Pergunta
Um álbum da Copa do Mundo tem $m = 980$ figurinhas distintas. Cada figurinha comprada (em pacotinho unitário, a R$ 1,00 cada) vem com uma figurinha sorteada uniformemente entre as 980 possíveis, e as compras são independentes. Quanto se espera gastar, em reais, para completar o álbum?
1) Modelo do problema
Temos
\[m = 980.\]Cada compra sorteia uma figurinha entre as $m$ possíveis, todas com a mesma probabilidade. Portanto, para uma figurinha específica,
\[P(\text{sair essa figurinha}) = \frac{1}{m} = \frac{1}{980}.\]Mas o que interessa não é sair uma figurinha específica: o que interessa é sair uma figurinha nova, isto é, uma que a pessoa ainda não possui.
2) Probabilidade de sair uma figurinha nova
Suponha que a pessoa já tenha $k$ figurinhas diferentes coladas no álbum. Então ainda faltam
\[m - k\]figurinhas.
Como todas as $m$ figurinhas são igualmente prováveis, a probabilidade de a próxima compra trazer uma figurinha nova é
\[P_k = \frac{m - k}{m}.\]Por exemplo:
-
Se $k = 0$, a pessoa não tem nenhuma figurinha. Então qualquer compra será nova:
\[P_0 = \frac{m - 0}{m} = \frac{m}{m} = 1.\] -
Se $k = 1$, ela já tem uma figurinha diferente. Então faltam $m-1$:
\[P_1 = \frac{m - 1}{m}.\] -
Se $k = m - 1$, falta apenas uma figurinha:
\[P_{m-1} = \frac{m - (m-1)}{m} = \frac{1}{m}.\]
Perceba a dificuldade crescente: quando você está quase completando o álbum, a chance de tirar uma figurinha nova é de apenas $1$ em $980$.
3) Esperança até aparecer uma figurinha nova
Defina $T_k$ como o número de compras necessárias para passar de $k$ figurinhas diferentes para $k+1$ figurinhas diferentes.
A cada compra, a probabilidade de sucesso é
\[P_k = \frac{m - k}{m}.\]Logo, $T_k$ segue uma distribuição geométrica com parâmetro $P_k$.
Recordação: esperança da distribuição geométrica
Se $T \sim \text{Geom}(p)$, então
\[P(T = t) = (1-p)^{\,t-1}\,p, \quad t = 1, 2, 3, \dots\]A esperança é:
\[\begin{aligned} E(T) &= \sum_{t=1}^{\infty} t\,P(T = t) \\ &= \sum_{t=1}^{\infty} t\,(1-p)^{\,t-1}\,p \\ &= p\sum_{t=1}^{\infty} t\,(1-p)^{\,t-1}. \end{aligned}\]| Sabemos que, para $ | q | < 1$, |
Aqui, $q = 1 - p$. Então
\[\sum_{t=1}^{\infty} t\,(1-p)^{\,t-1} = \frac{1}{(1 - (1-p))^2} = \frac{1}{p^2}.\]Logo,
\[E(T) = p \cdot \frac{1}{p^2} = \frac{1}{p}.\]Aplicando ao nosso problema
No nosso caso, $p = P_k = \dfrac{m - k}{m}$. Portanto,
\[E(T_k) = \frac{1}{P_k} = \frac{1}{\frac{m - k}{m}} = \frac{m}{m - k}.\]Interpretação: quando faltam $m - k$ figurinhas, você espera comprar $\dfrac{m}{m - k}$ figurinhas até conseguir uma nova.
4) Soma dos tempos esperados
O tempo total para completar o álbum é
\[T = T_0 + T_1 + T_2 + \cdots + T_{m-1}.\]Tomando esperança dos dois lados (a esperança é linear):
\[E(T) = E(T_0) + E(T_1) + E(T_2) + \cdots + E(T_{m-1}).\]Substituindo $E(T_k) = \dfrac{m}{m - k}$:
\[E(T) = \frac{m}{m-0} + \frac{m}{m-1} + \frac{m}{m-2} + \cdots + \frac{m}{m-(m-2)} + \frac{m}{m-(m-1)}.\]Simplificando cada denominador:
\[\begin{aligned} m - 0 &= m, \\ m - 1 &= m - 1, \\ m - 2 &= m - 2, \\ &\;\;\vdots \\ m - (m-2) &= 2, \\ m - (m-1) &= 1. \end{aligned}\]Então
\[E(T) = \frac{m}{m} + \frac{m}{m-1} + \frac{m}{m-2} + \cdots + \frac{m}{2} + \frac{m}{1}.\]Colocando $m$ em evidência:
\[E(T) = m\!\left(\frac{1}{m} + \frac{1}{m-1} + \frac{1}{m-2} + \cdots + \frac{1}{2} + \frac{1}{1}\right).\]Como a ordem da soma não altera o valor, podemos escrever de trás para frente:
\[E(T) = m\!\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{m}\right).\]A soma
\[H_m = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{m} = \sum_{i=1}^{m} \frac{1}{i}\]é o número harmônico de ordem $m$.
Portanto,
\[\boxed{E(T) = m\,H_m}.\]Este é o resultado exato. O problema se reduz a calcular o número harmônico $H_m$.
5) Aplicando $m = 980$
Como $m = 980$, temos
\[E(T) = 980\,H_{980}.\]Isto é,
\[E(T) = 980\!\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{980}\right).\]Essa é a resposta exata: $E(T) = 980\,H_{980}$.
Agora precisamos aproximar $H_{980}$ numericamente.
6) De onde vem a constante de Euler-Mascheroni?
O número harmônico é
\[H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}.\]Para aproximar essa soma, comparamos com a integral
\[\int_{1}^{n} \frac{1}{x}\,dx = \ln(n).\]Assim, $H_n$ cresce aproximadamente como $\ln(n)$.
Mas $H_n$ não é igual a $\ln(n)$. Existe uma diferença entre a soma discreta
\[1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}\]e a área contínua $\displaystyle\int_{1}^{n} \frac{1}{x}\,dx$.
Essa diferença tende a uma constante quando $n \to \infty$. Essa constante é $\gamma$.
Formalmente,
\[\gamma = \lim_{n\to\infty} \big(H_n - \ln(n)\big).\]Ou seja,
\[\gamma = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n} - \ln(n)\right).\]Esse número é chamado de constante de Euler-Mascheroni.
Numericamente,
\[\gamma \approx 0{,}5772156649.\]Portanto, para $n$ grande,
\[H_n \approx \ln(n) + \gamma.\]Mais precisamente, usando a expansão de Euler-Maclaurin:
\[H_n \approx \ln(n) + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^2} + \frac{1}{120n^4} - \cdots\]7) Cálculo manual aproximado de $\gamma$
Para ver como aparece o valor $\gamma \approx 0{,}5772$, podemos usar a fórmula refinada
\[H_n \approx \ln(n) + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^2} + \frac{1}{120n^4}.\]Isolando $\gamma$:
\[\gamma \approx H_n - \ln(n) - \frac{1}{2n} + \frac{1}{12n^2} - \frac{1}{120n^4}.\]Vamos usar $n = 10$, porque $H_{10}$ pode ser calculado à mão.
Cálculo de $H_{10}$
\[\begin{aligned} H_{10} &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} + \frac{1}{9} + \frac{1}{10}. \end{aligned}\]Somando passo a passo com denominador comum:
\[\begin{aligned} 1 + \frac{1}{2} &= \frac{3}{2}. \\[4pt] \frac{3}{2} + \frac{1}{3} &= \frac{9}{6} + \frac{2}{6} = \frac{11}{6}. \\[4pt] \frac{11}{6} + \frac{1}{4} &= \frac{44}{24} + \frac{6}{24} = \frac{50}{24} = \frac{25}{12}. \\[4pt] \frac{25}{12} + \frac{1}{5} &= \frac{125}{60} + \frac{12}{60} = \frac{137}{60}. \\[4pt] \frac{137}{60} + \frac{1}{6} &= \frac{137}{60} + \frac{10}{60} = \frac{147}{60} = \frac{49}{20}. \\[4pt] \frac{49}{20} + \frac{1}{7} &= \frac{343}{140} + \frac{20}{140} = \frac{363}{140}. \\[4pt] \frac{363}{140} + \frac{1}{8} &= \frac{2904}{1120} + \frac{140}{1120} = \frac{3044}{1120} = \frac{761}{280}. \\[4pt] \frac{761}{280} + \frac{1}{9} &= \frac{6849}{2520} + \frac{280}{2520} = \frac{7129}{2520}. \\[4pt] \frac{7129}{2520} + \frac{1}{10} &= \frac{7129}{2520} + \frac{252}{2520} = \frac{7381}{2520}. \end{aligned}\]Logo,
\[H_{10} = \frac{7381}{2520}.\]Fazendo a divisão:
\[H_{10} \approx 2{,}928968254.\]Agora usamos $\ln(10) \approx 2{,}302585093$.
Aproximando $\gamma$
\[\begin{aligned} \gamma &\approx H_{10} - \ln(10) - \frac{1}{2\cdot 10} + \frac{1}{12\cdot 10^2} - \frac{1}{120\cdot 10^4} \\[4pt] &\approx 2{,}928968254 - 2{,}302585093 - \frac{1}{20} + \frac{1}{1200} - \frac{1}{1200000}. \end{aligned}\]Calculando cada fração:
\[\frac{1}{20} = 0{,}05, \qquad \frac{1}{1200} \approx 0{,}000833333, \qquad \frac{1}{1200000} \approx 0{,}000000833.\]Então
\[\begin{aligned} \gamma &\approx 2{,}928968254 - 2{,}302585093 - 0{,}05 + 0{,}000833333 - 0{,}000000833 \\[4pt] &= 0{,}626383161 - 0{,}05 + 0{,}000833333 - 0{,}000000833 \\[4pt] &= 0{,}576383161 + 0{,}000833333 - 0{,}000000833 \\[4pt] &= 0{,}577216494 - 0{,}000000833 \\[4pt] &= 0{,}577215661. \end{aligned}\]Arredondando:
\[\boxed{\gamma \approx 0{,}5772}.\]É desse limite entre soma harmônica e logaritmo que nasce o valor usado na aproximação.
8) Cálculo de $H_{980}$
Usando a aproximação principal,
\[H_n \approx \ln(n) + \gamma,\]temos
\[H_{980} \approx \ln(980) + \gamma.\]Calculando $\ln(980)$
Escrevemos
\[980 = 1000 \cdot 0{,}98.\]Pela propriedade dos logaritmos,
\[\ln(980) = \ln(1000 \cdot 0{,}98) = \ln(1000) + \ln(0{,}98).\]Agora, $1000 = 10^3$. Logo,
\[\ln(1000) = \ln(10^3) = 3\ln(10).\]Como $\ln(10) \approx 2{,}302585093$, temos
\[\ln(1000) \approx 3 \cdot 2{,}302585093 = 6{,}907755279.\]Agora calculamos $\ln(0{,}98)$.
Como $0{,}98 = 1 - 0{,}02$, usamos a expansão
\[\ln(1 - x) = -\left(x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \cdots\right).\]Aqui, $x = 0{,}02$.
Calculamos os termos:
\[\begin{aligned} x &= 0{,}02, \\[4pt] \frac{x^2}{2} &= \frac{0{,}0004}{2} = 0{,}0002, \\[4pt] \frac{x^3}{3} &= \frac{0{,}000008}{3} \approx 0{,}000002667, \\[4pt] \frac{x^4}{4} &= \frac{0{,}00000016}{4} = 0{,}00000004. \end{aligned}\]Somando:
\[x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} \approx 0{,}02 + 0{,}0002 + 0{,}000002667 + 0{,}00000004 = 0{,}020202707.\]Portanto,
\[\ln(0{,}98) \approx -0{,}020202707.\]Logo,
\[\begin{aligned} \ln(980) &\approx 6{,}907755279 - 0{,}020202707 \\ &= 6{,}887552572. \end{aligned}\]Somando a constante de Euler-Mascheroni
\[\begin{aligned} H_{980} &\approx \ln(980) + \gamma \\ &\approx 6{,}887552572 + 0{,}577215661 \\ &= 7{,}464768233. \end{aligned}\]9) Cálculo do valor esperado
Como $E(T) = 980\,H_{980}$, temos
\[E(T) \approx 980 \cdot 7{,}464768233.\]Multiplicamos à mão usando $980 = 1000 - 20$:
\[\begin{aligned} 980 \cdot 7{,}464768233 &= (1000 - 20) \cdot 7{,}464768233 \\ &= 1000 \cdot 7{,}464768233 - 20 \cdot 7{,}464768233 \\ &= 7464{,}768233 - 149{,}29536466 \\ &= 7315{,}47286834. \end{aligned}\]Assim, pela aproximação $H_n \approx \ln(n) + \gamma$, obtemos
\[E(T) \approx 7315{,}47.\]Como cada figurinha custa R$ 1,00, o gasto esperado é
\[\boxed{\text{R\$ } 7315{,}47}.\]Arredondando para reais inteiros: R$ 7316,00.
10) Resultado mais preciso
A aproximação $H_n \approx \ln(n) + \gamma$ ignora termos pequenos. Para $n = 980$, podemos melhorar usando
\[H_n \approx \ln(n) + \gamma + \frac{1}{2n} - \frac{1}{12n^2}.\]Então
\[H_{980} \approx \ln(980) + \gamma + \frac{1}{2\cdot 980} - \frac{1}{12\cdot 980^2}.\]Já temos $\ln(980) + \gamma \approx 7{,}464768233$.
Agora:
\[\frac{1}{2\cdot 980} = \frac{1}{1960} \approx 0{,}000510204.\]Além disso, $980^2 = 960\,400$, logo
\[\frac{1}{12\cdot 980^2} = \frac{1}{12\cdot 960\,400} = \frac{1}{11\,524\,800} \approx 0{,}0000000868.\]Assim,
\[\begin{aligned} H_{980} &\approx 7{,}464768233 + 0{,}000510204 - 0{,}0000000868 \\ &= 7{,}465278350. \end{aligned}\]Agora,
\[\begin{aligned} E(T) &\approx 980 \cdot 7{,}465278350 \\ &= (1000 - 20) \cdot 7{,}465278350 \\ &= 7465{,}278350 - 149{,}305567 \\ &= 7315{,}972783. \end{aligned}\]Portanto, com a aproximação refinada,
\[E(T) \approx 7315{,}97.\]Como cada figurinha custa R$ 1,00, o gasto esperado é
\[\boxed{\text{R\$ } 7315{,}97}.\]Arredondando:
\[\boxed{\text{R\$ } 7316{,}00}.\]11) Panorama de probabilidades ao longo da coleção
O que está por trás de cada compra
A cada figurinha comprada, a probabilidade de ser nova ou repetida depende unicamente de quantas você já tem. Abaixo, os momentos mais dramáticos da jornada.
A fórmula geral (recapitulando)
Com $k$ figurinhas no álbum:
\[P(\text{nova}) = \frac{m - k}{m}, \qquad P(\text{repetida}) = \frac{k}{m}.\]Tabela de probabilidades em marcos da coleção
| Figurinhas já coladas ($k$) | % do álbum | P(nova) | P(repetida) | Compra esperada até a próxima nova |
|---|---|---|---|---|
| $0$ | $0\%$ | $1 = 100\%$ | $0$ | $1$ compra |
| $98$ | $10\%$ | $\frac{882}{980} \approx 90{,}0\%$ | $10{,}0\%$ | $\approx 1{,}11$ compras |
| $245$ | $25\%$ | $\frac{735}{980} = 75{,}0\%$ | $25{,}0\%$ | $\approx 1{,}33$ compras |
| $490$ | $50\%$ | $\frac{490}{980} = 50{,}0\%$ | $50{,}0\%$ | $2$ compras |
| $735$ | $75\%$ | $\frac{245}{980} = 25{,}0\%$ | $75{,}0\%$ | $4$ compras |
| $882$ | $90\%$ | $\frac{98}{980} = 10{,}0\%$ | $90{,}0\%$ | $10$ compras |
| $970$ | $\approx 99\%$ | $\frac{10}{980} \approx 1{,}02\%$ | $\approx 98{,}98\%$ | $98$ compras |
| $979$ | $\approx 99{,}9\%$ | $\frac{1}{980} \approx 0{,}102\%$ | $\approx 99{,}898\%$ | $980$ compras |
Leitura da tabela: quando você está na metade do álbum ($k = 490$), cada compra ainda tem 50% de chance de ser nova — um “cara ou coroa”. Mas quando você já colou 90% do álbum ($k = 882$), só 1 em cada 10 compras virá com figurinha inédita. E quando falta uma única figurinha ($k = 979$), você precisa em média de 980 compras — ou R$ 980,00 — só para achá-la.
O drama da última figurinha
Quando $k = 979$ (falta só uma), a probabilidade de sucesso em cada compra é
\[p = \frac{1}{980} \approx 0{,}00102 = 0{,}102\%.\]O número de compras $T_{979}$ segue $\text{Geom}(1/980)$. Algumas perguntas que você pode se fazer:
Qual a chance de achar a última logo na primeira compra?
\[P(T_{979} = 1) = \frac{1}{980} \approx 0{,}102\%.\]Qual a chance de precisar de mais de 500 compras?
\[\begin{aligned} P(T_{979} > 500) &= \left(\frac{979}{980}\right)^{500} \\[4pt] &= \left(1 - \frac{1}{980}\right)^{500} \\[4pt] &\approx e^{-500/980} \approx e^{-0{,}5102} \approx 0{,}600 = 60{,}0\%. \end{aligned}\]Qual a chance de precisar de mais de 980 compras?
\[P(T_{979} > 980) = \left(\frac{979}{980}\right)^{980} \approx e^{-1} \approx 0{,}368 = 36{,}8\%.\]Isso significa que, quando você chega na reta final, a chance de gastar mais de R$ 980,00 só para conseguir a última figurinha é de quase 37%. Nada desprezível.
Quantas compras são necessárias para ter 50% de chance de já ter achado a última? (Mediana da geométrica)
Resolvemos $P(T_{979} \le t) = 0{,}5$, ou seja, $1 - (979/980)^t = 0{,}5$. Então
\[\left(\frac{979}{980}\right)^t = 0{,}5 \implies t = \frac{\ln(0{,}5)}{\ln(979/980)} \approx \frac{-0{,}6931}{-0{,}001021} \approx 679.\]Portanto, você tem 50% de chance de achar a última figurinha em até 679 compras — e 50% de precisar de mais do que isso.
Probabilidade de achar a última em até $t$ compras:
\[\begin{aligned} P(T_{979} \le 10) &= 1 - \left(\frac{979}{980}\right)^{10} \approx 1{,}02\%, \\[4pt] P(T_{979} \le 100) &= 1 - \left(\frac{979}{980}\right)^{100} \approx 9{,}7\%, \\[4pt] P(T_{979} \le 500) &\approx 40{,}0\%, \\[4pt] P(T_{979} \le 980) &\approx 63{,}2\%, \\[4pt] P(T_{979} \le 2000) &\approx 87{,}0\%. \end{aligned}\]Ou seja, mesmo depois de 2000 compras (R$ 2000,00) focadas só na última figurinha, ainda há 13% de chance de não tê-la encontrado.
O ponto de equilíbrio: metade do álbum
Com $k = 490$ (metade das figurinhas coladas), $P(\text{nova}) = 50\%$. É o único momento em que a coleção é um jogo justo:
\[E(T_{490}) = \frac{980}{490} = 2 \text{ compras}.\]A partir daí, cada figurinha nova vai ficando mais rara. O gasto acelera.
Quanto custa cada “terço” do álbum?
Usando a soma parcial dos números harmônicos:
-
Primeiro terço ($k = 0$ até $k \approx 327$):
\[E(\text{compras}) = 980\left(\frac{1}{980} + \frac{1}{979} + \cdots + \frac{1}{654}\right) \approx 980 \cdot 0{,}405 \approx 397 \text{ compras}.\]Gasto: ~R$ 397,00 (apenas 5,4% do custo total).
-
Segundo terço ($k \approx 327$ até $k \approx 653$):
\[E(\text{compras}) \approx 980\left(\frac{1}{653} + \cdots + \frac{1}{327}\right) \approx 980 \cdot 0{,}693 \approx 679 \text{ compras}.\]Gasto: ~R$ 679,00 (9,3% do custo total).
-
Último terço ($k \approx 653$ até $k = 979$):
\[E(\text{compras}) \approx 7316 - 397 - 679 = 6240 \text{ compras}.\]Gasto: ~R$ 6240,00 (incríveis 85% do custo total).
Moral da história
Os primeiros 654 espaços do álbum custam menos de R$ 1.100,00. Os últimos 327 espaços custam mais de R$ 6.200,00. A coleção não é linear — ela é brutalmente concentrada no final.
12) Interpretação e comentários finais
O que este resultado significa na prática?
- Valor esperado não é garantia. O número R$ 7316,00 é a média do gasto se você repetisse o experimento (completar o álbum do zero) infinitas vezes. Na vida real, você pode gastar mais ou menos — a variância do tempo de coleta é considerável.
- As últimas figurinhas são as mais caras. Quando você já tem 979 figurinhas, a probabilidade de tirar a última é de apenas $1/980 \approx 0{,}102\%$. Nessa etapa, você espera comprar 980 figurinhas (gastar R$ 980,00) só para conseguir a última — e ainda assim, 37% das pessoas precisarão de mais do que isso.
- 85% do gasto vai para o último terço do álbum. Os primeiros 654 espaços custam cerca de R$ 1.076; os últimos 327 custam R$ 6.240. É a lei dos rendimentos decrescentes do coletor levada ao extremo.
- Trocar figurinhas reduz drasticamente o custo. Se você tem amigos com álbuns incompletos, a troca de repetidas faz o gasto real cair muito abaixo desse valor teórico — porque o modelo com troca é diferente: cada figurinha repetida deixa de ser “desperdício” e vira moeda de troca.
A resposta exata é
\[\boxed{E(T) = 980\,H_{980}},\]e a resposta numérica arredondada é
\[\boxed{\text{R\$ } 7316{,}00}.\]Referência rápida (para revisar em 30 segundos)
- Problema do coletor de cupons com $m$ itens distintos e sorteio uniforme.
- Probabilidade de figurinha nova quando se tem $k$: $P_k = \dfrac{m-k}{m}$.
- Tempo até a próxima nova segue geométrica com $E(T_k) = \dfrac{m}{m-k}$.
- Tempo total esperado: $E(T) = m\,H_m = m\left(1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{m}\right)$.
- Para $m$ grande: $H_m \approx \ln(m) + \gamma$, com $\gamma \approx 0{,}5772$ (Euler-Mascheroni).
- Para $m = 980$: $E(T) \approx 7316$ figurinhas $\Rightarrow$ R$ 7316,00.
- Marco importante: com $k = 490$ (metade), $P(\text{nova}) = 50\%$; com $k = 979$ (falta 1), $P(\text{nova}) \approx 0{,}1\%$.
- Última figurinha: $37\%$ de chance de precisar de mais de 980 compras só para achá-la.
- $85\%$ do gasto total concentra-se no último terço do álbum.
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