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, $$P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{6}$$
$\square$
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jueves, 27 de julio de 2023
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. $\square$
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 $$P(B)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(B)}{N}=\dfrac{\binom{n}{k}}{2^n}$$
$\square$
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 $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,695\,000}{3\,838\,380} \approx 0,4416$$
$\square$
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
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 $$\displaystyle P(\displaystyle \cup_{i=0}^{6}\,C_i)=\dfrac{2261}{3\,289}-\dfrac{21}{184}+\dfrac{35}{9867}=\dfrac{45\,535}{78\,936}\approx 0,5769$$
$\square$
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 66Así 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 $$\binom{17}{8}\cdot \binom{9}{9}=24\,310\;\text{posibilidades}$$
$\square$
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 $$P(A)=\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{5!\cdot 4!}{(5+4)!}= \dfrac{1}{126}\approx 0,0079$$
$\square$
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, $$P(A)=\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{ 2\cdot \binom{32}{2}\cdot \binom{32}{1}}{\binom{64}{3}}=\dfrac{16}{21}\approx 0,7619$$
$\square$
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.
$\square$
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 $$P(S)=\dfrac{\binom{10}{2}\cdot \binom{12}{3}\cdot \binom{5}{1}}{\binom{10+12+5}{6}}=\dfrac{50}{299} \approx 0,17 $$
$\square$
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 $$P(S)=\dfrac{\binom{5}{3}\cdot \binom{25}{0}}{\binom{30}{3}}=2,4631\cdot 10^{-3} \approx 0,2\,\%$$
$\square$
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), $P(\text{obtener el premio})=\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}=\dfrac{3}{1000}$
$\square$
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.
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), $P(\text{obtener el premio})=\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}+\dfrac{1}{1000}=\dfrac{3}{1000}$
$\square$
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 $$P(B_2|B_1)=\dfrac{1/3}{1/2}=\dfrac{2}{3}$$
$\square$
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 $$P(B_2|B_1)=\dfrac{1/3}{1/2}=\dfrac{2}{3}$$
$\square$
domingo, 24 de julio de 2022
Consideremos un experimento aleatorio consistente en contestar tres preguntas al azar. La primera consta de dos opciones; la segunda de tres, y la tercera de cuatro. Como cada pregunta se puede o bien acertar (A) o bien fallar (F) independientemente, es razonable construir el espacio muestral formado por las siguientes $2^3=8$ ternas (sucesos elementales):
$\Omega=\{(A_1,F_2,F_3),(F_1,A_2,F_3), (F_1,F_2,A_3), (A_1,A_2,A_3),$
$\quad \quad \quad (F_1,F_2,F_3), (A_1,A_2,F_3), (A_1,F_2,A_3), (F_1,A_2,A_3)\}$
Nos gustaría calcular el valor esperado del número de preguntas acertadas al realizar este experimento aleatorio, y ponderar así la posibilidad de que un alumno que realice dicho test contestando las preguntas al azar salga airoso de la prueba.
Para ello, definamos la variable aleatoria $X$ que da cuenta del número de aciertos: $X:\Omega \rightarrow \mathbb{R}$, y cuyo soporte es $\{0,1,2,3\}$, ya que podemos acertar: cero, una, dos, o las tres preguntas.
Entonces, el valor esperado pedido es $$E[X]=0\cdot P(\{X=0\})+1\cdot P(\{X=1\})+2\cdot P(\{X=2\})+3\cdot P(\{X=3\}) \quad \quad \quad (1)$$ donde
$P(\{X=0\})=P((F_1,F_2,F_3))\overset{\text{sucesos independientes}}{=}(1-P(A_1))\cdot (1-P(A_2))\cdot (1-P(A_3))=$
$\quad = (1-\dfrac{1}{2})\cdot (1-\dfrac{1}{3})\cdot (1-\dfrac{1}{4})$
$\quad = \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{3}{4}$
$\quad =\dfrac{1}{4}$
$P(\{X=1\})=P((A_1,F_2,F_3) \cup (F_1,A_2,F_3) \cup (F_1,F_2,A_3))\overset{\text{sucesos incompatibles}}{=}$
$\quad =P((A_1,F_2,F_3))+ P((F_1,A_2,F_3)) + P((F_1,F_2,A_3))=$
$\quad \overset{\text{sucesos independientes}}{=}P(A_1)\cdot (1-P(A_2)) \cdot (1-P(A_3))+ (1-P(A_1))\cdot P(A_2)\cdot (1-P(A_3))+$
$\quad \quad +(1-P(A_1))\cdot (1-P(A_2))\cdot P(A_3)$
$\quad =\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{4}$
$\quad =\dfrac{11}{24}$
$P(\{X=2\})=P((A_1,A_2,F_3) \cup (A_1,F_2,A_3) \cup (F_1,A_2,A_3))\overset{\text{sucesos incompatibles}}{=}$
$\quad =P((A_1,A_2,F_3))+ P((A_1,F_2,A_3)) + P((F_1,A_2,A_3))=$
$\quad \overset{\text{sucesos independientes}}{=}P(A_1)\cdot P(A_2) \cdot (1-P(A_3))+ P(A_1)\cdot (1-P(A_2)) \cdot P(A_3)+$
$\quad \quad +(1-P(A_1))\cdot P(A_2)\cdot P(A_3)$
$\quad =\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4}$
$\quad =\dfrac{1}{4}$
$P(\{X=3\})=P((A_1,A_2,A_3))\overset{\text{sucesos independientes}}{=}P(A_1)\cdot P(A_2) \cdot P(A_3)=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{24}$
Con lo cual, de (1): $$E[X]=0\cdot \dfrac{1}{4}+1\cdot \dfrac{11}{24}+2\cdot \dfrac{1}{4}+3\cdot \dfrac{2}{3}\approx 0,67\,\text{número esperado (medio) de respuestas correctas}$$
Conclusión. Como $0,67 \lt \dfrac{0+3}{2}=1,5$, no se puede confiar en obtener un resultado favorable por parte del alumno si éste realiza esta prueba contestando las preguntas al azar. $\diamond$
jueves, 20 de enero de 2022
Aplicaciones de la distribución multinomial. Cálculo con R
ENUNCIADO
En un grupo de diez profesores hay tres de inglés, cuatro de matemáticas, dos de lengua y uno de física. Se selecciona al azar un comité de cuatro profesores. Calcúlese la probabilidad de que el comité esté formado por dos profesores de matemáticas, uno de física y uno de lengua
SOLUCIÓN.
Éste es un caso de distribución multinomial $$P(x_1,x_2,x_3,x_4)=\dfrac{(x_1+x_2+x_3+x_4)!}{x_{1}!\,x_{2}!\,x_{3}!\,x_{4}!}\,p_{1}^{x_1}\,p_{2}^{x_2}\,p_{3}^{x_3}\,p_{4}^{x_4}$$ donde:
Así pues debemos calcular $$P(0,2,1,1)=\dfrac{(0+2+1+1)!}{0!\cdot 2!\cdot 1!\cdot 1!}\cdot (3/10)^{0}\cdot (2/10)^{2}\cdot (1/10)^{1}\cdot (1/10)^{1}$$
A modo de práctica de aprendizaje de la herramienta R, vamos a realizar el cálculo con dicho software matemático orientado a la probabilidad y la estadística ( si bien también al cálculo numérico y a la programación científica ). La siguiente imagen es una captura de pantalla de la sesión de trabajo en el entorno RCommander de R, en la que aparecen las instrucciones que hemos dado para calcular la probabilidad pedida:
y hemos obtenido el siguiente resultado: $$P(0,2,1,1)=0,0384$$
$\square$
En un grupo de diez profesores hay tres de inglés, cuatro de matemáticas, dos de lengua y uno de física. Se selecciona al azar un comité de cuatro profesores. Calcúlese la probabilidad de que el comité esté formado por dos profesores de matemáticas, uno de física y uno de lengua
SOLUCIÓN.
Éste es un caso de distribución multinomial $$P(x_1,x_2,x_3,x_4)=\dfrac{(x_1+x_2+x_3+x_4)!}{x_{1}!\,x_{2}!\,x_{3}!\,x_{4}!}\,p_{1}^{x_1}\,p_{2}^{x_2}\,p_{3}^{x_3}\,p_{4}^{x_4}$$ donde:
|---------------------------------------| |probabilidad de elegir un profesor de: | |---------------------------------------| |inglés | matemáticas | lengua | física | |---------------------------------------| | 3/10 | 4/10 | 2/10 | 1/10 | |---------------------------------------|
|---------------------------------------| |integrantes de la comisión: | |---------------------------------------| |inglés | matemáticas | lengua | física | |---------------------------------------| | 0 | 2 | 1 | 1 | |---------------------------------------|
Así pues debemos calcular $$P(0,2,1,1)=\dfrac{(0+2+1+1)!}{0!\cdot 2!\cdot 1!\cdot 1!}\cdot (3/10)^{0}\cdot (2/10)^{2}\cdot (1/10)^{1}\cdot (1/10)^{1}$$
A modo de práctica de aprendizaje de la herramienta R, vamos a realizar el cálculo con dicho software matemático orientado a la probabilidad y la estadística ( si bien también al cálculo numérico y a la programación científica ). La siguiente imagen es una captura de pantalla de la sesión de trabajo en el entorno RCommander de R, en la que aparecen las instrucciones que hemos dado para calcular la probabilidad pedida:
y hemos obtenido el siguiente resultado: $$P(0,2,1,1)=0,0384$$
$\square$
martes, 26 de octubre de 2021
viernes, 24 de septiembre de 2021
Distribución de bolas (iguales) en urnas sabiendo que algunas de las urnas tienen que quedar vacías
Continuando con los problemas de « bolas y urnas », ligados al patrón de combinaciones con repetición. El caso que se presenta ahora es similar al anterior, sin embargo, ahora fijaremos el número de urnas que deben quedar vacías al distribuir entre ellas un cierto número de bolas.
ENUNCIADO.
a) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que $s$ cualesquiera de las urnas queden vacías ($s\le k$)?
b) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que $s$ determinadas urnas queden vacías ?
SOLUCIÓN. En un artículo anterior se ha resuelto el problema básico de repartir $n$ bolas iguales en $k$ urnas, en el que se había justificado que la solución consiste en calcular el número de combinaciones con repetición de $n$ bolas elegidas en una gama de $k$ clases: $$\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right):=\dfrac{(n+(k-1))!}{n!\,(n-k)!}=\binom{n+(k-1)}{n}=\binom{n+(k-1)}{k-1}$$
a) Como $s$ urnas tienen que quedar vacías, ahora $k:=k-s$ en la solución del problema genérico, con lo cual tendremos $$\displaystyle \left(\binom{k-s}{n}\right)=\binom{n+((k-s)-1)}{(k-s)-1}=\binom{n+k-s-1}{k-s-1}\,\text{posibilidades}$$
b) Si $s$ determinadas urnas del total de $k$ urnas ($s\ge k$) tienen que quedar vacías, el problema difiere el algo del del apartado anterior. Debemos contabilizar primero de cuántas manera podemos elegir esas $s$ urnas que deberán quedar vacías, y ello se puede hacer de $\displaystyle \binom{k}{s}=k$ maneras distintas. A continuación, razonaremos de la siguiente manera: como de las $k-s$ urnas restantes no deberá quedar ninguna vacía, procedamos a ubicar exactamente $1$ bola en cada una de ellas para poder garantizar tal cosa, y, a continuación, veamos de cuántas manera podemos distribuir las $n-(k-s)$ bolas que nos quedan entre las $k-s$ urnas que deberán contener al menos una bola: estableciendo pues $n:=n-(k-s)$ y $k:=k-s$ en la solución genérica de distribución de bolas iguales en urnas distintas, la solución a este problema de reparto entre las urnas no vacías es $$\displaystyle \left(\binom{k-s}{n-(k-s)}\right)=\binom{(n-(k-s))+(k-s)-1}{(k-s)-1}=\binom{n-1}{k-s}$$
Por consiguiente, teniendo en cuenta además (como ya hemos dicho) las posibilidades que tenemos de elegir las $s$ urnas que han de quedar vacías, tendremos un total de $$\displaystyle \binom{k}{s}\cdot\binom{n-1}{k-s}\,\text{posibilidades}$$
-oOo-
Veamos un caso concreto: EJEMPLO. Supongamos que tenemos $n:=8$ bolas a distribuir en $k:=4$ urnas, de entre las cuales:
(1) $s:=3$ urnas cualesquiera han de quedar vacías
(2) $s:=3$ urnas prefijadas han de quedar vacías
¿De cuántas maneras se podrá hacer eso?
SOLUCIÓN.
Recordemos ahora que $n:=8$, $k:=4$ y $s:=3$, luego de las soluciones genéricas deducidas arriba, obtenemos los siguientes resultados:
(1) $\displaystyle \binom{8+4-3-1}{4-3-1}=\binom{8}{0}=1$ posibilidad
(2) $\displaystyle \binom{4}{3}\cdot \binom{8}{0}=4 \cdot 1=4$ posibilidades
$\square$-oOo-
ENUNCIADO.
a) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que $s$ cualesquiera de las urnas queden vacías ($s\le k$)?
b) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que $s$ determinadas urnas queden vacías ?
SOLUCIÓN. En un artículo anterior se ha resuelto el problema básico de repartir $n$ bolas iguales en $k$ urnas, en el que se había justificado que la solución consiste en calcular el número de combinaciones con repetición de $n$ bolas elegidas en una gama de $k$ clases: $$\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right):=\dfrac{(n+(k-1))!}{n!\,(n-k)!}=\binom{n+(k-1)}{n}=\binom{n+(k-1)}{k-1}$$
a) Como $s$ urnas tienen que quedar vacías, ahora $k:=k-s$ en la solución del problema genérico, con lo cual tendremos $$\displaystyle \left(\binom{k-s}{n}\right)=\binom{n+((k-s)-1)}{(k-s)-1}=\binom{n+k-s-1}{k-s-1}\,\text{posibilidades}$$
b) Si $s$ determinadas urnas del total de $k$ urnas ($s\ge k$) tienen que quedar vacías, el problema difiere el algo del del apartado anterior. Debemos contabilizar primero de cuántas manera podemos elegir esas $s$ urnas que deberán quedar vacías, y ello se puede hacer de $\displaystyle \binom{k}{s}=k$ maneras distintas. A continuación, razonaremos de la siguiente manera: como de las $k-s$ urnas restantes no deberá quedar ninguna vacía, procedamos a ubicar exactamente $1$ bola en cada una de ellas para poder garantizar tal cosa, y, a continuación, veamos de cuántas manera podemos distribuir las $n-(k-s)$ bolas que nos quedan entre las $k-s$ urnas que deberán contener al menos una bola: estableciendo pues $n:=n-(k-s)$ y $k:=k-s$ en la solución genérica de distribución de bolas iguales en urnas distintas, la solución a este problema de reparto entre las urnas no vacías es $$\displaystyle \left(\binom{k-s}{n-(k-s)}\right)=\binom{(n-(k-s))+(k-s)-1}{(k-s)-1}=\binom{n-1}{k-s}$$
Por consiguiente, teniendo en cuenta además (como ya hemos dicho) las posibilidades que tenemos de elegir las $s$ urnas que han de quedar vacías, tendremos un total de $$\displaystyle \binom{k}{s}\cdot\binom{n-1}{k-s}\,\text{posibilidades}$$
Veamos un caso concreto: EJEMPLO. Supongamos que tenemos $n:=8$ bolas a distribuir en $k:=4$ urnas, de entre las cuales:
(1) $s:=3$ urnas cualesquiera han de quedar vacías
(2) $s:=3$ urnas prefijadas han de quedar vacías
¿De cuántas maneras se podrá hacer eso?
SOLUCIÓN.
Recordemos ahora que $n:=8$, $k:=4$ y $s:=3$, luego de las soluciones genéricas deducidas arriba, obtenemos los siguientes resultados:
(1) $\displaystyle \binom{8+4-3-1}{4-3-1}=\binom{8}{0}=1$ posibilidad
(2) $\displaystyle \binom{4}{3}\cdot \binom{8}{0}=4 \cdot 1=4$ posibilidades
$\square$
Referencias:
[1] Hernández, V.; Vélez, R.: Dados, monedas y urnas, UNED, Madrid, 1995
Otro problema de distribución de bolas (iguales) en urnas
Seguimos con los problemas de « bolas y urnas », ligados al patrón de combinaciones con repetición. Y, por supuesto, aprovecharemos lo que se ha estudiado ya con anterioridad.
ENUNCIADO.
a) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que una de las urnas contenga exactamente $r$ bolas ($r\le n$)?
b) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que, elegida una determinada urna, ésta contenga exactamente $r$ bolas ($r\le n$)?
SOLUCIÓN. En un artículo anterior se ha resuelto el problema básico de repartir $n$ bolas iguales en $k$ urnas, en el que se había justificado que la solución consiste en calcular el número de combinaciones con repetición de $n$ bolas elegidas en una gama de $k$ clases: $$\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right):=\dfrac{(n+(k-1))!}{n!\,(n-k)!}=\binom{n+(k-1)}{n}=\binom{n+(k-1)}{k-1}$$
a) Si una de las $k$ urnas (cualquiera de ellas) tiene que contener exactamente $r\le n$ bolas, debemos resolver el problema de repartir $n-r$ urnas en $k-1$ urnas, así que, en la solución básica tendremos que $n:=n-r$ y $k:=k-1$, con lo cual el número de posibilidades es $$\displaystyle \left(\binom{k-1}{n-r}\right)=\binom{(n-r)+((k-1)-1)}{(k-1)-1}=\binom{n-r+k-2}{k-2}$$
b) Si una urna determinada de las $k$ urnas tiene que contener exactamente $r\le n$ bolas, el problema difiere el algo del del apartado anterior. Debemos contabilizar primero de cuántas manera podemos elegir la urna que contiene exactamente $r$ bolas, y ello se puede hacer de $\displaystyle \binom{k}{1}=k$ maneras. A continuación, razonaremos de la siguiente manera: por cada una de esas $k$ posibilidades, sabemos que existen (por la solución encontrada en el apartado anterior) otras tantas $\displaystyle \binom{n-r+k-2}{k-2}$ maneras de distribuir las $n-r$ bolas en las restantes $k-1$ urnas. Finalmente, por tanto, tendremos un total de $$\displaystyle \binom{k}{1}\displaystyle \binom{n-r+k-2}{k-2}=k\,\binom{n-r+k-2}{k-2}\,\text{posibilidades}$$
-oOo-
Veamos un caso concreto: EJEMPLO. Supongamos que tenemos $n:=8$ bolas a distribuir en $k:=4$ urnas, de entre las cuales:
(1) en una de ellas (una cualquiera) deberá haber $r:=3$ bolas
(2) en una determinada urna (prefijada) deberá haber $r$ bolas
¿De cuántas maneras se podrá hacer eso?
SOLUCIÓN.
Recordemos ahora que $n:=8$, $k:=4$ y $r:=3$, luego de las soluciones genéricas deducidas arriba, obtenemos los siguientes resultados:
(1) $\displaystyle \binom{8-3+4-2}{4-2}=\binom{7}{2}=6$ posibilidades
(2) $\displaystyle \binom{4}{1}\cdot \binom{8-3+4-2}{4-2}=4 \cdot 6=24$ posibilidades
$\square$-oOo-
ENUNCIADO.
a) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que una de las urnas contenga exactamente $r$ bolas ($r\le n$)?
b) ¿De cuántas maneras es posible distribuir $n$ bolas iguales en $k$ urnas (identificables), de manera que, elegida una determinada urna, ésta contenga exactamente $r$ bolas ($r\le n$)?
SOLUCIÓN. En un artículo anterior se ha resuelto el problema básico de repartir $n$ bolas iguales en $k$ urnas, en el que se había justificado que la solución consiste en calcular el número de combinaciones con repetición de $n$ bolas elegidas en una gama de $k$ clases: $$\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right):=\dfrac{(n+(k-1))!}{n!\,(n-k)!}=\binom{n+(k-1)}{n}=\binom{n+(k-1)}{k-1}$$
a) Si una de las $k$ urnas (cualquiera de ellas) tiene que contener exactamente $r\le n$ bolas, debemos resolver el problema de repartir $n-r$ urnas en $k-1$ urnas, así que, en la solución básica tendremos que $n:=n-r$ y $k:=k-1$, con lo cual el número de posibilidades es $$\displaystyle \left(\binom{k-1}{n-r}\right)=\binom{(n-r)+((k-1)-1)}{(k-1)-1}=\binom{n-r+k-2}{k-2}$$
b) Si una urna determinada de las $k$ urnas tiene que contener exactamente $r\le n$ bolas, el problema difiere el algo del del apartado anterior. Debemos contabilizar primero de cuántas manera podemos elegir la urna que contiene exactamente $r$ bolas, y ello se puede hacer de $\displaystyle \binom{k}{1}=k$ maneras. A continuación, razonaremos de la siguiente manera: por cada una de esas $k$ posibilidades, sabemos que existen (por la solución encontrada en el apartado anterior) otras tantas $\displaystyle \binom{n-r+k-2}{k-2}$ maneras de distribuir las $n-r$ bolas en las restantes $k-1$ urnas. Finalmente, por tanto, tendremos un total de $$\displaystyle \binom{k}{1}\displaystyle \binom{n-r+k-2}{k-2}=k\,\binom{n-r+k-2}{k-2}\,\text{posibilidades}$$
Veamos un caso concreto: EJEMPLO. Supongamos que tenemos $n:=8$ bolas a distribuir en $k:=4$ urnas, de entre las cuales:
(1) en una de ellas (una cualquiera) deberá haber $r:=3$ bolas
(2) en una determinada urna (prefijada) deberá haber $r$ bolas
¿De cuántas maneras se podrá hacer eso?
SOLUCIÓN.
Recordemos ahora que $n:=8$, $k:=4$ y $r:=3$, luego de las soluciones genéricas deducidas arriba, obtenemos los siguientes resultados:
(1) $\displaystyle \binom{8-3+4-2}{4-2}=\binom{7}{2}=6$ posibilidades
(2) $\displaystyle \binom{4}{1}\cdot \binom{8-3+4-2}{4-2}=4 \cdot 6=24$ posibilidades
$\square$
Referencias:
[1] Hernández, V.; Vélez, R.: Dados, monedas y urnas, UNED, Madrid, 1995
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