Problemas resueltos

•
Teoría elemental
de
probabilidad
Problemas resueltos
Reglas fundamentales de probabilidad
6.1
Determine la probabilidad p, o un estimado de ésta, para cada uno de los siguientes
eventos:
a)
E n un lanzamiento de un dado resulta un n ú m e r o impar.
b)
E n dos lanzamientos, una moneda cae por lo menos una vez en cara.
c)
A l sacar una sola carta de una baraja ordinaria de 52 naipes, bien mezclada, se
extraen un as, un 10 de diamantes o un 2 de espadas.
d)
E n un solo lanzamiento de un par de dados el total de puntos es 7.
e)
Cae cruz en el siguiente lanzamiento de una moneda, siendo que de 100 lanzamientos previos 56 fueron caras.
SOLUCIÓN
6.2
a)
De 6 casos igualmente probables, tres casos (donde resulta 1, 3 o 5) son favorables al
evento. Por lo tanto, p = l = i.
b)
Si C denota "cara" y X denota "cruz", los dos lanzamientos pueden producir cuatro
casos: CC, CX, XC y XX, todos igualmente probables. Sólo los tres primeros son
favorables. Así, p = \.
c)
El evento puede ocurrir de seis maneras (as de espadas, as de corazones, as de tréboles, as de diamantes, 10 de diamantes y 2 de espadas), de un total de 52 casos con
igual posibilidad. Por lo tanto, p = A =
d)
Cada una de las seis caras de un dado pueden asociarse con cada una de las seis caras
del otro dado, de tal forma que el número total de casos, todos igualmente probables,
es 6 • 6 = 36. Éstos pueden expresarse como (1, 1), (2, 1), (3, 1)
(6, 6).
Existen seis maneras de obtener la suma 7, denotadas por (1,6), (2, 5), (3,4), (4,
3), (5, 2) y (6, 1) [véase el problema 6.37a)]. Por lo tanto, p = á = i
e)
Puesto que se obtuvieron 100 - 56 = 44 cruces en 100 lanzamientos, la probabilidad
estimada (o empírica) de una cruz es la frecuencia relativa 44/100 = 0.44.
U n experimento consiste en lanzar una moneda y un dado. Si £ , es el evento "cara"
al lanzar la moneda y E es el evento "3 o 6" al lanzar el dado, enuncie en palabras
el significado de lo siguiente:
2
á)
£,
c)
b)
E
d)
2
e) Pr{£,l£ }
EE
X
2
2
Pr{£,£ }
2
f)
Pr{E E }
l+
2
SOLUCIÓN
6.3
a)
Cruz en la moneda y cualquier evento en el dado
b)
1, 2,4 o 5 en el dado y cualquier evento en la moneda
c)
Cara en la moneda y 3 o 6 en el dado
d)
Probabilidad de cara en la moneda y 1, 2, 4 o 5 en el dado
e)
Probabilidad de cara en la moneda, siendo que se obtuvo un 3 o un 6 en el dado
f)
Probabilidad de cruz en la moneda o 1, 2 , 4 o 5 en el dado, o ambos
Se extrae al azar una bola de una caja que contiene 6 bolas rojas, 4 bolas blancas y
5 bolas azules. Determine la probabilidad de que la bola extraída sea a) roja, b)
blanca, c) azul, d) no roja y e) roja o blanca.
Problemas
resueltos
135
•
SOLUCIÓN
Sean R, B y A los eventos de extraer una bola roja, una bola blanca y una bola azul,
respectivamente. Entonces:
maneras de elegir una bola roja
total de maneras de elegir una bola
a)
Pr{R} =
b)
Pr{^} =
c)
Pr{5} =
d)
2
3
Pr{R) = 1 - Pr{/?} = 1 - - = -
e)
Px{R +W}
4
6
6+ 4+ 5
6
15
2
5
_ 4
6 + 4 + 5~T5
5
__5__ 1
6+ 4+ 5~T5~3
=
por el inciso a)
maneras de extraer una bola roja o blanca
total de maneras de elegir una bola
6+ 4
6+ 4+ 5
10
15
2
3
Otro método
1
2
Pr{R + W) = Pt{B) = 1 - Pr{B] = 1 - - = -
por el inciso c)
Observe que Pr{R + B) = Pr{R) + P r { 5 ) (es decir, § = | + A ) . Esto ilustra la regla general
Pr{£, + £ } = Pr{£]} + P r { £ } , que es verdadera para los eventos mutuamente excluyentes
E\ y E .
2
2
2
6.4
U n dado se lanza dos veces. Calcule la probabilidad de obtener 4, 5 o 6 en el
primer lanzamiento y 1, 2, 3 o 4 en el segundo.
SOLUCIÓN
Sea E¡ = evento "4, 5 o 6" en el primer lanzamiento y E = evento " 1 , 2, 3 o 4" en el
segundo lanzamiento. Cada una de las seis maneras en que puede resultar el primer lanzamiento puede asociarse con cada una de las seis maneras en que puede resultar el segundo
lanzamiento, es decir, sena un total de 6 • 6 = 36 maneras igualmente posibles. Cada una
de las tres maneras en que E puede ocurrir, puede asociarse con cada una de las cuatro
maneras en que E puede ocurrir, dando 3 • 4 = 12 maneras en que tanto £ , como £ o £ , £
ocurren. Así, P r { £ , £ } = 12/36 = 1/3.
Observe que P r { £ , £ } = Pr{£j} Pr{£ } (es decir, J = 1 • í ) es válida para los eventos
independientes E\ y E .
2
x
2
2
2
2
2
2
2
6.5
Se extraen dos cartas de una baraja de 52 naipes bien mezclada. Calcule la probabilidad de que ambas sean ases, si la primera carta a) se regresa a la baraja y b) no
se regresa.
SOLUCIÓN
Sea £i = evento "as" en la primera extracción y sea E = evento "as" en la segunda extracción.
2
a)
Si la primera carta se regresa a la baraja, E, y E son eventos independientes. Por lo
tanto, Pr{ambas cartas sean ases} = Pt{E E }
= Pr{£,} Pr{£ } =
= ife.
2
x
b)
2
2
La primera carta puede extraerse en cualquiera de 52 maneras y la segunda carta en
cualquiera de 51 maneras, dado que la primera no se regresó a la baraja
cartas se extraerían de 52 • 51 maneras, todas igualmente posibles.
Existen cuatro maneras en que £ , llegaría a ocurrir y tres maneras en qne Eocurriría, de tal manera que E y E o E E pueden ocurrir de 4 3 maneras. AsC
Pr{£' £ } = ( 4 - 3 ) / ( 5 2 - 5 1 ) = á i .
Nótese que Pr{£ l£,} = Pr{segunda carta es un as, puesto que la p n a e n = r a
es un as) =
Por consiguiente, el resultado ilustra la regla general de qmc ¥~
= Pr{£,} P r { £ l £ , } , cuando £ , y £ son eventos dependientes.
x
1
2
2
2
2
2
X
2
•
Teoría elemental
6.6
de
probabilidad
Se sacan 3 bolas en forma sucesiva, para la caja del problema 6.3. Calcule la probabilidad de que se extraigan en el orden una roja, una blanca y una azul, si cada
bola a) se regresa a la caja y b) no se regresa.
SOLUCIÓN
Sean R = evento "roja" en la primera extracción, B = evento "blanca" en la segunda extracción y A = evento "azul" en la tercera extracción. Se requiere Pr{RBA}.
a)
Si cada bola se regresa, entonces R, B y A son eventos independientes y
r RBA}-Pr R
P
{
{
Pr
}
{ f l }
P
r
M
^
} =
|
^
}
(
U5 A l 5 A l 5 j
b)
-
^
)
225
Si no se regresa cada bola, entonces R, B y A son eventos dependientes y
P r / ™ } = Pr{*
{
^'^K^I^líirb)
}
"(ululo) 91
-
donde Pr{A\BR} es la probabilidad condicional de extraer una bola azul, si ya se han
extraído una bola blanca y una roja.
6.7
Indique la probabilidad de que caiga 4 por l o menos en uno de dos lanzamientos de
un dado.
SOLUCIÓN
Sea E¡ = evento "4" en el primer lanzamiento, E = evento "4" en el segundo lanzamiento
y E¡ + E = evento "4" en el primer lanzamiento o "4" en el segundo lanzamiento o ambos
= evento donde se obtiene al menos un 4. Se requiere Pr{E, + E }.
2
2
2
Primer método
El número total de maneras igualmente posibles en que ambos dados pueden caer es 6 • 6
= 36. También,
Número de maneras en que E\ ocurre, pero no E = 5
2
Número de maneras en que E ocurre, pero no E, = 5
2
Número de maneras en que tanto E como E ocurren = 1
x
2
Por lo tanto, el número de maneras en que al menos uno de los eventos £] o E ocurre es 5
+ 5 + 1 = 11; por consiguiente, P r { £ | + £ } =
2
2
Segundo método
ComoE, y E no son mutuamente excluyentes, Pr{£, + £ } = Pr{£i) + P r { £ ( - P r { £ i £ } Además, puesto que E\ y E son independientes, P r { £ ] £ } = P r ^ } P r { £ } . Por lo tanto
Pr{£, + £ } = Pr{£,} + P r { £ } - Pr{£,} Pr{£ } = \ + \ - (J)(J) = %.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Tercer método
Pr{sale por lo menos un 4} + Pr{no sale 4} = 1
Por lo tanto
Pr{sale por lo menos un 4} = 1 - Pr{no sale 4}
= 1 - Pr{no sale 4 en el primer lanzamiento ni en el segundo}
= l - P r { £ , £ } = l-Pr{£,}Pr{£2}
2
= 1 - ( Í ) ( i ) = ft
Problemas
6.8
resueltos
•
137
Una bolsa contiene 4 bolas blancas y 2 bolas negras; otra contiene 3 bolas M a n o s
y 5 bolas negras. Si se extrae una bola de cada bolsa, ¿cuál es la probabilidad de
que a) ambas sean blancas, b) ambas sean negras y c) una sea blanca y una sea
negra?
SOLUCIÓN
Sea B, = evento "bola blanca" de la primera bolsa y sea B = evento "bola blanca" de la
segunda bolsa.
2
2
b)
c)
M^H^Y^H
Pr{fl,* } = Pr{5,}
a )
Pr{B,S } = Pr{B,} P r { s } =
2
2
5;
5
4 + 2A3 +
24
El evento "una blanca y una negra" es igual al evento "ya sea que la primera es
blanca y la segunda negra o la primera es negra y la segunda es blanca"; es decir,
B¡B + B\B . Ya que los eventos B i f i y B,B son mutuamente excluyentes, entonces
2
2
2
2
Pr{fi,ñ + 5,B } = Pr{B,5 } + Pr{5,B }
2
2
2
2
= Pr{B,} Pr{¿~ } +Pr{B,} Pr{B }
2
2
4
V44 ++ 2X3
2> + 5) (4 + 2X3 + 5)
+
Otro método
La probabilidad requerida es 1 - Pr{B,fi } - Pr{Bfi ]
2
6.9
24
= 1 - } - á = M.
2
A y B juegan 12 partidas de ajedrez; A gana 6, B gana 4 y dos terminan en empate.
Ellos acuerdan jugar 3 partidas. Encuentre la probabilidad de que a) A gane las tres
partidas, b) dos sean empates, c)Ay B ganen de forma alternada y d) B gane por lo
menos una partida.
SOLUCIÓN
Sea que A¡, A y A denotan los eventos "A gana" la primera, segunda y tercera partidas,
respectivamente; sea que B,, B y ñ denotan los eventos "B gana" la primera, segunda y
tercera partidas, en ese orden; y sea que D¡, D y D3 denotan los eventos "empate" en la
primera, segunda y tercera partidas.
Con base en la experiencia lograda por resultados pasados (probabilidad empírica),
se asume que Pr{>4 gana cualquier partida} = n = 5 , que Pr{ñ gana cualquier partida}
= ri = i y que Prfcualquier partida es un empate} = fs = i2
3
2
3
2
a)
Pt[A gana las 3 partidas} = Pr{A A A ]
i
2
= Pr{A )
1
l
'1\/1\
2J \2J
K
b)
Pr[A ]
2
Pr{A,} =
1
V2y
suponiendo que los resultados de cada partida son independientes de los resultados
de las otras, lo cual parece ser justificable (a menos, por supuesto, que los jugadores
estén psicológicamente influenciados por el triunfo o el fracaso del otro).
Pr{2 partidas terminen en empate] =
= Prjla. y 2a. o l a . y 3a. o 2a. y 3a. partidas terminen en empate}.
= Pr{D, D Z> ¡ + Pr{D, 75 D } + Pr|DJ D D )
2
3
2
3
2
3
= Pr{Z),} Pr(D ) Pr(D } + Pr{D,} Pr{D } Pr{D }
2
3
2
3
+ Prj75 }Pr(Z) }Pr{D }
1
2
3
A 6j
+
(^A6
I 6 ) ~ 216 ~ 7 2
. JO 6
•
Teoría elemental
c)
de
probabilidad
Pr{A y B ganan alternadamente} =
= Pr{ gana A luego gana B, luego gana A o gana B, luego gana A luego gana B}
= P r { ^ , 5 ^ + B,/Í B } = Pr{A,ñ A } + Pr{B,/l B }
2
3
2
3
2
3
2
3
= Pr{^f,} P r { B } P r { ¿ } + Pr{B,} P r { A } P r { B }
2
3
2
3
+
=G)G)G)
íí)
Pr{B gana por lo menos 1 partida} = 1 - Pr{B no gana ninguna partida}
= 1 - Pr{B,B B } = 1 - Pr{B,} Pr{B } Pr{B }
2
_
J
3
2
_ / 2 \ / 2 \ Í2\
3
_ 19
~ \3~) \3~) V V
~27
Distribuciones de probabilidad
6.10
Calcule la probabilidad de tener n i ñ o s y niñas en familias con tres hijos; por ello,
suponga igual probabilidad para ambos sexos.
SOLUCIÓN
Sea B = evento "niño en la familia" y G = evento "niña en la familia". Así, de acuerdo con
el supuesto de igualdad de probabilidades, Pr{5} = Pr{G} = h. En familias con tres hijos
pueden ocurrir los siguientes eventos mutuamente excluyentes, con las correspondientes
probabilidades indicadas:
á)
Tres niños (BBB):
Pr{BBB)
= Px{B) Px{B} Pv{B} = \
8
Aquí se considera que el nacimiento de un niño no se ve afectado de ninguna manera
por el hecho de que el hijo anterior fuese también niño, es decir, se asume que los
eventos son independientes.
b)
Tres niñas (GGG): como en el inciso a) o por simetría,
Pr{GGC}=^
c)
Dos niños y una niña (BBC + BGB + GBB):
Pr{BBG
+ BGB + GBB} = Pr{fl5G} + Pr{ BGB} + Pr{ GBB}
= Pr{B} Pr{B) Pr{G} + Pr{B} Pr{G} Pr{B)
+ Pr{G} Pr{fl} Pr{B}
_ 1
~ 8
d)
\__ 3
1
+
8
+
8 ~ 8
Dos niñas y un niño (GGB + GBG + BGG): como en el inciso c) o por simetría, la
probabilidad es §.
Si se denomina X a la variable aleatoria que indica el número de niños en familias
con 3 hijos, la distribución de probabilidad es como en la tabla 6-2.
T a b l a 6-2
Número de niños X
0
1
2
3
Probabilidad p(X)
1/8
3 /8
3/8
1/8
Problemas
6.11
resueltos
•
1
39
Grafique la distribución del problema 6.10.
SOLUCIÓN
La gráfica puede representarse como en la figura 6-3 o la figura 6-4. Obsérvese que la
suma de las áreas de los rectángulos en la figura 6-4 es 1; en esta figura, llamada histograma de probabilidad, X se considera una variable continua, aunque en realidad sea discreta, un procedimiento útil. Por otro lado, la figura 6-3 se utiliza cuando no se desea .
derar a la variable como continua.
FIGURA 6-3
FIGURA 6-4
P(X)
3/8
1/8
1
2
3
Número de niños
Número de niños
6.12
Una variable aleatoria continua X, con valores entre 0 y 4, tiene una función de
densidad dada por p(X) = \ - aX, donde a es una constante.
a)
Calcule a.
b)
Encuentre Pr{ 1 < X < 2 } .
SOLUCIÓN
a)
FIGURA 6-5
La gráfica de p(X) = j - aX es una línea recta, tal como se muestra en la figura 6-5.
Para calcular a, primero debe constatar que el área total por debajo de la recta, entre
X = 0 y X = 4, lo mismo que por arriba del eje X, debe ser 1: en X = 0, p(X) = \ y en
X = 4, p(X) = \ - 4a. Entonces hay que elegir a para que el área del trapecio sea = 1.
Área del trapecio = j(altura) (suma de las bases) = j ( 4 ) ( 5 + \ - 4a) = 2 ( 1 - 4a) = 1,
de la cual (1 - 4a) = \, 4a = j y a = | . Por lo tanto, ( j - 4a) es en realidad igual a cero
y la gráfica correcta es la que se presenta en la figura 6-6.
FIGURA 6-6
P(X)
1 -
3/4
1/4
1/4-
- '.
. . ; :
•
T
eona
de
elemental
b)
probabilidad
La probabilidad requerida es el área entre X = 1 y X = 2, que está sombreada
en la figura 6-6. Del inciso a), p(X) = \ - \X\ por lo tanto p(l) = I y p(2) = i son
las ordenadas de X = 1 y X = 2, respectivamente. El área del trapecio pedida será
entonces j ( l ) ( I + 1) = A , que es la probabilidad requerida.
Esperanza matemática
6.13
Si un hombre compra un boleto para una rifa tal vez gane un primer premio de
$5 000 o un segundo premio de $2 000, con probabilidades de 0.001 y 0.003. ¿Cuál
sería el precio justo del boleto?
SOLUCIÓN
Su esperanza es ($5 000)(0.001) + ($2 000)(0.003) = $5 + $6 = $11, que es el precio justo.
6.14
En un negocio una s e ñ o r a puede obtener $300 con una probabilidad de 0.6 o perder $100 con una probabilidad de 0.4. Determine su esperanza.
SOLUCIÓN
Su esperanza matemática es ($300)(0.6) + (-$100)(0.4) = $180 - $40 = $140.
6.15
2
2
Calcule a) E(X), b) E(X ) y c) E[(X- X) ] para la distribución de probabilidad de la
tabla 6-3.
T a b l a 6-3
X
P(X)
8
12
16
20
24
1/8
1/6
3/8
1/4
1/12
SOLUCIÓN
a)
E{X) = Y,Xp{X) = ( 8 ) ( i ; + (12)(é) + (16)(§) + (20)(i) + (24)(A) = 16, que representa
la media de la distribución.
b)
EiX ) =
= ( 8 ) ( | ) + ( 1 2 ) ( t ) + ( 1 6 ) ( | ) + ( 2 0 ) ( i ) + (24) (A) = 276, que
representa el segundo momento con respecto al origen cero.
c)
E[(X-X) ]
= X ( X - X) p(X) = (8 -16) (é) + (12 -16) (é) + (16 - 1 6 ) ( | ) + (20 -16) (S) +
(24-16) (n) = 20, que representa la varianza de la distribución.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
6.16
Una bolsa contiene 2 bolas blancas y 3 bolas negras. Cada una de cuatro personas
A, B, C y D, en este orden, extrae una bola sin regresarla. E l primero que saque una
bola blanca recibirá $10. Determine la esperanza m a t e m á t i c a d e A . f i , C y D.
SOLUCIÓN
Como sólo hay 3 bolas blancas, una de las personas ganará en el primer intento. Sean A, B.
C y D los eventos "A gana", "B gana", "C gana" y "D gana", respectivamente.
2
2
Pr{¿gana} =Pr{A} = 3 ^ = 5
Por lo tanto, la esperanza de A es = s($10) = $4
Pr{A pierde y B gana} = Pr{ÁB] = P r { ^ } Pv{B\Á)
=
Por lo tanto, la esperanza de B = $3.
Pr{A y B pierden y C gana} = Pt{ABC}
= Pr{Á} Pr{B\A}
Pr{C|Â5}--
Problemas
•
re:
141
Por lo tanto, la esperanza de C = $ 2 .
Pr{A, ByC
pierden y D gana} = Px{A B CD)
= Pr{A} Pr{B I A] Px\C\AB]
Px{D\ABC\
Por lo tanto, la esperanza de D = $ 1.
Comprobación:
$ 4 + $ 3 + $ 2 + $ 1 = $ 1 0 , yi + w + i + rs = 1.
Permutaciones
6.17
¿ D e cuántas maneras se pueden ordenar en fila 5 canicas de distintos colores?
SOLUCIÓN
Las 5 canicas deben ordenarse en 5 posiciones:
. L a primera posición puede
ocuparla cualquiera de las 5 canicas (es decir, existen 5 maneras de lograr la primera
posición). Una vez hecho esto, quedan cuatro maneras de ocupar la segunda posición, 3
maneras de ocupar la tercera posición, 2 de ocupar la cuarta y, finalmente, sólo una manera de ocupar la última posición. Por consiguiente:
Número de ordenaciones de 5 canicas en fila = 5- 4 - 3 - 2 - l = 5! = 1 2 0
En general,
Número de ordenaciones de n objetos diferentes en una fila = n(n - l)(n - 2 ) - • • 1 = n!
Esto también se conoce como el número de permutaciones de n objetos diferentes, tomando n a la vez, que se denota como P„.
n
6.18
¿ D e cuántas maneras pueden sentarse 10 personas en una banca si sólo 4 asientos
están disponibles?
SOLUCIÓN
El primer asiento puede ocuparse de 1 0 maneras; después de esto, existen 9 maneras de
ocupar el segundo asiento, 8 maneras de ocupar el tercero y 7 maneras de ocupar el cuarto
asiento. En consecuencia:
Número de ordenaciones de 1 0 personas, tomando 4 a la vez = 1 0 • 9 • 8 • 7 = 5 0 4 0
En general,
Número de ordenaciones de n objetos diferentes,
tomando r a la vez = n(n - l ) - - - ( n - r + l )
Esto también se denomina número de permutaciones de n objetos diferentes, tomando r a
la vez, que se denota como „P P(n, r) o P ,,. Nótese que cuando r = n, „P„ = nl, como en
el problema 6.17.
n
6.19
n
E v a l ú e a) P , b) P , c) P, y d) P .
8
3
6
4
15
3
3
SOLUCIÓN
a) P = 8 • 7 • 6 = 3 3 6 , b) P, = 6- 5 - 4 - 3 = 3 6 0 , c) P , = 15 y d) - P = ': 2
8
6.20
3
6
:
1 5
=
Se necesita sentar a 5 hombres y 4 mujeres en fila, de tal manera que las IIWW • %
ocupen los lugares pares. ¿ C u á n t a s formas hay de hacerle
1
" —-
CAtftXJLQ
6
•
T e o r í a elemental
de
probabilidad
SOLUCIÓN
Los hombres pueden sentarse de P maneras y las mujeres de P maneras; cada orderución de los hombres es posible asociarla con cada ordenación de las mujeres. De e A
forma, el número requerido de ordenaciones es P • P = 5!4! = (120)(24) = 2 880.
5
5
4
5
6.21
5
4
4
4
¿ C u á n t o s n ú m e r o s de cuatro dígitos se forman con los 10 dígitos 0, 1, 2, 3,..., 9. H
a) se permiten repeticiones, b) no se permiten repeticiones y c) el último díg:".
debe ser cero y sin repeticiones?
SOLUCIÓN
a)
b)
El primer dígito puede ser cualquiera de los 9 (ya que el cero no está permitido). E.
segundo, tercero y cuarto dígitos pueden ser cualquiera de los 10. Entonces pueden
formarse 9 10 10 10 = 9 000 números.
El primer dígito puede ser cualquiera de los 9 (cualquiera, menos el cero).
El segundo dígito puede ser cualquiera de los 9 (cualquiera, menos el utilizado como
primer dígito).
El tercer dígito puede ser cualquiera de los 8 (cualquiera, menos los utilizados como
primeros dos dígitos).
El cuarto dígito puede ser cualquiera de los 7 (cualquiera, menos los utilizados como
primeros tres dígitos).
Por lo tanto, pueden formarse 9 • 9 • 8 • 7 = 4 536 números.
Otro método
El primer dígito puede ser cualquiera de los 9 y los tres restantes pueden elegirse de
P maneras. Así, pueden formarse 9 - P = 9- 9- 8- 7 = 4 536 números.
9
c)
3
9
3
El primer dígito puede elegirse de 9 maneras, el segundo de 8 maneras y el tercero de
7 maneras. Por consiguiente, pueden formarse 9 • 8 • 7 = 504 números.
Otro método
El primer dígito se elegiría de 9 maneras y los dos siguientes dígitos de P maneras.
Por eso, pueden encontrarse 9 • P = 9 • 8 • 7 = 504 números.
9
8
6.22
2
2
En una repisa se o r d e n a r á n 4 libros diferentes de m a t e m á t i c a s , 6 libros diferentes
de física y dos libros diferentes de q u í m i c a . ¿ C u á n t a s ordenaciones distintas son
posibles si a) los libros de cada materia deben ir juntos y b) sólo los libros de
m a t e m á t i c a s deben ir juntos?
SOLUCIÓN
a)
Los libros de matemáticas pueden ordenarse entre sí de P = 4! maneras, los libros
de física de ¿P = 6! maneras, los libros de química de P = 2! maneras, en tanto que
los tres grupos, de P = 3! maneras. Por lo tanto, el número de ordenaciones requerido = 4!6!2!3! = 207 360.
4
6
2
3
b)
3
Considérense los cuatro libros de matemáticas como una sola obra. Entonces, se
tienen 9 libros que pueden ordenarse de P = 9! maneras. En todas éstas los libros de
matemáticas van juntos y pueden ordenarse entre sí de P = 4! maneras. Por lo tanto,
el número de ordenaciones requerido es = 9!4! = 8 709 120.
9
9
4
6.23
4
2
4
Cinco canicas rojas, dos blancas y tres azules se ordenan en una fila. Si no es
posible distinguir entre s í a las canicas del mismo color, ¿ c u á n t a s posibles ordenaciones hay?
SOLUCIÓN
Suponga que existen P ordenaciones distintas. Si se multiplica P por el número de maneras de ordenar a) las 5 canicas rojas entre sí, b) las 2 canicas blancas entre sí y c) las 3
Problemas
resueltos
•
143
canicas azules entre sí (es decir, multiplicar P por 5!2!3!), se obtiene el número de formas
de ordenar las 10 canicas, si son distinguibles (es decir, 10!). Entonces
(5!2!3!)P=10!
y
P=
En general, el número de ordenaciones diferentes de n objetos, de los cuales n- son
iguales, n son iguales,..., n son iguales, es
2
k
w!
n \n \--n \
x
2
k
donde n, + n + • • • + n = n.
2
6.24
~
—
k
¿ D e c u á n t a s maneras se pueden sentar 7 personas en torno a una mesa redonda si
a) pueden sentarse en cualquier parte y b) 2 personas no deben sentarse juntas?
SOLUCIÓN
a)
Si una persona se sienta en cualquier parte, entonces el resto puede sentarse de 6! =
720 maneras, que es el número total de maneras de ordenar a las 7 personas en un
círculo.
b)
Considere a las 2 personas como una sola. Entonces son 6 personas en total; éstas
pueden ordenarse de 5! maneras. Pero las 2 personas consideradas como una pueden
ordenarse entre sí de 2! maneras. Por eso, el número de maneras de ordenar a 6
personas en una mesa redonda, con dos de ellas sentadas juntas es = 5!2! = 240.
Por ello, usando el inciso a), el número total de maneras en que 6 personas
pueden sentarse en una mesa redonda, de modo que las dos personas no se sienten
juntas, es = 720 - 240 = 480 maneras.
Combinaciones
6.25
¿ D e c u á n t a s formas pueden dividirse 10 objetos en dos grupos que contengan 4 y
6 objetos, respectivamente?
SOLUCIÓN
Es lo mismo que el número de ordenaciones de 10 objetos, donde 4 de ellos son iguales y
los otros 6 también son iguales. Como en el problema 6.23; esto es,
10!
4!6!
10-9-8-7
= 210
4!
El problema es equivalente al cálculo del número de selecciones de 4 entre 10 objetos (o 6 entre 10 objetos), siendo irrelevante el orden de selección.
En general, el número de selecciones de r entre n objetos, llamado el número de
combinaciones de n objetos, tomando r a la vez, se denota y está dado por
n(n—!)•••(« —r+1)
\r)
6.26
E v a l ú e a) ( I ) , b)(¡)y
P
H
r
\{n-r)\
r\(n-r)\
c)(¡).
SOLUCIÓN
7-6-5-4_7-6-5
7!
a)
b)
4Í3!
6!
5!1!
Ó-5-4-3-2
5!
4!
~ 3-2- 1
=
35
(9-(9™
•
Teoría elemental
c)
de
probabilidad
(4) es el número de selecciones de 4 objetos tomados al mismo tiempo y sólo hay una
selección de este tipo; entonces, (4) = 1. Obsérvese que formalmente
si se define 0! = 1.
6.27
¿ D e cuántas maneras puede formarse una c o m i s i ó n de 5 personas, elegidas de
entre 9?
SOLUCIÓN
/9\
9!
W 5!4!
=
6.28
9-8T-6-5
=
5¡
De un total de 5 m a t e m á t i c o s y 7 físicos, se formará una c o m i s i ó n consistente de 2
m a t e m á t i c o s y 3 físicos. ¿ D e cuántas maneras puede hacerse si a) cualquiera de
los m a t e m á t i c o s y de los físicos puede incluirse, b) un físico en particular debe
estar en la c o m i s i ó n y c) dos m a t e m á t i c o s en particular no pueden estar en la
comisión?
SOLUCIÓN
a)
Dos matemáticos de 5 pueden ser seleccionados de (') maneras, y tres físicos de 7
pueden ser seleccionados de ( j ) maneras. El número total de selecciones posibles es
QQ
b)
= 10.35 = 350
Dos matemáticos de 5 pueden seleccionarse de ( | ) maneras y dos físicos adicionales,
de un total de 6, pueden seleccionarse de (*) maneras. El número total de selecciones
posibles es
Q (9 » - c)
6.29
Dos matemáticos, de un total de 3, pueden seleccionarse de (\) maneras, y 3 físicos
de 7 pueden seleccionarse de (3) maneras. El número total de selecciones posibles es
Una n i ñ a tiene 5 flores, cada una de distinta variedad. ¿ C u á n t o s ramos diferentes
puede formar?
SOLUCIÓN
Cada flor puede elegirse de 2 maneras, ya que ésta puede elegirse o no. Dado que las dos
opciones de una flor pueden asociarse con las 2 opciones de las demás flores, el número
de maneras de ordenarlas es = 2 . Pero estas 2 maneras incluyen el caso de no elegir
ninguna flor, por lo que el número de ramos es = 2 - 1 = 31.
5
5
5
O t r o método
La niña puede elegir 1 de las 5 flores, 2 de las 5 flores,..., 5 de las 5 flores. Por lo tanto, el
número requerido de ramos es
Problemas
resuehos
•
145
En general, para todo entero n positivo,
+
Con 7 consonantes y 5 vocales, ¿ c u á n t a s palabras, con 4 consonantes diferentes j
3 vocales diferentes, se pueden formar? N o es necesario que las palabras te:
significado.
SOLUCIÓN
Las 4 consonantes diferentes pueden seleccionarse de (J) maneras y las 3 vocales diferentes de ( ' ) maneras; entonces, las 7 letras resultantes (4 consonantes y 3 vocales) pueden
ordenarse entre sí de P = 7! maneras. Por eso, el número de palabras es
7
7
(5
\
7!= 35-10-5 040 = 1764 000
Aproximación de Stirling para n!
6.31
E v a l ú e 50!.
SOLUCIÓN
Para una n grande se tiene n! = \Í2mi
50! « v
n"e~"; entonces
7
^ » ^
5
0
e"
50
= S
Para evaluar 5 se usan logaritmos con base 10. Entonces
log S = log ( v T 0 0 Í 5 0 e" ) = ì log 100 + 2\ log TT + 50 log 50 - 50 log e
= \I log
Ina 100
lofi +
-I- ii log 3.142 + 50 log50 - 50 log2.718
/
50
50
= \ (2) + \ (0.4972) + 50( 1.6990) - 50(0.4343) = 64.4846
64
de donde S = 3.05 x 10 , es decir, se trata de un número con 65 dígitos.
Probabilidad y análisis combinatorio
6.32
Una caja contiene 8 bolas rojas, 3 blancas y 9 azules. Si se extraen tres bolas al
azar, determine la probabilidad de que a) las 3 sean rojas, b) las 3 sean blancas, c)
sean 2 rojas y 1 blanca, d) al menos 1 sea blanca e) sea 1 de cada color y f) se
extraigan en el orden roja, blanca y azul.
SOLUCIÓN
á)
Primer método
Sea que R R y R¡ denoten los eventos "bola roja en la primera extracción", "bola
roja en la segunda extracción" y "bola roja en la tercera extracción", respectivamente. Entonces R¡R R] denota el evento de que las 3 bolas extraídas son rojas.
u
2
2
Pr{/?,/? R } = P r { « , } Pr{/? |i?,} Pr{/?3¡/?,« } = (~j
2J
3
2
2
(¿)
(^)
=^
LO ó
•
Teoría elemental
de
probabilidad
Segundo método
número de selecciones de 3 bolas rojas de 8
Probabilidad requerida:
número de selecciones de 3 bolas de 20
14
20\ " 2 8 5
b)
Usando el segundo método del inciso á),
Prflas 3 son blancas}
20^
También se puede utilizar el primer método del inciso á).
f selecciones de 2 Y selecciones de V
c)
Pr{2 rojas y 1 blanca}
^ bolas rojas de 8 J^bola blanca de 3J
_ \2j \ l J _ 7
número de selecciones de 3 de 20 bolas
d)
m
Pr{ninguna blanca}
^
3,
20\
34 23
por lo tanto, Pr{al menos 1 blanca} = 1 - — = —
e)
Pr{extracción 1 de cada color} =
f)
Usando el inciso é),
20\
Pr{extracción en orden roja, blanca, azul} = ~
18\
Pr{extracción 1 de cada color} =.
3
Otro método
Pv{R B A }=Pr{R }Pr[B \R }
l
6.33
2
2
i
1
l
Pr{A l/f,B } =
3
2
2 0 / V 1 9 / V 18/
95
Se extraen cinco cartas de una baraja de 52 naipes bien mezclada. Calcule la probabilidad de que a) 4 sean ases; b) 4 sean ases y 1 sea un rey; c) 3 sean diez y 2 sean
jacks; d) que sean 9, 10, jack, reina y rey, obtenidos en cualquier orden, e) 3
sean de un mismo palo y 2 sean de otro, yf) se obtenga al menos un as.
SOLUCIÓN
a)
Pr{4 ases} =
Problemas
resueltos
•
1—7
« (í) ,
b)
Pr{4 ases y 1 rey}
c)
Pr{3 diez y 2 jacks}
d)
Pr{9, 10, jack, reina y rey, en cualquier orden}
4/
/52\
649 740
V2)
3/
1
108 290
(52\
K)CMK) M
52\
e)
Dado que hay 4 maneras de elegir el primer palo y 3 de elegir el segundo palo,
3
1
3
4 | ' V 3 '
3 /
V 2I
Pr{3 de un mismo palo y 2 de otro} =
52\
/)
Pr{ningún as} =
y
48\
5 )
52^
35 673
54 145
_ . .
. . .
Prlal menos 1 as} = 1
35 673
18 482
=
54 145
6.34
429
4 165
54 145
Determine la probabilidad de obtener 3 seis en 5 lanzamientos de un dado.
SOLUCIÓN
Represente los lanzamientos del dado con 5 espacios
. E n cada espacio estará
el evento 6 o el evento no 6 (6); por ejemplo, tres 6 y dos no 6 pueden ocurrir como
6 6 6 6 6 0 como 6 6 6 6 6 , etcétera.
Ahora, la probabilidad de un evento como 6 6 -6 6 - 6 es
Pr{6 6 6 6 6} = Pr{6} Pr{6} Pr{6} Pr{6} Pr{6}
= i •I•|•I•^ =
1
De forma similar, Pr{6 6 6 6 6} = ( s ) ( l ) , etcétera, para todos los eventos en que ocurren
tres 6 y dos no 6. Sin embargo, hay ( ' ) = 10 de dichos eventos, los cuales son mutuamente
excluyentes; por lo tanto, la probabilidad requerida es
3
2
3
Pr( 6 6 6 6 6 0 6 6 6 6 6 etcétera) =
5\/l\ /5\
37
En general, sip = Pr[E] y q = Pr{E),
V 6 / \6
2
125
3 888
entonces, usando el mismo 1
rior, la probabilidad de obtener exactamente X eventos en N ensayos es ( Í J p V ~ x
6.35
Una fábrica encuentra que, en promedio, 20% de las tuercas producidas por 3 *
m á q u i n a son defectuosas. Si se seleccionan aleatoriamente 10 tuerc» cm k p » -
CAPÍTULO
6
•
T e o r í a elemental
de
probabilidad
d u c c i ó n diaria de la m á q u i n a , calcule la probabilidad de a) que exactamente
sean defectuosas, b) que 2 o m á s sean defectuosas y c) que m á s de 5 sean déte;
tuosas.
SOLUCIÓN
a)
Usando un razonamiento similar al del problema 6.34:
Pr{2 tuercas defectuosas) = 1 1(0.2) (0.8) = 45(0.04)(0.1678) = 0.3020
2
10
2
8
r
b)
Pr{2 o más tuercas defectuosas} = 1 - Pr{0 bolas defectuosas) - P r { 1 boladefectuos
0
I 0
1
= 1-P(0.2) (0.8) -( ^(0.2)'(0.8)'
= 1-(0.8)
1 0
- 10(0.2)(0.8)
I
9
= 1 - 0.1074 - 0.2684 = 0.6242
c)
Pr{más de 5 tuercas defectuosas)
= Pr{6 tuercas defectuosas) + Pr{7 tuercas defectuosas)
+ Pr{8 tuercas defectuosas) + Pr{9 tuercas defectuosas)
+ Pr( 10 tuercas defectuosas)
6
4
7
3
8
(0.2) (0.8) + ^ ° ) ( 0 . 2 ) ( 0 . 8 ) + ^ ° ) ( 0 . 2 ) ( 0 . 8 )
7
( °)(0.2) (0.8) (]J)(0.2) °
1
+
2
8
9
9
1
+
= 0.00637
6.36
Si en el problema 6.35 se hubieran tomado 1 000 muestras de 10 tuercas cada una.
¿en c u á n t a s muestras se esperaría encontrar á) exactamente 2 tuercas defectuosas.
b)2o m á s tuercas defectuosas y c) m á s de 5 tuercas defectuosas?
SOLUCIÓN
a)
Número esperado = (1 000)(0.3020) = 302, por el problema 6.35a).
b)
Número esperado = (1 000)(0.6242) = 624, por el problema 6.356).
c)
Número esperado = (1 000)(0.00637) = 6, por el problema 6.35c).
Espacios muéstrales y diagramas de Euler
6.37
á)
Establezca un espacio muestral para un solo lanzamiento de un par de dados.
b)
A partir del espacio muestral determine la probabilidad de que la suma del
lanzamiento de un par de dados sea 7 u 11.
SOLUCIÓN
a)
El espacio muestral consiste del conjunto de puntos de la figura 6-7. La primera coordenada de cada punto es el número en un dado y la segunda coordenada es el número del otro dado. En total son 36 puntos y a cada punto se le asigna
una probabilidad de A - La suma de las probabilidades de todos los puntos del espacio es 1.
Problemas
resueltos
•
149
FIGURA 6-7
b)
Los conjuntos de puntos correspondientes a los eventos "suma 7" y "suma 11" se
indican con A y fi, respectivamente.
Pr{A) = suma de probabilidades asociadas con cada punto de A = se
Pr[B) = suma de probabilidades asociadas con cada punto de B = &
Pr{A + B} = suma de probabilidades de los puntos de A y B o de ambos
= (6 + 2)/36 = & = I
Obsérvese que en este caso Pr{A + B] = PT[A) + Pr[B}. Esto se debe a que A y
B no tienen puntos en común (es decir, son eventos mutuamente excluyentes).
6.38
Utilizando un espacio muestral, demuestre que:
a)
Pr{A + B } = P r { A } + P r [ f i } - P r { A f l }
b)
Pr{A + B + C } = P r { A } + P r [ f i } + P r { C } - P r { A B } - P T { B C ] - P r { A C }
+ Pr{ABC}
SOLUCIÓN
a)
Sean A y B dos conjuntos de puntos con puntos en común representados por AB,
como en la figura 6-8. A se compone de AB y AB, mientras que B se compone de
BA y AB. La totalidad de puntos en A + B (A o B o ambos) = totalidad de puntos en A
+ totalidad de puntos en B - totalidad de puntos en AB. Dado que la probabilidad de
un evento o conjunto es la suma de las probabilidades asociadas con los puntos del
conjunto, se tiene que:
Pr{A + B] = Pr{A} + Pr[fi} - Pr{AB}
FIGURA 6-8
:
•
Teoría
elemental
de
probabilidad
Otro método
Sea A -AB el conjunto de puntos en A , pero no en B (esto es igual que AB); entonces
A - AB y B son mutuamente excluyentes (es decir, no tienen puntos en comúr
Además, P r { A - A B } = Pr{A} - Pr{AB). Luego
Pr{A + B) = P r { A - A B ] + Pr[B) = P r { A ) - P r { A f l ) +Pr[fi}
= Pr{A} + Pr[S} - Pr{AB}
b)
Sean A, B y C tres conjuntos de puntos, como se muestra en la figura 6-9. El símbolo
ASCrepresenta el conjunto de puntos en A y B , pero no en C, en tanto que los demás
símbolos tienen un significado similar.
Pueden considerarse los puntos que están en A o B o C como puntos incluidos
en los siete conjuntos mutuamente excluyentes de la figura 6-9, cuatro de los cuales
están sombreados y tres sin sombrear. La probabilidad requerida está dada por
Pr{A + B + C}= Pr{ABC)_+ Pr{ BCÁ] + Pr{CÁB
} + PT{ABC
}
+ Pr{BCA} + Pr{ CAB } + Pr{ABC}
Ahora, para obtener ABC, por ejemplo, se eliminan los puntos comunes a A y B .
lo mismo que a A y C, aunque al hacerlo se han eliminado puntos comunes a A, B y C
dos veces. Por lo tanto, ABC=A
-AB-AC
+ ABC
y
Pr{AñC} = P r { A } - P r { A f l } - P r { A C } + P r { A B C } .
A
FIGURA 6-9
\
B
De forma similar, se encuentra
Pr{BCA} = P r { 5 ) - Pr{SC) - Pr{BA} + Pr{flCA)
Pr{CA8) = Pr{C} - P r { C A ) - Pr{CS) + Pr{CAfi}
Pr{SCA} = Pr{BC} - Pr{AflC¡
P r { C A B ] = Pr{CA} - Pr{5CA}
Pr{ABC} = Pr{AB} - PrfCAñ}
Pr{ABC} = Pr{ASC)
Sumando estas siete ecuaciones, y considerando que Pr{Añ) = Pr{BA),
ra, se obtiene
etcéte-
Pr{A + B + C } = Pr{A} + Pr{S} + Pr{C} - Pr{Afi) - PrfñC} - Pr{AC} + Pr(ASC)
6.39
U n estudio con 500 alumnos que toman uno o m á s cursos de álgebra, física y
estadística, durante un semestre, r e v e l ó el siguiente n ú m e r o de alumnos en las
materias indicadas:
Álgebra
329
Física
186
E s t a d í s t i c a 295
Á l g e b r a y física
83
Á l g e b r a y estadística 217
F í s i c a y estadística
63
¿ C u á n t o s estudiantes cursan a) las tres materias; b) á l g e b r a , pero no estadística; c)
física pero no álgebra; d) estadística pero no física; e) á l g e b r a o estadística, pero
no física, yf) álgebra, pero no física o e s t a d í s t i c a ?
Problemas
complementarlos
•
151
SOLUCIÓN
Sea A el conjunto de todos los estudiantes que toman álgebra, y (A) el número de estudiantes pertenecientes a este conjunto. De forma similar, (B) denota el número de los que
toman física y ( Q el número de los que toman estadística. Entonces (A+B + Q denota el
número de los que toman álgebra, física o estadística o sus combinaciones, (AB) el número de los que toman álgebra y física, etcétera. Como en el problema 6.38, se tiene que
(A + fl + O = (A) + (B) + ( O - (AB) - (BQ - (AQ + 'ABC)
a)
Sustituyendo los números en la expresión, se encuentra que
500 = 329 + 186 + 295 - 83 - 63 - 217 + {ABC)
o (ABC) = 53, que es el número de estudiantes que cursan álgebra, física y estadística. Nótese que la probabilidad (empírica) de que un estudiante curse las tres materias
es K$5.
b)
Para obtener la información requerida conviene construir un diagrama de Euler con
el número de estudiantes en cada conjunto. Empezando con el hecho de que 53 estudiantes cursan las tres materias, se obtiene que los que cursan álgebra y estadística,
pero no física son 217 - 53 = 164, que se muestra en la figura 6-10. De la información dada, se obtienen los otros números.
El número de los que cursan álgebra, pero no estadística es = 329 - 217; o, por
la figura 6-10, 82 + 3 0 = 112.
c)
Número de los que cursan física, pero no álgebra = 93 + 10 = 103
d)
Número de los que cursan estadística, pero no física = 68 + 164 = 232
e)
Número de los que cursan álgebra o estadística, pero no física = 82 + 164 + 68 = 314
f)
Número de los que cursan álgebra, pero no física o estadística = 82
Problemas complementarios
Reglas fundamentales de probabilidad
6.40
Determine la probabilidad p, o un estimado, para cada uno de los siguientes eventos
a)
A l extraer una carta de una baraja ordinaria bien mezclada, resulta un re;jack de tréboles o una reina de diamantes.
b)
Un solo lanzamiento de un par de dados suma 8.
c)
Encontrar una tuerca sin defecto, si de 600 tuercas examinadas \2 :
tuosas.
d)
De un solo lanzamiento de un par de dados resulta 7 u 11.
e)
Se obtiene al menos una cara en tres lanzamientos de una mooec*.