Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

19La distribución binomial

Repita el mismo experimento de sí/no varias veces, de forma independiente, y cuente los éxitos: el distribución resultante — el binomio — es el distribución discreto más importante de todos. Este capítulo lo construye. con árboles y conteo de rutas; la fórmula cerrada para el camino cuenta (con factoriales) viene con las herramientas de conteo de Capítulo 27, y el distribución se revisa en Capítulo 33.

19.1 juicios de Bernoulli

Definición 19.1 (Juicio Bernoulli)

Un juicio de Bernoulli es un experimento con exactamente dos resultados: éxito, con probabilidad $p$ , y falla, con probabilidad $1 - p$ . El variable aleatoria $X$ igual a $1$ en caso de éxito y $0$ en caso de error se dice que sigue el Bernoulli distribución $\mathcal B(p)$ ; entonces

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

Prueba de las dos fórmulas. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ; y desde $X^2 = X$ (ambos $0$ y $1$ son sus propios cuadrados), $\E(X^2) = p$ , por lo que por Proposición 18.13, $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Definición 19.2 (Ensayos independientes repetidos)

Repetir un juicio de Bernoulli $n$ veces independientemente significa: el El resultado de cada ensayo no tiene influencia sobre los demás, y el probabilidad de cualquier secuencia completo de resultados es el producto del probabilidades a lo largo del camino correspondiente de árbol — $p$ para cada éxito, $1 - p$ para cada falla.

Ejemplo 19.3

Tres ensayos independientes con éxito probabilidad $p$ . El SFS secuencia (éxito, fracaso, éxito) tiene probabilidad $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — y también lo hace cada secuencia con exactamente dos éxitos, independientemente de las posiciones: solo importa el número de S y F.

19.2 Recuentos de caminos y coeficientes binomiales.

Definición 19.4 (coeficiente binomial)

En los ensayos independientes árbol de $n$ , el binomio coeficiente $\binom{n}{k}$ (léase “ $n$ elija $k$ ”) es el número de rutas que contienen exactamente éxitos $k$ .

Ejemplo 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : las rutas SSF, SFS, FSS. Asimismo $\binom{3}{0} = 1$ (la ruta FFF), $\binom{3}{1} = 3$ y $\binom{3}{3} = 1$ . Por convención y por la árbol, $\binom n0 = \binom nn = 1$ para cada $n$ .

El árbol de las pruebas n = 3: las rutas 32 = 3 (rojas) llevan exactamente dos éxitos, cada uno con probabilidad p2(1-p). — El árbol de las pruebas $n = 3$ : las rutas $\binom{3}{2} = 3$ (rojas) 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. Ordene las rutas de la prueba $n$ árbol con éxitos $k$ según su prueba último. Los que terminan en éxito se obtienen de una camino de las primeras pruebas $n-1$ con éxitos $k - 1$ : hay $\binom{n-1}{k-1}$ de ellos. Aquellos que terminan en un fracaso extienden un camino con $k$ éxitos entre los primeros ensayos $n-1$ : $\binom{n-1}{k}$ de ellos. Cada camino es exactamente de uno de los dos tipos. ∎

La regla de Pascal genera los coeficientes fila por fila — cada entrada es el suma de los dos anteriores:

\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, está establecida en Capítulo 27. en En este nivel, el triangulo de pascal calcula todos los coeficientes que necesitamos.

19.3 La distribución binomial

Teorema 19.8 (Distribución binomial)

Dejemos que $X$ cuente los éxitos en $n$ independiente de juicios de Bernoulli de parámetro $p$ . Luego $X$ sigue a binomio distribución $\mathcal B(n, p)$ :

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

Demostración. evento $X = k$ es la colección de todas las rutas con exactamente $k$ éxitos. Cada una de estas rutas tiene probabilidad $p^k(1-p)^{n-k}$ : el producto a lo largo del camino contiene los factores $k$ $p$ y $n - k$ los factores $1-p$ , en algún pedido (Definición 19.2). Hay $\binom nk$ tales caminos (Definición 19.4), y sus probabilidades se suman. ∎

Ejemplo 19.9

Un cuestionario tiene $5$ preguntas independientes, cada una con $4$ opciones; un estudiante respuestas al azar, por lo que cada pregunta es un éxito con $p = \frac14$ . el el número $X$ de respuestas correctas sigue a $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ , y, usando la fila $5$ de el triangulo 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 .

El probabilidad de al menos una respuesta correcta utiliza el complementar: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Proposición 19.10 (Expectativa y variación)

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

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

Justificacion. Escriba $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , donde $X_i$ es igual a $1$ si el $i$ -ésima prueba exitosa: cada $X_i$ es una variable de Bernoulli de expectativa $p$ (Definición 19.1). Los promedios suman — sumando el $n$ contribuciones da $\E(X) = np$ . Que variaciones también agregue para variables independientes es cierto pero más delicado: la fórmula diferencia es admitido a este nivel y probado en Capítulo 34. ∎

El distribución B(10, 0.5) (diez lanzamientos de moneda justos): centrado en (X) = np = 5, simétrico, con casi todos los probabilidad entre 2 y 8. — El distribución $\mathcal B(10, 0.5)$ (diez lanzamientos de moneda justos): centrado en $\E(X) = np = 5$ , simétrico, con casi todos los probabilidad entre $2$ y $8$ .

Método 19.11 (Reconociendo una situación binomial)

Antes de escribir $X \sim \mathcal B(n, p)$ , verifique tres ingredientes: a numero fijo $n$ de juicios, decididos de antemano; cada prueba tiene dos resultados con el éxito mismo probabilidad $p$ ; el Las pruebas son independiente (con reemplazo o dispositivos separados). El sorteo sin reemplazo de una población pequeña es no binomio — el probabilidad cambia en cada sorteo (Ejercicio 18.6).

19.4 Muestreo: ¿es sorprendente la observación?

El binomio distribución responde a una pregunta muy práctica: if the success probabilidad really is $p$ , what counts of successes are plausible?

Ejemplo 19.12

Se supone que una máquina produce como máximo $10\%$ artículos defectuosos. en un lote de artículos $10$ , $4$ están defectuosos. ¿Mala suerte o máquina rota? si la máquina está bien, el número de defectos sigue $\mathcal B(10, 0.1)$ , y

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

aproximadamente una oportunidad en $80$ . Observar un evento tan improbable es un fuerte señal — uno rechaza la hipótesis de que la máquina todavía funciona en $10\%$ , teniendo en cuenta que la decisión podría ser incorrecta probabilidad sobre $0.013$ .

Método 19.13 (Regla de decisión de un modelo binomial)

Juzgar un número observado $k$ de éxitos frente a una hipótesis $X \sim \mathcal B(n, p)$ : calcula el probabilidad, bajo la hipótesis, de un resultado al menos tan extremo como $k$ . Si ese probabilidad es muy pequeño (una convención común: debajo de $5\%$ ), rechace la hipótesis; de lo contrario la observación es compatible con ella. El umbral es un elección, no un teorema: las estadísticas cuantifican el riesgo y el usuario lo acepta.

19.5 Ceremonias

Ejercicio 19.1 ★

Extienda el triangulo de pascal a la fila $7$ y proporcione 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{and}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

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

Ejercicio 19.2 ★

Se lanza un dado justo $4$ veces; $X$ cuenta los seis. justifica eso $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ y calcular $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ y $\P(X \geq 2)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 19.2.

Número fijo de intentos (tiradas $4$ ), dos resultados por tirada (seis o no, $p = \frac16$ ), rollos 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 los siguientes es binomial? Justificar.

Número de caras en $20$ lanzamientos de una moneda justa.
Número de ases en $5$ cartas repartidas en una baraja.
Número de días de lluvia la próxima semana, si cada día es lluvioso con probabilidad $0.3$ de forma independiente.

Solución

Solución de Ejercicio 19.3.

1. Binomio $\mathcal B(20, \frac12)$ : fijo $n$ , mismo $p$ , lanzamientos independientes.

2. No binomial: se reparten las cartas sin reemplazo, entonces el probabilidad de un as cambia de carta en carta y los sorteos son not independent.

3. Binomio $\mathcal B(7, 0.3)$ por la independencia declarada suposición.

Ejercicio 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . Introduzca $\E(X)$ , $\V(X)$ 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 el blanco con probabilidad $0.7$ en cada tiro, de forma independiente. En disparos $6$ , calcule el probabilidad de exactamente $4$ aciertos, y de al menos $5$ visitas.

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/falso tiene preguntas $8$ ; un estudiante adivina cada respuesta. ¿Cuál es el probabilidad de aprobar (al menos $6$ respuestas correctas)?

Solución

Solución de Ejercicio 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ; cada camino tiene probabilidad $\frac{1}{256}$ , entonces

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

Las adivinanzas se realizan aproximadamente una vez cada siete.

Ejercicio 19.7 ★★

Cada caja de cereal comprada contiene la figura A o la figura B, con probabilidad $\frac12$ cada uno, de forma independiente. Un coleccionista compra cajas $5$ . Calcule el probabilidad de que el coleccionista obtiene al menos una figura de cada tipo. (Complementar: todo A o todo B.)

Solución

Solución de Ejercicio 19.7.

El complementar de "al menos uno de cada" es "los cinco idénticos": todo A o todo B, cada uno con probabilidad $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . Por lo tanto

\P(\text{one of each kind}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

Ejercicio 19.8 ★★

Un jugador de baloncesto anota tiros libres con probabilidad $p$ , de forma independiente. Sea $X \sim \mathcal B(3, p)$ el número de puntuaciones en tres lanzamientos. Exprese $\P(X = 3)$ y $\P(X \geq 1)$ como funciones de $p$ , y encuentre para qué $p$ el probabilidad de anotar los tres es igual $\frac{27}{64}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ y $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Resolviendo $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ da $p = \frac34$ (el El cubo función es estrictamente creciente, Capítulo 11, por lo que la solución es único).

Ejercicio 19.9 ★★

¿Cuántas veces se debe lanzar una moneda justa para obtener el probabilidad de obtener ¿Al menos una cabeza debe exceder $0.99$ ? (Complementar, luego intente sucesivos valores de $n$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 19.9.

$\P(\text{at least one head}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , entonces el La condición es $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , es decir, $2^n > 100$ . desde $2^6 = 64$ y $2^7 = 128$ : de $n = 7$ continúa.

Ejercicio 19.10 ★★

Usando la regla de Pascal (Proposición 19.6) y $\binom n0 = \binom nn = 1$ , demuestre que las entradas de cada fila de el triangulo de pascal suma a $2^n$ : interprete que ambos lados cuentan todos los rutas del árbol.

Solución

Solución de Ejercicio 19.10.

La suma de la fila $n$ cuenta todas las rutas de la prueba $n$ árbol, ordenadas por su número de éxitos. Pero el árbol duplica sus caminos en cada prueba. (cada ruta se divide en S y F), por lo que tiene rutas $2^n$ en total. Por lo tanto $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Alternativamente, 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 $n+1$ , por lo que la fila suma el doble.

Ejercicio 19.11 ★★★

Un político reclama la aprobación $60\%$ . En un muestra aleatorio de $10$ personas, Sólo $3$ lo aprueba.

Según la reclamación, ¿qué significa distribución el número $X$ de ¿Siguen las aprobaciones en el muestra? Calcule $\P(X \leq 3)$ .
Utilizando la regla de decisión de Método 19.13 con una Umbral $5\%$ , ¿es la observación compatible con la afirmación?

Solución

Solución de Ejercicio 19.11.

1. Según la reclamación, $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . Sumando el 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 ( $3$ o menos aprobaciones) tiene probabilidad sobre $5.5\%$ — solo arriba el $5\%$ umbral. Aplicando estrictamente la regla, la observación es (apenas) compatible con la afirmación y no se rechaza. El ejemplo muestra cuán sensibles son las decisiones límite a la elección del umbral: con un $6\%$ convención la conclusión cambiaría.

19.6 Problema: el tablero Galton

Problema 19.1

Problema de fin de semana — bolas, clavijas y Pascal Triángulo: cómo nace la forma de campana, por qué favorecen las series de playoffs el equipo más fuerte, y cuando llorar

Deja caer mil bolas a través de un entramado de clavijas, cada una rebota un Lanzamiento de moneda justo hacia la izquierda o hacia la derecha, y las ranuras de abajo se llenan en un campana suave y simétrica — cada vez. La máquina se llama El tablero de Galton y sus matemáticas son exactamente el tema de este capítulo. binomio distribución (Teorema 19.8). esto problema construye el triángulo, recorre el tablero, arbitra un serie al mejor de siete, y termina donde el binomio gana su salario: decidir cuando una observación debe hacernos dudar de una reclamo.

Parte I — The triangle.

Construya el triangulo de pascal hasta la fila $6$ (Proposición 19.6). Enuncie y explique el simetría $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ en una frase (elegir objetos $k$ es lo mismo que …).
Verifique en las filas $4$ y $5$ que cada fila sume $2^n$ , y pruébalo: ¿qué hacen todos los $\binom nk$ juntos? contar?
Rederivar la regla de Pascal $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ por el argumento del comité: arreglar a una persona distinguida y dividir los comités según el destino de esa persona.
Calcular $\binom73$ dos veces: desde el triángulo y desde la fórmula factorial.
Comprobar la identidad de la escalera. $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ , y explíquelo mediante la regla de Pascal en cascada desde $\binom63$ hacia abajo.

Parte II — The board. Una bola cae a través de $n$ filas de clavijas; en cada clavija rebota izquierda o derecha con probabilidad $\frac12$ , independientemente. Número las ranuras $0$ a $n$ por el conteo de rebotes correctos.

Explique, con la lista de verificación de Método 19.11, por qué el número de ranura sigue el binomio distribución $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
Para una placa pequeña ( $n = 4$ ): proporcione las cinco ranuras probabilidades. ¿Qué franja horaria está más concurrida?
Ahora bolas $n = 10$ y $1\,024$ : ¿cuáles son las esperado conteo de bolas en la ranura del medio, en la ranura $7$ , y en cada ranura de borde? Describe la forma de la pila.
Para $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : calcular $\E(X)$ , $V(X)$ y $\sigma$ (Proposición 19.10); luego calcula el proporción de bolas esperadas dentro de $2\sigma$ del centro (ranuras $2$ a $8$ ) y comparar con Chebyshev Garantía de Problema 17.1.
Una tabla inclinada rebota hacia la derecha con probabilidad $0.6$ : proporcione $\E$ , $V$ y $\sigma$ para $n = 10$ y describa ¿Qué pasa con la pila?
En una o dos frases: ¿qué, en el diseño del tablero, fabrica la forma de campana — y ¿por qué tantos? cantidades del mundo real (alturas, errores de medición) ¿Se acumulan de la misma manera? (El teorema profundo detrás de ambos es el teorema del límite central, la cumbre de la universidad cursos probabilidad de los volúmenes.)

Parte III — Best of seven. Dos equipos juegan una serie: el primero en ganar $4$ se lleva el título; Los juegos son independientes.

Equipos iguales ( $p = \frac12$ ): calcular el probabilidad que la serie termina arrasada (exactamente $4$ juegos).
Calcular el probabilidad que la serie va al completo. Juegos $7$ (¿cuál debe ser la puntuación después de $6$ ?).
Completa el distribución de la duración de la serie. (juegos $4$ , $5$ , $6$ o $7$ ) para equipos iguales, y calcular la longitud esperada. ¿Qué longitudes son más ¿probablemente?
Ahora un equipo gana cada juego con $p = 0.6$ . Calcular su probabilidad de llevarse la serie (ganar en $4$ , $5$ , $6$ o $7$ : en cada caso el equipo gana el último juego y $3$ de los anteriores). ¿Qué le hizo la serie? ¿La ventaja por juego?
Comparar con una única final ( $60\,\%$ ) y una al mejor de 3 (calcularlo). Indique el efecto general de la longitud de la serie. sobre la habilidad contra la suerte — y por qué las ligas prefieren las largas finales.

Parte IV — When to cry foul.

Se lanza una moneda $100$ veces y muestra $62$ caras. Para una moneda justa, regale $\E$ , $\sigma$ y puntuación z (Problema 17.1) de la observación. Veredicto bajo la convención $2\sigma$ ?
Un proveedor reclama piezas defectuosas $2\,\%$ . en un lote de $50$ encuentra $3$ defectuoso. calcular $\P(X \geq 3)$ bajo el reclamo ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ; pasar por $\P(X = 0), \P(X = 1), \P(X = 2)$ ). alarmante ante el Umbral $5\,\%$ (Método 19.13, Ejercicio 19.11)?
Persistencia de lotería: cada billete gana (algo) con probabilidad $\frac{1}{1000}$ . Calcular el probabilidad de al menos una victoria con boletos $1\,000$ . la respuesta ( $\approx 63\,\%$ , no $100\,\%$ !) esconde un famoso constante: calcular $0.999^{1000}$ y mantener el número $0.368$ en mente para el grado 12.
Finale — el retrato del binomio: el reconocimiento lista de verificación (fijo $n$ , independencia, constante $p$ ); el triangulo de pascal como su tabla; la campana como su forma; $np$ y $np(1-p)$ como brújula; y sus dos herederos esperando en el grado 12 — la suave curva de campana y el ley de los grandes números. Una frase cada uno.

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 objetos $k$ tomar es el mismo acto que elegir qué $n - k$ dejar detrás.

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

3. Comités de $k$ elegidos entre $n + 1$ personas, uno de los cuales es Zoe: los que no tienen Zoe son $\binom nk$ (elija todos $k$ entre otros); los de Zoe son $\binom{n}{k-1}$ (elija a sus colegas $k - 1$ ). Totales: $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. Fila triangular $7$ : $1\,7\,21\,35\,\dots$ : $35$ . 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 elimina un término de la escalera.

6. Número fijo $n$ de rebotes; cada rebote un juicio de Bernoulli independiente con el mismo $p = \frac12$ ; el El número de ranura cuenta los éxitos (rebotes hacia la derecha): los tres. casillas de 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 slots $0, \dots, 4$ : la ranura central $2$ es la más concurrida.

8. Recuentos esperados $= 1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : ranura intermedia $\binom{10}{5} = 252$ bolas; ranura $7$ : $\binom{10}{7} = 120$ ; cada ranura de borde: bola $1$ . Un centro alto cayendo simétricamente hasta los bordes más finos: la campana.

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

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

de las bolas — mucho mejor que el $75\,\%$ multiusos de Chebyshev (Problema 17.1): las formas de campana se concentran mucho.

10. $\E = 6$ , $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ , $\sigma \approx 1.55$ : el pelo mantiene su forma de campana pero desliza su cumbre hacia la ranura $6$ — una tabla inclinada está cargada moneda hecha visible.

11. El número de ranura es suma de muchos pequeños, empujes de azar independientes y del mismo tamaño, y tales sumas siempre organizarse en la campana: la mayoría de los empujones se cancelan, los extremos requieren unanimidad. Alturas, errores de medición e innumerables Las cantidades naturales son también sumas de muchas pequeñas cantidades independientes. efectos, por eso aparece la misma silueta en todas partes; el teorema que lo certifica es el teorema del límite central.

12. Una barrida: un equipo gana todo $4$ : $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. Siete juegos requieren $3$ – $3$ después de las seis: $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. Termina en $5$ : el ganador se lleva la partida 5 y $3$ de el primero $4$ : $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . termina 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: $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ juegos. Seis y Las series de siete juegos son las más probables: el drama está integrado 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 $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . Totales: sobre $0.710$ : un equipo $60\,\%$ por juego gana $71\,\%$ de serie — la serie amplifica el borde.

16. Final única: $60\,\%$ . Mejor de 3: $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . la escalera $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ continúa con longitud: más los juegos promedian la suerte (la ley de los grandes números en miniatura), Hasta luego, las finales coronan la habilidad, que es precisamente lo que las ligas vender.

17. Moneda justa: $\E = 50$ , $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ; $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : más allá del $2\sigma$ convención — la moneda merece una investigación.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ; $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ; $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . Entonces $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ : acerca de $7.8\,\%$ — por encima del umbral $5\,\%$ , por lo que no (todavía) suficiente para rechazar el reclamo; un segundo lote defectuoso cambiaría la historia.

19. $\P(\text{at least one win}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : mil billetes a la vez mil no dan certeza sino $63\,\%$ . El recurrente $0.368$ es $\frac1e$ disfrazado — la constante $e$ hace su entrada oficial en el grado 12.

20. Reconocimiento: fijo $n$ , independencia, constante $p$ — entonces y sólo entonces, binomial. Tabla: Pascal triangulo, fila $n$ . Forma: la campana, simétrica para $p = \frac12$ , cambiado de otra manera. Brújula: centro $np$ , difundir $\sqrt{np(1-p)}$ — el puntuaciones z de decisiones. Herederos: la suave curva acampanada a la que se acercan los pilotes, y la Ley de los grandes números que explica por qué los grandes tableros nunca mienten.