15.5.2 Suponha que a característica da qualidade seja normalmente distribuída com especificações em 100 \pm 20. O desvio-padrão do processo é 6.
b. Suponha que a média do processo seja 106. Quais são os limites naturais de tolerância? Qual é a fração defeituosa? Calcule P C R e P C R_{k} e interprete essas razões.

Passo 1

O enunciado diz que a característica de qualidade é X\sim N(\mu,\sigma^2) com especificações 100\pm20, ou seja,
LSL = 80,\quad USL = 120,
e desvio‐padrão do processo \sigma=6. Nesta alínea b assume‐se \mu=106. Precisamos de:
– Limites naturais de tolerância \mu\pm3\sigma.
– Fração defeituosa P(X<LSL)+P(X>USL).
P_C_R e P_{C_R_k} (índices de capacidade do processo).

Passo 2

Os limites naturais de tolerância são dados por
\mu\pm3\sigma = 106\pm3\cdot6 = [106-18,\;106+18] = [88,\;124].

Passo 3

A fração defeituosa é
P(X<80)+P(X>120).
Definindo
Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1),
temos
P(X<80)=P\Bigl(Z<\frac{80-106}{6}\Bigr)=P(Z<-4{,}333)\approx0{,}000007,
P(X>120)=P\Bigl(Z>\frac{120-106}{6}\Bigr)=P(Z>2{,}333)\approx1-0{,}9902=0{,}0098.
Logo, fração defeituosa ≈ 0{,}000007+0{,}0098=0{,}009807 ( \approx 0,98 %).

Passo 4

O índice P_C_R mede a razão entre largura de especificação e variabilidade natural:
P_C_R = \frac{USL-LSL}{6\sigma} = \frac{120-80}{6\cdot6} = \frac{40}{36}\approx1{,}11.
Como P_C_R>1, a variabilidade é pequena o suficiente para caber dentro da faixa de especificação, se o processo fosse centrado.

Passo 5

O índice centrado P_{C_R_k} (também chamado de C_{pk}) leva em conta o deslocamento da média:
P_{C_R_k} = \min\Bigl\{\frac{USL-\mu}{3\sigma},\;\frac{\mu-LSL}{3\sigma}\Bigr\} = \min\Bigl\{\frac{120-106}{18},\;\frac{106-80}{18}\Bigr\} = \min\{0{,}778,\;1{,}444\} = 0{,}778.
Como P_{C_R_k}<1, há processo fora de centro, o que explica a fração defeituosa \approx 0,98 %.

Resposta

Limites naturais de tolerância: [88,\;124]
Fração defeituosa: 0{,}0098 ( \approx 0,98 %) P_C_R\approx1{,}11 P_{C_R_k}\approx0{,}78

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