Matemática do ensino médio · Grades 10–12

18Probabilidade e variáveis aleatórias

A probabilidade modela experimentos de resultado incerto: um lançamento de dado, uma carta retirada, uma partida jogada. Este capítulo monta o vocabulário em conjuntos finitos e apresenta em seguida a personagem central de toda a teoria das probabilidades: a variável aleatória e sua esperança. Essas noções são revistas e aprofundadas no Capítulo 33, e as probabilidades condicionais vêm no Capítulo 32.

18.1 Probabilidade em um conjunto finito

Definição 18.1 (Modelo probabilístico)

Um experimento com um número finito de resultados é modelado pelo seu espaço amostral $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_n\}$ (o conjunto dos resultados) junto com uma probabilidade $\P$ que atribui a cada resultado $\omega_i$ um número $p_i \geq 0$ , com $p_1 + \dots + p_n = 1$ . Um evento é um subconjunto $A \subseteq \Omega$ , e

\P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i .

Quando todos os resultados são igualmente prováveis ( $p_i = \frac1n$ : o modelo uniforme),

\P(A) = \frac{\text{número de resultados em } A} {\text{número de resultados em } \Omega}.

Exemplo 18.2

Lance dois dados distinguíveis: $\Omega$ é o conjunto dos $36$ pares ordenados $(i, j)$ com $1 \leq i, j \leq 6$ , todos igualmente prováveis. O evento $S$ = “a soma é $7$ ” contém os $6$ pares $(1,6)$ , $(2,5)$ , $(3,4)$ , $(4,3)$ , $(5,2)$ , $(6,1)$ , logo $\P(S) = \frac{6}{36} = \frac16$ . O evento “a soma é $12$ ” contém apenas $(6,6)$ : probabilidade $\frac{1}{36}$ . Escolher o espaço amostral certo — pares ordenados, não desordenados — é o que torna o modelo uniforme aplicável.

Proposição 18.3 (Regras da probabilidade)

Para eventos $A, B \subseteq \Omega$ :

\P(\emptyset) = 0, \qquad \P(\Omega) = 1, \qquad \P(\bar A) = 1 - \P(A),

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B),

em que $\bar A$ é o complementar de $A$ (todos os resultados que não estão em $A$ ). Em particular, $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B)$ quando $A$ e $B$ são incompatíveis ( $A \cap B = \emptyset$ ).

Demonstração. O evento vazio não contém resultado algum (soma vazia), e $\Omega$ contém todos eles (soma total $1$ ). Cada resultado está em exatamente um entre $A$ e $\bar A$ , logo $\P(A) + \P(\bar A) = 1$ . Para a união: somar os $p_i$ sobre $A$ e depois sobre $B$ conta duas vezes os resultados de $A \cap B$ ; subtrair $\P(A \cap B)$ corrige a contagem dupla. ∎

Exemplo 18.4

Em uma turma, $60\%$ estudam música ( $M$ ), $45\%$ praticam um esporte ( $S$ ) e $25\%$ fazem as duas coisas. A proporção que faz pelo menos uma é $\P(M \cup S) = 0.60 + 0.45 - 0.25 = 0.80$ , de modo que $20\%$ não fazem nenhuma (complementar).

18.2 Variáveis aleatórias

Definição 18.5 (Variável aleatória, distribuição)

Uma variável aleatória em $\Omega$ é uma função $X$ que atribui um número a cada resultado. Sua distribuição é a tabela de seus valores possíveis $x_1, \dots, x_k$ junto com suas probabilidades

\P(X = x_i) = \P\bigl(\{\omega : X(\omega) = x_i\}\bigr), \qquad \sum_{i=1}^k \P(X = x_i) = 1 .

Exemplo 18.6

Um jogo: pague $2$ euros, lance um dado honesto e receba o valor da face se ele for pelo menos $5$ , e nada caso contrário. Seja $G$ o ganho (o recebido menos o pago). Os resultados $1, 2, 3, 4$ dão $G = -2$ ; o resultado $5$ dá $G = 3$ ; o resultado $6$ dá $G = 4$ . A distribuição de $G$ :

$g$	$-2$	$3$	$4$
$\P(G = g)$	$\dfrac46$	$\dfrac16$	$\dfrac16$

Método 18.7 (Montar uma tabela de distribuição)

Liste os valores possíveis de $X$ ; para cada valor, reúna os resultados que o produzem e some suas probabilidades; confira que a linha das probabilidades soma $1$ .

18.3 Esperança

Definição 18.8 (Esperança)

A esperança (ou média) de $X$ é a média dos seus valores ponderada pelas probabilidades:

\E(X) = \sum_{i=1}^{k} \P(X = x_i)\; x_i .

Observação 18.9

$\E(X)$ é o que seria a média de um número enorme de repetições independentes do experimento — a versão precisa dessa afirmação é a lei dos grandes números, demonstrada no Capítulo 34. Note a analogia formal com a média de um conjunto de dados com frequências (Definição 17.1): as probabilidades fazem o papel das frequências relativas $\frac{n_i}{n}$ .

Exemplo 18.10

Para o jogo do Exemplo 18.6:

\E(G) = \frac46 \times (-2) + \frac16 \times 3 + \frac16 \times 4 = \frac{-8 + 3 + 4}{6} = -\frac16 \approx -0.17 .

Em média, o jogador perde cerca de $17$ centavos por partida: o jogo é desfavorável. Um jogo é dito justo quando o ganho esperado é $0$ .

Proposição 18.11 (Linearidade)

Para todos os reais $a, b$ :

\E(aX + b) = a\,\E(X) + b .

Demonstração. A variável $aX + b$ assume o valor $a x_i + b$ com probabilidade $\P(X = x_i)$ , logo

\E(aX + b) = \sum_i \P(X = x_i)(a x_i + b) = a \sum_i \P(X = x_i)\,x_i + b \underbrace{\sum_i \P(X = x_i)}_{=\,1} = a\,\E(X) + b .

∎

18.4 Variância e desvio padrão

Definição 18.12 (Variância)

A variância de $X$ mede a dispersão de seus valores em torno da esperança $m = \E(X)$ :

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

Proposição 18.13 (Fórmula abreviada)

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

Demonstração. Expanda $(x_i - m)^2 = x_i^2 - 2m\,x_i + m^2$ dentro da soma:

\V(X) = \sum_i \P(X = x_i)\,x_i^2 - 2m \sum_i \P(X = x_i)\,x_i + m^2\sum_i \P(X = x_i) = \E(X^2) - 2m^2 + m^2 ,

que é $\E(X^2) - m^2$ . Essa é a versão, para variáveis aleatórias, da identidade demonstrada para conjuntos de dados na Proposição 17.7. ∎

Proposição 18.14 (Transformação afim)

$\V(aX + b) = a^2\,\V(X)$ e $\sigma(aX + b) = \abs a\,\sigma(X)$ .

Demonstração. Por linearidade, $aX + b$ desvia-se de sua esperança $a m + b$ de $(aX + b) - (am + b) = a(X - m)$ : cada desvio fica multiplicado por $a$ , logo cada quadrado de desvio por $a^2$ , e a média ponderada deles também. O deslocamento $b$ desapareceu — deslocar uma variável não muda sua dispersão. ∎

Exemplo 18.15

Para o jogo do Exemplo 18.6: $\E(G^2) = \frac46 \times 4 + \frac16 \times 9 + \frac16 \times 16 = \frac{16 + 9 + 16}{6} = \frac{41}{6}$ , de modo que

\V(G) = \frac{41}{6} - \left(-\frac16\right)^2 = \frac{41}{6} - \frac{1}{36} = \frac{245}{36} \approx 6.8, \qquad \sigma(G) \approx 2.6 .

A perda média de $0.17$ por partida vem acompanhada de oscilações de tamanho típico $2.6$ euros — a esperança sem o desvio padrão conta apenas metade da história.

A distribuição do ganho G do e sua esperança (G) = -1/6 (tracejada): o ponto de equilíbrio das massas de probabilidade. — A distribuição do ganho $G$ do Exemplo 18.6 e sua esperança $\E(G) = -\frac16$ (tracejada): o ponto de equilíbrio das massas de probabilidade.

18.5 Exercícios

Exercício 18.1 ★

Uma carta é retirada de um baralho comum de $52$ cartas. Calcule a probabilidade de retirar: uma carta de copas; um rei; uma carta de copas ou um rei; nem carta de copas nem rei.

Solução

Solução de Exercício 18.1.

Modelo uniforme sobre $52$ cartas. Copas: $\frac{13}{52} = \frac14$ . Reis: $\frac{4}{52} = \frac{1}{13}$ . Copas ou rei: $\frac{13 + 4 - 1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ (o rei de copas é contado uma só vez). Nenhum dos dois: $1 - \frac{4}{13} = \frac{9}{13}$ .

Exercício 18.2 ★

Dois dados honestos são lançados e sua soma $S$ é registrada. Usando o modelo de $36$ resultados do Exemplo 18.2, calcule $\P(S = 6)$ , $\P(S \geq 10)$ e $\P(S \text{ é par})$ .

Solução

Solução de Exercício 18.2.

$S = 6$ : os pares $(1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1)$ , logo $\P(S = 6) = \frac{5}{36}$ .

$S \geq 10$ : três pares para $10$ , dois para $11$ , um para $12$ : $\P(S \geq 10) = \frac{6}{36} = \frac16$ .

$S$ par: as somas $2, 4, 6, 8, 10, 12$ têm $1 + 3 + 5 + 5 + 3 + 1 = 18$ pares: probabilidade $\frac{18}{36} = \frac12$ .

Exercício 18.3 ★

Uma variável aleatória tem distribuição

$x$	$-1$	$0$	$2$	$5$
$\P(X=x)$	$0.3$	$0.2$	$0.4$	$p$

Encontre $p$ e calcule em seguida $\E(X)$ .

Solução

Solução de Exercício 18.3.

As probabilidades somam $1$ : $p = 1 - 0.3 - 0.2 - 0.4 = 0.1$ . Então

\E(X) = 0.3 \times (-1) + 0.2 \times 0 + 0.4 \times 2 + 0.1 \times 5 = -0.3 + 0.8 + 0.5 = 1 .

Exercício 18.4 ★

$X$ satisfaz $\E(X) = 3$ e $\V(X) = 4$ . Dê a esperança, a variância e o desvio padrão de $Y = 2X - 5$ .

Solução

Solução de Exercício 18.4.

$\E(Y) = 2 \times 3 - 5 = 1$ ; $\V(Y) = 2^2 \times 4 = 16$ ; $\sigma(Y) = 4$ .

Exercício 18.5 ★★

Uma roleta de prêmios tem $10$ setores iguais: $5$ mostram $0$ euros, $3$ mostram $2$ euros e $2$ mostram $5$ euros. Jogar custa $2$ euros. Dê a distribuição do ganho $G$ (prêmio menos aposta), calcule $\E(G)$ e decida se o jogo é favorável.

Solução

Solução de Exercício 18.5.

Os prêmios são $0$ , $2$ , $5$ euros com probabilidades $0.5$ , $0.3$ , $0.2$ ; subtraindo a aposta de $2$ euros, $G$ assume os valores $-2, 0, 3$ :

$g$	$-2$	$0$	$3$
$\P(G=g)$	$0.5$	$0.3$	$0.2$

$\E(G) = -1 + 0 + 0.6 = -0.4$ : o jogador perde $40$ centavos por partida em média — desfavorável.

Exercício 18.6 ★★

Uma urna contém $3$ bolas vermelhas e $2$ azuis; duas bolas são retiradas sem reposição. Seja $X$ o número de bolas vermelhas retiradas. Monte a distribuição de $X$ (enumerando as $20$ retiradas ordenadas, ou usando uma árvore) e calcule $\E(X)$ .

Solução

Solução de Exercício 18.6.

Retirando em ordem: $\P(X = 2) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ (vermelha e depois vermelha); $\P(X = 0) = \frac25 \times \frac14 = \frac{1}{10}$ (azul e depois azul); logo $\P(X = 1) = 1 - \frac{3}{10} - \frac{1}{10} = \frac{6}{10}$ . Então

\E(X) = 0 \times \frac1{10} + 1 \times \frac6{10} + 2 \times \frac3{10} = \frac{12}{10} = 1.2 ,

coerente com a intuição: em média, $\frac35$ das duas retiradas são vermelhas.

Exercício 18.7 ★★

Para a roleta do Exercício 18.5, calcule $\V(G)$ e $\sigma(G)$ .

Solução

Solução de Exercício 18.7.

$\E(G^2) = 0.5 \times 4 + 0.3 \times 0 + 0.2 \times 9 = 3.8$ , logo, pela fórmula abreviada, $\V(G) = 3.8 - (-0.4)^2 = 3.8 - 0.16 = 3.64$ e $\sigma(G) \approx 1.9$ euros.

Exercício 18.8 ★★

Uma seguradora vende uma apólice por $80$ euros. Com probabilidade $0.05$ o cliente reclama $1000$ euros, com probabilidade $0.01$ reclama $5000$ euros, e não reclama nada nos demais casos. Seja $B$ o resultado da empresa em uma apólice. Dê a distribuição de $B$ , calcule $\E(B)$ e interprete.

Solução

Solução de Exercício 18.8.

O resultado é $80$ menos o valor reclamado:

$b$	$80$	$-920$	$-4920$
$\P(B=b)$	$0.94$	$0.05$	$0.01$

$\E(B) = 75.2 - 46 - 49.2 = -20$ : a esse preço, a empresa perde $20$ euros por apólice em média. O prêmio é baixo demais para os riscos cobertos (ele precisaria passar de $100$ euros para dar resultado esperado positivo).

Exercício 18.9 ★★

Uma questão de múltipla escolha tem $4$ respostas, uma correta. Uma resposta certa vale $+1$ ; para desestimular o chute, uma resposta errada vale $x < 0$ . Um aluno responde ao acaso. Para que valor de $x$ a pontuação esperada do aluno é nula?

Solução

Solução de Exercício 18.9.

A pontuação aleatória é $+1$ com probabilidade $\frac14$ e $x$ com probabilidade $\frac34$ :

\E = \frac14 + \frac{3x}{4} = 0 \iff x = -\frac13 .

Com a penalidade $-\frac13$ , chutar ao acaso não traz nada em média.

Exercício 18.10 ★★

Duas moedas honestas são lançadas. Ana propõe: “se as duas moedas coincidirem, eu lhe pago $1$ euro; se forem diferentes, você me paga $1$ euro”. Calcule o ganho esperado de cada jogador. O jogo é justo? Mesma pergunta com três moedas, em que Ana paga $2$ euros se as três coincidirem.

Solução

Solução de Exercício 18.10.

Duas moedas: elas coincidem (duas caras ou duas coroas) com probabilidade $\frac24 \times 2 = \frac12$ . O ganho do jogador é $+1$ ou $-1$ com probabilidades iguais: esperança $0$ para os dois jogadores — o jogo é justo.

Três moedas: as três coincidem (três caras ou três coroas) com probabilidade $\frac{2}{8} = \frac14$ . O jogador recebe $2$ com probabilidade $\frac14$ e paga $1$ com probabilidade $\frac34$ : $\E = \frac24 - \frac34 = -\frac14$ . O jogo favorece Ana em $25$ centavos por rodada; seria justo se ela pagasse $3$ euros por uma trinca coincidente.

Exercício 18.11 ★★★

Uma rifa vende $1000$ bilhetes a $5$ euros cada. Um bilhete ganha $2000$ euros, cinco bilhetes ganham $200$ euros e vinte bilhetes ganham $25$ euros.

Dê a distribuição da arrecadação total menos os prêmios, do ponto de vista do organizador, e a do ganho $G$ de um único jogador.
Calcule $\E(G)$ e o lucro total esperado do organizador. Verifique que as duas respostas são coerentes.

Solução

Solução de Exercício 18.11.

1. O organizador recebe $1000 \times 5 = 5000$ euros e paga $2000 + 5 \times 200 + 20 \times 25 = 3500$ euros ao todo: o lucro é a constante $1500$ (nenhuma aleatoriedade, uma vez vendidos todos os bilhetes). O ganho $G$ de um único jogador (prêmio menos o bilhete de $5$ euros):

$g$	$1995$	$195$	$20$	$-5$
$\P(G=g)$	$\dfrac{1}{1000}$	$\dfrac{5}{1000}$	$\dfrac{20}{1000}$	$\dfrac{974}{1000}$

\E(G) = \frac{1995 + 5 \times 195 + 20 \times 20 - 974 \times 5}{1000} = \frac{1995 + 975 + 400 - 4870}{1000} = -1.5 .

Cada jogador espera perder $1.50$ euro; em $1000$ jogadores isso dá $1500$ euros — exatamente o lucro do organizador. As contas fecham: o que os jogadores perdem em média é precisamente o que o organizador arrecada.

18.6 Problema: A partida interrompida

Problema 18.1

Problema de fim de semana — Pascal, Fermat e a divisão justa de uma aposta interrompida: o nascimento da esperança, a mágica da linearidade e o que a esperança não enxerga

Em 1654, o cavaleiro de Méré — o mesmo jogador cujas apostas em dados abriram o problema de probabilidade do volume do ensino fundamental — fez a Blaise Pascal uma pergunta mais profunda: dois jogadores igualmente hábeis têm de interromper sua série no placar de $5$ a $3$ , sendo que seis vitórias levam o bolo de $64$ pistolas. Como dividir o bolo de forma justa? As cartas trocadas entre Pascal e Fermat para responder a isso fundaram o conceito que está no coração deste capítulo: a esperança (Definição 18.8). Você vai rededuzir a resposta deles pelos dois caminhos e depois conhecer o truque de festa da linearidade e o único ponto cego da esperança.

Parte I — Fluência com esperança.

Lance um dado honesto; seu ganho é (face $- 3$ ) euros. Monte a tabela de distribuição do ganho $G$ (Método 18.7) e calcule $\E(G)$ .
Calcule $V(G)$ com a fórmula abreviada (Proposição 18.13) e $\sigma(G)$ (duas casas decimais).
Sem nenhuma tabela nova, dê $\E(2G - 1)$ e $V(2G - 1)$ (Proposição 18.14).
Uma barraca cobra $m$ euros para você lançar dois dados e lhe paga a soma em euros. Qual é o preço justo $m$ ? A barraca cobra $8$ : qual é sua perda esperada por partida?
Um notebook de $800$ euros tem $5\,\%$ de chance de ser destruído a cada ano. Calcule o prêmio de seguro justo e o lucro esperado da seguradora por apólice se ela cobrar $60$ euros.

Parte II — Dividir o bolo. Placar $5$ – $3$ , o primeiro a $6$ leva as $64$ pistolas, e as rodadas são lançamentos de uma moeda honesta.

Duas respostas erradas tentadoras: dividir $5 : 3$ (proporcionalmente às rodadas ganhas) ou dar tudo a quem lidera. Diga em uma frase cada o que há de injusto nelas.
O método de Fermat: o jogador A precisa de $1$ vitória a mais e B precisa de $3$ ; imagine jogar exatamente mais $3$ rodadas, aconteça o que acontecer. Liste os $8$ resultados igualmente prováveis, marque quem ganha a série em cada um e deduza a divisão justa das $64$ pistolas.
O ponto sutil que Fermat teve de defender: a partida real poderia parar depois de uma rodada — por que é, ainda assim, legítimo raciocinar sobre as $3$ rodadas imaginárias?
O método de Pascal, de trás para a frente: calcule a parte justa de A nos placares (hipotéticos) $5$ – $5$ , depois $5$ – $4$ e depois $5$ – $3$ , a cada vez tirando a média dos dois futuros igualmente prováveis. Compare com a questão 7.
Mesma pergunta no placar $4$ – $3$ : quantas rodadas imaginárias, quais resultados dão a série a B e qual é a divisão justa?
Enuncie o princípio que os dois métodos partilham — o valor justo de um futuro incerto é a sua esperança — e nomeie duas indústrias modernas que funcionam inteiramente sobre ele (a questão 5 mostra uma).
Uma verificação de sanidade para qualquer placar: explique, com a linearidade da esperança (Proposição 18.11), por que as partes justas dos dois jogadores têm sempre de somar exatamente o bolo de $64$ pistolas.

Parte III — O truque de festa da linearidade.

Reobtenha $\E(\text{soma de dois dados}) = 7$ em uma linha com a linearidade (Proposição 18.11), sem tabela de $36$ casas. Para a variância da soma, a regra $V(X + Y) = V(X) + V(Y)$ exige que os dados sejam independentes (admitido): calcule-a.
A festa dos chapéus: $n$ convidados jogam seus chapéus em uma pilha e cada um pega um de volta ao acaso. Seja $X$ o número de convidados que recuperam o próprio chapéu. Para um convidado fixado, qual é a probabilidade de recuperar o próprio chapéu? Somando essas $n$ chances (linearidade!), calcule $\E(X)$ . A resposta deve surpreender: ela não depende de $n$ .
Verifique $\E(X) = 1$ na força bruta para $n = 2$ e $n = 3$ (liste as $2$ e as $6$ distribuições de chapéus igualmente prováveis e tire a média das contagens).
As recuperações dos convidados estão longe de ser independentes (se $n - 1$ convidados recuperaram o próprio chapéu, o último também tem de recuperar). Em que ponto exatamente o cálculo da questão 14 não exigiu independência? Enuncie o superpoder da linearidade.

Parte IV — O que a esperança não enxerga.

Duas raspadinhas de $5$ euros: a raspadinha A paga $10$ euros com probabilidade $\frac12$ ; a B paga $1\,000$ euros com probabilidade $0.005$ . Verifique que os dois ganhos têm a mesma esperança e calcule as duas variâncias. Que raspadinha as pessoas de fato compram, e o que elas estão comprando?
O jogo de São Petersburgo: lance uma moeda até sair a primeira coroa; se a primeira coroa sair no lançamento $n$ , você recebe $2^n$ euros. Calcule a contribuição de cada $n$ à esperança e a própria esperança. Você pagaria $1\,000$ euros para jogar uma única vez? O que esse conflito ensina sobre a esperança?
O seguro visto pelo cliente: pagar $20$ euros ou correr um risco de $1\,\%$ de perder $1\,000$ ? Compare as duas esperanças e explique por que comprar o seguro pode ainda assim ser racional (sobre o que uma única família não consegue “tirar média”?).
Final — a biografia da esperança, uma frase por capítulo: nascida em 1654 para dividir um bolo; seu superpoder, a linearidade, que soma esperanças sem pedir licença à independência (os chapéus); seu ponto cego, o risco, que a variância mede (raspadinhas, São Petersburgo, seguro); e sua coroação no ano que vem, quando a lei dos grandes números explicar exatamente por que a banca sempre ganha.

Solução

Solução de Problema 18.1.

1. $G$ assume $-2, -1, 0, 1, 2, 3$ , cada um com probabilidade $\frac16$ : $\E(G) = \frac{-2 - 1 + 0 + 1 + 2 + 3}{6} = \frac12$ euro.

2. $\E(G^2) = \frac{4 + 1 + 0 + 1 + 4 + 9}{6} = \frac{19}{6}$ ; $V(G) = \frac{19}{6} - \frac14 = \frac{35}{12} \approx 2.92$ ; $\sigma(G) \approx 1.71$ .

3. $\E(2G - 1) = 2 \times \frac12 - 1 = 0$ ; $V(2G - 1) = 4\,V(G) = \frac{35}{3}$ .

4. $\E(\text{soma}) = 7$ : preço justo $7$ euros. A $8$ , a perda esperada é de $1$ euro por partida.

5. Prêmio justo: $0.05 \times 800 = 40$ euros. Cobrando $60$ : lucro esperado de $20$ euros por apólice.

6. Dividir $5:3$ premia o passado — mas o bolo pertence a quem ganhar o futuro, e B ainda poderia vencer. Dar tudo a A trata uma vitória provável como certa — a pequena chance de B vale alguma coisa.

7. Rodadas a jogar: $3$ ; resultados (vitória de A ou de B por rodada): AAA, AAB, ABA, ABB, BAA, BAB, BBA, BBB. O jogador B leva a série apenas ganhando as três: só BBB. A ganha a série em $7$ dos $8$ casos: divisão justa de $64 \times \frac78 = 56$ pistolas para A e $8$ para B.

8. Jogar as rodadas extras e inúteis não muda a vitória de ninguém: uma vez que A tenha sua sexta vitória, as rodadas seguintes são cerimônia. Mas fixar o horizonte em exatamente $3$ rodadas torna os $8$ resultados igualmente prováveis — uma contagem honesta precisa de histórias do mesmo comprimento, e preenchê-las não custa nada.

9. Em $5$ – $5$ : uma rodada decisiva, $32$ para cada um. Em $5$ – $4$ : A recebe $\frac{64 + 32}{2} = 48$ . Em $5$ – $3$ : a rodada seguinte leva a $64$ (se A a vencer) ou à posição $5$ – $4$ , que vale $48$ : a parte de A é $\frac{64 + 48}{2} = 56$ — o $56 : 8$ de Fermat, rededuzido caminhando de trás para a frente.

10. A precisa de $2$ e B de $3$ : jogue $4$ rodadas imaginárias ( $16$ resultados). B leva a série com $3$ ou $4$ vitórias: $4 + 1 = 5$ resultados. Divisão: para B, $64 \times \frac{5}{16} = 20$ ; para A, $44$ .

11. O valor presente justo de um pagamento futuro incerto é a sua esperança — a média ponderada pelas probabilidades do que pode acontecer. Os seguros (questão 5) e as finanças (precificação de pagamentos incertos) são essa frase transformada em indústria; os cassinos também, do outro lado da mesa.

12. O bolo sempre vai parar em algum lugar: as duas partes são variáveis aleatórias que somam a constante $64$ , logo, por linearidade, $\E_A + \E_B = 64$ — as partes justas esgotam o bolo, em qualquer placar.

13. Linearidade: $\E(X + Y) = 3.5 + 3.5 = 7$ , sem tabela — verdadeiro até para dados colados um no outro. Variância de um dado: $\E(X^2) - 3.5^2 = \frac{91}{6} - \frac{49}{4} = \frac{35}{12}$ ; para dados independentes, $V(X + Y) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} = \frac{35}{6}$ .

14. Cada convidado fixado recupera o próprio chapéu com probabilidade $\frac1n$ (o chapéu dele é um entre $n$ ). Somando sobre os $n$ convidados: $\E(X) = n \times \frac1n = 1$ — um convidado de sorte em média, tenha a festa dois chapéus ou dois mil.

15. $n = 2$ : as distribuições são ambos certos ( $X = 2$ ) ou trocados ( $X = 0$ ): $\E = 1$ . $n = 3$ : as seis distribuições dão $X = 3, 1, 1, 1, 0, 0$ : $\E = \frac{6}{6} = 1$ .

16. O cálculo somou as esperanças dos $n$ indicadores individuais (“o convidado $i$ pegou o próprio chapéu”), e a linearidade soma esperanças sem condições — a dependência arruinaria um produto ou uma variância, mas nunca uma soma de esperanças. Esse é o superpoder da linearidade: nenhuma pergunta sobre independência.

17. Os dois ganhos: $\E = 0.5 \times 10 - 5 = 0$ e $0.005 \times 1000 - 5 = 0$ . Variâncias (do ganho): A: $\E(G^2) = 0.5 \times 25 + 0.5 \times 25 = 25$ ; B: $0.005 \times 995^2 + 0.995 \times 25 \approx 4\,975$ : $\sigma_A = 5$ e $\sigma_B \approx 70.5$ . As pessoas compram a B: o que elas adquirem não é esperança (nula nas duas), e sim a dispersão — uma pequena chance de uma cauda direita que muda a vida.

18. A primeira coroa no lançamento $n$ tem probabilidade $2^{-n}$ e paga $2^n$ : cada $n$ contribui $2^{-n} \times 2^n = 1$ para a esperança, que é, portanto, $1 + 1 + 1 + \dots$ : infinita. E, no entanto, ninguém em sã consciência paga $1\,000$ para jogar uma vez: com probabilidade $\frac{15}{16}$ o pagamento é no máximo $16$ . A esperança resume o longo prazo de apostas repetíveis; um jogo único com uma cauda selvagem não se precifica pela média.

19. Esperanças: com seguro, $-20$ ; sem seguro, $-0.01 \times 1000 = -10$ . A estratégia descoberta vence em média — para quem consegue absorver a perda e repetir a aposta muitas vezes. Uma família que não sobrevive ao $-1\,000$ não está no ramo das médias: ela paga $10$ a mais para apagar a variância. As seguradoras tiram médias; as famílias compram certeza.

20. Nascida da divisão de um bolo entre dois jogadores impacientes; fortalecida pela linearidade, que soma esperanças sem pedir licença à dependência (os chapéus); cega ao risco, que a variância — as raspadinhas, o jogo de São Petersburgo, a apólice da família — tem de medir em seu lugar; e coroada no ano que vem pela lei dos grandes números, que explica por que as médias sempre acabam sendo cobradas.