Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

19La distribución binomial

Repite varias veces, de forma independiente, un mismo experimento de sí o no y cuenta los éxitos: la distribución que resulta, la binomial, es la distribución discreta más importante de todas. Este capítulo la construye con árboles y recuentos de caminos; la fórmula cerrada de esos recuentos (con factoriales) llega con las herramientas de conteo del Capítulo 27, y la distribución se retoma en el Capítulo 33.

19.1 Pruebas de Bernoulli

Definición 19.1 (Prueba de Bernoulli)

Una prueba de Bernoulli es un experimento con exactamente dos resultados: éxito, con probabilidad $p$ , y fracaso, con probabilidad $1 - p$ . Se dice que la variable aleatoria $X$ que vale $1$ en caso de éxito y $0$ en caso de fracaso sigue la distribución de Bernoulli $\mathcal B(p)$ ; entonces

\E(X) = p, \qquad \V(X) = p(1 - p).

Demostración de las dos fórmulas. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ; y como $X^2 = X$ (tanto $0$ como $1$ son su propio cuadrado), $\E(X^2) = p$ , luego por la Proposición 18.13, $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Definición 19.2 (Pruebas repetidas e independientes)

Repetir $n$ veces una prueba de Bernoulli de forma independiente significa que el resultado de cada prueba no influye en los demás y que la probabilidad de cualquier secuencia completa de resultados es el producto de las probabilidades a lo largo del camino correspondiente del árbol: $p$ por cada éxito y $1 - p$ por cada fracaso.

Ejemplo 19.3

Tres pruebas independientes con probabilidad de éxito $p$ . La secuencia EFE (éxito, fracaso, éxito) tiene probabilidad $p(1-p)p = p^2(1-p)$ , y lo mismo le ocurre a todas las secuencias con exactamente dos éxitos, estén donde estén: solo importa el número de E y de F.

19.2 Recuento de caminos y números combinatorios

Definición 19.4 (Número combinatorio)

En el árbol de $n$ pruebas independientes, el número combinatorio $\binom{n}{k}$ (que se lee “ $n$ sobre $k$ ”) es el número de caminos que contienen exactamente $k$ éxitos.

Ejemplo 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : los caminos EEF, EFE y FEE. Del mismo modo, $\binom{3}{0} = 1$ (el camino FFF), $\binom{3}{1} = 3$ y $\binom{3}{3} = 1$ . Por convenio, y también por el árbol, $\binom n0 = \binom nn = 1$ para todo $n$ .

El árbol de n = 3 pruebas: 32 = 3 caminos (en rojo) llevan exactamente dos éxitos, cada uno con probabilidad p2(1-p). — El árbol de $n = 3$ pruebas: $\binom{3}{2} = 3$ caminos (en rojo) llevan exactamente dos éxitos, cada uno con probabilidad $p^2(1-p)$ .

Proposición 19.6 (Regla de Pascal)

Para $1 \leq k \leq n - 1$ :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}.

Demostración. Clasificamos los caminos con $k$ éxitos del árbol de $n$ pruebas según su última prueba. Los que terminan en éxito se obtienen de un camino de las primeras $n-1$ pruebas con $k - 1$ éxitos: hay $\binom{n-1}{k-1}$ . Los que terminan en fracaso prolongan un camino con $k$ éxitos entre las primeras $n-1$ pruebas: hay $\binom{n-1}{k}$ . Cada camino es exactamente de uno de los dos tipos. ∎

La regla de Pascal genera los coeficientes fila a fila: cada entrada es la suma de las dos que tiene encima.

\begin{array}{ccccccccccc} &&&&&1&&&&&\\ &&&&1&&1&&&&\\ &&&1&&2&&1&&&\\ &&1&&3&&3&&1&&\\ &1&&4&&6&&4&&1&\\ 1&&5&&10&&10&&5&&1 \end{array}

Observación 19.7

Una fórmula cerrada, $\binom nk = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ , junto con una teoría sistemática del conteo, se establece en el Capítulo 27. A este nivel, el triángulo de Pascal calcula todos los coeficientes que necesitamos.

19.3 La distribución binomial

Teorema 19.8 (Distribución binomial)

Sea $X$ el número de éxitos en $n$ pruebas de Bernoulli independientes de parámetro $p$ . Entonces $X$ sigue la distribución binomial $\mathcal B(n, p)$ :

\P(X = k) = \binom{n}{k}\, p^k (1-p)^{n-k}, \qquad k = 0, 1, \dots, n .

Demostración. El suceso $X = k$ es el conjunto de todos los caminos con exactamente $k$ éxitos. Cada uno de esos caminos tiene probabilidad $p^k(1-p)^{n-k}$ : el producto a lo largo del camino contiene $k$ factores $p$ y $n - k$ factores $1-p$ , en algún orden (Definición 19.2). Hay $\binom nk$ caminos así (Definición 19.4) y sus probabilidades se suman. ∎

Ejemplo 19.9

Una prueba tiene $5$ preguntas independientes, cada una con $4$ opciones; un alumno responde al azar, así que cada pregunta es un éxito con $p = \frac14$ . El número $X$ de respuestas correctas sigue $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ y, usando la fila $5$ del triángulo de Pascal:

\P(X = 2) = \binom52 \left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3 = 10 \times \frac{1}{16} \times \frac{27}{64} = \frac{270}{1024} \approx 0.26 .

La probabilidad de al menos una respuesta correcta se calcula con el suceso contrario: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Proposición 19.10 (Esperanza y varianza)

Si $X \sim \mathcal B(n, p)$ :

\E(X) = np, \qquad \V(X) = np(1-p).

Justificación. Escribimos $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , donde $X_i$ vale $1$ si la prueba $i$ -ésima tiene éxito: cada $X_i$ es una variable de Bernoulli de esperanza $p$ (Definición 19.1). Las medias se suman, y sumando las $n$ aportaciones queda $\E(X) = np$ . Que las varianzas también se sumen para variables independientes es cierto, pero más delicado: la fórmula de la varianza se admite a este nivel y se demuestra en el Capítulo 34. ∎

La distribución B(10, 0.5) (diez lanzamientos de una moneda no trucada): centrada en (X) = np = 5, simétrica y con casi toda la probabilidad entre 2 y 8. — La distribución $\mathcal B(10, 0.5)$ (diez lanzamientos de una moneda no trucada): centrada en $\E(X) = np = 5$ , simétrica y con casi toda la probabilidad entre $2$ y $8$ .

Método 19.11 (Reconocer una situación binomial)

Antes de escribir $X \sim \mathcal B(n, p)$ , comprueba tres ingredientes: un número fijo $n$ de pruebas, decidido de antemano; que cada prueba tenga dos resultados con la misma probabilidad de éxito $p$ ; y que las pruebas sean independientes (con devolución, o con dispositivos separados). Extraer sin devolución de una población pequeña no es binomial: la probabilidad cambia en cada extracción (Ejercicio 18.6).

19.4 Muestreo: ¿es sorprendente lo observado?

La distribución binomial responde a una pregunta muy práctica: si la probabilidad de éxito es realmente $p$ , qué números de éxitos son verosímiles?

Ejemplo 19.12

Se supone que una máquina produce como mucho un $10\,\%$ de piezas defectuosas. En un lote de $10$ piezas, $4$ son defectuosas. ¿Mala suerte o máquina averiada? Si la máquina está bien, el número de defectuosas sigue $\mathcal B(10, 0.1)$ , y

\P(X \geq 4) = 1 - \P(X \leq 3) \approx 1 - 0.987 = 0.013 :

alrededor de una posibilidad entre $80$ . Observar un suceso tan improbable es una señal fuerte: se rechaza la hipótesis de que la máquina siga en el $10\,\%$ , sin olvidar que la decisión podría ser equivocada con probabilidad de en torno a $0.013$ .

Método 19.13 (Regla de decisión a partir de un modelo binomial)

Para juzgar un número observado $k$ de éxitos frente a una hipótesis $X \sim \mathcal B(n, p)$ : calcula la probabilidad, bajo la hipótesis, de un resultado al menos tan extremo como $k$ . Si esa probabilidad es muy pequeña (un convenio habitual: por debajo del $5\,\%$ ), rechaza la hipótesis; en caso contrario, la observación es compatible con ella. El umbral es una elección, no un teorema: la estadística cuantifica el riesgo y quien la usa lo asume.

19.5 Ejercicios

Ejercicio 19.1 ★

Amplía el triángulo de Pascal hasta la fila $7$ y da los valores de $\binom62$ , $\binom{7}{3}$ y $\binom74$ .

Solución

Solución de Ejercicio 19.1.

Filas $6$ y $7$ :

1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1 \qquad\text{y}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

Por tanto, $\binom62 = 15$ , $\binom73 = 35$ y $\binom74 = 35$ (la simetría $\binom73 = \binom74$ refleja el intercambio de éxitos y fracasos).

Ejercicio 19.2 ★

Se lanza un dado no trucado $4$ veces; $X$ cuenta los seises. Justifica que $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ y calcula $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ y $\P(X \geq 2)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 19.2.

Número fijo de pruebas ( $4$ lanzamientos), dos resultados por lanzamiento (seis o no seis, con $p = \frac16$ ) y lanzamientos independientes: $X \sim \mathcal B(4, \frac16)$ .

\P(X=0) = \left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.48, \qquad \P(X=1) = 4 \times \frac16\left(\frac56\right)^3 = \frac{500}{1296} \approx 0.39,

\P(X \geq 2) = 1 - \frac{625 + 500}{1296} = \frac{171}{1296} \approx 0.13 .

Ejercicio 19.3 ★

¿Cuál de las siguientes situaciones es binomial? Justifícalo.

Número de caras en $20$ lanzamientos de una moneda no trucada.
Número de ases en $5$ cartas repartidas de una baraja.
Número de días de lluvia la semana que viene, si cada día llueve con probabilidad $0.3$ de forma independiente.

Solución

Solución de Ejercicio 19.3.

1. Binomial $\mathcal B(20, \frac12)$ : $n$ fijo, la misma $p$ y lanzamientos independientes.

2. No es binomial: las cartas se reparten sin devolución, así que la probabilidad de as cambia de carta en carta y las extracciones no son independientes.

3. Binomial $\mathcal B(7, 0.3)$ por la hipótesis de independencia del enunciado.

Ejercicio 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . Da $\E(X)$ , $\V(X)$ y $\sigma(X)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 19.4.

$\E(X) = 50 \times 0.2 = 10$ ; $\V(X) = 50 \times 0.2 \times 0.8 = 8$ ; $\sigma(X) = 2\sqrt2 \approx 2.83$ .

Ejercicio 19.5 ★★

Un arquero da en la diana con probabilidad $0.7$ en cada tiro, de forma independiente. En $6$ tiros, calcula la probabilidad de exactamente $4$ aciertos y la de al menos $5$ aciertos.

Solución

Solución de Ejercicio 19.5.

$X \sim \mathcal B(6, 0.7)$ .

\P(X = 4) = \binom64 (0.7)^4 (0.3)^2 = 15 \times 0.2401 \times 0.09 \approx 0.324 .

\P(X \geq 5) = \binom65 (0.7)^5(0.3) + (0.7)^6 = 6 \times 0.16807 \times 0.3 + 0.117649 \approx 0.420 .

Ejercicio 19.6 ★★

Una prueba de verdadero o falso tiene $8$ preguntas y un alumno responde todas al azar. ¿Cuál es la probabilidad de aprobar (al menos $6$ respuestas correctas)?

Solución

Solución de Ejercicio 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ; todos los caminos tienen probabilidad $\frac{1}{256}$ , luego

\P(X \geq 6) = \frac{\binom86 + \binom87 + \binom88}{256} = \frac{28 + 8 + 1}{256} = \frac{37}{256} \approx 0.14 .

Respondiendo al azar se aprueba aproximadamente una vez de cada siete.

Ejercicio 19.7 ★★

Cada caja de cereales que se compra contiene la figurita A o la figurita B, con probabilidad $\frac12$ cada una y de forma independiente. Un coleccionista compra $5$ cajas. Calcula la probabilidad de que consiga al menos una figurita de cada clase. (Suceso contrario: todas A o todas B.)

Solución

Solución de Ejercicio 19.7.

El suceso contrario de “al menos una de cada” es “las cinco iguales”: todas A o todas B, cada caso con probabilidad $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . Por tanto,

\P(\text{una de cada clase}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

Ejercicio 19.8 ★★

Un jugador de baloncesto encesta los tiros libres con probabilidad $p$ , de forma independiente. Sea $X \sim \mathcal B(3, p)$ el número de canastas en tres tiros. Expresa $\P(X = 3)$ y $\P(X \geq 1)$ en función de $p$ y halla para qué $p$ la probabilidad de encestar los tres vale $\frac{27}{64}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ y $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Resolviendo $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ se obtiene $p = \frac34$ (la función cubo es estrictamente creciente, Capítulo 11, así que la solución es única).

Ejercicio 19.9 ★★

¿Cuántas veces hay que lanzar una moneda no trucada para que la probabilidad de obtener al menos una cara supere $0.99$ ? (Suceso contrario y después prueba valores sucesivos de $n$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 19.9.

$\P(\text{al menos una cara}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , así que la condición es $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , es decir, $2^n > 100$ . Como $2^6 = 64$ y $2^7 = 128$ : a partir de $n = 7$ lanzamientos.

Ejercicio 19.10 ★★

Usando la regla de Pascal (Proposición 19.6) y $\binom n0 = \binom nn = 1$ , demuestra que las entradas de cada fila del triángulo de Pascal suman $2^n$ : interpreta los dos miembros como recuentos de todos los caminos del árbol.

Solución

Solución de Ejercicio 19.10.

La suma de la fila $n$ cuenta todos los caminos del árbol de $n$ pruebas, clasificados por su número de éxitos. Pero el árbol duplica sus caminos en cada prueba (cada camino se bifurca en E y F), así que tiene $2^n$ caminos en total. Por tanto, $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Otra vía, por inducción: la fila $0$ suma $1 = 2^0$ , y la regla de Pascal hace que cada entrada de la fila $n$ contribuya a exactamente dos entradas de la fila $n+1$ , así que las sumas de las filas se duplican.

Ejercicio 19.11 ★★★

Un político afirma tener un $60\,\%$ de aprobación. En una muestra aleatoria de $10$ personas, solo $3$ lo aprueban.

Bajo esa afirmación, ¿qué distribución sigue el número $X$ de aprobaciones de la muestra? Calcula $\P(X \leq 3)$ .
Usando la regla de decisión del Método 19.13 con un umbral del $5\,\%$ , ¿es la observación compatible con la afirmación?

Solución

Solución de Ejercicio 19.11.

1. Bajo esa afirmación, $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . Sumando los primeros términos:

\begin{align*} \P(X \leq 3) &= (0.4)^{10} + 10(0.6)(0.4)^9 + 45(0.6)^2(0.4)^8 + 120(0.6)^3(0.4)^7\\ &\approx 0.0001 + 0.0016 + 0.0106 + 0.0425 = 0.0548 . \end{align*}

2. Un resultado al menos tan extremo como el observado ( $3$ aprobaciones o menos) tiene probabilidad de en torno al $5.5\,\%$ , justo por encima del umbral del $5\,\%$ . Aplicando la regla al pie de la letra, la observación es (por poco) compatible con la afirmación y no se rechaza. El ejemplo muestra lo sensibles que son las decisiones al filo del umbral: con un convenio del $6\,\%$ la conclusión se daría la vuelta.

19.6 Problema: El tablero de Galton

Problema 19.1

Problema de fin de semana — bolas, clavos y el triángulo de Pascal: cómo nace la campana, por qué las eliminatorias favorecen al equipo más fuerte y cuándo hay que protestar

Deja caer mil bolas por una retícula de clavos, con cada rebote a izquierda o derecha equivalente a lanzar una moneda no trucada, y las casillas de abajo se llenan formando una campana suave y simétrica, siempre. La máquina se llama tablero de Galton y sus matemáticas son exactamente la distribución binomial de este capítulo (Teorema 19.8). Este problema construye el triángulo, pone en marcha el tablero, arbitra una eliminatoria al mejor de siete y termina donde la binomial se gana el sueldo: decidiendo cuándo una observación debe hacernos dudar de una afirmación.

Parte I — El triángulo.

Construye el triángulo de Pascal hasta la fila $6$ (Proposición 19.6). Enuncia y explica en una frase la simetría $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ (elegir $k$ objetos es lo mismo que …).
Comprueba en las filas $4$ y $5$ que cada fila suma $2^n$ y demuéstralo: ¿qué cuentan todos los $\binom nk$ juntos?
Vuelve a deducir la regla de Pascal $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ con el argumento del comité: fija a una persona destacada y separa los comités según lo que le ocurra a esa persona.
Calcula $\binom73$ de dos maneras: con el triángulo y con la fórmula de los factoriales.
Comprueba la identidad de la escalera $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ y explícala aplicando en cascada la regla de Pascal a $\binom63$ hacia abajo.

Parte II — El tablero. Una bola cae a través de $n$ filas de clavos; en cada clavo rebota a la izquierda o a la derecha con probabilidad $\frac12$ , de forma independiente. Numeramos las casillas de $0$ a $n$ según el número de rebotes a la derecha.

Explica, con la lista de comprobación del Método 19.11, por qué el número de casilla sigue la distribución binomial $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
Para un tablero pequeño ( $n = 4$ ): da las cinco probabilidades de casilla. ¿Cuál es la casilla más concurrida?
Ahora $n = 10$ y $1\,024$ bolas: ¿cuántas bolas cabe esperar en la casilla central, en la casilla $7$ y en cada casilla del borde? Describe la forma del montón.
Para $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : calcula $\E(X)$ , $V(X)$ y $\sigma$ (Proposición 19.10); calcula después la proporción de bolas que cabe esperar a menos de $2\sigma$ del centro (casillas $2$ a $8$ ) y compárala con la garantía de Chebyshev del Problema 17.1.
Un tablero inclinado rebota a la derecha con probabilidad $0.6$ : da $\E$ , $V$ y $\sigma$ para $n = 10$ y describe qué le pasa al montón.
En una o dos frases: ¿qué es lo que, en el diseño del tablero, fabrica la forma de campana? ¿Y por qué tantas magnitudes del mundo real (estaturas, errores de medida) se amontonan igual? (El teorema profundo que hay detrás de las dos cosas es el teorema central del límite, la cima del curso de probabilidad de los volúmenes universitarios.)

Parte III — Al mejor de siete. Dos equipos juegan una eliminatoria: el primero que gane $4$ partidos se lleva el título, y los partidos son independientes.

Equipos igualados ( $p = \frac12$ ): calcula la probabilidad de que la eliminatoria acabe en exactamente $4$ partidos.
Calcula la probabilidad de que la eliminatoria llegue a los $7$ partidos (¿cómo tiene que estar el marcador tras $6$ ?).
Completa la distribución de la duración de la eliminatoria ( $4$ , $5$ , $6$ o $7$ partidos) para equipos igualados y calcula la duración esperada. ¿Qué duraciones son las más probables?
Ahora uno de los equipos gana cada partido con $p = 0.6$ . Calcula su probabilidad de llevarse la eliminatoria (ganando en $4$ , $5$ , $6$ o $7$ partidos: en cada caso gana el último y $3$ de los anteriores). ¿Qué le ha hecho la eliminatoria a la ventaja por partido?
Compara con una final a partido único ( $60\,\%$ ) y con una eliminatoria al mejor de $3$ (calcúlala). Enuncia el efecto general de la duración de la eliminatoria sobre el pulso entre talento y suerte, y por qué las ligas prefieren finales largas.

Parte IV — Cuándo protestar.

Se lanza una moneda $100$ veces y salen $62$ caras. Para una moneda no trucada, da $\E$ , $\sigma$ y la puntuación z (Problema 17.1) de la observación. ¿Veredicto con el convenio de $2\sigma$ ?
Un proveedor afirma tener un $2\,\%$ de piezas defectuosas. En un lote de $50$ encuentras $3$ defectuosas. Calcula $\P(X \geq 3)$ bajo esa afirmación ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ; pasa por $\P(X = 0), \P(X = 1), \P(X = 2)$ ). ¿Es alarmante con el umbral del $5\,\%$ (Método 19.13, Ejercicio 19.11)?
Insistir en la lotería: cada boleto gana algo con probabilidad $\frac{1}{1000}$ . Calcula la probabilidad de al menos un premio con $1\,000$ boletos. La respuesta ( $\approx 63\,\%$ , ¡no $100\,\%$ !) esconde una constante famosa: calcula $0.999^{1000}$ y guarda el número $0.368$ para el año que viene.
Final: el retrato de la binomial: la lista de reconocimiento ( $n$ fijo, independencia, $p$ constante); el triángulo de Pascal como su tabla; la campana como su forma; $np$ y $np(1-p)$ como su brújula; y sus dos herederas, que esperan el año que viene: la campana continua y la ley de los grandes números. Una frase para cada cosa.

Solución

Solución de Problema 19.1.

1. Filas: $1$ ; $1\,1$ ; $1\,2\,1$ ; $1\,3\,3\,1$ ; $1\,4\,6\,4\,1$ ; $1\,5\,10\,10\,5\,1$ ; $1\,6\,15\,20\,15\,6\,1$ . Simetría: elegir qué $k$ objetos se toman es el mismo acto que elegir qué $n - k$ se dejan.

2. $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2^4$ ; $1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2^5$ . Demostración: los $\binom nk$ cuentan los subconjuntos de cada tamaño de un conjunto de $n$ elementos, y los subconjuntos en total son $2^n$ (cada elemento dentro o fuera, de forma independiente).

3. Comités de $k$ personas elegidas entre $n + 1$ , una de las cuales es Zoe: los que no la incluyen son $\binom nk$ (se eligen los $k$ entre los demás); los que sí la incluyen son $\binom{n}{k-1}$ (se eligen sus $k - 1$ compañeros). Total: $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. Fila $7$ del triángulo: $1\,7\,21\,35\,\dots$ : $35$ . Con la fórmula: $\frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ .

5. $1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom63$ . Cascada: $\binom63 = \binom52 + \binom53 = \binom52 + \binom42 + \binom43 = \binom52 + \binom42 + \binom32 + \binom33$ ; cada aplicación de la regla de Pascal pela un peldaño de la escalera.

6. Número fijo $n$ de rebotes; cada rebote es una prueba de Bernoulli independiente con la misma $p = \frac12$ ; y el número de casilla cuenta los éxitos (los rebotes a la derecha): las tres casillas del Método 19.11 marcadas: $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .

7. Probabilidades $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16}, \frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ para las casillas $0, \dots, 4$ : la casilla central, la $2$ , es la más concurrida.

8. Recuentos esperados $= 1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : en la casilla central, $\binom{10}{5} = 252$ bolas; en la casilla $7$ , $\binom{10}{7} = 120$ ; y en cada casilla del borde, $1$ bola. Un centro alto que cae simétricamente hasta unos bordes finísimos: la campana.

9. $\E = np = 5$ ; $V = np(1 - p) = 2.5$ ; $\sigma \approx 1.58$ . Dentro de $2\sigma$ : las casillas $2$ a $8$ recogen

\frac{45 + 120 + 210 + 252 + 210 + 120 + 45}{1024} = \frac{1002}{1024} \approx 98\,\%

de las bolas, mucho mejor que el $75\,\%$ para todo uso de Chebyshev (Problema 17.1): las campanas concentran con fuerza.

10. $\E = 6$ , $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ , $\sigma \approx 1.55$ : el montón conserva su forma de campana, pero desliza su cima hasta la casilla $6$ ; un tablero inclinado es una moneda trucada hecha visible.

11. El número de casilla es una suma de muchos empujones aleatorios pequeños, independientes y del mismo tamaño, y esas sumas se organizan siempre en forma de campana: la mayoría de los empujones se cancelan y los extremos exigen unanimidad. Las estaturas, los errores de medida y un sinfín de magnitudes naturales son también sumas de muchos efectos pequeños e independientes, y por eso aparece la misma silueta por todas partes; el teorema que lo certifica es el teorema central del límite.

12. Que acabe en cuatro partidos: uno de los dos equipos gana los $4$ : $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. Llegar a siete partidos exige un $3$ – $3$ tras seis: $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. Que acabe en $5$ : el ganador se lleva el partido 5 y $3$ de los $4$ primeros: $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . Que acabe en $6$ : $2 \times \binom53 \left(\frac12\right)^6 = \frac{5}{16}$ . Distribución sobre $4, 5, 6, 7$ : $\frac18, \frac14, \frac{5}{16}, \frac{5}{16}$ (suma $1$ ). Duración esperada: $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ partidos. Las eliminatorias de seis y siete partidos son las más probables: el dramatismo viene de serie en el formato.

15. Ganar en $4$ : $0.6^4 = 0.1296$ ; en $5$ : $\binom43\,0.6^3 \times 0.4 \times 0.6 = 0.2074$ ; en $6$ : $\binom53\,0.6^3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.2074$ ; en $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . Total: unos $0.710$ : un equipo con un $60\,\%$ por partido gana el $71\,\%$ de las eliminatorias; la eliminatoria amplifica la ventaja.

16. Final a partido único: $60\,\%$ . Al mejor de $3$ : $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . La escalera $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ sigue subiendo con la duración: más partidos promedian la suerte (la ley de los grandes números en miniatura), así que las finales largas coronan el talento, que es justo lo que venden las ligas.

17. Moneda no trucada: $\E = 50$ , $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ; $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : más allá del convenio de $2\sigma$ ; la moneda merece una investigación.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ; $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ; $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . Así que $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ : alrededor de un $7.8\,\%$ , por encima del umbral del $5\,\%$ , así que todavía no basta para rechazar la afirmación; un segundo lote malo cambiaría la historia.

19. $\P(\text{al menos un premio}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : mil boletos a uno entre mil no dan certeza, sino un $63\,\%$ . El $0.368$ que reaparece es $\frac1e$ disfrazado; la constante $e$ hace su entrada oficial el año que viene.

20. Reconocimiento: $n$ fijo, independencia y $p$ constante; entonces, y solo entonces, binomial. Tabla: el triángulo de Pascal, fila $n$ . Forma: la campana, simétrica si $p = \frac12$ y desplazada en los demás casos. Brújula: centro $np$ y dispersión $\sqrt{np(1-p)}$ , las puntuaciones z de las decisiones. Herederas: la campana continua a la que se acercan los montones y la ley de los grandes números, que explica por qué los tableros grandes nunca mienten.

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