ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez.
Primera parte:
Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de:
a) obtener $6$ aciertos
b) obtener $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
Segunda parte:
Consideremos ahora que, además de las seis números de la 6-tupla ganadora, se sortee un séptimo número ( llamado 'complementario' ). Calcúlese la probabilidad de:
f) obtener $4$ aciertos y acertar también el número complementario.
g) obtener $4$ aciertos y no acertar el número complementario.
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles. En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados.
Primera parte:
El número de casos posibles, $N$, es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
Segunda parte:
El número de casos posibles, $N$, es ahora igual a $C_{49,6}\cdot C_{49-6,1}$, pues cara cada una de las $C_{49,6}$ maneras de obtener una 6-tupla, hay $C_{49-6,1}$ maneras de elegir el séptimo número ( apostando por el complementario ), luego $N=\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}=601\,304\,088$
Entonces:
f) Hay $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, por cada una de las posibilidades comentadas, hay $C_{6-4,1}$ posibilidades de que entre los $6-4$ números apostados esté el número complementario; y, además, por cada una de las posibilidades analizadas ya, hay que tener en cuenta que los $6-4$ números no premiados pueden elegirse de un conjunto de $49-6$ números ( quitando los $4$ supuestamente premiados ). Así que, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}=35\,280$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 5,8672\cdot 10^{-5}$$
g) Tenemos también $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, y por cada una de las posibilidades anteriores, tenemos $C_{49-6,4}$ maneras de elegir los dos números que apostamos que no forman parte de la 6-tupla ganadora; y, finalmente, por cada una de las posibilidades anteriores, debemos tener en cuenta el número de maneras en que puede presentarse el número candidato a 'número/premio complementario': de los $49$ números debemos descartar los seis de la 6-tupla ganadora, esto es $49-6$, pero, además, hay que descartar los $6-4$ números que quedan de los que hemos elegido al realizar nuestra apuesta, por tanto, el número candidato a 'complementario' nos da $C_{49-6-(6-4),1}$ posibilidadades. Así, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}=555\,345$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 9,2357\cdot 10^{-4}$$
$\square$
domingo, 15 de enero de 2017
lunes, 9 de enero de 2017
Las probabilidades del póquer de dados
ENUNCIADO.
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
domingo, 8 de enero de 2017
Las probabilidades de las manos del Póquer
El Póquer es un juego de apuestas que, como otros de la misma índole, es muy propicio para plantear y resolver problemas de cálculo de probabilidades y de valor esperado. Éste es el interés que lleva a los matemáticos a plantear y resolver problemas relacionados con dicho juego. Se juega con una la baraja francesa, que consta de $52$ cartas con $4$ palos: Corazones ( Hearts ), Diamantes ( Tiles ), Tréboles ( Clovers ) y Picas ( Pikes ), de $13$ cartas cada uno. Las trece cartas de cada palo tienen los siguientes valores: $A$ ( As ),2,3,4,5,6,7,8,9,10,$J$ ( Jack ),$Q$ (Queen) y $K$ ( King ) . En el juego del póquer, una mano es el conjunto de cinco cartas elegidas al azar que se da a cada uno de los jugadores.
Explicaré aquí cómo se calculan las probabilidades de cada una de las diez manos que, clasificadas de mayor a menor valía, son: Escalera real ( Royal flush ), Escalera de color ( Straight flush ), Póquer ( Four of a kind o Quad), Full ( Full house ), Color ( Flush ), Escalera ( Straight ), Trío ( Three of a kind ), Doble pareja ( Two pair o Pocket ), Pareja ( One pair ), Carta alta ( High card ).
Al repartir las cinco cartas que constituyen una mano, una a una, el número de casos posibles es igual a $C_{52,5}=\binom{52}{5}=2\,598\,960$. Como el espacio muestral ( conjunto de sucesos elementales ) está formado por todos los posibles quintetos $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$, todas ellas son igualmente probables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades de cada mano de póquer ( número de casos favorables a las respectivas manos partido por el número de casos posibles ). Desde luego, la dificultad principal es el cálculo del número de casos favorables de cada una de las manos de la clasificación que hemos comentado.
$M_1$) Escalera real. Consiste en el conjunto de cartas $\{10,J,Q,K,A\}$ del mismo palo. Como hay $4$ palos, el número de casos favorables $N(M_1)$ es igual a $4$,
Así, $$P(\text{'Escalera real'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_1)}{N}=\dfrac{4}{\binom{52}{5}}\approx 1,4775 \cdot 10^{-5}$$
$M_2$) Escalera de color. Consiste en cinco cartas consecutivas del mismo palo. Hay $10$ maneras de elegir el valor de esas cinco cartas:
$A$,2,3,4,5
2,3,4,5,6
3,4,5,6,7
4,5,6,7,8
5,6,7,8,9
6,7,8,9,10
7,8,9,10,$J$
8,9,10,$J$,$Q$
9,10,$J$,$Q$,$K$
10,$J$,$Q$,$K$,$A$
Ejemplo:
y atendiendo a la elección del palo, hay $4$ posibilidades; luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $N(M_2)=10\cdot 4=40$ casos favorables a dicha mano. Por tanto $$P(\text{'Escalera de color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_2)}{N}=\dfrac{40}{\binom{52}{5}}\approx 1,5391 \cdot 10^{-5}$$
$M_3$) Póquer. Cuatro cartas iguales en valor.
Ejemplo:
Para calcular el número de casos favorables, dividiremos el razonamiento en varias etapas, aplicando finalmente el principio multiplicativo.
i) Podemos elegir el valor de las cuatro cartas de igual valor de $\binom{13}{1}$ maneras; por otra parte, hay $\binom{4}{4}$ maneras de elegir el palo de esas cuatro cartas, luego hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}$ maneras de elegir las cuatro cartas.
ii) El valor de la quinta carta no puede ser el mismo que el de las primeras cuatro cartas, así que hay $\binom{13-1}{1}$ maneras de elegir su valor. Por otra parte, su palo lo podemos elegir de $\binom{4}{1}$ maneras. Así que hay $\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esta quinta carta.
iii) Finalmente, teniendo en cuenta las dos etapas anteriores y aplicando otra vez el principio multiplicativo, deducimos que el número de casos favorables es igual a $$N(M_3)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)=624$$
Por consiguiente la probabilidad de esta mano es$$P(\text{'Póquer'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_3)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,401 \cdot 10^{-4}$$
$M_4$) Full. Tres cartes de igual valor y otras dos cartas de igual valor pero de distinto valor a las cartas del grupo de tres.
Ejemplo:
Calculemos el número de casos favorables:
i) El grupo de tres cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{3}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3}$ ordenaciones posibles del trío.
ii) El grupo de dos cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13-1}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{2}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13-1}{1} \cdot \binom{4}{2}$ ordenaciones posibles para dicho par de cartas.
iii) De los pasos anteriores, y aplicando de nuevo el principio multiplicativo, obtenemos el siguiente número de casos favorables: $$N(M_4)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)=3744$$
Y de ello se obtiene la siguiente probabilidad $$P(\text{'Full'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_4)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 1,4406 \cdot 10^{-3}$$
$M_5$) Color. Cinco cartas del mismo palo ( no es necesario que sus valores sean consecutivos ).
Ejemplo:
Procedemos a calcular el número de casos favorables:
i) Podemos elegir los cinco valores de $\binom{13}{5}$ maneras y el palo de $\binom{4}{1}$ maneras, luego hay un total de $\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}$
ii) Tengamos en cuanta, sin embargo, que la cantidad calculada anteriormente incluye las $36$ escaleras de color. Restando pues las escalaeras de color obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_5)=\left(\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}\right)-40=5108$$
La probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_5)}{N}=\dfrac{\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}-40}{\binom{52}{5}}\approx 1,9654 \cdot 10^{-3}$$
$M_6$) Escalera. Cinco cartas de valores consecutivos ( sin atender al palo ).
Ejemplo:
Veamos cuál es el número de casos favorables:
i) Sabemos que se pueden formar $10$ escaleras atendiendo al valor de las cinco cartas
ii) Por otra parte, para cada una de dichas escaleras, como el palo puede ser en principio cualquiera de los cinco, tenemos $VR_{4,5}=4^5=1024$ posibilidades
iii) Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $10\cdot VR_{4,5}=10\,240$
iv) Ahora bien, debemos restar los $40$ casos de escaleras de color, por tanto el número de casos favorables es $$N(M_6)=10\cdot VR_{4,5}-40=10\,200$$
Luego la probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Escalera'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_6)}{N}=\dfrac{10\cdot VR_{4,5}-40}{\binom{52}{5}}\approx 3,9246 \cdot 10^{-3}$$
$M_7$) Trío. Tres cartas del mismo valor (y las otras dos de valores distintos).
Ejemplo:
Número de casos favorables:
i) Hay $\binom{13}{1}$ maneras de elegir el valor de las tres cartas ( del trío )
ii) Por cada una de las posibilidades de (i) hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir el palo
iii) Luego, de (i) y (ii), aplicando el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}$
iv) En cuanto a las otras dos cartas, hay $\binom{13-1}{2}$ posibilidades para elegir sus dos valores y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\left(\binom{4}{1}\right)^2$ para elegir el palo de cada una de las dos cartas.
v) Finalmente, de (iii) y (iv), por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de trío: $$N(M_7)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right) =54\,912$$
Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Trío'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_7)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,1128 \cdot 10^{-2}$$
$M_8$) Doble pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otro par con un mismo valor, si bien distinto al del primer par. Y la quinta carta de cualquier otro valor y palo.
Ejemplo:
Calculemos el número de casos favorables:
i) Los valores de las cartas de las dos parejas los podemos elegir de $\binom{13}{2}$ maneras y, para cada una de esas posibilidades, los palos de una y otra de $\left(\binom{4}{2}\right)^2$ maneras, luego, por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2$ posibilidades para elegir las cuatro cartas de las dos parejas
ii) El valor de la quinta carta se puede elegir de $\binom{13-2}{1}$ maneras y hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir su palo; por tanto, y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, hay $\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esa quinta carta
iii) De las dos etapas de recuento anteriores y empleando nuevamente el principio multiplicativo obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_8)=\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right) =123\,552$$
Por tanto, la probabilidad pedida es igual a Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Doble pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_8)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,7539 \cdot 10^{-2}$$
$M_9$) Pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otras tres con valores distintos.
Ejemplo:
Número de casos favorables:
i) Podemos elegir el valor de las cartas de la pareja de $\binom{13}{1}$, y los palos de esas dos cartas de $\binom{4}{2}$ maneras. Por tanto, y por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}$ posibilidades de elección de la pareja.
ii) Hay $\binom{13-1}{3}$ posibilidades de elegir los valores de las tres cartas restantes, y $\binom{4}{1}$ posibilidades de elegir el palo para cada una de las tres, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3$ maneras de elegir las tres cartas que completan el quinteto.
iii) Finalmente, de (i) y (ii) y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de Pareja: $$N(M_9)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right) =1\,098\,240$$ Luego la probabilidad pedida es igual a $$P(\text{'Pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_9)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,2257 \cdot 10^{-1}$$
$M_{10}$) Carta alta. Menos que Pareja.
Ejemplo: Decide la carta de mayor valor que, en este ejemplo, es el '9'.
Calculemos el número de casos favorables:
Ésta es la mano de menor valor, luego el número de casos que le corresponde es igual al complemento a $N=\binom{52}{5}=2\,598\,960$ de la suma de los casos favorables de las manos de mayor valor. Así,
$N(M_{10})=N-(N(M_{1})+N(M_{2})+N(M_{3})+N(M_{4})+$
$+N(M_{5})+N(M_{6})+N(M_{7})+N(M_{8})+N(M_{9})$
$=2\,598\,960-1\,296\,334$
$=1\,302\,626$
Por consiguiente, la probabilidad de esta mano que ocupa el último lugar en la clasificación es igual a $$P(\text{'Carta alta'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_{10})}{N}=\dfrac{1\,302\,626}{\binom{52}{5}}\approx 5,0121 \cdot 10^{-1}$$
$\square$
Explicaré aquí cómo se calculan las probabilidades de cada una de las diez manos que, clasificadas de mayor a menor valía, son: Escalera real ( Royal flush ), Escalera de color ( Straight flush ), Póquer ( Four of a kind o Quad), Full ( Full house ), Color ( Flush ), Escalera ( Straight ), Trío ( Three of a kind ), Doble pareja ( Two pair o Pocket ), Pareja ( One pair ), Carta alta ( High card ).
Al repartir las cinco cartas que constituyen una mano, una a una, el número de casos posibles es igual a $C_{52,5}=\binom{52}{5}=2\,598\,960$. Como el espacio muestral ( conjunto de sucesos elementales ) está formado por todos los posibles quintetos $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$, todas ellas son igualmente probables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades de cada mano de póquer ( número de casos favorables a las respectivas manos partido por el número de casos posibles ). Desde luego, la dificultad principal es el cálculo del número de casos favorables de cada una de las manos de la clasificación que hemos comentado.
$M_1$) Escalera real. Consiste en el conjunto de cartas $\{10,J,Q,K,A\}$ del mismo palo. Como hay $4$ palos, el número de casos favorables $N(M_1)$ es igual a $4$,
$M_2$) Escalera de color. Consiste en cinco cartas consecutivas del mismo palo. Hay $10$ maneras de elegir el valor de esas cinco cartas:
$A$,2,3,4,5
2,3,4,5,6
3,4,5,6,7
4,5,6,7,8
5,6,7,8,9
6,7,8,9,10
7,8,9,10,$J$
8,9,10,$J$,$Q$
9,10,$J$,$Q$,$K$
10,$J$,$Q$,$K$,$A$
Ejemplo:
$M_3$) Póquer. Cuatro cartas iguales en valor.
Ejemplo:
i) Podemos elegir el valor de las cuatro cartas de igual valor de $\binom{13}{1}$ maneras; por otra parte, hay $\binom{4}{4}$ maneras de elegir el palo de esas cuatro cartas, luego hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}$ maneras de elegir las cuatro cartas.
ii) El valor de la quinta carta no puede ser el mismo que el de las primeras cuatro cartas, así que hay $\binom{13-1}{1}$ maneras de elegir su valor. Por otra parte, su palo lo podemos elegir de $\binom{4}{1}$ maneras. Así que hay $\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esta quinta carta.
iii) Finalmente, teniendo en cuenta las dos etapas anteriores y aplicando otra vez el principio multiplicativo, deducimos que el número de casos favorables es igual a $$N(M_3)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)=624$$
Por consiguiente la probabilidad de esta mano es$$P(\text{'Póquer'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_3)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,401 \cdot 10^{-4}$$
$M_4$) Full. Tres cartes de igual valor y otras dos cartas de igual valor pero de distinto valor a las cartas del grupo de tres.
Ejemplo:
i) El grupo de tres cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{3}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3}$ ordenaciones posibles del trío.
ii) El grupo de dos cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13-1}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{2}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13-1}{1} \cdot \binom{4}{2}$ ordenaciones posibles para dicho par de cartas.
iii) De los pasos anteriores, y aplicando de nuevo el principio multiplicativo, obtenemos el siguiente número de casos favorables: $$N(M_4)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)=3744$$
Y de ello se obtiene la siguiente probabilidad $$P(\text{'Full'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_4)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 1,4406 \cdot 10^{-3}$$
$M_5$) Color. Cinco cartas del mismo palo ( no es necesario que sus valores sean consecutivos ).
Ejemplo:
i) Podemos elegir los cinco valores de $\binom{13}{5}$ maneras y el palo de $\binom{4}{1}$ maneras, luego hay un total de $\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}$
ii) Tengamos en cuanta, sin embargo, que la cantidad calculada anteriormente incluye las $36$ escaleras de color. Restando pues las escalaeras de color obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_5)=\left(\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}\right)-40=5108$$
La probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_5)}{N}=\dfrac{\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}-40}{\binom{52}{5}}\approx 1,9654 \cdot 10^{-3}$$
$M_6$) Escalera. Cinco cartas de valores consecutivos ( sin atender al palo ).
Ejemplo:
i) Sabemos que se pueden formar $10$ escaleras atendiendo al valor de las cinco cartas
ii) Por otra parte, para cada una de dichas escaleras, como el palo puede ser en principio cualquiera de los cinco, tenemos $VR_{4,5}=4^5=1024$ posibilidades
iii) Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $10\cdot VR_{4,5}=10\,240$
iv) Ahora bien, debemos restar los $40$ casos de escaleras de color, por tanto el número de casos favorables es $$N(M_6)=10\cdot VR_{4,5}-40=10\,200$$
Luego la probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Escalera'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_6)}{N}=\dfrac{10\cdot VR_{4,5}-40}{\binom{52}{5}}\approx 3,9246 \cdot 10^{-3}$$
$M_7$) Trío. Tres cartas del mismo valor (y las otras dos de valores distintos).
Ejemplo:
i) Hay $\binom{13}{1}$ maneras de elegir el valor de las tres cartas ( del trío )
ii) Por cada una de las posibilidades de (i) hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir el palo
iii) Luego, de (i) y (ii), aplicando el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}$
iv) En cuanto a las otras dos cartas, hay $\binom{13-1}{2}$ posibilidades para elegir sus dos valores y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\left(\binom{4}{1}\right)^2$ para elegir el palo de cada una de las dos cartas.
v) Finalmente, de (iii) y (iv), por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de trío: $$N(M_7)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right) =54\,912$$
Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Trío'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_7)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,1128 \cdot 10^{-2}$$
$M_8$) Doble pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otro par con un mismo valor, si bien distinto al del primer par. Y la quinta carta de cualquier otro valor y palo.
Ejemplo:
i) Los valores de las cartas de las dos parejas los podemos elegir de $\binom{13}{2}$ maneras y, para cada una de esas posibilidades, los palos de una y otra de $\left(\binom{4}{2}\right)^2$ maneras, luego, por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2$ posibilidades para elegir las cuatro cartas de las dos parejas
ii) El valor de la quinta carta se puede elegir de $\binom{13-2}{1}$ maneras y hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir su palo; por tanto, y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, hay $\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esa quinta carta
iii) De las dos etapas de recuento anteriores y empleando nuevamente el principio multiplicativo obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_8)=\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right) =123\,552$$
Por tanto, la probabilidad pedida es igual a Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Doble pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_8)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,7539 \cdot 10^{-2}$$
$M_9$) Pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otras tres con valores distintos.
Ejemplo:
i) Podemos elegir el valor de las cartas de la pareja de $\binom{13}{1}$, y los palos de esas dos cartas de $\binom{4}{2}$ maneras. Por tanto, y por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}$ posibilidades de elección de la pareja.
ii) Hay $\binom{13-1}{3}$ posibilidades de elegir los valores de las tres cartas restantes, y $\binom{4}{1}$ posibilidades de elegir el palo para cada una de las tres, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3$ maneras de elegir las tres cartas que completan el quinteto.
iii) Finalmente, de (i) y (ii) y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de Pareja: $$N(M_9)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right) =1\,098\,240$$ Luego la probabilidad pedida es igual a $$P(\text{'Pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_9)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,2257 \cdot 10^{-1}$$
$M_{10}$) Carta alta. Menos que Pareja.
Ejemplo: Decide la carta de mayor valor que, en este ejemplo, es el '9'.
Ésta es la mano de menor valor, luego el número de casos que le corresponde es igual al complemento a $N=\binom{52}{5}=2\,598\,960$ de la suma de los casos favorables de las manos de mayor valor. Así,
$N(M_{10})=N-(N(M_{1})+N(M_{2})+N(M_{3})+N(M_{4})+$
$+N(M_{5})+N(M_{6})+N(M_{7})+N(M_{8})+N(M_{9})$
$=2\,598\,960-1\,296\,334$
$=1\,302\,626$
Por consiguiente, la probabilidad de esta mano que ocupa el último lugar en la clasificación es igual a $$P(\text{'Carta alta'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_{10})}{N}=\dfrac{1\,302\,626}{\binom{52}{5}}\approx 5,0121 \cdot 10^{-1}$$
$\square$
domingo, 1 de enero de 2017
Repartiendo un conjunto de bolas en dos urnas
ENUNCIADO. Se tiene $17$ bolas y $2$ urnas. ¿ De cuántas maneras se pueden colocar $8$ bolas en una de dichas urnas, y $9$ en la otra urna ?.
SOLUCIÓN. Se consideran las bolas distinguibles y, por supuesto, no importa el orden en que las vayamos colocando. Hay, pues, $C_{17,8}=\binom{17}{8}$ posibilidades de colocar $8$ de las bolas en una urna, y $C_{17-8,9}=\binom{9}{9}=1$ sóla manera de colocar las $9$ bolas restantes en la otra urna. Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $$\binom{17}{8}\cdot \binom{9}{9}=24\,310\;\text{posibilidades}$$
$\square$
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 $$\binom{17}{8}\cdot \binom{9}{9}=24\,310\;\text{posibilidades}$$
$\square$
domingo, 27 de noviembre de 2016
Dando juego con las cartas
ENUNCIADO. Consideremos una baraja española. Se dan seis cartas a un jugador. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que las seis cartas sean del mismo palo ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las seis cartas haya cartas de dos palos distintos ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las seis cartas haya cartas de tres palos distintos ?
d) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las seis cartas haya cartas de los cuatro palos ?
SOLUCIÓN. Todas las cartas tienen la misma probabilidad de ser elegidas, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio.
a)
Denotemos por $A$, el suceso "obtener seis cartas de alguno de los cuatro palos". Procedemos a calcular el número de casos favorables $N(A)$ a dicho suceso, así como el número total de maneras de elegir seis cartas, $N$, de entre las $40$ cartas que tiene la baraja.
El número de maneras de elegir seis cartas del primer palo, o del segundo, o del tercero, o bien del cuarto palo, podemos calcularlo de la siguiente forma: Como hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir un determinado palo y $\binom{10}{6}$ maneras de elegir seis cartas de uno de dichos cuatro palos, entonces $N(A)=\binom{4}{1}\cdot \binom{10}{6}=840$ casos favorables a dicho suceso. Por otra parte, el número total, $N$, de maneras de dar seis cartas es $\binom{40}{6}=3\,838\,380$
Entonces, por la regla de Laplace, $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{840}{3\,838\,380} \approx 0,00022 = 0,022\,\%$$
b)
$A$ es ahora el suceso "obtener seis cartas de dos de los cuatro palos". Procedemos a calcular $N(A)$.
Sean $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$ esos dos palos ( pueden ser bastos y oros, o bastos y espadas, o copas y oros, etcétera ). Vayamos por partes, viendo todo lo que se puede presentar:
i) Entre las $6$ cartas, puede haber $1$ carta de $\mathcal{P}_1$ y $5$ cartas de $\mathcal{P}_2$ o viceversa, así que tenemos dos posibilidades. Por otra parte, hay $\binom{4}{2}$ maneras de elegir los dos palos $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$. Además, hay que contar con $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$ y $\binom{10}{5}$ maneras de elegir las $5$ cartas de $\mathcal{P}_2$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $2\cdot \binom{4}{2}\cdot \binom{10}{1}\cdot \binom{10}{5}=30\,240 \quad \quad (1)$
ii) Entre las $6$ cartas, pueden haber $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$ y $4$ cartas de $\mathcal{P}_2$ o viceversa, así que tenemos dos posibilidades para ello. Por otra parte, hay $\binom{4}{2}$ maneras de elegir los dos palos $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$. Además, hay que contar con $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las dos cartas de $\mathcal{P}_1$ y $\binom{10}{5}$ maneras de elegir las $4$ cartas de $\mathcal{P}_2$. Luego hay que contar, además, con las siguientes posibilidades, $2\cdot \binom{4}{2}\cdot \binom{10}{2}\cdot \binom{10}{4}=113\,400 \quad \quad (2)$
iii) Entre las $6$ cartas, pueden haber $3$ cartas de $\mathcal{P}_1$ y $3$ cartas de $\mathcal{P}_2$, por lo que tenemos una sóla posibilidad para ello. Por otra parte, hay $\binom{4}{2}$ maneras de elegir los dos palos $\mathcal{P}_1$ y $\mathcal{P}_2$. Además, hay que contar con $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las $3$ cartas de $\mathcal{P}_1$ y $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las otras $3$ cartas de $\mathcal{P}_2$. Por tanto tenemos estas otras posibilidades $2\cdot \binom{4}{2}\cdot \binom{10}{3}\cdot \binom{10}{3}=86400 \quad \quad (3)$
Así que, sumando los resultados parciales (1), (2) y (3), $$N(A)=230\,040$$ y como $N=3\,838\,380$, resulta que $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{230\,040}{3\,838\,380} \approx 0,0599$$
c)
$A$ es ahora el suceso "obtener seis cartas de tres de los cuatro palos". Procedemos a calcular $N(A)$.
Sean $\mathcal{P}_1$, $\mathcal{P}_2$ y $\mathcal{P}_3$ esos tres palos ( pueden ser bastos, oros y copas; o bastos, espadas y oros, etcétera ). Vayamos viendo todo lo que se puede presentar:
i) Entre las $6$ cartas, puede haber $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$, $2$ cartas de $\mathcal{P}_2$ y $2$ cartas de $\mathcal{P}_3$, así que hay una sola manera de ordenarlas atendiendo sólo el palo de las mismas, pues $\text{PR}_{3}^{3}=1$. Por otra parte, hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir los tres palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{2}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$, y otras tantas para elegir las de $\mathcal{P}_2$ y $\mathcal{P}_3$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $1 \cdot \binom{4}{3}\cdot \binom{10}{2}\cdot \binom{10}{2} \cdot \binom{10}{2}=364\,500 \quad \quad (1)$
ii) Entre las $6$ cartas, puede haber $1$ carta de $\mathcal{P}_1$, $1$ carta de $\mathcal{P}_2$ y $4$ cartas de $\mathcal{P}_3$; o bien las que se obtienen de permutar esos números entre los tres tipos de palos; así que hay $\text{PR}_{3}^{1,2}=3$, maneras de ordenarlas atendiendo al palo de cada una. Por otra parte, hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir los tres palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_2$, y $\binom{10}{4}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_3$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $3 \cdot \binom{4}{3}\cdot \binom{10}{4}\cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}= 252\,000\quad \quad (2)$
iii) Entre las $6$ cartas, puede haber $1$ carta de $\mathcal{P}_1$, $2$ cartas de $\mathcal{P}_2$ y $3$ cartas de $\mathcal{P}_3$; o bien las que se obtienen de permutar esos números entre los tres tipos de palos; así que hay $\text{PR}_{3}^{1,1,1}=3!=6$, maneras de ordenarlas atendiendo al palo de cada una. Por otra parte, como en los otros casos, hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir los tres palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las dos cartas de $\mathcal{P}_2$, y $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_3$. Así que por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $6 \cdot \binom{4}{3}\cdot \binom{10}{1}\cdot \binom{10}{2} \cdot \binom{10}{3}=1\,296\,000 \quad \quad (3)$
Sumando los tres resultados parciales (1), (2) y (3), $$N(A)=1\,912\,500$$ y como $N=3\,838\,380$, resulta que $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,912\,500}{3\,838\,380} = \dfrac{31\,875}{63\,973} \approx 0,4983$$
d)
$A$ es ahora el suceso "obtener seis cartas de tres de los cuatro palos". Procedemos a calcular $N(A)$.
Sean $\mathcal{P}_1$, $\mathcal{P}_2$, $\mathcal{P}_3$ y $\mathcal{P}_4$ los cuatro palos. Veamos todo lo que se puede presentar:
i) Entre las $6$ cartas, puede haber: $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$; $1$ carta de $\mathcal{P}_2$; $1$ carta de $\mathcal{P}_3$, y $1$ carta de $\mathcal{P}_4$, así que, permutando estos números entre los cuatro palos, vemos que hay $\text{PR}_{4}^{1,3}=4$ formas de hacerlo. Por otra parte, tenemos $\binom{4}{4}=1$ sola manera de elegir los cuatro palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{3}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_2$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir las tres carta de $\mathcal{P}_3$ y $\binom{10}{1}$ maneras de elegir las tres carta de $\mathcal{P}_4$. Luego por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $4 \cdot \binom{4}{4}\cdot \binom{10}{3}\cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}= 480\,000\quad \quad (1)$
ii) Entre las $6$ cartas, puede haber: $2$ cartas de $\mathcal{P}_1$; $2$ cartas de $\mathcal{P}_2$; $1$ carta de $\mathcal{P}_3$, y $1$ carta de $\mathcal{P}_4$, así que, permutando estos números entre los cuatro palos, vemos que hay $\text{PR}_{4}^{2,2}=6$ formas de hacerlo. Por otra parte, es claro que tenemos $\binom{4}{4}=1$ sola manera de elegir los cuatro palos. Además, hay que contar con $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las dos cartas de $\mathcal{P}_1$, $\binom{10}{2}$ maneras de elegir las tres cartas de $\mathcal{P}_2$, $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_3$ y $\binom{10}{1}$ maneras de elegir la carta de $\mathcal{P}_4$. Luego por el principio multiplicativo, tenemos para ello el siguiente número de posibilidades $6 \cdot \binom{4}{4}\cdot \binom{10}{2}\cdot \binom{10}{2} \cdot \binom{10}{1} \cdot \binom{10}{1}= 1\,215\,000\quad \quad (2)$
Sumando los dos resultados parciales (1) y (2), $$N(A)=1\,695\,000$$ y como $N=3\,838\,380$, resulta que $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,695\,000}{3\,838\,380} \approx 0,4416$$
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Referencias:
[1] VÉLEZ, R; HERNÁNDEZ, V., Cálculo de Probabilidades I, Editorial UNED, Madrid, 2011
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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 $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{1\,695\,000}{3\,838\,380} \approx 0,4416$$
Referencias:
[1] VÉLEZ, R; HERNÁNDEZ, V., Cálculo de Probabilidades I, Editorial UNED, Madrid, 2011
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jueves, 17 de noviembre de 2016
¿ Web dos punto qué ?
Para comprender la noción y la finalidad de la llamada Web 2.0 puede ayudar la lectura del siguiente artículo [https://www.ecured.cu/Web_2.0]. En mi opinión es un gran embrollo que está en consonancia con los tiempos nebulosos que nos toca vivir, modulados por el afán de hacer negocio y controlar la información. Y es que -- ya lo sabemos -- la información es poder. ¿ Dónde han quedado los sueños de aquellos "viejos hippies" de Berkeley y del M.I.T. a los que admiro y respeto profundamente ?. Pero, al parecer, incluso la Web 2.0 deja paso ahora a otra cosa -- más de lo mismo --: ¿ la Web dos punto cuánto ?. Se afinan cada vez más los procedimientos de control y poder, a través del seguimiento y rastreo de la información de los usuarios de la red.
domingo, 6 de noviembre de 2016
La espiral de Arquímedes
Arquímedes de Siracusa ( c. 287 a.C.- c. 212 a.C.) escribió sobre las propiedades de la espiral que lleva su nombre en una de sus obras: De las espirales ( 225 a.C. ). La espiral de Arquímedes ( o espiral aritmética ) se define como el lugar geométrico de un punto moviéndose a velocidad constante sobre una recta que gira sobre un punto de origen fijo, moviéndose ésta a velocidad angular constante; su ecuación en coordenadas polares $(r,\phi)$ es $r=a+b\,\phi$. La trayectoria loxodrómica ( sobre la superficie de la Tierra ), proyectada sobre un plano, es una espiral de Arquímedes.
La siguiente figura ilustra una espiral de Arquímedes, representada en coordenadas polares con ayuda del programa [Maxima] ( véase la instrucción gráfica en la figura )
[Hacer clic sobre la imagen para verla ampliada ]
Observación: A diferencia de lo que sucede en la espiral de Arquímedes, la espiral logarítmica ( $r=a\,b^\phi$ ) -- también llamada espiral equiangular o espiral de crecimiento ( por su frecuente aparición en las estructuras de la Naturaleza ) -- la distancia al centro no crece de forma lineal.
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La siguiente figura ilustra una espiral de Arquímedes, representada en coordenadas polares con ayuda del programa [Maxima] ( véase la instrucción gráfica en la figura )
Observación: A diferencia de lo que sucede en la espiral de Arquímedes, la espiral logarítmica ( $r=a\,b^\phi$ ) -- también llamada espiral equiangular o espiral de crecimiento ( por su frecuente aparición en las estructuras de la Naturaleza ) -- la distancia al centro no crece de forma lineal.
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