Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

33Variables aleatorias y distribución binomial

Una variable aleatoria asocia un número a cada resultado de un experimento: una ganancia, un recuento, una duración. Su esperanza es el promedio a largo plazo de los valores que produce, y su varianza mide su dispersión. La estrella de este capítulo es la distribución binomial, que cuenta los éxitos en repeticiones independientes. Las variables aleatorias y la distribución binomial aparecieron por primera vez en los Capítulos 18 y 19; este capítulo las repasa y las profundiza, ahora que disponemos de las herramientas combinatorias del Capítulo 27.

33.1 Variables aleatorias discretas

Definición 33.1 (Variable aleatoria, distribución)

Una variable aleatoria sobre un espacio muestral finito $\Omega$ es una función $X \colon \Omega \to \R$ . Su distribución (o ley) es el dato de sus valores posibles $x_1, \dots, x_k$ y de las probabilidades

p_i = \P(X = x_i), \qquad \sum_{i=1}^{k} p_i = 1 .

Definición 33.2 (Esperanza, varianza, desviación típica)

La esperanza de $X$ es

\E(X) = \sum_{i=1}^{k} p_i\, x_i ,

y su varianza y su desviación típica son

\V(X) = \E\bigl((X - \E(X))^2\bigr) = \sum_{i=1}^k p_i\bigl(x_i - \E(X)\bigr)^2, \qquad \sigma(X) = \sqrt{\V(X)} .

Proposición 33.3 (Fórmula de König–Huygens)

$\V(X) = \E(X^2) - \E(X)^2$ .

Demostración. Escribimos $m = \E(X)$ y desarrollamos:

\V(X) = \sum_i p_i (x_i^2 - 2m x_i + m^2) = \E(X^2) - 2m\sum_i p_i x_i + m^2\sum_i p_i = \E(X^2) - 2m^2 + m^2 . \qedhere

∎

Proposición 33.4 (Transformación afín)

Para $a, b \in \R$ :

\E(aX + b) = a\,\E(X) + b, \qquad \V(aX + b) = a^2\,\V(X) .

Demostración. La primera es una reordenación de la suma que define la esperanza. Para la segunda, $aX + b$ se desvía de su media en $a(X - \E(X))$ , y elevar al cuadrado multiplica por $a^2$ . ∎

Ejemplo 33.5 (Juegos equitativos)

Un juego cuesta $2$ euros; se lanza un dado y el jugador recibe el valor que salga si es al menos $5$ , y nada en caso contrario. La ganancia $G$ toma los valores $-2$ (con probabilidad $\frac46$ ), $3$ ( $\frac16$ ) y $4$ ( $\frac16$ ):

\E(G) = \frac{-8 + 3 + 4}{6} = -\frac{1}{6} < 0 .

En promedio, el jugador pierde $17$ céntimos por partida: el juego es desfavorable (como lo son casi todos los juegos reales).

33.2 Pruebas de Bernoulli y distribución binomial

Definición 33.6 (Distribución de Bernoulli)

Una prueba de Bernoulli es un experimento con dos resultados: éxito (con probabilidad $p$ ) y fracaso ( $q = 1 - p$ ). El indicador $X$ del éxito ( $X = 1$ si hay éxito y $0$ si hay fracaso) sigue la distribución de Bernoulli $\mathcal B(p)$ :

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

(En efecto, $\E(X) = p$ y $\E(X^2) = p$ , y König–Huygens da $\V(X) = p - p^2$ .)

Definición 33.7 (Distribución binomial)

Repetimos $n$ veces, de manera independiente, una prueba de Bernoulli, y sea $X$ el número total de éxitos. La distribución de $X$ es la distribución binomial $\mathcal B(n, p)$ .

Tres pruebas de Bernoulli (E: éxito, F: fracaso): exactamente 32 = 3 de los 23 caminos dan dos éxitos (en rojo), cada uno con probabilidad p2(1-p), así que (X = 2) = 3p2(1-p). — Tres pruebas de Bernoulli (E: éxito, F: fracaso): exactamente $\binom{3}{2} = 3$ de los $2^3$ caminos dan dos éxitos (en rojo), cada uno con probabilidad $p^2(1-p)$ , así que $\P(X = 2) = 3p^2(1-p)$ .

Teorema 33.8

Si $X \sim \mathcal B(n, p)$ , entonces, para $0 \leq k \leq n$ :

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

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

Demostración. Una sucesión concreta de resultados con $k$ éxitos y $n-k$ fracasos tiene probabilidad $p^k(1-p)^{n-k}$ por independencia; y el número de tales sucesiones es el número de maneras de colocar los $k$ éxitos entre las $n$ pruebas, es decir, $\binom nk$ (Capítulo 27). Sumando sobre las sucesiones sale la fórmula, y el teorema del binomio confirma que $\sum_k \P(X = k) = (p + q)^n = 1$ .

Para la esperanza, usando $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ (Ejercicio 27.7):

\E(X) = \sum_{k=1}^{n} k\binom nk p^k q^{n-k} = np\sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} p^{k-1} q^{(n-1)-(k-1)} = np\,(p + q)^{n-1} = np .

La fórmula de la varianza se demuestra igual con la identidad $k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ , que da $\E(X(X-1)) = n(n-1)p^2$ , de donde $\V(X) = n(n-1)p^2 + np - (np)^2 = np(1-p)$ . (Una demostración estructural, la de la varianza de una suma de variables independientes, llegará con el Teorema 34.4.) ∎

La distribución B(20, 0.3): media np = 6 y desviación típica √npq 2.05. — La distribución $\mathcal B(20, 0.3)$ : media $np = 6$ y desviación típica $\sqrt{npq} \approx 2.05$ .

Método 33.9 (Reconocer una situación binomial)

Comprueba los tres ingredientes antes de escribir $X \sim \mathcal B(n,p)$ : un número fijo $n$ de pruebas; dos resultados por prueba con la misma probabilidad de éxito $p$ ; e independencia de las pruebas (muestreo con reposición, o sobre una población grande). Usa después

\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^n

para “al menos un éxito”, y una calculadora o tablas acumuladas para $\P(X \leq k)$ en general.

Ejemplo 33.10

¿Cuántas veces hay que lanzar un dado para tener al menos un $99\,\%$ de probabilidad de sacar un seis? Con $X \sim \mathcal B\left(n, \frac16\right)$ : $\P(X \geq 1) = 1 - \left(\frac56\right)^n \geq 0.99$ significa $\left(\frac56\right)^n \leq 0.01$ , es decir, $n \geq \frac{\ln 0.01}{\ln(5/6)} \approx 25.3$ : a partir de $n = 26$ lanzamientos.

33.3 Ejercicios

Ejercicio 33.1 ★

Una variable aleatoria $X$ toma los valores $-1, 0, 2, 5$ con probabilidades $0.3, 0.2, 0.4, 0.1$ . Calcula $\E(X)$ , $\V(X)$ y $\sigma(X)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 33.1.

$\E(X) = -0.3 + 0 + 0.8 + 0.5 = 1$ . $\E(X^2) = 0.3 \times 1 + 0 + 0.4\times4 + 0.1\times25 = 4.4$ , luego por König–Huygens $\V(X) = 4.4 - 1 = 3.4$ y $\sigma(X) = \sqrt{3.4} \approx 1.84$ .

Ejercicio 33.2 ★

Un examen tipo test tiene $10$ preguntas, cada una con $4$ opciones, de las que una es correcta. Un estudiante responde al azar de manera uniforme e independiente. Sea $X$ el número de respuestas correctas.

Da la distribución de $X$ , $\E(X)$ y $\sigma(X)$ .
Calcula $\P(X = 0)$ , $\P(X = 5)$ y $\P(X \geq 1)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 33.2.

1. Las $10$ preguntas son pruebas de Bernoulli independientes con $p = \frac14$ : $X \sim \mathcal B\left(10, \frac14\right)$ , $\E(X) = 2.5$ y $\sigma(X) = \sqrt{10 \times \frac14 \times \frac34} = \sqrt{1.875} \approx 1.37$ .

2. $\P(X = 0) = \left(\frac34\right)^{10} \approx 0.056$ ;

\P(X = 5) = \binom{10}{5}\left(\frac14\right)^5\left(\frac34\right)^5 \approx 0.058; \quad \P(X \geq 1) = 1 - \left(\tfrac34\right)^{10} \approx 0.944 .

Ejercicio 33.3 ★

Una compañía asegura a $n = 400$ clientes; cada uno presenta un parte durante el año con probabilidad $p = 0.05$ , de manera independiente. Sea $X$ el número de partes. Identifica la distribución de $X$ y calcula su esperanza y su desviación típica.

Solución

Solución de Ejercicio 33.3.

Pruebas idénticas e independientes: $X \sim \mathcal B(400,\ 0.05)$ , luego $\E(X) = 20$ partes y

\sigma(X) = \sqrt{400 \times 0.05 \times 0.95} = \sqrt{19} \approx 4.4 .

Ejercicio 33.4 ★★

En el juego del Ejemplo 33.5, el organizador quiere que el juego sea equitativo ( $\E(G) = 0$ ) cambiando el precio de entrada $c$ . Halla $c$ . Calcula la varianza de la ganancia en esa versión equitativa; ¿es lo mismo “equitativo” que “sin riesgo”?

Solución

Solución de Ejercicio 33.4.

El pago $P$ recibido cumple $\E(P) = \frac{5 + 6}{6} = \frac{11}{6}$ , así que el precio equitativo es $c = \frac{11}{6} \approx 1.83$ euros. La ganancia equitativa $G = P - \frac{11}6$ toma los valores $-\frac{11}{6}, \frac{19}{6}, \frac{25}{6}$ con probabilidades $\frac46, \frac16, \frac16$ :

\V(G) = \E(G^2) = \frac{4 \times 121 + 361 + 625}{6 \times 36} = \frac{1470}{216} = \frac{245}{36} \approx 6.8, \qquad \sigma(G) \approx 2.6 .

Un juego equitativo tiene ganancia media nula, pero sus resultados siguen fluctuando: equitativo no es lo mismo que sin riesgo.

Ejercicio 33.5 ★★

Una jugadora de baloncesto encesta los tiros libres con probabilidad $0.7$ . Lanza $8$ veces (tiros independientes). Calcula la probabilidad de que enceste: exactamente $6$ ; al menos $6$ ; al menos una vez. ¿Cuál es el número de canastas más probable?

Solución

Solución de Ejercicio 33.5.

$X \sim \mathcal B(8,\ 0.7)$ .

\P(X = 6) = \binom86 (0.7)^6(0.3)^2 \approx 0.296 ;

\P(X \geq 6) = \P(6) + \P(7) + \P(8) \approx 0.296 + 8(0.7)^7(0.3) + (0.7)^8 \approx 0.296 + 0.198 + 0.058 = 0.552 ;

$\P(X \geq 1) = 1 - (0.3)^8 \approx 0.99993$ . Moda: $(n+1)p = 6.3$ , así que el valor más probable es $k^* = 6$ (Ejercicio 33.7).

Ejercicio 33.6 ★★

Una aerolínea sabe que cada pasajero con reserva se presenta con probabilidad $0.9$ , de manera independiente. Un vuelo tiene $100$ plazas y la aerolínea vende $104$ billetes. Expresa, mediante una distribución binomial, la probabilidad de que se presenten más pasajeros que plazas hay, y acótala numéricamente con una calculadora (da la expresión exacta).

Solución

Solución de Ejercicio 33.6.

El número de pasajeros que se presentan es $X \sim \mathcal B(104,\ 0.9)$ ; el vuelo tiene sobreventa efectiva cuando $X \geq 101$ :

\P(X \geq 101) = \sum_{k=101}^{104}\binom{104}{k}(0.9)^k(0.1)^{104-k} \approx 0.006 .

Vender un $4\,\%$ más de billetes que plazas provoca un incidente solo en torno al $0.6\,\%$ de los vuelos: la economía que hay detrás de la sobreventa.

Ejercicio 33.7 ★★

Sea $X \sim \mathcal B(n, p)$ . Demuestra que

\frac{\P(X = k+1)}{\P(X = k)} = \frac{n-k}{k+1}\cdot\frac{p}{1-p},

y deduce que la distribución crece hasta $k^* = \floor{(n+1)p}$ y decrece después (la moda de la binomial).

Solución

Solución de Ejercicio 33.7.

\frac{\P(X = k+1)}{\P(X = k)} = \frac{\binom{n}{k+1}}{\binom nk}\cdot\frac{p}{1-p} = \frac{n - k}{k + 1}\cdot\frac{p}{1-p},

usando $\binom{n}{k+1} = \binom nk \frac{n-k}{k+1}$ . Este cociente es $\geq 1$ si y solo si $(n-k)p \geq (k+1)(1-p)$ , si y solo si $np - k p \geq k - kp + 1 - p$ , si y solo si $k \leq (n+1)p - 1$ . Así que las probabilidades crecen estrictamente mientras $k + 1 \leq (n+1)p$ y decrecen después: el máximo se alcanza en $k^* = \floor{(n+1)p}$ (compartido con $k^* - 1$ cuando $(n+1)p$ es entero).

Ejercicio 33.8 ★★★

(San Petersburgo, domesticado.) Se lanza una moneda equilibrada hasta que sale cara, pero como mucho $10$ veces. Sea $N$ el número de lanzamientos empleados; el jugador recibe $2^N$ euros si ha salido cara, y $0$ en caso contrario.

Da la distribución de $N$ restringida a los resultados ganadores: $\P(\text{la primera cara sale en el lanzamiento } k) = 2^{-k}$ para $1 \leq k \leq 10$ , y comprueba la probabilidad total de ganar.
Calcula la ganancia esperada. ¿En qué se convertiría sin el tope de $10$ lanzamientos?

Solución

Solución de Ejercicio 33.8.

1. Que la primera cara salga en el lanzamiento $k$ significa $k-1$ cruces y después cara: probabilidad $\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac12 = 2^{-k}$ , para $1 \leq k \leq 10$ . Probabilidad total de ganar: $\sum_{k=1}^{10} 2^{-k} = 1 - 2^{-10} = \frac{1023}{1024}$ (el juego solo se pierde con diez cruces seguidas).

2. Ganancia esperada:

\sum_{k=1}^{10} 2^k \cdot 2^{-k} = \sum_{k=1}^{10} 1 = 10 \text{ euros}.

Sin el tope, la suma $\sum_{k\geq1} 1$ diverge: la ganancia esperada es infinita, aunque el juego casi siempre paga una cantidad pequeña; es la famosa paradoja de San Petersburgo, que muestra que la esperanza, por sí sola, no mide el valor de un juego.

33.4 Problema: El vuelo con sobreventa

Problema 33.1

Problema de fin de semana — las aerolíneas venden más plazas de las que tienen, las fábricas aceptan lotes que apenas han inspeccionado y la distribución binomial arbitra las dos cosas

Una aerolínea con $100$ plazas vende alegremente $105$ billetes: en torno al $10\,\%$ de los pasajeros no se presenta nunca, y las plazas vacías no dan dinero. ¿Hasta dónde puede apretar la aerolínea antes de que los pasajeros a los que deniega el embarque se coman el beneficio? La distribución binomial (Teorema 33.8) responde con decimales, y la misma maquinaria inspecciona lotes de fábrica, pone precio a las rifas y mantiene solventes a las aseguradoras. Decidir cuando algo se repite: ese es el oficio diario de la binomial.

Parte I — Soltura.

Da la tabla completa de la distribución del número $X$ de seises en tres lanzamientos de un dado.
Calcula $\E(X)$ y $\V(X)$ (Definición 33.2).
Un puesto de feria cobra $1$ euro por tres lanzamientos y paga $2$ euros por cada seis obtenido. Calcula la ganancia esperada: ¿juego equitativo?
Práctica con la lista de comprobación (Método 33.9): ¿es binomial el número de corazones en $5$ cartas sacadas sin reposición? ¿Y con reposición? Justifícalo.
Para $X \sim \mathcal B(20,\ 0.3)$ : da $\E(X)$ y $\sigma(X)$ , y después $\E(S)$ y $\sigma(S)$ para la puntuación $S = 5X - 10$ (Proposición 33.4).

Parte II — El vuelo con sobreventa. Plazas: $100$ . Billetes vendidos: $105$ . Cada titular de un billete se presenta con probabilidad $0.9$ , de manera independiente; sea $X$ el número de los que se presentan.

Modelo: justifica $X \sim \mathcal B(105,\ 0.9)$ con la lista de comprobación, y confiesa el punto más débil del modelo (¿de verdad son independientes las ausencias? piensa en los grupos y en las tormentas).
Calcula $\E(X)$ y $\sigma(X)$ .
Se deniega el embarque a alguien cuando $X \geq 101$ : escribe $\P(X \geq 101)$ como suma explícita de cinco términos binomiales.
Evalúa la suma (con calculadora): ¿en qué fracción de los vuelos se queda en tierra al menos un pasajero?
El dinero: los cinco billetes de más aportan $5 \times 200 = 1\,000$ euros; y cada pasajero al que se deniega el embarque cuesta $800$ euros de indemnización. Calcula el número esperado de pasajeros dejados en tierra, $\sum_{k=101}^{105} (k - 100)\,\P(X = k)$ , la indemnización esperada y el veredicto sobre la política de la aerolínea.
Diseño: el regulador tolera $\P(\text{denegación de embarque}) < 5\,\%$ . Probando con $n = 105, 106, 107, \dots$ billetes, halla el mayor $n$ permitido.
El atajo de la campana: para $n = 105$ , calcula la puntuación z del umbral de denegación, $z = \frac{100.5 - \E(X)}{\sigma(X)}$ , y compara la estimación tosca (“unas $2\sigma$ , así que en torno al $2$ – $3\,\%$ en la cola superior”) con tu respuesta exacta. (La curva que hay detrás de este atajo es la estrella de los capítulos siguientes.)

Parte III — La puerta de la fábrica. Un lote de piezas se acepta si una muestra de $20$ contiene como mucho una pieza defectuosa.

Si la tasa real de piezas defectuosas es del $2\,\%$ (un lote honrado), calcula la probabilidad de que se acepte.
Si la tasa es del $10\,\%$ (un lote malo), vuelve a calcularla.
Nombra los dos riesgos del procedimiento (el lote honrado rechazado; el lote malo aceptado), lee sus valores en las preguntas 13 y 14 y di qué único cambio mejora los dos a la vez, y a qué precio.
Detrás de esa mejora: demuestra que la frecuencia observada de piezas defectuosas $\frac Xn$ en una muestra de tamaño $n$ tiene desviación típica $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ , y concluye cómo escala la precisión con el tamaño de la muestra (una vieja conocida: el $\frac{1}{\sqrt n}$ del año 10).

Parte IV — Juegos, rifas y reservas.

El juego de San Petersburgo con tope del Ejercicio 33.8 tiene una ganancia esperada de $10$ euros. Contrástalo en un párrafo con la paradoja sin tope que apareció en el Problema 18.1: ¿qué domestica exactamente el tope y qué precio sería ahora equitativo?
Una rifa benéfica vende $200$ papeletas a $2$ euros; premios: una cesta de $100$ euros y dos de $50$ euros. Calcula la ganancia esperada de una papeleta y el margen de la rifa; compáralo con el margen de la banca en la ruleta europea, de $\frac{1}{37} \approx 2.7\,\%$ . ¿Por qué le sale gratis a la rifa?
Una aseguradora tiene $1\,000$ pólizas independientes: probabilidad de siniestro $0.01$ cada una, cuantía del siniestro $10\,000$ euros y prima $130$ euros. Calcula el beneficio anual esperado y la desviación típica del total de siniestros. Compara los dos números: ¿a qué obliga esa comparación a las aseguradoras reales?
Final: la binomial como árbitro de decisiones: la lista de comprobación para reconocerla; la brújula $\E \pm \sigma$ ; las probabilidades de cola como precio del riesgo; y las dos advertencias permanentes (la independencia es una afirmación sobre el modelo, y lo que arruina son las colas raras, no las medias). Una frase para cada cosa, más la mirada hacia delante: la ley de los grandes números y la campana, en los capítulos siguientes, completan el reglamento del árbitro.

Solución

Solución de Problema 33.1.

1. $X \sim \mathcal B\!\left(3, \frac16\right)$ : $\P(X = 0) = \frac{125}{216}$ , $\P(X = 1) = \frac{75}{216}$ , $\P(X = 2) = \frac{15}{216}$ , $\P(X = 3) = \frac{1}{216}$ .

2. $\E(X) = 3 \times \frac16 = \frac12$ ; $\V(X) = 3 \times \frac16 \times \frac56 = \frac{5}{12}$ .

3. Pago esperado $2\,\E(X) = 1$ euro frente a una apuesta de $1$ euro: ganancia $0$ ; exactamente equitativo (una rareza).

4. Sin reposición, las extracciones son dependientes (las posibilidades de la segunda carta dependen de la primera): no es binomial; falla la casilla de la independencia de la lista. Con reposición: $n = 5$ fijo, $p = \frac14$ constante y extracciones independientes: binomial.

5. $\E(X) = 6$ y $\sigma(X) = \sqrt{4.2} \approx 2.05$ . $\E(S) = 5 \times 6 - 10 = 20$ ; $\sigma(S) = 5\sigma(X) \approx 10.25$ .

6. Número fijo de $n = 105$ pruebas (los billetes), cada una con dos resultados (se presenta o no) y la misma $p = 0.9$ , supuestas independientes: binomial. La confesión: las familias pierden los vuelos juntas y las tormentas vacían aviones enteros; la independencia es el acto de fe del modelo, y las ausencias correlacionadas engordan las colas más de lo que promete la binomial.

7. $\E(X) = 94.5$ ; $\sigma(X) = \sqrt{105 \times 0.9 \times 0.1} = \sqrt{9.45} \approx 3.07$ .

8. $\P(X \geq 101) = \sum_{k=101}^{105} \binom{105}{k} 0.9^k\, 0.1^{105 - k}$ .

9. $\approx 0.0167$ : en torno a un vuelo de cada sesenta deja a alguien en tierra.

10. $\E(\text{dejados en tierra}) \approx 0.023$ pasajeros por vuelo: indemnización esperada $\approx 19$ euros, frente a $1\,000$ euros de ingresos adicionales. Sobrevender cinco billetes es rentabilísimo; de ahí que lo haga toda aerolínea.

11. De la tabla de probabilidades de cola: $n = 105$ : $1.7\,\%$ ; $n = 106$ : $4.0\,\%$ ; $n = 107$ : $8.1\,\%$ . La mayor venta que cumple la norma es de $n = 106$ billetes.

12. $z = \frac{100.5 - 94.5}{3.07} \approx 1.95$ : el umbral está dos desviaciones típicas por encima de la media, y la regla aproximada de la campana (“cola superior de $2\sigma$ $\approx 2.5\,\%$ ”) se queda cerca del $1.7\,\%$ exacto; la curva suave que persigue a la binomial es la protagonista de los capítulos que vienen.

13. $0.98^{20} + 20 \times 0.02 \times 0.98^{19} \approx 0.94$ : el lote honrado pasa el $94\,\%$ de las veces.

14. $0.9^{20} + 20 \times 0.1 \times 0.9^{19} \approx 0.39$ : el lote malo se cuela aun así el $39\,\%$ de las veces.

15. Riesgo del productor: que se rechace un lote bueno ( $\approx 6\,\%$ ); riesgo del consumidor: que se acepte un lote malo ( $\approx 39\,\%$ ). Una muestra mayor (con un umbral de aceptación proporcional) reduce los dos, a costa de más inspección: la calidad tiene una línea de presupuesto.

16. $\V\!\left(\frac Xn\right) = \frac{\V(X)}{n^2} = \frac{np(1-p)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}$ : desviación típica $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ . Cuadruplica la muestra y reducirás el ruido a la mitad: la ley del $\frac{1}{\sqrt n}$ de los intervalos de fluctuación del año 10, ahora demostrada.

17. El tope limita el pago a $2^{10} = 1024$ euros, así que cada una de las diez rondas aporta exactamente $1$ euro de esperanza: $\E = 10$ . La esperanza infinita del juego sin tope venía enteramente de pagos astronómicamente raros y astronómicamente grandes; poner un tope es confesar que ningún banco paga $2^{50}$ euros. Precio equitativo de una papeleta del juego con tope: $10$ euros; y de repente ya no hay paradoja que valga.

18. Premio esperado por papeleta: $\frac{100 + 2 \times 50}{200} = 1$ euro frente a una papeleta de $2$ euros: margen del $50\,\%$ , dieciocho veces el $2.7\,\%$ de la ruleta. La rifa sobrevive porque sus jugadores están donando a sabiendas: la “pérdida” es justamente el objetivo.

19. Siniestros esperados: $1\,000 \times 0.01 \times 10\,000 = 100\,000$ ; primas: $130\,000$ : beneficio esperado de $30\,000$ euros. Desviación típica del total de siniestros: $10\,000 \times \sqrt{1\,000 \times 0.01 \times 0.99} \approx 31\,500$ euros; un solo año malo corriente se come todo el beneficio esperado. De ahí las reservas de capital, el reaseguro y carteras mucho mayores que mil pólizas: las aseguradoras viven de la ley de los grandes números y guardan reservas contra su lentitud.

20. Primero, la lista de comprobación ( $n$ fijo, la misma $p$ , la independencia afirmada) o no hay binomial que valga. Después, navega con $\E \pm \sigma$ : las medias sitúan y las desviaciones avisan. Después, pon precio a las colas: las denegaciones de embarque, los lotes malos y los años ruinosos viven más allá de $2\sigma$ . Advertencias: la independencia es una promesa del que modeliza, no del mundo; y la esperanza ignora justamente lo que te destruye. Las páginas que le faltan al reglamento (con qué rapidez se asientan las frecuencias y qué forma toman las fluctuaciones) son los dos capítulos siguientes.

Términos definidos en este capítulo

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