1) Modelo probabilístico (moeda justa)
Assuma uma moeda justa e lançamentos independentes.
Um lançamento
Espaço amostral:
\[\Omega=\{C,K\}\]onde $C$ = cara, $K$ = coroa.
Como é justa:
\[P(C)=P(K)=\frac12.\]2) Formalizando o cara-ou-coroa como v.a. Bernoulli
Defina, para o $i$-ésimo lançamento:
\[X_i= \begin{cases} 1, & \text{se deu cara}\\ 0, & \text{se deu coroa} \end{cases}\]Assumindo moeda justa e independência:
\[X_i \sim \text{i.i.d. Bernoulli}(p),\quad p=\frac12.\]Então:
\[\mathbb{E}[X_i]=p=\frac12, \qquad \mathrm{Var}(X_i)=p(1-p)=\frac14.\]A proporção de caras em $n$ lançamentos é
\[\hat p_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i.\]3) Vários lançamentos: contagem de caras e distribuição Binomial
Considere $n$ lançamentos independentes e defina a v.a.
\[X=\text{número de caras em }n\text{ lançamentos}.\]Então:
\[X\sim \text{Binomial}(n,p),\quad p=\frac12.\]A probabilidade de exatamente $k$ caras é:
\[P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.\]Como $p=\frac12$:
\[P(X=k)=\binom{n}{k}\left(\frac12\right)^k\left(\frac12\right)^{n-k} =\binom{n}{k}\left(\frac12\right)^n =\frac{\binom{n}{k}}{2^n}.\]Interpretação combinatória: há $2^n$ sequências equiprováveis; e $\binom{n}{k}$ delas têm exatamente $k$ caras.
4) Cálculos passo a passo (exemplos)
Exemplo A — $n=5$: probabilidade de sair exatamente $k=3$ caras
Seja $X$ o número de caras em $n=5$ lançamentos de uma moeda justa. Então $X\sim\mathrm{Bin}(5,\tfrac12)$ e:
\[P(X=3)=\binom{5}{3}\left(\frac12\right)^3\left(1-\frac12\right)^{5-3} =\binom{5}{3}\left(\frac12\right)^3\left(\frac12\right)^2 =\binom{5}{3}\left(\frac12\right)^5 =\frac{\binom{5}{3}}{2^5}.\]Agora, calcule $\binom{5}{3}$:
\[\binom{5}{3}=\frac{5!}{3!\,(5-3)!}=\frac{5!}{3!\,2!}.\]Expanda os fatoriais:
\[5!=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1,\qquad 3!=3\cdot 2\cdot 1,\qquad 2!=2\cdot 1.\]Substituindo:
\[\binom{5}{3} =\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{(3\cdot 2\cdot 1)\,(2\cdot 1)}.\]Cancele o fator comum $(3\cdot 2\cdot 1)$:
\[\binom{5}{3} =\frac{5\cdot 4\;\cancel{(3\cdot 2\cdot 1)}}{\cancel{(3\cdot 2\cdot 1)}\,(2\cdot 1)} =\frac{5\cdot 4}{2\cdot 1}.\]Efetue as operações:
\[\binom{5}{3}=\frac{20}{2}=10.\]Agora calcule $2^5$:
\[2^5=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2=32.\]Substituindo em $P(X=3)$:
\[P(X=3)=\frac{\binom{5}{3}}{2^5}=\frac{10}{32}.\]Simplifique a fração (dividindo por $2$):
\[\frac{10}{32}=\frac{10\div 2}{32\div 2}=\frac{5}{16}.\]Converta para decimal:
\[\frac{5}{16} =\frac{50}{160} =0{,}3125.\]Logo,
\[P(X=3)=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}=0{,}3125.\]Exemplo B — $n=3$: probabilidade de “pelo menos uma cara”
Defina o evento:
\[A=\{\text{pelo menos uma cara}\}.\]Use o complementar:
\[A^c=\{\text{nenhuma cara}\}=\{\text{todas coroa}\}.\]Como os lançamentos são independentes e $P(\text{coroa})=\frac12$:
\[P(A^c)=\left(\frac12\right)^3.\]Calcule:
\[\left(\frac12\right)^3 =\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12 =\frac{1\cdot 1\cdot 1}{2\cdot 2\cdot 2} =\frac{1}{8}.\]Então:
\[P(A)=1-P(A^c)=1-\left(\frac12\right)^3=1-\frac18.\]Escreva $1$ com denominador $8$:
\[1=\frac{8}{8}.\]Subtraia:
\[1-\frac18=\frac{8}{8}-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}.\]Converta para decimal:
\[\frac{7}{8}=0{,}875.\]Logo,
\[P(A)=1-P(A^c)=1-\left(\frac12\right)^3 =1-\frac18=\frac78=0{,}875.\]Exemplo C — probabilidade de “todas caras” em $n$ lançamentos
(1) Argumento por contagem de sequências (como no enunciado)
Em $n$ lançamentos, existem $2^n$ sequências possíveis (cada lançamento tem 2 resultados). A sequência “todas caras” é única: “$CCCC\ldots C$”. Portanto:
\[P(\text{todas caras})=\frac{1}{2^n}=\left(\frac12\right)^n.\](2) Argumento por independência (produto)
Seja $C_i={\text{cara no lançamento }i}$. Então:
\[P(\text{todas caras}) =P(C_1\cap C_2\cap\cdots\cap C_n).\]Como os lançamentos são independentes:
\[P(C_1\cap\cdots\cap C_n)=\prod_{i=1}^{n}P(C_i).\]E, para moeda justa, $P(C_i)=\frac12$ para todo $i$, logo:
\[P(\text{todas caras})=\prod_{i=1}^{n}\frac12=\left(\frac12\right)^n.\]Por exemplo, em $n=10$:
\[\left(\frac12\right)^{10}=\frac{1}{2^{10}}.\]Calcule $2^{10}$:
\[2^{10}=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2.\]Agrupe como $(2^5)(2^5)$:
\[2^{10}=(2^5)(2^5)=32\cdot 32=1024.\]Então:
\[\left(\frac12\right)^{10}=\frac{1}{1024}.\]Em decimal:
\[\frac{1}{1024}=0{,}0009765625\approx 0{,}0009766.\]5) Fenômeno observado: por que a frequência “tende” a $1/2$, mas não fica exatamente $1/2$?
Considere a proporção amostral de caras:
\[\hat p=\frac{X}{n}.\]Valor esperado e variância
Para $X\sim \text{Bin}(n,\tfrac12)$:
\[\mathbb{E}[X]=np=\frac{n}{2}, \qquad \mathrm{Var}(X)=np(1-p)=n\cdot\frac12\cdot\frac12=\frac{n}{4}.\]Então:
\[\mathbb{E}[\hat p]=\mathbb{E}\!\left[\frac{X}{n}\right] =\frac{1}{n}\mathbb{E}[X]=\frac12,\] \[\mathrm{Var}(\hat p)=\mathrm{Var}\!\left(\frac{X}{n}\right) =\frac{1}{n^2}\mathrm{Var}(X)=\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n}{4} =\frac{1}{4n}.\]Logo o desvio-padrão de $\hat p$ é
\[\mathrm{sd}(\hat p)=\sqrt{\frac{1}{4n}}=\frac{1}{2\sqrt{n}}.\]Leitura estatística: a “distância típica” de $\hat p$ até $1/2$ é da ordem de $1/\sqrt{n}$. Ou seja, conforme $n$ cresce, a proporção se concentra em torno de $0{,}5$, mas sempre com flutuações.
6) Lei dos Grandes Números (LGN): onde entra?
LGN fraca (convergência em probabilidade)
\[\hat p_n \xrightarrow{P} \frac12 \quad \text{quando } n\to\infty.\]Isto significa:
\[\forall\,\varepsilon>0,\quad P\!\left(\left|\hat p_n-\frac12\right|>\varepsilon\right)\to 0.\]LGN forte (quase certamente)
\[\hat p_n \xrightarrow{a.s.} \frac12.\]Ou seja, com probabilidade 1, a sequência de médias amostrais de fato converge para $1/2$.
Leitura prática: quanto mais você lança, mais a frequência de caras “gruda” em torno de 50%.
7) Uma demonstração curta “de lousa” (via Chebyshev)
Primeiro, calcule a variância de $\hat p_n$.
Como $X_i$ são independentes:
\[\mathrm{Var}\!\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right) =\sum_{i=1}^{n}\mathrm{Var}(X_i) =n\cdot\frac14=\frac{n}{4}.\]Logo,
\[\mathrm{Var}(\hat p_n) =\mathrm{Var}\!\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right) =\frac{1}{n^2}\mathrm{Var}\!\left(\sum_{i=1}^{n}X_i\right) =\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n}{4} =\frac{1}{4n}.\]Agora, pela desigualdade de Chebyshev:
\[P\!\left(\left|\hat p_n-\mathbb{E}[\hat p_n]\right|\ge\varepsilon\right) \le \frac{\mathrm{Var}(\hat p_n)}{\varepsilon^2}.\]Mas $\mathbb{E}[\hat p_n]=1/2$. Então:
\[P\!\left(\left|\hat p_n-\frac12\right|\ge\varepsilon\right) \le \frac{1}{4n\varepsilon^2}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.\]Isso já prova a LGN fraca aqui.
8) Por que isso NÃO contradiz sequências longas?
Sequências longas (runs) são eventos “locais” (padrões consecutivos).
A LGN é sobre um evento “global”: o comportamento da média $\hat p_n$.
Você pode ter uma sequência de, digamos, 15 caras seguidas e ainda assim, ao longo de milhares de lançamentos, a proporção total de caras ficar muito perto de $0{,}5$. A LGN não diz “não haverá runs”; ela diz “o saldo médio estabiliza”.
Uma forma de ver a coexistência:
- Runs existem e até ficam maiores com $n$ (tipicamente $\sim \log_2 n$).
- Mas a flutuação de $\hat p_n$ encolhe em escala $\sim n^{-1/2}$.
9) Por que aparecem “sequências” (várias caras seguidas)?
Mesmo com independência, sequências longas não são anomalia: elas fazem parte da variabilidade natural.
Importante: independência significa
\[P(\text{cara no próximo}\mid \text{muitas caras antes}) =P(\text{cara})=\frac12.\]Ou seja, após 5 caras seguidas, a chance de cara continua $1/2$.
A intuição de que “agora tem que vir coroa” é a falácia do jogador.
10) (Curiosidade) “Dar exatamente 50% de caras” não é tão provável quanto parece
Se $X\sim \text{Bin}(n,\tfrac12)$, então
\[P(X=k)=\frac{\binom{n}{k}}{2^n}.\]Para $n$ par, a probabilidade de empatar ($X=n/2$) é
\[P\!\left(X=\frac{n}{2}\right)=\frac{\binom{n}{n/2}}{2^n} \approx \sqrt{\frac{2}{\pi n}} \quad \text{(aprox. normal / Stirling)}.\]Ex.: $n=100$:
\[P(X=50)\approx \sqrt{\frac{2}{\pi\cdot 100}} \approx 0{,}0798,\]ou seja, ~8% apenas. “Perto de 50” é comum; “exatamente 50” nem tanto.
11) Sequências longas (“runs”) são esperadas: o maior bloco cresce como $\log_2 n$
Uma heurística clássica:
o número “esperado” de ocorrências de uma sequência de $k$ caras em $n$ lançamentos é da ordem de
\[\approx \frac{n}{2^k}.\]Quando $\frac{n}{2^k}\approx 1$, você “começa a esperar” ver ao menos uma vez:
\[2^k\approx n \;\Rightarrow\; k\approx \log_2 n.\]Exemplos:
- $n=1000$: $\log_2(1000)\approx 9{,}97$ $\Rightarrow$ é bem normal aparecer uma sequência máxima de ~10 caras.
- $n=1\,000\,000$: $\log_2(10^6)\approx 19{,}93$ $\Rightarrow$ sequências máximas de ~20 são esperadas.
Moral: runs longos não indicam “viciada” automaticamente.
12) Probabilidade de sair 100 caras seguidas (em 100 lançamentos)
Existe exatamente 1 sequência “$CCCC\ldots C$” entre as $2^{100}$ sequências possíveis de 100 lançamentos. Logo,
\[P(100\ \text{caras em 100 lançamentos}) =\left(\frac12\right)^{100} =\frac{1}{2^{100}}.\]Como
\[2^{100}=1267650600228229401496703205376,\]temos
\[P=\frac{1}{1267650600228229401496703205376} \approx 7{,}8886\times 10^{-31}.\]Observação importante: se você lançar para sempre, a probabilidade de em algum momento aparecer uma sequência de 100 caras é 1 (quase certamente). O que é gigantesco é o tempo de espera típico.
13) “Tentando sem parar”: tempo esperado até aparecer uma sequência de 100 caras (sem reiniciar)
Defina $T$ = número de lançamentos até ocorrer pela primeira vez uma sequência de $k=100$ caras consecutivas.
Para moeda justa, um resultado clássico:
\[\mathbb{E}[T]=2^{k+1}-2.\]Para $k=100$:
\[\mathbb{E}[T]=2^{101}-2.\]Como
\[2^{101}=2535301200456458802993406410752,\]segue:
\[\mathbb{E}[T]=2535301200456458802993406410750 \approx 2{,}5353\times 10^{30}\ \text{lançamentos}.\]Convertendo para tempo (depende da taxa de lançamentos)
Se você faz $r$ lançamentos por segundo, então
\[\mathbb{E}[\text{tempo}]=\frac{2^{101}-2}{r}\ \text{segundos}.\]Usando $1$ ano $\approx 365{,}25\times 24\times 3600 = 31557600$ s:
- $r=1$ lançamento/s:
- $r=10$ lançamentos/s: $\approx 8{,}0339\times 10^{21}$ anos
- $r=100$ lançamentos/s: $\approx 8{,}0339\times 10^{20}$ anos
Por que $\mathbb{E}[T]$ é da ordem de $2^{101}$ (e não $2^{100}$)?
Porque “sem parar” permite janelas sobrepostas e estados parciais (você pode estar com 37 caras seguidas “em andamento”). A teoria de tempos de espera para runs leva ao fator $\approx 2$ a mais:
\[\mathbb{E}[T]\approx 2\cdot 2^{100}.\]Exemplo rápido: $k=10$
Se você lança sem parar e espera a primeira ocorrência de $k=10$ caras consecutivas:
\[\mathbb{E}[T]=2^{11}-2=2048-2=2046\ \text{lançamentos}.\]Isso é uma forma elegante de ver “o preço” de exigir padrão muito específico.
14) (Mais avançada) Lei do Arco-Seno: “ficar na frente” costuma ser extremo
Considere o passeio aleatório
\[S_n=\#\text{caras}-\#\text{coroas}.\]Um fato contraintuitivo: a fração do tempo em que $S_n>0$ (mais caras do que coroas) tende a ter distribuição em “U” (muito perto de 0% ou 100% é mais provável do que perto de 50%). Isso é a lei do arco-seno para passeios aleatórios.
É um ótimo antídoto contra intuições lineares.