ENUNCIADO. De entre $4$ monedas, dos de las cuales son legales y las otras dos trucadas, escogemos dos al alzar. Cuál es la probabilidad de escoger:
a) Dos monedas legales
b) Dos monedas trucadas
c) Una moneda legal y otra trucada
SOLUCIÓN.
a) De entre dos monedas legales sólo hay $\binom{2}{2}=1$ posibilidad a la hora de escoger dos que lo sean, luego por la regla de Laplace, $P(A)=\dfrac{\binom{2}{2}}{\binom{4}{2}}=\dfrac{1}{6}$
b) De entre dos monedas trucadas sólo hay $\binom{2}{2}=1$ posibilidad de escoger dos que lo sean, luego por la regla de Laplace, $P(A)=\dfrac{\binom{2}{2}}{\binom{4}{2}}=\dfrac{1}{6}$
c) De entre dos monedas legales hay $\binom{2}{1}=2$ maneras de escoger una moneda legal; y, de entre las otras dos ( que están trucadas ), hay $\binom{4-2}{1}=2$ maneras de escoger una moneda trucada, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{2}{1}\cdot \binom{4-2}{1}=2\cdot 2=4$ maneras de elegir una moneda legal y una moneda trucada entre las cuatro monedas. Así pues, por la regla de Laplace, $P(A)=\dfrac{\binom{2}{1}\cdot \binom{4-2}{1}}{\binom{4}{2}}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$
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sábado, 28 de enero de 2017
miércoles, 11 de enero de 2017
Ejemplo de aplicación del modelo hipergeométrico de probabilidades
ENUNCIADO. En una fiesta hay $30$ personas, $25$ casadas y $5$ solteras. Se eligen $3$ personas al azar, ¿ cuál es la probabilidad de que sean solteras ? ¿ Cuál es la probabilidad de que dos de las personas elegidas sean casadas y una sea soltera ?.
SOLUCIÓN. El espacio muestral podemos concebirlo como el conjunto de sucesos $[x_1,x_2,x_3]$ en el que $x_i \in \{\text{casada},\text{soltera}\}$, para $i\le 3$. De esta forma, todos los sucesos elementales son equiprobables y por ende podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso, $S$, del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$: $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{N}$$ donde $N$ es el número de casos ( sucesos ) posibles [de la experiencia aleatoria 'elegir tres personas al azar'] y $N(S)$ representa el número de casos favorables a un determinado suceso, pongamos que le pedido en el enunciado.
El número de casos posibles es $N=C_{30,3}=\binom{30}{3}$ ( no importa el orden en que vayamos escogiendo las tres personas ) y el número de casos favorables a $S$ lo calcularemos de la siguiente manera: Podemos elegir las $3$ personas solteras de $C_{5,3}=\binom{5}{3}$ maneras y como el número de personas casadas que encontraremos en una elección de tres personas solteras es $0$, hay una sóla posibilidad para ello, $C_{25,0}=\binom{25}{0}=1$. Así, pues, hay $\binom{5}{3}\cdot \binom{25}{0}$ posibilidades de que las tres personas elegidas sean todas solteras.
Encontramos por tanto que $$P(S)=\dfrac{\binom{5}{3}\cdot \binom{25}{0}}{\binom{30}{3}}=2,4631\cdot 10^{-3} \approx 0,2\,\%$$
Veamos ahora la respuesta a la segunda pregunta. Denotando por $T$='dos personas casadas y una soltera', vemos que $N(T)=\binom{25}{2}\cdot \binom{5}{1}$, luego por la regla de Laplace, $$P(T)=\dfrac{\binom{25}{2}\cdot \binom{5}{1}}{\binom{30}{3}}=3,6946\cdot 10^{-1} \approx 37\,\%$$
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SOLUCIÓN. El espacio muestral podemos concebirlo como el conjunto de sucesos $[x_1,x_2,x_3]$ en el que $x_i \in \{\text{casada},\text{soltera}\}$, para $i\le 3$. De esta forma, todos los sucesos elementales son equiprobables y por ende podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso, $S$, del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$: $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{N}$$ donde $N$ es el número de casos ( sucesos ) posibles [de la experiencia aleatoria 'elegir tres personas al azar'] y $N(S)$ representa el número de casos favorables a un determinado suceso, pongamos que le pedido en el enunciado.
El número de casos posibles es $N=C_{30,3}=\binom{30}{3}$ ( no importa el orden en que vayamos escogiendo las tres personas ) y el número de casos favorables a $S$ lo calcularemos de la siguiente manera: Podemos elegir las $3$ personas solteras de $C_{5,3}=\binom{5}{3}$ maneras y como el número de personas casadas que encontraremos en una elección de tres personas solteras es $0$, hay una sóla posibilidad para ello, $C_{25,0}=\binom{25}{0}=1$. Así, pues, hay $\binom{5}{3}\cdot \binom{25}{0}$ posibilidades de que las tres personas elegidas sean todas solteras.
Encontramos por tanto que $$P(S)=\dfrac{\binom{5}{3}\cdot \binom{25}{0}}{\binom{30}{3}}=2,4631\cdot 10^{-3} \approx 0,2\,\%$$
Veamos ahora la respuesta a la segunda pregunta. Denotando por $T$='dos personas casadas y una soltera', vemos que $N(T)=\binom{25}{2}\cdot \binom{5}{1}$, luego por la regla de Laplace, $$P(T)=\dfrac{\binom{25}{2}\cdot \binom{5}{1}}{\binom{30}{3}}=3,6946\cdot 10^{-1} \approx 37\,\%$$
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Ejemplo de aplicación del modelo multinomial de probabilidad
ENUNCIADO. En una fiesta, el $20\,\%$ son españoles; el $30\,\%$ son franceses; el $40\,\%$ son italianos, y el $10\,\%$ son portugueses. ¿ Cuál es la probabilidad de que al escoger un grupo de $6$ personas, éste esté formado por $2$ españoles, $1$ francés, $1$ italiano, y $2$ portugueses ?
SOLUCIÓN. Concebimos la elección de las seis personas del grupo, de una en una, y de manera independiente una de otra. Entonces la probabilidad pedida es $$N\cdot 0,2^{2}\cdot 0,3^{1}\cdot 0,4^{1}\cdot 0,1^{2}$$ donde $N$ representa el número de posibilidades de seleccionar ( considerando el orden ) los dos españoles, el francés, el italiano, y los dos portugueses, que es igual a $$N=PR_{6}^{2,1,1,2}=\dfrac{6!}{2!\cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}$$ luego la probabilidad pedida es $$\dfrac{6!}{2!\cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}\cdot 0,2^{2}\cdot 0,3^{1}\cdot 0,4^{1}\cdot 0,1^{2}=0,0864$$
este esquema o modelo de cálculo recibe el nombre de probabilidad multinomial, por representar una extensión del modelo binomial.
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SOLUCIÓN. Concebimos la elección de las seis personas del grupo, de una en una, y de manera independiente una de otra. Entonces la probabilidad pedida es $$N\cdot 0,2^{2}\cdot 0,3^{1}\cdot 0,4^{1}\cdot 0,1^{2}$$ donde $N$ representa el número de posibilidades de seleccionar ( considerando el orden ) los dos españoles, el francés, el italiano, y los dos portugueses, que es igual a $$N=PR_{6}^{2,1,1,2}=\dfrac{6!}{2!\cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}$$ luego la probabilidad pedida es $$\dfrac{6!}{2!\cdot 1! \cdot 1! \cdot 2!}\cdot 0,2^{2}\cdot 0,3^{1}\cdot 0,4^{1}\cdot 0,1^{2}=0,0864$$
este esquema o modelo de cálculo recibe el nombre de probabilidad multinomial, por representar una extensión del modelo binomial.
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martes, 10 de enero de 2017
Lanzamiento repetido de monedas
ENUNCIADO. Lanzamos una moneda equilibrada diez veces. ¿ Cuál es la probabilidad de obtener exactamente $4$ caras ?
SOLUCIÓN.
Procedimiento I
El que la moneda esté equilibrada quiere decir que al lanzar la moneda una vez la probabilidad de obtener cara es la misma que la de obtener cruz, esto es $1/2$. El espacio muestral $\Omega$ puede pensarse como el conjunto de secuencias $[x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7,x_8,x_9,x_{10}]$ donde $x_i \in \{C,+\}$ para cada $i=1,2,\ldots,10$. Todas las secuencias ( sucesos elementales ) tienen la misma probabilidad de aparecer al realizar la experiencia aleatoria que se describe en el enunciado, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular ( asignar ) probabilidad a cualquier suceso, como por ejemplo, $S=$'obtener exactamente $4$ caras'. Tendremos pues que $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{N} \quad \quad (1)$$
Podemos considerar los $10$ lanzamientos repetidos como la situación equivalente a lanzar $10$ monedas equilibradas de forma simultánea ( enfoque estático ). Considerando las monedas distinguibles, el número de casos posibles, que corresponde al cardinal del espacio muestral, es $N=VR_{2,10}$ ya que de cada moneda esperamos obtener dos valores: 'cara' o bien 'cruz'.
El número de casos favorables a $S$ ( el suceso pedido ) corresponde al número de maneras en que podemos colocar $4$ caras en una disposición lineal de $10$ 'celdas' ( de modo que a las seis celdas restantes se les asignan $6$ cruces ). Evidentemente, no tiene sentido distinguir ahora un símbolo de otro del mismo tipo, luego $N(S)=C_{10,4}=\binom{10}{4}$
Por tanto, de (1), encontramos que $$P(S)=\dfrac{\binom{10}{4}}{VR_{2,10}}=\dfrac{210}{1024} \approx 0,2051$$
Procedimiento II
Al ser los diez lanzamientos independientes ( ahora pasamos a contemplar el problema de forma dinámica, imaginando un lanzamiento tras otro ), desembocamos en el esquema ( o modelo binomial ), siendo por tanto la probabilidad pedida igual a $$\binom{10}{4}\cdot p^{4}\cdot (1-p)^{10-4}$$ Y como la moneda está equilibrada, $p=1/2$, luego lo anterior es igual a $$\binom{10}{4}\cdot (\dfrac{1}{2})^{4}\cdot \left(1-(\dfrac{1}{2})\right)^{10-4}=\binom{10}{4}\cdot \dfrac{1}{2^{10}}=\dfrac{210}{1024}$$ y que corresponden al resultado encontrado arriba.
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SOLUCIÓN.
Procedimiento I
El que la moneda esté equilibrada quiere decir que al lanzar la moneda una vez la probabilidad de obtener cara es la misma que la de obtener cruz, esto es $1/2$. El espacio muestral $\Omega$ puede pensarse como el conjunto de secuencias $[x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6,x_7,x_8,x_9,x_{10}]$ donde $x_i \in \{C,+\}$ para cada $i=1,2,\ldots,10$. Todas las secuencias ( sucesos elementales ) tienen la misma probabilidad de aparecer al realizar la experiencia aleatoria que se describe en el enunciado, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular ( asignar ) probabilidad a cualquier suceso, como por ejemplo, $S=$'obtener exactamente $4$ caras'. Tendremos pues que $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{N} \quad \quad (1)$$
Podemos considerar los $10$ lanzamientos repetidos como la situación equivalente a lanzar $10$ monedas equilibradas de forma simultánea ( enfoque estático ). Considerando las monedas distinguibles, el número de casos posibles, que corresponde al cardinal del espacio muestral, es $N=VR_{2,10}$ ya que de cada moneda esperamos obtener dos valores: 'cara' o bien 'cruz'.
El número de casos favorables a $S$ ( el suceso pedido ) corresponde al número de maneras en que podemos colocar $4$ caras en una disposición lineal de $10$ 'celdas' ( de modo que a las seis celdas restantes se les asignan $6$ cruces ). Evidentemente, no tiene sentido distinguir ahora un símbolo de otro del mismo tipo, luego $N(S)=C_{10,4}=\binom{10}{4}$
Por tanto, de (1), encontramos que $$P(S)=\dfrac{\binom{10}{4}}{VR_{2,10}}=\dfrac{210}{1024} \approx 0,2051$$
Procedimiento II
Al ser los diez lanzamientos independientes ( ahora pasamos a contemplar el problema de forma dinámica, imaginando un lanzamiento tras otro ), desembocamos en el esquema ( o modelo binomial ), siendo por tanto la probabilidad pedida igual a $$\binom{10}{4}\cdot p^{4}\cdot (1-p)^{10-4}$$ Y como la moneda está equilibrada, $p=1/2$, luego lo anterior es igual a $$\binom{10}{4}\cdot (\dfrac{1}{2})^{4}\cdot \left(1-(\dfrac{1}{2})\right)^{10-4}=\binom{10}{4}\cdot \dfrac{1}{2^{10}}=\dfrac{210}{1024}$$ y que corresponden al resultado encontrado arriba.
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domingo, 12 de junio de 2016
Cálculo de probabilidades. Aplicación de la propiedad del contrario.
ENUNCIADO. Cinco personas se encuentran en la planta baja de un edificio que tiene nueve plantas. Se montan en el ascensor, que sube hasta la última planta. Cada persona elige, con independencia de las elecciones de los demás, la planta a la que desea ir, pulsando el botón correspondiente. Se pide:
a) La probabilidad de que cada persona elija una planta distinta de la que han elegido los demás
b) La probabilidad de que al menos dos personas elijan la misma planta
SOLUCIÓN.
a)
El número de casos favorables al suceso $S$ ( no haber ninguna coincidencia ) es $N(S)=V_{9,5}$, y el número de casos en total es $N=VR_{9,5}$, luego por el principio de Laplace ( los sucesos elementales del espacio muestral son equiprobables ) $$P(S)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(S)}{N}=\dfrac{V_{9,5}}{VR_{9,5}}=\dfrac{15120}{59049}=\dfrac{560}{2187}\approx 26\,\%$$
b)
Por la propiedad del contrario, $P(\bar{S})=1-P(P(S)=1-\dfrac{560}{2187}=\dfrac{1627}{2187}\approx 74\,\%$
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a) La probabilidad de que cada persona elija una planta distinta de la que han elegido los demás
b) La probabilidad de que al menos dos personas elijan la misma planta
SOLUCIÓN.
a)
El número de casos favorables al suceso $S$ ( no haber ninguna coincidencia ) es $N(S)=V_{9,5}$, y el número de casos en total es $N=VR_{9,5}$, luego por el principio de Laplace ( los sucesos elementales del espacio muestral son equiprobables ) $$P(S)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(S)}{N}=\dfrac{V_{9,5}}{VR_{9,5}}=\dfrac{15120}{59049}=\dfrac{560}{2187}\approx 26\,\%$$
b)
Por la propiedad del contrario, $P(\bar{S})=1-P(P(S)=1-\dfrac{560}{2187}=\dfrac{1627}{2187}\approx 74\,\%$
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jueves, 9 de junio de 2016
Un ejercicio sobre los teoremas de la Probabilidad Total y de Bayes
ENUNCIADO. Un cajón contiene: $6$ tarjetas blancas, de las cuales $2$ tienen pintado un círculo rojo; y, $10$ tarjetas negras, de las cuales $3$ también tienen pintado un círculo rojo. Se elige una tarjeta al azar. Se pide:
a) Calcular la probabilidad de que la tarjeta elegida tenga pintado un círculo rojo
b) La tarjeta elegida ha resultado tener pintado un círculo rojo y no sabemos de qué color es la tarjeta, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca ? ¿ y de que sea negra ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $B$ al suceso "extraer tarjeta blanca"; por $N$, al suceso "extraer tarjeta negra", y por $R$ al sucesos "extraer tarjeta con círculo rojo". Entonces:
a)
$R=(R \cap B ) \cup ( R \cap N )$, luego $P(R)=P((R \cap B ) \cup ( R \cap N ))$ y como $R \cap B$ y $R \cap N$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ), podemos escribir $$P(R)=P(R \cap B ) + P( R \cap N )$$ y por la definición de probabilidad condicionada, llegamos a la expresión de la probabilidad total $$P(R)=P(R | B)\cdot P(B) + P( R | N )\cdot P(N)$$ que, con los datos del problema, queda
$$P(R)=\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{6}{16} + \dfrac{3}{10}\cdot \dfrac{10}{16}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{5}{16}\approx 31\,\%$$
b)
Por el teorema de Bayes, $$P(B|R)=\dfrac{P(R|B}{P(R)}$$ luego $$P(B|R)=\dfrac{1/8}{5/16}=\dfrac{2}{5}=40\,\%$$
y, finalmente, $P(N|R)=P(\bar{B}|R)=1-P(B|R)$, luego
$$P(N|R)=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}=60\,\%$$
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a) Calcular la probabilidad de que la tarjeta elegida tenga pintado un círculo rojo
b) La tarjeta elegida ha resultado tener pintado un círculo rojo y no sabemos de qué color es la tarjeta, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca ? ¿ y de que sea negra ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $B$ al suceso "extraer tarjeta blanca"; por $N$, al suceso "extraer tarjeta negra", y por $R$ al sucesos "extraer tarjeta con círculo rojo". Entonces:
a)
$R=(R \cap B ) \cup ( R \cap N )$, luego $P(R)=P((R \cap B ) \cup ( R \cap N ))$ y como $R \cap B$ y $R \cap N$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ), podemos escribir $$P(R)=P(R \cap B ) + P( R \cap N )$$ y por la definición de probabilidad condicionada, llegamos a la expresión de la probabilidad total $$P(R)=P(R | B)\cdot P(B) + P( R | N )\cdot P(N)$$ que, con los datos del problema, queda
$$P(R)=\dfrac{2}{6}\cdot \dfrac{6}{16} + \dfrac{3}{10}\cdot \dfrac{10}{16}=\dfrac{1}{8}+\dfrac{3}{16}=\dfrac{5}{16}\approx 31\,\%$$
b)
Por el teorema de Bayes, $$P(B|R)=\dfrac{P(R|B}{P(R)}$$ luego $$P(B|R)=\dfrac{1/8}{5/16}=\dfrac{2}{5}=40\,\%$$
y, finalmente, $P(N|R)=P(\bar{B}|R)=1-P(B|R)$, luego
$$P(N|R)=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}=60\,\%$$
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viernes, 3 de junio de 2016
Dando en el blanco ...
ENUNCIADO. La probabilidad de que un tirador dé en el blanco en un disparo es $0{,}6$. Si efectúa tres disparos, calcular:
a) la probabilidad de acertar al menos dos veces
b) el número de disparos que debería efectuar para que la probabilidad de acertar al menos una vez fuese mayor que $0{,}8$
SOLUCIÓN.
a)
La variable aleatoria $X$ ( "número de aciertos" ) toma valores en el conjunto $\{0,1,2,3\}$, entonces:
$P\{X \ge 2\}=P\{X=2\}+P\{X=3\}=\displaystyle \binom{3}{2}\cdot 0{,}6^2\cdot (1-0{,}6)^{3-2}=0{,}432$
b)
Si $P\{X \ge 1\} \succ 0{,}8$, entonces $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{n-i} \succ 0{,}8$. Procedemos, ahora, a ensayar valores crecientes de $n$ para ver si se cumple o no lo que se requiere en esta segunda pregunta. Es claro que con un disparo ( $n:=1$ ) la probabilidad de acertar es $0{,}6$ que es menor que $0{,}8$, por lo que el tirador debe realizar más de un disparo; probemos con $n:=2$ disparos, en este caso $P\{X \ge 1\}$ es igual a $\displaystyle \sum_{i=1}^{2}\,\displaystyle \binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{2-i}=0{,}84 \succ 0{,}8$, luego con dos disparos basta para que la probabilidad de acertar al menos una vez sea mayor que $0{,}8$
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a) la probabilidad de acertar al menos dos veces
b) el número de disparos que debería efectuar para que la probabilidad de acertar al menos una vez fuese mayor que $0{,}8$
SOLUCIÓN.
a)
La variable aleatoria $X$ ( "número de aciertos" ) toma valores en el conjunto $\{0,1,2,3\}$, entonces:
$P\{X \ge 2\}=P\{X=2\}+P\{X=3\}=\displaystyle \binom{3}{2}\cdot 0{,}6^2\cdot (1-0{,}6)^{3-2}=0{,}432$
b)
Si $P\{X \ge 1\} \succ 0{,}8$, entonces $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\,\binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{n-i} \succ 0{,}8$. Procedemos, ahora, a ensayar valores crecientes de $n$ para ver si se cumple o no lo que se requiere en esta segunda pregunta. Es claro que con un disparo ( $n:=1$ ) la probabilidad de acertar es $0{,}6$ que es menor que $0{,}8$, por lo que el tirador debe realizar más de un disparo; probemos con $n:=2$ disparos, en este caso $P\{X \ge 1\}$ es igual a $\displaystyle \sum_{i=1}^{2}\,\displaystyle \binom{n}{i}\cdot 0{,}6^i\cdot (1-0{,}6)^{2-i}=0{,}84 \succ 0{,}8$, luego con dos disparos basta para que la probabilidad de acertar al menos una vez sea mayor que $0{,}8$
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Se lanzan tres dados de parchís ...
ENUNCIADO. Se lanzan tres dados de parchís, ¿ cuál es la probabilidad de que la suma de puntuaciones sea un número primero menor que $10$ ?.
SOLUCIÓN. El espacio muestral consta de $6^3=216$ elementos, que son las ternas de números $(i,j,k)$, donde cada $i,j$ y $k$ toma valores en $\{1,2,3,4,5,6\}$. Todos los elementos de este espacio muestral son igualmente probables, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Entre los valores de la suma $\{3,4,5,6,\ldots,18\}$, sólo hay tres números primos menores que $10$, que son: $3$, $5$ y $7$.
Veamos ahora, de cuántas maneras puede aparecer cada uno de estos valores de la suma:
1) El valor de la suma igual a $3$, sólo puede obtenerse mediante los números terna $(1,1,1)$; y hay una única forma de hacerlo, pues $PR_{3}^{3}=\dfrac{3!}{3!}=1$
2) El valor de la suma igual a $5$, se puede dar ( por ejemplo ) con los números de la terna $(1,2,2)$, y, por tanto, de un total de $PR_{3}^{2,1}=3$ forma distintas ( permutando los elementos de la terna ); también se puede formar el número primo $5$ mediante los números $(1,1,3)$, con lo cual tenemos $3$ maneras más de dar el número primo $5$; en total, por tanto, se puede dar de $3+3=6$ maneras.
3) El valor de la suma igual a $7$, se puede dar con los números de las ternas $(1,2,4)$, $(1,1,5)$, $(2,2,3)$ y $(1,3,3)$, y, por tanto, hay $P_3+3\cdot PR_{3}^{2,1}=3!+3\cdot \dfrac{3!}{2!\cdot 1!}=15$ maneras de formar el número primo $7$.
Así, hay $1+6+15=22$ maneras de obtener los números primos menores que $10$ ( esto es, $3$, $5$ y $7$ ). Aplicando la regla de Laplace, encontramos que la probabilidad pedida es $\dfrac{22}{216}=\dfrac{11}{108} \approx 0{,}1019$
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SOLUCIÓN. El espacio muestral consta de $6^3=216$ elementos, que son las ternas de números $(i,j,k)$, donde cada $i,j$ y $k$ toma valores en $\{1,2,3,4,5,6\}$. Todos los elementos de este espacio muestral son igualmente probables, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Entre los valores de la suma $\{3,4,5,6,\ldots,18\}$, sólo hay tres números primos menores que $10$, que son: $3$, $5$ y $7$.
Veamos ahora, de cuántas maneras puede aparecer cada uno de estos valores de la suma:
1) El valor de la suma igual a $3$, sólo puede obtenerse mediante los números terna $(1,1,1)$; y hay una única forma de hacerlo, pues $PR_{3}^{3}=\dfrac{3!}{3!}=1$
2) El valor de la suma igual a $5$, se puede dar ( por ejemplo ) con los números de la terna $(1,2,2)$, y, por tanto, de un total de $PR_{3}^{2,1}=3$ forma distintas ( permutando los elementos de la terna ); también se puede formar el número primo $5$ mediante los números $(1,1,3)$, con lo cual tenemos $3$ maneras más de dar el número primo $5$; en total, por tanto, se puede dar de $3+3=6$ maneras.
3) El valor de la suma igual a $7$, se puede dar con los números de las ternas $(1,2,4)$, $(1,1,5)$, $(2,2,3)$ y $(1,3,3)$, y, por tanto, hay $P_3+3\cdot PR_{3}^{2,1}=3!+3\cdot \dfrac{3!}{2!\cdot 1!}=15$ maneras de formar el número primo $7$.
Así, hay $1+6+15=22$ maneras de obtener los números primos menores que $10$ ( esto es, $3$, $5$ y $7$ ). Aplicando la regla de Laplace, encontramos que la probabilidad pedida es $\dfrac{22}{216}=\dfrac{11}{108} \approx 0{,}1019$
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jueves, 2 de junio de 2016
Probabilidad de sacar una pareja de bolas del mismo color ...
ENUNCIADO. En una urna hay $10$ bolas, de las cuales: $5$ son blancas, $3$ son verdes, y las restantes son negras. Calcular la probabilidad de que al extraer dos bolas ( una después de la otra ) de la urna resulten ser del mismo color, en las siguientes condiciones:
a) sin reemplazar la primera bola extraída
b) reemplazando la primera bola extraída
SOLUCIÓN. Si asumimos que las bolas se pueden distinguir ( sin recurrir al color de las mismas ), podemos pensar en un espacio muestral cuyos sucesos elementales son equiproblables, por lo que podremos aplicar la regla de Laplace, que ( recordemos ) dice lo siguiente: para un suceso $S$ ( en nuestro caso "extraer las dos bolas del mismo color" ), $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$, donde $N(S)$ es el número de maneras en que puede darse $S$ y $N$ denota el número total de posibilidades.
a)
Si no reemplazamos la primera bola, extraer las dos bolas ( una tras otra ) equivale a extraer las dos bolas a la vez. En estas condiciones, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=C_{10,2}=45$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $C_{5,2}=10$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $C_{3,2}=3$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $C_{10-(5+3),2}=1$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=10 + 3 + 1 = 14$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{14}{45} \approx 0{,}31$
b)
Si reemplazamos la primera bola, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=\text{VR}_{10,2}=10^2=100$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $\text{VR}_{5,2}=5^2=25$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $\text{VR}_{3,2}=3^2=9$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $\text{VR}_{10-(5+3),2}=2^2=4$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=25 + 9 + 4 = 38$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{38}{100}=0{,}38$
$\square$
a) sin reemplazar la primera bola extraída
b) reemplazando la primera bola extraída
SOLUCIÓN. Si asumimos que las bolas se pueden distinguir ( sin recurrir al color de las mismas ), podemos pensar en un espacio muestral cuyos sucesos elementales son equiproblables, por lo que podremos aplicar la regla de Laplace, que ( recordemos ) dice lo siguiente: para un suceso $S$ ( en nuestro caso "extraer las dos bolas del mismo color" ), $P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$, donde $N(S)$ es el número de maneras en que puede darse $S$ y $N$ denota el número total de posibilidades.
a)
Si no reemplazamos la primera bola, extraer las dos bolas ( una tras otra ) equivale a extraer las dos bolas a la vez. En estas condiciones, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=C_{10,2}=45$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $C_{5,2}=10$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $C_{3,2}=3$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $C_{10-(5+3),2}=1$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=10 + 3 + 1 = 14$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{14}{45} \approx 0{,}31$
b)
Si reemplazamos la primera bola, el número (total) de maneras de elegir dos bolas cualesquiera es $N=\text{VR}_{10,2}=10^2=100$.
Por otra parte, en el supuesto de tener que elegir dos bolas blancas, podemos hacerlo de $\text{VR}_{5,2}=5^2=25$ maneras distintas; el número de maneras de elegir dos bolas verdes es $\text{VR}_{3,2}=3^2=9$, y el número de maneras de elegir dos bolas negras es $\text{VR}_{10-(5+3),2}=2^2=4$. Luego, por el principio de adición, tenemos un total de $N(S)=25 + 9 + 4 = 38$ maneras de elegir dos bolas del mismo color.
Aplicando, pues, la regla de Laplace: $P(S)=\dfrac{38}{100}=0{,}38$
$\square$
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
$$P(A)=1-\dfrac{63}{125}=\dfrac{62}{125} \approx 0,496$$
$\square$
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 ), $P(\text{'obtener un valor de la suma menor o igual que seis"})=\dfrac{5+4+3+2+1}{6 \cdot 6}=$
$=\dfrac{5}{12}\approx 42\,\%$
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miércoles, 20 de abril de 2016
Un sorteo del estilo de la "Bono Loto"
ENUNCIADO. Consideremos que hacer una apuesta ( en el juego que proponemos y que está inspirado en el de la Bono Loto) consiste en marcar ( en un boleto ) $6$ números distintos de entre el conjunto de números naturales $\{1,2,\ldots,49\}$. Al sortear $6$ números de dicho conjunto de $49$ números, ¿ cuál es la probabilidad de acertar $0\le k\le 6$ números ( de entre los $6$ números a los que hemos apostado ) ?
Nota: las normas para apostar en la Bono Loto son un poco más complicadas, pues se requiere, por ejemplo, que en una apuesta sencilla se rellenen al menos dos bloques, eligiendo seis números en cada uno de los bloques. También se pueden hacer apuestas múltiples. Y, además, se sortea también un número llamado "complementario", mediante el cual se otorga un premio especial si se acierta también dicho número en combinación con haber acertado cinco números, pero no vamos a entrar en más detalles sobre el juego de la Bono Loto propiamente dicho.
SOLUCIÓN. El número total de posibilidades es $\binom{49}{6}$, y el número de posibilidades favorables a que acertemos $k$ números es $\binom{6}{k}\cdot \binom{49-6}{6-k}$, donde los dos factores representan la forma de disponer los $k$ aciertos y la forma de disponer los $6-k$ fracasos ( de entre los números que no figuran en la apuesta, que son $49-6$ ).
Entonces, por la regla de Laplace, la probabilidad pedida es $$\dfrac{\binom{6}{k}\cdot \binom{49-6}{6-k}}{\binom{49}{6}}$$
Así, por ejemplo:
La probabilidad de acertar los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 0'000\,000\,07$
La probabilidad de acertar cinco de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{5}\cdot \binom{49-6}{6-5}}{\binom{49}{6}}\approx 0'000\,018\,4$
La probabilidad de acertar cuatro de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 0'000967$
La probabilidad de acertar tres de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{3}\cdot \binom{49-6}{6-3}}{\binom{49}{6}}\approx 0'0187$
La probabilidad de acertar dos de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{2}\cdot \binom{49-6}{6-2}}{\binom{49}{6}}\approx 0'132$
La probabilidad de acertar uno de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 0'413$
La probabilidad de no acertar ninguno de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 0'436$
$\square$
Nota: las normas para apostar en la Bono Loto son un poco más complicadas, pues se requiere, por ejemplo, que en una apuesta sencilla se rellenen al menos dos bloques, eligiendo seis números en cada uno de los bloques. También se pueden hacer apuestas múltiples. Y, además, se sortea también un número llamado "complementario", mediante el cual se otorga un premio especial si se acierta también dicho número en combinación con haber acertado cinco números, pero no vamos a entrar en más detalles sobre el juego de la Bono Loto propiamente dicho.
SOLUCIÓN. El número total de posibilidades es $\binom{49}{6}$, y el número de posibilidades favorables a que acertemos $k$ números es $\binom{6}{k}\cdot \binom{49-6}{6-k}$, donde los dos factores representan la forma de disponer los $k$ aciertos y la forma de disponer los $6-k$ fracasos ( de entre los números que no figuran en la apuesta, que son $49-6$ ).
Entonces, por la regla de Laplace, la probabilidad pedida es $$\dfrac{\binom{6}{k}\cdot \binom{49-6}{6-k}}{\binom{49}{6}}$$
Así, por ejemplo:
La probabilidad de acertar los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 0'000\,000\,07$
La probabilidad de acertar cinco de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{5}\cdot \binom{49-6}{6-5}}{\binom{49}{6}}\approx 0'000\,018\,4$
La probabilidad de acertar cuatro de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 0'000967$
La probabilidad de acertar tres de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{3}\cdot \binom{49-6}{6-3}}{\binom{49}{6}}\approx 0'0187$
La probabilidad de acertar dos de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{2}\cdot \binom{49-6}{6-2}}{\binom{49}{6}}\approx 0'132$
La probabilidad de acertar uno de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 0'413$
La probabilidad de no acertar ninguno de los seis números a los que hemos apostado es $\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 0'436$
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Un problema histórico del cálculo de probabilidades sobre dos propuestas ( de apuesta ) de lanzamientos de dados
Los problemas de apuestas en los juegos de azar constituyeron importantes estímulos para los matemáticos en los orígenes de la teoría del cálculo de probabilidades ( siglo XVII ); así, por ejemplo, cabe destacar los problemas históricos que el escritor, matemático aficionado y jugador Antoine Gambaud, Chevalier de Méré ( 1607-1684 ) planteaba al gran matemático aficionado Pierre de Fermat ( 1601-1665 ) y al matemático y filósofo Blaise Pascal ( 1623-1684 ). Uno de estos problemas es el conocido como el problema de la partida inacabada ( no hablaremos de éste ahora ). Y, otro de ellos se conoce como el problema de las apuestas en el juego de los dados, del cual sí vamos a hablar a continuación. Dice así:
ENUNCIADO:
¿ Qué es más probable: a) sacar al menos un seis en 4 lanzamiento de un dado, o bien, b) sacar al menos dos seises en 24 lanzamientos de dos dados ? Esto es, ¿ cuál de las dos apuestas es la más ventajosa ?.
SOLUCIÓN:
Vamos a calcular la probabilidad de (a). La probabilidad de no sacar un '6' en un lanzamiento es $\dfrac{5}{6}$, luego la de no sacar ningún '6' en cuatro lanzamientos es $\left(\dfrac{5}{6}\right)^4$, con lo cual, y por la propiedad del contrario, vemos que la probabilidad de sacar al menos un '6' es $1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 \approx 0,5177$
Veamos ahora cuál es la probabilidad de (b). Al lanzar una vez dos dados, la probabilidad de sacar dos seises es $\dfrac{1}{36}$, luego la de no sacarlos es $1-\dfrac{1}{36}=\dfrac{35}{36}$; por lo tanto, la probabilidad de no sacar ningún par de seises en 24 tiradas ( de dos dados ) es $\left(\dfrac{35}{36}\right)^{24}$, con lo cual - por la propiedad de la probabilidad del suceso contrario - vemos que la probabilidad de sacar al menos un par de seises es $1-\left(\dfrac{35}{36}\right)^{24} \approx 0'4914$
Como la probabilidad en este segundo caso es menor que la del primero, concluimos que es más ventajoso apostar por lo primero ( lanzar cuatro veces un dado, contemplando la posibilidad de que aparezcan al menos dos seises ) que no por lo segundo ( lanzar 24 veces una pareja de dados, contemplando la posibilidad de que aparezca al menos dos seises ).
OTRA FORMA DE LLEGAR A LA SOLUCIÓN:
Arriba se ha resuelto el problema empleando un método dinámico, esto es, recorriendo el árbol de posibilidades y colocándonos en cada situación hipotética, empleando el principio de independencia de sucesos. También puede resolverse el problema, desde un enfoque estático, esto es, mediante el cálculo combinatoria; de esta forma, no simulamos lo que sucede en cada nodo del árbol, sino que, de una vez, extraemos la solución, empleando la regla de Laplace. Veamos cómo.
En el primer caso, el número de casos posibles es igual a $VR_{6,4}=6^4$ y el número de casos favorables es igual a $VR_{6-1,4}=5^4$, por consiguiente la probabilidad de no obtener un '6' en cuatro lanzamientos es igual ( aplicando la regla de Laplace ) a $$\dfrac{5^4}{6^4}$$ con lo cual, la probabilidad del suceso contrario ( obtener al menos un '6' ) es igual a $$1-\dfrac{5^4}{6^4}\approx 0,5177$$
En el segundo caso, el número de casos posibles es igual a $VR_{36,24}=36^{24}$, pues al lanzar una vez dos dados, obtenemos $6\cdot 6=36$ resultados. Por otra parte, el número de casos favorables es igual a $VR_{36-1,24}=35^{24}$ ( ya que debemos descartar el resultado [6,6] en un lanzamiento de la pareja de dados ), por consiguiente la probabilidad de no obtener un doble '6' en veinticuatro lanzamientos es igual ( aplicando la regla de Laplace ) a $$\dfrac{35^{24}}{36^{24}}$$ con lo cual, la probabilidad del suceso contrario ( obtener al menos un '6' ) es igual a $$1-\dfrac{35^{24}}{36^{24}}\approx 0,4914$$
$\square$
ENUNCIADO:
¿ Qué es más probable: a) sacar al menos un seis en 4 lanzamiento de un dado, o bien, b) sacar al menos dos seises en 24 lanzamientos de dos dados ? Esto es, ¿ cuál de las dos apuestas es la más ventajosa ?.
SOLUCIÓN:
Vamos a calcular la probabilidad de (a). La probabilidad de no sacar un '6' en un lanzamiento es $\dfrac{5}{6}$, luego la de no sacar ningún '6' en cuatro lanzamientos es $\left(\dfrac{5}{6}\right)^4$, con lo cual, y por la propiedad del contrario, vemos que la probabilidad de sacar al menos un '6' es $1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 \approx 0,5177$
Veamos ahora cuál es la probabilidad de (b). Al lanzar una vez dos dados, la probabilidad de sacar dos seises es $\dfrac{1}{36}$, luego la de no sacarlos es $1-\dfrac{1}{36}=\dfrac{35}{36}$; por lo tanto, la probabilidad de no sacar ningún par de seises en 24 tiradas ( de dos dados ) es $\left(\dfrac{35}{36}\right)^{24}$, con lo cual - por la propiedad de la probabilidad del suceso contrario - vemos que la probabilidad de sacar al menos un par de seises es $1-\left(\dfrac{35}{36}\right)^{24} \approx 0'4914$
Como la probabilidad en este segundo caso es menor que la del primero, concluimos que es más ventajoso apostar por lo primero ( lanzar cuatro veces un dado, contemplando la posibilidad de que aparezcan al menos dos seises ) que no por lo segundo ( lanzar 24 veces una pareja de dados, contemplando la posibilidad de que aparezca al menos dos seises ).
OTRA FORMA DE LLEGAR A LA SOLUCIÓN:
Arriba se ha resuelto el problema empleando un método dinámico, esto es, recorriendo el árbol de posibilidades y colocándonos en cada situación hipotética, empleando el principio de independencia de sucesos. También puede resolverse el problema, desde un enfoque estático, esto es, mediante el cálculo combinatoria; de esta forma, no simulamos lo que sucede en cada nodo del árbol, sino que, de una vez, extraemos la solución, empleando la regla de Laplace. Veamos cómo.
En el primer caso, el número de casos posibles es igual a $VR_{6,4}=6^4$ y el número de casos favorables es igual a $VR_{6-1,4}=5^4$, por consiguiente la probabilidad de no obtener un '6' en cuatro lanzamientos es igual ( aplicando la regla de Laplace ) a $$\dfrac{5^4}{6^4}$$ con lo cual, la probabilidad del suceso contrario ( obtener al menos un '6' ) es igual a $$1-\dfrac{5^4}{6^4}\approx 0,5177$$
En el segundo caso, el número de casos posibles es igual a $VR_{36,24}=36^{24}$, pues al lanzar una vez dos dados, obtenemos $6\cdot 6=36$ resultados. Por otra parte, el número de casos favorables es igual a $VR_{36-1,24}=35^{24}$ ( ya que debemos descartar el resultado [6,6] en un lanzamiento de la pareja de dados ), por consiguiente la probabilidad de no obtener un doble '6' en veinticuatro lanzamientos es igual ( aplicando la regla de Laplace ) a $$\dfrac{35^{24}}{36^{24}}$$ con lo cual, la probabilidad del suceso contrario ( obtener al menos un '6' ) es igual a $$1-\dfrac{35^{24}}{36^{24}}\approx 0,4914$$
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martes, 12 de mayo de 2015
Alicia lanza una moneda ...
ENUNCIADO
Alicia lanza una moneda; y, de manera independiente, Bernardo lanza dos monedas. ¿ Cuál es la probabilidad de que ambos coincidan en el número de caras que obtienen ?.
SOLUCIÓN:
Debemos considerar los siguientes sucesos en relación al experimento aleatorio de Alicia:
$A_0$: "Alicia obtiene 0 caras" $P(A_0)=\dfrac{1}{2}$
$A_1$: "Alicia obtiene 1 cara" $P(A_1)=\dfrac{1}{2}$
$A_2$: "Alicia obtiene 2 caras" $P(A_2)=0$ ( suceso imposible )
Y en cuanto al experimento de Bernardo:
$B_0$: "Bernardo obtiene 0 cares" $P(B_0)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$
$B_1$: "Bernardo obtiene 1 cara" $P(B_1)=2\cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$
$B_2$: "Bernardo obtiene 2 cares" $P(B_2)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$
Con lo cual la probabilidad de que Alicia y Bernardo obtengan el mismo número de caras es igual a $P\left((A_0 \cap B_0) \cup (A_1 \cap B_1) \cup (A_2 \cap B_2)\right)$; y, como estos tres sucesos son incompatibles, dicha probabilidad es igual a $P(A_0 \cap B_0) + (A_1 \cap B_1) +(A_2 \cap B_2)$ (1). Y, desdes luego, $A_0$ y $B_0$ son independientes, como también lo son $A_1$ y $B_1$, y $A_2$ y $B_2$; por lo tanto, (1) es igual a $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}+0\cdot \dfrac{1}{4}$
$=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}+0$
$=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}+0$
$=\dfrac{3}{8}$
$\square$
Alicia lanza una moneda; y, de manera independiente, Bernardo lanza dos monedas. ¿ Cuál es la probabilidad de que ambos coincidan en el número de caras que obtienen ?.
SOLUCIÓN:
Debemos considerar los siguientes sucesos en relación al experimento aleatorio de Alicia:
$A_0$: "Alicia obtiene 0 caras" $P(A_0)=\dfrac{1}{2}$
$A_1$: "Alicia obtiene 1 cara" $P(A_1)=\dfrac{1}{2}$
$A_2$: "Alicia obtiene 2 caras" $P(A_2)=0$ ( suceso imposible )
Y en cuanto al experimento de Bernardo:
$B_0$: "Bernardo obtiene 0 cares" $P(B_0)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$
$B_1$: "Bernardo obtiene 1 cara" $P(B_1)=2\cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$
$B_2$: "Bernardo obtiene 2 cares" $P(B_2)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}$
Con lo cual la probabilidad de que Alicia y Bernardo obtengan el mismo número de caras es igual a $P\left((A_0 \cap B_0) \cup (A_1 \cap B_1) \cup (A_2 \cap B_2)\right)$; y, como estos tres sucesos son incompatibles, dicha probabilidad es igual a $P(A_0 \cap B_0) + (A_1 \cap B_1) +(A_2 \cap B_2)$ (1). Y, desdes luego, $A_0$ y $B_0$ son independientes, como también lo son $A_1$ y $B_1$, y $A_2$ y $B_2$; por lo tanto, (1) es igual a $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}+0\cdot \dfrac{1}{4}$
$=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}+0$
$=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}+0$
$=\dfrac{3}{8}$
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