---
title: "La distribución binomial"
book: "Matemáticas de secundaria"
subject: math
language: es
chapter: 19
exercises: 11
source: https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/19-la-distribucion-binomial
---

# Capítulo 19 — La distribución binomial

Repite varias veces, de forma independiente, un mismo experimento de sí o no y cuenta los éxitos: la [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) que resulta, la *binomial*, es la [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) discreta más importante de todas. Este capítulo la construye con [árboles](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree) y recuentos de caminos; la fórmula cerrada de esos recuentos (con factoriales) llega con las herramientas de conteo del [Capítulo 27](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/27-combinatoria-y-conteo#ch-g12-comb), y la [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) se retoma en el [Capítulo 33](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/33-variables-aleatorias-y-distribucion-binomial#ch-g12-randvar).

## 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $p$, y *fracaso*, con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $1 - p$. Se dice que la [variable aleatoria](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) $X$ que vale $1$ en caso de éxito y $0$ en caso de fracaso sigue la *[distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#prop-g11-prob-konig), $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$. ∎

**Definición 19.2 (Pruebas repetidas e independientes).**

Repetir $n$ veces una [prueba de Bernoulli](#def-g11-binom-bernoulli) de forma *independiente* significa que el resultado de cada prueba no influye en los demás y que la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de cualquier secuencia completa de resultados es el *producto* de las [probabilidades](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) a lo largo del camino correspondiente del [árbol](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree): $p$ por cada éxito y $1 - p$ por cada fracaso.

**Ejemplo 19.3.**

Tres pruebas independientes con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de éxito $p$. La secuencia EFE (éxito, fracaso, éxito) tiene [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $p(1-p)p = p^2(1-p)$, 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree), $\binom n0 = \binom nn = 1$ 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).](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-2/g11-binom/fig-ee7b9080ae51.svg)

*El [árbol](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree) de $n = 3$ pruebas: $\binom{3}{2} = 3$ caminos (en rojo) llevan exactamente dos éxitos, cada uno con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $p^2(1-p)$.*

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/27-combinatoria-y-conteo#ch-g12-comb). A este nivel, el [triángulo de Pascal](#prop-g11-binom-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](#def-g11-binom-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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-model) $X = k$ es el conjunto de todos los caminos con exactamente $k$ éxitos. Cada uno de esos caminos tiene [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $p^k(1-p)^{n-k}$: el producto a lo largo del camino contiene $k$ factores $p$ y $n - k$ factores $1-p$, en algún orden ([Definición 19.2](#def-g11-binom-repeated)). Hay $\binom nk$ caminos así ([Definición 19.4](#def-g11-binom-coefficient)) y sus [probabilidades](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](#prop-g11-binom-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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de al menos una respuesta correcta se calcula con el [suceso contrario](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-operations): $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx
0.76$.

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-expectation) $p$ ([Definición 19.1](#def-g11-binom-bernoulli)). Las [medias](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/17-estadistica-descriptiva#def-g11-stat-mean) se suman, y sumando las $n$ aportaciones queda $\E(X) = np$. Que las *[varianzas](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-variance)* también se sumen para variables independientes es cierto, pero más delicado: la fórmula de la [varianza](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-variance) se *admite a este nivel* y se demuestra en el [Capítulo 34](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/34-sumas-de-variables-aleatorias-y-la-ley-de-los-grandes-numeros#ch-g12-sums). ∎

![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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-2/g11-binom/fig-898c61c43c64.svg)

*La [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) $\mathcal B(10, 0.5)$ (diez lanzamientos de una moneda no trucada): centrada en $\E(X) = np = 5$, simétrica y con casi toda la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) cambia en cada extracción ([Ejercicio 18.6](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#exo-g11-prob-6)).

## 19.4 Muestreo: ¿es sorprendente lo observado?

La [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) binomial responde a una pregunta muy práctica: *si la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-model) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution), bajo la hipótesis, de un resultado *al menos tan extremo* como $k$. Si esa [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](#prop-g11-binom-pascal) hasta la fila $7$ y da los valores de $\binom62$, $\binom{7}{3}$ y $\binom74$.

**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 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.

1. Número de caras en $20$ lanzamientos de una moneda no trucada.
2. Número de ases en $5$ cartas repartidas de una baraja.
3. Número de días de lluvia la semana que viene, si cada día llueve con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $0.3$ de forma independiente.

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $0.7$ en cada tiro, de forma independiente. En $6$ tiros, calcula la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de exactamente $4$ aciertos y la de al menos $5$ aciertos.

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de aprobar (al menos $6$ respuestas correctas)?

**Solución de Ejercicio 19.6.**

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$; todos los caminos tienen [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $\frac{1}{256}$, 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $\frac12$ cada una y de forma independiente. Un coleccionista compra $5$ cajas. Calcula la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de que consiga al menos una figurita de cada clase. ([Suceso contrario](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-operations): todas A o todas B.)

**Solución de Ejercicio 19.7.**

El [suceso contrario](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-operations) de “al menos una de cada” es “las cinco iguales”: todas A o todas B, cada caso con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$. 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $p$, 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/11-funciones-y-variacion#def-g11-func-function) de $p$ y halla para qué $p$ la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de encestar los tres vale $\frac{27}{64}$.

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/11-funciones-y-variacion#def-g11-func-function) cubo es estrictamente [creciente](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/11-funciones-y-variacion#def-g11-func-monotone), [Capítulo 11](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/11-funciones-y-variacion#ch-g11-func), así que la solución es única).

**Ejercicio 19.9 ★★.**

¿Cuántas veces hay que lanzar una moneda no trucada para que la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de obtener al menos una cara supere $0.99$? ([Suceso contrario](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-operations) y después prueba valores sucesivos de $n$.)

**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](#prop-g11-binom-pascal)) y $\binom n0 = \binom nn = 1$, demuestra que las entradas de cada fila del [triángulo de Pascal](#prop-g11-binom-pascal) suman $2^n$: interpreta los dos miembros como recuentos de todos los caminos del [árbol](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree).

**Solución de Ejercicio 19.10.**

La suma de la fila $n$ cuenta todos los caminos del [árbol](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree) de $n$ pruebas, clasificados por su número de éxitos. Pero el [árbol](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#met-g10-proba-tree) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-sample) aleatoria de $10$ personas, solo $3$ lo aprueban.

1. Bajo esa afirmación, ¿qué [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) sigue el número $X$ de aprobaciones de la [muestra](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-sample) ? Calcula $\P(X \leq 3)$ .
2. Usando la regla de decisión del [Método 19.13](#met-g11-binom-decision) con un umbral del $5\,\%$ , ¿es la observación compatible con la afirmación?

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) binomial de este capítulo ([Teorema 19.8](#thm-g11-binom-binomial)). 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.**

1. Construye el [triángulo de Pascal](#prop-g11-binom-pascal) hasta la fila $6$ ( [Proposición 19.6](#prop-g11-binom-pascal) ). Enuncia y explica en una frase la simetría $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ (elegir $k$ objetos es lo mismo que …).
2. Comprueba en las filas $4$ y $5$ que cada fila suma $2^n$ y demuéstralo: ¿qué cuentan todos los $\binom nk$ juntos?
3. 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.
4. Calcula $\binom73$ de dos maneras: con el triángulo y con la fórmula de los factoriales.
5. 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $\frac12$, de forma independiente. Numeramos las casillas de $0$ a $n$ según el número de rebotes a la derecha.

6. Explica, con la lista de comprobación del [Método 19.11](#met-g11-binom-recognize) , por qué el número de casilla sigue la [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) binomial $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
7. Para un tablero pequeño ( $n = 4$ ): da las cinco [probabilidades](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de casilla. ¿Cuál es la casilla más concurrida?
8. 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.
9. Para $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : calcula $\E(X)$ , $V(X)$ y $\sigma$ ( [Proposición 19.10](#prop-g11-binom-expectation) ); 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/17-estadistica-descriptiva#pb-g11-stat-1) .
10. Un tablero inclinado rebota a la derecha con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $0.6$ : da $\E$ , $V$ y $\sigma$ para $n = 10$ y describe qué le pasa al montón.
11. 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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.

12. Equipos igualados ( $p = \frac12$ ): calcula la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de que la eliminatoria acabe en exactamente $4$ partidos.
13. Calcula la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) de que la eliminatoria llegue a los $7$ partidos (¿cómo tiene que estar el marcador tras $6$ ?).
14. Completa la [distribución](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) 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?
15. Ahora uno de los equipos gana cada partido con $p = 0.6$ . Calcula su [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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?
16. 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.**

17. Se lanza una moneda $100$ veces y salen $62$ caras. Para una moneda no trucada, da $\E$ , $\sigma$ y la [puntuación z](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/17-estadistica-descriptiva#pb-g11-stat-1) ( [Problema 17.1](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/17-estadistica-descriptiva#pb-g11-stat-1) ) de la observación. ¿Veredicto con el convenio de $2\sigma$ ?
18. 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](#met-g11-binom-decision) , [Ejercicio 19.11](#exo-g11-binom-11) )?
19. Insistir en la lotería: cada boleto gana algo con [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $\frac{1}{1000}$ . Calcula la [probabilidad](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) 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.
20. Final: el retrato de la binomial: la lista de reconocimiento ( $n$ fijo, independencia, $p$ constante); el [triángulo de Pascal](#prop-g11-binom-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 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](#def-g11-binom-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](#met-g11-binom-recognize) marcadas: $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$.

**7.** [Probabilidades](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo#def-g10-proba-distribution) $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16},
\frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/17-estadistica-descriptiva#pb-g11-stat-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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#def-g11-prob-rv) 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](#prop-g11-binom-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.