Questão 4. A vida útil T (em horas) de um modelo de lâmpada LED é aproximadamente normal, com
T \sim N(\mu=20000, \sigma=3000)
O fabricante oferece garantia, devolvendo o dinheiro para lâmpadas que queimarem antes do fim da garantia.
(a) Se a garantia é de 15000 horas, qual a probabilidade de uma lâmpada queimar dentro da garantia?
(b) O fabricante deseja escolher um tempo de garantia g de modo que apenas 5 \% das lâmpadas queimem antes desse tempo. Qual deve ser aproximadamente o valor de g ?

Passo 1

Lista clara do que o enunciado dá e pede.
  • Dado: a vida útil T (em horas) tem distribuição aproximadamente normal com média e desvio-padrão
T \sim N(\mu=20000,\\ \sigma=3000).
  • O fabricante reembolsa lâmpadas que queimarem antes do fim da garantia.
Perguntas:
(a) Se a garantia é de 15000 horas, qual a probabilidade de uma lâmpada queimar dentro da garantia?
(b) O fabricante quer escolher um tempo de garantia g tal que apenas 5\% das lâmpadas queimem antes desse tempo. Qual deve ser aproximadamente o valor de g?

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicação didática).
  • A variável T é normal com média \mu e desvio-padrão \sigma. A média \mu é o “centro” da distribuição (valor esperado) e \sigma mede a dispersão (quanto os valores variam em torno da média).
  • Para calcular probabilidades de T usamos a padronização: transformar T numa normal padrão Z com média 0 e desvio 1. A fórmula é
Z = \frac{T-\mu}{\sigma}.
Aqui Z é a variável normal padrão. Essa transformação é útil porque tabelas e funções conhecidas (a função de distribuição acumulada da normal padrão) podem ser consultadas para Z.
  • Denotamos por \Phi(z) a função de distribuição acumulada da normal padrão, ou seja \Phi(z)=P(Z\le z).
  • Propriedade útil (simetria): \Phi(-z)=1-\Phi(z). Isso facilita calcular probabilidades para valores negativos de z.
  • Para responder (a) usamos P(T<15000)=\Phi\!\big(\tfrac{15000-\mu}{\sigma}\big).
  • Para (b) resolvemos P(T<g)=0,05. Em termos de Z: \Phi\!\big(\tfrac{g-\mu}{\sigma}\big)=0,05. Então \tfrac{g-\mu}{\sigma}=\Phi^{-1}(0,05), onde \Phi^{-1} é a função quantil (inversa de \Phi).

Passo 3

Resolvendo (a): calcular o z-score e a probabilidade.
  • Calcular o z-score correspondente a T=15000:
z = \frac{15000-\mu}{\sigma} = \frac{15000-20000}{3000} = \frac{-5000}{3000} = -\frac{5}{3} \approx -1,6667.
  • Assim
P(T<15000)=\Phi(-1,6667).
Usando a simetria da normal padrão:
\Phi(-1,6667)=1-\Phi(1,6667).
  • Agora precisamos de \Phi(1,6667). Consultando uma tabela da normal padrão ou uma calculadora estatística: costuma-se ter \Phi(1,66)\approx0,9515 e \Phi(1,67)\approx0,9525. Interpolando para 1,6667 obtemos aproximadamente \Phi(1,6667)\approx0,9522.
  • Portanto
\Phi(-1,6667)\approx 1-0,9522 = 0,0478.
  • Interpretação: cerca de 4,78\% das lâmpadas queimam antes de 15000 horas.

Passo 4

Resolvendo (b): encontrar g tal que P(T<g)=0,05.
  • Escrevemos a condição em termos de Z:
\Phi\!\left(\frac{g-\mu}{\sigma}\right) = 0,05.
  • Então o quantil correspondente é
\frac{g-\mu}{\sigma} = \Phi^{-1}(0,05).
  • A partir de tabelas da normal padrão sabe-se que \Phi^{-1}(0,05)\approx -1,645 (valor clássico para o quantil de 5\%).
  • Substituindo \mu=20000 e \sigma=3000:
g = \mu + \sigma\cdot\Phi^{-1}(0,05) = 20000 + 3000\cdot(-1,645).
  • Calcular o produto:
3000\cdot 1,645 = 4935,
então
g \approx 20000 - 4935 = 15065\\ \text{horas}.
  • Interpretação: definindo a garantia em aproximadamente 15065 horas, cerca de 5\% das lâmpadas deverão queimar antes desse tempo. (Arredondar para um número “bonito” como 15060 ou 15070 é aceitável na prática.)

Passo 5

Cheque rápido de consistência (para ficar mais confiante).
  • Para 15000 horas achamos P\approx0,0478, que é ligeiramente menor que 0,05. Faz sentido que o g desejado para exatamente 5\% fique um pouco acima de 15000, e encontramos g\approx15065. Tudo consistente.

Resposta

(a) P(T<15000)\approx 0,0478 (aprox. 4,78\%)
(b) g\approx15065\\ \text{horas}

Exercícios relacionados