Excel se calcula el P valor = DISTR.F(2,02366255;3;14)= 0,15687477 Pvalor>0.05

ANALISIS De donde se tiene que Fo<Fα,4,20, Pvalor>α por lo tanto no se rechaza la hipótesis nula, ya que no existe diferencias significativas entre las medias y por lo tanto se puede concluir que la temperatura de cocción no afecta la densidad de los ladrillos.

Un procedimiento muy utilizado para comparar todos los pares de medias es la prueba del rango múltiple desarrollada por Duncan.

Para muestras desiguales como es el caso que nos compete en este diseño hay que tener en cuanta que hay que sustituir en la ecuación con la media armónica nh de donde

De donde se tiene que: nk = (4)/(1/5+1/4+1/5/+1/4) nk = (4)/(0.20+0.25+0.20+/0.25) nk =4.44 Syi=0,3960742 Se ordenan los promedios de los tratamientos en orden ascendente que dando de la siguiente manera:

Ym2i= 21,50 Ym4i= 21,70 Ym3i= 21,72 Ym1i= 21,74

Por lo tanto los rangos de significancia serian: R2= r0.05(2,14)* Syi =(3.74)* 0,3960742=1,4813175 R3= r0.05(3,14)* Syi =(3.34)* 0,3960742=1,32288782 R4= r0.05(4,14)* Syi =(3.11)* 0,3960742=1,23179076 Los resultados de las comparaciones serian:

1 VS 2 0,24 R4 0.24<1,231790761 VS 4 0,04 R3 0.04<1,322887821 VS 3 0,02 R2 0.02<1,4813175 3 VS 2 0,22 R3 0.22<1,322887823 VS 4 0,02 R2 0.02<1,4813175 4 VS 2 0,20 R4 0.20<1,23179076

Method: 95,0 percent LSD TEMEPERATURA Count Mean Homogeneous Groups 2 4 21,5 X 4 4 21,7 XX 3 5 21,72 XX 1 5 21,74 X

1 2 3 4

Means and 95,0 Percent LSD Intervals

TEMEPERATURA

21,3

21,4

21,5

21,6

21,7

21,8

21,9

DEN

SID

AD

1

2

3

4

Box-and-Whisker Plot

21,3 21,4 21,5 21,6 21,7 21,8 21,9DENSIDAD

TEM

EPER

ATU

RA

b) Es apropiado comparar las medias utilizando la prueba del rango múltiple de Duncan (por ejemplo) en este experimento?

Si, El análisis se observa que no hay diferencias significativas entre todos los pares de medias. c) Analizar los residuos de este experimento. Se satisfacen los supuestos del análisis de varianza?

Normal Probability Plot for RESIDUALS

0,1 1 5 20 50 80 95 99 99,9percentage

-0,3

-0,2

-0,1

0

0,1

0,2R

ESID

UAL

S

En la grafica de distribución normal para los residuos se puede la cercanía de todos los puntos a la línea de tendencia concluyéndose visualmente que están alineados. Prueba de independencia.

Outlier Plot with Sigma LimitsSample mean = 0,0, std. deviation = 0,145521

0 20 40 60 80 100Row number

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

RE

SID

UA

LS

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

Se puede observar el comportamiento aleatorio, por lo que se cumple que dichos puntos se acogen en el supuesto de independencia. Chequeo de la varianza: Ho: σ12=σ22= σ312 =σ42

Ha= σi2 ≠σj2 para cualquier i≠ j Variance Check Test P-Value Cochran's C 0,4375 0,510742 P-valor es superior o igual a 0,05, no hay una diferencia estadísticamente significativa entre las desviaciones estándar en el nivel de confianza del 95,0% Variance Check Test P-Value Bartlett's 1,11303 0,720465 P-valor es superior o igual a 0,05, no hay una diferencia estadísticamente significativa entre las desviaciones estándar en el nivel de confianza del 95,0% Variance Check Test Hartley's 3,58974 En este cuadro se pone a prueba la hipótesis nula de que las desviaciones estándar de DENSIDAD dentro de cada uno de los 4 niveles de TEMEPERATURA es el mismo. Variance Check Test P-Value Levene's 0,2955 0,828027 P-valor es superior o igual a 0,05, no hay una diferencia estadísticamente significativa entre las desviaciones estándar en el nivel de confianza del 95,0% Prueba analítica Ho: los datos NO proceden de una distribución normal Ha: los datos proceden de una distribución normal Apoyándome con el Statgraph puedo concluir que: El menor valor de P-entre las pruebas realizadas es igual a 0,0821776. Debido a que el P-valor para esta prueba es mayor o igual a 0,05, no podemos rechazar la idea de que los residuos proceden de una distribución normal con un 95% o más de confianza.

Tests for Normality Test Statistic P-Value Chi-Squared 15,3333 0,0821776 Shapiro-Wilk W 0,95915 0,57869 Skewness Z-score

0,479132 0,631841

Kurtosis Z-score

-0,445394 0,656032

Ejercicio 3.4. Texto: Diseño y análisis de experimentos. Montgomery, Douglas EDITORIAL: Limusa Wiley. Segunda Edición. Un fabricante de Televisores esta interesado en el efecto de 4 tipos diferentes de recubrimientos para cinescopios de color sobre la conductividad de un cinescopio. Se obtienen los siguientes datos de la conductividad: Tipo

Recubrimiento Conductividad

1 143 141 150 146 2 152 149 137 143 3 134 136 132 127 4 129 127 132 129

a) Hay alguna diferencia en la conductividad debida al tipo de recubrimientos. b) Estimar la media global y los efectos de los tratamientos. c) Calcular la estimación de un intervalo de confianza del 95% para la media del tipo de recubrimiento 4. Calcular la estimación de un intervalo de confianza del 95% para la media del tipo de recubrimiento 1 y 4. d) Probar todos los pares de medias utilizando el método LSD de Fisher con α=0.05. e) Usar el método grafico comentado en la sección 3-5-3 para comparar medias. Cual es el tipo de recubrimiento que produce la conductividad mas alta?. f) Suponiendo que el recubrimiento tipo 4 es el que será usado actualmente. Que se recomendaría al fabricante? Quiere minimizarse la conductividad

DESAROLLO Hipótesis nula Ho: µ1=µ2=µ3=µ4 Hipótesis alterna Ha: µi ≠ µj o algunas medias son diferentes

MODELO ESTADISTICO: Yij = μ +τ i +ε i j

a) Hay alguna diferencia en la conductividad debida al tipo de recubrimientos.

Utilizando el programa computacional se hace el análisis de varianzas con el fin de encontrar si existen o no deferencias estadísticas significativas entre la conductividad y el tipo de recubrimientos así: ANOVA Table for CONDUCTIVIDAD by TIPO DE RECUBRIMIENTO Source Sum of Squares Df Mean Square F-Ratio P-Value Between groups 844,688 3 281,563 14,30 0,0003 Within groups 236,25 12 19,6875 Total (Corr.) 1080,94 15 Table of Means for CONDUCTIVIDAD by TIPO DE RECUBRIMIENTO with 95,0 percent LSD intervals Stnd. error Level Count Mean (pooled s) Lower limit Upper limit 1 4 145,0 2,21853 141,582 148,418 2 4 145,25 2,21853 141,832 148,668 3 4 132,25 2,21853 128,832 135,668 4 4 129,25 2,21853 125,832 132,668 Total 16 137,938 Multiple Range Tests for CONDUCTIVIDAD by TIPO DE RECUBRIMIENTO Method: 95,0 percent LSD Level Count Mean Homogeneous Groups 4 4 129,25 X 3 4 132,25 X 1 4 145,0 X 2 4 145,25 X Contrast Sig. Difference +/- Limits 1 - 2 -0,25 6,83599 1 - 3 * 12,75 6,83599 1 - 4 * 15,75 6,83599 2 - 3 * 13,0 6,83599 2 - 4 * 16,0 6,83599 3 - 4 3,0 6,83599 Indica una diferencia estadísticamente significativa CONCLUSION DEL ANOVA: Hay una diferencia estadísticamente significativa entre al menos dos medias con una confiabilidad del 95,0%. b) Estimar la media global y los efectos de los tratamientos.

TIPO RECUBRIMIENTO Yi. Ymi. Ymi.-Ym..

1 581 145,25 6,6875 2 583 145,75 7,1875 3 532 133 -5,5625 4 521 130,25 -8,3125

Y.. 2217

Ym.. 138,5625 Se puede concluir que si el deseo del fabricante es trabajar con altas conductividades se le recomienda que utilice en su orden descendente 2-1-3 y 4 y si lo que quiere el fabricante es un tipo de recubrimiento con menor aislamiento se recomienda al fabricante que utilice en el orden ascendente de la siguiente forma: 4-3-1 y 2. c) Calcular la estimación de un intervalo de confianza del 95% para la media del tipo de recubrimiento 4. Calcular la estimación de un intervalo de confianza del 99% para la media del tipo de recubrimiento 1 y 4. Utilizando la ecuación 3-12 y 3-13 del texto de Montgomery pagina 74 se tiene que:

Calcular la estimación de un intervalo de confianza del 95% para la media del tipo de recubrimiento 4 Ym4.= 130,25 DISTR.T.INV(0,05;12)= 2,17881283 MSE= 19,6875

130.25-2.1788*46875.19

≤µi≤130.25+2.1788*46875.19

125,416239 ≤µi≤ 135,083761 Calcular la estimación de un intervalo de confianza del 95% para la media del tipo de recubrimiento 1 y 4. Ym1.= 145,25 Ym4.= 130,25 DISTR.T.INV(0,01;12)= 3,05453959 MSE= 19,6875

(145.25-130.25) -3,0545*46875.19*2

≤µi - µj ≤(145.25-130.25)+ 3,0545*46875.19*2

5,41645811≤µi - µj ≤24,5835419

d) Probar todos los pares de medias utilizando el método LSD de Fisher con α=0.05.

1 2 3 4

Means and 95,0 Percent LSD Intervals

TIPO DE RECUBRIMIENTO

120

125

130

135

140

145

150

CO

ND

UC

TIV

IDA

D

En el grafico LSD, se puede observar que Las medias del revestimiento tipo 2 y la del revestimiento de tipo 1 no son diferentes estadísticamente, así como también se puede concluir que las medias del revestimiento Tipo 3 y la del Tipo 4 no son diferentes. Sin embargo los revestimientos Tipos 1 y 2 producen mayor conductividad media que los recubrimientos Tipos 3 y 4. Multiple Range Tests for CONDUCTIVIDAD by TIPO DE RECUBRIMIENTO Method: 95,0 percent LSD Level Count Mean Homogeneous Groups 4 4 129,25 X 3 4 132,25 X 1 4 145,0 X 2 4 145,25 X Contrast Sig. Difference +/- Limits 1 - 2 -0,25 6,83599 1 - 3 * 12,75 6,83599 1 - 4 * 15,75 6,83599 2 - 3 * 13,0 6,83599

2 - 4 * 16,0 6,83599 3 - 4 3,0 6,83599 * indica una diferencia estadísticamente significativa. e) Usar el método grafico comentado en la sección 3-5-3 para comparar medias. Cual es el tipo de recubrimiento que produce la conductividad mas alta?.

1 2 3 4

Median Plot

TIPO DE RECUBRIMIENTO

120

125

130

135

140

145

150

CO

ND

UC

TIV

IDA

D

Con este grafico se ratifica que el tipo de recubrimiento No 2 es e que tiene mayor conductividad. f) Suponiendo que el recubrimiento tipo 4 es el que será usado actualmente. Que se recomendaría al fabricante? Quiere minimizarse la conductividad Si se quiere minimizar la conductividad le recomiendo al fabricante que no cambie este recubrimiento debido a que los otros existentes tienen una conductividad media mucho mayor que la del 4. 10. GUTIERREZ Pulido Humberto y DE LA VARA Román, Análisis y Diseño de Experimentos, Editorial Mc Graw Hill, Segunda Edición En una empresa de manufactura se propone un tratamiento para reducir el porcentaje de productor defectuoso. Para validar esta propuesta se diseño un experimento con el que se

producía con o sin la respuesta de mejora. cada corrida experimenta consistió en producir un lote y la variable de respuesta es el porcentaje de producto defectuoso. Se hicieron 25 replicas para cada tratamiento. Los datos obtenidos a continuación MODELO ESTADISTICO: Yij = μ +τ i +ε i j

Hipótesis nula Ho: µ1=µ2 Hipótesis alterna Ha: µi ≠ µj o algunas medias son diferentes

PORCENTAJE DE PRODUCTO DEFECTUOSO 5,30 4,00 4,00 4,00 2,60 2,10 5,10 4,10 4,10 3,20 5,10 2,20 4,10CON TRATAMIENTO 2,20 1,10 2,00 3,00 3,10 2,10 1,20 3,30 2,10 4,00 2,00 3,00 8,00 13,20 7,20 8,20 9,10 6,70 12,20 16,30 9,20 6,40 7,20 17,20 12,30SIN TRATAMIENTO 8,70 11,30 4,50 6,60 9,20 10,20 10,60 13,30 5,20 6,20 8,00 4,80

a) Las diferencias son significativas estadísticamente?. b) Cual es el porcentaje de defectos que se espera con el nuevo tratamiento? c) Cuantifique el nivel de reducción que se logro con el tratamiento propuesto?

DESAROLLO

a) Las diferencias son significativas estadísticamente?. Para poder determinar si hay o no diferencias estadísticas significativas me apoyo en el análisis de varianza realizándolo con STATGRAPHIC así: ANOVA Table for % PRODUCTO DEFECTUOSOS by TIPOS Source Sum of Squares Df Mean Square F-Ratio P-Value Between groups 466,957 1 466,957 73,14 0,0000 Within groups 306,47 48 6,3848 Total (Corr.) 773,427 49 Multiple Range Tests for % PRODUCTO DEFECTUOSOS by TIPOS Method: 95,0 percent LSD TIPOS Count Mean Homogeneous Groups CON TRATAMIENT 25 3,16 X SIN TRATAMIENT 25 9,272 X Contrast Sig. Difference +/- Limits CON TRATAMIENT - SIN TRATAMIENT * -6,112 1,43699 * Indica una diferencia estadísticamente significativa .

Como el valor P es mucho menor que 0.05 se puede concluir que hay diferencias estadísticamente significativas entre la media PRODUCTO DEFECTUOSOS para los niveles de la prueba con y sin tratamientos con un 95,0% de nivel de confianza.

CON TRATAMIENTSIN TRATAMIENT

Means and 95,0 Percent LSD Intervals

TIPOS

0

2

4

6

8

10

% P

RO

DU

CTO

DE

FEC

TUO

SO

S

b) Cual es el porcentaje de defectos que se espera con el nuevo tratamiento? Table of Means for % PRODUCTO DEFECTUOSOS by TIPOS with 95,0 percent LSD intervals Stnd. error TIPOS Count Mean (pooled s) Lower limit Upper limit CON TRATAMIENT 25 3,16 0,505363 2,44151 3,87849 SIN TRATAMIENT 25 9,272 0,505363 8,55351 9,99049 Total 50 6,216 Se espera que el promedio de productos actual que es de 9.272 se disminuya en 3.16 para que existe una total de 6.216 piezas defectuosas. b) Cuantifique el nivel de reducción que se logro con el tratamiento propuesto? La

disminución es de 3.16 piezas defectuosas, por cada 25 piezas con tratamientos.