Calcule (a) o número médio de sucessos e (b) o desvio padrão num problema estatístico governado pela distribuição binomial. (c) Verifique a condição de normalização. (d) Utilize a distribuição binomial para resolver o seguinte problema: Um dado é lançado 5 vezes. Qual é a probabilidede de se obter obter um ás (face 1) pelo menos 2 vezes? Explique.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas relacionadas à distribuição binomial:
  • (a) calcular o número médio de sucessos;
  • (b) calcular o desvio padrão;
  • (c) verificar a condição de normalização da distribuição;
  • (d) aplicar a distribuição binomial ao caso: um dado é lançado 5 vezes e queremos a probabilidade de obter um ás (face 1) pelo menos 2 vezes.
Informações relevantes dadas ou implícitas:
  • A variável aleatória X segue a distribuição binomial com parâmetros n (número de ensaios) e p (probabilidade de sucesso em cada ensaio). Ou seja, para k=0,1,\dots,n,
P(X=k)=\binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{\,n-k}.
  • No item (d) temos n=5 e a probabilidade de sucesso em cada lançamento (obter um ás) é p=\dfrac{1}{6}.
  • As repetições são independentes e p é constante a cada ensaio (condições para usar a binomial).

Passo 2

Definição da média (valor esperado) e estratégia de solução.
  • O valor esperado (média) de uma variável aleatória discreta X\) é \[\mathbb{E}[X]=\sum_{k=0}^{n} k\,P(X=k).
  • Método didático escolhido: escrever X como soma de variáveis indicadoras de cada ensaio. Isso é normalmente mais simples e evita somas pesadas. Definir, para i=1,\dots,n,
I_i=\begin{cases}1,&\text{se o }i\text{-ésimo ensaio é sucesso},\\[4pt]0,&\text{caso contrário.}\end{cases}ééá
Então
X=\sum_{i=1}^{n} I_i.
Explicação: cada I_i\] é uma variável de Bernoulli com \(P(I_i=1)=p e P(I_i=0)=1-p.]

Passo 3

Cálculo do número médio de sucessos \mathbb{E}[X].
  • Primeiro, a expectativa de uma Bernoulli I_i é
\mathbb{E}[I_i]=1\cdot p + 0\cdot(1-p)=p.
  • Usando linearidade da esperança (que vale sem necessidade de independência),
\mathbb{E}[X]=\mathbb{E}\!\left[\sum_{i=1}^{n} I_i\right]=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}[I_i]=\sum_{i=1}^{n} p = n p.
Comentário intuitivo: em média espera-se p sucessos por ensaio, e com n ensaios espera-se n p sucessos totais.

Passo 4

Cálculo da variância e do desvio padrão.
  • Variância de uma Bernoulli I_i:
\operatorname{Var}(I_i)=\mathbb{E}[I_i^2]-\big(\mathbb{E}[I_i]\big)^2.
Como I_i^2=I_i (porque I_i é 0 ou 1), temos \mathbb{E}[I_i^2]=\mathbb{E}[I_i]=p. Logo
\operatorname{Var}(I_i)=p - p^2 = p(1-p).
  • As I_i são independentes, então a variância da soma é a soma das variâncias:
\operatorname{Var}(X)=\sum_{i=1}^{n}\operatorname{Var}(I_i)=\sum_{i=1}^{n} p(1-p)=n p(1-p).
  • O desvio padrão (raiz quadrada da variância) é
\sigma_X=\sqrt{\operatorname{Var}(X)}=\sqrt{n p(1-p)}.
Comentário: \sqrt{n p(1-p)} dá a “escala” típica das flutuações em torno da média np.

Passo 5

Verificação da condição de normalização (soma das probabilidades = 1).
  • A soma das probabilidades da binomial é
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{\,n-k}.
  • Pela fórmula do binômio de Newton (binomial theorem),
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{\,n-k} = (a+b)^{n}.
Tomando a=p e b=1-p, obtemos
\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{\,n-k} = (p+(1-p))^{n}=1^{n}=1.
Portanto a distribuição está normalizada.

Passo 6

Aplicação ao problema do dado (item d): formular a variável e a probabilidade pedida.
  • Cada lançamento do dado é um ensaio de Bernoulli: “sucesso” = obter ás (face 1), com p=\dfrac{1}{6}.
  • Número de ensaios n=5.
  • Seja X o número de ases em 5 lançamentos. Então X\sim\mathrm{Bin}(n=5,p=\tfrac{1}{6}).
  • Queremos P(X\ge 2). É mais fácil calcular o complementar:
P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1).

Passo 7

Cálculo de P(X=0).
  • Pela fórmula binomial,
P(X=0)=\binom{5}{0}\left(\tfrac{1}{6}\right)^{0}\left(\tfrac{5}{6}\right)^{5}=(\tfrac{5}{6})^{5}.
  • Calculando a potência em fração,
\bigl(\tfrac{5}{6}\bigr)^{5}=\frac{5^{5}}{6^{5}}=\frac{3125}{7776}.

Passo 8

Cálculo de P(X=1).
  • Pela fórmula binomial,
P(X=1)=\binom{5}{1}\left(\tfrac{1}{6}\right)^{1}\left(\tfrac{5}{6}\right)^{4}=5\cdot\frac{1}{6}\cdot\bigl(\tfrac{5}{6}\bigr)^{4}.
  • Calculando em frações,
\bigl(\tfrac{5}{6}\bigr)^{4}=\frac{5^{4}}{6^{4}}=\frac{625}{1296},
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P(X=1)=5\cdot\frac{1}{6}\cdot\frac{625}{1296}=\frac{3125}{7776}.
Observação simpática: aqui P(X=0) e P(X=1) coincidem numericamente (ambas 3125/7776) por esta combinação de n e p.

Passo 9

Cálculo final de P(X\ge2) e simplificação.
  • Somando os complementares,
P(X=0)+P(X=1)=\frac{3125}{7776}+\frac{3125}{7776}=\frac{6250}{7776}.
  • Então
P(X\ge2)=1-\frac{6250}{7776}=\frac{7776-6250}{7776}=\frac{1526}{7776}.
  • Simplificando por 2,
\frac{1526}{7776}=\frac{763}{3888}.
  • Aproximação decimal (arredondando): \dfrac{763}{3888}\approx 0,19624, ou seja cerca de 19{,}62\%.

Resposta

(a) \mathbb{E}[X]=n p
(b) \sigma_X=\sqrt{n p(1-p)}
(c) \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{\,n-k}=1
(d) \displaystyle P(X\ge2)=\frac{1526}{7776}=\frac{763}{3888}\approx 0,19624

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