Dois fornecedores oferecem o mesmo componente. Para avaliar a durabilidade, foram testadas 22 peças do fornecedor A (média 510 h , desvio 40 h ) e 20 peças do fornecedor B (média 480 h , desvio 35 h ). Teste, com \alpha=0,05, se o fornecedor A possui maior durabilidade média.

Passo 1

O enunciado pede que testemos, ao nível de significância \alpha=0,05, se o fornecedor A possui maior durabilidade média do que o fornecedor B. Dados fornecidos:
n_A=22, \bar{x}_A=510 h, s_A=40 h;
n_B=20, \bar{x}_B=480 h, s_B=35 h.
A pergunta é: existe evidência suficiente, com \alpha=0,05, para afirmar que a média de durabilidade do fornecedor A é maior que a do fornecedor B?

Passo 2

Formulamos as hipóteses (teste unilateral à direita):
H_0:\\ \mu_A \le \mu_B
H_1:\\ \mu_A > \mu_B
Explicação da estatística que vamos usar: como não nos foi dada a garantia de variâncias iguais, usamos o teste t de duas amostras com variâncias desiguais (teste de Welch). A estatística de teste é
t=\frac{\bar{x}_A-\bar{x}_B}{\sqrt{\dfrac{s_A^2}{n_A}+\dfrac{s_B^2}{n_B}}}
onde \bar{x}_A,\bar{x}_B são as médias amostrais, s_A^2,s_B^2 são as variâncias amostrais (ou seja, s_A e s_B são desvios-padrão amostrais) e n_A,n_B são os tamanhos das amostras. Esse t segue aproximadamente uma distribuição t com graus de liberdade dados pela fórmula de Welch (mostro a seguir).

Passo 3

Calculemos o denominador (erro-padrão combinado) passo a passo:
\frac{s_A^2}{n_A}=\frac{40^2}{22}=\frac{1600}{22}\approx 72{,}7273
\frac{s_B^2}{n_B}=\frac{35^2}{20}=\frac{1225}{20}=61{,}25
\text{variância combinada}=\frac{s_A^2}{n_A}+\frac{s_B^2}{n_B}\approx 72{,}7273+61{,}25=133{,}9773â
\text{erro-padrão}=\sqrt{133{,}9773}\approx 11{,}576ã
Agora a estatística t:
t=\frac{\bar{x}_A-\bar{x}_B}{\text{erro-padrão}}=\frac{510-480}{11{,}576}=\frac{30}{11{,}576}\approx 2{,}590.ã

Passo 4

Calculamos os graus de liberdade aproximados pela fórmula de Welch (fórmula de Satterthwaite):
\nu \approx \frac{\left(\dfrac{s_A^2}{n_A}+\dfrac{s_B^2}{n_B}\right)^2}{\dfrac{s_A^4}{n_A^2(n_A-1)}+\dfrac{s_B^4}{n_B^2(n_B-1)}}
Agora substituímos os números:
\text{numerador}=\left(133{,}9773\right)^2\approx 17949{,}91
\frac{s_A^4}{n_A^2(n_A-1)}=\frac{1600^2}{22^2\cdot 21}=\frac{2\,560\,000}{10\,164}\approx 251{,}861
\frac{s_B^4}{n_B^2(n_B-1)}=\frac{1225^2}{20^2\cdot 19}=\frac{1\,500\,625}{7\,600}\approx 197{,}711
\text{denominador}\approx 251{,}861+197{,}711=449{,}572
\nu \approx \frac{17949{,}91}{449{,}572}\approx 39{,}92\approx 39{,}9
Portanto usamos aproximadamente \nu\approx 40 graus de liberdade.

Passo 5

Determinamos a região crítica para um teste unilateral à direita com \alpha=0,05. O valor crítico é
t_{crit}=t_{0{,}95,\nu\approx 40}\approx 1{,}684.
Comparação:
t\approx 2{,}590 > t_{crit}\approx 1{,}684,
logo rejeitamos H_0. Alternativamente, o p-valor (unilateral) associado a t\approx 2{,}590 com \nu\approx 40 é aproximadamente
\text{p-valor}_{\text{unilateral}}\approx 0{,}0065,
que é menor que \alpha=0{,}05, confirmando a rejeição de H_0.

Passo 6

Interpretação em linguagem simples: os dados das amostras fornecem evidência estatística, ao nível de significância 5\%, de que a durabilidade média das peças do fornecedor A é maior do que a do fornecedor B. Em termos práticos: com base nessas amostras, podemos concluir que o fornecedor A tem maior durabilidade média.

Resposta

Rejeita-se H_0. Há evidência, ao nível \alpha=0,05, de que \mu_A>\mu_B (o fornecedor A tem maior durabilidade média).

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