v1 · padrão canônico

Lição 75 — Distribuição binomial

n ensaios de Bernoulli independentes. PMF binomial, esperança np, variância np(1-p). Aplicações em controle de qualidade, A/B test, genética e eleições.

Used in: Stochastik — Leistungskurs alemão · H2 Math — Singapura · AP Statistics — EUA · Math B — Japão

P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}, \quad E[X] = np, \quad \text{Var}(X) = np(1-p)

A distribuição binomial $\text{Bin}(n, p)$ conta o número de sucessos em $n$ ensaios independentes, cada um com probabilidade $p$ de sucesso. O fator $\binom{n}{k}$ conta as maneiras de arranjar os sucessos; $p^k(1-p)^{n-k}$ é a probabilidade de cada arranjo.

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Rigorous notation, full derivation, hypotheses

Definição rigorosa

Hipóteses BInS

Definition· Ensaio de Bernoulli e distribuição binomial

Um ensaio de Bernoulli é um experimento com dois resultados: sucesso (prob. $p$ ) e fracasso (prob. $1-p$ ). A v.a. $Y_i = \mathbf{1}[\text{sucesso no ensaio }i]$ tem distribuição $\text{Bernoulli}(p)$ : $E[Y_i] = p$ , $\text{Var}(Y_i) = p(1-p)$ .

$X \sim \text{Bin}(n, p)$ se $X = Y_1 + Y_2 + \cdots + Y_n$ com $Y_i$ iid $\text{Bernoulli}(p)$ .

Quatro hipóteses (BInS):

Binário: cada ensaio tem apenas 2 resultados.
Independente: ensaios não se influenciam.
n fixo: número de ensaios definido antes.
Same: $p$ constante em todos os ensaios.

"If each trial in a binomial experiment has $p$ = 0.5, meaning the outcomes are equally likely, the distribution looks bell shaped. As $p$ moves away from 0.5, the graph skews right or left." — OpenStax Statistics §4.4

Exemplos resolvidos

Example— 75.2· Esperança e variância por decomposição

Problema. $X \sim \text{Bin}(20, 0{,}1)$ . Calcule $E[X]$ , $\text{Var}(X)$ e $P(X = 0)$ .

Estratégia. Usar fórmulas diretas para momentos; PMF para $P(X=0)$ .

Resolução.

$E[X] = np = 20 \times 0{,}1 = 2$

$\text{Var}(X) = np(1-p) = 20 \times 0{,}1 \times 0{,}9 = 1{,}8$

$P(X = 0) = \binom{20}{0}(0{,}1)^0(0{,}9)^{20} = (0{,}9)^{20} \approx 0{,}1216$

Verificação. $\sigma = \sqrt{1{,}8} \approx 1{,}34$ . Intervalo $[E \pm 2\sigma] = [-0{,}68;\; 4{,}68]$ — valores de 0 a 4 cobrem cerca de 95% da distribuição. $P(X = 0) \approx 12\%$ : razoável, pois 20 ensaios com $p = 0{,}1$ deixa probabilidade não trivial de nenhum sucesso.

Fonte. OpenStax Statistics §4.4 — CC-BY.

Example— 75.3· Probabilidade acumulada e complemento

Problema. Linha de produção: 3% das peças são defeituosas. Lote de 50. Qual $P(\text{pelo menos 3 defeituosas})$ ?

Estratégia. $X \sim \text{Bin}(50, 0{,}03)$ . Usar complemento: $P(X \geq 3) = 1 - P(X \leq 2)$ .

Resolução.

$P(X = 0) = (0{,}97)^{50} \approx 0{,}2181$

$P(X = 1) = \binom{50}{1}(0{,}03)^1(0{,}97)^{49} = 50 \times 0{,}03 \times (0{,}97)^{49} \approx 0{,}3372$

$P(X = 2) = \binom{50}{2}(0{,}03)^2(0{,}97)^{48} = 1225 \times 0{,}0009 \times (0{,}97)^{48} \approx 0{,}2555$

$P(X \geq 3) = 1 - (0{,}2181 + 0{,}3372 + 0{,}2555) = 1 - 0{,}8108 \approx 0{,}189$

Verificação. $E[X] = 1{,}5$ , $\sigma \approx 1{,}21$ . Com média de apenas 1,5 defeitos, ter $\geq 3$ é improvável — 18,9% é plausível (um pouco mais de um desvio acima da média).

Fonte. OpenIntro Statistics §3.4 — CC-BY-SA.

Example— 75.4· Aproximação normal (A/B test)

Problema. Eleição: candidato tem $p = 0{,}52$ nas intenções reais. Pesquisa com $n = 1000$ entrevistados. Qual $P(\hat p < 0{,}50)$ — chance de a pesquisa errar o líder?

Estratégia. $X \sim \text{Bin}(1000, 0{,}52)$ . Como $np = 520 \geq 10$ e $n(1-p) = 480 \geq 10$ , aproximar por $\mathcal N(np, np(1-p))$ .

Resolução.

$X \approx \mathcal N(520, 1000 \times 0{,}52 \times 0{,}48) = \mathcal N(520, 249{,}6)$ .

Queremos $P(X < 500)$ (i.e., $\hat p < 0{,}50$ é equivalente a $X < 500$ ):

$z = \frac{500 - 520}{\sqrt{249{,}6}} = \frac{-20}{15{,}80} \approx -1{,}27$

$P(X < 500) \approx \Phi(-1{,}27) \approx 0{,}102$

Verificação. Cerca de 10% de chance de a pesquisa indicar empate ou vantagem ao adversário quando o candidato realmente lidera com 52%. Justifica a margem de erro típica de pesquisas eleitorais.

Fonte. OpenIntro Statistics §3.4 — CC-BY-SA.

Example— 75.5· Genética mendeliana — distribuição binomial

Problema. Cruzamento de heterozigotos $Aa \times Aa$ : cada descendente tem prob. $1/4$ de ser homozigoto dominante $AA$ . Em 8 descendentes, calcule $P(X = 2)$ e $E[X]$ .

Estratégia. $X \sim \text{Bin}(8, 1/4)$ . Aplicar PMF e fórmula da esperança.

Resolução.

$P(X = 2) = \binom{8}{2}\left(\frac{1}{4}\right)^2\left(\frac{3}{4}\right)^6 = 28 \times \frac{1}{16} \times \frac{729}{4096} = \frac{28 \times 729}{65536} = \frac{20412}{65536} \approx 0{,}3115$

$E[X] = np = 8 \times \frac{1}{4} = 2, \quad \text{Var}(X) = 8 \times \frac{1}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{3}{2}$

Verificação. Em média 2 descendentes $AA$ por ninhada de 8 — coerente com a lei mendeliana de segregação (25%). $P(X = 2) \approx 31\%$ é o valor mais provável (modo da distribuição em $\lfloor (8+1)/4 \rfloor = 2$ ).

Fonte. OpenIntro Statistics §3.4 — CC-BY-SA.

Exercise list

42 exercises · 10 with worked solution (25%)

Application 24Understanding 2Modeling 12Proof 4

Ex. 75.1Application
$X \sim \text{Bin}(5, 0{,}5)$ . Calcule $P(X = 3)$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.28 · p. 134
Show solution
$P(X=3) = \binom{5}{3}(0{,}5)^3(0{,}5)^2 = 10/32 = 0{,}3125$ .
Show step-by-step (with the why)
1. $X \sim \text{Bin}(5, 0{,}5)$ : 5 ensaios, prob. de sucesso 0,5.
2. $\binom{5}{3} = 10$ (maneiras de escolher quais 3 dos 5 são sucesso).
3. $(0{,}5)^3 \times (0{,}5)^2 = 0{,}5^5 = 1/32$ .
4. $P = 10 \times 1/32 = 10/32 = 5/16 \approx 0{,}3125$ .
Atalho mental: para $p = 0{,}5$ , $P(X=k) = \binom{n}{k}/2^n$ .
Ex. 75.2Application
$X \sim \text{Bin}(10, 0{,}3)$ . Calcule $P(X = 0)$ .
OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.1 · p. 249
Show solution
$P(X=0) = (0{,}7)^{10} \approx 0{,}0282$ . Use o logaritmo: $10 \ln(0{,}7) \approx -3{,}567$ , $e^{-3{,}567} \approx 0{,}0282$ .
Ex. 75.3ApplicationAnswer key
$X \sim \text{Bin}(8, 0{,}25)$ . Calcule $P(X = 2)$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.30 · p. 135
Show solution
$P(X=2) = \binom{8}{2}(0{,}25)^2(0{,}75)^6 = 28 \times 0{,}0625 \times 0{,}1780 \approx 0{,}3115$ .
Ex. 75.4Application
$X \sim \text{Bin}(6, 1/6)$ . Calcule $P(X \geq 1)$ pelo complemento.
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.32 · p. 136
Show solution
Complemento: $P(X \geq 1) = 1 - P(X=0) = 1 - (5/6)^6 \approx 1 - 0{,}3349 = 0{,}6651$ .
Show step-by-step (with the why)
1. $X \sim \text{Bin}(6, 1/6)$ : lançar dado 6 vezes, sucesso = tirar 6.
2. $P(X = 0) = (5/6)^6$ (nenhum 6 em 6 lançamentos).
3. $P(X \geq 1) = 1 - (5/6)^6 \approx 1 - 0{,}335 = 0{,}665$ .
Macete: quando o enunciado diz "pelo menos um", use complemento de "nenhum" — economiza cálculo.
Ex. 75.5ApplicationAnswer key
$X \sim \text{Bin}(4, 0{,}5)$ . Monte a tabela completa de PMF para $k = 0, 1, 2, 3, 4$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.3 · p. 250
Show solution
Para $X \sim \text{Bin}(4, 0{,}5)$ : P(0) = 1/16, P(1) = 4/16, P(2) = 6/16, P(3) = 4/16, P(4) = 1/16. Soma = 16/16 = 1 ✓. Distribuição simétrica com pico em 2.
Ex. 75.6ApplicationAnswer key
$X \sim \text{Bin}(20, 0{,}1)$ . Calcule $E[X]$ e $\text{Var}(X)$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.5 · p. 251
Show solution
$E[X] = np = 20 \times 0{,}1 = 2$ . $\text{Var}(X) = np(1-p) = 20 \times 0{,}1 \times 0{,}9 = 1{,}8$ .
Ex. 75.7Application
$X \sim \text{Bin}(100, 0{,}5)$ . Calcule $\sigma = \sqrt{\text{Var}(X)}$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.34 · p. 137
Show solution
$\sigma = \sqrt{np(1-p)} = \sqrt{100 \times 0{,}5 \times 0{,}5} = \sqrt{25} = 5$ .
Ex. 75.8Application
Lance 10 moedas. Calcule $P(\text{exatamente 5 caras})$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.7 · p. 252
Show solution
$P(X=5) = \binom{10}{5}(0{,}5)^{10} = 252/1024 \approx 0{,}2461$ .
Ex. 75.9ApplicationAnswer key
Lance 10 moedas. Calcule $P(\text{pelo menos 8 caras})$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.36 · p. 138
Show solution
$P(X \geq 8) = P(8)+P(9)+P(10) = \left[\binom{10}{8}+\binom{10}{9}+\binom{10}{10}\right]\cdot(0{,}5)^{10} = (45+10+1)/1024 = 56/1024 \approx 0{,}0547$ .
Show step-by-step (with the why)
1. $P(X \geq 8) = P(8) + P(9) + P(10)$ .
2. $P(8) = \binom{10}{8}(0{,}5)^{10} = 45/1024$ .
3. $P(9) = 10/1024$ , $P(10) = 1/1024$ .
4. Total: $56/1024 \approx 0{,}0547$ (5,5%).
Observação: poderia usar complemento $1 - P(X \leq 7)$ , mas como há poucos termos acima, soma direta é mais rápida.
Ex. 75.10ApplicationAnswer key
Lance um dado 6 vezes. Calcule $P(\text{exatamente 2 seis})$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.9 · p. 253
Show solution
$P(X=2) = \binom{6}{2}(1/6)^2(5/6)^4 = 15 \times (1/36) \times (625/1296) = 15 \times 625/46656 \approx 0{,}2009$ .
Ex. 75.11Application
Lance um dado 6 vezes. Calcule $P(\text{nenhum seis})$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.38 · p. 139
Show solution
$P(X=0) = (5/6)^6 \approx 0{,}3349$ . Cerca de 33% de chance de não tirar nenhum seis em 6 lançamentos.
Ex. 75.12Application
Para $X \sim \text{Bin}(n, p)$ , calcule $P(X = 0) + P(X = n)$ em função de $n$ e $p$ .
Solve online Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.9 · p. 195
Show solution
$P(X=0) = (1-p)^n$ e $P(X=n) = p^n$ . Logo $P(X=0)+P(X=n) = (1-p)^n + p^n$ . Para $p=0{,}5$ , isso é $2 \times (0{,}5)^n = 1/2^{n-1}$ .
Ex. 75.13Application
Para $X \sim \text{Bin}(n, p)$ , derive a razão $P(X = k)/P(X = k-1)$ em função de $n$ , $p$ e $k$ .
Solve online Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.11 · p. 196
Show solution
Razão de PMFs consecutivos: $P(X=k)/P(X=k-1) = \frac{(n-k+1)}{k} \cdot \frac{p}{1-p}$ . Derivação: substituir as PMFs e simplificar os coeficientes binomiais.
Ex. 75.14Application
Mostre que o modo de $\text{Bin}(n, p)$ é $\lfloor (n+1)p \rfloor$ . Calcule o modo de $\text{Bin}(10, 0{,}3)$ .
OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.40 · p. 140
Show solution
O modo é o valor de $k$ que maximiza $P(X=k)$ . Usando a razão: $P(k)/P(k-1) > 1 \iff (n-k+1)p > k(1-p) \iff k < (n+1)p$ . Logo o modo é $\lfloor (n+1)p \rfloor$ (ou ambos os inteiros se $(n+1)p$ é inteiro). Para $n=10$ , $p=0{,}3$ : modo = $\lfloor 3{,}3 \rfloor = 3$ .
Ex. 75.15Application
$X \sim \text{Bin}(100, 0{,}3)$ . Aproxime $P(X \leq 25)$ pela normal (use correção de continuidade).
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.11 · p. 254
Show solution
$X \sim \text{Bin}(100, 0{,}3)$ , $\mu = 30$ , $\sigma = \sqrt{21} \approx 4{,}58$ . Aproximação normal: $P(X \leq 25) \approx \Phi((25{,}5-30)/4{,}58) = \Phi(-0{,}98) \approx 0{,}164$ (com correção de continuidade).
Show step-by-step (with the why)
1. Parâmetros: $\mu = 30$ , $\sigma \approx 4{,}58$ .
2. Verificar condições: $np = 30 \geq 10$ e $n(1-p) = 70 \geq 10$ ✓.
3. Correção de continuidade: $P(X \leq 25) \approx P(Z \leq (25{,}5-30)/4{,}58) = P(Z \leq -0{,}98)$ .
4. $\Phi(-0{,}98) \approx 0{,}164$ .
Macete: correção de continuidade: $P(X \leq k) \approx \Phi((k+0{,}5-\mu)/\sigma)$ .
Ex. 75.16Application
$X \sim \text{Bin}(1000, 0{,}001)$ . Use a aproximação Poisson para $P(X = 0)$ .
Solve online Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.13 · p. 197
Show solution
$X \sim \text{Bin}(1000, 0{,}001)$ . $np = 1 = \lambda$ . Aproximação Poisson: $P(X=0) \approx e^{-1} \approx 0{,}368$ .
Ex. 75.17Application
$X \sim \text{Bin}(50, 0{,}5)$ . Aproxime $P(X \geq 30)$ pela normal com correção de continuidade.
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.13 · p. 255
Show solution
$X \sim \text{Bin}(50, 0{,}5)$ , $\mu = 25$ , $\sigma = \sqrt{12{,}5} \approx 3{,}54$ . $P(X \geq 30) \approx P(Z \geq (29{,}5-25)/3{,}54) = P(Z \geq 1{,}27) \approx 1 - 0{,}898 = 0{,}102$ .
Ex. 75.18Application
$X_1 \sim \text{Bin}(10, 0{,}3)$ e $X_2 \sim \text{Bin}(20, 0{,}3)$ independentes. Qual a distribuição de $X_1 + X_2$ ?
Solve online Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.15 · p. 198
Show solution
Soma de binomiais com mesmo $p$ : $\text{Bin}(10, 0{,}3) + \text{Bin}(20, 0{,}3) \sim \text{Bin}(30, 0{,}3)$ . $E[X] = 9$ , $\text{Var}(X) = 6{,}3$ .
Ex. 75.19Application
$X \sim \text{Bin}(50, 0{,}02)$ . Use aproximação Poisson para $P(X = 0)$ , $P(X = 1)$ e $P(X = 2)$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.15 · p. 256
Show solution
$X \sim \text{Bin}(50, 0{,}02)$ . $\lambda = np = 1$ . Poisson: $P(X=0) \approx e^{-1} \approx 0{,}368$ ; $P(X=1) \approx e^{-1} \approx 0{,}368$ ; $P(X=2) \approx e^{-1}/2 \approx 0{,}184$ .
Ex. 75.20Application
Eleição: $p = 0{,}52$ , $n = 1000$ . Aproxime $P(\hat p < 0{,}50)$ , a chance de a pesquisa errar o líder.
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.42 · p. 141
Show solution
Pesquisa eleitoral: $X \sim \text{Bin}(1000, 0{,}52)$ . $\mu = 520$ , $\sigma = \sqrt{1000 \times 0{,}52 \times 0{,}48} \approx 15{,}8$ . $P(X < 500) \approx \Phi((499{,}5-520)/15{,}8) = \Phi(-1{,}30) \approx 0{,}097$ . Cerca de 10% de chance de pesquisa indicar derrota do líder.
Ex. 75.21Application
Para $X \sim \text{Bin}(n, 0{,}5)$ , a partir de qual $n$ a aproximação normal é considerada boa? Justifique.
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.17 · p. 257
Show solution
Para $X \sim \text{Bin}(n, 0{,}5)$ , a aproximação normal é boa quando $np \geq 10$ e $n(1-p) \geq 10$ . Para $p = 0{,}5$ : $n \times 0{,}5 \geq 10 \Rightarrow n \geq 20$ . Na prática, $n \geq 30$ dá excelente aproximação visual.
Ex. 75.22Application
Mostre que a variância de $\text{Bin}(n, p)$ é maximizada em $p = 0{,}5$ para $n$ fixo.
Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.17 · p. 199
Show solution
Variância de $\text{Bin}(n, p)$ é $np(1-p)$ . Para $n$ fixo, maximizar em $p$ : derivada $n(1-2p) = 0 \Rightarrow p = 0{,}5$ . Segunda derivada $-2n < 0$ (máximo). Variância máxima = $n/4$ .
Ex. 75.23Application
Spam filter com 90% de recall. Em 500 emails reais de spam, $P(\text{marcar} \geq 470)$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.19 · p. 258
Show solution
Spam filter: 90% recall. $X \sim \text{Bin}(500, 0{,}9)$ . $\mu = 450$ , $\sigma = \sqrt{45} \approx 6{,}71$ . $P(X \geq 470) \approx P(Z \geq (469{,}5-450)/6{,}71) = P(Z \geq 2{,}91) \approx 0{,}0018$ (menos de 0,2%).
Ex. 75.24ApplicationAnswer key
Por que a fórmula $\text{Var}(X) = np(1-p)$ pode ser deduzida pela decomposição em variáveis de Bernoulli?
Select the correct option
Porque eles são a soma de variáveis de Bernoulli iid, o que garante aditividade de variâncias pela independênciaPorque a binomial tem sempre a mesma PMF independente dos parâmetrosPorque a soma de duas binomiais é sempre binomial, independente do valor de pPorque a variância é zero quando p = 0 ou p = 1
Select an option first
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.44 · p. 142
Show solution
A fórmula $\text{Var}(X) = np(1-p)$ decorre de escrever $X = Y_1 + \ldots + Y_n$ com $Y_i \sim \text{Bernoulli}(p)$ iid. A independência garante que variâncias se somam: $\text{Var}(X) = n \cdot \text{Var}(Y_i) = n \cdot p(1-p)$ .
Ex. 75.25Modeling
Linha de produção: 3% de defeituosas. Lote de 50 peças. Calcule $P(\text{pelo menos 3 defeituosas})$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.46 · p. 143
Show solution
Linha de produção: 3% defeituosas, lote de 50. $X \sim \text{Bin}(50, 0{,}03)$ . $P(X \geq 3) = 1 - P(X \leq 2) \approx 1 - 0{,}811 = 0{,}189$ (ver Exemplo 3 desta aula para cálculo detalhado).
Ex. 75.26Modeling
Vacina: eficácia 85%. Em 100 vacinados, $P(\geq 90 \text{ protegidos})$ . Use aproximação normal.
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.21 · p. 259
Show solution
Vacina com 85% de eficácia. Em 100 vacinados, $X \sim \text{Bin}(100, 0{,}85)$ . $\mu = 85$ , $\sigma = \sqrt{12{,}75} \approx 3{,}57$ . $P(X \geq 90) \approx P(Z \geq (89{,}5-85)/3{,}57) = P(Z \geq 1{,}26) \approx 0{,}104$ . Cerca de 10% de chance.
Ex. 75.27Modeling
A/B test: variante A, 100 visitantes, 14 compraram. Variante B, 100 visitantes, 22 compraram. Calcule o p-valor do z-test para diferença de proporções.
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.48 · p. 144
Show solution
A/B test: A tem 14/100 = 14%, B tem 22/100 = 22%. $\hat p_{\text{pool}} = 36/200 = 0{,}18$ . $SE = \sqrt{0{,}18 \times 0{,}82 \times (1/100+1/100)} = \sqrt{0{,}002952} \approx 0{,}0543$ . $z = (0{,}22-0{,}14)/0{,}0543 \approx 1{,}47$ . $p\text{-valor} \approx 0{,}14$ . Diferença não significativa a 5%.
Ex. 75.28ModelingAnswer key
Pesquisa eleitoral: $n = 1500$ , margem de erro desejada $\pm 2{,}5\%$ a 95%. O tamanho é suficiente?
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.23 · p. 260
Show solution
Pesquisa eleitoral: $n = 1500$ , margem de erro = $1{,}96 \times \sqrt{p(1-p)/n}$ . Pior caso: $p = 0{,}5$ . $ME = 1{,}96 \times \sqrt{0{,}25/1500} = 1{,}96 \times 0{,}01291 \approx 0{,}025 = 2{,}5\%$ . Sim, o tamanho é suficiente para margem de $\pm 2{,}5\%$ a 95%.
Show step-by-step (with the why)
1. Margem de erro a 95%: $ME = z_{0{,}025} \times \sqrt{p(1-p)/n}$ .
2. Pior caso: $p = 0{,}5$ , maximiza $p(1-p) = 0{,}25$ .
3. $ME = 1{,}96 \times \sqrt{0{,}25/1500} = 1{,}96/\sqrt{6000} \approx 2{,}53\%$ .
4. Como $2{,}53\% \approx 2{,}5\%$ , o tamanho é adequado (na margem).
Curiosidade: a "margem de erro de 3%" da maioria das pesquisas no Brasil vem de $n \approx 1067$ .
Ex. 75.29ModelingAnswer key
Genética: cruzamento $Aa \times Aa$ , cada descendente tem prob. $1/4$ de ser $AA$ . Em 8 filhos, $P(\text{exatamente 2 são } AA)$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.50 · p. 145
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Genética: $X \sim \text{Bin}(8, 1/4)$ . $P(X=2) = \binom{8}{2}(1/4)^2(3/4)^6 = 28 \times (1/16) \times (729/4096) \approx 0{,}311$ .
Ex. 75.30ModelingAnswer key
Call center: 5% das chamadas falham. Em 200 chamadas, calcule esperança e $\sigma$ de falhas.
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.25 · p. 261
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Call center: 5% de falhas, 200 chamadas. $X \sim \text{Bin}(200, 0{,}05)$ . $E[X] = 10$ , $\text{Var}(X) = 200 \times 0{,}05 \times 0{,}95 = 9{,}5$ , $\sigma = \sqrt{9{,}5} \approx 3{,}08$ .
Ex. 75.31Modeling
Six Sigma (com ajuste 1,5σ): taxa de 3,4 ppm. Em 1 milhão de peças, use aproximação Poisson para $P(0 \text{ defeitos})$ e $E[\text{defeitos}]$ .
Solve online Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.19 · p. 200
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Six Sigma: 3,4 defeitos por milhão = $p = 3{,}4 \times 10^{-6}$ . Em 1 milhão de peças: $X \sim \text{Bin}(10^6, 3{,}4 \times 10^{-6})$ , $\lambda = 3{,}4$ . Por Poisson: $P(X=0) = e^{-3{,}4} \approx 0{,}0334$ (3,3% de chance de zero defeitos). Esperança = 3,4 defeitos.
Ex. 75.32Modeling
Aposta: 30% de chance de ganhar R $100. Cada jogada custa R$ 25. Em 20 jogadas, qual o lucro esperado total?
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.27 · p. 262
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Aposta: 30% de ganhar R$ 100, custa R$ 25 por jogada. Lucro por jogada: R$ 75 (prob. 0,3) ou R$ -25 (prob. 0,7). $E[\text{lucro/jogada}] = 75 \times 0{,}3 - 25 \times 0{,}7 = 22{,}5 - 17{,}5 = 5$ . Em 20 jogadas: lucro total = R$ 100.
Ex. 75.33Modeling
Taxa de conversão de leads: 1%. Para fechar em média 5 negócios por mês, quantos leads precisa gerar?
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.52 · p. 146
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Captação: 1% de leads convertem. Para fechar 5 negócios em média: $E[X] = np = 5 \Rightarrow n = 5/0{,}01 = 500$ leads necessários.
Ex. 75.34Modeling
ENEM: 60% dos candidatos atingem nota mínima na redação. Em turma de 20 alunos, calcule $E[X]$ , $\sigma$ e $P(X \geq 15)$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.29 · p. 263
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ENEM: se 60% dos candidatos passam na redação, em 20 candidatos: $X \sim \text{Bin}(20, 0{,}6)$ . $P(X \geq 15) \approx P(Z \geq (14{,}5-12)/2{,}19) = P(Z \geq 1{,}14) \approx 0{,}127$ . Esperança = 12, desvio = 2,19.
Ex. 75.35Modeling
Urna com 30% de bolas vermelhas. 50 sorteios com reposição. Por que a binomial se aplica? Calcule $E[X]$ e $P(X = 15)$ .
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.54 · p. 147
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Urna com 30% bolas vermelhas. 50 sorteios com reposição: binomial válida (independência mantida). $X \sim \text{Bin}(50, 0{,}3)$ . $E[X] = 15$ , $\sigma \approx 3{,}24$ . $P(X = 15) = \binom{50}{15}(0{,}3)^{15}(0{,}7)^{35} \approx 0{,}1147$ .
Ex. 75.36Modeling
Concurso público: 8% de taxa de aprovação. Turma de 30 alunos. $E[\text{aprovados}]$ e $P(\text{pelo menos 1 aprovado})$ .
Solve online OpenStax Statistics · §4.4 · 4.4.31 · p. 264
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Aprovação em concurso público: 8% taxa de aprovação, turma de 30 alunos. $X \sim \text{Bin}(30, 0{,}08)$ . $E[X] = 2{,}4$ . $P(X \geq 1) = 1 - P(X=0) = 1 - (0{,}92)^{30} \approx 1 - 0{,}0843 = 0{,}916$ .
Ex. 75.37Understanding
Por que a binomial não se aplica ao sorteio sem reposição? Dê um contraexemplo numérico onde usar binomial daria resposta errada.
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.56 · p. 148
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A binomial exige ensaios **independentes**. Sorteio sem reposição viola independência: a probabilidade de sucesso muda conforme retiradas anteriores. Exemplo: urna com 5 vermelhas e 5 azuis, 3 sorteios sem reposição. Após 1 vermelha: prob. de vermelha cai de 5/10 para 4/9. A distribuição correta é a **hipergeométrica**.
Ex. 75.38Understanding
Qual é a diferença fundamental entre distribuição binomial e hipergeométrica?
Select the correct option
Binomial usa reposição (ensaios independentes); hipergeométrica usa sem reposiçãoBinomial é discreta; hipergeométrica é contínuaBinomial tem p variável; hipergeométrica tem p fixoBinomial conta falhas; hipergeométrica conta sucessos
Select an option first
Solve online OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.58 · p. 149
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A diferença fundamental está na independência dos ensaios. Binomial: ensaios independentes (como sorteio COM reposição). Hipergeométrica: sorteio SEM reposição, ensaios dependentes — a PMF é $\binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k}/\binom{N}{n}$ .
Ex. 75.39Proof
Demonstre $E[X] = np$ e $\text{Var}(X) = np(1-p)$ via decomposição $X = Y_1 + \cdots + Y_n$ em variáveis de Bernoulli.
OpenIntro Statistics · §3.4 · 3.60 · p. 150
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Decomposição em Bernoulli: $X = Y_1 + \ldots + Y_n$ , $Y_i \sim \text{Bernoulli}(p)$ iid. Por linearidade: $E[X] = \sum_{i=1}^n E[Y_i] = n \cdot p$ . Para variância, como $Y_i$ são independentes: $\text{Var}(X) = \sum \text{Var}(Y_i) = n \cdot p(1-p)$ . A independência é essencial para somar variâncias. $\blacksquare$
Ex. 75.40ProofAnswer key
Demonstre o limite Poisson: $\text{Bin}(n, \lambda/n) \to \text{Poisson}(\lambda)$ quando $n \to \infty$ com $\lambda$ fixo.
Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.21 · p. 201
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Limite Poisson: fixe $\lambda = np$ . Então $p = \lambda/n$ . $\binom{n}{k}(\lambda/n)^k(1-\lambda/n)^{n-k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!} \cdot \frac{\lambda^k}{n^k} \cdot (1-\lambda/n)^n (1-\lambda/n)^{-k}$ . Quando $n \to \infty$ : primeiro fator $\to 1$ ; $(1-\lambda/n)^n \to e^{-\lambda}$ ; $(1-\lambda/n)^{-k} \to 1$ . Logo o produto converge para $\lambda^k e^{-\lambda}/k!$ . $\blacksquare$
Ex. 75.41Proof
Demonstre que $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = 1$ usando o Teorema Binomial.
Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.23 · p. 202
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A PMF binomial é válida: $\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} = (p + (1-p))^n = 1^n = 1$ pelo Teorema Binomial de Newton. $\blacksquare$
Ex. 75.42Proof
Demonstre a aditividade: se $X \sim \text{Bin}(n_1, p)$ e $Y \sim \text{Bin}(n_2, p)$ independentes (mesmo $p$ ), então $X + Y \sim \text{Bin}(n_1 + n_2, p)$ .
Introduction to Probability — Grinstead, Snell · §5.1 · 5.1.25 · p. 203
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Para provar aditividade, usar MGF. $M_X(t) = (1-p+pe^t)^{n_1}$ e $M_Y(t) = (1-p+pe^t)^{n_2}$ . Por independência: $M_{X+Y}(t) = M_X(t) \cdot M_Y(t) = (1-p+pe^t)^{n_1+n_2}$ , que é a MGF de $\text{Bin}(n_1+n_2, p)$ . Como a MGF determina a distribuição univocamente: $X+Y \sim \text{Bin}(n_1+n_2, p)$ . $\blacksquare$

Fontes

OpenIntro Statistics (4ª ed) — Diez, Çetinkaya-Rundel, Barr · 2019 · EN · CC-BY-SA. Fonte primária — §3.4 (hipóteses BInS, PMF, esperança, variância, A/B test).
Statistics (OpenStax) — Illowsky, Dean · 2022 · EN · CC-BY. §4.4 — tabelas binomiais, aproximações, exercícios AP-level.
Introduction to Probability (Grinstead-Snell) — Grinstead, Snell · 1997 · EN · GNU FDL. §5.1 — PMF, MGF, limite Poisson com prova; exercícios demonstrativos.