ENUNCIADO. La tripulación de un barco consta de $10$ españoles, $12$ franceses y $5$ portugueses. Se quiere formar un equipo de $6$ personas, eligiéndolas al azar. ¿ Cuál es la probabilidad de que esté formado por $2$ españoles, $3$ franceses y $1$ portugués ?.
SOLUCIÓN. El espacio muestral podemos concebirlo como el conjunto de sucesos $[x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6]$ en el que $x_i \in \{\text{español},\text{francés}, \text{portugués}\}$, para $i=1,2,\ldots,6$. De esta forma, todos los sucesos elementales son equiprobables y por consiguiente 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 el pedido en el enunciado.
El número de casos posibles es $N=C_{30,3}=\binom{10+12+5}{6}$ ( 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 los dos españoles de $C_{10,2}=\binom{10}{2}$ maneras; los tres franceses de $C_{12,3}=\binom{12}{3}$ maneras, y el tripulante portugués de $C_{5,1}=\binom{5}{1}$ maneras. Así, pues, por el principio multiplicativo hay $\binom{10}{2}\cdot \binom{12}{3}\cdot \binom{5}{1}$ posibilidades de elegir $S$
Encontramos por tanto que $$P(S)=\dfrac{\binom{10}{2}\cdot \binom{12}{3}\cdot \binom{5}{1}}{\binom{10+12+5}{6}}=\dfrac{50}{299} \approx 0,17 $$
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jueves, 12 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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miércoles, 20 de abril de 2016
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 $$1-\dfrac{35^{24}}{36^{24}}\approx 0,4914$$
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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 $\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{2}+0\cdot \dfrac{1}{4}$
$=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}+0$
$=\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{4}+0$
$=\dfrac{3}{8}$
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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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sábado, 9 de mayo de 2015
Una urna contiene ... ( Artículo escrita en catalán )
Enunciat:
Una urna A conté 3 boles vermelles i 1 bola blanca; una altra urna B conté 5 boles vermelles i 2 boles blanques, i una tercera urna c conté 1 bola vermella i 2 boles blanques. Escollim a l'atzar una de les tres urnes i, a continuació, fem l'extracció (a l'atzar) d'una de les boles que conté. Calculeu la probabilitat que:
a) la bola sigui blanca
b) sigui una bola de la urna A, sabent que la bola és blanca
Resolució:
apartat a)
Anomenem:
A al succés a l'atzar "escollir la urna A"; B, al succés a l'atzar "escollir la urna B"; i C, al succés "escollir a l'atzar la urna C".
Per altra banda, designem amb la lletra W el succés "extraure una bola blanca" (d'una de les tres urnes, escollida aleatòriament).
D'acord amb el teorema de la probabilitat total podem escriure
$P(W)=P(W|A)\cdot P(A)+P(W|B)\cdot P(B)+P(W|C)\cdot P(C) \quad \quad (1)$
Tenint en compte el contingut de cada urna, assignem les probabilitats condicionades corresponents d'acord amb el principi de Laplace
$P(W|A)=\dfrac{1}{4}$
$P(W|B)=\dfrac{2}{7}$
$P(W|A)=\dfrac{2}{3}$
Pel que fa a l'elecció de la urna, cal suposar que els successos A, B i C, són equiprobables i, d'acord amb el principi de Laplace
$P(A)=P(B)=P(C)=\dfrac{1}{3}$
Substituint aquests coeficients de probabilitat a l'expressió (1) trobem la probabilitat demanada
$P(W)=\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{3}+ \dfrac{2}{7} \cdot \dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{3}$
$=\dfrac{101}{252}\approx 40 \text{\%}$
apartat b)
Del teorema de Bayes tenim que
$P(A|W)=\dfrac{P(W|A)\cdot P(A)}{P(W)}$
$=\dfrac{\dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{1}{3}}{\dfrac{101}{252}}$
$=\dfrac{21}{101}$
$\approx 21 \,\%$
$\square$
En un examen, la puntuación media ha sido de ... ( Artículo escrito en catalán )
Enunciat:
En un examen, la puntuació mitjana ha estat de 4,5 punts, i la desviació estàndard d'1,5. Suposant que les puntuacions es distribueixen normalment, quin percentatge d'alumnes han obtingut més d'un $5$ ?
Resolució:
Designem amb $X$ la variable ateatòria "puntuació", els valors de la qual pertanyen a l'interval
$\left[ 0, 10 \right] \in \mathbb{R}$
D'acord amb l'enunciat,
$X \sim N(4,5 \; , \; 1,5)$
Llavors,
$P(X > 5) = 1-P(X \le 5) \quad \quad (1)$
I, per calcular $P(X\le 5)$, farem el canvi de variable
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$
amb la qual cosa
$P(X\le 5)=P(Z \le k)$
on
$k=\dfrac{5-4,5}{1,5}=\dfrac{1}{3}$
Tenint en compte que
$P(Z \le \frac{1}{3})=F(\frac{1}{3}) \approx 0,333$
- on $F(z)$ és la funció de distribució de probabilitat de $Z$ -
farem, ara, ús de les taules de $Z$ que és una $N(0,1)$
i trobem que
$F(0,33) = 0,6293$
i
$F(0,34) = 0,6331$
Interpolant linealment,
$\dfrac{F(0,34)-F(\frac{1}{3})}{0,34-0,333}=\dfrac{F(0,34)-F(0,33)}{0,34-0,33}$
d'on
$F(0,333)\approx 0,6304$
Per tant
$P(X \le 5) \approx 0,6304$
i (1) queda
$P(X>5) \approx 0,3696$
de la qual cosa interpretem (estadísticament) que el tant per cent demanat és, aproximadament, del $37 \,\%$
$\square$
viernes, 8 de mayo de 2015
Calcular la probabilidad de que entre los cuatro hijos de ... ( Artículo escrito en catalán )
Enunciat:
Calculeu la probabilitat que entre els quatre fills d'una parella hi hagi com a màxim 3 nois.
Resolució:
Anomenem $X$ a la variable aleatòria discreta "nombre de nois entre els quatre fills". Naturalment, els valors de $X$ són $\{0,1,2,3,4\}$, i el model matemàtic amb què es distribueixen aquests valors correspon a una distribució binomial, amb $p=\frac{1}{2}$ (probabilitat que un fill escollit a l'atzar sigui un noi) i $n=4$ (nombre de proves repetides); és a dir, $X \sim B(4,\frac{1}{2})$
La probabilitat demanada la podem expressar de la forma
$P(X \le 3)$
i tenint en compte que
$\displaystyle \sum_{i=0}^{4}\,P(X=i)=1$
és clar que
$P(X \le 3)=1-P(X=4)$
$=1-\big(\frac{1}{2}\big)^4$
$=\dfrac{15}{16}$
$\approx 94,75 \, \%$
$\square$
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