Matemática do ensino médio · Grades 10–12

33Variáveis aleatórias e a distribuição binomial

Uma variável aleatória associa um número a cada resultado de um experimento: um ganho, uma contagem, uma duração. Sua esperança é a média a longo prazo dos valores que ela produz; sua variância mede a dispersão desses valores. A estrela deste capítulo é a distribuição binomial, que conta os sucessos em repetições independentes. As variáveis aleatórias e a distribuição binomial apareceram pela primeira vez nos Capítulos 18 e 19; este capítulo as revisa e as aprofunda, agora com as ferramentas combinatórias do Capítulo 27 à disposição.

33.1 Variáveis aleatórias discretas

Definição 33.1 (Variável aleatória, distribuição)

Uma variável aleatória sobre um espaço amostral finito $\Omega$ é uma função $X \colon \Omega \to \R$ . Sua distribuição (ou lei) é o conjunto de seus valores possíveis $x_1, \dots, x_k$ e das probabilidades

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

Definição 33.2 (Esperança, variância, desvio padrão)

A esperança de $X$ é

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

sua variância e seu desvio padrão são

\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)} .

Proposição 33.3 (Fórmula de König–Huygens)

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

Demonstração. Escreva $m = \E(X)$ e desenvolva:

\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

∎

Proposição 33.4 (Transformação afim)

Para $a, b \in \R$ :

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

Demonstração. A primeira é um rearranjo da soma que define a esperança. Para a segunda, $aX + b$ se afasta de sua média por $a(X - \E(X))$ , e elevar ao quadrado multiplica por $a^2$ . ∎

Exemplo 33.5 (Jogos equitativos)

Um jogo custa $2$ euros; um dado é lançado, e o jogador recebe o valor mostrado se este for pelo menos $5$ , e nada caso contrário. O ganho $G$ assume os valores $-2$ (probabilidade $\frac46$ ), $3$ ( $\frac16$ ), $4$ ( $\frac16$ ):

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

Em média, o jogador perde $17$ centavos por partida: o jogo é desfavorável (como quase todos os jogos reais).

33.2 Ensaios de Bernoulli e a distribuição binomial

Definição 33.6 (Distribuição de Bernoulli)

Um ensaio de Bernoulli é um experimento com dois resultados, sucesso (probabilidade $p$ ) e fracasso ( $q = 1 - p$ ). O indicador $X$ do sucesso ( $X = 1$ em caso de sucesso, $0$ em caso de fracasso) segue a distribuição de Bernoulli $\mathcal B(p)$ :

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

(De fato, $\E(X) = p$ , $\E(X^2) = p$ , e König–Huygens dá $\V(X) = p - p^2$ .)

Definição 33.7 (Distribuição binomial)

Repita um ensaio de Bernoulli $n$ vezes de maneira independente e seja $X$ o número total de sucessos. A distribuição de $X$ é a distribuição binomial $\mathcal B(n, p)$ .

Três ensaios de Bernoulli: exatamente 32 = 3 dos 23 caminhos dão dois sucessos (em vermelho), cada um com probabilidade p2(1-p), de modo que (X = 2) = 3p2(1-p). — Três ensaios de Bernoulli: exatamente $\binom{3}{2} = 3$ dos $2^3$ caminhos dão dois sucessos (em vermelho), cada um com probabilidade $p^2(1-p)$ , de modo que $\P(X = 2) = 3p^2(1-p)$ .

Teorema 33.8

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

Demonstração. Uma sequência determinada de resultados com $k$ sucessos e $n-k$ fracassos tem probabilidade $p^k(1-p)^{n-k}$ por independência; o número de tais sequências é o número de maneiras de colocar os $k$ sucessos entre os $n$ ensaios, a saber $\binom nk$ (Capítulo 27). Somando sobre as sequências, obtemos a fórmula — e o teorema binomial confirma que $\sum_k \P(X = k) = (p + q)^n = 1$ .

Para a esperança, usando $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ (Exercício 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 .

A fórmula da variância se demonstra de modo semelhante com a identidade $k(k-1)\binom nk = n(n-1)\binom{n-2}{k-2}$ , que dá $\E(X(X-1)) = n(n-1)p^2$ , donde $\V(X) = n(n-1)p^2 + np - (np)^2 = np(1-p)$ . (Uma demonstração estrutural — a variância de uma soma de variáveis independentes — virá com o Teorema 34.4.) ∎

A distribuição B(20, 0.3): média np = 6, desvio padrão √npq 2.05. — A distribuição $\mathcal B(20, 0.3)$ : média $np = 6$ , desvio padrão $\sqrt{npq} \approx 2.05$ .

Método 33.9 (Reconhecer uma situação binomial)

Verifique os três ingredientes antes de escrever $X \sim \mathcal B(n,p)$ : um número fixo $n$ de ensaios; dois resultados por ensaio com a mesma probabilidade de sucesso $p$ ; independência dos ensaios (amostragem com reposição, ou em uma população grande). Depois use

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

para “ao menos um sucesso”, e uma calculadora ou tabelas acumuladas para $\P(X \leq k)$ em geral.

Exemplo 33.10

Quantas vezes é preciso lançar um dado para ter ao menos $99\%$ de chance de tirar um seis? Com $X \sim \mathcal B\left(n, \frac16\right)$ : $\P(X \geq 1) = 1 - \left(\frac56\right)^n \geq 0.99$ significa $\left(\frac56\right)^n \leq 0.01$ , isto é, $n \geq \frac{\ln 0.01}{\ln(5/6)} \approx 25.3$ : a partir de $n = 26$ lançamentos.

33.3 Exercícios

Exercício 33.1 ★

Uma variável aleatória $X$ assume os valores $-1, 0, 2, 5$ com probabilidades $0.3, 0.2, 0.4, 0.1$ . Calcule $\E(X)$ , $\V(X)$ e $\sigma(X)$ .

Solução

Solução de Exercício 33.1.

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

Exercício 33.2 ★

Uma prova de múltipla escolha tem $10$ questões, cada uma com $4$ alternativas, uma das quais é correta. Um estudante responde uniformemente ao acaso, de maneira independente. Seja $X$ o número de respostas corretas.

Dê a distribuição de $X$ , $\E(X)$ e $\sigma(X)$ .
Calcule $\P(X = 0)$ , $\P(X = 5)$ e $\P(X \geq 1)$ .

Solução

Solução de Exercício 33.2.

1. As $10$ questões são ensaios de Bernoulli independentes com $p = \frac14$ : $X \sim \mathcal B\left(10, \frac14\right)$ , $\E(X) = 2.5$ , $\sigma(X) = \sqrt{10 \times \frac14 \times \frac34} = \sqrt{1.875} \approx 1.37$ .

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 .

Exercício 33.3 ★

Uma seguradora cobre $n = 400$ clientes; cada um abre um sinistro durante o ano com probabilidade $p = 0.05$ , de maneira independente. Seja $X$ o número de sinistros. Identifique a distribuição de $X$ e calcule sua esperança e seu desvio padrão.

Solução

Solução de Exercício 33.3.

Ensaios idênticos e independentes: $X \sim \mathcal B(400,\ 0.05)$ , logo $\E(X) = 20$ sinistros e

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

Exercício 33.4 ★★

No jogo do Exemplo 33.5, o organizador quer um jogo equitativo ( $\E(G) = 0$ ) mudando o preço de entrada $c$ . Determine $c$ . Calcule a variância do ganho nessa versão equitativa; “equitativo” é o mesmo que “sem risco”?

Solução

Solução de Exercício 33.4.

O pagamento $P$ recebido satisfaz $\E(P) = \frac{5 + 6}{6} = \frac{11}{6}$ , de modo que o preço equitativo é $c = \frac{11}{6} \approx 1.83$ euros. O ganho equitativo $G = P - \frac{11}6$ assume os valores $-\frac{11}{6}, \frac{19}{6}, \frac{25}{6}$ com 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 .

Um jogo equitativo tem ganho médio nulo, mas seus resultados ainda flutuam: equitativo não é o mesmo que sem risco.

Exercício 33.5 ★★

Uma jogadora de basquete converte lances livres com probabilidade $0.7$ . Ela arremessa $8$ vezes (arremessos independentes). Calcule a probabilidade de que converta: exatamente $6$ ; ao menos $6$ ; ao menos um. Qual é o número mais provável de conversões?

Solução

Solução de Exercício 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: $(n+1)p = 6.3$ , de modo que o valor mais provável é $k^* = 6$ (Exercício 33.7).

Exercício 33.6 ★★

Uma companhia aérea sabe que cada passageiro com reserva comparece com probabilidade $0.9$ , de maneira independente. Um voo tem $100$ assentos e a companhia vende $104$ passagens. Exprima, usando uma distribuição binomial, a probabilidade de que compareçam mais passageiros do que assentos, e limite-a numericamente com uma calculadora (dê a expressão exata).

Solução

Solução de Exercício 33.6.

O número de passageiros que comparecem é $X \sim \mathcal B(104,\ 0.9)$ ; o voo fica com excesso de passageiros quando $X \geq 101$ :

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

Vender $4\%$ mais passagens do que assentos provoca um incidente em apenas cerca de $0.6\%$ dos voos — a economia por trás do excesso de reservas.

Exercício 33.7 ★★

Seja $X \sim \mathcal B(n, p)$ . Mostre que

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

e deduza que a distribuição cresce até $k^* = \floor{(n+1)p}$ e decresce depois (a moda da binomial).

Solução

Solução de Exercício 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 $\binom{n}{k+1} = \binom nk \frac{n-k}{k+1}$ . Essa razão é $\geq 1$ se, e somente se, $(n-k)p \geq (k+1)(1-p)$ , se, e somente se, $np - k p \geq k - kp + 1 - p$ , se, e somente se, $k \leq (n+1)p - 1$ . Assim, as probabilidades crescem estritamente enquanto $k + 1 \leq (n+1)p$ e decrescem depois: o máximo é atingido em $k^* = \floor{(n+1)p}$ (compartilhado com $k^* - 1$ quando $(n+1)p$ é inteiro).

Exercício 33.8 ★★★

(São Petersburgo, domada.) Uma moeda honesta é lançada até sair cara, mas no máximo $10$ vezes. Seja $N$ o número de lançamentos utilizados; o jogador recebe $2^N$ euros se saiu cara, e $0$ caso contrário.

Dê a distribuição de $N$ restrita aos resultados vencedores: $\P(\text{primeira cara no lançamento } k) = 2^{-k}$ para $1 \leq k \leq 10$ , e verifique a probabilidade total de ganhar.
Calcule o ganho esperado. O que ele se tornaria sem o limite de $10$ lançamentos?

Solução

Solução de Exercício 33.8.

1. A primeira cara no lançamento $k$ significa $k-1$ coroas seguidas de uma cara: probabilidade $\left(\frac12\right)^{k-1}\cdot\frac12 = 2^{-k}$ , para $1 \leq k \leq 10$ . Probabilidade total de ganhar: $\sum_{k=1}^{10} 2^{-k} = 1 - 2^{-10} = \frac{1023}{1024}$ (o jogo só é perdido com dez coroas consecutivas).

2. Ganho esperado:

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

Sem o limite, a soma $\sum_{k\geq1} 1$ diverge: o ganho esperado é infinito, embora o jogo quase sempre pague uma quantia pequena — o famoso paradoxo de São Petersburgo, que mostra que a esperança sozinha não mede o valor de um jogo.

33.4 Problema: o voo com excesso de reservas

Problema 33.1

Problema de fim de semana — as companhias aéreas vendem mais assentos do que têm, as fábricas aceitam lotes que mal inspecionaram, e a distribuição binomial arbitra os dois casos

Uma companhia aérea com $100$ assentos vende alegremente $105$ passagens: cerca de $10\,\%$ dos passageiros nunca comparecem, e assentos vazios não rendem nada. Até onde a companhia pode esticar a corda antes que os passageiros preteridos devorem o lucro? A distribuição binomial (Teorema 33.8) responde na casa decimal — e a mesma maquinaria inspeciona lotes de fábrica, precifica rifas e mantém as seguradoras solventes. Decisões sob repetição: este é o trabalho diário da binomial.

Parte I — Fluência.

Dê a tabela completa da distribuição do número $X$ de seis em três lançamentos de um dado.
Calcule $\E(X)$ e $V(X)$ (Definição 33.2).
Uma barraca cobra $1$ euro por três lançamentos e paga $2$ euros por seis obtido. Calcule o ganho esperado: jogo equitativo?
Treino de conferência (Método 33.9): o número de cartas de copas em $5$ cartas retiradas sem reposição é binomial? E com reposição? Justifique.
Para $X \sim \mathcal B(20,\ 0.3)$ : dê $\E(X)$ e $\sigma(X)$ , e depois $\E(S)$ e $\sigma(S)$ para a pontuação $S = 5X - 10$ (Proposição 33.4).

Parte II — O voo com excesso de reservas. Assentos: $100$ . Passagens vendidas: $105$ . Cada portador de passagem comparece com probabilidade $0.9$ , de maneira independente; seja $X$ o número dos que comparecem.

Modelo: justifique $X \sim \mathcal B(105,\ 0.9)$ com a lista de verificação — e confesse o ponto mais frágil do modelo (as ausências são mesmo independentes? pense em grupos e em tempestades).
Calcule $\E(X)$ e $\sigma(X)$ .
Há passageiros preteridos quando $X \geq 101$ : escreva $\P(X \geq 101)$ como uma soma explícita de cinco termos binomiais.
Avalie a soma (calculadora): que fração dos voos vê ao menos um passageiro preterido?
Dinheiro: as cinco passagens extras rendem $5 \times 200 = 1\,000$ euros; cada passageiro preterido custa $800$ euros de indenização. Calcule o número esperado de passageiros preteridos, $\sum_{k=101}^{105} (k - 100)\,\P(X = k)$ , a indenização esperada e o veredicto sobre a política.
Projeto: o regulador tolera $\P(\text{preterição}) < 5\,\%$ . Testando $n = 105, 106, 107, \dots$ passagens, encontre o maior $n$ permitido.
O atalho do sino: para $n = 105$ , calcule o escore z do limiar de preterição, $z = \frac{100.5 - \E(X)}{\sigma(X)}$ , e compare a estimativa grosseira “cerca de $2\sigma$ , logo uns $2$ – $3\,\%$ na cauda superior” com sua resposta exata. (A curva por trás desse atalho é a estrela dos próximos capítulos.)

Parte III — O portão da fábrica. Um lote de peças é aceito se uma amostra de $20$ contiver no máximo uma peça defeituosa.

Se a taxa real de defeitos é $2\,\%$ (um lote honesto), calcule a probabilidade de aceitação.
Se a taxa é $10\,\%$ (um lote ruim), calcule-a de novo.
Nomeie os dois riscos do procedimento (o lote honesto rejeitado; o lote ruim aceito), leia seus valores nas questões 13–14 e diga que mudança única melhora os dois ao mesmo tempo — e a que custo.
Por trás da melhoria: mostre que a frequência observada de defeitos $\frac Xn$ em uma amostra de tamanho $n$ tem desvio padrão $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ e conclua como a precisão varia com o tamanho da amostra (um velho conhecido: o $\frac{1}{\sqrt n}$ do ano 10).

Parte IV — Jogos, rifas, reservas.

O jogo de São Petersburgo com limite do Exercício 33.8 tem ganho esperado de $10$ euros. Contraste em um parágrafo com o paradoxo sem limite encontrado no Problema 18.1: o que exatamente o limite doma, e que preço seria agora equitativo?
Uma rifa beneficente vende $200$ bilhetes a $2$ euros; prêmios: uma cesta de $100$ euros e duas de $50$ euros. Calcule o ganho esperado de um bilhete e a margem da rifa; compare com a margem da casa na roleta europeia, $\frac{1}{37} \approx 2.7\,\%$ . Por que a rifa sai impune?
Uma seguradora mantém $1\,000$ apólices independentes: probabilidade de sinistro $0.01$ em cada uma, valor do sinistro $10\,000$ euros, prêmio $130$ euros. Calcule o lucro anual esperado e o desvio padrão do total de sinistros. Compare os dois números: o que essa comparação obriga as seguradoras reais a manter?
Finale — a binomial como árbitro de decisões: a lista de verificação para reconhecê-la; a bússola $\E \pm \sigma$ ; as probabilidades de cauda como preço do risco; e as duas ressalvas permanentes (a independência é uma afirmação de modelagem, e são as caudas raras, não as médias, que causam a ruína). Uma frase para cada, com o ponteiro: a lei dos grandes números e a curva em sino, nos próximos capítulos, completam o regulamento do árbitro.

Solução

Solução 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. Pagamento esperado $2\,\E(X) = 1$ euro contra uma aposta de $1$ euro: ganho $0$ — exatamente equitativo (uma raridade).

4. Sem reposição, as retiradas são dependentes (as chances da segunda carta dependem da primeira): não é binomial — falha o item da independência na lista de verificação. Com reposição: $n = 5$ fixo, $p = \frac14$ constante, retiradas independentes: binomial.

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. $n = 105$ ensaios fixos (as passagens), cada um um comparecimento ou não com o mesmo $p = 0.9$ , supostos independentes: binomial. A confissão: as famílias perdem voos juntas e as tempestades esvaziam aviões inteiros — a independência é o ato de fé do modelo, e ausências correlacionadas engordam as caudas mais do que a binomial promete.

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. $\approx 0.0167$ : cerca de um voo em sessenta preteriu alguém.

10. $\E(\text{preteridos}) \approx 0.023$ passageiros por voo: indenização esperada $\approx 19$ euros — contra $1\,000$ euros de receita extra. Vender cinco passagens a mais é esmagadoramente lucrativo; daí toda companhia aérea fazer isso.

11. Pela tabela de probabilidades de cauda: $n = 105$ : $1.7\,\%$ ; $n = 106$ : $4.0\,\%$ ; $n = 107$ : $8.1\,\%$ . A maior venda em conformidade é de $n = 106$ passagens.

12. $z = \frac{100.5 - 94.5}{3.07} \approx 1.95$ : o limiar fica dois desvios padrão acima da média, e a regra prática da curva em sino (“cauda superior de $2\sigma$ $\approx 2.5\,\%$ ”) chega perto do valor exato de $1.7\,\%$ — a curva suave que sombreia a binomial é a protagonista dos próximos capítulos.

13. $0.98^{20} + 20 \times 0.02 \times 0.98^{19} \approx 0.94$ : o lote honesto passa em $94\,\%$ das vezes.

14. $0.9^{20} + 20 \times 0.1 \times 0.9^{19} \approx 0.39$ : o lote ruim ainda escapa em $39\,\%$ das vezes.

15. Risco do produtor: um lote bom rejeitado ( $\approx 6\,\%$ ); risco do consumidor: um lote ruim aceito ( $\approx 39\,\%$ ). Uma amostra maior (com limiar de aceitação proporcional) reduz os dois — ao custo de mais inspeção: a qualidade tem uma linha de orçamento.

16. $V\!\left(\frac Xn\right) = \frac{V(X)}{n^2} = \frac{np(1-p)}{n^2} = \frac{p(1-p)}{n}$ : desvio padrão $\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$ . Quadruplique a amostra, reduza o ruído à metade: a lei do $\frac{1}{\sqrt n}$ dos intervalos de flutuação do ano 10, agora demonstrada.

17. O limite prende o pagamento em $2^{10} = 1024$ euros, de modo que cada uma das dez rodadas contribui com exatamente $1$ euro de esperança: $\E = 10$ . A esperança infinita do jogo sem limite vinha inteiramente de ganhos astronomicamente raros e astronomicamente grandes; pôr um limite é confessar que nenhum banco paga $2^{50}$ euros. Um preço equitativo do bilhete para o jogo com limite: $10$ euros — e, de repente, ninguém mais fica paradoxado.

18. Prêmio esperado por bilhete: $\frac{100 + 2 \times 50}{200} = 1$ euro contra um bilhete de $2$ euros: margem de $50\,\%$ — dezoito vezes os $2.7\,\%$ da roleta. A rifa sobrevive porque seus participantes estão doando conscientemente: a “perda” é o objetivo.

19. Sinistros esperados: $1\,000 \times 0.01 \times 10\,000 = 100\,000$ ; prêmios $130\,000$ : lucro esperado $30\,000$ euros. Desvio padrão do total de sinistros: $10\,000 \times \sqrt{1\,000 \times 0.01 \times 0.99} \approx 31\,500$ euros — um único ano ruim comum devora todo o lucro esperado. Daí as reservas de capital, o resseguro e carteiras muito maiores que mil apólices: as seguradoras vivem da lei dos grandes números e guardam reservas contra a lentidão dela.

20. Lista de verificação primeiro — $n$ fixo, mesmo $p$ , independência alegada — ou não há binomial nenhuma. Depois navegue por $\E \pm \sigma$ : as médias localizam, os desvios advertem. Depois precifique as caudas: preterições, lotes ruins e anos ruinosos vivem todos além de $2\sigma$ . Ressalvas: a independência é a promessa de quem modela, não do mundo; e a esperança ignora exatamente o que destrói você. As páginas que faltam no regulamento — com que rapidez as frequências se assentam e que forma tomam as flutuações — são os dois próximos capítulos.