Distribuição binomial

Imagine uma prova com cinco questões. Em cada questão há quatro alternativas e exatamente uma delas é a correta. Você não estudou nada para a prova e, por isso, em cada questão só chuta. Com que probabilidade você acerta exatamente duas questões? É exatamente para isso que serve a distribuição binomial.

Com uma questão só seria moleza. Das quatro alternativas, uma é correta, então acertamos com probabilidade $\frac{1}{4}$ e erramos com probabilidade $\frac{3}{4}$. O problema é que as questões são cinco e queremos que duas deem certo e três não.

Uma ordem específica

Primeiro vamos nos concentrar em uma ordem específica. Digamos que acertamos as duas primeiras questões e erramos as três restantes. Escrevemos isso como SSFFF, em que S significa sucesso, isto é, resposta correta, e F, fracasso, isto é, resposta errada.

As questões são independentes entre si — o fato de termos acertado a primeira questão não ajuda nem atrapalha a segunda. Podemos, então, multiplicar as probabilidades de cada questão:

$$P(\text{SSFFF})=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{3}{4}$$

Agrupamos os fatores que se repetem em potências:

$$P(\text{SSFFF})={\left(\frac{1}{4}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^3$$

Calculamos as potências:

$$P(\text{SSFFF})=\frac{1}{16}\cdot \frac{27}{64}=\frac{27}{1024}$$

Só que essa é apenas uma das possibilidades. Duas respostas corretas também podem aparecer na ordem SFSFF, FFFSS e assim por diante. Cada uma dessas ordens tem a mesma probabilidade $\frac{27}{1024}$, porque nela encontramos novamente duas vezes $\frac{1}{4}$ e três vezes $\frac{3}{4}$, só que em outra ordem, e a ordem dos fatores na multiplicação não importa.

E quantas ordens assim existem, afinal? Das cinco questões escolhemos duas que serão corretas, e não importa em que ordem as escolhemos. São exatamente as combinações:

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})=\frac{5!}{3!\cdot 2!}=10$$

Existem, portanto, dez ordens diferentes e cada uma tem probabilidade $\frac{27}{1024}$. As ordens se excluem mutuamente, então somamos as probabilidades, ou seja, multiplicamos por dez:

$$P(\text{exatamente duas corretas})=10\cdot \frac{27}{1024}=\frac{270}{1024}\approx 0,26$$

Chutando, você acerta exatamente duas questões com probabilidade de cerca de 26%. É tentador calcular apenas ${\left(\frac{1}{4}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^3$ e esquecer as dez ordens. O resultado seria dez vezes menor do que deveria.

Fórmula

O mesmo procedimento funciona para qualquer número de questões e qualquer probabilidade. Em geral, cada questão se chama tentativa e as respostas corretas, sucessos. Denotamos o número de sucessos pela variável aleatória X e a distribuição binomial é, então, a distribuição de probabilidade dessa variável. Se você procura só a fórmula, a probabilidade de que, em n tentativas, exatamente k sejam bem-sucedidas se calcula como

$$P(X=k)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\cdot p^k\cdot (1-p{)}^{n-k},$$

em que p é a probabilidade de sucesso em uma tentativa. A potência p^k corresponde aos k sucessos, a potência (1 − p)^{n − k} aos n − k fracassos restantes e o número binomial $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})$ indica em quantas ordens isso pode acontecer.

Nossa prova tem n = 5, k = 2 e $p=\frac{1}{4}$. Substituímos:

$$P(X=2)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^2\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^3=\frac{270}{1024}$$

Deu o mesmo que antes — a fórmula é, na verdade, apenas uma forma abreviada do procedimento da seção anterior.

Atenção: a fórmula só serve sob certas condições. Quatro coisas precisam valer:

• o número de tentativas n é dado de antemão,
• as tentativas são independentes entre si,
• em todas as tentativas a probabilidade de sucesso p é a mesma,
• cada tentativa tem apenas dois resultados: sucesso ou fracasso.

O chute em uma prova satisfaz as quatro condições. Mas, assim que você soubesse a resposta de algumas questões, a probabilidade de sucesso seria diferente entre as questões e a fórmula deixaria de valer.

Pelo menos

Na prática, muitas vezes não nos interessa “exatamente duas”, mas “pelo menos uma”. Qual é a probabilidade de acertarmos pelo menos uma questão chutando? Poderíamos calcular P(X = 1), P(X = 2) até P(X = 5) e somar tudo. Um caminho mais rápido passa pelo evento complementar. O oposto de “pelo menos uma certa” é “todas erradas”. Não acertar nada significa errar cinco vezes seguidas:

$$P(X=0)={\left(\frac{3}{4}\right)}^5=\frac{243}{1024}$$

Subtraímos o resultado de um:

$$P(X\ge 1)=1-{\left(\frac{3}{4}\right)}^5=1-\frac{243}{1024}=\frac{781}{1024}$$

Acertamos pelo menos uma questão com probabilidade de cerca de 76%. Parece promissor, só que com uma resposta correta em cinco você não passa na prova.

Suponha que, para passar na prova, precisemos de pelo menos três respostas corretas. O complementar não ajudaria aqui, ele também teria três termos, por isso somamos diretamente três casos. Primeiro, três corretas:

$$P(X=3)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3})\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^3\cdot {\left(\frac{3}{4}\right)}^2=10\cdot \frac{1}{64}\cdot \frac{9}{16}=\frac{90}{1024}$$

Quatro corretas:

$$P(X=4)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4})\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^4\cdot \frac{3}{4}=5\cdot \frac{1}{256}\cdot \frac{3}{4}=\frac{15}{1024}$$

Por fim, todas as cinco corretas:

$$P(X=5)={\left(\frac{1}{4}\right)}^5=\frac{1}{1024}$$

Somamos:

$$P(X\ge 3)=\frac{90+15+1}{1024}=\frac{106}{1024}\approx 0,10$$

Chutando, passamos na prova com probabilidade de cerca de 10%. Então vale a pena estudar.

Se com a mesma fórmula calcularmos também $P(X=1)=\frac{405}{1024}$, temos todas as seis possibilidades e podemos desenhá-las. Acima de cada coluna está o numerador da fração; o denominador é sempre 1024. As colunas vermelhas depois da linha tracejada correspondem aos casos em que passamos na prova:

Agora podemos conferir se não erramos nas contas. Todos os numeradores precisam somar 1024, porque algum número de respostas corretas ocorre com certeza:

$$243+405+270+90+15+1=1024$$

Confere. O gráfico também mostra que o mais frequente é acertarmos uma questão. Em média acertamos $n\cdot p=5\cdot \frac{1}{4}=1,25$ questão, o que é exatamente o que esperaríamos: um quarto de cinco.