ENUNCIADO. Lanzando repetidamente una moneda ( la probabilidad de salir cara en un lanzamiento es $p$ ), ¿ cuál es la probabilidad de que aparezcan $i$ caras antes que $j$ cruces ?
SOLUCIÓN. Otra vez nos encontramos con la distribución binomial negativa ( véase la entrada anterior ). Tengamos en cuenta que antes de la $i$-ésima cara, habrán aparecido $i-1$ caras y $k$ cruces ( $0 \le k \le j-1$ ). Entendemos ahora un 'fracaso' como la aparición de cara. Sumando todos los posibles 'fracasos' obtenemos: $$\displaystyle \sum_{k=0}^{j-1}\,\binom{i-1+k}{i-1}\cdot p^i \cdot (1-p)^{k}$$
$\square$
domingo, 29 de enero de 2017
Buscando la seta preferida
ENUNCIADO. Se sabe que una determinada especie de seta ( en un determinado bosque ) está en proporción del $10\,\%$. Un mitólogo busca setas de dicha especie. ¿ Cuál es la probabilidad de encontrar $10$ setas que no sean de la especie deseada antes de encontrar la tercera seta perteneciente a la especie pedida ?
SOLUCIÓN. Denominaremos 'fallo' a encontrar una seta de una especie que no es la buscada, y éxito a encontrar una seta de la especie deseada. Entonces, según el enunciado, la probabilidad de éxito es $p=0,1$.
Denotamos por $X$ la variable aleatoria "número de fallos antes de encontrar la $n$-ésima seta de la especie deseada". Sabemos que $X$ se ajusta a una distribución binomial negativa, siendo $$P\{X=k\}=\displaystyle \binom{n-1+k}{n-1}\cdot p^n\cdot (1-p)^k$$
Como $k=10$ y $n=3$, obtenemos: $$P\{X=10\}=\displaystyle \binom{3-1+10}{3-1}\cdot (0,1)^3\cdot (1-0,1)^{10} \approx 0,0157$$
$\square$
SOLUCIÓN. Denominaremos 'fallo' a encontrar una seta de una especie que no es la buscada, y éxito a encontrar una seta de la especie deseada. Entonces, según el enunciado, la probabilidad de éxito es $p=0,1$.
Denotamos por $X$ la variable aleatoria "número de fallos antes de encontrar la $n$-ésima seta de la especie deseada". Sabemos que $X$ se ajusta a una distribución binomial negativa, siendo $$P\{X=k\}=\displaystyle \binom{n-1+k}{n-1}\cdot p^n\cdot (1-p)^k$$
Como $k=10$ y $n=3$, obtenemos: $$P\{X=10\}=\displaystyle \binom{3-1+10}{3-1}\cdot (0,1)^3\cdot (1-0,1)^{10} \approx 0,0157$$
$\square$
domingo, 22 de enero de 2017
Extensión de la distribución geométrica a la distribución binomial negativa. Algunos ejemplos.
Consideremos un experimento de pruebas repetidas independientes. Realizando $N$ pruebas repetidas ( en el esquema éxito-fracaso ), estamos interesados en calcular la probabilidad de que se produzcan $x$ fallos antes del $n$-ésimo éxito ( donde, desde luego, $N=x+n$ ).
Así, pues, denotemos por $X$ a la variable que da cuenta de dicho número de fallos producidos antes del $n$-ésimo éxito; todo ello, realizando $N$ pruebas repetidas. Es claro que cualquier valor $x$ de $X$ pertenece al conjunto $\{0,1,2,3,\ldots\,N\}$ donde $N\ge 0$
Vamos a dar ahora el siguiente resultado ( no lo demostraremos aquí ):
La variable $X$ así establecida sigue la llamada distribución binomial negativa, que denotamos por $BN(n,p)$, de manera que la función de probabilidad ( o de cuantía ) es de la forma
$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n-1}\cdot p = \displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n}=$
$=\displaystyle \binom{n+x-1}{x} \cdot q^{x} \cdot p^{n}$
EJEMPLO 1 ENUNCIADO.
Consideremos una moneda cuya probabilidad de obtener cara ( en un lanzamiento ) es $p=1/3$. ¿Cuál es la probabilidad de que, al ser lanzada $n=5$ veces seguidas (pruebas repetidas independientes), aparezcan tres cruces antes de la segunda cara ?
SOLUCIÓN. Siendo $p=1/3$ la probabilidad de éxito en un lanzamiento (obtener cara), la probabilidad de fracaso en un lanzamiento (obtener cruz) es $q=1-p=2/3$. Entonces: $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{2+3-1}{2-1}\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\binom{4}{1}\cdot =\dfrac{32}{243} \approx 0,1317$$
El siguiente ejemplo muestra con bastante claridad la distribución binomial negativa como extensión de la distribución geométrica
EJEMPLO 2 ENUNCIADO.
Un entomólogo se propone encontrar mariposas de una cierta especie. Los individuos de dicha especie se encuentran en un porcentaje del $2\,\%$ ( con respecto al conjunto de individuos de la población de mariposas ). Hállese la probabilidad de que encuentre $100$ mariposas de la especie no deseada antes de dar con:
a) un individuo de la especie deseada
b) cinco individuos de la especie deseada
SOLUCIÓN. Siendo $p=0,02$ la probabilidad de éxito ( encontrar ), la probabilidad de fracaso es $q=1-p=0,98$. Entonces:
a) Según la distribución geométrica y representando $X$ la variable aleatoria 'número de mariposas encontradas de la especie no deseada antes de encontrar una mariposa de la especie que se busca', podemos escribir $$P\{X=100\}=\displaystyle (0,98)^{100}\cdot 0,02\approx 0,0027$$
b) De acuerdo con la distribución binomial negativa, y representando ahora $X$ el número de mariposas encontradas que no pertenecen a la especie buscada, tenemos $$P\{X=100\}=\displaystyle \binom{100+5-1}{5-1}\cdot (0,98)^{100}\cdot (0,02)^5 \approx 0,0020$$
$\square$
Así, pues, denotemos por $X$ a la variable que da cuenta de dicho número de fallos producidos antes del $n$-ésimo éxito; todo ello, realizando $N$ pruebas repetidas. Es claro que cualquier valor $x$ de $X$ pertenece al conjunto $\{0,1,2,3,\ldots\,N\}$ donde $N\ge 0$
Vamos a dar ahora el siguiente resultado ( no lo demostraremos aquí ):
La variable $X$ así establecida sigue la llamada distribución binomial negativa, que denotamos por $BN(n,p)$, de manera que la función de probabilidad ( o de cuantía ) es de la forma
$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n-1}\cdot p = \displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n}=$
$=\displaystyle \binom{n+x-1}{x} \cdot q^{x} \cdot p^{n}$
Consideremos una moneda cuya probabilidad de obtener cara ( en un lanzamiento ) es $p=1/3$. ¿Cuál es la probabilidad de que, al ser lanzada $n=5$ veces seguidas (pruebas repetidas independientes), aparezcan tres cruces antes de la segunda cara ?
SOLUCIÓN. Siendo $p=1/3$ la probabilidad de éxito en un lanzamiento (obtener cara), la probabilidad de fracaso en un lanzamiento (obtener cruz) es $q=1-p=2/3$. Entonces: $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{2+3-1}{2-1}\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\binom{4}{1}\cdot =\dfrac{32}{243} \approx 0,1317$$
El siguiente ejemplo muestra con bastante claridad la distribución binomial negativa como extensión de la distribución geométrica
Un entomólogo se propone encontrar mariposas de una cierta especie. Los individuos de dicha especie se encuentran en un porcentaje del $2\,\%$ ( con respecto al conjunto de individuos de la población de mariposas ). Hállese la probabilidad de que encuentre $100$ mariposas de la especie no deseada antes de dar con:
a) un individuo de la especie deseada
b) cinco individuos de la especie deseada
SOLUCIÓN. Siendo $p=0,02$ la probabilidad de éxito ( encontrar ), la probabilidad de fracaso es $q=1-p=0,98$. Entonces:
a) Según la distribución geométrica y representando $X$ la variable aleatoria 'número de mariposas encontradas de la especie no deseada antes de encontrar una mariposa de la especie que se busca', podemos escribir $$P\{X=100\}=\displaystyle (0,98)^{100}\cdot 0,02\approx 0,0027$$
b) De acuerdo con la distribución binomial negativa, y representando ahora $X$ el número de mariposas encontradas que no pertenecen a la especie buscada, tenemos $$P\{X=100\}=\displaystyle \binom{100+5-1}{5-1}\cdot (0,98)^{100}\cdot (0,02)^5 \approx 0,0020$$
$\square$
sábado, 21 de enero de 2017
Sobre la distribución geométrica o de Pascal
ENUNCIADO. Efectuamos lanzamientos repetidos de una moneda. La probabilidad de que aparezca cara en un lanzamiento es $p$. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca en el $k$-ésimo lanzamiento ( $k \ge 1$ ) ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca antes del $k+1$-ésimo lanzamiento ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca después del $k$-ésimo lanzamiento ?
d) ¿ Cual es el valor esperado de la variable aleatoria "la primera cara aparece en el $k+1$-ésimo lanzamiento", si $p=\dfrac{1}{2}$ ?
SOLUCIÓN.
La situación se ajusta perfectamente al modelo geométrico ( o de Pascal ) de variable aleatoria. Designamos por $X$ la variable aleatoria cuyos valores corresponden al lanzamiento en que aparece la primera cara, así $X=\{1,2,3,\ldots,\}$. Entonces:
a) $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}\cdot p$, donde $k\ge 1$
b)
$P\{X\le k\}=p+(1-p)\cdot p + (1-p)^2\cdot p+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\cdot p$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$\overset{\text{suma prog. geométrica de razón} \; 1-p}{=} \quad p\cdot \left( 1 \cdot \dfrac{(1-p)^k-1}{(1-p)-1}\right) = 1-(1-p)^k $
En otras palabras, la función de distribución $F(k)$ viene dada por $$P\{X\le k\}=\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\,(1-p)^{i-1} \cdot p=1-(1-p)^k \quad,\quad (k\ge 1)$$
c)
P$\{X \succ k\}=1-P\{X\le k\}$
$=1-\left(1-(1-p)^k\right)$
$=(1-p)^k$
d)
Sabemos ( véanse la observación (2) ) que $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$, y como $p=\dfrac{1}{2}$, obtenemos $E[X]=\dfrac{1-1/2}{1/2}=1$, lo cual indica que el número de lanzamientos esperado que resultan ser cruz antes de aparecer la primera cara es $1$.
OBSERVACIONES.
(1) Otra forma equivalente de formular la distribución geométrica -- quizás más cómoda para los cálculos -- consiste en preguntarse cuántos fracasos aparecen antes del primer éxito; en el caso que nos ocupa: cuántas cruces aparecen antes de la primera cara ?. Así, la variable aleatoria $X$ toma valores en el conjunto de los enteros no negativos $\{0,1,2,3,\ldots,\}$ y por tanto $P\{X=m\}=(1-p)^m\cdot p$ donde $m=0,1,2,\ldots$. Entonces, la función de distribución viene dada por $$F(k) \overset{\text{Definición}}{=}P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,(1-p)^j\cdot p$$ Denotando, por comodidad, por $q$ a $1-p$, $$P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,q^j\cdot p=p\cdot \left( 1+q+q^2+\ldots+q^m\right)=$$
$=\overset{\text{suma de una p. geométrica de razón}\; q}{=}p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{q-1}=$
$=p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{-p}=1-q^{m+1}=1-(1-p)^{m+1}$
Y, por tanto, $$P\{X \succ m\}=1-P\{X \le m\}=(1-p)^{m+1}$$
Démonos cuentas ahora que si pensamos en que la aparición de la primera cara se produce, a mucho tardar, en el $k$-ésimo lanzamiento, tenemos el número de cruces consecutivas que han tenido que aparecer antes, $m$, es $k-1$, luego [la probabilidad pedida en (b)] es igual a $\left(1-(1-p)^{m+1}\right)_{m=k-1}=1-(1-)^k$, que es el resultado obtenido en el desarrollo de dicho apartado.
(2) El valor esperado de $X$ se calcula aplicando la definición $$E[X] \overset{\text{Definición}}{=}\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\, j\cdot P\{X=j\}=\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\,j\cdot q^j \cdot p=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$ Procedamos pues a calcular $$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$
$$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p=0+p\cdot q+2\cdot p q^2+3\cdot p \cdot q^3+\ldots+m \cdot p \cdot q^m$$ y sacando factor común de $p$ nos queda
$p\cdot ( 0+q+2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )=$
$=p\cdot (q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )$
Denotaremos por $S_m$ a la sumade los $m$ términos $$S_m=q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m \quad \quad (1)$$
Multiplicando por $\dfrac{1}{q}$ en ambos miembros, $$\dfrac{1}{q}\,S_m=1+ 2\cdot q+3\cdot q^2+\ldots+m \cdot q^{m-1} \quad \quad (2)$$ Restando ahora, miembro a miembro, (2) de (1) nos queda $$\dfrac{1}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ esto es $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ sumando la serie geométrica del segundo miembro, $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=\dfrac{q^{m-1}-1}{q-1}-m\,q^m$$ luego $$S_m=\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\dfrac{q}{(1-q)^2}-\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Pasando al límite, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}-\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Teniendo en cuenta que $q\prec 1$, los límites del primer y del tercer término del segundo miembro se anulan y sólo es distinto de cero el límite del segundo término, que es constante, por tanto, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{p^2}$$ Recordemos que queda aún multiplicar por $p$ para obtener el resultado de $E[X]$, por consiguiene $$E[X]=p\cdot \dfrac{q}{p^2}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{1-p}{p}$$
(3)
El cálculo de la varianza $V[X]\overset{\text{Definición}}{=}E[X^2]-(E[X])^2$, empleando las mismas técnicas para la suma de la serie geométrica que aparece, nos lleva al siguiente resultado $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca en el $k$-ésimo lanzamiento ( $k \ge 1$ ) ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca antes del $k+1$-ésimo lanzamiento ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca después del $k$-ésimo lanzamiento ?
d) ¿ Cual es el valor esperado de la variable aleatoria "la primera cara aparece en el $k+1$-ésimo lanzamiento", si $p=\dfrac{1}{2}$ ?
SOLUCIÓN.
La situación se ajusta perfectamente al modelo geométrico ( o de Pascal ) de variable aleatoria. Designamos por $X$ la variable aleatoria cuyos valores corresponden al lanzamiento en que aparece la primera cara, así $X=\{1,2,3,\ldots,\}$. Entonces:
a) $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}\cdot p$, donde $k\ge 1$
b)
$P\{X\le k\}=p+(1-p)\cdot p + (1-p)^2\cdot p+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\cdot p$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$\overset{\text{suma prog. geométrica de razón} \; 1-p}{=} \quad p\cdot \left( 1 \cdot \dfrac{(1-p)^k-1}{(1-p)-1}\right) = 1-(1-p)^k $
En otras palabras, la función de distribución $F(k)$ viene dada por $$P\{X\le k\}=\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\,(1-p)^{i-1} \cdot p=1-(1-p)^k \quad,\quad (k\ge 1)$$
c)
P$\{X \succ k\}=1-P\{X\le k\}$
$=1-\left(1-(1-p)^k\right)$
$=(1-p)^k$
d)
Sabemos ( véanse la observación (2) ) que $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$, y como $p=\dfrac{1}{2}$, obtenemos $E[X]=\dfrac{1-1/2}{1/2}=1$, lo cual indica que el número de lanzamientos esperado que resultan ser cruz antes de aparecer la primera cara es $1$.
OBSERVACIONES.
(1) Otra forma equivalente de formular la distribución geométrica -- quizás más cómoda para los cálculos -- consiste en preguntarse cuántos fracasos aparecen antes del primer éxito; en el caso que nos ocupa: cuántas cruces aparecen antes de la primera cara ?. Así, la variable aleatoria $X$ toma valores en el conjunto de los enteros no negativos $\{0,1,2,3,\ldots,\}$ y por tanto $P\{X=m\}=(1-p)^m\cdot p$ donde $m=0,1,2,\ldots$. Entonces, la función de distribución viene dada por $$F(k) \overset{\text{Definición}}{=}P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,(1-p)^j\cdot p$$ Denotando, por comodidad, por $q$ a $1-p$, $$P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,q^j\cdot p=p\cdot \left( 1+q+q^2+\ldots+q^m\right)=$$
$=\overset{\text{suma de una p. geométrica de razón}\; q}{=}p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{q-1}=$
$=p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{-p}=1-q^{m+1}=1-(1-p)^{m+1}$
Y, por tanto, $$P\{X \succ m\}=1-P\{X \le m\}=(1-p)^{m+1}$$
Démonos cuentas ahora que si pensamos en que la aparición de la primera cara se produce, a mucho tardar, en el $k$-ésimo lanzamiento, tenemos el número de cruces consecutivas que han tenido que aparecer antes, $m$, es $k-1$, luego [la probabilidad pedida en (b)] es igual a $\left(1-(1-p)^{m+1}\right)_{m=k-1}=1-(1-)^k$, que es el resultado obtenido en el desarrollo de dicho apartado.
(2) El valor esperado de $X$ se calcula aplicando la definición $$E[X] \overset{\text{Definición}}{=}\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\, j\cdot P\{X=j\}=\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\,j\cdot q^j \cdot p=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$ Procedamos pues a calcular $$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$
$$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p=0+p\cdot q+2\cdot p q^2+3\cdot p \cdot q^3+\ldots+m \cdot p \cdot q^m$$ y sacando factor común de $p$ nos queda
$p\cdot ( 0+q+2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )=$
$=p\cdot (q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )$
Denotaremos por $S_m$ a la sumade los $m$ términos $$S_m=q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m \quad \quad (1)$$
Multiplicando por $\dfrac{1}{q}$ en ambos miembros, $$\dfrac{1}{q}\,S_m=1+ 2\cdot q+3\cdot q^2+\ldots+m \cdot q^{m-1} \quad \quad (2)$$ Restando ahora, miembro a miembro, (2) de (1) nos queda $$\dfrac{1}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ esto es $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ sumando la serie geométrica del segundo miembro, $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=\dfrac{q^{m-1}-1}{q-1}-m\,q^m$$ luego $$S_m=\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\dfrac{q}{(1-q)^2}-\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Pasando al límite, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}-\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Teniendo en cuenta que $q\prec 1$, los límites del primer y del tercer término del segundo miembro se anulan y sólo es distinto de cero el límite del segundo término, que es constante, por tanto, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{p^2}$$ Recordemos que queda aún multiplicar por $p$ para obtener el resultado de $E[X]$, por consiguiene $$E[X]=p\cdot \dfrac{q}{p^2}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{1-p}{p}$$
(3)
El cálculo de la varianza $V[X]\overset{\text{Definición}}{=}E[X^2]-(E[X])^2$, empleando las mismas técnicas para la suma de la serie geométrica que aparece, nos lleva al siguiente resultado $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$
domingo, 15 de enero de 2017
Acerca de la apuesta múltiple en el juego de la Lotería Primitiva
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se marcan más de $6$ números, realizamos múltiples apuestas. ¿ Cuántas apuestas corresponden a marcar $9$ números ? ¿ Cuál es la probabilidad de que marcando $8$ números acertemos exactamente $4$ números de la 6-tupla ganadora ? [ Instrucción: Realizar el cálculo sin tener en cuenta el número complementario ]
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora, el número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
Procedemos ahora a responder a la segunda pregunta. Denotemos por $S$ al suceso pedido. El número de casos posibles es $N=\binom{49}{6}=13\,983\,816$. El número de casos favorables, $N(S)$, lo calculamos razonando como sigue: De entre los $8$ números marcados hay $\binom{8}{4}$ maneras de elegir cuatro números premiados y, por cada una de esas posibilidades, existen $\binom{49-8}{6-4}$ maneras de elegir los dos números no premiados entre los $49-8$ a los que no se ha apostado; luego, por el principio multiplicativo, $N(S)=\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}=57\,400$. Entonces, por la regla de Laplace ( cada una de las $\binom{49}{6}$ posibles 6-tuplas es equiprobable ) $$P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$$ llegamos a $$P(S)=\dfrac{\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1047\cdot 10^{-3}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora, el número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
Procedemos ahora a responder a la segunda pregunta. Denotemos por $S$ al suceso pedido. El número de casos posibles es $N=\binom{49}{6}=13\,983\,816$. El número de casos favorables, $N(S)$, lo calculamos razonando como sigue: De entre los $8$ números marcados hay $\binom{8}{4}$ maneras de elegir cuatro números premiados y, por cada una de esas posibilidades, existen $\binom{49-8}{6-4}$ maneras de elegir los dos números no premiados entre los $49-8$ a los que no se ha apostado; luego, por el principio multiplicativo, $N(S)=\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}=57\,400$. Entonces, por la regla de Laplace ( cada una de las $\binom{49}{6}$ posibles 6-tuplas es equiprobable ) $$P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$$ llegamos a $$P(S)=\dfrac{\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1047\cdot 10^{-3}$$
$\square$
Probabilidades acerca de la Lotería Primitiva
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez.
Primera parte:
Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de:
a) obtener $6$ aciertos
b) obtener $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
Segunda parte:
Consideremos ahora que, además de las seis números de la 6-tupla ganadora, se sortee un séptimo número ( llamado 'complementario' ). Calcúlese la probabilidad de:
f) obtener $4$ aciertos y acertar también el número complementario.
g) obtener $4$ aciertos y no acertar el número complementario.
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles. En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados.
Primera parte:
El número de casos posibles, $N$, es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
Segunda parte:
El número de casos posibles, $N$, es ahora igual a $C_{49,6}\cdot C_{49-6,1}$, pues cara cada una de las $C_{49,6}$ maneras de obtener una 6-tupla, hay $C_{49-6,1}$ maneras de elegir el séptimo número ( apostando por el complementario ), luego $N=\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}=601\,304\,088$
Entonces:
f) Hay $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, por cada una de las posibilidades comentadas, hay $C_{6-4,1}$ posibilidades de que entre los $6-4$ números apostados esté el número complementario; y, además, por cada una de las posibilidades analizadas ya, hay que tener en cuenta que los $6-4$ números no premiados pueden elegirse de un conjunto de $49-6$ números ( quitando los $4$ supuestamente premiados ). Así que, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}=35\,280$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 5,8672\cdot 10^{-5}$$
g) Tenemos también $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, y por cada una de las posibilidades anteriores, tenemos $C_{49-6,4}$ maneras de elegir los dos números que apostamos que no forman parte de la 6-tupla ganadora; y, finalmente, por cada una de las posibilidades anteriores, debemos tener en cuenta el número de maneras en que puede presentarse el número candidato a 'número/premio complementario': de los $49$ números debemos descartar los seis de la 6-tupla ganadora, esto es $49-6$, pero, además, hay que descartar los $6-4$ números que quedan de los que hemos elegido al realizar nuestra apuesta, por tanto, el número candidato a 'complementario' nos da $C_{49-6-(6-4),1}$ posibilidadades. Así, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}=555\,345$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 9,2357\cdot 10^{-4}$$
$\square$
Primera parte:
Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de:
a) obtener $6$ aciertos
b) obtener $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
Segunda parte:
Consideremos ahora que, además de las seis números de la 6-tupla ganadora, se sortee un séptimo número ( llamado 'complementario' ). Calcúlese la probabilidad de:
f) obtener $4$ aciertos y acertar también el número complementario.
g) obtener $4$ aciertos y no acertar el número complementario.
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles. En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados.
Primera parte:
El número de casos posibles, $N$, es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
Segunda parte:
El número de casos posibles, $N$, es ahora igual a $C_{49,6}\cdot C_{49-6,1}$, pues cara cada una de las $C_{49,6}$ maneras de obtener una 6-tupla, hay $C_{49-6,1}$ maneras de elegir el séptimo número ( apostando por el complementario ), luego $N=\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}=601\,304\,088$
Entonces:
f) Hay $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, por cada una de las posibilidades comentadas, hay $C_{6-4,1}$ posibilidades de que entre los $6-4$ números apostados esté el número complementario; y, además, por cada una de las posibilidades analizadas ya, hay que tener en cuenta que los $6-4$ números no premiados pueden elegirse de un conjunto de $49-6$ números ( quitando los $4$ supuestamente premiados ). Así que, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}=35\,280$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 5,8672\cdot 10^{-5}$$
g) Tenemos también $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, y por cada una de las posibilidades anteriores, tenemos $C_{49-6,4}$ maneras de elegir los dos números que apostamos que no forman parte de la 6-tupla ganadora; y, finalmente, por cada una de las posibilidades anteriores, debemos tener en cuenta el número de maneras en que puede presentarse el número candidato a 'número/premio complementario': de los $49$ números debemos descartar los seis de la 6-tupla ganadora, esto es $49-6$, pero, además, hay que descartar los $6-4$ números que quedan de los que hemos elegido al realizar nuestra apuesta, por tanto, el número candidato a 'complementario' nos da $C_{49-6-(6-4),1}$ posibilidadades. Así, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}=555\,345$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 9,2357\cdot 10^{-4}$$
$\square$
lunes, 9 de enero de 2017
Las probabilidades del póquer de dados
ENUNCIADO.
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
domingo, 8 de enero de 2017
Las probabilidades de las manos del Póquer
El Póquer es un juego de apuestas que, como otros de la misma índole, es muy propicio para plantear y resolver problemas de cálculo de probabilidades y de valor esperado. Éste es el interés que lleva a los matemáticos a plantear y resolver problemas relacionados con dicho juego. Se juega con una la baraja francesa, que consta de $52$ cartas con $4$ palos: Corazones ( Hearts ), Diamantes ( Tiles ), Tréboles ( Clovers ) y Picas ( Pikes ), de $13$ cartas cada uno. Las trece cartas de cada palo tienen los siguientes valores: $A$ ( As ),2,3,4,5,6,7,8,9,10,$J$ ( Jack ),$Q$ (Queen) y $K$ ( King ) . En el juego del póquer, una mano es el conjunto de cinco cartas elegidas al azar que se da a cada uno de los jugadores.
Explicaré aquí cómo se calculan las probabilidades de cada una de las diez manos que, clasificadas de mayor a menor valía, son: Escalera real ( Royal flush ), Escalera de color ( Straight flush ), Póquer ( Four of a kind o Quad), Full ( Full house ), Color ( Flush ), Escalera ( Straight ), Trío ( Three of a kind ), Doble pareja ( Two pair o Pocket ), Pareja ( One pair ), Carta alta ( High card ).
Al repartir las cinco cartas que constituyen una mano, una a una, el número de casos posibles es igual a $C_{52,5}=\binom{52}{5}=2\,598\,960$. Como el espacio muestral ( conjunto de sucesos elementales ) está formado por todos los posibles quintetos $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$, todas ellas son igualmente probables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades de cada mano de póquer ( número de casos favorables a las respectivas manos partido por el número de casos posibles ). Desde luego, la dificultad principal es el cálculo del número de casos favorables de cada una de las manos de la clasificación que hemos comentado.
$M_1$) Escalera real. Consiste en el conjunto de cartas $\{10,J,Q,K,A\}$ del mismo palo. Como hay $4$ palos, el número de casos favorables $N(M_1)$ es igual a $4$,
Así, $$P(\text{'Escalera real'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_1)}{N}=\dfrac{4}{\binom{52}{5}}\approx 1,4775 \cdot 10^{-5}$$
$M_2$) Escalera de color. Consiste en cinco cartas consecutivas del mismo palo. Hay $10$ maneras de elegir el valor de esas cinco cartas:
$A$,2,3,4,5
2,3,4,5,6
3,4,5,6,7
4,5,6,7,8
5,6,7,8,9
6,7,8,9,10
7,8,9,10,$J$
8,9,10,$J$,$Q$
9,10,$J$,$Q$,$K$
10,$J$,$Q$,$K$,$A$
Ejemplo:
y atendiendo a la elección del palo, hay $4$ posibilidades; luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $N(M_2)=10\cdot 4=40$ casos favorables a dicha mano. Por tanto $$P(\text{'Escalera de color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_2)}{N}=\dfrac{40}{\binom{52}{5}}\approx 1,5391 \cdot 10^{-5}$$
$M_3$) Póquer. Cuatro cartas iguales en valor.
Ejemplo:
Para calcular el número de casos favorables, dividiremos el razonamiento en varias etapas, aplicando finalmente el principio multiplicativo.
i) Podemos elegir el valor de las cuatro cartas de igual valor de $\binom{13}{1}$ maneras; por otra parte, hay $\binom{4}{4}$ maneras de elegir el palo de esas cuatro cartas, luego hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}$ maneras de elegir las cuatro cartas.
ii) El valor de la quinta carta no puede ser el mismo que el de las primeras cuatro cartas, así que hay $\binom{13-1}{1}$ maneras de elegir su valor. Por otra parte, su palo lo podemos elegir de $\binom{4}{1}$ maneras. Así que hay $\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esta quinta carta.
iii) Finalmente, teniendo en cuenta las dos etapas anteriores y aplicando otra vez el principio multiplicativo, deducimos que el número de casos favorables es igual a $$N(M_3)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)=624$$
Por consiguiente la probabilidad de esta mano es$$P(\text{'Póquer'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_3)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,401 \cdot 10^{-4}$$
$M_4$) Full. Tres cartes de igual valor y otras dos cartas de igual valor pero de distinto valor a las cartas del grupo de tres.
Ejemplo:
Calculemos el número de casos favorables:
i) El grupo de tres cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{3}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3}$ ordenaciones posibles del trío.
ii) El grupo de dos cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13-1}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{2}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13-1}{1} \cdot \binom{4}{2}$ ordenaciones posibles para dicho par de cartas.
iii) De los pasos anteriores, y aplicando de nuevo el principio multiplicativo, obtenemos el siguiente número de casos favorables: $$N(M_4)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)=3744$$
Y de ello se obtiene la siguiente probabilidad $$P(\text{'Full'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_4)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 1,4406 \cdot 10^{-3}$$
$M_5$) Color. Cinco cartas del mismo palo ( no es necesario que sus valores sean consecutivos ).
Ejemplo:
Procedemos a calcular el número de casos favorables:
i) Podemos elegir los cinco valores de $\binom{13}{5}$ maneras y el palo de $\binom{4}{1}$ maneras, luego hay un total de $\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}$
ii) Tengamos en cuanta, sin embargo, que la cantidad calculada anteriormente incluye las $36$ escaleras de color. Restando pues las escalaeras de color obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_5)=\left(\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}\right)-40=5108$$
La probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_5)}{N}=\dfrac{\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}-40}{\binom{52}{5}}\approx 1,9654 \cdot 10^{-3}$$
$M_6$) Escalera. Cinco cartas de valores consecutivos ( sin atender al palo ).
Ejemplo:
Veamos cuál es el número de casos favorables:
i) Sabemos que se pueden formar $10$ escaleras atendiendo al valor de las cinco cartas
ii) Por otra parte, para cada una de dichas escaleras, como el palo puede ser en principio cualquiera de los cinco, tenemos $VR_{4,5}=4^5=1024$ posibilidades
iii) Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $10\cdot VR_{4,5}=10\,240$
iv) Ahora bien, debemos restar los $40$ casos de escaleras de color, por tanto el número de casos favorables es $$N(M_6)=10\cdot VR_{4,5}-40=10\,200$$
Luego la probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Escalera'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_6)}{N}=\dfrac{10\cdot VR_{4,5}-40}{\binom{52}{5}}\approx 3,9246 \cdot 10^{-3}$$
$M_7$) Trío. Tres cartas del mismo valor (y las otras dos de valores distintos).
Ejemplo:
Número de casos favorables:
i) Hay $\binom{13}{1}$ maneras de elegir el valor de las tres cartas ( del trío )
ii) Por cada una de las posibilidades de (i) hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir el palo
iii) Luego, de (i) y (ii), aplicando el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}$
iv) En cuanto a las otras dos cartas, hay $\binom{13-1}{2}$ posibilidades para elegir sus dos valores y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\left(\binom{4}{1}\right)^2$ para elegir el palo de cada una de las dos cartas.
v) Finalmente, de (iii) y (iv), por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de trío: $$N(M_7)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right) =54\,912$$
Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Trío'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_7)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,1128 \cdot 10^{-2}$$
$M_8$) Doble pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otro par con un mismo valor, si bien distinto al del primer par. Y la quinta carta de cualquier otro valor y palo.
Ejemplo:
Calculemos el número de casos favorables:
i) Los valores de las cartas de las dos parejas los podemos elegir de $\binom{13}{2}$ maneras y, para cada una de esas posibilidades, los palos de una y otra de $\left(\binom{4}{2}\right)^2$ maneras, luego, por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2$ posibilidades para elegir las cuatro cartas de las dos parejas
ii) El valor de la quinta carta se puede elegir de $\binom{13-2}{1}$ maneras y hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir su palo; por tanto, y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, hay $\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esa quinta carta
iii) De las dos etapas de recuento anteriores y empleando nuevamente el principio multiplicativo obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_8)=\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right) =123\,552$$
Por tanto, la probabilidad pedida es igual a Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Doble pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_8)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,7539 \cdot 10^{-2}$$
$M_9$) Pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otras tres con valores distintos.
Ejemplo:
Número de casos favorables:
i) Podemos elegir el valor de las cartas de la pareja de $\binom{13}{1}$, y los palos de esas dos cartas de $\binom{4}{2}$ maneras. Por tanto, y por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}$ posibilidades de elección de la pareja.
ii) Hay $\binom{13-1}{3}$ posibilidades de elegir los valores de las tres cartas restantes, y $\binom{4}{1}$ posibilidades de elegir el palo para cada una de las tres, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3$ maneras de elegir las tres cartas que completan el quinteto.
iii) Finalmente, de (i) y (ii) y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de Pareja: $$N(M_9)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right) =1\,098\,240$$ Luego la probabilidad pedida es igual a $$P(\text{'Pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_9)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,2257 \cdot 10^{-1}$$
$M_{10}$) Carta alta. Menos que Pareja.
Ejemplo: Decide la carta de mayor valor que, en este ejemplo, es el '9'.
Calculemos el número de casos favorables:
Ésta es la mano de menor valor, luego el número de casos que le corresponde es igual al complemento a $N=\binom{52}{5}=2\,598\,960$ de la suma de los casos favorables de las manos de mayor valor. Así,
$N(M_{10})=N-(N(M_{1})+N(M_{2})+N(M_{3})+N(M_{4})+$
$+N(M_{5})+N(M_{6})+N(M_{7})+N(M_{8})+N(M_{9})$
$=2\,598\,960-1\,296\,334$
$=1\,302\,626$
Por consiguiente, la probabilidad de esta mano que ocupa el último lugar en la clasificación es igual a $$P(\text{'Carta alta'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_{10})}{N}=\dfrac{1\,302\,626}{\binom{52}{5}}\approx 5,0121 \cdot 10^{-1}$$
$\square$
Explicaré aquí cómo se calculan las probabilidades de cada una de las diez manos que, clasificadas de mayor a menor valía, son: Escalera real ( Royal flush ), Escalera de color ( Straight flush ), Póquer ( Four of a kind o Quad), Full ( Full house ), Color ( Flush ), Escalera ( Straight ), Trío ( Three of a kind ), Doble pareja ( Two pair o Pocket ), Pareja ( One pair ), Carta alta ( High card ).
Al repartir las cinco cartas que constituyen una mano, una a una, el número de casos posibles es igual a $C_{52,5}=\binom{52}{5}=2\,598\,960$. Como el espacio muestral ( conjunto de sucesos elementales ) está formado por todos los posibles quintetos $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$, todas ellas son igualmente probables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades de cada mano de póquer ( número de casos favorables a las respectivas manos partido por el número de casos posibles ). Desde luego, la dificultad principal es el cálculo del número de casos favorables de cada una de las manos de la clasificación que hemos comentado.
$M_1$) Escalera real. Consiste en el conjunto de cartas $\{10,J,Q,K,A\}$ del mismo palo. Como hay $4$ palos, el número de casos favorables $N(M_1)$ es igual a $4$,
$M_2$) Escalera de color. Consiste en cinco cartas consecutivas del mismo palo. Hay $10$ maneras de elegir el valor de esas cinco cartas:
$A$,2,3,4,5
2,3,4,5,6
3,4,5,6,7
4,5,6,7,8
5,6,7,8,9
6,7,8,9,10
7,8,9,10,$J$
8,9,10,$J$,$Q$
9,10,$J$,$Q$,$K$
10,$J$,$Q$,$K$,$A$
Ejemplo:
$M_3$) Póquer. Cuatro cartas iguales en valor.
Ejemplo:
i) Podemos elegir el valor de las cuatro cartas de igual valor de $\binom{13}{1}$ maneras; por otra parte, hay $\binom{4}{4}$ maneras de elegir el palo de esas cuatro cartas, luego hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}$ maneras de elegir las cuatro cartas.
ii) El valor de la quinta carta no puede ser el mismo que el de las primeras cuatro cartas, así que hay $\binom{13-1}{1}$ maneras de elegir su valor. Por otra parte, su palo lo podemos elegir de $\binom{4}{1}$ maneras. Así que hay $\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esta quinta carta.
iii) Finalmente, teniendo en cuenta las dos etapas anteriores y aplicando otra vez el principio multiplicativo, deducimos que el número de casos favorables es igual a $$N(M_3)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)=624$$
Por consiguiente la probabilidad de esta mano es$$P(\text{'Póquer'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_3)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,401 \cdot 10^{-4}$$
$M_4$) Full. Tres cartes de igual valor y otras dos cartas de igual valor pero de distinto valor a las cartas del grupo de tres.
Ejemplo:
i) El grupo de tres cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{3}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3}$ ordenaciones posibles del trío.
ii) El grupo de dos cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13-1}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{2}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13-1}{1} \cdot \binom{4}{2}$ ordenaciones posibles para dicho par de cartas.
iii) De los pasos anteriores, y aplicando de nuevo el principio multiplicativo, obtenemos el siguiente número de casos favorables: $$N(M_4)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)=3744$$
Y de ello se obtiene la siguiente probabilidad $$P(\text{'Full'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_4)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 1,4406 \cdot 10^{-3}$$
$M_5$) Color. Cinco cartas del mismo palo ( no es necesario que sus valores sean consecutivos ).
Ejemplo:
i) Podemos elegir los cinco valores de $\binom{13}{5}$ maneras y el palo de $\binom{4}{1}$ maneras, luego hay un total de $\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}$
ii) Tengamos en cuanta, sin embargo, que la cantidad calculada anteriormente incluye las $36$ escaleras de color. Restando pues las escalaeras de color obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_5)=\left(\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}\right)-40=5108$$
La probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_5)}{N}=\dfrac{\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}-40}{\binom{52}{5}}\approx 1,9654 \cdot 10^{-3}$$
$M_6$) Escalera. Cinco cartas de valores consecutivos ( sin atender al palo ).
Ejemplo:
i) Sabemos que se pueden formar $10$ escaleras atendiendo al valor de las cinco cartas
ii) Por otra parte, para cada una de dichas escaleras, como el palo puede ser en principio cualquiera de los cinco, tenemos $VR_{4,5}=4^5=1024$ posibilidades
iii) Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $10\cdot VR_{4,5}=10\,240$
iv) Ahora bien, debemos restar los $40$ casos de escaleras de color, por tanto el número de casos favorables es $$N(M_6)=10\cdot VR_{4,5}-40=10\,200$$
Luego la probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Escalera'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_6)}{N}=\dfrac{10\cdot VR_{4,5}-40}{\binom{52}{5}}\approx 3,9246 \cdot 10^{-3}$$
$M_7$) Trío. Tres cartas del mismo valor (y las otras dos de valores distintos).
Ejemplo:
i) Hay $\binom{13}{1}$ maneras de elegir el valor de las tres cartas ( del trío )
ii) Por cada una de las posibilidades de (i) hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir el palo
iii) Luego, de (i) y (ii), aplicando el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}$
iv) En cuanto a las otras dos cartas, hay $\binom{13-1}{2}$ posibilidades para elegir sus dos valores y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\left(\binom{4}{1}\right)^2$ para elegir el palo de cada una de las dos cartas.
v) Finalmente, de (iii) y (iv), por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de trío: $$N(M_7)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right) =54\,912$$
Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Trío'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_7)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,1128 \cdot 10^{-2}$$
$M_8$) Doble pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otro par con un mismo valor, si bien distinto al del primer par. Y la quinta carta de cualquier otro valor y palo.
Ejemplo:
i) Los valores de las cartas de las dos parejas los podemos elegir de $\binom{13}{2}$ maneras y, para cada una de esas posibilidades, los palos de una y otra de $\left(\binom{4}{2}\right)^2$ maneras, luego, por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2$ posibilidades para elegir las cuatro cartas de las dos parejas
ii) El valor de la quinta carta se puede elegir de $\binom{13-2}{1}$ maneras y hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir su palo; por tanto, y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, hay $\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esa quinta carta
iii) De las dos etapas de recuento anteriores y empleando nuevamente el principio multiplicativo obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_8)=\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right) =123\,552$$
Por tanto, la probabilidad pedida es igual a Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Doble pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_8)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,7539 \cdot 10^{-2}$$
$M_9$) Pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otras tres con valores distintos.
Ejemplo:
i) Podemos elegir el valor de las cartas de la pareja de $\binom{13}{1}$, y los palos de esas dos cartas de $\binom{4}{2}$ maneras. Por tanto, y por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}$ posibilidades de elección de la pareja.
ii) Hay $\binom{13-1}{3}$ posibilidades de elegir los valores de las tres cartas restantes, y $\binom{4}{1}$ posibilidades de elegir el palo para cada una de las tres, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3$ maneras de elegir las tres cartas que completan el quinteto.
iii) Finalmente, de (i) y (ii) y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de Pareja: $$N(M_9)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right) =1\,098\,240$$ Luego la probabilidad pedida es igual a $$P(\text{'Pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_9)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,2257 \cdot 10^{-1}$$
$M_{10}$) Carta alta. Menos que Pareja.
Ejemplo: Decide la carta de mayor valor que, en este ejemplo, es el '9'.
Ésta es la mano de menor valor, luego el número de casos que le corresponde es igual al complemento a $N=\binom{52}{5}=2\,598\,960$ de la suma de los casos favorables de las manos de mayor valor. Así,
$N(M_{10})=N-(N(M_{1})+N(M_{2})+N(M_{3})+N(M_{4})+$
$+N(M_{5})+N(M_{6})+N(M_{7})+N(M_{8})+N(M_{9})$
$=2\,598\,960-1\,296\,334$
$=1\,302\,626$
Por consiguiente, la probabilidad de esta mano que ocupa el último lugar en la clasificación es igual a $$P(\text{'Carta alta'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_{10})}{N}=\dfrac{1\,302\,626}{\binom{52}{5}}\approx 5,0121 \cdot 10^{-1}$$
$\square$
domingo, 1 de enero de 2017
Repartiendo un conjunto de bolas en dos urnas
ENUNCIADO. Se tiene $17$ bolas y $2$ urnas. ¿ De cuántas maneras se pueden colocar $8$ bolas en una de dichas urnas, y $9$ en la otra urna ?.
SOLUCIÓN. Se consideran las bolas distinguibles y, por supuesto, no importa el orden en que las vayamos colocando. Hay, pues, $C_{17,8}=\binom{17}{8}$ posibilidades de colocar $8$ de las bolas en una urna, y $C_{17-8,9}=\binom{9}{9}=1$ sóla manera de colocar las $9$ bolas restantes en la otra urna. Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $$\binom{17}{8}\cdot \binom{9}{9}=24\,310\;\text{posibilidades}$$
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SOLUCIÓN. Se consideran las bolas distinguibles y, por supuesto, no importa el orden en que las vayamos colocando. Hay, pues, $C_{17,8}=\binom{17}{8}$ posibilidades de colocar $8$ de las bolas en una urna, y $C_{17-8,9}=\binom{9}{9}=1$ sóla manera de colocar las $9$ bolas restantes en la otra urna. Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $$\binom{17}{8}\cdot \binom{9}{9}=24\,310\;\text{posibilidades}$$
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