PRINCIPI DI METROLOGIA

STATISTICA E CALCOLO DELLE PROB.
Mercoledì 26 novembre 2014
Prof. Cesare Svelto
1° Appello (1a P.I.) AA 2014/2015
Tempo a disposizione 2 ore 25 min (35+30+25+25+30)
Aula V.S8 ore 13.15
Cognome e nome: ___________________________________ _____________________
Matricola e firma __ __ __ __ __ __
(stampatello)
_____________________(firma leggibile)
Esercizi svolti (almeno parzialmente): 1 2 3 4 5 (8+7+6+5+7 = 33p)
(crocettare)
N.B. Per consegnare il compito occorre svolgere, almeno parzialmente, tutti gli esercizi. Si richiede di
crocettare tutti gli esercizi e sottopunti, tipo 1a) 1b) 1c) 1d) 1e), almeno parzialmente svolti.
SOLUZIONI
Esercizio 1 (35 minuti)
(svolgere su questo foglio e sul retro)
1)
Si vuole analizzare il riempimento in MB di supporti CD con capacità massima di 750 MB. Si studiano
i dati in un campione di 13 CD che risultano riempiti come segue:
R = X [MB] = 600 484 735 695 455 711 566 740 694 745 570 725 730
1a)
Si calcolino media, varianza, e deviazione standard campionarie dei dati, spiegando il significato e
l’utilità di queste statistiche.
1b)
Si costruisca un diagramma rami-e-foglie dai dati sperimentali, utilizzando la cifra delle centinaia per
identificare i rami. Si commenti il risultato ottenuto.
1c)
Si ricavi la tabella e si disegnino gli istogramma della frequenza relativa dei dati (frequenza relativa
semplice e frequenza relativa cumulativa) avendo diviso i dati in classi uniformi di larghezza 50 MB.
1d)
Si dia la definizione di percentile, si calcolino il 10-mo e 90-esimo percentile dei dati.
1e)
Dopo avere ricavato espressamente la mediana e i quartili, si rappresenti il box-plot dei dati, riportando
tutti i calcoli e ragionamenti impiegati.
Si commentino i risultati ottenuti dalla analisi statistica dei dati e in particolare si spieghi perché
tendenza centrale e dispersione ed eventuali asimmetrie del riempimento in MB dei CD possono essere
come quelli trovati nel campione considerato.
31a)
Secondo la loro definizione, a partire dai dati del campione possiamo calcolare:
 1 n
media campionaria = x   xi = 650.0 MB
n i 1
n

2
 ( xi  x )
varianza campionaria = s 2  i 1
n 1
= 10466 MB2

dev. standard campionaria = s  s 2 = 102.3 MB
La media campionaria è uno stimatore non polarizzato del valor medio della popolazione che si sta
campionando. Si può dimostrare che è uno stimatore più efficiente che non il singolo campione, in quanto
presenta un errore quadratico medio inferiore.
_______
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La varianza campionaria è uno stimatore non polarizzato della varianza della popolazione. È un
indicatore (“quadratico”) del grado di dispersione della popolazione attorno alla media.
La deviazione standard campionaria, radice quadrata con segno positivo della varianza campionaria, è
un indicatore (“lineare” nel senso che è direttamente sommabile/sottraibile al valor medio) della
dispersione dei dati attorno alla media.
21b)
Gli n=13 dati ordinati, sempre esprimendo i valori in MB, sono:
j
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
xj
455
484
566
570
600
694
695
711
725
730
735
740
745
Il diagramma rami-e-foglie corrispondente, con un numero di classi  n 4, è:
RAMI
FOGLIE
4
55
84
5
66
70
6
00
94
95
7
11
25
30
35
40
45
Il diagramma è fortemente asimmetrico con un picco pronunciato verso i valori più alti (di riempimento).
21c) Ricaviamo
le tabelle di frequenza dei dati. Allo scopo, come richiesto, dividiamo il range di variazione
dei dati (da 455 MB fino a 745 MB) in 6 classi di larghezza 50 MB:
R (MB)
451-500
501-550
551-600
601-650
651-700
701-750
fass.
2
0
3
0
2
6
Fass,cum
2
2
5
5
7
13
frel.
2/13=0.15
0/13=0
3/13=0.23
0/13=0
2/13=0.15
6/13=0.46
Fcum.rel.
2/13=0.15
2/13=0.15
5/13=0.38
5/13=0.38
7/13=0.54
13/13=1
0.50
0.45
0.40
0.35
0.30
0.25
0.20
0.15
0.10
0.05
0.00
F cum.rel. (1)
f rel. (1)
Gli istogrammi della frequenza relativa e della frequenza relativa cumulativa sono:
451-500
501-550
551-600
601-650
651-700
701-750
classi
11d) Il
1.00
0.90
0.80
0.70
0.60
0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.00
451-500
501-550
551-600
601-650
651-700
701-750
classi
k-esimo percentile è quel valore superiore al k% delle osservazioni ed inferiore al (100-k)%.
La formula generale per ricavare l’indice di un generico k-esimo percentile è: Ik = (n+1)k /100
Dall’indice di posizione del percentile si ricava quindi il valore esatto con un’interpolazione lineare tra i due
dati (con indici pari all’intero precedente e successivo ad Ik). Naturalmente se l’indice di posizione Ik è già un
numero intero allora il percentile cercato corrisponde esattamente al dato con posizione Ik.
Il 10-mo percentile ha indice I10% = (13+1)10 /100 = 1.4, quindi il 10-mo percentile è pari a
10-esimo percentile = 455+(484-455)0.4 = 466.6 MB
_______
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Il 90-esimo percentile ha indice I90% = (13+1)90 /100 = 12.6, quindi il 90-esimo percentile è pari a
90-esimo percentile = 740+(745-740)0.6 = 743 MB
31e) Per
disegnare il box-plot dei dati dobbiamo calcolare la mediana e il primo e il terzo quartile.
I 13 dati ordinati sono R [MB]: 455 484 566 570 600 694 695 711 725 730 735 740 745
La mediana è il 50-esimo percentile, per cui Imediana = (13+1)50 /100 = 7 e quindi essa è pari al settimo dato.
Mediana = 695 MB =Q2
Il primo quartile è il 25-esimo percentile, con I1Q = (13+1)25 /100 = 3.5, quindi il primo quartile è dato da:
primo quartile = 566+(570-566)0.5 = 568 MB = Q1
Il terzo quartile è il 75-esimo percentile, per cui I3Q = (13+1)75 /100 = 10.5, quindi il terzo quartile è
compreso tra il decimo e l’undicesimo dato, per interpolazione otteniamo:
terzo quartile = 730+(735-730)0.5 = 732.5 MB = Q3
La dinamica interquartile vale DIQ= Q3-Q1= 164.5 MB
I baffi si possono estendere fino a 1.5DIQ = 246.75 MB al di sotto e al di sopra del 1° e 3° quartile: quindi fino
a 568-246.75=321.25 MB e 732.5+246.75=979.25 MB (che peraltro è superiore alla capacità massima del
supporto CD). Ricordiamo comunque che i baffi si fermano all’ultimo dato contenuto entro il limite: in questo
caso sino al dato 1 (baffo inferiore) pari a 455 MB, e sino al dato 13 (baffo superiore) pari a 745 MB.
Minimo dato = 455 MB
Massimo dato = 743 MB
Dinamica picco-picco = 288 MB
Il box-plot dei dati è mostrato nella figura seguente:
(FONTE: http://www.alcula.com/it/calcolatrici/statistica/box-plot/)
Il diagramma a scatola ricavato dai dati mostra una evidente asimmetria con i dati che tendono a concentrarsi
verso i valori più alti di riempimento (cosa anche piuttosto logica nella pratica se si cerca di massimizzare il
riempimento dei supporti CD).
Riassumendo i dati mostrano una tendenza centrale (media=650 MB e mediana=695 MB) decisamente
più elevata rispetto al valore centrale per i possibili riempimenti dei CD (da 0 MB fino a 750 MB con valore
centrale di 375 MB). La dispersione dei dati (dev.st.camp.=102.3 MB e DIQ=164.5 MB) è piuttosto elevata
rispetto alla tendenza centrale (s/ x =102.3/65016 % e DIQ/Q2=164.5/69528%) per cui non si osserva una
elevata “riproducibilità” del riempimento dei CD. Come già osservato, i dati mostrano una asimmetria rispetto
alla tendenza centrale che è spiegabile in termini di ottimizzazione del riempimento dei CD con maggiori valori
di riempimento prossimi al valore massimo possibile 750 MB.
TOT=11 punti ma va bene lo stesso perché l’ese è lungo e completo.
_______
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Esercizio 2 (25 minuti)
(svolgere su questo foglio e sul retro)
2)
Un bambino riceve mediamente un ovetto di cioccolata con sorpresa alla settimana. La sorpresa,
secondo l’insindacabile giudizio del bambino può essere “bella” con probabilità 1/3 (e non-bella con
probabilità 2/3).
2a)
Giustificando il tipo di distribuzione utilizzata, si calcoli la probabilità che su 8 sorprese (circa 2 mesi)
il bambino trovi esattamente 2 sorprese belle. Si valuti anche la probabilità, sempre su 8 sorprese, di
trovare almeno 2 sorprese belle.
2b)
Immaginando che ovetti e sorprese possano arrivare del tutto casualmente nel tempo (continuo), quanto
vale la probabilità che il bambino in 12 settimane riceva 5 o 6 sorprese?
2c)
Si valuti la probabilità che, ricevuta una sorpresa oggi, il bambino debba attendere tra 10 e 15 giorni
prima di ricevere la successiva.
2d)
Su un intero anno solare, composto di 52 settimane, si calcoli la probabilità di ottenere un numero di
sorprese belle compreso tra 10 e 20 (inclusi gli estremi).
32a) Utilizziamo
una distribuzione di probabilità PMF binomiale, perché ciascuna sorpresa può essere bella o
non-bella e dunque due soli esiti possibili (bi-nomio) individuabili come “successo” o “insuccesso” (con
probabilità p e q=1-p, rispettivamente). Siamo interessati a valutare il numero di successi x (variabile casuale
discreta) su un dato numero di estrazioni n:
 n
n!
p x (1  p) n x
PMF binomiale di X è P(x successi su n prove) =   p x (1  p) n x 
x
x
!
(
n

x
)!
 
La prima probabilità cercata è dunque
P(x=2 successi su n=8 prove) =
8!
87
(0.333) 2 (0.667) 6 
=8 prove)  27.3 %  27 %
2!6!
2 1
La seconda probabilità cercata è invece
P(x≥2 successi su n=8 prove) = 1-P(x=0)-P(x=1)  1-3.9 %-15.6 %  80.5 %  80 %
_______
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32b) La
variabile casuale che individua il tempo di arrivo di una sorpresa è una variabile continua e dunque
suddivisibile in sottointervalli di durata talmente piccola che la probabilità di ricevere più di una sorpresa nel
sottointervallo è zero. Supponendo che gli arrivi delle sorprese non siano correlati tra loro e che la probabilità
di ricevere la sorpresa in un dato intervallo dipende dalla estensione temporale dell’intervallo, la probabilità
di ricevere x sorprese nell’intervallo di tempo cercato è calcolabile dalla PMF di Poisson, con parametro 
(che è la media degli eventi nell’unità di intervallo, qui intervallo di tempo):
f ( x) 
PMF di una variabile poissoniana X è
e   x
,
x!
x  0,1,2...
il suo valor medio vale  =  e la sua varianza vale  2 = .
In questo caso, considerata il tasso di occorrenza degli eventi fornito dal testo ( = 1 sorpresa/settimana) e
dunque la media  = 12 (sorprese) nell’intervallo di tempo considerato (12 settimane), la probabilità che
arrivino 5 o 6 sorprese in 12 settimane è:
5
e  5 e  6
126 
12 12
P(x=5o6)=P(x=5)+P(x=6)=
=12.7×10-3+25.5×10-3=38.2×10-3  4 %

 e 


5!
6!
6! 
 5!
 
supponendo che gli arrivi delle sorprese non siano correlati tra loro.
22c) La
variabile casuale che rappresenta l’intervallo (qui di tempo) tra un evento e il successivo per una
processo di Poisson è descritta da una PDF esponenziale con parametro . Considerato che una settimana ha
7 giorni, la media vale  = 1/7 (sorprese/giorno) che è la media degli eventi nell’unità di intervallo (qui
intervallo di tempo):
PDF di una variabile esponenziale T
è f (t )  e t ,
  0, t  0
La sua distribuzione cumulativa è F (t )  1  e  t .
Pertanto la probabilità cercata è
P(10≤t≤15) = F(15)-F(10) = e-10/7-e-15/7  12.2 %
32d) Data
la relativa complessità del calcolo tramite la formula della binomiale (occorrerebbe sommare 11
probabilità puntuali, per x da 10 fino a 20, calcolate con la PMF della distribuzione binomiale), decidiamo di
sfruttare l’approssimazione gaussiana alla binomiale. Il valor medio vale  = np = 52(1/3) = 17.333. La
varianza vale invece 2=np(1-p)=11.556 e quindi  =3.4.
L’approssimazione è valida in quanto np e n(1-p) sono entrambi molto maggiori di 1 (tipicamente si
considera attendibile l’approssimazione per valori superiori a 5). Nel caso considerato sicuramente
l’approssimazione è buona e dunque per il calcolo utilizziamo una gaussiana con =17.333 e  =3.4.
Calcoliamo quindi la probabilità tramite standardizzazione:
20.5    
9.5   

P(10  x  20)  P z 
z 
  P( z  0.931)  P( z  2.304)  (0.931)  (2.304) 

 

 
= 0.824 -0.011 = 0.813
e dunque P(“numero di sorprese belle tra 10 e 20”)81.3 %.
Il calcolo esatto tramite la distribuzione binomiale (effettuato a calcolatore) fornisce una probabilità pari
a 81.8 %, che è praticamente coincidente con quella ottenuta mediante l’approssimazione gaussiana.
TOT=11 punti ma va bene lo stesso perché l’ese è lungo e completo.
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Esercizio 3 (25 minuti)
(svolgere su questo foglio e sul retro)
3) La velocità di scrittura su una chiavetta USB 3.0 dovrebbe essere, secondo il fornitore, pari a 60 MB/s
con una varianza di 16 (MB/s)2. Eseguiamo un test per verificare la velocità media e proviamo 15 chiavette
USB ottenendo una velocità media x =50 MB/s e una varianza campionaria s2=225 MB2.
3a) Fidandoci della varianza indicata dal fornitore, eseguiamo un primo test statistico per verificare l’ipotesi
che la velocità di scrittura sia più bassa di quella indicata con un livello di significatività del 5 %. Che cosa
possiamo concludere?
3b) Non fidandoci della varianza indicata dal fornitore, eseguiamo un secondo test statistico, sempre per
verificare l’ipotesi che la velocità di scrittura sia più bassa di quella indicata con un livello di significatività
del 5 %, ma utilizzando la deviazione standard campionaria delle 15 chiavette provate (sx=15 MB/s). Che
cosa possiamo concludere?
3c) Si fornisca una definizione di “errore di tipo I” e di “errore di tipo II” per un test statistico. Si spieghi che
cosa è la “potenza” del test.
43a) Possiamo
effettuare un test z, in quanto dobbiamo stimare il valor medio di una popolazione con
varianza “nota”, quella specificata dal fornitore che è ritenuta attendibile:    2 =4 MB/s.
Seguiamo gli 8 passi illustrati a lezione e descritti nel libro di testo.
1. Il parametro di interesse è la velocità di scrittura 
2. H0:  = 60 MB/s
3. H1:  < 60 MB/s (il test è a un solo lato, in quanto espressamente richiesto dal testo)
4. Livello di significatività richiesto  = 0.05
5. La statistica di test è la statistica Z: z0 
X 
X

X 
/ n
6. Rifiutiamo H0 se z0 < -Z = -1.646 (questo valore si ricava dalla tabella della funzione cumulativa
per una VNS in corrispondenza di un valore di probabilità =0.05)
7. Calcoliamo quindi z0: z0 
X 
X

X   50  60

 9.682
 / n 4 / 15
8. Conclusione: dato che z0 = -9.682 < -Z = -1.646 possiamo rifiutare l’ipotesi nulla con livello di
significatività 0.05: c’è abbastanza evidenza che l’ipotesi nulla sia falsa.
Concludiamo che la velocità di scrittura su chiavetta USB è significativamente inferiore a 60 MB/s
(l’ipotesi nulla H0: =60 MB/s è falsa mentre l’ipotesi alternativa H1:  <60 MB/s è vera).
_______
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33b) Ripetiamo
ora il test, non fidandoci della varianza dichiarata dal produttore. Dovremo utilizzare la
varianza dei dati disponibili nel campione selezionato. Il numero di gradi di libertà è  = n – 1 = 14. La
deviazione standard campionaria è s=15 MB/s.
Effettuiamo quindi un test t perché dobbiamo eseguire una verifica del valor medio con varianza non nota:
1. Il parametro di interesse è la velocità media 
2. H0:  = 60 MB/s
3. H1:  < 60 MB/s (il test è a un lato solo, in quanto vogliamo dimostrare che la velocità di scrittura è
inferiore a quella dichiarata dal fornitore)
4. livello di significatività richiesto  = 0.05 (attenzione, su un solo lato)
5. La statistica di test è ora la statistica t: t 0 
X  X 

sX
s/ n
6. Rifiutiamo H0 se t0 < -t,14 = -1.761. Questo risultato si ricava dalla tabella dei punti percentuale della
distribuzione t, con  = 14 in corrispondenza di una probabilità  = 0.05
7. Calcoliamo quindi t0: t 0 
X 
X 
50  60


 2.582
sX
s X / n 15 / 15
8. Conclusione: dato che t0 = -2.582 < -t,14 = -1.761 possiamo ancora rifiutare l’ipotesi nulla con
livello di significatività 0.05: c’è abbastanza evidenza che l’ipotesi nulla sia falsa.
Anche in questo caso, concludiamo che la velocità di scrittura su chiavetta USB è significativamente
inferiore a 60 MB/s.
33c) Si
commette un errore di tipo I se si rifiuta l’ipotesi nulla quando questa è vera (probabilità ).
Si commette un errore di tipo II se non si rifiuta l’ipotesi nulla quando questa è falsa (probabilità ).
La potenza di un test statistico è la probabilità di riconoscere H0 come falsa quando questa è
effettivamente falsa. E’ la probabilità di prendere una corretta decisione nel caso di ipotesi nulla falsa (e
dunque di riconoscerla come tale). Data la probabilità  di commettere un errore di tipo II, la potenza del
test statistico, ovvero la probabilità di non commettere un errore di tipo II, è esprimibile come 1- .
_______
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Esercizio 4 (20 minuti)
(svolgere su questo foglio e sul retro)
4) Si misura la potenza elettrica (P) ai capi di un resistore al variare della tensione di alimentazione (V), in
continua. I valori sperimentali sono:
P (W)
V (V)
1
1.5
2
2
12
5
48
10
110
15
4a) Si riporti in un diagramma cartesiano, con i punti sperimentali e la curva di interpolazione lineare,
l’andamento della potenza al variare della tensione. Si commenti il risultato ottenuto.
4b) In un nuovo diagramma in coordinate x e y legate, rispettivamente, a tensione e potenza, si riporti un
andamento grafico che linearizza la relazione P=f(V) con i punti sperimentali e la corrispondente retta di
regressione ai minimi quadrati y=mx+b (dopo averne prima ricavato i parametri m e b).
NOTA: Si ricorda che il coefficiente angolare ed il termine noto della retta di regressione ai minimi quadrati si calcolano come:
m
n xi yi   xi  y i
2
 xi  yi   xi  xi y i  yi  m xi
b

n
n xi2   xi 2
n xi2   xi 
2
4c) In questo caso quale è il significato del termine noto b e del coefficiente angolare m della retta di
regressione? Si ricavi il valore di resistenza R utilizzato nelle misure.
OPZIONALE (per 3 punti addizionali)
4d) A partire dal funzionale che descrive la sommatoria degli scarti quadratici dei punti sperimentali dalla
retta di regressione, si ricavino le equazioni - già indicate sopra nella NOTA – che forniscono il coefficiente
angolare e il termine noto della retta di regressione ai minimi quadrati.
34a) Il
diagramma cartesiano dei punti sperimentali, riportando assi graduati e con le corrette unità di
misura, è mostrato in figura, unitamente alla curva di interpolazione lineare (spezzata continua con tratti
di retta che uniscono coppie di punti adiacenti):
Potenza P (W)
120
100
80
60
40
20
0
0
5
10
15
Tensione V (V)
_______
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L’andamento grafico mostrato in figura evidenzia una relazione certamente non lineare tra V e P,
con i valori di P che aumentano (ma più rapidamente) all’aumentare dei valori di V (infatti la relazione
teorica tra potenza e tensione, come ben noto, è di tipo quadratico). La linea spezzata, interpolazione
lineare che unisce i 5 punti corrispondenti ai dati disponibili aumenta di molto la leggibilità del grafico
lasciando intendere l’andamento di P(V), che in effetti è quadratico, molto più chiaramente di quanto non sia
possibile fare con la visualizzazione dei soli punti sperimentali sul diagramma cartesiano.
44b) Dalla
relazione teorica P=V2/R che lega in maniera quadratica V e P conviene definire due nuove
variabili x=V2 e y=P: la relazione tra x e y è teoricamente lineare e dunque modellizzabile come y=mx+b.
P (W)
V (V)
y (W)
x (V2)
1
1.5
1
2.25
2
2
2
4
12
5
12
25
48
10
48
100
110
15
110
225
Il grafico corrispondente, con già indicata la retta di regressione (ricavata come indicato nel seguito), è:
grandezza y = P (W)
120
100
80
60
40
20
0
0
50
100
150
200
250
grandezza x = V 2 (V2)
Dalle formule della regressione ai minimi quadrati applicate ai punti x e y riportati in tabella, si ricavano il
coefficiente angolare e il termine noto:
m=
b=
n xi yi   xi  y i
n xi2   xi 
2
 yi  m xi
n
=0.49 W/V2=0.49 ()-1
=-0.21 W
E pertanto la retta di regressione ai minimi quadrati è
y=mx+b=0.49x-0.21 (avendo qui trascurato le unità di misura)
34c) Il
termine noto b non è previsto dal modello teorico P=V2/R e dunque rappresenta una conseguenza
dell’errore nei dati sperimentali. Ha il significato di potenza osservata quando la tensione applicata è
uguale a zero (per la Fisica dovrebbe essere P=0 se V=0 e dunque avere b0 sta a rappresentare l’offset dello
strumento, power meter, con il quale si è letta la potenza P ai capi del resistore quando V=0).
_______
Pag. 9/12
Il coefficiente angolare m rappresenta la pendenza delle variazioni della potenza (P=y) con la
tensione al quadrato (V2=x).
Essendo y=P=V2/R+offset=mx+b, se ne deduce che la resistenza elettrica è R=1/m2 .
OPZIONALE (per 3 punti addizionali e solo “se vi avanza tempo”)
34d) Lo
scarto i-esimo tra la retta di regressione di equazione y=mx+b e il punto sperimentale i-esimo di
coordinate (xi, yi), è i = yi – [ mxi + b ]
Il funzionale dato dalla sommatoria degli scarti quadratici è:
n
n
i 1
i 1
 (m, b)    i2    yi  mxi  b 2
Per minimizzare tale funzionale, calcoliamo le sue derivate parziali prime, rispetto a m e rispetto a b, e
imponiamole uguali a zero:

 0   m xi2   b xi   xi yi
m
Φ
 0   m xi   nb   yi
b
Abbiamo ottenuto un sistema di due equazione in due incognite, risolvendo il quale si ricava:
m
n xi yi   xi  y i
n xi2   xi 2
 x  y   x  x y   y  m x
b
n
n x   x 
2
i
i
2
i
i
i
2
i
i
i
 y  mx
i
Per verificare che la soluzione ottenuta corrisponde a un minimo (e non a un massimo), si può derivare
ulteriormente la derivata parziale prima e verificare agevolmente che entrambe le derivate seconde sono
positive.
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Esercizio 5 (30 min)
(svolgere su questo foglio e sul retro)
5) Si vuole determinare la massa m (lorda) di una latta cilindrica di olio sintetico per motori di automobili.
5a) Il venditore dichiara il contenuto netto pari a 1 kg con incertezza estesa di 40 g al 95 % e si conosce la
massa del recipiente cilindrico mrec=25.5(5) g.
Ricavare la misura secondo il Venditore: mVu(mV), con l’incertezza a una sola cifra significativa.
5b) Si pone la latta piena d’olio su una bilancia digitale ideale con portata 5 kg e 103 livelli, ottenendo una
lettura di 1050 g.
Ricavare la misura secondo la Bilancia: mBu(mB), con l’incertezza a una sola cifra significativa.
5c) Teoricamente si calcola la massa della latta (vuota) ottenendo mlat=25 g con U(mlat)=6 g per k=3.
Sappiamo che la latta è un cilindro di base circolare con raggio interno r=4 cm1 mm mentre ne abbiamo
misurato l’altezza h=200 mm (altezza interna del recipiente) con un righello che ha risoluzione 1 mm. Si
sa che la densità dell’olio sintetico è =780 kg/m3, nota con incertezza di 10 ppm.
Si ricavi il valore della massa teoricamente prevista per l’olio nella latta (mOT).
Ricavare la misura Teorica: mTu(mT), con l’incertezza a una sola cifra significativa.
5d) Si valuti la compatibilità tra le tre misure indipendenti e si commenti il risultato ottenuto.
5e) Si ricavi la miglior stima della massa m della latta piena d’olio e la sua incertezza tipo.
15a) m =m
V
olio+mrec=1
kg+25.5 g=1025.5 g.
u(molio)=U(molio)/k= U(molio)/2=20 g
(k=2 per una prob. del 95% assumendo PDF normale)
u(mrec)=0.5 g
u(mV)= u 2 (molio )  u 2 (mrec ) u(molio)=20 g essendo u2(mrec)<<u2(molio)
La misura secondo il Venditore è mVu(mV)=(103020) g=1.03(2) kg.
15b) La
risoluzione della bilancia digitale è mB=P/N=(5 kg/1000)=5 g e la corrispondente incertezza di
quantizzazione è u(mB)=mB/ 12 1.5 g2 g.
La misura secondo la Bilancia è mBu(mB)=(10502) g=1.050(2) kg.
35c) Per
la latta, mlat=25 g e u(mlat)=U(mlat)/k=(6 g)/3=2 g (k=3 come indicato nel testo).
La risoluzione del righello è h=1 mm e la corrispondente incertezza di quantizzazione sulla altezza
misurata è u(h)=h/ 12 0.3 mm: dunque l’altezza della latta è h=(200.00.3) mm.
L’area di base della latta è A=r250.24 cm2. Il valore del volume interno della latta è
V=Ah=r2h1004.8 cm3=1.0048 dm3 e dunque il valore della massa dell’olio sintetico nella latta è
mOT=V= r2h784 g.
Per ricavare l’incertezza di mOT ci conviene ragionare in termini di incertezze relative e scrivere:
ur(mOT)= u r2 (  )  4u r2 (r )  u r2 (h)
con ur()=10×10-6=10-5, ur(r)=(0.1/4)=2.5×10-2, e ur(h)=(0.3/200)=1.5×10-3
da cui ur(mOT)2ur(r)=5×10-2 essendo ur2 (  )  ur2 (h)  4u r2 (r )
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e infine u(mOT)=ur(mOT)mOT=(5×10-2)(764 g)38.2 g40 g (a una cifra significativa)
Allora, secondo le misurazioni teoriche, si ha:
mT=mOT+mlat=784 g+25 g=809 g
u(mT)= u 2 (mOT )  u 2 (mlat ) u(mOT)=40 g essendo u2(mlat)<<u2(mOT)
La misura secondo la Teoria è mTu(mT)=(81040) g=0.81(4) kg.
25d) Siamo
in presenza di tre misure indipendenti della stessa grandezza che hanno fornito valori diversi tra loro:
mV=(103020) g=1.03(2) kg, mB=(10502) g, e mT=(81040) g.
Valutiamo la compatibilità tra i risultati delle misure (a due a due) secondo il criterio di compatibilità standard, che
prevede di confrontare la distanza tra due valori (mi e mj) con una combinazione delle rispettive incertezze
standard, attraverso la relazione:
mi  m j  kcomp u 2 (mi )  u 2 (m j )
Sostituendo i valori del caso, si ottiene:
kcomp(V,B) ≥ 1.0 e pertanto le due misure sono compatibili con kcomp = 1.
kcomp(V,T) ≥ 4.9 e pertanto le due misure sono incompatibili.
kcomp(B,T) ≥ 6.0 e pertanto le due misure sono incompatibili.
35e) La
miglior stima della massa lorda della latta d’olio si ottiene come media pesata tra le due misure compatibili
(Venditore e Bilancia), utilizzando come pesi i reciproci delle corrispondenti incertezze al quadrato:
mV
m
 2 B
u mV  u mB 
m=mMP=
=1049.80 g1050 g=mB
1
1

u 2 mV  u 2 mB 
2
L’incertezza della media pesata è poi:
u(m)=u(mMP)=
1
1
1

u 2 mV  u 2 mB 
u 2 mV   u 2 mB 
=1.99 g2 g=u(mB)

u 2 mV   u 2 mB 
Come prevedibile, la media pesata mMP è compresa tra i valori di mV e mB mentre l’incertezza della media pesata
u(mMP) risulta inferiore sia a u(mV) che a u(mB): abbiamo aumentato il nostro livello di conoscenza sulla massa
della latta d’olio.
Attenzione che in questo caso, essendo u(mB)<<u(mV), sia il valore sia l’incertezza della media pesata coincidono
praticamente con quelli della misura effettuata con la bilancia.
Il risultato cercato, ovvero la miglior stima della massa della latta d’olio, è dunque mMP=1050 g2 g.
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