5.1 - Distribuição binomial

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Para construir o modelo binomial vamos introduzir uma sequência de ensaios de Bernoulli. Tal sequência é definida por meio das seguintes condições:

  • Em cada ensaio considera-se somente a ocorrência ou não-ocorrência de um certo evento que será denominado sucesso (S) e cuja não-ocorrência será denominada falha (F).
  • Os ensaios são independentes.
  • A probabilidade de sucesso, que denotaremos por p é a mesma para cada ensaio. A probabilidade de falha será denotada por 1-p.

Para um experimento que consiste na realização de $n$ ensaios independentes de Bernoulli, o espaço amostral pode ser considerado como o conjunto de n-uplas, em que cada posição há um sucesso (S) ou uma falha (F).

A probabilidade de um ponto amostral com sucessos nos $k$ primeiros ensaios e falhas nos $n-k$ ensaios seguintes é $p^k(1-p)^{n-k}.$

Note que esta é a probabilidade de qualquer ponto com $k$ sucessos e $n-k$ falhas. O número de pontos do espaço amostral que satisfaz essa condição é igual ao número de maneiras com que podemos escolher $k$ ensaios para a ocorrência de sucesso dentre o total de $n$ ensaios, pois nos $n-k$ restantes deverão ocorrer falhas. Este número é igual ao número de combinações de $n$ elementos tomados $k$ a $k$, ou seja,

\[\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)=\frac{n!}{k!(n-k)!}.\]

 

Ou seja, para $k = 0,1,\ldots,n$:

\[\mathbb{P}[X=k]=\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right) p^k(1-p)^{n-k}.\]

 

Definição 5.1.1:

Seja $X$ o número de sucessos obtidos na realização de $n$ ensaios de Bernoulli independentes. Diremos que $X$ tem distribuição binomial com parâmetros $n$ e $p$, em que $p$ é a probabilidade de sucesso em cada ensaio, se sua função de probabilidade for dada por

\[p(x) = \mathbb{P}[X=k]=\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right) p^k(1-p)^{n-k}.\]

 

Usaremos a notação $X \sim b(n,p)$.

Exemplo 5.1.1:

Suponha que numa linha de produção a probabilidade de se obter uma peça defeituosa (sucesso) é $p = 0,1$. Toma-se uma amostra de 10 peças para serem inspecionadas. Qual a probabilidade de se obter: 

1. Uma peça defeituosa? 

2. Nenhuma peça defeituosa?

3. Duas peças defeituosas?

4. No mínimo duas peças defeituosas?

5. No máximo duas peças defeituosas?

Solução:

1. $\mathbb{P}(X=1)=\left(\begin{array}{c}10\\1\end{array}\right)(0,1)^1(1-0,1)^{10-1}=\frac{10!}{1!(10-1)!}0,1(0,9)^9=0,3874$.

2. $\mathbb{P}(X=0)=\left(\begin{array}{c}10\\0\end{array}\right)(0,1)^0(1-0,1)^{10-0}=\frac{10!}{0!(10-0)!}(0,9)^{10}=0,3486$.

3. $\mathbb{P}(X=2)=\left(\begin{array}{c}10\\2\end{array}\right)(0,1)^2(1-0,1)^{10-2}=\frac{10!}{2!(10-2)!}(0,1)^2(0,9)^{8}=0,1937$.

4. $\mathbb{P}(X\geq 2)=\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3)+\ldots+\mathbb{P}(X=9)+\mathbb{P}(X=10)$.

ou seja, $\mathbb{P}(X\geq 2)=1-[\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)]=0,2639$.

5. $\mathbb{P}(X\leq 2)=\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)=0,9298$.

Exemplo 5.1.2:

Suponha que um aluno pretende fazer um teste de múltipla escolha com 10 questões e cinco alternativas por questão respondendo cada uma das questões de forma aleatória. Qual é probabilidade dele acertar no máximo 3 questões?

Como cada questão apresenta cinco alternativas e o aluno pretende respondê-las ao acaso temos que a probabilidade de sucesso em cada questão, ou seja, probabilidade dele escolher a alternativa correta é de 1/5. Desta forma, podemos definir as seguintes variáveis aleatórias com distribuição de Bernoulli

\[X_i = \left\{\begin{array}{l}1, \ \text{se o aluno responde a questão i corretamente} \\ 0, \ \text{caso contrário}\end{array}\right. \ i = 1,\ldots, 10.\]

 

Temos que, para todo $i$, a probabilidade de sucesso é $p=0,2$ (já que temos 5 alternativas disponíveis). Desta forma, $\mathbb{P}(X_i = 1) = 0,2$. Se definirmos $X$ como sendo a variável aleatória que assume o número total de acertos na prova, temos que

\[X = \sum_{i=1}^{10}X_i\sim b(10;0,2),\]

 

isto é, $X$ tem distribuição binomial com parâmetros $n = 10$ e $p = 0,2$. Como queremos saber a probabilidade do aluno acertar no máximo 3 questões, queremos encontrar o valor de $\mathbb{P}(X\leq 3)$. Assim

\[\mathbb{P}(X\leq 3)=\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3).\]

 

Portanto

\[P(X\leq 3)=\sum_{i=0}^{3} \left( \begin{array}{c} 10\\ i \end{array} \right) (0,2)^i (1-0,2)^{10-i}\thickapprox 0,879.\]

 

Logo, a probabilidade de que o aluno acerte no máximo 3 questões é de aproximadamente 0,879.

Exemplo 5.1.3:

Uma moeda não viciada é lançada várias vezes. Qual a probabilidade de que obtermos 5 caras antes de obtermos 3 coroas?

Vamos considerar como sucesso a obtenção de cara em cada lançamento da moeda. Desta forma queremos obter 5 sucessos antes de obtermos 3 fracassos. Mas isto só é possível se jogarmos a moeda pelo menos 5 vezes e no máximo 7 vezes, pois em menos de 5 jogadas não é possível obtermos 5 caras e em 8 jogadas ou mais, já temos que ter obtido as 5 caras, pois caso contrário vamos ter obtido 3 coroas, ou mais o que não é o intuito.

Considere as variáveis aleatórias $X_i\sim b(i,0,5)$, definidas como sendo o número de sucessos obtidos em $i$ lançamentos da moeda com $i = 5,6,7$. Sendo assim precisamos calcular $\mathbb{P}(X_i=5)$ para cada $i$.

Portanto a probabilidade de obtermos 5 caras antes de 3 coroas é:

\[\mathbb{P}(X_5 =5)+\mathbb{P}(X_6=5)+\mathbb{P}(X_7=5)= \sum_{i=5}^7\left(\begin{array}{c} i\\ 5 \end{array} \right) (1/2)^5 (1-1/2)^{i-5}\thickapprox 0,23.\]

 

Exemplo 5.1.4:

(Problema da caixa de fosforo de Banach) Suponha que um homem ande sempre com duas caixas de fósforos com $n$ palitos cada uma. Suponha também que cada vez que ele necessite usar um fósforo ele pegue de forma aleatória em qualquer uma das caixas. Como ele é uma pessoa distraída quando ele pega o último palito da caixa de fósforos ele não se lembra de joga-la fora. Qual a probabilidade de que quando ele perceba que uma das caixas está vazia a outra contenha exatamente $k$ fósforos?

Para facilitar a resolução do problema vamos numerar as caixas de fósforo. Vamos calcular inicialmente a probabilidade de que, quando o homem percebe que a caixa de fósforo número 1 está vazia, a caixa de fósforo número 2 contém exatamente $k$ palitos. Consideremos como sucesso a retirada de um palito da caixa número 1.

Seja $A$ o evento "Retirar um fósforo da caixa número 1, mas a caixa 1 está vazia e a caixa de número 2 contém exatamente $k$ fósforos. O evento $A$ ocorre se, e somente se, o $n+1$-ésimo sucesso, ocorre na retirada de número $n+1+n-k$. 

Em outras palavras para que o evento $A$ ocorra é necessário que nas $n+1$ vezes que obtemos sucesso, ou seja, que retiramos fósforo da caixa 1, já tenhamos realizado $n+1+n-k$ experimentos. Com isso em mente, concluímos que deve haver n sucessos nos 2n-k primeiros experimentos, e deve haver sucesso na vez seguinte.

Assim

\[\mathbb{P}(A)=\left(\begin{array}{c} 2n-k \\ n \end{array} \right)\cdot \left(\displaystyle\frac{1}{2} \right)^n \cdot \left(1- \displaystyle \frac{1}{2} \right)^{2n-k-n}\cdot \displaystyle \frac{1}{2}=\left(\begin{array}{c} 2n-k \\ n \end{array} \right) \cdot \left(\displaystyle \frac{1}{2} \right)^{2n-k} \cdot \displaystyle \frac{1}{2}.\]

 

Como a probabilidade de que quando o homem constate de que a caixa de número 2 está vazia e a caixa de número 1 contém exatamente $k$ fósforos também é igual a $\mathbb{P}(A)$, a probabilidade que procuramos é $2\mathbb{P}(A)$.

Portanto a probabilidade de que quando ele perceba que uma das caixas está vazia a outra contenha exatamente $k$ fósforos é de

\[\left(\begin{array}{c} 2n-k \\ n \end{array} \right) \cdot \left(\displaystyle \frac{1}{2} \right)^{2n-k}.\]

 

Função Geradora de Momentos, Valor Esperado e Variância

Seja $X$ uma variável aleatória com distribuição Binomial$(n,p)$. Então a função geradora de momentos de $X$, $M_X(t)$ é dada por

\[M_{X}(t)=\mathbb{E}\left(e^{tX}\right)=\sum_{k=0}^{n}e^{tk}\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)p^k(1-p)^{n-k}=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)(e^t p)^k(1-p)^{n-k}=(pe^t+1-p)^{n}.\]

 

em que, na última igualdade, utilizamos a fórmula do binômio de Newton. Podemos encontrar a média e a variância de $X$ através da função geradora de momentos. Assim

 \[M^\prime_X(t)= \frac{d}{dt}(p e^t+ 1-p)^n=n(pe^t+1-p)^{n-1}pe^t\]

 

e, como $\mathbb{E}(X)=M^\prime_X(0)$, segue que $\mathbb{E}(X)=n(p+1-p)^{n-1}p=np$.

Para encontrarmos a variância basta derivarmos mais uma vez a função $M_X(t)$. 

Assim temos que:

\[M^{\prime\prime}_X(t)=\frac{d^2}{dt^2}(p e^t+ 1-p)^n=n(n-1)(pe^t+1-p)^{n-2}(pe^t)^2+npe^t (pe^t+1-p)^{n-1}.\]

 

E, portanto, obtemos que $\mathbb{E}(X^2)=M^{\prime\prime}_X(0)=n(n-1)p^2+ pn$. Desta forma, $\text{Var}(X)$ pode ser calculada por

\[\text{Var}(X)=\mathbb{E}(X^2)-\mathbb{E}^2(X)=[n(n-1)p^2+pn] -(np)^2=n^2p^2-np^2+np-n^2p^2=np(1-p).\]

 

Portanto o valor esperado representa o número médio de sucessos. Por definição, temos que

\[\mathbb{E}(X)=\sum_{k=0}^n kP(X=k)=\sum_{k=0}^n k\left(\begin{array}{c}n\\k\end{array}\right)p^k(1-p)^{n-k}=np.\]

 

A variância $\text{Var}(X)$ é dada por

\[\text{Var}(X)=\mathbb{E}\left(\left(X-\mathbb{E}(X)\right)^2\right)=\mathbb{E}(X^2)-\left(\mathbb{E}(X)\right)^2=np(1-p).\]

Probabilidades

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