Submatrices. Submatrices principales y menores principales

Consideremos una matriz $m \times n$ ( $m$ filas y $n$ columnas ). Sin pérdida de generalidad, pongamos que $m:=3$ y $n:=4$ $$A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34}\end{pmatrix}$$ a la cual le corresponde los siguientes conjuntos de índices de filas y columnas, respectivamente: $I=\{1,2,3,4\}$ y $J=\{1,2,3,4\}$. Pues bien, podemos referirnos a una cierta submatriz $B$ de $A$ seleccionando su subconjunto de índices de fila $I_B$ y un subconjunto de índices de columna $J_B$; pongamos que $I_B=\{2,3\}$ y $J_B=\{3,4,\}$, entendiendo dicha submatriz como una matriz de tamaño $(3-2) \times (4-2)$, que, concretamente es $$B\overset{.}{=}A[I_B;J_B]=A[\{2,3\};\{3,4\}]=\begin{pmatrix}a_{23} & a_{24} \\ a_{33} & a_{34} \end{pmatrix}$$ Diremos que una submatriz $B$ de una matriz $A$ es principal si eliminamos las filas y columnas de igual índice, esto es $I_B=J_B$, y lo abreviaremos con la notación $A[I_B]$. Así, por ejemplo, si eliminamos la primera fila y la primera columna, obtenemos la matriz principal $A[\{1\}]=\begin{pmatrix}a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{32} & a_{33} & a_{34} \end{pmatrix}$

Llamamos menor complementario de una matriz $A_{m \times n}$ al determinante de alguna de de sus submatrices cuadradas ( que obtenemos al eliminar una o más de de una de sus filas o columnas ).

-oOo- Matrices cuadradas de orden $m$

Si en una matriz cuadrada de orden $m$ seleccionamos las filas y columnas $I=J=\{1,\ldots,k\}$ ( con $k\le m$ ), obtenemos una matriz principal superior; y si seleccionamos las filas y columnas con $I=J=\{k,\ldots,m\}$ obtenemos una matriz principal inferior.
Así, para una matriz $B=\begin{pmatrix}b_{11} & b_{12} & b_{13} \\ b_{21} & b_{22} & b_{23} \\ b_{31} & b_{32} & b_{33} \end{pmatrix}$, hay tres submatrices principales superiores: $B[\{1\}]=(b_{11})$, $B[\{1,2\}]=\begin{pmatrix}b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{pmatrix}$ y $B[\{1,2,3\}]=B$.

Y también tres matrices principales inferiores: $B[\{3\}]=(b_{33})$, $B[\{2,3\}]=\begin{pmatrix}b_{22} & b_{23} \\ b_{32} & b_{33} \end{pmatrix}$ y $B[\{1,2,3\}]=B$

Si se elimina una sola fila y una sola columna, los menores complementarios que así se obtienen se denominan primeros menores de dicha matriz cuadrada, y se necesitan para encontrar la matriz de cofactores, la cual es útil para calcular el determinante y la inversa de matrices cuadradas. Además, en el caso de que la submatriz cuadrada formada sea una submatriz principal, los correspondientes primeros menores se denominan menores principales.

Nota. Los determinantes de las matrices principales superiores/inferiores se denominan menores principales superiores/inferiores.

Notación. Al eleminar la fila $i$ y la columna $j$ de una matriz cuadrada $A_{m \times m}$ obtenemos el menor complementario que suele notarse de la forma $M_{ij}$; o, como también suele decirse, el $(i,j)$-ésimo menor complementario de $A$ ) y que, lógicamente, es de orden $m-1$. Dicho menor puede entenderse como el que resulta de eliminar la fila y la columna a las que pertenece el elemento $a_{ij}$ de la matriz $A$. Recordemos que en el caso de obtener un cierto menor eliminando una única fila y una única columna, hablamos de primeros menores, por lo que si se obtienen eliminando dos filas y dos columnas, los llamaremos segundos menores, etcétera.

Extracción de bolas numeradas de un bombo

ENUNCIADO. En un bombo hay $60$ bolas, numeradas de $1$ a $60$. Se elige al azar una de esas bolas. Se pide la probabilidad de que la bola seleccionada sea:
a) Un múltiplo de $3$
b) Un múltiplo de $4$
c) Un múltiplo de $3$ o un múltiplo de $4$
d) Un múltiplo de $4$, pero no de $6$

SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ está formado por los sucesos simples $\{1,2,\ldots,60\}$; todos ellos, igualmente probables, así que podemos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades pedidas. Designemos por $\dot{n}$ al suceso compuesto que corresponde a que la bola elegida sea múltiplo de $n$. Entonces,

a) El primer múltiplo de $3$ es el propio $3$, y el mayor de ellos es $60$, por tanto entre los $60$ números hay $\dfrac{60-3}{3}+1=20$ múltiplos de $3$, luego $P(\dot{3})=\dfrac{20}{60}=\dfrac{1}{3}$

b) a) El primer múltiplo de $4$ es el propio $4$, y el mayor de ellos es $60$, por tanto entre los $60$ números hay $\dfrac{60-4}{4}+1=15$ múltiplos de $4$, luego $P(\dot{4})=\dfrac{15}{60}=\dfrac{1}{4}$

c) Por la fórmula de inclusión-exclusión podemos escribir $$P(\dot{3} \cup \dot{4} )=P(\dot{3})+P(\dot{4})-P(\dot{3} \cap \dot{4}) \quad \quad (1)$$ Procedemos pues a calcular el valor del tercer término de la expresión. Los números que son múltiplos de $3$ y, también, de $4$, son múltiplos de $\text{m.c.m.}(3,4)=12$; el primer múltiplode $12$ es el propio $12$, y el mayor de ellos es $60$, por tanto entre los $60$ números hay $\dfrac{60-12}{12}+1=5$ múltiplos de $12$, luego $P(\dot{12})=\dfrac{5}{60}=\dfrac{1}{12}$ y, por tanto, $$P(\dot{3} \cap \dot{4})=\dfrac{1}{12}$$ Poniendo ahora los datos en (1) resulta, $$P(\dot{3} \cup \dot{4} )=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{2}$$

d)
Se nos pide ahora que calculemos $P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})$. Recordemos la propiedad que dice que, dados dos sucesos, $A$ y $B$, se tiene que $$P(A \cap \bar{B})=P(A)-P(A \cap B)$$ Así que $$P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})=P(\dot{4})-P(\dot{4} \cap \dot{6}) \quad \quad (2)$$ Debemos por tanto calcular el valor del segundo término de la expresión.

Como los números que son múltiplos de $4$ y, también, de $6$, son múltiplos de $\text{m.c.m.}(4,6)=12$, se tiene que $P(\dot{4} \cap \dot{6})=P(\dot{12})$, probabilidad que, al igual que $P(\dot{4})$, ya hemos calculado antes: $P(\dot{4})=\dfrac{1}{4}$ y $P(\dot{12})=\dfrac{1}{12}$.

Poniendo los datos en (2) resulta, $$P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{6}$$
$\square$

Cálculo de probabilidades y ejemplo de conclusión falsa que podemos detectar al analizar un cierto problema de manera superficial

ENUNCIADO. Sea $E$ un conjunto de $n$ elementos ( $\text{card}(E)=n$ ). Se consideran los $2^n$ subconjuntos de $E$, de manera que -- siendo el número de dichos subconjuntos igual a $2^n$ -- al elegir uno cualquiera de ellos al azar, éste tenga la misma probabilidad que todos los demás: $\dfrac{1}{2^n}$. Sean dos de esos subconjuntos, $A$ y $B$; y supongamos que son disjuntos ( $A \cap B = \emptyset$ ). Así, puesto que la probabilidad de elegir $A$ es $P(A)=\dfrac{1}{2^n}$ y la probabilidad de elegir $B$, $P(B)=\dfrac{1}{2^n}$, entonces -- de la fórmula de inclusión-exclusión $P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A \cap B)$ -- se tiene que $P(A \cup B)=\dfrac{1}{2^n}+\dfrac{1}{2^n}+0=\dfrac{2}{2^n}=\dfrac{1}{2^{n-1}}$. Por otra parte, hay que tener en cuenta que $A \cup B$ es un subconjunto de $E$, luego $P(A \cup B)=\dfrac{1}{2^n}$. Entonces: Al haber llegado a una contradicción debemos concluir que no se pueden sortear los subconjuntos de $E$ de modo que todos tengan la misma probabilidad ¿Es correcta esta conclusión?

SOLUCIÓN. La conclusión es falsa (sí se puede concebir que todos los subconjuntos tengan la misma probabilidad). Veamos por qué no se da la supuesta contradicción. Tengamos en cuenta que el espacio muestral $\Omega$ está, aquí, formado por todos los subconjuntos de $E$ ( cada uno de ellos es un suceso simple ). Según el enunciado, se ha construido, además, dicho espacio muestral de manera que sus elementos sean equiprobables. Por consiguiente, y en rigor, debemos escribir $P(\{A\})=P(\{B\})=\dfrac{1}{2^n}$, y como $\{A \cup B\}$ es también un suceso simple, se debe cumplir que $P(\{A \cup B\})=\dfrac{1}{2^n}$. Ahora bien, hay que tener en cuenta que $\{A\} \cup \{B\} \neq \{A \cup B\}$ ( atención al significado de las llaves ) y, como se comenta en el enunciado, efectivamente sucede que $P(\{A\} \cup \{B\} = \dfrac{1}{2^{n-1}} \neq \dfrac{1}{2^n}$, lo cual no es contradicción alguna. $\square$

Cálculo de probabilidades y elección de subconjuntos de una cierta cardinalidad

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 $$P(B)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(B)}{N}=\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}$$
$\square$

Cálculo de probabilidades de diversas manos en el reparto de 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 $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,695\,000}{3\,838\,380} \approx 0,4416$$
$\square$

Cálculo de probabilidades en el juego del dominó

ENUNCIADO. Considérese un juego de dominó [ 28 fichas, cada una de las cuales tiene un par de números, del $0$ al $7$, iguales o distintos ]. Un jugador elige $7$ fichas al azar, y la vez. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las siete fichas haya exactamente cinco que tengan todas un '3' ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de obtener exactamente cinco fichas con un mismo número ?
c) Calcular la probabilidad de tener exactamente cuatro fichas de alguno de los números
d) Calcular la probabilidad de no tener ninguna ficha ( ver apartado anterior ) con alguno de los números

SOLUCIÓN.
Las $28$ fichas tienen la misma probabilidad de ser elegidas; utilizaremos, pues, la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio para calcular el número de casos favorables y el número de casos posibles.

a) Denotemos por $A_3$ al suceso pedido, entonces $$P(A_3)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A_3)}{N}$$ El número de casos en total, esto es el número de maneras de elegir un conjunto
de $7$ fichas a la vez de un total de $28$, $N$, es igual a $\binom{28}{7}=1\,184\,040$

Vamos a calcular ahora el número de casos favorables $N(A_3)$. Como hay $\binom{7}{5}$ maneras de elegir $5$ fichas que tengan un '3'; y, por tanto, $\binom{28-7}{7-5}$ maneras de elegir las dos fichas restantes, tenemos que por el principio multiplicativo $$N(A_3)=\dfrac{\binom{7}{5}\cdot \binom{28-7}{7-5}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{4\,410}{1\,184\,040}=\dfrac{49}{13\,156}\approx 0,0037$$

b)
Ahora nos interesamos no sólo por que salga un '3', sino también por que salga también cualquiera de los otros seis números. Podemos repetir lo que acabamos de hacer para calcular la probabilidad de que entre las siete fichas haya exactamente cinco que tengan cualquiera de los otros seis números, por lo que resulta evidente que $P(A_0)=P(A_1)=\ldots=P(A_6)=\dfrac{49}{13\,156}$, luego la probabilidad pedida en este segundo apartado es $P(A_0 \cup \ldots \cup A_6)$, y siendo dichos sucesos incompatibles (1), resulta ser igual a $P(A_0)+\ldots+P(A_6)=7\cdot P(A_3)$ esto es $$7\cdot \dfrac{49}{13\,156}=\dfrac{343}{13\,156}\approx 0,0261$$

ACLARACIÓN 1:
Para pensar con claridad, tengamos en cuenta que las $28$ fichas son las siguientes

06 
05  16
04  15  26
03  14  25  36
02  13  24  35  46  
01  12  23  34  45  56
00  11  22  33  44  55 66

Así que no es posible que los sucesos $A_i$ y $A_j$ ( donde $i$ y $j$ toman valores en $\{0,1,2,\ldots,6\}$ ) sean compatibles, ya que, por ejemplo, si $(i,j)=(3,4)$, fijado $i=3$ hay otras $6$ fichas que contienen el '3': $(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(3,6)$ ; y, fijado $j=4$, hay otras $6$ fichas que contienen el '4': $(0,4),(1,4),(1,4),(4,4),(5,4),(6,4)$. Si pensamos en la posibilidad de tener cinco fichas con el '3' y con el '4', vemos que es imposible, habida cuenta que sólo disponemos de $7$ fichas, y sólo una, la $(3,4)$ contiene el '3' y el '4'. Lo mismo ocurre con los otros pares de números. Así que $A_i \cap A_j = \emptyset$, luego $P(A_i \cap A_j)=0$ para todo $i$ y todo $j$ ( con $i \neq j$ ) en $\{0,1,2,\ldots,6\}$, esto es, los sucesos $A_i$ y $A_j$ con $i \neq j$ son incompatibles.


c)
Denotemos por $B_i$ al suceso "tener exactamente cuatro fichas con el número $i$ ( siendo $i \in \{0,\ldots,6\}$ ). De manera análoga al caso anterior, $$P(B_i)=\dfrac{\binom{7}{4}\cdot \binom{28-7}{7-4}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{4\,655}{118\,404}$$
Y nos falta calcular $P(B_0 \cup \ldots \cup B_6 )$. Ahora bien, en este caso los sucesos $B_0,\ldots,B_6$ no son incompatibles, esto es $B_i \cap B_j \neq \emptyset$ para $i \neq j$, por consiguiente, según la fórmula de inclusión-exclusión, podemos escribir $$\displaystyle P(\displaystyle \cup_{i=0}^{6})\,B_i=\sum_{i=0}^{6}P(B_i)-\sum_{i\neq j=0}^{6}\,P(B_i \cap B_j) + \sum_{i\neq j \neq k=0}^{6}\,B_i \cap B_j \cap B_k \quad \quad (1)$$

Como hacíamos en el apartado anterior, el valor del primer término de (1), $\displaystyle \sum_{i=0}^{6}P(B_i)$, es $$7\cdot \dfrac{4\,655}{118\,404}$$

Procedemos a calcular el sumatorio del segundo término. Si, p. ej., $(i,j)=(3,4)$, fijado $i=3$ hay otras $6$ fichas que contienen el '3': $(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(3,6)$ ; y, fijado $j=4$, hay otras $6$ fichas que contienen el '4': $(0,4),(1,4),(1,4),(4,4),(5,4),(6,4)$. Si ahora pensamos en la posibilidad de tener cuatro fichas con el '3' y con el '4', sí podemos encontrarlas: una es la $(3,4)$ y, además de $(3,4)$, podemos seleccionar tres de entre las seis que son del tipo $(3,.)=\{(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(3,6)\}$, es decir, $\binom{7-1}{3}$; y otras tres de entre las seis que son del tipo $(.,4)=\{(0,4),(1,4),(2,4),(4,4),(5,4),(6,4)\}$, y por tanto, podemos hacerlo también de $\binom{7-1}{3}$ maneras. Con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{7-1}{3} \cdot \binom{7-1}{3}$ casos favorables de un total de $\binom{28}{7}$. Por consiguiente, $$P(B_i \cap B_j)=\dfrac{\binom{7-1}{3} \cdot \binom{7-1}{3}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{10}{29\,601} $$

Como podemos formar $C_{7,2}=\binom{7}{2}=21$ parejas de sucesos $[B_i$ , $B_j]$ con $i\neq j$, éste es el número de sumandos de $\displaystyle \sum_{i\neq j=0}^{6}\,P(B_i \cap B_j)$, y, al tener todos el mismo valor ( que es el que acabamos de calcular ) resulta $$\displaystyle \sum_{i\neq j=0}^{6}\,P(B_i \cap B_j)=21\cdot \dfrac{10}{29\,601}=\dfrac{70}{9867}$$

Por otra parte, es evidente que el valor del tercer término $\displaystyle \sum_{i\neq j \neq k=0}^{6}\,B_i \cap B_j \cap B_k$ es igual a $0$

Por consiguiente el valor de (1) es $$7\cdot \dfrac{4\,655}{118\,404} - \dfrac{70}{9867}$$ esto es $$\dfrac{31\,745}{118\,404}\approx 0,2681$$

d) PROVISIONAL ( NO SE ENTIENDE )
Denotemos por $C_i$ al suceso "no tener ninguna ficha con el número $i$" ( siendo $i \in \{0,\ldots,6\}$ ). De manera análoga a lo realizado en los casos anteriores, tenemos ahora que como el número de valores es $7$ ( $\text{Card}(\{0,\ldots,6\})$, podemos escribir $$P(C_i)=\dfrac{\binom{28-7}{7-4}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{323}{3\,289}$$

Debemos calcular, otra vez, $P(C_0 \cup \ldots \cup C_6 )$. Por la fórmula de inclusión-exclusión,
$$\displaystyle P(\displaystyle \cup_{i=0}^{6}\,C_i)=\sum_{i=0}^{6}\,P(C_i)-\sum_{i\neq j=0}^{6}\,P(C_i \cap C_j)+\sum_{i\neq j \neq k=0}^{6} P(C_i \cap C_j \cap C_k ) \quad \quad (1)$$

Procedamos a calcular el valor de estos términos. El primero, es igual a $$\displaystyle \sum_{i=0}{7}\,P(C_i)=7\cdot P(C_i)=\dfrac{2261}{3289}$$ Para calcular el segundo, debemos recordar lo dicho en la ACLARACIÓN 1 del apartado (b): para cada $i$ y $j$ fijados, hay $6+6+1=13$ fichas con estos valores, luego el número de casos favorables a no encontrar ni 'i' ni 'j' es $\binom{28-13}{7}$ y como el número de casos posibles es $\binom{28}{7}$ vemos que $$P(C_i \cap C_j)=\dfrac{\binom{28-13}{7}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{1}{184}$$ Por otro lado, el número de pares/sumandos de ese término ( con igual valor ) es igual a $C_{7,2}=\binom{7}{2}=21$, como ya habíamos visto en el apartado anterior. Así, $$\sum_{i\neq j=0}^{6}\,P(C_i \cap C_j)=21\cdot \dfrac{1}{184}=\dfrac{21}{184}$$

Para calcular el valor del tercer sumatorio, tengamos en cuenta que si $i\neq j \neq k$ hay $6$ pares con el valor $i$ fijado ( descontando '(i,i)'; $6$ más con el valor $j$ fijado (descontando '(j,j)'), y $6$ más con el $k$ fijado ( descontando '(k,k)'; por consiguiente encontramos $6\cdot 3=18$ pares, luego habra $28-18=10$ fichas que cumplen en las que no esté ni 'i' ni 'j' ni 'k'. Por tanto, hay $\binom{28-10}{7}$ casos favorables a $C_i \cap C_j \cap C_k$. Además, como todos los sumandos de dicho sumatorio son iguales, y podemos encontrar $C_{7,3}=35$ ternas/sumandos, por el principio de Laplace, vemos que $$\sum_{i\neq j=0}^{6}\,P(C_i \cap C_j)+\sum_{i\neq j \neq k=0}^{6} P(C_i \cap C_j \cap C_k )=35\cdot \dfrac{\binom{28-18}{7}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{35}{9867}$$

Finalmente, sustituyendo estos resultados en (1), encontramos $$\displaystyle P(\displaystyle \cup_{i=0}^{6}\,C_i)=\dfrac{2261}{3\,289}-\dfrac{21}{184}+\dfrac{35}{9867}=\dfrac{45\,535}{78\,936}\approx 0,5769$$




$\square$

Colocación de un cierto número de bolas en una urna y otro número de bolas en otra

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 $$\binom{17}{8}\cdot \binom{9}{9}=24\,310\;\text{posibilidades}$$
$\square$

Elecciones alternas al azar

ENUNCIADO. En una urna hay $5$ bolas negras y $4$ bolas blancas. Si se extraen todas las bolas, una a una y sin reemplazamiento, ¿cuál es la probabilidad de que se obtenga una alternancia de bolas de distinto color empezando con una bola negra ?

SOLUCIÓN. Denotemos por $A$ el suceso pedido. Entonces, en una situación como ésta, basta permutar las bolas negras que ocupa lugar impar y permutar las blancas ( que ocupan lugar par ) y, por el principio multiplicativo: $$N(A)=P_5\cdot P_4=5!\cdot 4!$$ Por otra parte, el número de casos posibles es igual a $$(5+4)!$$ Como todos los sucesos del espacio muestral son del tipo $x_1\,x_2\,\ldots\,x_9$ ( donde $x_i$ toma los valores 'negro' o 'blanco' para cualquier valor de $i=1,\ldots,9$ ) y son igualmente probables, podemos utilizar la regla de Laplace para calcular la probabilidad pedida $$P(A)=\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{5!\cdot 4!}{(5+4)!}= \dfrac{1}{126}\approx 0,0079$$
$\square$

Elección de tres cuadrados de un tablero de ajedrez

ENUNCIADO. Se eligen al azar tres cuadrados de un tablero de ajedrez. ¿Cuál es la probabilidad de obtener dos cuadrados de un mismo color y el tercero de color distinto al de los dos primeros?

SOLUCIÓN. Como es bien conocido, un tablero de ajedrez consta de $64$ cuadrados, $32$ de los cuales son blancos y los otros $32$ son negros. Denotemos por $A$ al sucesos pedido. No importa el orden de elección de los tres cuadrados, luego el número de casos posibles es $C_{64,3}=\binom{64}{3}$; por otra parte el obtener dos cuadrados del mismo color y el otro del otro, es la composición de los sucesos 'dos cuadrados negros y uno blanco' o 'dos cuadrados blancos y uno negro'. Observemos que
$N(A)=N($'dos cuadrados negros y uno blanco'$)+N($'dos cuadrados blancos y uno negro'$)$ esto es
$N(A)=C_{32,2}\cdot C_{64-32,1}+C_{32,1}\cdot C_{64-32,2}$
  $=2\cdot C_{32,2}\cdot C_{32,1}$
    $=2\cdot \binom{32}{2}\cdot \binom{32}{1}$
Luego, por la regla de Laplace ( todos los sucesos del espacio muestral son equiprobables ) tenemos, $$P(A)=\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{ 2\cdot \binom{32}{2}\cdot \binom{32}{1}}{\binom{64}{3}}=\dfrac{16}{21}\approx 0,7619$$
$\square$

Ejemplo de aplicación del esquema multinomial en el cálculo de probabilidades

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.
$\square$

Ejemplos de aplicación del esquema hipergeométrico del cálculo de probabilidades

EJEMPLO 1. 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 ?

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 $$P(S)=\dfrac{\binom{5}{3}\cdot \binom{25}{0}}{\binom{30}{3}}=2,4631\cdot 10^{-3} \approx 0,2\,\%$$
$\square$ -oOo- EJEMPLO 2. 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 $x_i \in \{\text{español},\text{frances}, \text{portugués}\}$, 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 $$P(S)=\dfrac{\binom{10}{2}\cdot \binom{12}{3}\cdot \binom{5}{1}}{\binom{10+12+5}{6}}=\dfrac{50}{299} \approx 0,17 $$
$\square$

Valor esperado

ENUNCIADO. Una cierta lotería consiste en sortear un único premio de $5000$ euros. Para ello se elige al azar un número comprendido entre $1$ y $1000$. Para participar, hay que pagar $5$ euros por cada número al que se desea apostar. Si se compra un número, ¿ cuál es el beneficio esperado ?. Si comprásemos $3$ números, ¿ cuál sería entonces el beneficio esperado ?

SOLUCIÓN. La probabilidad de que salga el número que hemos comprado es $\dfrac{1}{1000}$ y, por tanto, la probabilidad de que no salga es $\dfrac{999}{1000}$. Así pues el beneficio esperado es igual a $$(5000-5)\cdot \dfrac{1}{1000}+(-5)\cdot \dfrac{999}{1000}=-4 \; \text{euros}$$ Como el beneficio esperado es negativo, desde luego, comprar un sólo número no es favorable al jugador.

Veamos qué sucede si compramos más de un número, pongamos que tres. En ese caso, la probabilidad de conseguir el premio sería $\dfrac{3}{1000}$ y la de no conseguirlo $1-\dfrac{3}{1000}$, luego
$$(5000-5\cdot 3)\cdot \dfrac{3}{1000}+(-5\cdot 3)\cdot (1-\dfrac{3}{1000})=-12 \; \text{euros}$$

Así pues, cuánto más números comprásemos de esa lotería más perderíamos, por lo que no es recomendable apostar en ella.

-oOo-
ACLARACIÓN. Vamos a justificar que la probabilidad de sacar el premio comprando tres números es $\dfrac{3}{1000}$. Denotemos por $N_i$ al suceso el número i-ésimo ( de los diez que hemos comprado ) es el premiado, donde $i=1,2,\ldots,10$. Entonces, la probabilidad de obtener el premio ( recordemos que el premio corresponde a un sólo número de los mil que se sortean ) es igual a
$$P(\text{obtener el premio})=P\left(N_1 \cup (\bar{N_1} \cap N_2 ) \cup ((\bar{N_1} \cap \bar{N_2}) \cap N_3)\right)$$
Y como $N_1$, $\bar{N_1} \cap N_2$ y $(\bar{N_1} \cap \bar{N_2}) \cap N_3$ son sucesos disjuntos ( incompatibles ) podemos escribir que
$P(\text{obtener el premio})=P(N_1)+P(\bar{N_1} \cap N_2 )+P\left((\bar{N_1} \cap \bar{N_2}) \cap N_3)\right) \quad (1)$

Y teniendo en cuenta que:

$P(N_1)=\dfrac{1}{1000}$

$P(\bar{N_1} \cap N_2 )=P(N_2 \cap \bar{N_1})=P(\bar{N_1})\cdot P(N_2|\bar{N_1})=\dfrac{999}{1000}\cdot \dfrac{1}{999}=\dfrac{1}{1000}$

$P\left((\bar{N_1} \cap \bar{N_2}) \cap N_3)\right)=P\left(N_3 \cap (\bar{N_1} \cap \bar{N_2}) \right)=P(\bar{N_1}\cap \bar{N_2})\cdot P(N_3|\bar{N_1}\cap \bar{N_2})=$
  $=P(\bar{N_2})\cdot P(\bar{N_2}|\bar{N_1})\cdot P(N_3|\bar{N_1}\cap \bar{N_2})=\dfrac{999}{1000}\cdot \dfrac{998}{999} \cdot \dfrac{1}{998}=\dfrac{1}{1000}$

Entonces, de (1), $P(\text{obtener el premio})=\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}=\dfrac{3}{1000}$

$\square$

Lanzamientos repetidos de una moneda. Distribución binomial

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 $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$

El problema de la caja de Bertrand

ENUNCIADO. Una urna $U_1$ contiene dos bolas blancas; otra urna $U_2$ contiene dos bolas negras; y una tercera urna $U_3$ contiene una bola blanca y una bola negra. Se elige una urna al azar y se extrae una primera bola de la misma, que resulta ser blanca. Se extrae a continuación una segunda bola de la misma urna. ¿Cuál es la probabilidad de que las dos bolas sean blancas?. [Joseph Bertrand, 1822-1900]

SOLUCIÓN. En contra de lo que se podría responder ( sin un detenida reflexión ), la probabilidad pedida no es igual a $1/2$ sino a $2/3$. Vamos a justificarlo.
Denotemos por $B_1$ al suceso obtener bola blanca en la primera extracción y $B_2$ al suceso obtener bola blanca en la segunda extracción. Denominaremos $U_1$, $U_2$ y $U_3$ a los sucesos, elegir la urnas respectivas. Entonces, la probabilidad pedida se escribirá
$$P(B_2|B_1)=\dfrac{P(B_2 \cap B_1)}{P(B_1)} \quad \quad (1)$$ Notemos que $P(B_2 \cap B_1)=P(U_1)=\dfrac{1}{3}$ puesto que obtener dos bolas blancas de la misma urna sólo puede ser posible si se ha elegido la urna $U_1$.

Por otra parte,
$P(B_1)=P(B_1|U_1)\cdot P(U_1)+P(B_1|U_2)\cdot P(U_2)+P(B_1|U_3)\cdot P(U_3)$
  $=1\cdot \dfrac{1}{3}+0\cdot \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{2}$

Por consiguiente, sustituyendo en (1) lo calculado, llegamos a $$P(B_2|B_1)=\dfrac{1/3}{1/2}=\dfrac{2}{3}$$
$\square$

Ejercicios de descomposición de endomorfismos

Ésta es una compilación de ejercicios que he realizado sin herremientas de cálculo:
[ Ejercicios de descomposición de endomorfismos ]

-oOo-
Con MAXIMA, podemos calcular la matriz de Jordan de forma automática:

$\square$

Cálculo de la representación finita de un número real en un computador, empleando la operación de redondeo

Se considera el número real $\dfrac{2}{3}$, y se desea representarlo en un sistema de representación finita, $\mathcal{M}$, por redendeo, con cinco dígitos ($n=5$) y en base igual de representación igual a diez ($b=10$). También se desea calcular el valor de la unidad de redondeo (o precisión de la máquina) en dicha representación.

Observemos que, en un sistema de representación en punto flotante de precisión infinita, $\mathbb{R} \ni x=0.d_1\,d_2\,d_3\,\ldots \times b^e$; por lo que, en nuestro caso, $x=:\dfrac{2}{3}=0.6666\ldots \times 10^0$, con lo cual, $e=0$

Por otra parte, sabemos que en un sistema de representación de precisión finita, y, por redondeo, un número real $x$ se escribe de la forma $\mathcal{R}(x):=\left[b^n \times 0.m +0.5 \right] \times b^{e-n}$, donde $m$ designa el grupo de infinitos dígitos $d_1\,d_2\,d_3\,\ldots$

Pues bien, como $n=5$ y $b=10$, se tiene que $$\mathcal{R}(2/3)=\left[10^5 \times 0.6666666\ldots +0.5 \right]\times 10^{0-5}=\left[66667.1666\ldots \right]\times 10^{-5}=66667\times 10^{-5}=0.66667$$

Es sabido que $|x-\mathcal{R}(x)|\le \dfrac{1}{2}\,b^{e-n}$, donde el segundo miembro de la desigualdad, que es el máximo error absoluto que se puede cometer en la representación finita descrita (empleando la operación de redondeo), es lo que denominamos precisión de la máquina. Por tanto, el caso que nos ocupa, dicho valor es igual a $\dfrac{1}{2}\,10^{0-5}=5 \times 10^{-6}=0.000001$. $\diamond$

La desigualdad triangular en $\mathbb{R}$ como espacio métrico ($\mathbb{R},d)$

Sabemos que, dado un espacio vectorial $E$ y una norma definida en él, $\left\|x\right\|:=|x|$ (para todo $x\in E$, podemos decir que $(E,\left\|x\right\|)$ constituye un espacio normado. Por otra parte, la norma induce una distancia en dicho espacio, $d(x,y) \,\forall x,y \in E$, por lo que entonces podemos hablar de $(E,d)$ como un espacio métrico.

En particular, ya hemos demostado (en el artículo precedente) que la recta de los números reales, $\mathbb{R}$, con la norma $\left\|x\right\|:=|x|\; \forall x\in \mathbb{R}$, cumple la propiedad de desigualdad triangular $|x+y|\le |x|+|y| \; \forall \; x,y \in \mathbb{R}$.

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Nota: Por ello decimos que $\mathbb{R},|.|)$, es un espacio vectorial normado), al cumplir, además, la propiedad de no negatividad para todo $x\in \mathbb{R}$: $|x|\le 0$, y la propiedad de homogeneidad $x\in \mathbb{R}$, $|kx|=|k|\,|x|$, siendo $k$ un número real cualquiera.

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A partir de dicha norma, podemos definir una distancia (en este caso, siendo $E$ el conjunto de los números reales $\mathbb{R}$), $d: \mathbb{R} \times \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, de la siguiente manera $d(x,y):=|x-y|$. Recordemos que una distancia debe cumplir las siguientes propiedades, para cualesquiera $x,y$, en este caso en el espacio $\mathbb{R}$:

1. $d(x,y)\ge 0$
2. $d(x,y)=d(y,x)$
3. $d(x,y)=0$ si y sólo si $x=y$
4. $d(x,z) \le d(x,y)+d(y+z)$

Vamos a demostrar que la distancia en $\mathbb{R}$ así definida, cumple la desigualdad triangular (cuarta propiedad). En efecto,

$d(x,z):=|x-z|=|x-z+y-y|=|(x-y)+(y-z)|\le |x-y| + |y-z| = d(x,y)+d(y,z) \,$
$\because |x-y| \in \mathbb{R} \; \text{y}\; |x+y| \in \mathbb{R}$. $\diamond$

La desigualdad triangular en el espacio vectorial normado $(\mathbb{R},|.|)$

La recta de los números reales, $\mathbb{R}$, con la norma $\left\|x\right\|:=|x|\; \forall x\in \mathbb{R}$ constituye un espacio vectorial normado. Una de las propiedades que debe cumplir un espacio vectorial normado es la propiedad de la desigualdad triangular, la cual vamos a probar, a continuación, para $(\mathbb{R}, |.|)$.

Se consideran dos números reales, $a$ y $b$, cualesquiera. Vamos a demostrar que $|a+b| \le |a|+|b|$, donde $|.|$ designa el valor absoluto:

Sabemos, por las propiedades del valor absoluto que $|-a|\le a \le |a|$ y que $|-b|\le b \le |b|$, luego $-(|a|+|b|) \le a+b \le |a|+|b|$

Por otra parte, para cualesquiera $x,y \in \mathbb{R}$, se tiene que $|x|\le y$ si y sólo si $-y \le x \le y$

En consecuencia, si hacemos $x=: a+b$ e $y=: |a|+|b$, se llega a $|a+b| \le |a|+|b|$. $\diamond$

Ejemplo de diagonalización de matrices con GNU OCTAVE

>> A=[1,2,3;4,5,6;7,8,9]
A =

   1   2   3
   4   5   6
   7   8   9
% A es la matriz del endomorfismo
% expresado con respecto de la base canónica
% e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0) y e_3=(0,0,1)


>> [C,A]=eig(A) 
% Aquí se calculan los autovalores y 
% la matriz, C, del cambio de base.
%
% Sus columnas corresponden
% a las coordenadas de los vectores
% de la nueva base

C =

  -0.231971  -0.785830   0.408248
  -0.525322  -0.086751  -0.816497
  -0.818673   0.612328   0.408248
  
% Los vectores de la nueva base son:
% u_1= (-0.231971, -0.525322, -0.818673)
% u_2= (-0.785830, -0.086751, 0.612328)
% u_3=(0.408248,-0.816497,0.408248)

A =

Diagonal Matrix

   1.6117e+01            0            0
            0  -1.1168e+00            0
            0            0  -1.3037e-15

% Como se puede comprobar en el resultado, 
% con respecto a la nueva base
% la matriz del endomorfismo
% es una matriz diagonal.

Compruebo ahora que con la matriz diagonal hallada, $D=CAC^{-1}$, ha de cumplirse que $A=C^{-1}DC$ , ya que partiendo de $D=CAC^{-1}$, se tiene que $DC=CAC^{-1}\,C \Rightarrow DC=CAI=CA \Rightarrow C^{-1}DC=C^{-1}CA=IA=A $ En efecto,

>> C*A*C^-1 
ans =

   1   2   3
   4   5   6
   7   8   9

$\diamond$

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Utilidades:

  [1] GNU OCTAVE

Ejemplo de cálculo de la matriz canónica de Jordan de una matriz dada

 (%i39)	load(diag)$
	/* Carga de la librería necesaria 
	para calcular con matrices de Jordan */

(%i40)	/* Introducción de la matriz 
	de un cierto endomorfismo 
	expresado con respecto a la base canónica */
	A:matrix([322,-323,-323,322],[325,-326,-325,326],
      [-259,261,261,-260],[-237,237,238,-237]);
	
(%o40)	/* Ésta es la matriz introducida: */
        matrix(
		[322,	-323,	-323,	322],
		[325,	-326,	-325,	326],
		[-259,	261,	261,	-260],
		[-237,	237,	238,	-237]
	)
(%i41)	/* Cálculo de los valores propios y sus
	multiplicidades */
	vp:jordan(A);
(%o41)	[[5,4]]
        /* en este caso, hay un sólo valor propio, 5,
        y su multiplicidad es 4 */
        
(%i42)	/* Cálculo de la matriz canónica de Jordan */
	J:dispJordan(vp); 
(%o42)	matrix(
		[5,	1,	0,	0],
		[0,	5,	1,	0],
		[0,	0,	5,	1],
		[0,	0,	0,	5]
	)
(%i43)	/* Cálculo de la matriz del cambio de base */
	B:ModeMatrix(A,jl);
	/* Las columnas de dicha matriz corresponden
	a las coordenadas de los vectores de la 
	nueva base */
(%o43)	matrix(
		[5922,	2857,	317,	1],
		[4230,	2363,	325,	0],
		[-3572,	-1962,	-259,	0],
		[-5170,	-2392,	-237,	0]
	)
(%i44)	is (A=B.J.invert(B));
	/* comprobación */
(%o44)	true
(%i45)	is (J=invert(B).A.B);
	/* comprobación */
(%o45)	true

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Utilidades:

  [1] GNU MAXIMA

Cálculo de la matriz semejante a una matriz dada. Ejemplo para el caso de una matriz diagonalizable:

Cálculo con MAXIMA

(%i1)	load(eigen);
(%o1)	"C:/maxima-5.44.0/share/maxima/5.44.0/share/matrix/eigen.mac"
(%i10)	A:matrix([0,1,-1],[1,1,0],[-1,0,1]);
(%o10)	matrix(
		[0,	1,	-1],
		[1,	1,	0],
		[-1,	0,	1]
	)
 -->	eigenvalues(A);
	/*Devuelve los valores propios y sus multiplicidades respectivas*/
(%o11)	[[2,-1,1],[1,1,1]]
(%i14)	eigenvectors(A);
	/*Devuelve una lista con 2 sublistas. 
    La primera la forman los valores propios con sus multiplicidades, 
	la segunda está formada por los correspondientes vectores propios*/
	
(%o14)	[[[2,-1,1],[1,1,1]],[[[1,1,-1]],[[1,-1/2,1/2]],[[0,1,1]]]]
(%i22)	B:transpose(matrix([1,1,-1],[1,-1/2,1/2],[0,1,1]));
(%o22)	matrix(
		[1,	1,	0],
		[1,	-1/2,	1],
		[-1,	1/2,	1]
	)
 -->	/*Cálculo de la matriz semejante a A*/
	invert(B).A.B;
	/* ... resulta ser una matriz diagonal (se dice que 
	A es diagonalizable)*/
	
(%o19)	matrix(
		[2,	0,	0],
		[0,	-1,	0],
		[0,	0,	1]
	)

$\diamond$

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Utilidades:

  [1] GNU MAXIMA