Um engenheiro de um fabricante de pneus analisa a durabilidade de um novo composto de borracha. Ele produziu e testou 10 pneus até o desgaste total em condições reais. Os resultados apresentaram média de 61.492 km e desvio padrão de 3.035 km .
a) O engenheiro pretende comprovar que a durabilidade média deste novo modelo de pneu supera significativamente os 60.000 km . Desenvolva e avalie as hipóteses pertinentes, realizando testes estatísticos com um nível de significância de 5 \%. Com base nos resultados obtidos, elabore conclusões fundamentadas.
b) Considere uma durabilidade média de 61.000 km e o engenheiro deseja detectar essa diferença com probabilidade mínima de 0,90 . A amostra de n=10 usada anteriormente é adequada? Use o desvio padrão amostral como estimativa de \sigma para sua análise.
c) Calcule o intervalo de confiança de 95 \% para a durabilidade média do pneu.

Passo 1

Enunciado resumido e dados importantes (o que o problema pede e o que foi dado):
  • Perguntas:
    1. Testar, ao nível de significância de 5\%, se a durabilidade média desse novo pneu supera significativamente 60\,000 km.
    2. Para uma verdadeira média de 61\,000 km, verificar se a amostra de n=10 tem potência (probabilidade de detectar essa diferença) pelo menos 0{,}90. Usar o desvio padrão amostral como estimativa de \sigma.
    3. Calcular o intervalo de confiança de 95\% para a durabilidade média.
  • Dados fornecidos:
    • tamanho da amostra: n=10
    • média amostral: \bar{x}=61\,492 km
    • desvio padrão amostral: s=3\,035 km
  • Observação: todos os números acima foram dados no enunciado; não há figura nem tabela adicional.

Passo 2

a) Formulação das hipóteses e escolha do teste (sem calcular ainda):
  • Hipótese nula e alternativa (como o engenheiro quer mostrar “supera”): H_0:\\ \mu = 60\,000\qquad\text{vs.}\qquad H_a:\\ \mu>60\,000.
  • Motivo da escolha do teste: a amostra é pequena ( n=10) e \sigma é desconhecida, logo usamos o teste t unilateral para uma média (teste t de Student para uma amostra).
  • Estatística de teste: a estatística t é dada por t=\frac{\bar{x}-\mu_0}{s/\sqrt{n}},onde \bar{x} é a média amostral, \mu_0 é o valor sob H_0, s é o desvio padrão amostral e n é o tamanho da amostra.
    • Explicando cada termo: \bar{x} é o melhor palpite para \mu baseado na amostra; s/\sqrt{n} é o erro padrão da média (medida de quanto a média amostral varia entre amostras); o quociente mede quantos “erros padrão” a média observada está acima de \mu_0.
  • Rejeição: para nível \alpha=5\% e grau de liberdade df=n-1=9, a região de rejeição unilateral é t>t_{1-\alpha,\,9}, onde t_{1-\alpha,\,9} é o quantil da t com 9 graus de liberdade.

Passo 3

a) Cálculo da estatística t, valor crítico e decisão:
  • Primeiro calculamos o erro padrão da média: s/\sqrt{n}=\frac{3\,035}{\sqrt{10}}.Calculando \sqrt{10}\approx 3{,}1623, obtemos s/\sqrt{n}\approx 959{,}75\\ \text{km}.
  • Agora a estatística t: t=\frac{61\,492-60\,000}{959{,}75}\approx\frac{1\,492}{959{,}75}\approx 1{,}554.
  • Valor crítico para teste unilateral com \alpha=0{,}05 e df=9: t_{0{,}95,9}\approx 1{,}833.
  • Decisão pelo critério crítico: como t\approx 1{,}554 < 1{,}833, não rejeitamos H_0 ao nível \alpha=5\%.
  • Interpretação prática: a média amostral é maior que 60\,000 km, mas não suficientemente maior, em termos estatísticos, para ser considerada “significativamente” maior com 5\% de nível de significância.

Passo 4

a) Cálculo aproximado do p‑valor e conclusão final:
  • Para referência, o p‑valor unilateral associado a t\approx 1{,}554 com df=9 é aproximadamente p\approx 0{,}08 (ou seja, cerca de 8\%). Isso confirma que p>\alpha=0{,}05.
  • Conclusão: com base na amostra de n=10, ao nível de 5\%, não há evidência estatística suficiente para afirmar que a durabilidade média supera 60\,000 km. (Mas note que a média observada está acima; apenas a evidência não é forte o bastante.)

Passo 5

b) Potência do teste para detectar \mu=61\,000 (diferença de 1\,000 km) e adequação de n=10: método e explicação didática
  • O que é potência: a potência do teste é a probabilidade de rejeitar H_0 quando a verdadeira média é um valor específico (aqui \mu_1=61\,000). É 1-\beta, onde \beta é a probabilidade de erro tipo II (não detectar a diferença quando ela existe). O engenheiro quer potência mínima 0{,}90.
  • Método usado (explicação): idealmente para pequeno n com s estimado usaríamos a distribuição t não central para calcular potência exata. Isso é mais trabalhoso; para um cálculo prático e didático usamos a aproximação normal (muito usada em planejamento amostral) substituindo s por uma estimativa de \sigma. Essa aproximação dá respostas muito próximas e é a que se aplica em provas rápidas.
  • Definimos o tamanho do efeito padronizado: d=\frac{\mu_1-\mu_0}{s}=\frac{1\,000}{3\,035}\approx 0{,}3294.Interpretando: d é quantos desvios padrão a diferença de 1\,000 km representa. Aqui é um efeito pequeno-médio.
  • Fórmula aproximada (unilateral) para potência usando normal: se z_{1-\alpha} é o quantil da normal para o teste (unilateral) e z_{1-\beta} o quantil para a potência desejada, precisamos que \sqrt{n}\,d \approx z_{1-\alpha}+z_{1-\beta}.
    • Explicando: \sqrt{n}\,d indica quantos desvios padrões a média observada se afasta sob a alternativa; para ter potência desejada, esse deslocamento deve superar a barreira formada pela soma dos quantis.
  • Para \alpha=0{,}05 (unilateral) temos z_{1-\alpha}=z_{0{,}95}\approx 1{,}645. Para potência 0{,}90 queremos z_{1-\beta}=z_{0{,}90}\approx 1{,}282. Assim \sqrt{n} \approx \frac{z_{1-\alpha}+z_{1-\beta}}{d}=\frac{1{,}645+1{,}282}{0{,}3294}\approx\frac{2{,}927}{0{,}3294}\approx 8{,}887.Então n\approx 8{,}887^{2}\approx 78{,}99\approx 79.
  • Interpretação: para ter potência aproximadamente 0{,}90 para detectar média 61\,000 km usando s\approx 3\,035 como estimativa de \sigma, seria necessário cerca de n\approx 79 pneus.
  • Potência da amostra atual ( n=10): podemos calcular a potência aproximada que a amostra atual oferece: \text{potência}\approx \Phi\big(\sqrt{10}\,d - z_{1-\alpha}\big),êonde \Phi é a função de distribuição da normal padrão. Aqui \sqrt{10}\,d\approx 3{,}1623\cdot 0{,}3294\approx 1{,}0416, então \text{potência}\approx \Phi(1{,}0416-1{,}645)=\Phi(-0{,}6034)\approx 0{,}274.êOu seja, apenas cerca de 27{,}4\% de chance de detectar a diferença de 1\,000 km com n=10.
  • Conclusão da parte b): a amostra de n=10 NÃO é adequada para obter potência 0{,}90; seria necessário algo como n\approx 79 (aproximação).

Passo 6

c) Cálculo do intervalo de confiança de 95\% para \mu (explicação e conta):
  • Fórmula do intervalo t de confiança: \bar{x}\pm t_{1-\frac{\alpha}{2},\,n-1}\cdot\frac{s}{\sqrt{n}},onde t_{1-\frac{\alpha}{2},\,n-1} é o quantil da t de Student com n-1 graus de liberdade. Para 95\% e df=9 temos t_{0{,}975,9}\approx 2{,}262.
  • Usando o erro padrão já calculado s/\sqrt{n}\approx 959{,}75 km e o fator t\approx 2{,}262, a margem de erro é \text{ME}=2{,}262\times 959{,}75\approx 2{,}170{,}96\\ \text{km}.
  • Então o intervalo de 95\% é \big(\bar{x}-\text{ME},\\ \bar{x}+\text{ME}\big)=\big(61\,492-2\,170{,}96,\\\ 61\,492+2\,170{,}96\big).Calculando: \text{IC}_{95\%}\approx (59\,321{,}0\\ \text{km},\\\ 63\,662{,}96\\ \text{km}).Arredondando para o quilômetro inteiro: (59\,321\\ \text{km},\\\ 63\,663\\ \text{km}).
  • Interpretação: com 95\% de confiança, a verdadeira durabilidade média do novo composto está entre aproximadamente 59{,}3 mil km e 63{,}7 mil km.

Resposta

a) Não rejeitamos H_0 ao nível \alpha=5\%. Estatística t\approx 1{,}554, valor crítico t_{0{,}95,9}\approx 1{,}833, p‑valor unilateral aproximadamente p\approx 0{,}08. Conclusão: não há evidência estatística suficiente para afirmar que a durabilidade média supera 60\,000 km.
b) A amostra n=10 não é adequada. Potência aproximada com n=10 para \mu=61\,000: \approx 0{,}274. Tamanho de amostra necessário (aproximado) para potência 0{,}90: n\approx 79.
c) Intervalo de confiança de 95\% para a média: (59\,321\\ \text{km},\\\ 63\,663\\ \text{km}).

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