P1. $V(X)\ge 0$
P2. $V(X+b)=V(X)$, siendo $b \in \mathbb{R}$
P3. $V(a\,X+b)=a^2\cdot V(X)$, siendo $a \in \mathbb{R}$
P4. $V(b)=0$, siendo $b \in \mathbb{R}$ ( es consecuencia de P3. )
P5. Si $X$ e $Y$ son variables aleatorias independientes, $V(X + Y)= V(X)+V(Y)$
lunes, 30 de mayo de 2016
Distribuciones de probabilidad. Propiedades de la esperanza matemática
P1. $E[X + Y] = E[X] + E[Y]$
P2. $E[k · X] = k · E[X]$, siendo $k \in \mathbb{R}$
P3. $E(k) = k$, siendo $k \in \mathbb{R}$.
P4. $E[a · X + b] = a · E[X] + b$, siendo $a,b \in \mathbb{R}$
P5. $E[X \cdot Y ]= E[X] \cdot E[Y]$ si y sólo si $X$ e $Y$ son variables aleatorias independientes
P2. $E[k · X] = k · E[X]$, siendo $k \in \mathbb{R}$
P3. $E(k) = k$, siendo $k \in \mathbb{R}$.
P4. $E[a · X + b] = a · E[X] + b$, siendo $a,b \in \mathbb{R}$
P5. $E[X \cdot Y ]= E[X] \cdot E[Y]$ si y sólo si $X$ e $Y$ son variables aleatorias independientes
Distribuciones de probabilidad discretas
ENUNCIADO. Sea la distribución de probabilidad de una variable discreta $X$ dada por la siguiente tabla:
$\begin{matrix}x_i:&0&1&2&3&4 \\
p_i:&0,1&0,2&0,5&0,15&0,05
\end{matrix}$
Calcular:
a) la esperanza matemática
b) la varianza
c) la desviación estándar
SOLUCIÓN:
a)
$E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,x_i \cdot p_i=0\cdot 0,1 + 1 \cdot 0,2 + 2 \cdot 0,5 + 3 \cdot 0,15 + 4 \cdot 0,05=1,85$
b)
$V[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,(x_i-E[X])^2\cdot p_i=0,9275$
c)
$DE[X]\overset{\text{def}}{=}\sqrt{V[X]}=\sqrt{0'9275}=0,9631$
$\square$
$\begin{matrix}x_i:&0&1&2&3&4 \\
p_i:&0,1&0,2&0,5&0,15&0,05
\end{matrix}$
Calcular:
a) la esperanza matemática
b) la varianza
c) la desviación estándar
SOLUCIÓN:
a)
$E[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,x_i \cdot p_i=0\cdot 0,1 + 1 \cdot 0,2 + 2 \cdot 0,5 + 3 \cdot 0,15 + 4 \cdot 0,05=1,85$
b)
$V[X]\overset{\text{def}}{=}\displaystyle \sum_{i=1}^{5}\,(x_i-E[X])^2\cdot p_i=0,9275$
c)
$DE[X]\overset{\text{def}}{=}\sqrt{V[X]}=\sqrt{0'9275}=0,9631$
$\square$
miércoles, 25 de mayo de 2016
Subiendo en el ascensor
ENUNCIADO.
Cuatro personas se montan en el ascensor de un edificio de diez plantas. El ascensor sube hasta la décima planta, realizando paradas intermedias. ¿ Cuál es la probabilidad de que al menos dos personas se bajen en la misma planta ?
SOLUCIÓN.
Ante el desconocimiento de los destinos de planta de las cuatro personas, supondremos que las éstas se bajan al azar, y, además, que cada una de ellas decide la planta en la que baja de modo independiente a las decisiones de las demás. En estas condiciones, vamos a dar respuesta a las preguntas:
Sea $A$ el sucesos "al menos dos personas se bajan en la misma planta". Así, el suceso $\bar{A}$ representa el suceso contrario: "ninguna de las cuatro coinciden en la planta de destino". Calcularemos, primero, la probabilidad de $\bar{A}$ y, a partir de ésta, la probabilidad de $A$, aplicando la propiedad del contrario.
De entre las diez plantas, la primera persona que escojamos puede elegir planta de diez maneras; por lo tanto la segunda puede elegir la planta donde bajarse de entre $10-1$ ( de un total de $10$); la tercera, de $10-2$ ( de un total de $10$ ) y la cuarta de $10-3$ ( de un total de $10$ ). Así, $$P(\bar{A})=\dfrac{10}{10} \cdot \dfrac{9}{10} \cdot \dfrac{8}{10} \cdot \dfrac{7}{10}=\dfrac{63}{125}$$
o lo que es lo mismo $$P(\bar{A})=\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
Con lo cual, por la propiedad de la probabilidad del contrario, podemos escribir
$$P(A)=1-P(\bar{A})$$
es decir
$$P(A)=1-\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
esto es
$$P(A)=1-\dfrac{63}{125}=\dfrac{62}{125} \approx 0,496$$
$\square$
Cuatro personas se montan en el ascensor de un edificio de diez plantas. El ascensor sube hasta la décima planta, realizando paradas intermedias. ¿ Cuál es la probabilidad de que al menos dos personas se bajen en la misma planta ?
SOLUCIÓN.
Ante el desconocimiento de los destinos de planta de las cuatro personas, supondremos que las éstas se bajan al azar, y, además, que cada una de ellas decide la planta en la que baja de modo independiente a las decisiones de las demás. En estas condiciones, vamos a dar respuesta a las preguntas:
Sea $A$ el sucesos "al menos dos personas se bajan en la misma planta". Así, el suceso $\bar{A}$ representa el suceso contrario: "ninguna de las cuatro coinciden en la planta de destino". Calcularemos, primero, la probabilidad de $\bar{A}$ y, a partir de ésta, la probabilidad de $A$, aplicando la propiedad del contrario.
De entre las diez plantas, la primera persona que escojamos puede elegir planta de diez maneras; por lo tanto la segunda puede elegir la planta donde bajarse de entre $10-1$ ( de un total de $10$); la tercera, de $10-2$ ( de un total de $10$ ) y la cuarta de $10-3$ ( de un total de $10$ ). Así, $$P(\bar{A})=\dfrac{10}{10} \cdot \dfrac{9}{10} \cdot \dfrac{8}{10} \cdot \dfrac{7}{10}=\dfrac{63}{125}$$
o lo que es lo mismo $$P(\bar{A})=\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
Con lo cual, por la propiedad de la probabilidad del contrario, podemos escribir
$$P(A)=1-P(\bar{A})$$
es decir
$$P(A)=1-\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
esto es
$$P(A)=1-\dfrac{63}{125}=\dfrac{62}{125} \approx 0,496$$
$\square$
Disparando cohetes de señales
ENUNCIADO. En una caja hay $10$ cohetes de señales, entre los cuales hay $5$ que son inservibles. Se eligen al azar $4$ de los cohetes de la caja. ¿ Cuál es la probabilidad de que los $4$ cohetes elegidos se puedan lanzar ? ¿ Y de que alguno de los cuatro cohetes se pueda lanzar ? ¿ Cuántos cohetes de los cuatro elegidos se espera que se puedan lanzar ?.
SOLUCIÓN. Sea $X$ la variable aleatoria "número de cohetes inservibles" ( cohetes que no pueden dispararse ) y que, por lo dicho en el enunciado, sigue una distribución hipergeométrica cuya función de cuantía ( de probabilidad ) es $$P\{X=k\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{k} \cdot \binom{10-5}{4-k}}{\binom{10}{4}}$$ donde $k \in \{0,1,2,3,4\}$. Entonces la probabilidad de que todos los cohetes se puedan lanzar es $$P\{X=0\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{0} \cdot \binom{10-5}{4-0}}{\binom{10}{4}}=\dfrac{5}{210}\approx 2\,\%$$
La probabilidad de que ninguno se pueda lanzar es igual a $$P\{X=4\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{4} \cdot \binom{10-5}{4-4}}{\binom{10}{4}}=\dfrac{5}{210}\approx 2\,\%$$ luego la probabilidad de que alguno de los cuatro ( al menos uno ) se pueda lanzar es igual a $$1-\dfrac{5}{210}=\dfrac{41}{42} \approx 98\,\%$$
La esperanza matemática ( número de cohetes que se espera que no funcionen ) es $$E[X]=4 \cdot \dfrac{5}{10}=2$$
$\square$
SOLUCIÓN. Sea $X$ la variable aleatoria "número de cohetes inservibles" ( cohetes que no pueden dispararse ) y que, por lo dicho en el enunciado, sigue una distribución hipergeométrica cuya función de cuantía ( de probabilidad ) es $$P\{X=k\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{k} \cdot \binom{10-5}{4-k}}{\binom{10}{4}}$$ donde $k \in \{0,1,2,3,4\}$. Entonces la probabilidad de que todos los cohetes se puedan lanzar es $$P\{X=0\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{0} \cdot \binom{10-5}{4-0}}{\binom{10}{4}}=\dfrac{5}{210}\approx 2\,\%$$
La probabilidad de que ninguno se pueda lanzar es igual a $$P\{X=4\}=\displaystyle \dfrac{\binom{5}{4} \cdot \binom{10-5}{4-4}}{\binom{10}{4}}=\dfrac{5}{210}\approx 2\,\%$$ luego la probabilidad de que alguno de los cuatro ( al menos uno ) se pueda lanzar es igual a $$1-\dfrac{5}{210}=\dfrac{41}{42} \approx 98\,\%$$
La esperanza matemática ( número de cohetes que se espera que no funcionen ) es $$E[X]=4 \cdot \dfrac{5}{10}=2$$
$\square$
Eligiendo calcetines
ENUNCIADO. En un cajón hay cinco pares distintos ( cada uno de un color diferente ). Deshacemos los cinco pares y entremezclamos los diez calcetines. A continuación, elegimos dos calcetines al azar, ¿ cuál es la probabilidad de que ambos formen pareja ?
SOLUCIÓN. Al sacar los dos calcetines, uno tras otro, podemos elegir el primer calcetín de entre un total de $2\cdot 5=10$ calcetines, y, para ello tenemos $10$ posibilidades. Con ello, habremos fijado el tipo de calcetín, en vistas a sacar el otro calcetín ( segundo que sacamos ) que forma pareja con el que hemos sacado primero, para lo cual sólo tendremos $1$ posibilidad entre un total de $10-1=9$ ( calcetines que quedan en el cajón ). Así, la probabilidad pedida es $\dfrac{10}{10}\cdot \dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{9}$
Otra forma de resolverlo consiste en emplear el teorema de la Probabilidad Total. Denotemos por $C_1,C_2, \ldots \, C_5$ los colores de los cinco pares de calcetines. Al elegir el primer calcetín, fijamos el color: para que el segundo calcetín elegido sea la pareja del primero, debe ser del mismo color. Llamemos $X$ al suceso, elegir los dos calcetines del mismo color ( forman pareja ), entonces
$P(X)=P(X|C_1)\cdot P(C_1)+P(X|C_2)\cdot P(C_2)+P(X|C_3)\cdot P(C_3)+$
$+P(X|C_4)\cdot P(C_4)+P(X|C_5)\cdot P(C_5)=5\cdot ( \dfrac{1}{10-1} \cdot \dfrac{1}{5})=\dfrac{1}{9}$
$\square$
SOLUCIÓN. Al sacar los dos calcetines, uno tras otro, podemos elegir el primer calcetín de entre un total de $2\cdot 5=10$ calcetines, y, para ello tenemos $10$ posibilidades. Con ello, habremos fijado el tipo de calcetín, en vistas a sacar el otro calcetín ( segundo que sacamos ) que forma pareja con el que hemos sacado primero, para lo cual sólo tendremos $1$ posibilidad entre un total de $10-1=9$ ( calcetines que quedan en el cajón ). Así, la probabilidad pedida es $\dfrac{10}{10}\cdot \dfrac{1}{9}=\dfrac{1}{9}$
Otra forma de resolverlo consiste en emplear el teorema de la Probabilidad Total. Denotemos por $C_1,C_2, \ldots \, C_5$ los colores de los cinco pares de calcetines. Al elegir el primer calcetín, fijamos el color: para que el segundo calcetín elegido sea la pareja del primero, debe ser del mismo color. Llamemos $X$ al suceso, elegir los dos calcetines del mismo color ( forman pareja ), entonces
$P(X)=P(X|C_1)\cdot P(C_1)+P(X|C_2)\cdot P(C_2)+P(X|C_3)\cdot P(C_3)+$
$+P(X|C_4)\cdot P(C_4)+P(X|C_5)\cdot P(C_5)=5\cdot ( \dfrac{1}{10-1} \cdot \dfrac{1}{5})=\dfrac{1}{9}$
$\square$
martes, 24 de mayo de 2016
Lanzando dos dados. Probabilidades de los valores de la suma de las puntuaciones.
ENUNCIADO. Se lanzan dos dados de parchís y se suman las puntuaciones obtenidas en cada uno de ellos. ¿ Cuál es la probabilidad de que el valor de la suma sea menor o igual que $6$ ?
SOLUCIÓN. La siguiente tabla de doble entrada muestra, en cada una de las celdas, los posibles resultados de la suma ( conjunto de sucesos elementales de la experiencia aleatoria ), así como el número de veces que aparece cada valor. En letra negrita se han señalado los valores de la suma pedidos.
Aplicando pues la regla de Laplace ( los resultados de todas las celdas de la tabla son igualmente probables ), $P(\text{'obtener un valor de la suma menor o igual que seis"})=\dfrac{5+4+3+2+1}{6 \cdot 6}=$
$=\dfrac{5}{12}\approx 42\,\%$
$\square$
SOLUCIÓN. La siguiente tabla de doble entrada muestra, en cada una de las celdas, los posibles resultados de la suma ( conjunto de sucesos elementales de la experiencia aleatoria ), así como el número de veces que aparece cada valor. En letra negrita se han señalado los valores de la suma pedidos.
Aplicando pues la regla de Laplace ( los resultados de todas las celdas de la tabla son igualmente probables ), $P(\text{'obtener un valor de la suma menor o igual que seis"})=\dfrac{5+4+3+2+1}{6 \cdot 6}=$
$=\dfrac{5}{12}\approx 42\,\%$
$\square$
lunes, 23 de mayo de 2016
Poniendo libros en un estante
ENUNCIADO. ¿ De cuántas maneras podemos ordenar 3 libros de matemáticas, 2 libros de economía, y 3 diccionarios en un estante ?. Nota: los libros de matemáticas son distintos entre sí, y lo mismo ocurre con los de economía y con los diccionarios.
SOLUCIÓN. Distinguiremos tres casos, en función de las restricciones que pongamos en la disposición de los libros en el estante:
(a)
Imaginemos que ponemos los tres diccionarios juntos, entonces los podemos ordenar de $3!$ maneras distintas; haciendo lo mismo con los libros de matemáticas, tenemos también $3!$ maneras de ponerlos; y con los dos libros de economía, $2!$. Entonces, por el principio elecciones independientes, tenemos $3! \cdot 2! \cdot 3!=72$ posibilidades; esta sería la solución si no contemplamos que los libros de un tipo se mezclen con los de los otros tipos ( por ejemplo, evitando que un libro de matemáticas esté flanqueado por dos de poesía ), y, además, establecemos tres compartimentos fijos en el estante ( uno para los libros de matemáticas, otro para los libros de economía, y otro más para los diccionarios).
-oOo-
(b)
En caso de poder cambiar los grupos de compartimento, debemos multiplicar la solución de (a) por las permutaciones de $3$ ( estantes ), y por tanto, nos salen, ahora, $3! \cdot (3! \cdot 2! \cdot 3!)=432$ posibilidades.
-oO0-
(c)
Cabe considerar un tercer caso, que corresponde a que no haya ningún tipo de restricción en la ordenación. Así, el problema se reduce a calcular las permutaciones de $3+3+2=8$ objetos ( todos distintos ), y, por tanto tendremos ahora un total de $8!=40\,320$ posibilidades.
Nota: Observemos que esta cantidad sale también de multiplicar el resultado del caso (a) por el número de maneras de mezclar los libros de un tipos con los de los dos tipos restantes, y esto viene dado por $\text{PR}_{3+2+3}^{3,2,3}=\dfrac{8!}{3! \cdot 2! \cdot 3!}$; por tanto, el número de ordenaciones posibles es $$\text{PR}_{3+2+3}^{3,2,3} \cdot 3! \cdot 2! \cdot 3!=\dfrac{8!}{3! \cdot 2! \cdot 3!} \cdot 3! \cdot 2! \cdot 3!=8!=40\,320$$
$\square$
SOLUCIÓN. Distinguiremos tres casos, en función de las restricciones que pongamos en la disposición de los libros en el estante:
(a)
Imaginemos que ponemos los tres diccionarios juntos, entonces los podemos ordenar de $3!$ maneras distintas; haciendo lo mismo con los libros de matemáticas, tenemos también $3!$ maneras de ponerlos; y con los dos libros de economía, $2!$. Entonces, por el principio elecciones independientes, tenemos $3! \cdot 2! \cdot 3!=72$ posibilidades; esta sería la solución si no contemplamos que los libros de un tipo se mezclen con los de los otros tipos ( por ejemplo, evitando que un libro de matemáticas esté flanqueado por dos de poesía ), y, además, establecemos tres compartimentos fijos en el estante ( uno para los libros de matemáticas, otro para los libros de economía, y otro más para los diccionarios).
(b)
En caso de poder cambiar los grupos de compartimento, debemos multiplicar la solución de (a) por las permutaciones de $3$ ( estantes ), y por tanto, nos salen, ahora, $3! \cdot (3! \cdot 2! \cdot 3!)=432$ posibilidades.
(c)
Cabe considerar un tercer caso, que corresponde a que no haya ningún tipo de restricción en la ordenación. Así, el problema se reduce a calcular las permutaciones de $3+3+2=8$ objetos ( todos distintos ), y, por tanto tendremos ahora un total de $8!=40\,320$ posibilidades.
Nota: Observemos que esta cantidad sale también de multiplicar el resultado del caso (a) por el número de maneras de mezclar los libros de un tipos con los de los dos tipos restantes, y esto viene dado por $\text{PR}_{3+2+3}^{3,2,3}=\dfrac{8!}{3! \cdot 2! \cdot 3!}$; por tanto, el número de ordenaciones posibles es $$\text{PR}_{3+2+3}^{3,2,3} \cdot 3! \cdot 2! \cdot 3!=\dfrac{8!}{3! \cdot 2! \cdot 3!} \cdot 3! \cdot 2! \cdot 3!=8!=40\,320$$
$\square$
jueves, 19 de mayo de 2016
¿ Es justo el siguiente sorteo ?
ENUNCIADO. En un grupo hay $3$ personas. Sorteamos un premio y, para ello, colocamos en una urna $2$ bolas blancas y $1$ bola negra. A continuación, una persona tras otra van sacando una bola de la urna, hasta que alguien saca la bola negra y se le otorga el premio. Demostrar que este sistema de otorgar el premio es justo, en el sentido que cada persona tiene la misma probabilidad de conseguirlo. ¿ Cuál es esa probabilidad ?
SOLUCIÓN. Llamemos $G_1$ al suceso otorgar el premio a la primera persona; $G_2$, a otorgarlo a la segunda persona, y $G_3$ a otorgarlo a la tercera. Para determinar si el sorteo es justo, debemos calcular las probabilidades de estos tres sucesos y comprobar que son iguales.
Aplicando la regla de Laplace, $P(G_1)=\dfrac{1}{3}$.
Calculemos, ahora, la probabilidad de $G_2$; $P(G_2)=P(G_2|\bar{G_1})\cdot P(\bar{G_1})$, siendo $P(\bar{G_1)}=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$ y $P(G_2|\bar{G_1})=\dfrac{1}{2}$ ( puesto que de las tres bolas, se han extraído una bola blanca, quedando en la urna una bola blanca y una bola negra ); así, $P(G_2)=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$.
Finalmente, calculemos la probabilidad de $G_3$, $P(G_3)=P(G_3 | \bar{G_1} \cap \bar{G_2} )\cdot P(\bar{G_1} \cap \bar{G_2}) \quad \quad (1)$; donde $P((G_3 | \bar{G_1} \cap \bar{G_2} )=1$, pues habiéndose extraído dos bolas blancas, sólo queda la negra ( que es la que extrae la tercera persona ); por otra parte, $P(\bar{G_1} \cap \bar{G_3})=P(\overline{G_1 \cup G_3)}$ ( por la primera ley de Morgan ), aplicando ahora la propiedad del contrario resulta $P(\bar{G_1} \cap \bar{G_3})=1-P(G_1 \cup G_2)$, y como $G_1$ y $G_2$ son sucesos excluyentes ( incompatatibles ), $P(G_1 \cup G_2)=P(G_1)+P(G_2)=2 \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$. Así, de (1), $P(G_3)=1 \cdot ( 1- \dfrac{2}{3})=\dfrac{1}{3}$.
En conclusión, como $P(G_1)=P(G_2)=P(G_3)=\dfrac{1}{3}$, podemos asegurar que el sorteo es justo. $\square$
SOLUCIÓN. Llamemos $G_1$ al suceso otorgar el premio a la primera persona; $G_2$, a otorgarlo a la segunda persona, y $G_3$ a otorgarlo a la tercera. Para determinar si el sorteo es justo, debemos calcular las probabilidades de estos tres sucesos y comprobar que son iguales.
Aplicando la regla de Laplace, $P(G_1)=\dfrac{1}{3}$.
Calculemos, ahora, la probabilidad de $G_2$; $P(G_2)=P(G_2|\bar{G_1})\cdot P(\bar{G_1})$, siendo $P(\bar{G_1)}=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$ y $P(G_2|\bar{G_1})=\dfrac{1}{2}$ ( puesto que de las tres bolas, se han extraído una bola blanca, quedando en la urna una bola blanca y una bola negra ); así, $P(G_2)=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$.
Finalmente, calculemos la probabilidad de $G_3$, $P(G_3)=P(G_3 | \bar{G_1} \cap \bar{G_2} )\cdot P(\bar{G_1} \cap \bar{G_2}) \quad \quad (1)$; donde $P((G_3 | \bar{G_1} \cap \bar{G_2} )=1$, pues habiéndose extraído dos bolas blancas, sólo queda la negra ( que es la que extrae la tercera persona ); por otra parte, $P(\bar{G_1} \cap \bar{G_3})=P(\overline{G_1 \cup G_3)}$ ( por la primera ley de Morgan ), aplicando ahora la propiedad del contrario resulta $P(\bar{G_1} \cap \bar{G_3})=1-P(G_1 \cup G_2)$, y como $G_1$ y $G_2$ son sucesos excluyentes ( incompatatibles ), $P(G_1 \cup G_2)=P(G_1)+P(G_2)=2 \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$. Así, de (1), $P(G_3)=1 \cdot ( 1- \dfrac{2}{3})=\dfrac{1}{3}$.
En conclusión, como $P(G_1)=P(G_2)=P(G_3)=\dfrac{1}{3}$, podemos asegurar que el sorteo es justo. $\square$
martes, 10 de mayo de 2016
Distribuyendo n bolas distintas en r urnas
ENUNCIADO. ¿ De cuántas maneras podemos repartir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ?
SOLUCIÓN. Debemos tener en cuenta que entre las distintas posibilidades, puede suceder que haya urnas sin ninguna bola; incluso todas las bolas podrían estar en una misma urna. Para contabilizar el número de posibilidades, debemos darnos cuenta de que estamos ante un problema de variaciones con repetición de $s$ objetos tomados de $t$ en $t$ ( en grupos de $t$ elementos ). Veamos por qué. Imaginemos una hilera de $t:=n$ compartimentos ( o celdas ) -- cuidado: no confundir compartimento con urna --, uno por cada bola, cuyo contenido será el número de posibilidades de elección de urna, que es igual a $s:=r$. Así, el contenido del primer compartimento lo podemos elegir de $r$ maneras ( urnas ) distintas [ la primera bola puede estar en cualquiera de las $r$ urnas ]; lo mismo sucede con el segundo compartimento ( su contenido lo podemos elegir de $r$ maneras distintas, pues recordemos que varias bolas pueden estar en el mismo compartimento ); y, así, razonando igual hasta la $n$-ésima bola (compartimento). Por consiguiente, por el principio multiplicativo, tendremos un total de $$r\cdot r \overset{\underbrace{n}}{\ldots}r=r^n \;\text{posibilidades}$$
Nota: Podemos pues decir que la solución a este problema es un caso de variaciones con repetición de $s:=r$ objetos ( que son las urnas ) tomados en grupos de $t:=n$ ( que es el número de bolas ), esto es , $VR_{s,t}=s^t$, que, en este caso se concreta en $r^n$. Pero, cuidado: Siempre es mejor pensar en analogías o patrones que utilizar ciegamente las fórmulas ( pues, a menudo, los identificadores literales de las mismas pueden aparecer en el orden semántico cambiado, si bien, por convenio, el primer subíndice indica ( siempre ) el número de objetos -- aquí es $r$ urnas -- y el segundo, de cuánto en cuánto los tomamos -- aquí es $n$, y representa, aquí, el número de bolas --). Desaconsejamos pues, vivamente, esta segunda vía ( la de la aplicación irreflexiva de las fórmulas ), que es aparentemente cómoda y segura, pero peligrosa, por lo fácil que es que nos confundamos.
EJEMPLO. ¿ De cuántas maneras podemos distribuir $3$ lápices ( de distintos colores ) entre $2$ niños ?
SOLUCIÓN. En esta situación, imaginamos un compartimento ( urna ) por cada lápiz, por tanto $t:=3$ ); los destinatarios de los compartimentos son los ( dos ) niños, luego $s:=2$. Establecida esta analogía, es claro que podemos "asignar niño" ( bola ) a cada lápiz ( urna ) de $2$ maneras; y, como hay $3$ lápices ( compartimentos o celdas ), por el principio multiplicativo obtenemos un total de $$2\cdot 2 \cdot 2 = 2^2=8 \; \text{maneras distintas de distribuir los lápices}$$
Nota: Si nos atenemos a la fórmula, la aplicación de la fórmula, $VR_{s,t}=s^t$, se concreta aquí en $VR_{2,3}=2^3=8 \; \text{maneras de distribuir los lápices}$
$\square$
SOLUCIÓN. Debemos tener en cuenta que entre las distintas posibilidades, puede suceder que haya urnas sin ninguna bola; incluso todas las bolas podrían estar en una misma urna. Para contabilizar el número de posibilidades, debemos darnos cuenta de que estamos ante un problema de variaciones con repetición de $s$ objetos tomados de $t$ en $t$ ( en grupos de $t$ elementos ). Veamos por qué. Imaginemos una hilera de $t:=n$ compartimentos ( o celdas ) -- cuidado: no confundir compartimento con urna --, uno por cada bola, cuyo contenido será el número de posibilidades de elección de urna, que es igual a $s:=r$. Así, el contenido del primer compartimento lo podemos elegir de $r$ maneras ( urnas ) distintas [ la primera bola puede estar en cualquiera de las $r$ urnas ]; lo mismo sucede con el segundo compartimento ( su contenido lo podemos elegir de $r$ maneras distintas, pues recordemos que varias bolas pueden estar en el mismo compartimento ); y, así, razonando igual hasta la $n$-ésima bola (compartimento). Por consiguiente, por el principio multiplicativo, tendremos un total de $$r\cdot r \overset{\underbrace{n}}{\ldots}r=r^n \;\text{posibilidades}$$
Nota: Podemos pues decir que la solución a este problema es un caso de variaciones con repetición de $s:=r$ objetos ( que son las urnas ) tomados en grupos de $t:=n$ ( que es el número de bolas ), esto es , $VR_{s,t}=s^t$, que, en este caso se concreta en $r^n$. Pero, cuidado: Siempre es mejor pensar en analogías o patrones que utilizar ciegamente las fórmulas ( pues, a menudo, los identificadores literales de las mismas pueden aparecer en el orden semántico cambiado, si bien, por convenio, el primer subíndice indica ( siempre ) el número de objetos -- aquí es $r$ urnas -- y el segundo, de cuánto en cuánto los tomamos -- aquí es $n$, y representa, aquí, el número de bolas --). Desaconsejamos pues, vivamente, esta segunda vía ( la de la aplicación irreflexiva de las fórmulas ), que es aparentemente cómoda y segura, pero peligrosa, por lo fácil que es que nos confundamos.
EJEMPLO. ¿ De cuántas maneras podemos distribuir $3$ lápices ( de distintos colores ) entre $2$ niños ?
SOLUCIÓN. En esta situación, imaginamos un compartimento ( urna ) por cada lápiz, por tanto $t:=3$ ); los destinatarios de los compartimentos son los ( dos ) niños, luego $s:=2$. Establecida esta analogía, es claro que podemos "asignar niño" ( bola ) a cada lápiz ( urna ) de $2$ maneras; y, como hay $3$ lápices ( compartimentos o celdas ), por el principio multiplicativo obtenemos un total de $$2\cdot 2 \cdot 2 = 2^2=8 \; \text{maneras distintas de distribuir los lápices}$$
Nota: Si nos atenemos a la fórmula, la aplicación de la fórmula, $VR_{s,t}=s^t$, se concreta aquí en $VR_{2,3}=2^3=8 \; \text{maneras de distribuir los lápices}$
$\square$
Combinatoria con bolas y urnas
ENUNCIADO. En una urna hay $10$ bolas, de las cuales $6$ están pintadas de blanco y el resto de otros colores. Calcular de cuántas maneras podemos seleccionar $4$ bolas de la urna, entre las cuales haya, exactamente, $2$ bolas blancas; atendiendo a las siguientes maneras sacar las cuatro bolas:
a) Sacando las cuatro una a una, reemplazando la bola extraída en la urna antes de sacar la siguiente bola.
b) Sacando las cuatro bolas a la vez
ENUNCIADO.
a)
En el primer caso, las elecciones de bolas sucesivas son independientes, por lo que atendiendo al hecho de que importa el orden en que sacamos las bolas, y aplicando el principio de elecciones independientes en tres fases [ la idea empleada aquí es parecida a la que se aplica en este otro problema ], nos encontramos con $$\text{PR}_{4}^{2,2}\cdot \text{VR}_{6,2} \cdot \text{VR}_{10-6,2}=3456 \; \text{posibilidades}$$
b)
En este caso, podemos contemplar la extracción conjunta del grupo de $4$ bolas, como si se extrajesen ( también ) de forma sucesiva, pero sin reemplazar las bola que se ha sacado al ir a extraer la siguiente bola; decimos, por tanto, que estas extracciones sucesivas son dependientes. Al sacar las bolas de esta manera, aplicando el principio de independencia de elección en dos fases, sin tener en cuenta el orden en que disponemos la bolas extraídas, vemos que el número de configuraciones posibles es $$\displaystyle \binom{6}{2}\cdot \binom{10-6}{4-2}=90 \; \text{posibilidades}$$
$\square$
a) Sacando las cuatro una a una, reemplazando la bola extraída en la urna antes de sacar la siguiente bola.
b) Sacando las cuatro bolas a la vez
ENUNCIADO.
a)
En el primer caso, las elecciones de bolas sucesivas son independientes, por lo que atendiendo al hecho de que importa el orden en que sacamos las bolas, y aplicando el principio de elecciones independientes en tres fases [ la idea empleada aquí es parecida a la que se aplica en este otro problema ], nos encontramos con $$\text{PR}_{4}^{2,2}\cdot \text{VR}_{6,2} \cdot \text{VR}_{10-6,2}=3456 \; \text{posibilidades}$$
b)
En este caso, podemos contemplar la extracción conjunta del grupo de $4$ bolas, como si se extrajesen ( también ) de forma sucesiva, pero sin reemplazar las bola que se ha sacado al ir a extraer la siguiente bola; decimos, por tanto, que estas extracciones sucesivas son dependientes. Al sacar las bolas de esta manera, aplicando el principio de independencia de elección en dos fases, sin tener en cuenta el orden en que disponemos la bolas extraídas, vemos que el número de configuraciones posibles es $$\displaystyle \binom{6}{2}\cdot \binom{10-6}{4-2}=90 \; \text{posibilidades}$$
$\square$
Desembalando una caja de libros ...
ENUNCIADO. Desembalando una caja de libros que contiene $10$ libros distintos de poesía, $12$ novelas distintas, y $6$ libros distintos de matemáticas, seleccionamos $12$ libros: $4$ libros de poesía, $5$ novelas y $3$ libros de matemáticas, para ponerlos, uno al lado del otro, en un estante. ¿ De cuántas maneras podemos hacer eso ?.
SOLUCIÓN. En este problema hay que considerar el orden en que pongamos los libros, pues todos son distintos, y, además, hay tres categorías a las que cada uno de esos libros puede pertenecer. Teniendo en cuenta esto, calcularemos, primero: el número de maneras en que podemos escoger el grupo de libros de poesía es $V_{10,4}$; el número de maneras de formar el grupo de novelas es $V_{12,5}$, y el número de maneras de formar el grupo de libros de matemáticas es $V_{6,3}$. Entonces, por el principio de elecciones independientes ( de cada uno de los tres grupos ), hay $V_{10,4} \cdot V_{12,5} \cdot V_{6,3}$ maneras de disponer los $12$ libros, evitando ( en un principio ) que los libros de las tres categorías se intercalen unos con otros.
Ahora bien, en principio, podemos mezclar dichas categorías pues, por ejemplo, aceptamos que un libro de poesía esté entre dos libros de matemáticas -- no pretendemos clasificar los libros por categorías, pues no se dice nada al respecto en el enunciado --, con lo cual faltará, además, multiplicar por el número de maneras de permutar los libros atendiendo a la categoría a la que pertenecen ( poesía, novela, o matemáticas ); para ello, podemos imaginar que colocamos una etiqueta de un color distinto para cada categoría en cada uno de los libros, luego el factor multiplicativo que falta corresponde al número de maneras en que podemos permutar un conjunto de $4+5+3$ etiquetas de color, entre las cuales haya $4$ de un primer color, $5$ de un segundo color, y $3$ de un tercero, esto es, $\text{PR}_{4+5+3}^{4,5,3}$
Aplicando de nuevo el principio de elecciones independientes en las fases del proceso, encontramos el siguiente número de maneras de disponer los libros en el estante:
$\text{PR}_{4+5+3}^{4,5,3} \cdot V_{10,4} \cdot V_{12,5} \cdot V_{6,3}= \dfrac{12!}{4!\cdot 5! \cdot 3!}\cdot (10\cdot 9 \cdot 8 \cdot 7) \cdot (12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 ) \cdot ( 6 \cdot 5 \cdot 4)$
que es un número muy grande: $$N\sim 10^{15}$$
$\square$
SOLUCIÓN. En este problema hay que considerar el orden en que pongamos los libros, pues todos son distintos, y, además, hay tres categorías a las que cada uno de esos libros puede pertenecer. Teniendo en cuenta esto, calcularemos, primero: el número de maneras en que podemos escoger el grupo de libros de poesía es $V_{10,4}$; el número de maneras de formar el grupo de novelas es $V_{12,5}$, y el número de maneras de formar el grupo de libros de matemáticas es $V_{6,3}$. Entonces, por el principio de elecciones independientes ( de cada uno de los tres grupos ), hay $V_{10,4} \cdot V_{12,5} \cdot V_{6,3}$ maneras de disponer los $12$ libros, evitando ( en un principio ) que los libros de las tres categorías se intercalen unos con otros.
Ahora bien, en principio, podemos mezclar dichas categorías pues, por ejemplo, aceptamos que un libro de poesía esté entre dos libros de matemáticas -- no pretendemos clasificar los libros por categorías, pues no se dice nada al respecto en el enunciado --, con lo cual faltará, además, multiplicar por el número de maneras de permutar los libros atendiendo a la categoría a la que pertenecen ( poesía, novela, o matemáticas ); para ello, podemos imaginar que colocamos una etiqueta de un color distinto para cada categoría en cada uno de los libros, luego el factor multiplicativo que falta corresponde al número de maneras en que podemos permutar un conjunto de $4+5+3$ etiquetas de color, entre las cuales haya $4$ de un primer color, $5$ de un segundo color, y $3$ de un tercero, esto es, $\text{PR}_{4+5+3}^{4,5,3}$
Aplicando de nuevo el principio de elecciones independientes en las fases del proceso, encontramos el siguiente número de maneras de disponer los libros en el estante:
$\text{PR}_{4+5+3}^{4,5,3} \cdot V_{10,4} \cdot V_{12,5} \cdot V_{6,3}= \dfrac{12!}{4!\cdot 5! \cdot 3!}\cdot (10\cdot 9 \cdot 8 \cdot 7) \cdot (12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 ) \cdot ( 6 \cdot 5 \cdot 4)$
que es un número muy grande: $$N\sim 10^{15}$$
$\square$
De cuántas maneras podemos formar un equipo compuesto de chicos y chicas de forma que ...
ENUNCIADO. En un aula hay $10$ chicas y $12$ chicos. Se quiere formar un equipo de $6$ personas, en el que haya $2$ chicas y $4$ chicos. ¿ De cuántas maneras se puede hacer ?.
SOLUCIÓN. El número de maneras de escoger $2$ chicas entre $10$ que hay en el aula es igual a $C_{10,2}=\binom{12}{2}=45$, habida cuenta de que no importa el orden de la selección. Por otra parte, el número de maneras de escoger $4$ chicos entre los los $12$ chicos que hay en el aula es igual a $C_{12,4}=\binom{12}{4}=495$. Finalmente, teniendo en cuenta el principio de elecciones independientes ( o principio multiplicativo ): por cada manera de escoger el grupo de chicas hay $495$ maneras de escoger el grupo de chicos ( y vice versa ), por tanto el número total de posibilidades es igual a $45\cdot 495 = 22275$. $\square$
SOLUCIÓN. El número de maneras de escoger $2$ chicas entre $10$ que hay en el aula es igual a $C_{10,2}=\binom{12}{2}=45$, habida cuenta de que no importa el orden de la selección. Por otra parte, el número de maneras de escoger $4$ chicos entre los los $12$ chicos que hay en el aula es igual a $C_{12,4}=\binom{12}{4}=495$. Finalmente, teniendo en cuenta el principio de elecciones independientes ( o principio multiplicativo ): por cada manera de escoger el grupo de chicas hay $495$ maneras de escoger el grupo de chicos ( y vice versa ), por tanto el número total de posibilidades es igual a $45\cdot 495 = 22275$. $\square$
jueves, 5 de mayo de 2016
Un caso de combinaciones con repetición
ENUNCIADO. Queremos comprar cuatro latas de refrescos. En la tienda tienen 6 tipos distintos de refrescos. ¿ Cuántas posibilidades tenemos de elegir los cuatro refrescos que nos vamos a llevar ?.
SOLUCIÓN. Como no importa el orden en que elijamos los refrescos y, además, en la elección que hacemos podemos repetirlos ( por ejemplo, podemos llevarnos cuatro del mismo tipo ), estamos ante un caso de combinaciones con repetición, que responde al problema patrón de distribuir $n=4$ "bolas idénticas" ( número de refrescos que queremos comprar ) en $r=6$ "urnas" ( tipos de refrescos a elegir ), cuya solución viene dada por las combinaciones con repetición $\text{CR}_{r,n}$, esto es, $$\dfrac{(n+(r-1))!}{n!\cdot (r-1)!}=\binom{n+r-1}{r-1}=\binom{r+n-1}{n} \quad \quad (1)$$
Así, el número de maneras de elegir nuestra compra es $$\dfrac{(4+(6-1))!}{4! \cdot (6-1)!}=\binom{4+(6-1)}{6-1}=\binom{4+(6-1)}{4}=126$$ que es la solución al problema de encontrar de cuantas maneras podemos repartir $4$ símbolos idénticos ( bolas ) en un hilera de $6$ compartimentos ( urnas ) separadas por tabiques de la forma ( por ejemplo, [**|||*||*] sería una de estas posibles distribuciones ), tal como ya se ha explicado en el el problema de encontrar de cuántas fichas debe constar el juego del dominó.
Nota: Las combinaciones con repetición de $n$ elementos de un conjunto en $r$ clases, $CR_{r,n}$m también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{r}{n}\right)$ $\square$
SOLUCIÓN. Como no importa el orden en que elijamos los refrescos y, además, en la elección que hacemos podemos repetirlos ( por ejemplo, podemos llevarnos cuatro del mismo tipo ), estamos ante un caso de combinaciones con repetición, que responde al problema patrón de distribuir $n=4$ "bolas idénticas" ( número de refrescos que queremos comprar ) en $r=6$ "urnas" ( tipos de refrescos a elegir ), cuya solución viene dada por las combinaciones con repetición $\text{CR}_{r,n}$, esto es, $$\dfrac{(n+(r-1))!}{n!\cdot (r-1)!}=\binom{n+r-1}{r-1}=\binom{r+n-1}{n} \quad \quad (1)$$
Así, el número de maneras de elegir nuestra compra es $$\dfrac{(4+(6-1))!}{4! \cdot (6-1)!}=\binom{4+(6-1)}{6-1}=\binom{4+(6-1)}{4}=126$$ que es la solución al problema de encontrar de cuantas maneras podemos repartir $4$ símbolos idénticos ( bolas ) en un hilera de $6$ compartimentos ( urnas ) separadas por tabiques de la forma ( por ejemplo, [**|||*||*] sería una de estas posibles distribuciones ), tal como ya se ha explicado en el el problema de encontrar de cuántas fichas debe constar el juego del dominó.
Nota: Las combinaciones con repetición de $n$ elementos de un conjunto en $r$ clases, $CR_{r,n}$m también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{r}{n}\right)$ $\square$
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