Enunciados con soluciones explicadas hasta el ejercicio 15.

PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE CÁLCULO DE
PROBABILIDADES.
PROFESOR: ANTONIO PIZARRO. BORRADOR (NO REVISADO)
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ANDALUCIA:
1º) (Andalucía, junio, 98) Ana, Juan y Raúl, que están esperando para realizar una consulta
médica, sortean, al azar, el orden en que van a entrar.
a) Calcule la probabilidad de que los dos últimos en entrar sean hombres.
b) Determine si son independientes los sucesos S1 y S2, siendo:
S1: “La mujer entra antes que alguno de los hombres”.
S2: “Los dos hombres entran consecutivamente”.
Solución:
a) El espacio muestral está formado por todos los posibles resultados de un experimento
aleatorio. En este caso el experimento aleatorio consiste en el sorteo del orden en que van a
entrar a una consulta médica una mujer (Ana), y dos hombres (Juan y Raúl). Así:
E = MHH , HMH , HHM .
Luego la probabilidad de que los dos últimos en entrar sean hombres, es
{
p ( MHH ) =
}
1
CONVERTIR ESA P EN MINÚSCULA EN SOLUCIÓN.
3
b) Los sucesos:
S1: “La mujer entra antes que alguno de los hombres”
S2: “Los dos hombres entran consecutivamente”
(
)
= p (S1)
S2
1
1
y p S1
≠ p(S1) y los sucesos S1 y S2 no son
Como p (S1) =
= , por tanto p S1
S2
2
S
3
2
Serán independientes si p S1
(
(
)
)
independientes.
Observación: Nótese que en el cálculo de la probabilidad
(
p S1
“Número de casos favorables” 1
)
=
=
S2
“Número de casos posibles”
2
ha ocurrido el suceso S2 son 2, a saber
favorables es 1, a saber S1
S2
el número de casos posibles, sabiendo que
S 2 = {MHH , HHM }, y de ellos el número de casos
= {MHH }
2º) (Andalucía, Junio, 99) Una experiencia aleatoria consiste en preguntar a tres personas
distintas elegidas al azar, si son partidarias o no de consumir un determinado producto.
a) Escribe el espacio muestral asociado a dicho experimento, utilizando la letra “s”
para la respuestas afirmativas y la “n” para las negativas.
b) ¿Qué elementos del espacio muestral anterior constituyen el suceso ”al menos dos de las
personas son partidarias de consumir el producto”.
c) Describe el suceso contrario de “más de una persona es partidaria de consumir el producto”.
Solución:
a) E = {sss, ssn, sns, nss, snn, nsn, nns, nnn}
b) A = {sss, ssn, sns, nss}
c) El suceso A: ”Al menos dos de las personas son partidarias de consumir el producto”, es el
mismo que el suceso “más de una persona es partidaria de consumir el producto”.
Por tanto el suceso complementario o contrario sería “menos de dos personas son partidarias
de consumir el producto”. Esto es, Ac = {snn, nsn, nns, nnn}
3º) (Andalucía, junio, 00) En un instituto se ofertan tres modalidades excluyentes, A, B y C, y
dos idiomas excluyentes, inglés y francés. La modalidad A es elegida por un 50% de los
alumnos, la B por un 30% y la C por un 20%. También se conoce que han elegido inglés el
80% de los alumnos de la modalidad A, el 90% de la modalidad B y el 75% de la C, habiendo
elegido francés el resto de los alumnos.
a) ¿Qué porcentaje de estudiantes del instituto ha elegido francés?
b) Si se elige al azar un estudiante de francés, ¿cuál es la probabilidad de que sea de la
modalidad A?
Solución: Sean los sucesos:
A: “El alumno elegido ha elegido la modalidad A”
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B: “El alumno elegido ha elegido la modalidad B”
C: “El alumno elegido ha elegido la modalidad C”
F: “El alumno elegido ha elegido francés”
Del enunciado se desprende que F : “El alumno elegido ha elegido inglés”, ya que “se conoce
que han elegido inglés el … habiendo elegido francés el resto de los alumnos”.
Como datos del problema nos dan los siguientes:
p( A) = 0,5; p(B ) = 0,3; p(C ) = 0,2 ; p⎛⎜ F ⎞⎟ = 0,8; p⎛⎜ F ⎞⎟ = 0,9; p⎛⎜ F ⎞⎟ = 0,75
⎝ A⎠
⎝ B⎠
⎝ C⎠
⎧ p⎛ F ⎞ = 0,8 ⇒ p F = 1 − 0,8 = 0,2
⎪ ⎜⎝ A ⎟⎠
A
⎪
⎪
Así ⎨ p⎛⎜ F ⎞⎟ = 0,9 ⇒ p F
= 1 − 0,9 = 0,1
B
B⎠
⎝
⎪
⎪ p⎛ F ⎞ = 0,75 ⇒ p F = 1 − 0,75 = 0,25
⎪⎩ ⎜⎝ C ⎟⎠
C
Los sucesos A, B y C forman un sistema completo de sucesos, ya que A ∪ B ∪ C = E y son
incompatibles dos a dos, es decir, A ∩ B = φ , B ∩ C = φ , A ∩ C = φ . Por tanto, aplicando el
( )
( )
( )
teorema de la probabilidad total:
( A) + p(B ) ⋅ p(F B ) + p(C ) ⋅ p(F C ) = 0,5 ⋅ 0,2 + 0,3 ⋅ 0,1 + 0,2 ⋅ 0,25
p (F ) = p ( A) ⋅ p F
= 0,1 + 0,03 + 0,05 = 0,18
Luego el porcentaje de estudiantes del instituto que ha elegido francés es del 18%.
b) Por el teorema de Bayes:
( F)=
pA
( A) = 0,5 ⋅ 0,2 =
p ( A) ⋅ p F
p (F )
0,18
0,1 10 5
=
=
0,18 18 9
4º) (Andalucía, Junio, 01) Dos urnas A y B, que contienen bolas de colores, tiene la siguiente
composición:
A: 5 blancas, 3 negras y 2 rojas.
B: 4 blancas y 6 negras.
También tenemos un dado que tiene 4 caras marcadas con la letra A y las otras dos con la
letra B. Tiramos el dado y sacamos una bola al azar de la urna que indica el dado
a) ¿Cuál es la probabilidad de que esa bola sea blanca?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que esa bola sea roja?
c) La bola ha resultado ser blanca, ¿cuál es la probabilidad de que proceda de la urna B?
Solución:
Sean los sucesos:
A: “La urna elegida al tirar el dado es la A”
B: “La urna elegida al tirar el dado es la B”
BL: “La bola seleccionada es blanca”
R: “La bola seleccionada es roja”
Como datos del problema tenemos los siguientes:
p ( A) =
4 2
2 1
= ; p (B ) = = ;
6 3
6 3
5 1
4 2 R
2 1 R
0
= ; p BL =
= ;p
=
= ;p
=
=0
p BL =
B 10
A 10 5
B 10 5
A 10 2
Los sucesos A y B forman un sistema completo de sucesos, ya que A ∪ B = E , A ∩ B = φ .
(
)
(
)
( )
( )
Por tanto, por el teorema de la probabilidad total se tiene que:
(
4 5 2 4 20 + 8 28 7
)
=
=
+ p (B ) ⋅ p (BL ) = ⋅ + ⋅ =
B 6 10 6 10
A
60
60 15
4 2 2 0 8+0 8
2
b) p (R ) = p ( A) ⋅ p (R ) + p (B ) ⋅ p (R ) = ⋅
=
=
+ ⋅ =
B 6 10 6 10
A
60
60 15
a) p (BL ) = p ( A) ⋅ p BL
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c) Por el teorema de Bayes:
(
pB
BL
)=
(
p(B ) ⋅ p BL
p(BL )
2 4
8
⋅
)
B = 6 10 = 60 = 120 = 12 = 6 = 2
7
15
7
15
420
42
21
7
5º) (Andalucía, Junio, 02) Los alumnos de bachillerato de un I.E.S. proceden de 3 localidades,
A, B y C, siendo un 20 % de A, un 30 % de B y el resto de C. El 80 % de los alumnos de A
cursa 1º de Bachillerato y el resto, 2º. El 50 % de los alumnos de B cursa 1º de Bachillerato y el
resto, 2º. El 60 % de los alumnos de C cursa 1º de Bachillerato y el resto, 2º.
a) Seleccionado, al azar, un alumno de Bachillerato de ese I.E.S., ¿cuál es la probabilidad de
que sea de 2º?
b) Si elegimos, al azar, un alumno de Bachillerato de ese I.E.S. y este es un alumno de 1º,
¿cuál es la probabilidad de que proceda de la localidad B?
Solución:
Sean los sucesos:
A: “El alumno elegido procede de la localidad A”
B: “El alumno elegido procede de la localidad B”
C: “El alumno elegido procede de la localidad C”
P: “El alumno elegido cursa 1º de Bachillerato”
S: “El alumno elegido cursa 2º de Bachillerato”
Como datos del problema nos dan los siguientes:
p A = 0,2; p B = 0,3; p C = 0,5 ;
( )
( )
( )
( A) = 0,8; p(S A) = 0,2; p(P B) = 0,5; p(S B) = 0,5; p(P C ) = 0,6; p(S C ) = 0,4
pP
Los sucesos A, B y C forman un sistema completo de sucesos, ya que A ∪ B ∪ C = E y son
incompatibles dos a dos, es decir, A ∩ B = φ , B ∩ C = φ , A ∩ C = φ . Por tanto, aplicando el
teorema de la probabilidad total:
( A)+ p(B ) ⋅ p(S B )+ p(C ) ⋅ p(S C ) = 0,2 ⋅ 0,2 + 0,3 ⋅ 0,5 + 0,5 ⋅ 0,4
p (S ) = p ( A) ⋅ p S
= 0,04 + 0,15 + 0,2 = 0,39
b) Piden calcular p B , por lo que habrá que aplicar el teorema de Bayes. Pero para aplicar
P
p (B ) ⋅ p P
B , primero hay que calcular p(P ) por el teorema
B
el teorema de Bayes p
=
P
p (P )
( )
( )
( )
de la probabilidad total. Luego, por el teorema de la probabilidad total:
( A)+ p(B ) ⋅ p(P B )+ p(C ) ⋅ p(P C ) = 0,2 ⋅ 0,8 + 0,3 ⋅ 0,5 + 0,5 ⋅ 0,6
p (P ) = p ( A ) ⋅ p P
= 0,16 + 0,15 + 0,3 = 0,61
Calculemos ya lo que nos piden:
P
( P ) = p(B )p⋅(Pp() B ) = 0,03,⋅610,5 = 00,,1561 = 0,2459
pB
6º) (Andalucía, Junio, 03) Blanca y Alfredo escriben, al azar, una vocal cada uno en papeles
distintos.
a) Determine el espacio muestral asociado al experimento.
b) Calcule la probabilidad de que no escriban la misma vocal.
Solución:
a) E = {(a, a), (a, e), (a, i), (a, o), (a, u), (e, a), (e, e), (e, i), (e, o), (e, u),
(i, a), (i, e), (i, i), (i, o), (i, u), (o, a), (o, e), (o, i), (o, o), (o, u),
(u, a), (u, e), (u, i), (u, o), (u, u)}
b) La probabilidad pedida es
20 4
=
25 5
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ARAGÓN:
7º) (Aragón, Junio, 98) Tenemos tres cajas, una verde, una roja y una amarilla y, en cada caja,
hay una moneda. La de la caja verde está trucada y la probabilidad de que salga cara es doble
de la probabilidad de que salga cruz; la moneda de la caja roja tiene dos caras y la de la caja
amarilla no está trucada. Se toma una caja al azar y se lanza la moneda que está en la caja.
Calcula razonadamente:
a) La probabilidad de que salga cara.
b) La probabilidad de que, sabiendo que ha salido cara, se haya lanzado la moneda de la caja
roja.
Solución:
a) Hallemos, antes de nada, la probabilidad de salir cara en la caja verde:
Sean los sucesos:
C: “La moneda de la caja es cara”
X: “La moneda de la caja es cruz”
1 = p(E ) = p(C ∪ X ) = p(C ) + p( X ) − p(C ∩ X )
p(C ) = 2 p( X )
p (C ∩ X )=φ
=
⎫
p(C ) + p( X )⎪ ⇒ p(C ) + p( X ) = 1⎫
⎬
⎬
p(C ) = 2 p( X ) ⎭
⎪⎭
Resolvamos pues el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
p (C ) + p ( X ) = 1⎫
⎬
p (C ) = 2 p ( X ) ⎭
p (C ) + p ( X ) = 1⎫
1
1 2
⎬ ⇒ 2 p ( X ) + p( X ) = 1 ⇒ 3 p ( X ) = 1 ⇒ p ( X ) = ⇒ p (C ) = 2 ⋅ =
p (C ) = 2 p ( X ) ⎭
3
3 3
Terminemos ya de resolver el problema. Demos nombre a los sucesos:
V: “La urna elegida es verde”
R: “La urna elegida es roja”
A: “La urna elegida es amarilla”
C: “La moneda de la caja es cara”
X: “La moneda de la caja es cruz”
Como datos del problema nos dan los siguientes:
p (V ) =
1
= p (R ) = p ( A) ;
2
2
1
pC = ;p X = ;
V
V
3
3
p C = 1; p X = 0;
R
R
1
1
pC = ;p X =
A 2
A 2
( )
( )
( )
( )
( )
( )
Los sucesos V, R y A forman un sistema completo de sucesos, ya que V ∪ R ∪ A = E y son
incompatibles dos a dos, es decir, V ∩ R = φ , V ∩ A = φ , R ∩ A = φ . Por tanto, aplicando el
teorema de la probabilidad total:
13
( V )+ p(R ) ⋅ p(C R )+ p( A) ⋅ p(C A) = 12 ⋅ 23 + 12 ⋅1 + 12 ⋅ 12 = 62 + 12 + 14 = 4 +126 + 3 = 12
p (C ) = p (V ) ⋅ p C
VER POR QUÉ SALE ESTA SOLUCIÓN. PEDIR A UN ALUMNO DE 2º DE BACHILLERATO.
13
18
b) Por el teorema de Bayes:
( C)=
pR
( R) = 12 ⋅1 =
p (R ) ⋅ p C
p(C )
13
12
1
2 = 12 = 6
13 26 13
12
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8º) (Aragón, Junio, 99) Un dado ha sido trucado de manera que la probabilidad de sacar un
número par es doble que la de sacar un número impar. Se lanza el dado y se pide:
a) La probabilidad de obtener un número par.
b) Si, a la vez, se lanza un dado no trucado, la probabilidad de obtener un número par y un
número impar.
c) Si, a la vez, se lanza un dado no trucado, la probabilidad de obtener al menos, un número
impar.
Solución: Sean los sucesos:
Pt: “Sacar par en el dado trucado”
It: “Sacar impar en el dado trucado”
Pnt: “Sacar par en el dado NO trucado”
Int: “Sacar impar en el dado NO trucado”
Hallemos la probabilidad de sacar par o impar en el dado trucado:
1 = p(E ) = p(Pt ∪ I t ) = p(Pt ) + p(I t ) − p(Pt ∩ I t )
p(Pt ) = 2 p(I t )
p ( Pt ∩ I t )=φ
↓
=
⎫
p(Pt ) + p(I t ) = 1⎫
p(Pt ) + p(I t )⎪⎬ ⇒
⎬
p(Pt ) = 2 p(I t ) ⎭
⎪⎭
Resolvamos pues el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
p (Pt ) + p (I t ) = 1⎫
⎬
p (Pt ) = 2 p (I t ) ⎭
p(Pt ) + p (I t ) = 1⎫
1
2
⎬ ⇒ 2 p (I t ) + p(I t ) = 1 ⇒ 3 p(I t ) = 1 ⇒ p (I t ) = ⇒ p (Pt ) =
p(Pt ) = 2 p (I t ) ⎭
3
3
2
a) p (Pt ) =
3
b) El suceso de obtener un número par y un número impar se verifica cuando se obtiene par en
el trucado e impar en el segundo o impar en trucado y par en el no trucado. Es decir, piden la
siguiente probabilidad:
p((Pt ∩ I nt ) ∪ (I t ∩ Pnt )) = p(Pt ∩ I nt ) + p(I t ∩ Pnt ) − p((Pt ∩ I nt ) ∩ (I t ∩ Pnt )) =
p (Pt ∩ I nt ∩ I t ∩ Pnt )= p ( Pt ∩ I t ∩ I nt ∩ Pnt ) = p ( Pt ∩φ ∩ Pnt ) = p (φ )= 0
p(Pt ∩ I nt ) + p(I t ∩ Pnt ) − p(Pt ∩ I nt ∩ I t ∩ Pnt )
↓
=
I
P
p(Pt ∩ I nt ) + p(I t ∩ Pnt )− 0 = p(Pt ∩ I nt ) + p(I t ∩ Pnt ) = p(Pt ) ⋅ p⎛⎜ nt ⎞⎟ + p(I t ) ⋅ p⎛⎜ n t ⎞⎟ =
⎝ Pt ⎠
⎝ It ⎠
2 1 1 1 2 1 3 1
p(Pt ) ⋅ p(I nt ) + p(I t ) ⋅ p(Pn t ) = ⋅ + ⋅ = + = =
3 2 2 3 6 6 6 2
c) El suceso de obtener al menos un número impar se verifica cuando se obtiene impar en el
trucado e impar en el segundo o par en trucado e impar en el no trucado o impar en trucado y
par en el no trucado. Es decir, piden la siguiente probabilidad:
p((I t ∩ I nt ) ∪ (Pt ∩ I nt ) ∪ (I t ∩ Pnt ))
p(“al menos uno”) = 1 − p(“ninguno”) , es decir, el
suceso contrario de (I t ∩ I nt ) ∪ (Pt ∩ I nt ) ∪ (I t ∩ Pnt ) es (Pt ∩ Pnt ) . Por tanto,
Pero siempre es mas fácil calcular la
P
p ((I t ∩ I nt ) ∪ (Pt ∩ I nt ) ∪ (I t ∩ Pnt )) = 1 − p (Pt ∩ Pnt ) = 1 − p(Pt ) ⋅ p⎛⎜ nt ⎞⎟ = 1 − p (Pt ) ⋅ p (Pnt ) =
⎝ Pt ⎠
2 1
2
1 2
1− ⋅ =1− =1− =
6
3 3
3 2
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9º) (Aragón, Junio, 00) De una baraja española de 40 cartas se extraen sucesivamente y sin
reposición dos cartas, se pide calcular la probabilidad de que:
a) la primera carta sea de copas y la segunda de espadas.
b) una carta sea de copas y la otra de espadas.
c) ninguna sea de bastos.
d) las dos sean de oros.
Solución: Sean los sucesos:
C1: “Obtener una copa en la primera carta”
C2: “Obtener una copa en la segunda carta”
E1: “Obtener una espada en la primera carta”
E2: “Obtener una espada en la segunda carta”
B1: “Obtener un basto en la primera carta”
B2: “Obtener un basto en la segunda carta”
O1: “Obtener un oro en la primera carta”
O2: “Obtener un oro en la segunda carta”
B
B
10 10 100
10
5
E
p(C1 ∩ E 2 ) = p(C1 ) ⋅ p⎛⎜ 2 ⎞⎟ =
⋅
=
=
=
C
1⎠
⎝
40 39 1560 156 73
b) p((C1 ∩ E 2 ) ∪ (C 2 ∩ E1 )) = p((C1 ∩ E 2 )) + p((C 2 ∩ E1 )) − p((C1 ∩ E 2 ) ∩ (C 2 ∩ E1 )) =
Como el suceso (C1 ∩ E 2 ) ∩ (C 2 ∩ E1 ) es claramente el suceso imposible ya que
C1 ∩ E 2 ∩ C 2 ∩ E1 = C1 ∩ φ ∩ E1 = φ
Evidentemente el suceso E 2 ∩ C 2 es el suceso imposible ya que es el suceso que se verifica
a)
cuando en la segunda carta sale espadas y en la segunda carta sale copas. Evidentemente en
la segunda carta sólo puede darse como mucho una de esas dos opciones anteriores. Por
tanto,
p ((C1 ∩ E 2 ) ∪ (C 2 ∩ E1 )) = p(C1 ∩ E 2 ) + p(C 2 ∩ E1 ) − p(φ ) =
E
p (C1 ∩ E 2 ) + p (C 2 ∩ E1 ) − 0 = p (C1 ∩ E 2 ) + p (C 2 ∩ E1 ) = p (C1 ) ⋅ p⎛⎜ 2 ⎞⎟ + p(C 2 ) ⋅ p⎛⎜ E1 ⎞⎟ =
⎝ C1 ⎠
⎝ C2 ⎠
10 10 10 10
10 10 200
20 10
⋅ +
⋅
= 2⋅ ⋅
=
=
=
40 39 40 39
40 39 1560 156 73
(
) ( )
97
⎛
⎞ 30 29 970
p B1 ∩ B2 = p B1 ⋅ p⎜ B2 ⎟ =
⋅
=
=
⎝ B1 ⎠ 40 39 1560 156
⎛O
⎞ = 10 ⋅ 9 = 90 = 9 = 3
d) p (O1 ∩ O2 ) = p(O1 ) ⋅ p⎜ 2
⎟
⎝ O1 ⎠ 40 39 1560 156 52
c)
Recuerda siempre simplificar toda fracción
10º) (Aragón, Sept., 00) En una empresa de transportes la probabilidad de que se accidente un
camión es 0,1. Si se produce el accidente la probabilidad de perder la carga es 0,95. Por otra
parte, la probabilidad de perder la carga sin que haya accidente es 0,04. Calcular
razonadamente:
a) La probabilidad de que se pierda la carga de un camión.
b) Sabiendo que se ha perdido la carga de un camión, la probabilidad de que no haya tenido un
accidente.
Solución:
Sean los sucesos:
A: “El camión se accidenta”
C: “El camión pierde la carga”
Como datos del problema nos dan los siguientes:
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p ( A) = 0,1 ⇒ p A = 1 − p ( A) = 1 − 0,1 = 0,9 ;
()
( A) = 0,95 ⇒ p⎛⎜⎝ C A ⎞⎟⎠ = 0,05; p⎛⎜⎝ C A ⎞⎟⎠ = 0,04 ⇒ p⎛⎜⎝ C A ⎞⎟⎠ = 0,96
pC
Los sucesos A y A forman un sistema completo de sucesos, ya que A ∪ A = E y son
incompatibles, es decir, A ∩ A = φ .
a) Por tanto, aplicando el teorema de la probabilidad total:
( A)+ p(A)⋅ p⎛⎜⎝ C A⎞⎟⎠ = 0,1 ⋅ 0,95 + 0,9 ⋅ 0,04 = 0,095 + 0,036 = 0,131
p(C ) = p( A) ⋅ p C
()
p A ⋅ p⎛⎜ C ⎞⎟
⎝ A ⎠ = 0,9 ⋅ 0,04 = 0,036 = 36
0,131
0,131 131
p (C )
b) Por el teorema de Bayes p⎛⎜ A ⎞⎟ =
⎝ C⎠
11º) (Aragón, junio, 01) En una empresa el 65% de sus empleados saben manejar un
ordenador y de estos el 40% hablan inglés. La cuarta parte de los que no saben manejar el
ordenador hablan inglés. Calcular la probabilidad de que elegido al azar un empleado de esta
empresa:
a) Hable inglés y maneje el ordenador.
b) Hable inglés.
c) Maneje el ordenador, sabiendo que habla inglés.
Solución:
a) Sean los sucesos:
M: “El empleado elegido al azar sabe manejar un ordenador”
I: “El empleado elegido al azar habla inglés”
Como datos del problema nos dan los siguientes:
( M ) = 0,4; p⎛⎜⎝ I M ⎞⎟⎠ = 14 = 0,25
p(M ) = 0,65 ; p I
( I ) = 0,65 ⋅ 0,4 = 0,26
La intersección es conmutativa
a) Piden hallar p (I ∩ M )
b) Piden hallar
↓
=
p (M ∩ I ) = p (M ) ⋅ p M
p(I ) . Los sucesos M y M forman un sistema completo de sucesos, ya que
M ∪ M = E y son incompatibles, es decir, M ∩ M = φ . Por tanto, aplicando el teorema de
la probabilidad total:
( M )+ p(M )⋅ p⎛⎜⎝ I M ⎞⎟⎠ = 0,65 ⋅ 0,4 + 0,35 ⋅ 0,25 = 0,26 + 0,0875 = 0,3475
p (M ) ⋅ p (I ) 0,65 ⋅ 0,4
0,26
M =
c) Por el teorema de Bayes p (M ) =
=
= 0,7482
p ( I ) = p (M ) ⋅ p I
I
p (I )
0,3475
0,3475
12º) (Aragón, Sept., 01) De una baraja española de 40 cartas se extrae una carta al azar, se
pide:
a) calcular la probabilidad de que la carta extraída no sea rey.
b) calcular la probabilidad de que la carta extraída no sea rey sabiendo que ha sido
una figura.
c) si de la misma baraja se extrae otra carta al azar después de introducir la primera, calcular la
probabilidad de que al menos una de las dos cartas extraídas haya sido un rey.
Solución:
a) Sean los sucesos:
R: “La carta extraída es un rey”
F: “La carta extraída es una figura”
()
pR =
36 9
=
40 10
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PROBLEMAS SOLUCIONADOS SOBRE CÁLCULO DE
PROBABILIDADES.
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b) Sabemos, los que alguna vez hemos jugado a las cartas, que las figuras son las sotas, los
caballos y los reyes.
8 2
p⎛⎜ R ⎞⎟ =
= (Téngase en cuenta que ya se que salió figura, las cuales son 12, y de
F
⎝
⎠ 12 3
esas 12, 8 no son reyes)
c) Sean los sucesos:
R1: “La carta extraída es un rey en la extracción primera”
F1: “La carta extraída es una figura en la extracción primera”
R2: “La carta extraída es un rey en la extracción segunda”
F2: “La carta extraída es una figura en la extracción segunda”
Piden hallar:
(
)
( )
⎛R
⎞
p(" al menos un rey") = 1 − p(" ningún rey") = 1 − p R1 ∩ R2 = 1 − p R1 ⋅ p⎜ 2 ⎟ =
⎝ R1 ⎠
36 36 1600 − 1296 1600 − 1296 304
76
19
=
=
=
=
=
1− ⋅
40 40
1600
1600
1600 400 100
13º) (Aragón, junio, 02) Se tienen dos monedas, una sin trucar y otra trucada. Sabiendo que
con la moneda trucada la probabilidad de obtener cruz es triple que la probabilidad de obtener
cara, calcular la probabilidad de que al lanzar las dos monedas:
a) se obtengan dos caras.
b) no se obtenga ninguna cara.
c) se obtenga una cara y una cruz.
d) se obtengan dos caras o dos cruces.
Solución: Sean los sucesos:
Ct: “Al lanzar la moneda trucada se obtiene cara”
Xt: “Al lanzar la moneda trucada se obtiene cruz”
Cnt: “Al lanzar la moneda no trucada se obtiene cruz” ⇒ p (C nt ) =
1
2
1
Xnt: “Al lanzar la moneda notrucada se obtiene cruz” ⇒ p ( X nt ) =
2
Lo primero que debemos obtener es la probabilidad de salir cara en la moneda trucada, es
decir, hallemos p(C t ) y p ( X t ) :
1 = p (E ) = p (C t ∪ X t ) = p(C t ) + p ( X t ) − p (C t ∩ X t )
p (Ct ∩ X t )=φ
↓
=
p( X t ) = 3 p(C t )
⎫
p(C t ) + p ( X t ) = 1⎫
p (C t ) + p( X t )⎪⎬ ⇒
⎬
p( X t ) = 3 p(C t ) ⎭
⎪⎭
Resolvamos pues el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
p (C t ) + p( X t ) = 1⎫
⎬
p ( X t ) = 3 p(C t ) ⎭
p (C t ) + p( X t ) = 1⎫
1
3
⎬ ⇒ p (C t ) + 3 p(C t ) = 1 ⇒ 4 p(C t ) = 1 ⇒ p (C t ) = ⇒ p ( X t ) =
p ( X t ) = 3 p(C t ) ⎭
4
4
a)
Ct y Cnt son claramente independientes, el que haya salido cara en el trucado no altera la probabilidad de salir cara en el no trucado
C
p (C t ∩ C nt ) = p(C t ) ⋅ p⎛⎜ nt ⎞⎟
Ct ⎠
⎝
1 1 1
= ⋅ =
4 2 8
↓
=
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p (C t ) ⋅ p (C nt )
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b)
(
p C t ∩ C nt
=
)
C t = X t ; Cn t = X nt
↓
=
Xt y Xnt son claramente independientes, el que haya salido cara en el trucado no altera la probabilidad de salir cara en el no trucado
↓
X
⎞
p( X t ) ⋅ p⎛⎜ nt
X t ⎟⎠
⎝
p( X t ) ⋅ p( X nt )
=
3 1 3
⋅ =
4 2 8
c)
p[(C t ∩ X nt )∪ (X t ∩ C nt )] = p(C t ∩ X nt )+ p(X t ∩ C nt )− p[(C t ∩ X nt )∩ (X t ∩ C nt )] =
( C t ∩X nt )∩ ( X t ∩C nt )=
C t ∩ X nt ∩ X t ∩C nt= C t ∩φ ∩ C nt = φ
↓
p (C t ∩ X nt )+ p(X t ∩ C nt )− p(φ ) = p(C t ∩ X nt )+ p (X t ∩ C nt )− 0 =
=
X
⎞+ p(X )⋅ p⎛C nt
⎞=
p(C t ∩ X nt )+ p(X t ∩ C nt ) = p(C t )⋅ p⎛⎜ nt
⎟
⎜
t
C
X t ⎟⎠
t ⎠
⎝
⎝
Ct y Xnt son claramente independientes, el que haya salido cara en el trucado no altera la probabilidad de salir cruz en el no trucado, y lo mismo Xt y Cnt son independientes
↓
=
↓
p(C t )⋅ p(X nt )+ p(X t )⋅ p(C nt ) =
=
=
1 1 3 1 1 3 4 1
⋅ + ⋅ = + = =
4 2 4 2 8 8 8 2
d)
p[(C t ∩ C nt )∪ (X t ∩ X nt )] = p(C t ∩C nt )+ p(X t ∩ X nt )− p[(C t ∩ C nt )∩ (X t ∩ X nt )] =
( C t ∩C nt )∩ ( X t ∩X
↓
=
nt )= φ ∩φ = φ
p (C t ∩C nt )+ p (X t ∩ X nt )− p(φ ) = p (C t ∩C nt )+ p(X t ∩ X
C
⎞+ p(X )⋅
p(C t ∩C nt )+ p(X t ∩ X nt ) = p(C t )⋅ p⎛⎜ nt
t
C t ⎟⎠
⎝
1 1 3 1 1 3 4 1
= ⋅ + ⋅ = + = =
4 2 4 2 8 8 8 2
p⎛⎜
⎝
X nt
nt
)− 0 =
⎞ = p(C )⋅ p(C )+ p(X )⋅ p(X )=
t
nt
t
nt
X t ⎟⎠
14º) (Aragón, Sept., 02) Se lanzan un dado azul y tres rojos. Calcular la probabilidad de los
siguientes sucesos:
a) En todos los dados rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul.
b) Al menos en uno de los rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul.
c) Todas las puntuaciones obtenidas son pares o todas son múltiplos de 3.
Solución:
a)
Los casos favorables serán 6, a saber, (1(azul),1(rojo),1(rojo),1(rojo)),
(2(azul),2(rojo),2(rojo),2(rojo)), (3(azul),3(rojo),3(rojo),3(rojo)), (4(azul),4(rojo),4(rojo),4(rojo)),
(5(azul),5(rojo),5(rojo),5(rojo)), (6(azul),6(rojo),6(rojo),6(rojo)).
Los casos posibles serán
VR6, 4 = 6 4 . Por tanto, la probabilidad pedida, será:
p (" En todos los dados rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul") =
6
1
1
= 3 =
4
216
6
6
b)
p (" Al menos en uno de los rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul") =
1 − p (" en ninguno de los rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul")
El suceso contrario de “al menos uno” es “ninguno”. Como siempre, suele ser más fácil contar
el suceso contrario “ninguno”.
Veamos los casos favorables al suceso “en ninguno de los rojos se obtiene la misma
puntuación que en el azul”:
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Los casos favorables serán 6 ⋅ 5 ⋅ 5 ⋅ 5 ya que las puntuaciones del azul pueden ser 6, del 1 al
6. Elegida esa puntuación (por ejemplo en el azul sale un 2) el primer dado rojo puede tomar 5
puntuaciones (todas menos el 2 que salió en el azul a modo de ejemplo), el segundo dado rojo
puede tomar 5 puntuaciones (todas menos el 2) el tercer dado rojo puede tomar 5
puntuaciones, todas menos el 2).
Los casos posibles serán
VR6, 4 = 6 4 . Por tanto, la probabilidad pedida, será:
p (" Al menos en uno de los rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul") =
1 − p(" en ninguno de los rojos se obtiene la misma puntuación que en el azul") = 1 −
1−
6⋅5⋅5⋅5
=
64
5⋅5⋅5
125 216 − 125 91
= 1−
=
=
3
216
216
216
6
c)
p(" Todas las puntuaciones obtenidas son pares o todas son múltiplos de 3") =
p(" Todas las puntuaciones obtenidas son pares") + p(" Todas las puntuaciones obtenidas son múltiplos de 3") −
p(" Todas las puntuaciones obtenidas son pares y todas son múltiplos de 3")
Calculemos la probabilidad del suceso “todas las puntuaciones obtenidas son pares”:
Los casos favorables serán 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ya que las puntuaciones del azul pueden ser 3
(2, 4 ó 6). Elegida esa puntuación (por ejemplo en el azul sale un 4) el primer dado rojo
puede tomar 3 puntuaciones (2, 4 ó 6), el segundo dado rojo puede tomar 3
puntuaciones (2, 4 ó 6) y el tercer dado rojo puede tomar 3 puntuaciones (2, 4 ó 6).
Los casos posibles serán
VR6, 4 = 6 4 .
Calculemos la probabilidad del suceso “todas las puntuaciones obtenidas son múltiplos de 3”:
Los casos favorables serán 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ya que las puntuaciones del azul pueden ser 2
(3 ó 6). Elegida esa puntuación (por ejemplo en el azul sale un 3) el primer dado rojo
puede tomar 2 puntuaciones (3 ó 6), el segundo dado rojo puede tomar 2 puntuaciones
(3 ó 6) y el tercer dado rojo puede tomar 2 puntuaciones (3 ó 6).
Los casos posibles serán
VR6, 4 = 6 4 .
Calculemos la probabilidad del suceso “todas las puntuaciones obtenidas pares y son múltiplos
de 3”:
Los casos favorables serán 1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = 1 , es decir, el caso favorables será el (6,6,6,6).
Los casos posibles serán
VR6, 4 = 6 4 .
Por tanto, la probabilidad pedida será:
p(" Todas las puntuaciones obtenidas son pares o todas son múltiplos de 3") =
p(" Todas las puntuaciones obtenidas son pares") + p (" Todas las puntuaciones obtenidas son múltiplos de 3") −
p(" Todas las puntuaciones obtenidas son pares y todas son múltiplos de 3") =
3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 1 81 + 16 − 1
96
48
12
2
1
+
− 4 =
=
=
=
=
=
4
4
1296
1296 648 162 54 27
6
6
6
15º) (Aragón, Junio, 03) La probabilidad de que un ciudadano conteste a una carta en la que se
le ofrece una “multipropiedad” es igual a 0,2. Si recibe a lo largo de un mes 3 cartas, calcular la
probabilidad de los siguientes sucesos:
a) Contesta a las 3 cartas.
b) Contesta solamente a la segunda.
c) No contesta a ninguna carta.
d) Contesta al menos a una carta.
Solución: Sean los sucesos:
C1:”El ciudadano contesta a la primera carta”
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C2:”El ciudadano contesta a la segunda carta”
C3:”El ciudadano contesta a la tercera carta”
Es claro y evidente, que los sucesos C1, C2 y C3 son independientes, pues el que haya o no
contestado a la primera carta, no afecta a la probabilidad de contestar o no a la segunda y
tercera cartas. Por tanto:
a)
C1, C2 y C3 son independientes
↓
C
C
⎞
p(C1 ∩ C 2 ∩ C 3 ) = p(C1 ) ⋅ p⎛⎜ 2 ⎞⎟ ⋅ p⎛⎜ 3
⎟
(
)
C
C
C
∩
1⎠
1
2 ⎠
⎝
⎝
0,2 ⋅ 0,2 ⋅ 0,2 = 0,008
=
p(C1 ) ⋅ p(C 2 )⋅ p(C3 ) =
b)
(
) ( )
⎞
⎛
⎞ ⎛C
p C1 ∩ C 2 ∩ C 3 = p C1 ⋅ p⎜ C 2 ⎟ ⋅ p⎜ 3
⎟
C1 ∩ C 2 ⎠
⎝ C1 ⎠ ⎝
0,8 ⋅ 0,2 ⋅ 0,8 = 0,128
(
C1, C2 y C3 son independientes
↓
)
=
( )
( )
p C1 ⋅ p(C 2 )⋅ p C 3 =
c)
(
) ( )
⎞
⎛
⎞ ⎛C
p C1 ∩ C 2 ∩ C 3 = p C1 ⋅ p⎜ C 2 ⎟ ⋅ p⎜ 3
⎟
C1 ∩ C 2 ⎠
⎝ C1 ⎠ ⎝
0,8 ⋅ 0,8 ⋅ 0,8 = 0,512
d)
(
C1, C2 y C3 son independientes
)
↓
=
p (" Contesta al menos a una carta") =
1 − p(" no contesta a ninguna carta") = 1 − 0.512 = 0,488
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( ) ( ) ( )
p C1 ⋅ p C 2 ⋅ p C 3 =