Matemática do ensino médio · कक्षा 10–12

19A distribuição binomial

Repita várias vezes, de forma independente, o mesmo experimento de sim/não e conte os sucessos: a distribuição resultante — a binomial — é a mais importante de todas as distribuições discretas. Este capítulo a constrói com árvores e contagem de caminhos; a fórmula fechada para o número de caminhos (com fatoriais) chega com as ferramentas de contagem do Capítulo 27, e a distribuição é retomada no Capítulo 33.

19.1 Ensaios de Bernoulli

Definição 19.1 (Ensaio de Bernoulli)

Um ensaio de Bernoulli é um experimento com exatamente dois resultados: sucesso, com probabilidade $p$ , e fracasso, com probabilidade $1 - p$ . Diz-se que a variável aleatória $X$ igual a $1$ no sucesso e a $0$ no fracasso segue a distribuição de Bernoulli $\mathcal B(p)$ ; então

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

Demonstração das duas fórmulas. $\E(X) = p \times 1 + (1-p) \times 0 = p$ ; e, como $X^2 = X$ (tanto $0$ quanto $1$ são iguais aos próprios quadrados), $\E(X^2) = p$ , logo, pela Proposição 18.13, $\V(X) = p - p^2 = p(1-p)$ . ∎

Definição 19.2 (Ensaios independentes repetidos)

Repetir um ensaio de Bernoulli $n$ vezes de forma independente significa: o resultado de cada ensaio não influencia os demais, e a probabilidade de uma sequência completa de resultados é o produto das probabilidades ao longo do caminho correspondente da árvore — $p$ para cada sucesso, $1 - p$ para cada fracasso.

Exemplo 19.3

Três ensaios independentes com probabilidade de sucesso $p$ . A sequência SFS (sucesso, fracasso, sucesso) tem probabilidade $p(1-p)p = p^2(1-p)$ — e o mesmo vale para toda sequência com exatamente dois sucessos, quaisquer que sejam as posições: só o número de S e de F importa.

19.2 Contagem de caminhos e coeficientes binomiais

Definição 19.4 (Coeficiente binomial)

Na árvore de $n$ ensaios independentes, o coeficiente binomial $\binom{n}{k}$ (lê-se “ $n$ escolhe $k$ ”) é o número de caminhos que contêm exatamente $k$ sucessos.

Exemplo 19.5

$\binom{3}{2} = 3$ : os caminhos SSF, SFS, FSS. Do mesmo modo, $\binom{3}{0} = 1$ (o caminho FFF), $\binom{3}{1} = 3$ e $\binom{3}{3} = 1$ . Por convenção e pela árvore, $\binom n0 = \binom nn = 1$ para todo $n$ .

A árvore de n = 3 ensaios: 32 = 3 caminhos (em vermelho) carregam exatamente dois sucessos, cada um com probabilidade p2(1-p). — A árvore de $n = 3$ ensaios: $\binom{3}{2} = 3$ caminhos (em vermelho) carregam exatamente dois sucessos, cada um com probabilidade $p^2(1-p)$ .

Proposição 19.6 (Relação de Pascal)

Para $1 \leq k \leq n - 1$ :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}.

Demonstração. Separe os caminhos da árvore de $n$ ensaios com $k$ sucessos conforme o seu último ensaio. Os que terminam em sucesso vêm de um caminho dos primeiros $n-1$ ensaios com $k - 1$ sucessos: há $\binom{n-1}{k-1}$ deles. Os que terminam em fracasso prolongam um caminho com $k$ sucessos entre os primeiros $n-1$ ensaios: $\binom{n-1}{k}$ deles. Todo caminho é de exatamente um dos dois tipos. ∎

A relação de Pascal gera os coeficientes linha a linha — cada entrada é a soma das duas que estão acima dela:

\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}

Observação 19.7

Uma fórmula fechada, $\binom nk = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ , junto com uma teoria sistemática de contagem, é estabelecida no Capítulo 27. Neste nível, o triângulo de Pascal calcula todos os coeficientes de que precisamos.

19.3 A distribuição binomial

Teorema 19.8 (Distribuição binomial)

Seja $X$ o número de sucessos em $n$ ensaios de Bernoulli independentes de parâmetro $p$ . Então $X$ segue a distribuição binomial $\mathcal B(n, p)$ :

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

Demonstração. O evento $X = k$ é o conjunto de todos os caminhos com exatamente $k$ sucessos. Cada caminho desses tem probabilidade $p^k(1-p)^{n-k}$ : o produto ao longo do caminho contém $k$ fatores $p$ e $n - k$ fatores $1-p$ , em alguma ordem (Definição 19.2). Há $\binom nk$ caminhos assim (Definição 19.4), e suas probabilidades se somam. ∎

Exemplo 19.9

Um teste tem $5$ questões independentes, cada uma com $4$ alternativas; um aluno responde ao acaso, de modo que cada questão é um sucesso com $p = \frac14$ . O número $X$ de respostas corretas segue $\mathcal B\left(5, \frac14\right)$ e, usando a linha $5$ do triângulo de Pascal:

\P(X = 2) = \binom52 \left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^3 = 10 \times \frac{1}{16} \times \frac{27}{64} = \frac{270}{1024} \approx 0.26 .

A probabilidade de pelo menos uma resposta correta usa o complementar: $\P(X \geq 1) = 1 - \P(X = 0) = 1 - \left(\frac34\right)^5 \approx 0.76$ .

Proposição 19.10 (Esperança e variância)

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

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

Justificativa. Escreva $X = X_1 + X_2 + \dots + X_n$ , em que $X_i$ vale $1$ se o $i$ -ésimo ensaio é bem-sucedido: cada $X_i$ é uma variável de Bernoulli de esperança $p$ (Definição 19.1). As médias se somam — somar as $n$ contribuições dá $\E(X) = np$ . Que as variâncias também se somam para variáveis independentes é verdade, mas mais delicado: a fórmula da variância é admitida neste nível e demonstrada no Capítulo 34. ∎

A distribuição B(10, 0.5) (dez lançamentos de uma moeda honesta): centrada em (X) = np = 5, simétrica, com quase toda a probabilidade entre 2 e 8. — A distribuição $\mathcal B(10, 0.5)$ (dez lançamentos de uma moeda honesta): centrada em $\E(X) = np = 5$ , simétrica, com quase toda a probabilidade entre $2$ e $8$ .

Método 19.11 (Reconhecer uma situação binomial)

Antes de escrever $X \sim \mathcal B(n, p)$ , confira três ingredientes: um número fixo $n$ de ensaios, decidido de antemão; cada ensaio com dois resultados e a mesma probabilidade de sucesso $p$ ; e ensaios independentes (com reposição, ou dispositivos separados). Retirar sem reposição de uma população pequena não é binomial — a probabilidade muda a cada retirada (Exercício 18.6).

19.4 Amostragem: a observação é surpreendente?

A distribuição binomial responde a uma pergunta muito prática: se a probabilidade de sucesso é mesmo $p$ , que números de sucessos são plausíveis?

Exemplo 19.12

Uma máquina deveria produzir no máximo $10\%$ de peças defeituosas. Em um lote de $10$ peças, $4$ estão defeituosas. Azar ou máquina quebrada? Se a máquina estiver boa, o número de defeituosas segue $\mathcal B(10, 0.1)$ , e

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

cerca de uma chance em $80$ . Observar um evento tão improvável é um sinal forte — rejeita-se a hipótese de que a máquina ainda trabalha a $10\%$ , tendo em mente que a decisão pode estar errada com probabilidade de cerca de $0.013$ .

Método 19.13 (Regra de decisão a partir de um modelo binomial)

Para julgar um número observado $k$ de sucessos contra uma hipótese $X \sim \mathcal B(n, p)$ : calcule, sob a hipótese, a probabilidade de um resultado pelo menos tão extremo quanto $k$ . Se essa probabilidade for muito pequena (convenção comum: abaixo de $5\%$ ), rejeite a hipótese; caso contrário, a observação é compatível com ela. O limiar é uma escolha, não um teorema — a estatística quantifica o risco, e o usuário o aceita.

19.5 Exercícios

Exercício 19.1 ★

Estenda o triângulo de Pascal até a linha $7$ e dê os valores de $\binom62$ , $\binom{7}{3}$ e $\binom74$ .

Solução

Solução de Exercício 19.1.

Linhas $6$ e $7$ :

1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1 \qquad\text{e}\qquad 1,\ 7,\ 21,\ 35,\ 35,\ 21,\ 7,\ 1 .

Logo $\binom62 = 15$ , $\binom73 = 35$ , $\binom74 = 35$ (a simetria $\binom73 = \binom74$ reflete a troca entre sucessos e fracassos).

Exercício 19.2 ★

Um dado honesto é lançado $4$ vezes; $X$ conta os seis. Justifique que $X \sim \mathcal B\left(4, \frac16\right)$ e calcule $\P(X = 0)$ , $\P(X = 1)$ e $\P(X \geq 2)$ .

Solução

Solução de Exercício 19.2.

Número fixo de ensaios ( $4$ lançamentos), dois resultados por lançamento (seis ou não, $p = \frac16$ ) e lançamentos independentes: $X \sim \mathcal B(4, \frac16)$ .

\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 .

Exercício 19.3 ★

Qual das situações a seguir é binomial? Justifique.

Número de caras em $20$ lançamentos de uma moeda honesta.
Número de ases em $5$ cartas distribuídas de um mesmo baralho.
Número de dias de chuva na próxima semana, se cada dia é chuvoso com probabilidade $0.3$ , de forma independente.

Solução

Solução de Exercício 19.3.

1. Binomial $\mathcal B(20, \frac12)$ : $n$ fixo, mesmo $p$ , lançamentos independentes.

2. Não é binomial: as cartas são distribuídas sem reposição, de modo que a probabilidade de um ás muda de carta para carta e as retiradas não são independentes.

3. Binomial $\mathcal B(7, 0.3)$ , pela hipótese de independência enunciada.

Exercício 19.4 ★

$X \sim \mathcal B(50, 0.2)$ . Dê $\E(X)$ , $\V(X)$ e $\sigma(X)$ .

Solução

Solução de Exercício 19.4.

$\E(X) = 50 \times 0.2 = 10$ ; $\V(X) = 50 \times 0.2 \times 0.8 = 8$ ; $\sigma(X) = 2\sqrt2 \approx 2.83$ .

Exercício 19.5 ★★

Um arqueiro acerta o alvo com probabilidade $0.7$ em cada disparo, de forma independente. Em $6$ disparos, calcule a probabilidade de exatamente $4$ acertos e a de pelo menos $5$ acertos.

Solução

Solução de Exercício 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 .

Exercício 19.6 ★★

Uma prova de verdadeiro ou falso tem $8$ questões; um aluno chuta cada resposta. Qual é a probabilidade de ele passar (pelo menos $6$ respostas corretas)?

Solução

Solução de Exercício 19.6.

$X \sim \mathcal B\left(8, \frac12\right)$ ; todo caminho tem probabilidade $\frac{1}{256}$ , logo

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

Chutar aprova cerca de uma vez em sete.

Exercício 19.7 ★★

Cada caixa de cereal comprada contém a figurinha A ou a figurinha B, cada uma com probabilidade $\frac12$ , de forma independente. Um colecionador compra $5$ caixas. Calcule a probabilidade de ele obter pelo menos uma figurinha de cada tipo. (Complementar: todas A ou todas B.)

Solução

Solução de Exercício 19.7.

O complementar de “pelo menos uma de cada” é “as cinco iguais”: todas A ou todas B, cada caso com probabilidade $\left(\frac12\right)^5 = \frac1{32}$ . Logo

\P(\text{uma de cada tipo}) = 1 - \frac{2}{32} = \frac{15}{16} .

Exercício 19.8 ★★

Um jogador de basquete converte lances livres com probabilidade $p$ , de forma independente. Seja $X \sim \mathcal B(3, p)$ o número de conversões em três lances. Exprima $\P(X = 3)$ e $\P(X \geq 1)$ em função de $p$ e encontre para que $p$ a probabilidade de converter os três vale $\frac{27}{64}$ .

Solução

Solução de Exercício 19.8.

$\P(X = 3) = p^3$ e $\P(X \geq 1) = 1 - (1-p)^3$ . Resolver $p^3 = \frac{27}{64} = \left(\frac34\right)^3$ dá $p = \frac34$ (a função cubo é estritamente crescente, Capítulo 11, de modo que a solução é única).

Exercício 19.9 ★★

Quantas vezes uma moeda honesta precisa ser lançada para que a probabilidade de obter pelo menos uma cara ultrapasse $0.99$ ? (Complementar e depois teste valores sucessivos de $n$ .)

Solução

Solução de Exercício 19.9.

$\P(\text{pelo menos uma cara}) = 1 - \left(\frac12\right)^n$ , de modo que a condição é $\left(\frac12\right)^n < 0.01$ , isto é, $2^n > 100$ . Como $2^6 = 64$ e $2^7 = 128$ : a partir de $n = 7$ lançamentos.

Exercício 19.10 ★★

Usando a relação de Pascal (Proposição 19.6) e $\binom n0 = \binom nn = 1$ , demonstre que as entradas de cada linha do triângulo de Pascal somam $2^n$ : interprete os dois lados como contagens de todos os caminhos da árvore.

Solução

Solução de Exercício 19.10.

A soma da linha $n$ conta todos os caminhos da árvore de $n$ ensaios, separados pelo número de sucessos. Mas a árvore dobra seus caminhos a cada ensaio (cada caminho se divide em S e F), de modo que ela tem $2^n$ caminhos ao todo. Logo $\sum_{k} \binom nk = 2^n$ . Alternativamente, por indução: a linha $0$ soma $1 = 2^0$ , e a relação de Pascal faz cada entrada da linha $n$ contribuir para exatamente duas entradas da linha $n+1$ , de modo que as somas das linhas dobram.

Exercício 19.11 ★★★

Um político afirma ter $60\%$ de aprovação. Em uma amostra aleatória de $10$ pessoas, apenas $3$ aprovam.

Sob a afirmação, que distribuição segue o número $X$ de aprovações na amostra? Calcule $\P(X \leq 3)$ .
Usando a regra de decisão do Método 19.13 com um limiar de $5\%$ , a observação é compatível com a afirmação?

Solução

Solução de Exercício 19.11.

1. Sob a afirmação, $X \sim \mathcal B(10, 0.6)$ . Somando os primeiros termos:

\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. Um resultado pelo menos tão extremo quanto o observado ( $3$ aprovações ou menos) tem probabilidade de cerca de $5.5\%$ — logo acima do limiar de $5\%$ . Aplicando a regra ao pé da letra, a observação é (por pouco) compatível com a afirmação e não se rejeita a hipótese. O exemplo mostra o quanto as decisões no limite são sensíveis à escolha do limiar: com uma convenção de $6\%$ a conclusão se inverteria.

19.6 Problema: O tabuleiro de Galton

Problema 19.1

Problema de fim de semana — bolinhas, pinos e o triângulo de Pascal: como nasce a forma de sino, por que as séries de playoff favorecem o time mais forte e quando gritar que houve trapaça

Deixe cair mil bolinhas por uma grade de pinos, cada quique um lançamento honesto de moeda entre esquerda e direita, e as canaletas de baixo se preenchem formando um sino liso e simétrico — todas as vezes. A máquina chama-se tabuleiro de Galton, e sua matemática é exatamente a distribuição binomial deste capítulo (Teorema 19.8). Este problema constrói o triângulo, opera o tabuleiro, arbitra uma série melhor de sete e termina onde a binomial ganha o seu salário: decidindo quando uma observação deve nos fazer duvidar de uma afirmação.

Parte I — O triângulo.

Construa o triângulo de Pascal até a linha $6$ (Proposição 19.6). Enuncie e explique em uma frase a simetria $\binom nk = \binom{n}{n-k}$ (escolher $k$ objetos é o mesmo que …).
Verifique nas linhas $4$ e $5$ que cada linha soma $2^n$ e demonstre isso: o que todos os $\binom nk$ juntos contam?
Rededuza a relação de Pascal $\binom{n+1}{k} = \binom nk + \binom{n}{k-1}$ pelo argumento da comissão: fixe uma pessoa distinguida e separe as comissões conforme o destino dessa pessoa.
Calcule $\binom73$ de duas maneiras: pelo triângulo e pela fórmula com fatoriais.
Verifique a identidade da escada $\binom22 + \binom32 + \binom42 + \binom52 = \binom63$ e explique-a aplicando a relação de Pascal em cascata a partir de $\binom63$ .

Parte II — O tabuleiro. Uma bolinha cai por $n$ fileiras de pinos; em cada pino ela quica para a esquerda ou para a direita com probabilidade $\frac12$ , de forma independente. Numere as canaletas de $0$ a $n$ pelo número de quiques para a direita.

Explique, com a lista de verificação do Método 19.11, por que o número da canaleta segue a distribuição binomial $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .
Para um tabuleiro pequeno ( $n = 4$ ): dê as cinco probabilidades de canaleta. Qual canaleta fica mais cheia?
Agora $n = 10$ e $1\,024$ bolinhas: quais são as quantidades esperadas de bolinhas na canaleta central, na canaleta $7$ e em cada canaleta da ponta? Descreva a forma da pilha.
Para $X \sim \mathcal B\!\left(10, \frac12\right)$ : calcule $\E(X)$ , $V(X)$ e $\sigma$ (Proposição 19.10); calcule em seguida a proporção de bolinhas esperada a menos de $2\sigma$ do centro (canaletas $2$ a $8$ ) e compare com a garantia de Chebyshev do Problema 17.1.
Um tabuleiro inclinado quica para a direita com probabilidade $0.6$ : dê $\E$ , $V$ e $\sigma$ para $n = 10$ e descreva o que acontece com a pilha.
Em uma ou duas frases: o que, no projeto do tabuleiro, fabrica a forma de sino — e por que tantas grandezas do mundo real (alturas, erros de medição) se empilham do mesmo jeito? (O teorema profundo por trás das duas coisas é o teorema central do limite, o cume do curso de probabilidade dos volumes de graduação.)

Parte III — Melhor de sete. Dois times disputam uma série: o primeiro a $4$ vitórias leva o título; as partidas são independentes.

Times equivalentes ( $p = \frac12$ ): calcule a probabilidade de a série terminar em varrida (exatamente $4$ jogos).
Calcule a probabilidade de a série ir aos $7$ jogos completos (qual tem de ser o placar depois de $6$ ?).
Complete a distribuição da duração da série ( $4$ , $5$ , $6$ ou $7$ jogos) para times equivalentes e calcule a duração esperada. Quais durações são mais prováveis?
Agora um dos times vence cada jogo com $p = 0.6$ . Calcule sua probabilidade de levar a série (vencer em $4$ , $5$ , $6$ ou $7$ jogos: em cada caso o time vence o último jogo e $3$ dos anteriores). O que a série fez com a vantagem por jogo?
Compare com uma final única ( $60\,\%$ ) e com uma melhor de 3 (calcule-a). Enuncie o efeito geral da duração da série sobre a disputa entre habilidade e sorte — e por que as ligas preferem finais longas.

Parte IV — Quando gritar que houve trapaça.

Uma moeda é lançada $100$ vezes e mostra $62$ caras. Para uma moeda honesta, dê $\E$ , $\sigma$ e o escore z (Problema 17.1) da observação. Qual o veredicto sob a convenção de $2\sigma$ ?
Um fornecedor afirma ter $2\,\%$ de peças defeituosas. Em um lote de $50$ você encontra $3$ defeituosas. Calcule $\P(X \geq 3)$ sob a afirmação ( $X \sim \mathcal B(50, 0.02)$ ; passe por $\P(X = 0), \P(X = 1), \P(X = 2)$ ). Alarmante ao limiar de $5\,\%$ (Método 19.13, Exercício 19.11)?
Persistência na loteria: cada bilhete ganha (alguma coisa) com probabilidade $\frac{1}{1000}$ . Calcule a probabilidade de pelo menos uma vitória com $1\,000$ bilhetes. A resposta ( $\approx 63\,\%$ , e não $100\,\%$ !) esconde uma constante famosa: calcule $0.999^{1000}$ e guarde o número $0.368$ para o ano 12.
Final — o retrato da binomial: a lista de reconhecimento ( $n$ fixo, independência, $p$ constante); o triângulo de Pascal como sua tabela; o sino como sua forma; $np$ e $np(1-p)$ como sua bússola; e seus dois herdeiros à espera no ano 12 — a curva em sino contínua e a lei dos grandes números. Uma frase para cada.

Solução

Solução de Problema 19.1.

1. Linhas: $1$ ; $1\,1$ ; $1\,2\,1$ ; $1\,3\,3\,1$ ; $1\,4\,6\,4\,1$ ; $1\,5\,10\,10\,5\,1$ ; $1\,6\,15\,20\,15\,6\,1$ . Simetria: escolher quais $k$ objetos levar é o mesmo ato que escolher quais $n - k$ deixar para trás.

2. $1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 2^4$ ; $1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 2^5$ . Demonstração: os $\binom nk$ contam os subconjuntos de cada tamanho de um conjunto de $n$ elementos, e os subconjuntos ao todo são $2^n$ (cada elemento entra ou não, de forma independente).

3. Comissões de $k$ pessoas escolhidas entre $n + 1$ , uma das quais é Zoé: as sem Zoé são $\binom nk$ (escolher as $k$ entre as outras); as com Zoé são $\binom{n}{k-1}$ (escolher os $k - 1$ colegas dela). Total: $\binom nk + \binom{n}{k-1}$ .

4. Linha $7$ do triângulo: $1\,7\,21\,35\,\dots$ : $35$ . Fórmula: $\frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = 35$ .

5. $1 + 3 + 6 + 10 = 20 = \binom63$ . Cascata: $\binom63 = \binom52 + \binom53 = \binom52 + \binom42 + \binom43 = \binom52 + \binom42 + \binom32 + \binom33$ — cada aplicação da relação de Pascal descasca um degrau da escada.

6. Número fixo $n$ de quiques; cada quique um ensaio de Bernoulli independente com o mesmo $p = \frac12$ ; o número da canaleta conta os sucessos (quiques para a direita): as três caixas do Método 19.11 marcadas: $\mathcal B\!\left(n, \frac12\right)$ .

7. Probabilidades $\frac{1}{16}, \frac{4}{16}, \frac{6}{16}, \frac{4}{16}, \frac{1}{16}$ para as canaletas $0, \dots, 4$ : a canaleta central $2$ é a mais cheia.

8. Quantidades esperadas $= 1024 \times \binom{10}{k}/1024 = \binom{10}{k}$ : canaleta central, $\binom{10}{5} = 252$ bolinhas; canaleta $7$ : $\binom{10}{7} = 120$ ; cada canaleta da ponta: $1$ bolinha. Um centro alto que decai simetricamente até pontas finíssimas: o sino.

9. $\E = np = 5$ ; $V = np(1 - p) = 2.5$ ; $\sigma \approx 1.58$ . A menos de $2\sigma$ : as canaletas $2$ a $8$ carregam

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

das bolinhas — muito melhor do que os $75\,\%$ genéricos de Chebyshev (Problema 17.1): as formas de sino se concentram com força.

10. $\E = 6$ , $V = 10 \times 0.6 \times 0.4 = 2.4$ , $\sigma \approx 1.55$ : a pilha mantém a forma de sino, mas desliza o cume para a canaleta $6$ — um tabuleiro inclinado é uma moeda viciada tornada visível.

11. O número da canaleta é uma soma de muitos empurrões aleatórios pequenos, independentes e do mesmo tamanho — e somas assim sempre se organizam em sino: a maioria dos empurrões se cancela, e os extremos exigem unanimidade. Alturas, erros de medição e inúmeras grandezas naturais são igualmente somas de muitos efeitos pequenos e independentes, e é por isso que a mesma silhueta aparece em toda parte; o teorema que certifica isso é o teorema central do limite.

12. Uma varrida: um time vence os $4$ : $2 \times \left(\frac12\right)^4 = \frac18$ .

13. Sete jogos exigem $3$ – $3$ depois de seis: $\binom63 \left(\frac12\right)^6 = \frac{20}{64} = \frac{5}{16}$ .

14. Termina em $5$ : o vencedor leva o jogo 5 e $3$ dos $4$ primeiros: $2 \times \binom43 \left(\frac12\right)^5 = \frac14$ . Termina em $6$ : $2 \times \binom53 \left(\frac12\right)^6 = \frac{5}{16}$ . Distribuição sobre $4, 5, 6, 7$ : $\frac18, \frac14, \frac{5}{16}, \frac{5}{16}$ (soma $1$ ). Duração esperada: $4 \cdot \frac18 + 5 \cdot \frac14 + 6 \cdot \frac{5}{16} + 7 \cdot \frac{5}{16} = 5.8125$ jogos. As séries de seis e sete jogos são as mais prováveis — o drama já vem embutido no formato.

15. Vitória em $4$ : $0.6^4 = 0.1296$ ; em $5$ : $\binom43\,0.6^3 \times 0.4 \times 0.6 = 0.2074$ ; em $6$ : $\binom53\,0.6^3 \times 0.4^2 \times 0.6 = 0.2074$ ; em $7$ : $\binom63\,0.6^3 \times 0.4^3 \times 0.6 = 0.1659$ . Total: cerca de $0.710$ : um time de $60\,\%$ por jogo vence $71\,\%$ das séries — a série amplifica a vantagem.

16. Final única: $60\,\%$ . Melhor de 3: $p^2 + 2p^2 q = 0.36 + 0.288 = 0.648$ . A escada $60\,\% \to 65\,\% \to 71\,\%$ continua com o comprimento: mais jogos tiram a média da sorte (a lei dos grandes números em miniatura), de modo que finais longas coroam a habilidade — que é precisamente o que as ligas vendem.

17. Moeda honesta: $\E = 50$ , $\sigma = \sqrt{25} = 5$ ; $z = \frac{62 - 50}{5} = 2.4$ : além da convenção de $2\sigma$ — a moeda merece uma investigação.

18. $\P(X = 0) = 0.98^{50} \approx 0.364$ ; $\P(X = 1) = 50 \times 0.02 \times 0.98^{49} \approx 0.372$ ; $\P(X = 2) = \binom{50}{2} 0.02^2 \times 0.98^{48} \approx 0.186$ . Logo $\P(X \geq 3) \approx 1 - 0.922 = 0.078$ : cerca de $7.8\,\%$ — acima do limiar de $5\,\%$ , portanto ainda não basta para rejeitar a afirmação; um segundo lote ruim mudaria a história.

19. $\P(\text{pelo menos uma vitória}) = 1 - 0.999^{1000} \approx 1 - 0.368 = 0.632$ : mil bilhetes a um em mil não dão certeza, e sim $63\,\%$ . O recorrente $0.368$ é $\frac1e$ disfarçado — a constante $e$ faz sua entrada oficial no ano 12.

20. Reconhecimento: $n$ fixo, independência, $p$ constante — só então, binomial. Tabela: o triângulo de Pascal, linha $n$ . Forma: o sino, simétrico para $p = \frac12$ e deslocado nos demais casos. Bússola: centro $np$ , dispersão $\sqrt{np(1-p)}$ — os escores z das decisões. Herdeiros: a curva em sino contínua de que as pilhas se aproximam e a lei dos grandes números, que explica por que tabuleiros grandes nunca mentem.