ENUNCIADO. Lanzando repetidamente una moneda ( la probabilidad de salir cara en un lanzamiento es $p$ ), ¿ cuál es la probabilidad de que aparezcan $i$ caras antes que $j$ cruces ?
SOLUCIÓN. Otra vez nos encontramos con la distribución binomial negativa ( véase la entrada anterior ). Tengamos en cuenta que antes de la $i$-ésima cara, habrán aparecido $i-1$ caras y $k$ cruces ( $0 \le k \le j-1$ ). Entendemos ahora un 'fracaso' como la aparición de cara. Sumando todos los posibles 'fracasos' obtenemos: $$\displaystyle \sum_{k=0}^{j-1}\,\binom{i-1+k}{i-1}\cdot p^i \cdot (1-p)^{k}$$
$\square$
domingo, 29 de enero de 2017
Buscando la seta preferida
ENUNCIADO. Se sabe que una determinada especie de seta ( en un determinado bosque ) está en proporción del $10\,\%$. Un mitólogo busca setas de dicha especie. ¿ Cuál es la probabilidad de encontrar $10$ setas que no sean de la especie deseada antes de encontrar la tercera seta perteneciente a la especie pedida ?
SOLUCIÓN. Denominaremos 'fallo' a encontrar una seta de una especie que no es la buscada, y éxito a encontrar una seta de la especie deseada. Entonces, según el enunciado, la probabilidad de éxito es $p=0,1$.
Denotamos por $X$ la variable aleatoria "número de fallos antes de encontrar la $n$-ésima seta de la especie deseada". Sabemos que $X$ se ajusta a una distribución binomial negativa, siendo $$P\{X=k\}=\displaystyle \binom{n-1+k}{n-1}\cdot p^n\cdot (1-p)^k$$
Como $k=10$ y $n=3$, obtenemos: $$P\{X=10\}=\displaystyle \binom{3-1+10}{3-1}\cdot (0,1)^3\cdot (1-0,1)^{10} \approx 0,0157$$
$\square$
SOLUCIÓN. Denominaremos 'fallo' a encontrar una seta de una especie que no es la buscada, y éxito a encontrar una seta de la especie deseada. Entonces, según el enunciado, la probabilidad de éxito es $p=0,1$.
Denotamos por $X$ la variable aleatoria "número de fallos antes de encontrar la $n$-ésima seta de la especie deseada". Sabemos que $X$ se ajusta a una distribución binomial negativa, siendo $$P\{X=k\}=\displaystyle \binom{n-1+k}{n-1}\cdot p^n\cdot (1-p)^k$$
Como $k=10$ y $n=3$, obtenemos: $$P\{X=10\}=\displaystyle \binom{3-1+10}{3-1}\cdot (0,1)^3\cdot (1-0,1)^{10} \approx 0,0157$$
$\square$
domingo, 22 de enero de 2017
Extensión de la distribución geométrica a la distribución binomial negativa. Algunos ejemplos.
Consideremos un experimento de pruebas repetidas independientes. Realizando $N$ pruebas repetidas ( en el esquema éxito-fracaso ), estamos interesados en calcular la probabilidad de que se produzcan $x$ fallos antes del $n$-ésimo éxito ( donde, desde luego, $N=x+n$ ).
Así, pues, denotemos por $X$ a la variable que da cuenta de dicho número de fallos producidos antes del $n$-ésimo éxito; todo ello, realizando $N$ pruebas repetidas. Es claro que cualquier valor $x$ de $X$ pertenece al conjunto $\{0,1,2,3,\ldots\,N\}$ donde $N\ge 0$
Vamos a dar ahora el siguiente resultado ( no lo demostraremos aquí ):
La variable $X$ así establecida sigue la llamada distribución binomial negativa, que denotamos por $BN(n,p)$, de manera que la función de probabilidad ( o de cuantía ) es de la forma
$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n-1}\cdot p = \displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n}=$
$=\displaystyle \binom{n+x-1}{x} \cdot q^{x} \cdot p^{n}$
EJEMPLO 1 ENUNCIADO.
Consideremos una moneda cuya probabilidad de obtener cara ( en un lanzamiento ) es $p=1/3$. ¿Cuál es la probabilidad de que, al ser lanzada $n=5$ veces seguidas (pruebas repetidas independientes), aparezcan tres cruces antes de la segunda cara ?
SOLUCIÓN. Siendo $p=1/3$ la probabilidad de éxito en un lanzamiento (obtener cara), la probabilidad de fracaso en un lanzamiento (obtener cruz) es $q=1-p=2/3$. Entonces: $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{2+3-1}{2-1}\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\binom{4}{1}\cdot =\dfrac{32}{243} \approx 0,1317$$
El siguiente ejemplo muestra con bastante claridad la distribución binomial negativa como extensión de la distribución geométrica
EJEMPLO 2 ENUNCIADO.
Un entomólogo se propone encontrar mariposas de una cierta especie. Los individuos de dicha especie se encuentran en un porcentaje del $2\,\%$ ( con respecto al conjunto de individuos de la población de mariposas ). Hállese la probabilidad de que encuentre $100$ mariposas de la especie no deseada antes de dar con:
a) un individuo de la especie deseada
b) cinco individuos de la especie deseada
SOLUCIÓN. Siendo $p=0,02$ la probabilidad de éxito ( encontrar ), la probabilidad de fracaso es $q=1-p=0,98$. Entonces:
a) Según la distribución geométrica y representando $X$ la variable aleatoria 'número de mariposas encontradas de la especie no deseada antes de encontrar una mariposa de la especie que se busca', podemos escribir $$P\{X=100\}=\displaystyle (0,98)^{100}\cdot 0,02\approx 0,0027$$
b) De acuerdo con la distribución binomial negativa, y representando ahora $X$ el número de mariposas encontradas que no pertenecen a la especie buscada, tenemos $$P\{X=100\}=\displaystyle \binom{100+5-1}{5-1}\cdot (0,98)^{100}\cdot (0,02)^5 \approx 0,0020$$
$\square$
Así, pues, denotemos por $X$ a la variable que da cuenta de dicho número de fallos producidos antes del $n$-ésimo éxito; todo ello, realizando $N$ pruebas repetidas. Es claro que cualquier valor $x$ de $X$ pertenece al conjunto $\{0,1,2,3,\ldots\,N\}$ donde $N\ge 0$
Vamos a dar ahora el siguiente resultado ( no lo demostraremos aquí ):
La variable $X$ así establecida sigue la llamada distribución binomial negativa, que denotamos por $BN(n,p)$, de manera que la función de probabilidad ( o de cuantía ) es de la forma
$P\{X=x\}=\displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n-1}\cdot p = \displaystyle \binom{n+x-1}{n-1} \cdot q^{x} \cdot p^{n}=$
$=\displaystyle \binom{n+x-1}{x} \cdot q^{x} \cdot p^{n}$
Consideremos una moneda cuya probabilidad de obtener cara ( en un lanzamiento ) es $p=1/3$. ¿Cuál es la probabilidad de que, al ser lanzada $n=5$ veces seguidas (pruebas repetidas independientes), aparezcan tres cruces antes de la segunda cara ?
SOLUCIÓN. Siendo $p=1/3$ la probabilidad de éxito en un lanzamiento (obtener cara), la probabilidad de fracaso en un lanzamiento (obtener cruz) es $q=1-p=2/3$. Entonces: $$P\{X=3\}=\displaystyle \binom{2+3-1}{2-1}\cdot \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^2=\binom{4}{1}\cdot =\dfrac{32}{243} \approx 0,1317$$
El siguiente ejemplo muestra con bastante claridad la distribución binomial negativa como extensión de la distribución geométrica
Un entomólogo se propone encontrar mariposas de una cierta especie. Los individuos de dicha especie se encuentran en un porcentaje del $2\,\%$ ( con respecto al conjunto de individuos de la población de mariposas ). Hállese la probabilidad de que encuentre $100$ mariposas de la especie no deseada antes de dar con:
a) un individuo de la especie deseada
b) cinco individuos de la especie deseada
SOLUCIÓN. Siendo $p=0,02$ la probabilidad de éxito ( encontrar ), la probabilidad de fracaso es $q=1-p=0,98$. Entonces:
a) Según la distribución geométrica y representando $X$ la variable aleatoria 'número de mariposas encontradas de la especie no deseada antes de encontrar una mariposa de la especie que se busca', podemos escribir $$P\{X=100\}=\displaystyle (0,98)^{100}\cdot 0,02\approx 0,0027$$
b) De acuerdo con la distribución binomial negativa, y representando ahora $X$ el número de mariposas encontradas que no pertenecen a la especie buscada, tenemos $$P\{X=100\}=\displaystyle \binom{100+5-1}{5-1}\cdot (0,98)^{100}\cdot (0,02)^5 \approx 0,0020$$
$\square$
sábado, 21 de enero de 2017
Sobre la distribución geométrica o de Pascal
ENUNCIADO. Efectuamos lanzamientos repetidos de una moneda. La probabilidad de que aparezca cara en un lanzamiento es $p$. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca en el $k$-ésimo lanzamiento ( $k \ge 1$ ) ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca antes del $k+1$-ésimo lanzamiento ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca después del $k$-ésimo lanzamiento ?
d) ¿ Cual es el valor esperado de la variable aleatoria "la primera cara aparece en el $k+1$-ésimo lanzamiento", si $p=\dfrac{1}{2}$ ?
SOLUCIÓN.
La situación se ajusta perfectamente al modelo geométrico ( o de Pascal ) de variable aleatoria. Designamos por $X$ la variable aleatoria cuyos valores corresponden al lanzamiento en que aparece la primera cara, así $X=\{1,2,3,\ldots,\}$. Entonces:
a) $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}\cdot p$, donde $k\ge 1$
b)
$P\{X\le k\}=p+(1-p)\cdot p + (1-p)^2\cdot p+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\cdot p$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$\overset{\text{suma prog. geométrica de razón} \; 1-p}{=} \quad p\cdot \left( 1 \cdot \dfrac{(1-p)^k-1}{(1-p)-1}\right) = 1-(1-p)^k $
En otras palabras, la función de distribución $F(k)$ viene dada por $$P\{X\le k\}=\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\,(1-p)^{i-1} \cdot p=1-(1-p)^k \quad,\quad (k\ge 1)$$
c)
P$\{X \succ k\}=1-P\{X\le k\}$
$=1-\left(1-(1-p)^k\right)$
$=(1-p)^k$
d)
Sabemos ( véanse la observación (2) ) que $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$, y como $p=\dfrac{1}{2}$, obtenemos $E[X]=\dfrac{1-1/2}{1/2}=1$, lo cual indica que el número de lanzamientos esperado que resultan ser cruz antes de aparecer la primera cara es $1$.
OBSERVACIONES.
(1) Otra forma equivalente de formular la distribución geométrica -- quizás más cómoda para los cálculos -- consiste en preguntarse cuántos fracasos aparecen antes del primer éxito; en el caso que nos ocupa: cuántas cruces aparecen antes de la primera cara ?. Así, la variable aleatoria $X$ toma valores en el conjunto de los enteros no negativos $\{0,1,2,3,\ldots,\}$ y por tanto $P\{X=m\}=(1-p)^m\cdot p$ donde $m=0,1,2,\ldots$. Entonces, la función de distribución viene dada por $$F(k) \overset{\text{Definición}}{=}P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,(1-p)^j\cdot p$$ Denotando, por comodidad, por $q$ a $1-p$, $$P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,q^j\cdot p=p\cdot \left( 1+q+q^2+\ldots+q^m\right)=$$
$=\overset{\text{suma de una p. geométrica de razón}\; q}{=}p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{q-1}=$
$=p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{-p}=1-q^{m+1}=1-(1-p)^{m+1}$
Y, por tanto, $$P\{X \succ m\}=1-P\{X \le m\}=(1-p)^{m+1}$$
Démonos cuentas ahora que si pensamos en que la aparición de la primera cara se produce, a mucho tardar, en el $k$-ésimo lanzamiento, tenemos el número de cruces consecutivas que han tenido que aparecer antes, $m$, es $k-1$, luego [la probabilidad pedida en (b)] es igual a $\left(1-(1-p)^{m+1}\right)_{m=k-1}=1-(1-)^k$, que es el resultado obtenido en el desarrollo de dicho apartado.
(2) El valor esperado de $X$ se calcula aplicando la definición $$E[X] \overset{\text{Definición}}{=}\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\, j\cdot P\{X=j\}=\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\,j\cdot q^j \cdot p=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$ Procedamos pues a calcular $$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$
$$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p=0+p\cdot q+2\cdot p q^2+3\cdot p \cdot q^3+\ldots+m \cdot p \cdot q^m$$ y sacando factor común de $p$ nos queda
$p\cdot ( 0+q+2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )=$
$=p\cdot (q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )$
Denotaremos por $S_m$ a la sumade los $m$ términos $$S_m=q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m \quad \quad (1)$$
Multiplicando por $\dfrac{1}{q}$ en ambos miembros, $$\dfrac{1}{q}\,S_m=1+ 2\cdot q+3\cdot q^2+\ldots+m \cdot q^{m-1} \quad \quad (2)$$ Restando ahora, miembro a miembro, (2) de (1) nos queda $$\dfrac{1}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ esto es $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ sumando la serie geométrica del segundo miembro, $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=\dfrac{q^{m-1}-1}{q-1}-m\,q^m$$ luego $$S_m=\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\dfrac{q}{(1-q)^2}-\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Pasando al límite, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}-\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Teniendo en cuenta que $q\prec 1$, los límites del primer y del tercer término del segundo miembro se anulan y sólo es distinto de cero el límite del segundo término, que es constante, por tanto, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{p^2}$$ Recordemos que queda aún multiplicar por $p$ para obtener el resultado de $E[X]$, por consiguiene $$E[X]=p\cdot \dfrac{q}{p^2}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{1-p}{p}$$
(3)
El cálculo de la varianza $V[X]\overset{\text{Definición}}{=}E[X^2]-(E[X])^2$, empleando las mismas técnicas para la suma de la serie geométrica que aparece, nos lleva al siguiente resultado $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca en el $k$-ésimo lanzamiento ( $k \ge 1$ ) ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca antes del $k+1$-ésimo lanzamiento ?
c) ¿ Cuál es la probabilidad de que la primera cara aparezca después del $k$-ésimo lanzamiento ?
d) ¿ Cual es el valor esperado de la variable aleatoria "la primera cara aparece en el $k+1$-ésimo lanzamiento", si $p=\dfrac{1}{2}$ ?
SOLUCIÓN.
La situación se ajusta perfectamente al modelo geométrico ( o de Pascal ) de variable aleatoria. Designamos por $X$ la variable aleatoria cuyos valores corresponden al lanzamiento en que aparece la primera cara, así $X=\{1,2,3,\ldots,\}$. Entonces:
a) $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}\cdot p$, donde $k\ge 1$
b)
$P\{X\le k\}=p+(1-p)\cdot p + (1-p)^2\cdot p+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\cdot p$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$=p\left(1+(1-p) + (1-p)^2+\overset{\underbrace{k}}{\ldots}+(1-p)^{k-1}\right)$
$\overset{\text{suma prog. geométrica de razón} \; 1-p}{=} \quad p\cdot \left( 1 \cdot \dfrac{(1-p)^k-1}{(1-p)-1}\right) = 1-(1-p)^k $
En otras palabras, la función de distribución $F(k)$ viene dada por $$P\{X\le k\}=\displaystyle \sum_{i=1}^{k}\,(1-p)^{i-1} \cdot p=1-(1-p)^k \quad,\quad (k\ge 1)$$
c)
P$\{X \succ k\}=1-P\{X\le k\}$
$=1-\left(1-(1-p)^k\right)$
$=(1-p)^k$
d)
Sabemos ( véanse la observación (2) ) que $E[X]=\dfrac{1-p}{p}$, y como $p=\dfrac{1}{2}$, obtenemos $E[X]=\dfrac{1-1/2}{1/2}=1$, lo cual indica que el número de lanzamientos esperado que resultan ser cruz antes de aparecer la primera cara es $1$.
OBSERVACIONES.
(1) Otra forma equivalente de formular la distribución geométrica -- quizás más cómoda para los cálculos -- consiste en preguntarse cuántos fracasos aparecen antes del primer éxito; en el caso que nos ocupa: cuántas cruces aparecen antes de la primera cara ?. Así, la variable aleatoria $X$ toma valores en el conjunto de los enteros no negativos $\{0,1,2,3,\ldots,\}$ y por tanto $P\{X=m\}=(1-p)^m\cdot p$ donde $m=0,1,2,\ldots$. Entonces, la función de distribución viene dada por $$F(k) \overset{\text{Definición}}{=}P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,(1-p)^j\cdot p$$ Denotando, por comodidad, por $q$ a $1-p$, $$P\{X \le k \}=\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,q^j\cdot p=p\cdot \left( 1+q+q^2+\ldots+q^m\right)=$$
$=\overset{\text{suma de una p. geométrica de razón}\; q}{=}p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{q-1}=$
$=p\cdot \dfrac{q^{m+1}-1}{-p}=1-q^{m+1}=1-(1-p)^{m+1}$
Y, por tanto, $$P\{X \succ m\}=1-P\{X \le m\}=(1-p)^{m+1}$$
Démonos cuentas ahora que si pensamos en que la aparición de la primera cara se produce, a mucho tardar, en el $k$-ésimo lanzamiento, tenemos el número de cruces consecutivas que han tenido que aparecer antes, $m$, es $k-1$, luego [la probabilidad pedida en (b)] es igual a $\left(1-(1-p)^{m+1}\right)_{m=k-1}=1-(1-)^k$, que es el resultado obtenido en el desarrollo de dicho apartado.
(2) El valor esperado de $X$ se calcula aplicando la definición $$E[X] \overset{\text{Definición}}{=}\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\, j\cdot P\{X=j\}=\displaystyle \sum_{j=0}^{\infty}\,j\cdot q^j \cdot p=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$ Procedamos pues a calcular $$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p$$
$$\displaystyle \sum_{j=0}^{m}\,j\cdot q^j \cdot p=0+p\cdot q+2\cdot p q^2+3\cdot p \cdot q^3+\ldots+m \cdot p \cdot q^m$$ y sacando factor común de $p$ nos queda
$p\cdot ( 0+q+2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )=$
$=p\cdot (q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m )$
Denotaremos por $S_m$ a la sumade los $m$ términos $$S_m=q+ 2\cdot q^2+3\cdot q^3+\ldots+m \cdot q^m \quad \quad (1)$$
Multiplicando por $\dfrac{1}{q}$ en ambos miembros, $$\dfrac{1}{q}\,S_m=1+ 2\cdot q+3\cdot q^2+\ldots+m \cdot q^{m-1} \quad \quad (2)$$ Restando ahora, miembro a miembro, (2) de (1) nos queda $$\dfrac{1}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ esto es $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=(1+q+q^2+\ldots+q^{m-1})-m\,q^m$$ sumando la serie geométrica del segundo miembro, $$\dfrac{1-q}{q}\,S_m=\dfrac{q^{m-1}-1}{q-1}-m\,q^m$$ luego $$S_m=\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\dfrac{q}{(1-q)^2}-\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Pasando al límite, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot \dfrac{q^{m-1}}{q-1}+\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}-\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{1-q}\cdot m\cdot q^m$$ Teniendo en cuenta que $q\prec 1$, los límites del primer y del tercer término del segundo miembro se anulan y sólo es distinto de cero el límite del segundo término, que es constante, por tanto, $$\displaystyle \lim_{m\rightarrow \infty}\,S_m=\lim_{m\rightarrow \infty}\,\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{(1-q)^2}=\dfrac{q}{p^2}$$ Recordemos que queda aún multiplicar por $p$ para obtener el resultado de $E[X]$, por consiguiene $$E[X]=p\cdot \dfrac{q}{p^2}=\dfrac{q}{p}=\dfrac{1-p}{p}$$
(3)
El cálculo de la varianza $V[X]\overset{\text{Definición}}{=}E[X^2]-(E[X])^2$, empleando las mismas técnicas para la suma de la serie geométrica que aparece, nos lleva al siguiente resultado $$V[X]=\dfrac{1-p}{p^2}$$
$\square$
domingo, 15 de enero de 2017
Acerca de la apuesta múltiple en el juego de la Lotería Primitiva
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se marcan más de $6$ números, realizamos múltiples apuestas. ¿ Cuántas apuestas corresponden a marcar $9$ números ? ¿ Cuál es la probabilidad de que marcando $8$ números acertemos exactamente $4$ números de la 6-tupla ganadora ? [ Instrucción: Realizar el cálculo sin tener en cuenta el número complementario ]
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora, el número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
Procedemos ahora a responder a la segunda pregunta. Denotemos por $S$ al suceso pedido. El número de casos posibles es $N=\binom{49}{6}=13\,983\,816$. El número de casos favorables, $N(S)$, lo calculamos razonando como sigue: De entre los $8$ números marcados hay $\binom{8}{4}$ maneras de elegir cuatro números premiados y, por cada una de esas posibilidades, existen $\binom{49-8}{6-4}$ maneras de elegir los dos números no premiados entre los $49-8$ a los que no se ha apostado; luego, por el principio multiplicativo, $N(S)=\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}=57\,400$. Entonces, por la regla de Laplace ( cada una de las $\binom{49}{6}$ posibles 6-tuplas es equiprobable ) $$P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$$ llegamos a $$P(S)=\dfrac{\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1047\cdot 10^{-3}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora, el número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
Procedemos ahora a responder a la segunda pregunta. Denotemos por $S$ al suceso pedido. El número de casos posibles es $N=\binom{49}{6}=13\,983\,816$. El número de casos favorables, $N(S)$, lo calculamos razonando como sigue: De entre los $8$ números marcados hay $\binom{8}{4}$ maneras de elegir cuatro números premiados y, por cada una de esas posibilidades, existen $\binom{49-8}{6-4}$ maneras de elegir los dos números no premiados entre los $49-8$ a los que no se ha apostado; luego, por el principio multiplicativo, $N(S)=\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}=57\,400$. Entonces, por la regla de Laplace ( cada una de las $\binom{49}{6}$ posibles 6-tuplas es equiprobable ) $$P(S)=\dfrac{N(S)}{N}$$ llegamos a $$P(S)=\dfrac{\binom{8}{4}\cdot \binom{49-8}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1047\cdot 10^{-3}$$
$\square$
Probabilidades acerca de la Lotería Primitiva
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez.
Primera parte:
Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de:
a) obtener $6$ aciertos
b) obtener $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
Segunda parte:
Consideremos ahora que, además de las seis números de la 6-tupla ganadora, se sortee un séptimo número ( llamado 'complementario' ). Calcúlese la probabilidad de:
f) obtener $4$ aciertos y acertar también el número complementario.
g) obtener $4$ aciertos y no acertar el número complementario.
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles. En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados.
Primera parte:
El número de casos posibles, $N$, es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
Segunda parte:
El número de casos posibles, $N$, es ahora igual a $C_{49,6}\cdot C_{49-6,1}$, pues cara cada una de las $C_{49,6}$ maneras de obtener una 6-tupla, hay $C_{49-6,1}$ maneras de elegir el séptimo número ( apostando por el complementario ), luego $N=\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}=601\,304\,088$
Entonces:
f) Hay $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, por cada una de las posibilidades comentadas, hay $C_{6-4,1}$ posibilidades de que entre los $6-4$ números apostados esté el número complementario; y, además, por cada una de las posibilidades analizadas ya, hay que tener en cuenta que los $6-4$ números no premiados pueden elegirse de un conjunto de $49-6$ números ( quitando los $4$ supuestamente premiados ). Así que, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}=35\,280$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 5,8672\cdot 10^{-5}$$
g) Tenemos también $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, y por cada una de las posibilidades anteriores, tenemos $C_{49-6,4}$ maneras de elegir los dos números que apostamos que no forman parte de la 6-tupla ganadora; y, finalmente, por cada una de las posibilidades anteriores, debemos tener en cuenta el número de maneras en que puede presentarse el número candidato a 'número/premio complementario': de los $49$ números debemos descartar los seis de la 6-tupla ganadora, esto es $49-6$, pero, además, hay que descartar los $6-4$ números que quedan de los que hemos elegido al realizar nuestra apuesta, por tanto, el número candidato a 'complementario' nos da $C_{49-6-(6-4),1}$ posibilidadades. Así, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}=555\,345$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 9,2357\cdot 10^{-4}$$
$\square$
Primera parte:
Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de:
a) obtener $6$ aciertos
b) obtener $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto
Segunda parte:
Consideremos ahora que, además de las seis números de la 6-tupla ganadora, se sortee un séptimo número ( llamado 'complementario' ). Calcúlese la probabilidad de:
f) obtener $4$ aciertos y acertar también el número complementario.
g) obtener $4$ aciertos y no acertar el número complementario.
SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles. En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados.
Primera parte:
El número de casos posibles, $N$, es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$
Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$
b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.
c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$
d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$
e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$
Segunda parte:
El número de casos posibles, $N$, es ahora igual a $C_{49,6}\cdot C_{49-6,1}$, pues cara cada una de las $C_{49,6}$ maneras de obtener una 6-tupla, hay $C_{49-6,1}$ maneras de elegir el séptimo número ( apostando por el complementario ), luego $N=\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}=601\,304\,088$
Entonces:
f) Hay $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, por cada una de las posibilidades comentadas, hay $C_{6-4,1}$ posibilidades de que entre los $6-4$ números apostados esté el número complementario; y, además, por cada una de las posibilidades analizadas ya, hay que tener en cuenta que los $6-4$ números no premiados pueden elegirse de un conjunto de $49-6$ números ( quitando los $4$ supuestamente premiados ). Así que, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}=35\,280$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{6-4}{1}\cdot \binom{49-6}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 5,8672\cdot 10^{-5}$$
g) Tenemos también $C_{6,4}$ posibilidades de que salgan $4$ números premiados de entre los $6$ que se han apostado; por otra parte, y por cada una de las posibilidades anteriores, tenemos $C_{49-6,4}$ maneras de elegir los dos números que apostamos que no forman parte de la 6-tupla ganadora; y, finalmente, por cada una de las posibilidades anteriores, debemos tener en cuenta el número de maneras en que puede presentarse el número candidato a 'número/premio complementario': de los $49$ números debemos descartar los seis de la 6-tupla ganadora, esto es $49-6$, pero, además, hay que descartar los $6-4$ números que quedan de los que hemos elegido al realizar nuestra apuesta, por tanto, el número candidato a 'complementario' nos da $C_{49-6-(6-4),1}$ posibilidadades. Así, por el principio multiplicativo, tenemos que $N(S)=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}=555\,345$. Por consiguiente, $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-6}{6-4}\cdot \binom{(49-6)-(6-4)}{6-4}}{\binom{49}{6}\cdot \binom{49-6}{1}}\approx 9,2357\cdot 10^{-4}$$
$\square$
lunes, 9 de enero de 2017
Las probabilidades del póquer de dados
ENUNCIADO.
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
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