Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

33Variables aleatorias y distribución binomial

A variable aleatoria asigna un número a cada resultado de un experimento: a ganancia, una cuenta, una duración. Su expectativa es el promedio de largo plazo del valores que produce, su diferencia mide su propagación. La estrella de este El capítulo es el distribución binomial, que cuenta los éxitos en repetidas independiente ensayos. variables aleatorias y distribución binomial fueron se conoció por primera vez en Capítulos 18 y 19; este capítulo revisa y los profundiza, con las herramientas combinatorias de Capítulo 27 ahora disponible.

33.1 Variables aleatorias discretas

Definición 33.1 (Variable aleatoria, distribución.)

A variable aleatoria en un espacio muestral finito $\Omega$ es un función $X \colon \Omega \to \R$ . su distribución (o ley) son los datos de su posible valores $x_1, \dots, x_k$ y de las probabilidades

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

Definición 33.2 (Expectativa, variación, desviación estándar)

El expectativa de $X$ es

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

sus diferencia y desviación estándar 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. Escribe $m = \E(X)$ y expande:

\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 definitoria. Para el segundo, $aX + b$ se desvía de su significar en $a(X - \E(X))$ , y al elevar al cuadrado se multiplica por $a^2$ . ∎

Ejemplo 33.5 (juegos de feria)

Un juego cuesta $2$ euros; Se lanza un dado y el jugador recibe el valor. Se muestra si es al menos $5$ , nada más. La ganancia $G$ toma valores $-2$ (probabilidad $\frac46$ ), $3$ ( $\frac16$ ), $4$ ( $\frac16$ ):

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

En promedio, el jugador pierde $17$ centavos por juego: el juego es desfavorable (como lo son la mayoría de los juegos reales).

33.2 Ensayos de Bernoulli y distribución binomial.

Definición 33.6 (distribución Bernoulli)

Un juicio de Bernoulli es un experimento con dos resultados, éxito (probabilidad $p$ ) y falla ( $q = 1 - p$ ). El indicador $X$ de éxito ( $X = 1$ de éxito, $0$ de falla) sigue el Bernoulli distribución $\mathcal B(p)$ :

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

(De hecho, $\E(X) = p$ , $\E(X^2) = p$ y König–Huygens dan $\V(X) = p - p^2$ .)

Definición 33.7 (Distribución binomial)

Repita juicio de Bernoulli $n$ veces de forma independiente y deje que $X$ sea el total número de éxitos. El distribución de $X$ es el binomio distribución $\mathcal B(n, p)$ .

Tres juicios de Bernoulli: exactamente 32 = 3 del Las rutas 23 dan dos éxitos (rojo), cada una con probabilidad p2(1-p), entonces (X = 2) = 3p2(1-p). — Tres juicios de Bernoulli: exactamente $\binom{3}{2} = 3$ del Las rutas $2^3$ dan dos éxitos (rojo), cada una con probabilidad $p^2(1-p)$ , entonces $\P(X = 2) = 3p^2(1-p)$ .

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. Se ha especificado un secuencia de resultados con $k$ éxitos y $n-k$ fracasos. probabilidad $p^k(1-p)^{n-k}$ por independencia; el número de tales secuencias es el número de formas de colocar los éxitos $k$ entre las pruebas $n$ , a saber, $\binom nk$ (Capítulo 27). Resumiendo el secuencias da la fórmula — y el teorema del binomio lo confirma $\sum_k \P(X = k) = (p + q)^n = 1$ .

Para expectativa, 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 diferencia se demuestra de manera similar con la identidad $k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ , dando $\E(X(X-1)) = n(n-1)p^2$ , de donde $\V(X) = n(n-1)p^2 + np - (np)^2 = np(1-p)$ . (Una prueba estructural — la diferencia de una suma de variables independiente — viene con Teorema 34.4.) ∎

El distribución B(20, 0.3): significar np = 6, estándar desviación √npq 2.05. — El distribución $\mathcal B(20, 0.3)$ : significar $np = 6$ , estándar desviación $\sqrt{npq} \approx 2.05$ .

Método 33.9 (Reconociendo una situación binomial)

Comprueba los tres ingredientes antes de escribir $X \sim \mathcal B(n,p)$ : a numero fijo $n$ de ensayos; dos resultados por prueba con el mismo éxito probabilidad $p$ ; independencia de ensayos (muestra de reemplazo con, o de una población grande). Entonces usa

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

para "al menos un éxito", y una calculadora o tablas acumulativas para generales $\P(X \leq k)$ .

Ejemplo 33.10

¿Cuántas veces se debe tirar un dado para tener al menos una probabilidad $99\%$ 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 $\left(\frac56\right)^n \leq 0.01$ , i.e. $n \geq \frac{\ln 0.01}{\ln(5/6)} \approx 25.3$ : de $n = 26$ continúa.

33.3 Ceremonias

Ejercicio 33.1 ★

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

Solución

Solución de Ejercicio 33.1.

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

Ejercicio 33.2 ★

Una prueba de opción múltiple tiene preguntas $10$ , cada una con opciones $4$ , una de lo cual es correcto. Un estudiante responde uniformemente al azar, de forma independiente. Sea $X$ el número de respuestas correctas.

Da el 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 preguntas $10$ son independiente juicios de Bernoulli con $p = \frac14$ : $X \sim \mathcal B\left(10, \frac14\right)$ , $\E(X) = 2.5$ , $\sigma(X) = \sqrt{10 \times \frac14 \times \frac34} = \sqrt{1.875} \approx 1.37$ .

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 de seguros asegura a clientes de $n = 400$ ; cada uno presenta un reclamo durante el año con probabilidad $p = 0.05$ , de forma independiente. Sea $X$ el número de reclamaciones. Identifique el distribución de $X$ y calcule su expectativa y desviación estándar.

Solución

Solución de Ejercicio 33.3.

Independiente pruebas idénticas: $X \sim \mathcal B(400,\ 0.05)$ , entonces $\E(X) = 20$ reclamaciones y

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

Ejercicio 33.4 ★★

En el juego Ejemplo 33.5, el organizador quiere un juego limpio. ( $\E(G) = 0$ ) cambiando el precio de entrada $c$ . Encuentra $c$ . Calcular el diferencia de la ganancia por esta versión justa; es "justo" lo mismo que ¿“sin riesgos”?

Solución

Solución de Ejercicio 33.4.

El pago recibido $P$ satisface $\E(P) = \frac{5 + 6}{6} = \frac{11}{6}$ , por lo que el precio justo es $c = \frac{11}{6} \approx 1.83$ euros. La ganancia justa $G = P - \frac{11}6$ toma 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 limpio tiene cero ganancias promedio pero sus resultados aún fluctúan: Lo justo no está exento de riesgos.

Ejercicio 33.5 ★★

Un jugador de baloncesto anota tiros libres con probabilidad $0.7$ . ella dispara $8$ veces (independiente disparos). Calcule el probabilidad que puntúa: exactamente $6$ ; al menos $6$ ; al menos una vez. ¿Cuál es el número más probable? de puntuaciones?

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 ;

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

Ejercicio 33.6 ★★

Una aerolínea sabe que cada pasajero reservado se presenta con probabilidad $0.9$ , de forma independiente. Un vuelo tiene asientos $100$ y la aerolínea vende $104$ entradas. Express, usando un distribución binomial, el probabilidad que más Aparecen más pasajeros que asientos, y lo unimos numéricamente usando un 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 el vuelo está sobrevendido 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 $4\%$ más entradas que asientos provoca un incidente sólo en aproximadamente $0.6\%$ de vuelos: la economía detrás del overbooking.

Ejercicio 33.7 ★★

Deje $X \sim \mathcal B(n, p)$ . mostrar eso

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

y deducir que el distribución aumenta hasta $k^* = \floor{(n+1)p}$ y disminuye después (el modo del binomio).

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},

utilizando $\binom{n}{k+1} = \binom nk \frac{n-k}{k+1}$ . Esta relación es $\geq 1$ si $(n-k)p \geq (k+1)(1-p)$ si $np - k p \geq k - kp + 1 - p$ si $k \leq (n+1)p - 1$ . Entonces las probabilidades aumentan estrictamente mientras $k + 1 \leq (n+1)p$ y disminuir después: el máximo se alcanza en $k^* = \floor{(n+1)p}$ (compartido con $k^* - 1$ cuando $(n+1)p$ es un entero).

Ejercicio 33.8 ★★★

(San Petersburgo, domesticado.) Se lanza una moneda justa hasta que salga cara. aparece, pero como máximo $10$ veces. Sea $N$ el número de lanzamientos utilizados, y el jugador recibe $2^N$ euros si sale cara, $0$ en caso contrario.

Da el distribución de $N$ restringido a los resultados ganadores: $\P(\text{heads first at toss } k) = 2^{-k}$ para $1 \leq k \leq 10$ y verifique el total probabilidad de ganancias.
Calcule el pago esperado. ¿Qué sería sin la gorra? de los lanzamientos $10$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 33.8.

1. Cara primero en el lanzamiento $k$ significa $k-1$ cruz y luego cara: probabilidad $\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac12 = 2^{-k}$ , para $1 \leq k \leq 10$ . Ganancia total probabilidad $\sum_{k=1}^{10} 2^{-k} = 1 - 2^{-10} = \frac{1023}{1024}$ (el juego es perdió sólo en diez cruces consecutivas).

2. Beneficio esperado:

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

Sin el límite, la suma $\sum_{k\geq1} 1$ diverge: el pago esperado es infinito, aunque el juego casi siempre paga una pequeña cantidad — el famoso Paradoja de San Petersburgo, demostrando que solo expectativa lo hace No medir el valor de un juego.

33.4 Problema: el vuelo con overbooking

Problema 33.1

Problema de fin de semana — las aerolíneas venden más asientos que tienen, las fábricas aceptan lotes que apenas inspeccionaron y el árbitros de distribución binomial ambos

Una aerolínea con asientos $100$ vende felizmente boletos $105$ : aproximadamente $10\,\%$ de los pasajeros nunca se presentan y los asientos vacíos ganan nada. ¿Hasta dónde puede llegar la aerolínea antes de que los pasajeros sean golpeados? comerse las ganancias? El distribución binomial (Teorema 33.8) respuestas al decimal — y la misma maquinaria inspecciona lotes de fábrica, cotiza sorteos y mantiene solventes a las aseguradoras. Decisiones bajo repetición: esta es la El trabajo diario del binomio.

Parte I — Fluency.

Proporcione la tabla distribución completa del número $X$ de seises en tres tiradas de un dado.
Calcular $\E(X)$ y $V(X)$ (Definición 33.2).
Un puesto cobra $1$ euros por tres rollos y paga $2$ euros por cada seis obtenidos. Calcule la ganancia esperada: justa juego?
Práctica de lista de verificación (Método 33.9): es el número de corazones en las cartas $5$ extraídas sin binomio de reemplazo? ¿Con reemplazo? Justificar.
Para $X \sim \mathcal B(20,\ 0.3)$ : dé $\E(X)$ y $\sigma(X)$ , luego $\E(S)$ y $\sigma(S)$ para la puntuación $S = 5X - 10$ (Proposición 33.4).

Parte II — The overbooked flight. Asientos: $100$ . Entradas vendidas: $105$ . Cada poseedor de boletos se presenta con probabilidad $0.9$ , de forma independiente; sea $X$ el número que espectáculo.

Modelo : justificar $X \sim \mathcal B(105,\ 0.9)$ con el lista de verificación — y confiesa el punto más débil del modelo (¿Las ausencias son realmente independiente? Grupos de opinión y tormentas).
Calcula $\E(X)$ y $\sigma(X)$ .
Se produce un golpe cuando $X \geq 101$ : escribe $\P(X \geq 101)$ como suma explícita de cinco binomios términos.
Evaluar la suma (calculadora): qué fracción de vuelos ¿Ves al menos un pasajero chocado?
Dinero: los cinco billetes extra traen $5 \times 200 = 1\,000$ euros; cada pasajero chocado cuesta $800$ euros de indemnización. Calcular lo esperado número de pasajeros chocados, $\sum_{k=101}^{105} (k - 100)\,\P(X = k)$ , lo esperado compensación y el veredicto sobre la póliza.
Diseño: el regulador tolera $\P(\text{bumping}) < 5\,\%$ . Al probar Entradas $n = 105, 106, 107, \dots$ , encuentra las más grandes permitido $n$ .
El atajo de campana: para $n = 105$ , calcule puntuación z del umbral de choque, $z = \frac{100.5 - \E(X)}{\sigma(X)}$ y compare el crudo “sobre $2\sigma$ , por lo que aproximadamente $2$ – $3\,\%$ en el estimación de la cola superior con su respuesta exacta. (El La curva detrás de este atajo es la de los próximos capítulos. estrella.)

Parte III — The factory gate. Se aceptan muchas piezas si un muestra de $20$ contiene como máximo una pieza defectuosa.

Si la verdadera tasa de defectos es $2\,\%$ (un lote honesto), calcular el probabilidad de aceptación.
Si la tasa es $10\,\%$ (un lote malo), calculela nuevamente.
Nombra los dos riesgos del procedimiento (el lote honesto rechazado; el lote malo aceptó), lea sus valores de Preguntas 13 y 14 y diga qué cambio individual mejora. ambos a la vez — a qué costo.
Detrás de la mejora: demostrar que el defecto observado frecuencia $\frac Xn$ en un muestra de tamaño $n$ tiene desviación estándar $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ , y concluir cómo las básculas de precisión con tamaño muestra (una antigua amigo: el $\frac{1}{\sqrt n}$ del grado 10).

Parte IV — Games, raffles, reserves.

El partido internacional de San Petersburgo de Ejercicio 33.8 ha esperado la recompensa $10$ euros. Contraste en un párrafo con el destapado. paradoja encontrada en Problema 18.1: ¿qué significa exactamente? la gorra domesticada, y ¿qué precio sería ahora justo?
Un sorteo benéfico vende entradas $200$ a $2$ euros; premios: una cesta $100$ -euro y dos cestas $50$ -euro. Calcular la ganancia esperada de un boleto y la ganancia del sorteo. margen; comparar con el margen de la casa de la ruleta europea de $\frac{1}{37} \approx 2.7\,\%$ . ¿Por qué el sorteo? salirse con la suya?
Una aseguradora tiene pólizas $1\,000$ independiente: reclamación probabilidad $0.01$ cada uno, tamaño de reclamación $10\,000$ euros, prima $130$ euros. Calcule la expectativa anual beneficio y el desviación estándar del total reclamaciones. Compara los dos números: ¿qué significa ¿La comparación obliga a las aseguradoras reales a mantener?
Final — el binomio como árbitro de decisión: el lista de verificación de reconocimiento; la brújula $\E \pm \sigma$ ; probabilidades de cola como precio del riesgo; y los dos advertencias permanentes (independencia es una afirmación de modelo, y colas raras, no significa, causan ruina). Una frase cada uno con el puntero: la ley de los grandes números y la campana curva, próximos capítulos, completa el libro de reglas 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 contra un $1$ apuesta en euros: ganancia $0$ — exactamente justa (una rareza).

4. Sin reposición los sorteos son dependientes (el las posibilidades de la segunda carta dependen de la primera): no binomial — La casilla independencia de la lista de verificación falla. Con reemplazo: fijo $n = 5$ , constante $p = \frac14$ , independiente dibuja: binomio.

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

6. Se corrigieron $n = 105$ pruebas (los boletos), cada una show/no-show con el mismo $p = 0.9$ , se supone independiente: binomio. La confesión: las familias pierden vuelos juntos y las tormentas vacían aviones enteros — independencia es el acto de fe del modelo, y las ausencias correlacionadas hacen las colas son más gordas que las promesas binomiales.

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. $\approx 0.0167$ : aproximadamente un vuelo de cada sesenta choca con cualquiera.

10. $\E(\text{bumped}) \approx 0.023$ pasajeros por vuelo: compensación esperada $\approx 19$ euros — contra $1\,000$ euros de ingresos extra. El overbooking a las cinco es abrumadoramente rentable; de ahí que todas las aerolíneas lo hagan.

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

12. $z = \frac{100.5 - 94.5}{3.07} \approx 1.95$ : el umbral se encuentra dos desviaciones estándar por encima del significar, y la regla general de la curva de campana (“superior $2\sigma$ cola $\approx 2.5\,\%$ ”) aterriza cerca del $1.7\,\%$ exacto — la suave curva que ensombrece el binomio es la próxima protagonista de los capítulos.

13. $0.98^{20} + 20 \times 0.02 \times 0.98^{19} \approx 0.94$ : el lote honesto pasa $94\,\%$ del tiempo.

14. $0.9^{20} + 20 \times 0.1 \times 0.9^{19} \approx 0.39$ : los malos todavía se cuelan por $39\,\%$ de el tiempo.

15. Riesgo del productor: un buen lote rechazado ( $\approx 6\,\%$ ); Riesgo del consumidor: un mal lote aceptado ( $\approx 39\,\%$ ). Un muestra más grande (con un umbral de aceptación) reduce ambos — a costa de más Inspección: la calidad tiene una línea presupuestaria.

16. $V\!\left(\frac Xn\right) = \frac{V(X)}{n^2} = \frac{np(1-p)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}$ : desviación estándar $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ . Cuádruple el muestra, reduzca a la mitad el ruido: la ley $\frac{1}{\sqrt n}$ de la fluctuación de grado 10 intervalos, ahora derivado.

17. El límite limita el pago en $2^{10} = 1024$ euros, por lo que cada una de las diez rondas aporta exactamente $1$ euro de expectativa: $\E = 10$ . El juego sin límites es infinito. expectativa provino en su totalidad de astronómicamente raros, pagos astronómicamente grandes; capping confiesa que no hay banco paga $2^{50}$ euros. Un precio justo de entrada para el partido limitado: $10$ euros — y de repente nadie se lleva la paradoja.

18. Premio en metálico esperado por boleto: $\frac{100 + 2 \times 50}{200} = 1$ euro frente a $2$ euro billete: margen $50\,\%$ — dieciocho veces la ruleta $2.7\,\%$ . El sorteo sobrevive porque sus jugadores son donar a sabiendas: la "pérdida" es el punto.

19. Reclamaciones esperadas: $1\,000 \times 0.01 \times 10\,000 = 100\,000$ ; primas $130\,000$ : beneficio esperado $30\,000$ euros. Desviación estándar del total de reclamaciones: $10\,000 \times \sqrt{1\,000 \times 0.01 \times 0.99} \approx 31\,500$ euros — un mal año cualquiera devora el beneficio total esperado. De ahí las reservas de capital, los reaseguros, y carteras mucho mayores que mil pólizas: aseguradoras vivir de la ley de los grandes números y mantener reservas contra su lentitud.

20. Lista de verificación primero — arreglado $n$ , mismo $p$ , independencia reclamado — o ningún binomio. entonces navegar por $\E \pm \sigma$ : significa localizar, avisar desvíos. Luego ponle precio a las colas: golpes, lotes malos, años ruinosos, todo vivir más allá de $2\sigma$ . Advertencias: independencia es del modelador. promesa, no la del mundo; y expectativa ignora exactamente lo que te destruye. Las páginas que faltan en el libro de reglas: ¿qué tan rápido? las frecuencias se estabilizan y qué forma toman las fluctuaciones — son los siguientes dos capítulos.