Dando juego con las cartas

ENUNCIADO. Consideremos una baraja española. Se dan seis cartas a un jugador. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que las seis cartas sean del mismo palo ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las seis cartas haya cartas de dos palos distintos ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las seis cartas haya cartas de tres palos distintos ?
d) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las seis cartas haya cartas de los cuatro palos ?

SOLUCIÓN. Todas las cartas tienen la misma probabilidad de ser elegidas, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio.

a)
Denotemos por $A$, el suceso "obtener seis cartas de alguno de los cuatro palos". Procedemos a calcular el número de casos favorables $N(A)$ a dicho suceso, así como el número total de maneras de elegir seis cartas, $N$, de entre las $40$ cartas que tiene la baraja.

El número de maneras de elegir seis cartas del primer palo, o del segundo, o del tercero, o bien del cuarto palo, podemos calcularlo de la siguiente forma: Como hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir un determinado palo y $\binom{10}{6}$ maneras de elegir seis cartas de uno de dichos cuatro palos, entonces $N(A)=\binom{4}{1}\cdot \binom{10}{6}=840$ casos favorables a dicho suceso. Por otra parte, el número total, $N$, de maneras de dar seis cartas es $\binom{40}{6}=3\,838\,380$

Entonces, por la regla de Laplace, $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{840}{3\,838\,380} \approx 0,00022 = 0,022\,\%$$


b)
$A$ es ahora el suceso "obtener seis cartas de dos de los cuatro palos". Procedemos a calcular $N(A)$.

Sean $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$ esos dos palos ( pueden ser bastos y oros, o bastos y espadas, o copas y oros, etcétera ). Vayamos por partes, viendo todo lo que se puede presentar:

i) Entre las $6$ cartas, puede haber $1$ carta de $\mathcal{P}_1$ y $5$ cartas de $\mathcal{P}_2$ o viceversa, así que tenemos dos posibilidades. Por otra parte, hay $\binom{4}{2}$ maneras de elegir los dos palos $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$. Además, hay que contar con $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$ y $\binom{10}{5}$ maneras de elegir las $5$ cartas de $\mathcal{P}_2$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $2\cdot \binom{4}{2}\cdot \binom{10}{1}\cdot \binom{10}{5}=30\,240 \quad \quad (1)$

ii) Entre las $6$ cartas, pueden haber $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$ y $4$ cartas de $\mathcal{P}_2$ o viceversa, así que tenemos dos posibilidades para ello. Por otra parte, hay $\binom{4}{2}$ maneras de elegir los dos palos $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$. Además, hay que contar con $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las dos cartas de $\mathcal{P}_1$ y $\binom{10}{5}$ maneras de elegir las $4$ cartas de $\mathcal{P}_2$. Luego hay que contar, además, con las siguientes posibilidades, $2\cdot \binom{4}{2}\cdot \binom{10}{2}\cdot \binom{10}{4}=113\,400 \quad \quad (2)$

iii) Entre las $6$ cartas, pueden haber $3$ cartas de $\mathcal{P}_1$ y $3$ cartas de $\mathcal{P}_2$, por lo que tenemos una sóla posibilidad para ello. Por otra parte, hay $\binom{4}{2}$ maneras de elegir los dos palos $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$. Además, hay que contar con $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las $3$ cartas de $\mathcal{P}_1$ y $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las otras $3$ cartas de $\mathcal{P}_2$. Por tanto tenemos estas otras posibilidades $2\cdot \binom{4}{2}\cdot \binom{10}{3}\cdot \binom{10}{3}=86400 \quad \quad (3)$

Así que, sumando los resultados parciales (1), (2) y (3), $$N(A)=230\,040$$ y como $N=3\,838\,380$, resulta que $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{230\,040}{3\,838\,380} \approx 0,0599$$

c)
$A$ es ahora el suceso "obtener seis cartas de tres de los cuatro palos". Procedemos a calcular $N(A)$.

Sean $\mathcal{P}_1$, $\mathcal{P}_2$ y $\mathcal{P}_3$ esos tres palos ( pueden ser bastos, oros y copas; o bastos, espadas y oros, etcétera ). Vayamos viendo todo lo que se puede presentar:

i) Entre las $6$ cartas, puede haber $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$, $2$ cartas de $\mathcal{P}_2$ y $2$ cartas de $\mathcal{P}_3$, así que hay una sola manera de ordenarlas atendiendo sólo el palo de las mismas, pues $\text{PR}_{3}^{3}=1$. Por otra parte, hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir los tres palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{2}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$, y otras tantas para elegir las de $\mathcal{P}_2$ y $\mathcal{P}_3$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $1 \cdot \binom{4}{3}\cdot \binom{10}{2}\cdot \binom{10}{2} \cdot \binom{10}{2}=364\,500 \quad \quad (1)$

ii) Entre las $6$ cartas, puede haber $1$ carta de $\mathcal{P}_1$, $1$ carta de $\mathcal{P}_2$ y $4$ cartas de $\mathcal{P}_3$; o bien las que se obtienen de permutar esos números entre los tres tipos de palos; así que hay $\text{PR}_{3}^{1,2}=3$, maneras de ordenarlas atendiendo al palo de cada una. Por otra parte, hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir los tres palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_2$, y $\binom{10}{4}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_3$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $3 \cdot \binom{4}{3}\cdot \binom{10}{4}\cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}= 252\,000\quad \quad (2)$

iii) Entre las $6$ cartas, puede haber $1$ carta de $\mathcal{P}_1$, $2$ cartas de $\mathcal{P}_2$ y $3$ cartas de $\mathcal{P}_3$; o bien las que se obtienen de permutar esos números entre los tres tipos de palos; así que hay $\text{PR}_{3}^{1,1,1}=3!=6$, maneras de ordenarlas atendiendo al palo de cada una. Por otra parte, como en los otros casos, hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir los tres palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las dos cartas de $\mathcal{P}_2$, y $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_3$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $6 \cdot \binom{4}{3}\cdot \binom{10}{1}\cdot \binom{10}{2} \cdot \binom{10}{3}=1\,296\,000 \quad \quad (3)$


Sumando los tres resultados parciales (1), (2) y (3), $$N(A)=1\,912\,500$$ y como $N=3\,838\,380$, resulta que $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,912\,500}{3\,838\,380} = \dfrac{31\,875}{63\,973} \approx 0,4983$$

d)
$A$ es ahora el suceso "obtener seis cartas de tres de los cuatro palos". Procedemos a calcular $N(A)$.

Sean $\mathcal{P}_1$, $\mathcal{P}_2$, $\mathcal{P}_3$ y $\mathcal{P}_4$ los cuatro palos. Veamos todo lo que se puede presentar:

i) Entre las $6$ cartas, puede haber: $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$; $1$ carta de $\mathcal{P}_2$; $1$ carta de $\mathcal{P}_3$, y $1$ carta de $\mathcal{P}_4$, así que, permutando estos números entre los cuatro palos, vemos que hay $\text{PR}_{4}^{1,3}=4$ formas de hacerlo. Por otra parte, tenemos $\binom{4}{4}=1$ sola manera de elegir los cuatro palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_2$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir las tres carta de $\mathcal{P}_3$ y $\binom{10}{1}$ maneras de elegir las tres carta de $\mathcal{P}_4$. Luego por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $4 \cdot \binom{4}{4}\cdot \binom{10}{3}\cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}= 480\,000\quad \quad (1)$

ii) Entre las $6$ cartas, puede haber: $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$; $2$ cartas de $\mathcal{P}_2$; $1$ carta de $\mathcal{P}_3$, y $1$ carta de $\mathcal{P}_4$, así que, permutando estos números entre los cuatro palos, vemos que hay $\text{PR}_{4}^{2,2}=6$ formas de hacerlo. Por otra parte, es claro que tenemos $\binom{4}{4}=1$ sola manera de elegir los cuatro palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las dos cartas de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_2$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_3$ y $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_4$. Luego por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $6 \cdot \binom{4}{4}\cdot \binom{10}{2}\cdot \binom{10}{2} \cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}= 1\,215\,000\quad \quad (2)$

Sumando los dos resultados parciales (1) y (2), $$N(A)=1\,695\,000$$ y como $N=3\,838\,380$, resulta que $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,695\,000}{3\,838\,380} \approx 0,4416$$

-oOo-
Referencias:
[1] VÉLEZ, R; HERNÁNDEZ, V., Cálculo de Probabilidades I, Editorial UNED, Madrid, 2011

$\square$

¿ Web dos punto qué ?

Para comprender la noción y la finalidad de la llamada Web 2.0 puede ayudar la lectura del siguiente artículo [https://www.ecured.cu/Web_2.0]. En mi opinión es un gran embrollo que está en consonancia con los tiempos nebulosos que nos toca vivir, modulados por el afán de hacer negocio y controlar la información. Y es que -- ya lo sabemos -- la información es poder. ¿ Dónde han quedado los sueños de aquellos "viejos hippies" de Berkeley y del M.I.T. a los que admiro y respeto profundamente ?. Pero, al parecer, incluso la Web 2.0 deja paso ahora a otra cosa -- más de lo mismo --: ¿ la Web dos punto cuánto ?. Se afinan cada vez más los procedimientos de control y poder, a través del seguimiento y rastreo de la información de los usuarios de la red.

La espiral de Arquímedes

Arquímedes de Siracusa ( c. 287 a.C.- c. 212 a.C.) escribió sobre las propiedades de la espiral que lleva su nombre en una de sus obras: De las espirales ( 225 a.C. ). La espiral de Arquímedes ( o espiral aritmética ) se define como el lugar geométrico de un punto moviéndose a velocidad constante sobre una recta que gira sobre un punto de origen fijo, moviéndose ésta a velocidad angular constante; su ecuación en coordenadas polares $(r,\phi)$ es $r=a+b\,\phi$. La trayectoria loxodrómica ( sobre la superficie de la Tierra ), proyectada sobre un plano, es una espiral de Arquímedes.

La siguiente figura ilustra una espiral de Arquímedes, representada en coordenadas polares con ayuda del programa [Maxima] ( véase la instrucción gráfica en la figura )

[Hacer clic sobre la imagen para verla ampliada]

Observación: A diferencia de lo que sucede en la espiral de Arquímedes, la espiral logarítmica ( $r=a\,b^\phi$ ) -- también llamada espiral equiangular o espiral de crecimiento ( por su frecuente aparición en las estructuras de la Naturaleza ) -- la distancia al centro no crece de forma lineal.

$\square$

Haciendo recuentos

ENUNCIADO. ¿ Cuántos múltiplos de $5$ hay entre $11$ y $63$ ?

SOLUCIÓN.

Procedimiento 1. Una manera sencilla de hacer el recuento -- descartamos, por supuesto, el proceso tedioso de escribirlos uno a uno y contar aditivamente todos y cada uno de los múltiplos pertinentes --, consiste en encontrar el menor y el mayor de dichos múltiplos de $5$; el menor es, obviamente, $15$; y, el mayor, claramente, $60$. Entonces, teniendo en cuenta que los múltiplos consecutivos de $5$ se obtienen sumando $5$ unidades al precedente, deducimos que dicho número de múltiplos de $5$ comprendidos entre $11$ y $63$ es igual a $\dfrac{60-5}{5}+1$, esto es, $10$. El lector se preguntará: ¿ Por qué le sumamos uno ? Pues por la misma razón que el número de postes necesarios para que queden $n$ espacios entre ellos, es $n+1$.

Procedimiento 2. Llamemos a este procedimiento procedimiento interesante, pues el anterior ya lo venimos aplicando, desde hace tiempo, en otros cursos más básicos. Si podemos establecer una aplicación uno a uno ( biyección ) entre el conjunto de los números naturales consecutivos, hasta un cierto número, y el conjunto de los sucesivos múltiplos de $5$, mayores que $11$ y menores que $63$, el cardinal del conjunto de partida habrá de ser igual al del conjunto de llegada, con lo cual, tendremos listo el recuento. Como enseguida vamos a ver, en el caso que nos ocupa sí es posible establecer dicha aplicación uno a uno. En otros casos, sin embargo, puede que no lo sea.

Veamos dicha aplicación uno a uno. Como todo número natural multiplicado por $5$ es un múltiplo de $5$, podemos bosquejar una expresión que 'fabrique' múltiplos de $5$; ésta que sigue, como idea primaria, vale $5\cdot \diamond $, donde $\diamond$ designa un número natural arbitrario; ahora bien, no hemos terminado; debemos conseguir expresar el conjunto de los números múltiplos de $5$ consecutivos, y para ello necesitamos una variable independiente. Demos pues un pasito más; esa variable independiente, a la que denotaremos por $i$, ha de protagonizar el recuento, por tanto es necesario que $i\in \{1,2,3,\ldots\}$. Así, podemos ir perfilando la siguiente expresión en función de $i$: $5\cdot ( \lozenge + i )$ ( donde $\lozenge$ denota un número natural arbitrario; y, ajustando el primer sumando del paréntesis para que, siendo $i=1$, el valor de la expresión sea lo más próximo a $15$ ( que es el primer múltiplo ), vemos que el valor que debe tomar el parámetro $\lozenge$ es $2$; y, así, llegamos a la siguiente función $f(i)= 5\cdot (i+2)$ para $i=1,2,3,\ldots$, cuyos valores son los sucesivos múltiplos de $5$. Si $i=1$, $f(1)=15$, que es el primer múltiplo de $5$ que nos interesa. Por otra parte, encontramos que si $i=10$, $f(10)=60$ que es el mayor múltiplo de $5$ menor que $63$, luego el número de dichos múltiplos es $i=10$

A modo de ejemplo, apliquemos ahora este procedimiento a otro problema similar: ¿ Cuántos múltiplos de $11$ hay entre $13$ y $123$ ?. Vamos a ello. Queremos establecer una aplicación biyectiva entre los conjuntos $\{1,2,3,\ldots,i_{\text{máximo}}\}$ y $\{22,33,44,\ldots,121\}$, que deberá ser de la forma $f(i)=11\cdot ( a+i)$, para $i=1,2,3,\ldots,,i_{\text{máximo}}$ y donde $a$ es número entero que, en su papel de parámetro, debemos determinar. Lo hacemos de la siguiente manera. Como para $i=1$, $f(1)=22$ ( el primer múltiplo ), tenemos la siguiente igualdad $22=11\cdot (a+1)$, de donde encontramos $a=1$. Entonces la función que buscábamos es $f(i)=11\cdot (1+i)$ para $i=1,2,3,\ldots,,i_{\text{máximo}}$. Ahora es inmediato ver que el mayor múltiplo de $11$ comprendido entre $13$ y $123$ es $122$, que corresponde a $f(10)$, luego como $i_{\text{máximo}}=10$, el número de múltiplos pedido es $10$
$\square$

Se elige al azar un subconjunto de un conjunto $E$ ...

ENUNCIADO. Se elige al azar un subconjunto de un conjunto $E$, siendo $\text{card}(E)=n$. Todos los subconjuntos de $E$ tienen la misma probabilidad de ser escogidos, así que éstos son los sucesos simples del espacio muestral $\Omega$ que entendemos como $\mathcal{P}(E)$. Hallar la probabilidad de que el subconjunto elegido contenga un determinado elemento de $E$. Calcular la probabilidad de obtener un subconjunto cuyo cardinal sea igual a $k \le n$

SOLUCIÓN. El número de subconjuntos ( sucesos simples ) a elegir es $\text{card}(\mathcal{P}(E)=2^n$. Veamos ahora de cuántas maneras es posible elegir un subconjunto que contenga un cierto elemento de $E$. Para ello es interesante que, primero, reduzcamos el tamaño del problema. Si $E$ contiene dos elementos, los subconjuntos de $E$ tales que contengan el elemento $a$ de $E$ son $\{a\}$ y $\{a,b\}$, habiendo pues $2$ subconjuntos. Aumentemos el número de elementos de $E$ a tres, $E=\{a,b,c\}$; los subconjuntos de $E$ que contienen el elemento $a$ de $E$ son $\{a\}$, $\{a,b\}$, $\{a,c\}$ y $\{a,b,c\}$, así pues vemos que hay $4=2^2$ subconjuntos. Si hacemos lo mismo en el caso que $E$ tenga un elemento más, $E=\{a,b,c,d\}$, encontramos $8=2^3$ subconjuntos: $\{a\}$, $\{a,b\}$, $\{a,c\}$, $\{a,d\}$, $\{a,b,c\}$, $\{a,c,d\}$, $\{a,b,d\}$ y $\{a,b,c,d\}$. Esto nos permite inducir que si $\text{card}(E)=5$, entonces el número de subconjuntos que contienen el elemento $a$ es $2^4=2^{5-1}$, etcétera. Por tanto concluimos que si $\text{card}(E)=n$, el número de subconjuntos que contienen un elemento determinado es $2^{n-1}$.

Otra forma de llegar a este resultado consiste en sumar las combinaciones para todos casos en los que aparece un cierto elemento, esto es, al tomar subconjuntos de $1,2,\ldots,n$ elementos de $E$; como siempre queda fijo de antemano dicho elemento tenemos $$1+\binom{n-1}{2-1}+\binom{n-1}{3-1}+\ldots+\binom{n-1}{(n-1)-1}+\binom{n-1}{n-1}=(1+1)^{n-1}$$
    $=2^{n-1}$

Denotando por $A$ el suceso "elegir un subconjunto de $E$ que contenga un cierto elemento de $E$" y aplicando la regla de Laplace podemos escribir $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{2^{n-1}}{2^n}=\dfrac{1}{2}$$

Finalmente, pasemos a dar respuesta a la segunda pregunta. Como el número de subconjuntos de $k$ elementos que se pueden formar es igual a $\binom{n}{k}$ y hay un total de $2^n$ subconjuntos, otra vez, por la regla de Laplace, obtenemos que la probabilidad del suceso $B$ "elegir un subconjunto cuyo cardinal sea igual a $k \le n$" es $$P(B)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(B)}{N}=\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}$$
$\square$