cap.1 teoria de probabilidad

Parte I

Teoría

1

Capítulo 1

Cálculo de probabilidades

1.1. Espacios de probabilidades

1.1.1. Espacio Muestral

Se llama experimento aleatorio a cualquier procedimiento que tiene lassiguientes propiedades:

1. Se lleva a cabo según un conjunto de reglas que determinan por completosu realización.

2. Puede repetirse indefinidamente bajo las mismas condiciones.

3. Se conoce previamente el conjunto de todos los posibles resultados

4. En cada realización no puede predecirse el resultado.

Cada realización del experimento aleatorio se llama prueba y cada pruebada lugar a un resultado o muestra. Se define espacio muestral como elconjunto de todos los posibles resultados de un experimento y lo designamospor Ω. Se llama suceso a cualquier subconjunto de Ω. Si ω es el resultadoobtenido en una prueba, entonces decimos que ha ocurrido el suceso A siω ∈ A, y que no ha ocurrido si ω /∈ A. Si ω ∈ Ω, entonces A = ω se llamaun suceso elemental. Es claro que Ω es un suceso (pues Ω ⊂ Ω) que ocurresiempre y, por esto se le llama suceso seguro. Otro suceso es ∅ (ya que ∅ ⊂ Ω)que además nunca ocurre y, por esto se le llama suceso imposible.

Ejemplo 1 1. Consideremos el experimento que consiste en tirar una mon-eda al aire. Es claro que tenemos sólo dos resultados posibles: cara, quesimbolizamos por c, y cruz, que simbolizamos por x. Por tanto,

Ω = c, xPodemos distinguir varios sucesos: obtener cara, representado por el sub-conjunto A = c; obtener cara o cruz, representado por Ω; no sacar nicara ni cruz, representado por ∅.

3

4 CAPÍTULO 1. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

2. Consideremos el experimento que consiste en tirar un dado una sola vez.En este caso tenemos

Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6Algunos sucesos son: sacar un seis, suceso elemental representado porel subconjunto A = 6; obtener un número par, representado por B =2, 4, 6; sacar un número menor que tres, representado por C = 1, 2.

3. Consideremos el experimento que consiste en tirar dos veces una monedaal aire. En este caso, usando la misma simbología que en (1), tenemos

Ω = cc, cx, xc, xxen donde xc simboliza el hecho de que en el primer lanzamiento ha salidocruz y en el segundo, cara. El espacio muestral consta pues de 4 resultadosposibles. Algunos sucesos son: obtener al menos una cara, representadopor el subconjunto A = cc, cx, xc; sacar una cruz, representado por B =cx, xc; obtener exactamente dos caras, suceso elemental representadopor C = cc. Si en lugar de mirar las caras y cruces que salen al realizar elexperimento miramos el número de caras, entonces tendremos otro espaciomuestral asociado al mismo experimento

Ω1 = 0, 1, 2en donde 1, por ejemplo, indica que se ha obtenido solamente una cara enlos dos lanzamientos.

Un espacio muestral es finito cuando tiene un número finito de elementos;será infinito numerable si tiene un número infinito numerable de elementos, esdecir, cuando se pueda establecer una aplicación biyectiva entre los elementosdel espacio muestral y los números naturales. Cuando Ω es finito o infinitonumerable el espacio muestral se llama discreto. Un espacio muestral diremosque es continuo cuando tiene un número infinito no numerable de elementos(no es posible establecer una biyección entre Ω y N).

Ejemplo 2 1. Consideremos el experimento que consiste en tirar una mon-eda al aire repetidas veces hasta que sale cruz. Utilizando la simbologíaintroducida en el ejemplo 1, los sucesos elementales son

ω1 = x, ω2 = cx, ω3 = ccx, ..., ωn =

nz | cc · · · cx, ...

observamos enseguida que tenemos un espacio muestral discreto pues Ω esinfinito numerable, ya que existe la posibilidad de que nunca salga cruz.

2. Consideremos el experimento que consiste en observar la intensidad de uncircuito eléctrico que fluctúa entre 0 y 1 amperios. En este caso, el conjuntode todos los posibles resultados son todos los números reales del intervalo[0, 1]. Por tanto, tenemos un espacio muestral continuo pues Ω = [0, 1] esinfinito no numerable.

1.1. ESPACIOS DE PROBABILIDADES 5

1.1.2. Operaciones con Sucesos

Como los sucesos se representan mediante subconjuntos del espacio mues-tral, operamos con sucesos igual que como lo hacemos con los conjuntos y lasoperaciones se definen del mismo modo.

1. Suceso contenido en otro: Decimos que el suceso A está contenido enel B o también, que A implica B, cuando siempre que ocurre el sucesoA, también ocurre el suceso B. En el lenguaje de la teoría de conjuntos,representamos este hecho mediante A ⊂ B

A ⊂ B ⇐⇒ Para todo ω ∈ A se tiene ω ∈ B

2. Igualdad de sucesos: Decimos que dos sucesos A y B son iguales sisiempre que ocurre A, ocurre B, y viceversa, es decir, cuando A implicaB y B implica A. Escribimos entonces A = B

A = B ⇐⇒ A ⊂ B y B ⊂ A

3. Unión de sucesos: Dados dos sucesos A y B, se define la unión de amboscomo el suceso que ocurre si y sólo siA ocurre, oB ocurre, o ambos ocurrena la vez. Representamos este suceso por el conjunto A ∪B

A ∪B = ω ∈ Ω : ω ∈ A o ω ∈ B

4. Intersección de sucesos: Dados dos sucesos A y B, se define la inter-sección de ambos como el suceso que ocurre si y sólo si ocurren A y B ala vez. Representamos este suceso por el conjunto A ∩B.

A ∩B = ω ∈ Ω : ω ∈ A y ω ∈ B

En este sentido, decimos que dos sucesos A y B son incompatibles odisjuntos cuando el suceso intersección de ambos es el suceso imposi-ble, es decir, cuando no pueden ocurrir a la vez. Decimos que los sucesosA1, A2, ..., An son mutuamente excluyentes si son incompatibles dos ados

Ai ∩Aj = ∅

para todo i 6= j.

5. Suceso contrario: Dado un suceso A, se define el suceso contrario de A,como otro suceso que ocurre cuando no ocurre A y que no ocurre cuandoA ocurre. Representamos este suceso por el conjunto complementario deA, que denotamos por A = Ω−A

A = ω ∈ Ω : ω /∈ A


6. Diferencia de sucesos: Dados dos sucesos A y B, se define la diferenciade A y B como el suceso que ocurre si y sólo si ocurre A y no ocurre B.Representamos este suceso por el conjunto diferencia A−B

A−B = ω ∈ Ω : ω ∈ A y ω /∈ B

7. Diferencia simétrica de sucesos: Dados dos sucesos A y B, se definela diferencia simétrica de A y B como el suceso que ocurre cuando ocurreA o B pero no los dos a la vez. Representamos este suceso por el conjuntoA4B

A4B = (A−B) ∪ (B −A)

Observación 1 Para comprender mejor las operaciones con sucesos es conve-niente usar los diagramas de Venn. De este modo, tenemos

En (1) se representa el hecho de que ω1 realiza A, pues ω1 ∈ A, y ω2 no realizaA, pues ω2 /∈ A. En (2) se representa el hecho de que A y B son sucesos in-compatibles, pues A ∩B = ∅.

En (3), tenemos que B implica A, y en (4), la región sombreada es el sucesounión de A y B.


En (5), la región sombreada representa el suceso contrario de A, y en (6), lazona sombreada representa el suceso intersección de A y B.

En (7), la zona sombreada es el suceso diferencia de A y B, y en (8), la regiónsombreada es el suceso diferencia simétrica de A y B.

De la teoría de conjuntos, se deducen las siguientes propiedades sobre lossucesos de un espacio muestral:

1. Si B ⊂ A, entonces A ⊂ B.

2. A = A, Ω = ∅ y ∅ = Ω.

3. Leyes de De Morgan:

A ∪B = A ∩B y A ∩B = A ∪By, en general,

∞[n=1

An =∞\n=1

An y∞\n=1

An =∞[n=1

An

4. Conmutatividad:

A ∪B = B ∪A y A ∩B = B ∩A


5. Asociatividad:

A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C y A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C

6. Distributividad:

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C) y A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

7.A ∪A = A A ∪∅ = A A ∪ Ω = Ω

A ∩A = A A ∩∅ = ∅ A ∩Ω = A

Ejemplo 3 Consideremos el experimento que consiste en elegir al azar un númeronatural. Consideremos también los sucesos siguientes

A: que el número elegido es múltiplo de 3

B: que el número elegido es menor que 30

C: que el número escogido es múltiplo de 2

D: que el número elegido es primo

Se pide: (a) Describir el espacio muestral. (b) Describir los siguientes suce-sos: A ∪B, A ∩B, (A ∩B) ∪A, B ∩ C, A ∩D y A ∪ C ∪D.Solución: (a) Es claro que Ω = N.(b) Se tiene

A ∪B = x ∈ N : x ∈ (3) o x < 30A ∩B = 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27(A ∩B) ∪A = AB ∩ C = x ∈ N : x ∈ (2) y x < 30A ∩D = 3A ∪ C ∪D = A ∩ C ∩D = ∅ = N

Ejemplo 4 Sean A,B y C tres sucesos asociados a un experimento aleatorio.Expresar formalmente y representar en un diagrama de Venn los sucesos sigu-ientes:

1. Ocurre sólo A

2. Ocurren los tres sucesos

3. Exactamente uno de los tres sucesos ocurre

4. Exactamente dos de los tres sucesos ocurren

5. Al menos uno de los tres sucesos ocurre


6. No ocurren más de dos de los tres sucesos

7. No ocurre ninguno

8. Ocurren al menos dos de los tres sucesos

Solución: (1) Si ocurre sólo A es porque ocurre A y no B y no C, es decir,A ∩B ∩ C. Su representación sería la parte rayada del siguiente diagrama

(2) Ocurre A y B y C, es decir, A ∩B ∩ C. Su representación es

(3) Si ocurre exactamente uno de los tres, es porque ocurre sólo A, o bienocurre sólo B, o bien ocurre sólo C. De este modo, tenemos que ocurre sólo Aes A∩B∩C; que sólo ocurre B es A∩B∩C; y que sólo ocurre C es A∩B∩C.Por tanto, que ocurra exactamente uno de los tres sucesos es el conjunto

(A ∩B ∩ C) ∪ (A ∩B ∩ C) ∪ (A ∩B ∩ C)que se representa mediante el siguiente diagrama


(4) Para que ocurran dos de los tres sucesos tiene que suceder sólo A y B,o sólo A y C, o sólo B y C. Ocurren sólo A y B es A ∩B ∩ C, sólo A y C esA ∩ B ∩ C, y sólo B y C, A ∩ B ∩ C. Por tanto, que ocurran dos de los tressucesos es el conjunto

(A ∩B ∩ C) ∪ (A ∩B ∩ C) ∪ (A ∩B ∩ C)

que se representa mediante el siguiente diagrama

(5) Para que ocurra al menos uno de los tres sucesos, ha de ocurrir A o Bo C, es decir, A ∪B ∪ C.

(6) Si no ocurren más de dos de los tres sucesos es porque no ocurre ningunoo sólo uno o sólo dos, o de forma equivalente, no pueden ocurrir los tres sucesosa la vez, es decir, A ∩B ∩ C. Su representación sería la parte rayada del sigu-iente diagrama


(7) Si no ocurre ninguno, no ocurre A ni B ni C, es decir, A ∩ B ∩ C =A ∪B ∪ C. Su representación es

(8) Ocurren al menos dos de los tres sucesos equivale a que ocurren exac-tamente dos, ver apartado (4), o bien los tres, ver apartado (2), o de formaequivalente, (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ∪ (B ∩ C). Su representación es el diagramasiguiente

1.1.3. Álgebras de sucesos

Sea Ω un espacio muestral (discreto o continuo) y sea A una familia desucesos del espacio muestral, es decir, A ⊂ P(Ω). Decimos que A es un álgebra


de Boole de sucesos sobre Ω cuando se satisfacen las siguientes condiciones:

1. Si A ∈ A, entonces A ∈ A2. Si A,B ∈ A, entonces A ∪B ∈ A3. ∅ ∈ A

Como consecuencia de la definición tenemos el siguiente resultado.

Teorema 1 Sea A un álgebra de Boole de sucesos sobre un espacio muestralΩ. Entonces

1. Si A,B ∈ A, entonces A ∩B ∈ A2. Ω ∈ A

Demostración: (1) Por definición, si A,B ∈ A entonces A,B ∈ A y, portanto, A ∪ B ∈ A. De aquí, también por definición, se deduce que A ∪B ∈ A.Ahora bien, por las leyes de De Morgan, tenemos

A ∪B = A ∩B= A ∩B

Luego, A ∩B ∈ A.(2) Por definición ∅ ∈ A y, por tanto,

∅ = Ω

y, en consecuencia, Ω ∈ A.

Observación 2 Mediante inducción, se puede probar sin ninguna dificultad lasdos propiedades siguientes de las álgebras de Boole de sucesos:

1. Si A1, A2, ..., An ∈ A, entoncesn[i=1

Ai ∈ A

2. Si A1, A2, ..., An ∈ A, entoncesn\i=1

Ai ∈ A

Sin embargo, estas dos propiedades no pueden generalizarse a un nombreinfinito de sucesos. Por este motivo, introducimos el concepto de σ−álgebra desucesos.


Una familia A de sucesos sobre un espacio muestral Ω decimos que es unaσ−álgebra de sucesos sobre Ω, o también denominada álgebra de Borel desucesos sobre Ω, cuando se satisfacen las siguientes condiciones:

1. Si A ∈ A, entonces A ∈ A2. Si A1, ..., An, ... es una sucesión de sucesos de A, entonces

∞[i=1

Ai ∈ A (1.1)

3. ∅ ∈ AObservación 3 Para familias finitas de sucesos sobre un espacio muestral, unálgebra de Boole es también una σ−álgebra, pues, si A = A1, A2, ..., An es unálgebra sobre Ω, entonces (5.1) se satisface tomando

An+1 = An+2 = · · · = ∅Como consecuencia de la definición tenemos el siguiente resultado.

Teorema 2 Sea A una σ−álgebra de sucesos sobre un espacio muestral Ω. En-tonces

1. Si A1, ..., An, ... es una sucesión de sucesos de A, entonces∞\i=1

Ai ∈ A

2. Ω ∈ ADemostración: Es similar a la realizada en el teorema 1.

Dado un experimento, al par (Ω,A) formado por el espacio muestral Ω aso-ciado a dicho experimento y por una σ−álgebra de sucesos construida sobre Ω,se denomina un espacio probabilizable y, como veremos más abajo, sobre élse definirá el concepto de probabilidad.

Ejemplo 5 Es inmediato comprobar que

1. Dado Ω, el conjunto A = ∅,Ω es un álgebra de sucesos (denominadaálgebra trivial).

2. Dado Ω, el conjunto P(Ω) de partes de Ω es una álgebra de sucesos. Porejemplo, en el experimento de tirar una moneda al aire, sabemos que Ω =c, x. Luego

P (Ω) = ∅, c, x,Ωes un álgebra de sucesos sobre Ω.


3. En un álgebra de sucesos finita (con un número finito de sucesos) A, unsuceso A se llama un átomo de A si A es distinto de Ω y ∅ y paratodo B ∈ A tal que B ⊂ A y B 6= A, implica B = ∅. Los átomos deun álgebra, si los hay, son siempre sucesos mutuamente excluyentes. Unálgebra finita, distinta del álgebra trivial, contiene al menos un átomo, y,además, cualquier suceso del álgebra es unión de uno o varios átomos. Porejemplo, un álgebra finita que contiene tres átomos A,B y C está formadapor los siguientes sucesos:

∅, A,B,C,A ∪B,A ∪ C,B ∪ C,A ∪B ∪ C = Ω

4. En el experimento de medir la intensidad de un circuito eléctrico que fluc-túa entre 0 y 1 amperios, una σ−álgebra de sucesos sobre Ω = [0, 1] con-siste en el conjunto de todos los intervalos cerrados [a, b] incluidos en elintervalo [0, 1] conjuntamente con las uniones e intersecciones numerablesde estos intervalos.

1.1.4. Definición axiomática de probabilidad

Dado un espacio probabilizable (Ω,A), una probabilidad P es una apli-cación

P : A −→ RA 7−→ P (A)

que satisface las siguientes condiciones o axiomas (conocidos con el nombre deaxiomas de Kolgomorov)

1. P (A) ≥ 0, para cada A ∈ A2. P (Ω) = 1

3. Para cualquier sucesión (finita o infinita) A1, A2, ..., An, ... de sucesos mu-tuamente excluyentes (es decir, Ai ∩Aj = ∅ si i 6= j), se cumple

P (∞[n=1

An) =∞Xn=1

P (An)

A P (A) se le llama probabilidad del suceso A y a la terna (Ω,A, P ) se lallama espacio de probabilidades.

Espacios de probabilidades finitos. Definición clásica de probabilidad

Supongamos que Ω es un espacio muestral finito y supongamos que

Ω = ω1, ω2, ..., ωnTomando como álgebra de sucesos A = P(Ω), definimos la probabilidad de unsuceso A ∈ A mediante

P (A) =card A

card Ω


en donde card A designa el número de elementos del conjunto A. Es inmediatocomprobar que P es una probabilidad sobre (Ω,A). En efecto, (1) P (A) ≥ 0 esobvio; (2)

P (Ω) =card Ω

card Ω= 1

y (3), teniendo en cuenta que si A ∩B = ∅, se cumple

card (A ∪B) = card A+ card B

entonces

P (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak) =card (A1 ∪A2 ∪ · · · ∪Ak)

card Ω

=card A1 + card A2 + · · ·+ card Ak

card Ω= P (A1) + P (A2) + · · ·+ P (Ak)

Obsérvese que los sucesos elementales son equiprobables, ya que todos tienenla misma probabilidad

P (ωi) = 1

card Ω(i = 1, 2, ..., n)

Puesto que cualquier suceso es una familia finita de sucesos elementales, se tiene

P (A) = P (ω1, ω2, ..., ωm)

=mXi=1

P (ωi)

=mXi=1

1

card Ω

=m

card Ω

que es precisamente la definición clásica de probabilidad, conocida como la reglade Laplace que suele expresarse como

P (A) =número de casos favorables a Anúmero de casos posibles

Esta forma de asignar probabilidades es un caso particular de la definición ax-iomática. Su utilidad práctica es notable aunque sólo es aplicable al caso deespacios muestrales finitos y es evidente que no tiene sentido al caso de espaciomuestrales numerables o continuos.

Observación 4 En el experimento que consiste en tirar una moneda al aire,Ω = c, x. Tomando A = P (Ω), podemos definir sobre (Ω,A) una probabilidaden el sentido clásico, con lo cual

P (c) = P (x) = 1

2


es decir, los sucesos elementales son equiprobables. Otra probabilidad sobre (Ω,A)es la que satisface

P (c) = 1

4y P (x) = 3

4

En general, sobre un espacio probabilizable podemos construir distintas proba-bilidades.

Ejemplo 6 Consideremos un dado tal que la probabilidad de las distintas carases proporcional al número de puntos indicados en ellas. Hallar la probabilidadde obtener con este dado un número par.Solución: En este caso tenemos Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6 y el álgebra de sucesos

es A = P(Ω). Por el enunciado del problema, tenemos

P (n) = λn (n = 1, 2, ..., 6)

Sabemos que se ha de cumplir la siguiente condición

6Xn=1

P (n) = 1

luego21λ = 1 ⇐⇒ λ = 1

21

Por lo tanto, tenemos

P (2, 4, 6) = P (2) + P (4) + P (6)=

2

21+4

21+6

21

=4

7

Espacios de probabilidades infinito numerables

Supongamos que el espacio muestral Ω es infinito numerable y supongamosque

Ω = ω1, ω2, ..., ωn, ...Sean p1, p2, ..., pn, ...una sucesión de números reales no negativos tales que

∞Xn=1

pi = 1

Bajo estas condiciones es claro que 0 ≤ pn ≤ 1 y

lımn→∞ pn = 0


Tomando A = P(Ω) y puesto que Ω es numerable, cualquier suceso es unafamilia de suscesos elementales. Entonces, definimos la probabilidad de un suceso

A = ωk1 , ωk2 , ..., ωknmediante

P (A) = pk1 + · · ·+ pkn

Es claro que de esta definición se deduce que los números pn no son más que lasprobabilidades de los sucesos elementales

pn = P (ωn) (n = 1, 2, 3, ...)

Vamos a comprobar que P es una probabilidad sobre (Ω,A). En efecto, (1) porhipótesis 0 ≤ pn ≤ 1 y, como consecuencia, P (A) ≥ 0; (2) es evidente ya que

P (Ω) =∞Xn=1

pi = 1

(3) sean A = ωk1 , ωk2 , ..., ωkn y B = ωr1 , ωr2 , ..., ωrm dos sucesos incom-patibles. Entonces no tendrán ningún elemento en común y, por tanto,

A ∪B = ωk1 , ωk2 , ..., ωkn , ωr1 , ωr2 , ..., ωrmLuego,

P (A ∪B) = pk1 + pk2 + · · ·+ pkn + pr1 + pr2 + · · ·+ prm= P (A) + P (B)

y lo mismo ocurre para una sucesión infinita de sucesos mutuamente excluyentes.

Ejemplo 7 Consideremos el experimento que consiste en escoger al azar unnúmero natural. En este caso el espacio muestral es infinito numerable puesΩ = N. Consideremos la σ−álgebra A = P(N). Definimos la probabilidad P demanera que

P (n) =µ1

2

¶n(n = 1, 2, 3, ...)

Comprobar que P es una probabilidad sobre (Ω,A) y calcular la probabilidad delsuceso

A = 2, 4, 6, ...Solución: En este caso la sucesión de números reales no negativos viene

dada por

pn = P (n) =µ1

2

¶n(n = 1, 2, 3, ...)

Para probar que P define una probabilidad sobre (Ω,A) es suficiente con com-probar que

∞Xn=1

pi =∞Xn=1

µ1

2

¶n= 1


pero esto es evidente ya que se trata de una serie geométrica de razón 1/2 y susuma vale ∞X

n=1

µ1

2

¶n=

1/2

1− 1/2 = 1

Calculemos ahora la probabilidad del suceso A. Es claro que

P (A) =∞Xn=1

µ1

2

¶2n=

∞Xn=1

µ1

4

¶n=

1/4

1− 1/4=

1

3

Espacios de probabilidades continuos

Como hemos visto, cuando el espacio muestral es discreto, puesto que cualquiersuceso de la σ−álgebra de sucesos es una familia de sucesos elementales, es su-ficiente asignar probabilidades a todos éstos de manera que la suma de todasellas sea igual a la unidad, y definir la probabilidad de un suceso A cualquieracomo

P (A) =Xω∈A

P (ω)

En el caso continuo no es cierto, en general, que una familia de sucesos ele-mentales sea un suceso de la σ−álgebra de sucesos y, como consecuencia, nopodemos proceder como en el caso discreto. Para concretar supongamos queΩ = R (podíamos haber tomado también un intervalo de la recta real). Tomem-os como álgebra de sucesos A ⊂ P(R) la familia de todos los intervalos cerradosde la recta real conjuntamente con todas sus uniones e intersecciones numer-ables. Por construcción, es claro que A es una σ−álgebra, pues es cerrada bajouniones e intersecciones numerables, y también lo es bajo la operación de com-plementariedad de sus elementos. Se trata ahora de construir una probabilidadsobre (R,A) de manera que sea consistente con los axiomas. Para ello, sea ρ unafunción real no negativa tal queZ +∞

−∞ρ(x) dx = 1

Sea A ∈ A un suceso cualquiera, entonces A será un cierto subconjunto de larecta real. Definimos la probabilidad de A como el área entre la gráfica de ρ yel conjunto A

P (A) =

ZA

ρ(x) dx


De este modo, P es una probabilidad sobre (R,A), pues (1) se cumple ya que ρes una función no negativa. Por hipótesis, se tiene (2) ya que

P (R) =ZRρ(x) dx = 1

Finalmente, también se cumple (3), pues si A1, A2, ..., An, ... son sucesos mutu-amente excluyentes, entonces no tienen ningún punto en común y, por tanto, elárea entre ρ y la intersección A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An ∩ · · · es la suma de las áreasentre ρ y cada uno de los Ai, es decir,

P

Ã ∞[n=1

An

!=∞Xn=1

P (An)

Observación 5 1. Si A = [a, b], entonces

P ([a, b]) =

Z b

a

ρ(x) dx

Si A = a, puesto que∞\n=1

[a− 1n, a+

1

n] = a

entonces, por el teorema 4, tenemos

P

Ã ∞\n=1

[a− 1n, a+

1

n]

!= lım

n→∞P

µ[a− 1

n, a+

1

n]

¶

= lımn→∞

Z a+ 1n

a− 1n

ρ(x) dx = 0

luegoP (a) = 0

es decir, la probabilidad de un punto de un espacio muestral infinito nonumerable es cero.

2. La probabilidad P (A) de un suceso A puede interpretarse desde un puntode vista geométrico en función del área de la figura correspondiente a A. Deeste modo, si designamos por S(A) el área de la representación gráfica decualquier suceso A, entonces la probabilidad del suceso A puede definirsemediante

P (A) =S(A)

S(Ω)

Obsérvese que esta interpretación es consistente con los axiomas de prob-abilidad.


Ejemplo 8 Supongamos que el espacio muestral es el intervalo (0, 1) y sea Ala σ−álgebra de sucesos sobre (0, 1) formada por los conjuntos borelianos de(0, 1), es decir, los subconjuntos de (0, 1) de la forma (a, b], con 0 < a < b < 1.Definimos

ρ(x) =

½1 si x ∈ (0, 1)0 si x /∈ (0, 1)

Es evidente que se cumple Z +∞

−∞ρ(x) dx = 1

En este caso, para todo A ⊂ (0, 1) se tiene

P (A) =

ZA

ρ(x) dx = Longitud de A

En particular, si A = (a, b) ⊂ (0, 1), entonces

P (A) = b− a

1.1.5. Propiedades elementales de la probabilidad

Consecuencias de la definición son los siguientes resultados.

Teorema 3 Si (Ω,A, P ) es un espacio de probabilidades, entonces se cumplen:

1. P (∅) = 02. Si A,B ∈ A y A ⊂ B, entonces P (A) ≤ P (B)

3. Para todo A ∈ A, P (A) = 1− P (A)

4. Para todo A ∈ A, 0 ≤ P (A) ≤ 15. Para todo A,B ∈ A, P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)

Demostración: (1) Sabemos que Ω ∪ ∅ = Ω y Ω ∩ ∅ = ∅, entonces por elaxioma 3, tenemos

P (Ω) = P (Ω ∪∅) = P (Ω) + P (∅)

luego P (∅) = 0.(2) Si A ⊂ B, entonces A y B − A son disjuntos. Además, es obvio que

B = A ∪ (B −A) y, por tanto, del axioma 3, obtenemos

P (B) = P (A) + P (B −A)

es decir,P (B −A) = P (B)− P (A)


De aquí, por el axioma 1, tenemos

P (B −A) ≥ 0

y, como consecuencia,P (B) ≥ P (A)

(3) Es obvio que A y A son disjuntos y A∪A = Ω. Entonces, de los axiomas2 y 3 se deduce

P (A) + P (A) = 1

y, por tanto,P (A) = 1− P (A)

(4) Para todo A ∈ A, tenemos ∅ ⊂ A y A ⊂ Ω. Entonces, del apartado 2,deducimos 0 = P (∅) ≤ P (A) y P (A) ≤ P (Ω) = 1.(5) Mediante diagramas de Venn podemos ver que

A = (A ∩B) ∪ (A−B)B = (A ∩B) ∪ (B −A)A ∪B = (A ∩B) ∪ (A−B) ∪ (B −A)

Puesto que A ∩ B, A− B y B − A son mutuamente exluyentes, por el axioma3, tenemos

P (A) = P (A ∩B) + P (A−B) (1.2)

P (B) = P (A ∩B) + P (B −A) (1.3)

yP (A ∪B) = P (A ∩B) + P (A−B) + P (B −A) (1.4)

y, sumando miembro a miembro (5.3) y (5.2), tenemos

P (A) + P (B) = 2P (A ∩B) + P (A−B) + P (B −A)

o también

P (A) + P (B)− P (A ∩B) = P (A ∩B) + P (A−B) + P (B −A)

y teniendo en cuenta (5.4), obtenemos

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)

Observación 6 1. Hemos visto que si A = ∅, entonces P (A) = 0, perono vale el recíproco, pues un suceso puede ser lógicamente posible y tenerasignada una probabilidad cero; en este caso diremos que el suceso es nulo.Esto ocurre en el apartado (3) del ejemplo 4: recordemos que la experienciaconsistía en medir la intensidad de corriente que circula por un circuitoeléctrico que fluctúa entre 0 y 1. Entonces el suceso que consiste en medir


una intensidad de corriente exactamente igual a 0,5 es lógicamente posiblepero completamente improbable, es decir, A 6= ∅ y P (A) = 0; ver laobservación 5.

Análogamente, si A es un suceso tal que P (A) = 1, entonces diremos queA es un suceso casi seguro, pero esto no implica que A = Ω, pues si A,Bson incompatibles, A∪B = Ω y B es nulo (B 6= ∅ y P (B) = 0), entonces

1 = P (A ∪B) = P (A) + P (B) = P (A)

y A 6= Ω.2. La propiedad 5 puede generalizarse a más de dos sucesos. Para el caso de

tres sucesos A,B,C ∈ A se tiene

P (A ∪B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C)− P (A ∩B)−P (A ∩ C)− P (B ∩ C) + P (A ∩B ∩ C)

y, en general, para n sucesos A1, A2, ..., An ∈ A, se cumple

P

Ãn[i=1

Ai

!=

nXi=1

P (Ai)−nXi<j

P (Ai ∩Aj

) +nX

i<j<k

P (Ai ∩Aj ∩Ak)− · · ·+ (−1)n+1PÃ

n\i=1

Ai

!

Además, para una sucesión arbitraria de sucesos A1, A2, ..., An, ... ∈ A, setiene la desigualdad de Boole

P

Ã ∞[n=1

An

!≤∞Xn=1

P (An)

Ejemplo 9 Dados tres sucesos A, B y C con probabilidades

P (A) = 12 P (B) = 1

3 P (C) = 14

y tales que A ∩ C = B ∩ C = ∅ y P (A ∩B) = 1/6. Calcular las probabilidadessiguientes: (1) P (A ∩B); (2) P (A ∩ B); (3) P (A ∪B); (4) P (A ∩ B); y (5)P (A ∪B ∪ C).Solución: (1) Tenemos

P (A ∩B) = 1− P (A ∩B)= 1− 1

6=5

6

(2) Puesto que A = (A ∩B) ∪ (A−B) = (A ∩B) ∪ (A ∩B), tenemos

P (A) = P (A ∩B) + P (A ∩B)


luego

P (A ∩B) = P (A)− P (A ∩B)=

1

2− 16=1

3

(3) Tenemos

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)=

1

2+1

3− 16=2

3y como

P (A ∪B) = 1− P (A ∪B)= 1− 2

3=1

3

(4) Teniendo en cuenta las leyes de De Morgan, tenemos

P (A ∩B) = P (A ∪B) = 1

3

(5) Puesto que

(A ∪B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) = ∅los sucesos A ∪B y C son disjuntos. Por tanto, tenemos

P (A ∪B ∪ C) = P (A ∪B) + P (C)

=2

3+1

4=11

12

Ejemplo 10 Se extrae una carta de una baraja española de 48 cartas. Se pidecalcular (1) la probabilidad de que sea figura o copa, y (2) la probabilidad de quesea figura, pero no espada.Solución: El espacio muestral está formado por las 48 cartas de la baraja.

Al extraer una carta indicamos por A el suceso "que salga figura", por B, "quesalga copa", y por C, "que salga espada".(1) El suceso "que sea figura o copaçorresponde a A ∪B. Por tanto,

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B)=

12

48+12

48− 3

48

=7

16

porque hay 12 figuras, 12 copas y 3 figuras de copas en la baraja.(2) El suceso "que sea figura pero no espadaçorresponde a A∩C. Por tanto,

P (A ∩ C) = 9

28=3

16

porque en la baraja hay 3 figuras que son de copas.


Ejemplo 11 En una ciudad se publican tres periódicos A, B y C. El 30% dela población lee A, el 20% lee B y el 15% lee C. El 12% lee A y B, el 9%lee A y C, y el 6% lee B y C. Además, se sabe que el 3% lee A, B y C. Sepide calcular el: (1) porcentaje de personas que leen al menos uno de los tresperiódicos, (2) porcentaje que lee sólo A, (3) porcentaje que leen B o C pero noA, y (4) porcentaje de personas que leen A o bien, no leen B ni C.Solución: En este caso cada ciudadano representa un suceso elemental y,

como consecuencia, el espacio muestral está formado por la población existenteen la ciudad. Indiquemos por A,B y C, los sucesos ün ciudadano lee A", "lee Bτ"lee C", respectivamente. Tomamos como álgebra de sucesos A la formada por∅, Ω y todas las posibles uniones, intersecciones y complementarios formados apartir de A, B y C. Se dice que A es el álgebra engendrada por tales conjuntos.Por el enunciado del problema tenemos

y las probabilidades siguientes: P (A) = 0,3, P (B) = 0,2, P (C) = 0,15, P (A ∩B) = 0,12, P (A ∩ C) = 0,09, P (B ∩ C) = 0,06 y P (A ∩B ∩ C) = 0,03.(1) El suceso en cuestión corresponde a A ∪B ∪ C. Por tanto,

P (A ∪B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C)− P (A ∩B)− P (A ∩ C)− P (B ∩ C) + P (A ∩B ∩C)= 0,3 + 0,2 + 0,15− 0,12− 0,09− 0,06 + 0,03= 0,41

o bien, directamente, con la ayuda del diagrama,

P (A ∪B ∪ C) = 41

100= 0,41

y el porcentaje es 41%.(2) El suceso corresponde a A ∩B ∩ C. Es claro que

A ∩B ∩ C = (A ∪B ∪ C) ∩ (B ∪ C)Por tanto,

A ∩B ∩ C = (A ∪B ∪ C) ∩ (B ∪ C)= A ∪B ∪ C ∪ (B ∪ C)


Además, A ∪B ∪ C y B ∪ C son disjuntos y, por tanto,

P (A ∪B ∪ C ∪ (B ∪ C)) = P (A ∪B ∪ C) + P (B ∪ C)= P (A ∪B ∪ C) + P (B) + P (C)− P (B ∩ C)= 1− P (A ∪B ∪ C) + P (B) + P (C)− P (B ∩ C)= 1− 0,41 + 0,2 + 0,15− 0,06= 0,88

De donde,P (A ∩B ∩ C) = 0,88

luegoP (A ∩B ∩C) = 1− 0,88 = 0,12

y el porcentaje es del 12%.(3) El suceso corresponde a A ∩ (B ∪ C). Es claro que

A ∩ (B ∪ C) = A ∩ (A ∪B ∪ C)Por tanto,

A ∩ (B ∪ C) = A ∪A ∪B ∪ CAdemás, A y A ∪B ∪ C son disjuntos y, por tanto,

P (A ∪A ∪B ∪ C) = P (A) + P (A ∪B ∪ C)= P (A) + 1− P (A ∪B ∪ C)= 0,3 + 1− 0,41= 0,89

De donde,

P (A ∩ (B ∪C)) = 1− P (A ∪A ∪B ∪ C)= 1− 0,89= 0,11

y el porcentaje es del 11%.(4) El suceso corresponde a A ∪ (B ∩ C). Es claro que

A ∪ (B ∩ C) = A ∩ (B ∪ C)y, por tanto,

P (A ∪ (B ∩ C)) = 1− P (A ∩ (B ∪ C))= 1− 0,11= 0,89

y el porcentaje es del 89%.Obsérvese que en este caso un suceso elemental no es un suceso ya que no

tiene sentido determinar con los datos que tenemos, el porcentaje o probabilidadcorrespondiente a un ciudadano determinado. Tampoco es un suceso cualquiersubconjunto de Ω.


1.1.6. Sucesiones de sucesos

Definición 1 Sea (Ω,A, P ) un espacio de probabilidades. Una sucesión de suce-sos

A1, A2, ..., An, ...

de A se llama creciente siAn ⊂ An+1

para todo n ∈ N, y se llama decreciente si

An ⊃ An+1

para todo n ∈ N. Una sucesión que sea o bien creciente o bien decreciente sellama monótona.

Es claro que si (An) es una sucesión creciente, entonces cada suceso es launión de todos los sucesos anteriores incluido el mismo, es decir,

An =n[

k=1

Ak (n = 1, 2, 3, ...)

Mientras que si la sucesión (An) es decreciente, entonces

An =n\

k=1

Ak (n = 1, 2, 3, ...)

De este modo, es natural definir el límite de una sucesión creciente desucesos como

lımn→∞An =

∞[n=1

An

y el límite de una sucesión decreciente de sucesos como

lımn→∞An =

∞\n=1

An

Obsérvese que el conjunto límite está formado por uniones o intersecciones nu-merables de sucesos. Por tanto, son sucesos de la σ-álgebra de sucesos

lımn→∞An ∈ A

y, como consecuencia, tendrá asignada una probabilidad en (Ω,A, P ).

Ejemplo 12 Supongamos que Ω = R y consideremos la sucesión de sucesosdefinida por los intervalos de la forma

An = (0, 1− 1n)


Es claro que se trata de una sucesión de sucesos creciente. Luego,

lımn→∞An =

∞[n=1

An = (0, 1)

Del mismo modo, la sucesión de sucesos definida por

An = (0, 1 +1

n)

es decreciente y, se cumple

lımn→∞An =

∞\n=1

An = (0, 1]

Propiedad de continuidad de la probabilidad

El siguiente resultado afirma que si concemos las probabilidades P (An) decada uno de los sucesos de una sucesión monótona, podemos calcular la proba-bilidad del suceso límite.

Teorema 4 Sea (Ω,A, P ) un espacio de probabilidades y (An) una sucesiónmonótona de sucesos de A, entonces se cumple

P³lımn→∞An

´= lım

n→∞P (An)

En particular, si la sucesión es creciente, entonces

P

Ã ∞[n=1

An

!= lım

n→∞P (An)

y, si es decreciente, entonces

P

Ã ∞\n=1

An

!= lım

n→∞P (An)

Demostración: Suponemos en primer lugar que la sucesión de sucesos (An)es creciente. Mediante diagramas de Venn se ve enseguida que en sucesionescrecientes cada suceso puede escribirse en la forma siguiente

An = An−1 ∪ (An −An−1) (n = 1, 2, 3, ...)

siendo A0 = ∅ por definición. Iterando esta fórmula, obtenemos

An = A1 ∪ (A2 −A1) ∪ · · · ∪ (An −An−1)

o bien,

An =n[

k=1

(Ak −Ak−1) (1.5)


Por tanto,

lımn→∞An =

∞[n=1

(An −An−1)

Puesto que los sucesos An−An−1 (n = 1, 2, 3, ...) son mútuamente excluyentes,por el axioma 3, obtenemos

P³lımn→∞An

´= P

" ∞[n=1

(An −An−1)

#(1.6)

=∞Xn=1

P (An −An−1)

= lımn→∞

nXk=1

P (Ak −Ak−1)

Ahora bien, por el axioma 3 y (2.10), podemos escribir

nXk=1

P (Ak −Ak−1) = P

"n[

k=1

(Ak −Ak−1)

#= P (An) (1.7)

Entonces, de (2.11) y (2.3), obtenemos lo que queríamos probar

P³lımn→∞An

´= lım

n→∞P (An)

Supongamos ahora que la sucesión (An) es decreciente. Entonces la sucesiónde sus sucesos complementarios (An) es creciente y, en consecuencia, por lo queacabamos de demostrar, tenemos

P³lımn→∞An

´= lım

n→∞P (An) (1.8)

Ahora bien, por definición y las leyes de De Morgan, se tiene

lımn→∞An =

∞[n=1

An

=∞\n=1

An

y, por tanto,

P³lımn→∞An

´= P

Ã ∞\n=1

An

!(1.9)

= 1− P

Ã ∞\n=1

An

!= 1− P

³lımn→∞An

´

1.2. INDEPENDENCIA ESTOCÁSTICA 29

Por otra parte, tenemos

lımn→∞P (An) = lım

n→∞ [1− P (An)] (1.10)

= 1− lımn→∞P (An)

De (2.13), (2.14) y (2.12), obtenemos

1− P³lımn→∞An

´= 1− lım

n→∞P (An)

o sea, lo que queríamos probar

P³lımn→∞An

´= lım

n→∞P (An)

Ejemplo 13 Supongamos que Ω = (0, 1) y tomamos como σ-algebra de sucesosA los conjuntos borelianos de (0, 1). Sobre (Ω,A) definimos la siguiente proba-bilidad

P (A) = Longitud de A

para cualquier A ∈ A. Sabemos que P es una probabilidad (ver ejemplo 6).Consideremos la sucesión de sucesos definida por

An = (0, 1− 1n)

Es claro que la sucesión es creciente y se cumple

P (An) = 1− 1n(n = 1, 2, 3, ...)

Luego,lımn→∞P (An) = 1

y, como consecuencia del teorema 4, obtenemos

P³lımn→∞An

´= 1

1.2. Independencia estocástica

1.2.1. Probabilidad condicionada

En la sección anterior hemos introducido el concepto de probabilidad con-siderando que la única información sobre el experimento era el espacio mues-tral. Sin embargo, hay situaciones en las que se incorpora más información, comopuede ser que otro suceso ha ocurrido y, como consecuencia, determinados resul-tados no pueden haber ocurrido, variando el espacio de resultados y cambiandoasí sus probabilidades. Un ejemplo mostrará una de estas situaciones.


Supongamos una ciudad con N habitantes en la cual NA tienen ojos negrosy NB son mujeres. Designamos por A el suceso "que una persona escogida alazar tenga ojos negrosτ , por B el suceso "que una persona escogida al azar seamujer". Es claro que

P (A) =NA

Ny P (B) =

NB

N

Si ahora sólo consideramos la población femenina de la ciudad, entonces laprobabilidad de que una persona (ahora una mujer) escogida al azar tenga ojosnegros será NA∩B/NB, siendo NA∩B el número de mujeres de la ciudad quetienen ojos negros. Esta probabilidad, que denotamos por P (A|B), se la llamaprobabilidad condicionada de A dado B, ya que nos da la probabilidad del sucesoA (tener ojos negros) si suponemos que ha ocurrido B (la persona elegida esuna mujer).Observamos que NA∩B es el número de elementos de A ∩B y, por tanto,

P (A ∩B) = NA∩BN

Como consecuencia, tenemos

P (A ∩B)P (B)

=NA∩B/NNB/N

=NA∩BNB

= P (A|B)

Pasemos a dar una definición formal de probabilidad condicionada. Sea B unsuceso de probabilidad P (B) 6= 0, entonces se define la probabilidad condi-cionada de A dado B, denotada por P (A|B), por

P (A|B) = P (A ∩B)P (B)

(1.11)

Es importante observar que esta definición no tiene sentido si P (B) = 0,ya que en este caso se tendrá P (A ∩ B) = 0; en efecto, si la probabilidad deque ocurra B es cero, también lo será la de que ocurra A y B simultáneamente.Ahora bien, si se da la situación de que

P (A ∩B) = P (B) = 0

entonces la probabilidad condicionada queda indefinida. Este hecho no es rele-vante en el caso de los espacios de probabilidades discretos ya que en éstos elúnico suceso con probabilidad nula es el suceso imposible. En cambio, sí quees importante en los espacios de probabilidades continuos pues, como ya hemosvisto en el apartado 1 de la observación 6, hay sucesos nulos, es decir, sucesosdiferentes de ∅ con probabilidad nula. No trataremos aquí este punto porque sesale de nuestro objetivo que son los espacios de probabilidades discretos.Para espacios de probabilidades finitos (Ω,A, P ) sabemos que para cualquier

suceso A,B ∈ A

P (A ∩B) = card (A ∩B)card Ω

y P (A) =card A

card Ω


Por tanto, de (5.5), obtenemos

P (A|B) = card (A ∩B)card B

Este resultado nos indica que el cálculo de la probabilidad condicionada respectode un suceso B dado equivale a escoger B como nuevo espacio muestral.

Teorema 5 Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ) y un suceso B ∈ Atal que P (B) 6= 0, entonces la probabilidad condicionada P ( |B) es una proba-bilidad.Demostración: El axioma 1 se cumple trivialmente, pues, P (A ∩ B) ≥ 0 yP (B) ≥ 0, y como consecuencia P (A|B) ≥ 0. El axioma 2 también se cumple,pues

P (Ω|B) =P (Ω ∩B)P (B)

=P (B)

P (B)= 1

Finalmente, sea A1, A2, ..., An, ... una sucesión de sucesos mutuamente excluyentesde A, entonces A1∩B,A2∩B, ..., An∩B, ... son también una sucesión de sucesosmutuamente excluyentes y, por tanto, tenemos

P

" ∞[n=1

(An ∩B)#=∞Xn=1

P (An ∩B)

De aquí, obtenemos

P

" ∞[n=1

(An|B)#

=

P

"Ã ∞[n=1

An

!∩B

#P (B)

=

P

" ∞[n=1

(An ∩B)#

P (B)

=∞Xn=1

P (An ∩B)P (B)

=∞Xn=1

P (An|B)

Ejemplo 14 En el juego de dados, hemos apostado por el 2. Se tira el dado, yantes de ver el resultado, nos dicen que ha salido par. Hallar la probabilidad deganar.


Demostración: El suceso "que salga 2"está condicionado al suceso "ha salidopar", luego:

P (2|2, 4, 6) =p(2 ∩ 2, 4, 6)

p(2, 4, 6)=

1/6

3/6=1

3

La probabilidad del suceso "que salga 2"pasa de 1/6 a 1/3 al conocerse que hasalido un número par.

Ejemplo 15 Una urna se ha llenado colocando bolas blancas en la cantidadobtenida por el lanzamiento de un dado y bolas negras en una cantidad igual alnúmero obtenido en un segundo lanzamiento. Si se sabe que en la urna hay 8bolas, ¿cuál es la probabilidad de que contenga 3 bolas blancas?Solución: El espacio muestral Ω de esta experiencia está formado por todos

los pares ordenados de la forma (n,m), con n,m ∈ 1, 2, ..., 6, o sea, card Ω =36. Tomamos como álgebra de sucesos A = P(Ω). Indiquemos por A el suceso"que la primera tirada del dado sea tres", y por B el suceso "que la suma depuntos en las dos tiradas es ocho". Se trata de calcular la probabilidad P (A|B).Es claro que

B = (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)luego

P (B) =5

36Además, A ∩B = (3, 5) y, por tanto,

P (A ∩B) = 1

36

Por consiguiente,

P (A|B) = P (A ∩B)P (B)

=1

5

Ejemplo 16 Una urna contiene 6 bolas rojas y 4 negras. Se extraen dos bolasal azar sin reemplazamiento. Si se sabe que la primera es roja, ¿cuál es laprobabilidad de que la segunda sea también roja?Solución: El espacio muestral consta de 45 elementos, ya que el número de

formas distintas de extraer dos bolas de la urna sin reemplazamiento es

C10,2 =

µ10

2

¶=10!

2!8!= 45

ver el resumen de combinatoria si es necesario. Indiquemos por A el suceso "quela primera bola sea roja", y por B el suceso "que la segunda bola sea roja". Elnúmero de formas distintas de extraer dos bolas rojas sin reemplazamiento es

C6,2 =

µ6

2

¶= 15


luego,

P (A ∩B) = 15

45=1

3

Por otra parte, tenemos

P (A) =6

10=3

5

Por consiguiente,

P (B|A) = P (A ∩B)P (A)

=5

9

Regla del producto

De la definición de probabilidad condicionada obtenemos

P (A ∩B) = P (A|B) · P (B)Podemos extender la expresión anterior a tres sucesos A,B y C, tomando comocondición B ∩ C, de la siguiente manera:

P (A ∩B ∩C) = P (A|B ∩ C) · P (B ∩ C)= P (A|B ∩ C) · P (B|C) · P (C)

Mediante inducción, podemos generalizar la fórmula a n sucesos. El resultadofinal es la regla del producto

P (A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An) = P (A1) · P (A2|A1) · · · · · P (An|A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An−1)

Ejemplo 17 Una urna contiene 5 bolas blancas y 3 negras. Tres jugadores A,By C extraen una bola, sin devolución, en este mismo orden. Gana el primerjugador que saca bola blanca. Calcular la probabilidad de que gane C.Solución: Es claro que C gana si saca bola blanca después de que A y B

hayan sacado bola negra. Si simbolizamos por N1 el suceso "el jugador A sacabola negra", por N2 el suceso "el jugador B saca bola negraτ por B3 el suceso"el jugador C saca bola blanca", entonces la probabilidad pedida es

P (N1 ∩N2 ∩B3) = P (N1) · P (N2|N1) · P (B3|N1 ∩N2)

=3

8· 27· 56=5

56

Ejemplo 18 En un pedido de 10 electrodomésticos se sabe que uno de ellos estádefectuoso de fábrica. En un día se venden 3 de ellos. Calcular la probabilidadde que se vendan tres en buen estado.Solución: Indicamos por B1 el suceso "que el primer electrodoméstico ven-

dido está en buen estado, por B2 el suceso "que el segundo electrodomésticovendido está en buen estado", y por B3 el suceso "que el tercer electrodoméstico


vendido está en buen estado". El suceso del cual nos piden su probabilidad esentonces B1 ∩B2 ∩B3. Aplicando la regla del producto, obtenemos

P (B1 ∩B2 ∩B3) = P (B1) · P (B2|B1) · P (B3|B1 ∩B2)=

9

10· 89· 78=7

10

Fórmula de la probabilidad total. Teorema de Bayes

Teorema 6 Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ), supongamos que ten-emos una partición finita o infinita numerable de Ω

Ω =[n

Bn y Bi ∩Bj = ∅ (i 6= j)

y Bi 6= ∅. Entonces, la probabilidad de cualquier suceso A ∈ A se calculamediante la fórmula de la probabilidad total

P (A) =Xn

P (A|Bn) · P (Bn)

Demostración: En efecto, de la definición de partición, obtenemos

A = A ∩ Ω= A ∩

Ã[n

Bn

!=

[n

(A ∩Bn)

Ahora bien, si los sucesos Bn son mutuamente excluyentes también lo son lossucesos A ∩Bn (n = 1, 2, 3, ...). Entonces, por el axioma 3, obtenemos

P (A) = P

"[n

(A ∩Bn)

#=

Xn

P (A ∩Bn)

=Xn

P (A|Bn) · P (Bn)

que es la fórmula que queríamos probar.

Ejemplo 19 La urna A contiene n bolas blancas y m negras. La urna B con-tiene p bolas blancas y q negras. Se escoge una bola al azar de A y se pone enB. Entonces se escoge una bola de B. ¿Cuál es la probabilidad de que la bola seablanca?


Solución: Denotamos por B1 el suceso "que la bola de la primera extracciónsea blancaτ , por B2 el suceso "que la bola de la segunda extracción sea blanca".Asimismo, por N1 el suceso "que la bola de la primera extracción sea negra", ypor N2 el suceso "que la bola de la segunda extracción sea negra". De este modo,hay que calcular P (B2). Ahora bien, el hecho que sea blanca la bola extraída deB, depende de la bola pasada de A a B, de si es blanca o negra. Así, tenemosque B2 depende de si ha ocurrido B1 o N1. Como estos dos sucesos forman unapartición del espacio muestral, aplicaremos la fórmula de la probabilidad totalpara calcular P (B2).

P (B2) = P (B1) · P (B2|B1) + P (N1) · P (B2|N1)

=n

n+m· p+ 1

p+ q + 1+

m

n+m· p

p+ q + 1

=n(p+ 1) +mp

(n+m)(p+ q + 1)

Ejemplo 20 Se sortean tres urnas U1, U2, U3 con probabilidades conocidas de1/2, 1/5, 3/10, respectivamente. En las urnas hay 4, 5, 3 bolas negras de un totalde 7, 9, 5, respectivamente. Calcular la probabilidad de extraer una bola negra.Solución: Es claro que los sucesos Ui de "extraer una bola de la i-ésima

urna"(i = 1, 2, 3) forman una partición del espacio muestral. Indicamos por Nel suceso "que salga bola negra". Por el enunciado, tenemos

P (U1) =12 P (U3) =

15 P (U3) =

310

P (N |U1) = 47 P (N |U2) = 5

9 P (N |U3) = 35

Entonces, aplicando la fórmula de la probabilidad total, tenemos

P (N) =3Xi=1

P (Ui) · P (N |Ui)

=1

2· 47+1

5· 59+3

10· 35

= 0,576 83

Teorema 7 (Teorema de Bayes) Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ),supongamos que tenemos una partición finita o infinita numerable de Ω

Ω =[n

Bn y Bi ∩Bj = ∅ (i 6= j)

y Bi 6= ∅. Entonces,

P (Bi|A) = P (A|Bi) · P (Bi)Xn

P (A|Bn) · P (Bn)


Demostración: Por definición tenemos

P (Bi|A) = P (Bi ∩A)P (A)

y por la regla del producto, obtenemos

P (Bi|A) = P (A|Bi) · P (Bi)

P (A)

De aquí, por la fórmula de la probabilidad total, se tiene el resultado que queríamosprobar.

Observación 7 Desde el punto de vista de la formulación clásica de la prob-abilidad, este teorema puede interpretarse del siguiente modo: consideremos di-versas causas B1, B2, ..., Bn mutuamente excluyentes tales que una de ellas hade presentarse y que todas ellas producen los efectos (también mútuamenteexcluyentes) A1, A2, ..., Am. Se trata de calcular la probabilidad de que hayasucedido la causa Bi cuando se ha presentado el efecto Aj, conociendo la prob-abilidad de que suceda cada causa P (Bi) y también las probabilidades P (As|Br)que, habiendo sucedido la causa Br suceda el efecto As.

P (Bi|Aj) =P (Aj |Bi) · P (Bi)

P (Aj |B1) · P (B1) + P (Aj |B2) · P (B2) + · · ·+ P (Aj |Bn) · P (Bn)

Bajo esta interpretación, las probabilidades P (Bi) se llaman probabilidadesa priori, y las probabilidades P (As|Br), probabilidades a posteriori. Unalimitación práctica de este teorema es que en muchos casos no se conocen (o noexisten) las probabilidades a priori. Muchos usos incorrectos derivan de suponerque estas probabilidades son iguales cuando se desconocen, o bien que es posibledefinirlas en situaciones que en realidad no son aleatorias.

Ejemplo 21 Una bolsa contiene tres monedas, dos de las cuales son perfectasy la tercera está acuñada con dos caras. Se escoge una al azar y se lanza cuatroveces en forma sucesiva. Si cada vez sale cara, ¿cuál es la probabilidad de queésta sea la moneda con dos caras?Solución: Denotemos por B1 el suceso "que la moneda escogida sea perfectaτ

por B2 el suceso "que la moneda elegida tenga dos caras". Es claro que B1 y B2forman una partición del espacio muestral y, además, se tiene

P (B1) =2

3y P (B2) =

1

3

Sea A el suceso "que al lanzar la moneda cuatro veces obtenemos cuatro caras".Es claro que

P (A|B1) =µ1

2

¶4y P (A|B2) = 1


Por tanto, calcularemos P (B2|A) aplicando el teorema de Bayes

P (B2|A) =P (B2) · P (A|B2)

P (B1) · P (A|B1) + P (B2) · P (A|B2)

=13 · 1

23 ·¡12

¢4+ 1

3 · 1=8

9

Ejemplo 22 En cierta población, el 70% de los habitantes son blancos, el 25%negros y el 5% amarillos. El 70% de los blancos son cristianos, el 60% de losnegros son cristianos y el 10% de los amarillos son cristianos. Calcular lassiguientes probabilidades: (1) que una persona elegida al azar de esta poblaciónsea cristiana; (2) que sea blanca; (3) que un cristiano sea blanco; (4) que unblanco sea cristiano.Solución: En este caso cada ciudadano representa un suceso elemental y,

como consecuencia, el espacio muestral está formado por la población existenteen la ciudad. Indiquemos por B,N,A y C, los sucesos ün ciudadano blanco","negro", .amarilloτ çristiano", respectivamente. Tomamos como álgebra de suce-sos A la engendrada por los sucesos mencionados. Por el enunciado, tenemos

P (B) = 0,7 P (N) = 0,25 P (A) = 0,05

P (C|B) = 0,7 P (C|N) = 0,6 P (C|A) = 0,1(1) Aplicando la fórmula de la probabilidad total, tenemos

P (C) = P (B) · P (C|B) + P (N) · P (C|N) + P (A) · P (C|A)= 0,7 · 0,7 + 0,25 · 0,6 + 0,05 · 0,1= 0,645

(2) Es un dato del problema, pues, P (B) = 0,7(3) Aplicando el teorema de Bayes, tenemos

P (B|C) = P (B) · P (C|B)P (C)

Con el resultado obtenido en (1), tenemos

P (B|C) = 0,7 · 0,70,645

= 0,759

(4) Es de nuevo un dato del problema, pues, P (C|B) = 0,7

1.2.2. Sucesos independientes

De una forma poco rigurosa decimos que dos sucesos A y B son independi-entes (desde un punto de vista estocástico) cuando la información aportada por


el hecho de que ha ocurrido A no modifica la probabilidad de que ocurra B yviceversa. En este sentido, el conocimiento de uno cualquiera de ellos no afectala probabilidad del otro y, como consecuencia, podemos escribir

P (A|B) = P (A) y P (B|A) = P (B)

Mediante la definición de probabilidad condicionada podemos combinar estasdos expresiones para dar la definición precisa de independencia estocástica.

Definición 2 Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ), dos sucesos A y Bdecimos que son (estocásticamente) independientes si

P (A ∩B) = P (A) · P (B)

Observación 8 1. Nótese que la definición de independencia es recíproca,es decir, es lo mismo afirmar que A y B son independientes que B y Ason independientes.

2. Es muy común confundir sucesos independientes con sucesos incompati-bles a pesar de que estos dos conceptos no tienen ninguna relación. Paraaclarar esta confusión, consideremos dos sucesos A y B incompatibles deprobabilidad no nula y que suponemos independientes. Entonces

P (A ∩B) = P (A) · P (B)

pero, al ser A y B incompatibles, se tiene A ∩B = ∅ y, por tanto,

P (A ∩B) = 0

luego, la condición de independencia conduce al hecho de que, o bienP (A) = 0 o bien P (B) = 0, lo que no es posible por hipótesis. De he-cho, dos sucesos incompatibles son fuertemente dependientes, ya quesi uno de ellos ocurre, entonces sabemos con seguridad que el otro no puedeocurrir. Además, del hecho de que P (∅) = 0 y P (Ω) = 1 hace que tanto elsuceso imposible como el suceso seguro sean independientes de cualquierotro suceso, incluidos ellos mismos. En efecto, para cualquier suceso A setiene

P (A ∩∅) = P (∅) = 0 = P (A) · P (∅)y

P (A ∩ Ω) = P (A) = P (A) · P (Ω)

Una consecuencia inmediata de la definición de independencia es el siguienteresultado.

Teorema 8 Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ) y dos sucesos inde-pendientes A y B. Entonces también son independientes (1) A y B, (2) A y By (3) A y B.


Demostración: (1) Mediante diagramas de Venn podemos ver enseguida quelos sucesos A ∩ B y A ∩ B son incompatibles, y que B = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B).Entonces, por el axioma 3, obtenemos

P (A ∩B) = P (B)− P (A ∩B)= P (B)− P (A) · P (B)= P (B) [1− P (A)]

= P (B) · P (A)(2) La prueba es similar a la anterior.(3) De las leyes de De Morgan, tenemos

A ∩B = A ∪BDe aquí,

P (A ∩B) = P (A ∪B)= 1− P (A ∪B)= 1− P (A)− P (B) + P (A ∩B)= P (A)− P (B) + P (A) · P (B)= P (A)− P (B) [1− P (A)]

= P (A) [1− P (B)]

= P (A) · P (B)

Ejemplo 23 En el juego que consiste en escoger al azar una carta de una barajade 52 cartas, sea A el suceso "que la carta elegida sea un bastosτ sea B el suceso"que la carta elegida sea un rey". ¿Son A y B independientes?Solución: Entre las 52 cartas hay 13 bastos y 4 reyes, uno de los cuales es

de bastos. Por tanto,

P (A) = 14 P (B) = 1

13 P (A ∩B) = 152

y, se cumpleP (A ∩B) = P (A) · P (B)

y, como consecuencia, A y B son independientes.

Independencia de más de dos sucesos

Definición 3 Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ), decimos que lossucesos A1, A2, ..., An son mutuamente independientes si se satisfacen lassiguientes condiciones:

P (Ai ∩Aj) = P (Ai) · P (Aj)P (Ai ∩Aj ∩Ak) = P (Ai) · P (Aj) · P (Ak)· · ·P (A1 ∩A2 ∩ · · · ∩An) = P (A1) · P (A2) · · · · · P (An)


para todas las combinaciones de índices tales que 1 ≤ i < j < k < · · · ≤ n.

Observación 9 1. En el caso de tres sucesos A,B y C, la condición deindependencia viene dada por las siguientes cuatro condiciones:

P (A ∩B) = P (A) · P (B)P (A ∩ C) = P (A) · P (C)P (B ∩ C) = P (B) · P (C)P (A ∩B ∩ C) = P (A) · P (B) · P (C)

2. Nótese que la primera condición de mútua independencia da lugar a¡n2

¢ecuaciones, la segunda

¡n3

¢y la última

¡nn

¢= 1. Por tanto, en total tenemosµ

n

2

¶+

µn

3

¶+ · · ·+

µn

n

¶=

nXi=0

µn

k

¶−µn

0

¶−µn

1

¶= 2n − 1− n

ecuaciones que han de satisfacerse para que exista independencia mútuaentre los n sucesos.

3. Cuando tenemos más de dos sucesos A1, A2, ..., An (n > 2), se podríapensar que son independientes si lo son dos a dos, es decir, si se cumple

P (Ai ∩Aj) = P (Ai) · P (Aj)

donde i 6= j, pero esto es falso. Veamos un ejemplo para mostrar este he-cho. Sea Ω = ω1, ω2, ω3, ω4 y supongamos que todos los sucesos elemen-tales tienen la misma probabilidad. Cosideremos los sucesos siguientes:

A = ω1, ω2 B = ω2, ω3 C = ω3, ω4

Entonces, tenemos

P (A) = P (ω1 ∪ ω2) = 1

4+1

4=1

2

y, del mismo modo, P (B) = P (C) = 1/2. Obsérvese que A,B y C sonindependientes dos a dos, ya que

P (A ∩B) = P (ω2) = 1

4= P (A) · P (B)

y así con A y C, y B y C. En cambio, tenemos

P (A ∩B ∩ C) = P (∅) = 0 6= P (A) · P (B) · P (C) = 1

8

y, como consecuencia, A,B y C no son mútuamente independientes.


Independencia condicionada

Hemos visto que la probabilidad condicionada es también una probabilidad.Por tanto, podemos utilizar este concepto para definir otro tipo de independenciaestocástica diferente de la definida anteriormente.

Definición 4 Dado un espacio de probabilidades (Ω,A, P ), decimos que dossucesos A y B son condicionalmente independientes dado C si

P (A ∩B|C) = P (A|C) · P (B|C)

No hay relación entre la independencia ordinaria y la condicionada, en elsentido de que dos sucesos pueden ser independientes pero no serlo condicional-mente y viceversa. El siguiente ejemplo muestra este hecho.

Ejemplo 24 Dos fábricas A y B producen el mismo producto. La fábrica Atiene un 2% de piezas defectusas mientras que la B sólo tiene un 1%. Uncliente recibe un pedido de una de las fábricas (no sabe de cuál de las dos) ycomprueba que la primera pieza funciona. Si suponemos que el estado de laspiezas producidas por cada fábrica es independiente, cuál es la probabilidad deque la segunda pieza que comprueba funcione. Como consecuencia, probar queel estado de las piezas no es independiente.Solución: Sea Xn el estado de la n-ésima pieza del pedido. Simbolizamos

por Xn = 1 el suceso de que dicha pieza funcione y que no funcione por Xn = 0.Denotemos por A (resp. B) el suceso de que las piezas proceden de la fábrica A(resp. B). Como desconocemos totalmente la procedencia de las piezas, podemosasumir que A y B son equiprobables y, por tanto, P (A) = P (B) = 1/2. Por otrolado, del enunciado del problema, tenemos

P (Xn = 1|A) = 0,98 y P (Xn = 1|B) = 0,99

La probabilidad de que la segunda pieza funcione, sabiendo que la primera hafuncionado, viene dada por

P (X2 = 1|X1 = 1) =P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1])

P (X1 = 1)(1.12)

Como las piezas sólo pueden venir de la fábrica A o bien de la B, podemosaplicar la fórmula de la probabilidad total. Así tenemos

P (X1 = 1) = P (X1 = 1|A) · P (A) + P (X1 = 1|B) · P (B)=

1

2· 0,98 + 1

2· 0,99

= 0,985

Del mismo modo tenemos,

P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1]) = P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1]|A) · P (A)


+P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1]|B) · P (B) (1.13)

Pero, según el enunciado, el estado de las piezas producidas por cada fábrica esindependiente. Por tanto, según la definición de independencia condicionada,tenemos

P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1]|A) = P (X1 = 1|A) · P (X2 = 1|A) = 0,982

y del mismo modo

P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1]|B) = P (X1 = 1|B) · P (X2 = 1|B) = 0,992

Luego, de (5.6), obtenemos

P ([X1 = 1] ∩ [X2 = 1]) = 0,982 · 12+ 0,992 · 1

2= 0,9703

y de (2.8), obtenemos

P (X2 = 1|X1 = 1) =0,9703

0,985= 0,9851

Observamos ahora que el estado de las piezas no es independiente, ya que

P (X2 = 1|X1 = 1) = 0,9851 6= P (X1 = 1) · P (X2 = 1) = 0,9852

1.2.3. Producto de espacios de probabilidades

Hasta ahora hemos considerado un solo experimento aleatorio E1 al cualhemos asociado un espacio de probabilidades (Ω1,A1, P1). A veces es necesarioconsiderar varios experimentos sucesivos de forma que los resultados de cadaexperimento puedan estar influidos o no por los resultados de los precedentes.En el primer caso hablaremos de pruebas dependientes y en el segundo depruebas independientes.Supongamos que tenemos un segundo experimento aleatorio E2 al cual hemos

asociado un espacio de probabilidades (Ω2,A2, P2). La prueba de E1 segui-da de E2, en condiciones independientes, significa realizar la prueba conjuntaE1 ×E2 que tiene como espacio de probabilidades asociado el espacio producto(Ω1 ×Ω2,A1 ⊗A2, P1 × P2), siendo:

1. Ω1 × Ω2 el espacio muestral de sucesos elementales de la forma (ω1, ω2),donde ω1 es el resultado de la prueba de E1 y ω2 es el resultado de laprueba de E2.

2. A1⊗A2 el llamado producto exterior de las álgebras de sucesos A1 y A2,es decir, el álgebra generada mediante uniones, intersecciones y comple-mentarios de conjuntos de la forma A1 ×A2, siendo A1 ∈ A1, A2 ∈ A2.


3. P = P1 × P2 la probabilidad sobre el álgebra A1 ⊗ A2 definida primerosobre los conjuntos de la forma A1×A2 del modo siguiente: P (A1×A2) =P (A1) · P (A2), y después se extiende a los demás sucesos de A1 ⊗A2.

Dado un experimento aleatorio E cuyo espacio de probabilidad es (Ω,A, P ).De forma análoga se construye el espacio

(Ωn,

nz | A⊗ · · ·⊗A, Pn)

asociado a la repetición de E, n veces, en condiciones independientes. Los ele-mentos de Ωn son de la forma (ω1, ..., ωn) y se dice que Ωn es el espacio muestralcuyos resultados son muestras de tamaño n.

Pruebas de Bernoulli

Consideremos un experimento aleatorio con dos resultados posibles, denom-inados éxito y fracaso y denotados por 1 y 0, respectivamente; tenemos asíΩ = 0, 1. Cada realización del experimento se llama entonces una pruebade Bernoulli. La realización de n pruebas de Bernoulli en condiciones inde-pendientes engendran el espacio muestral Ωn, formado por n-tuplas de ceros yunos. El éxito en la i-ésima prueba viene representado por la n-tupla que tieneun 1 en la i-ésima componente, mientras que el fracaso en la i-ésima pruebaes la n-tupla que tiene un 0 en la i-ésima componente. Si suponemos que laprobabilidad de éxito es p y la de fracaso q = 1− p, entonces la probabilidad deun suceso elemental ω que consiste en k éxitos y n− k fracasos viene dada por

P (ω) = pkqn−k (1.14)

ya que las pruebas se realizan en condiciones independientes. Observamos en-seguida que todos los sucesos serán equiprobables sólo si p = q = 1/2, en cuyocaso

P (ω) =1

2n

independientemente del valor de k. De este modo, vemos también que el númerototal de sucesos elementales es 2n.Consideremos ahora el suceso A de que en n pruebas independientes de

Bernoulli haya exactamente k éxitos; escribimos pn(k) para indicar el valor deP (A). Observamos enseguida que el suceso A está formado por todos los sucesoselementales representados por las n-tuplas que contienen exactamente k unosy n − k ceros. Como los sucesos elementales son, por definición, mútuamenteexcluyentes, P (A) se calculará mediante la suma de las probabilidades de cadauno de los sucesos elementales que contiene. Ahora bien, todos los sucesos ele-mentales de A tienen la misma probabilidad y viene dada por (2.9). Por tanto,obtenemos

pn(k) =

µn

k

¶pkqn−k (q = 1− p)


ya que¡nk

¢es el número de sucesos elementales de A. Observemos que el suceso

seguro Ω tiene probabilidad 1, pues,

P (Ω) =nX

k=0

pn(k)

=nX

k=0

µn

k

¶pkqn−k

= (p+ q)n = 1 (ya que p+ q = 1)

Observemos también que la probabilidad de tener al menos k1 éxitos y no másde k2 éxitos, denotada por pn(k1 ≤ k ≤ k2), será

pn(k1 ≤ k ≤ k2) = pn(k1) + pn(k1 + 1) + · · ·+ pn(k2)

=

k2Xk=k1

µn

k

¶pkqn−k

Ejemplo 25 Al tirar una moneda tres veces, ¿cuál es la probabilidad de obtenerexactamente una cara? ¿Cuál es la probabilidad de obtener al menos una cara?Solución: Es claro que tirar una moneda al aire constituye una prueba de

Bernoulli. En este caso n = 3, p = q = 1/2. El espacio muestral consta de23 = 8 elementos

Ω = (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 0, 0)

El suceso A de .obtener exactamente una cara"viene representado por

A = (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)

Se tiene

P (A) =

µ3

1

¶1

2·µ1

2

¶2=3

8

La probabilidad del suceso B de .obtener al menos una cara"viene dada en estecaso

P (B) = p3(1) + p3(2) + p3(3)

=3

8+3

8+1

3=7

8

1.3. Resumen de combinatoria

Por último y con objeto de unificar las notaciones recordamos a continuaciónlas fórmulas clásicas del Análisis Combinatorio.

1.3. RESUMEN DE COMBINATORIA 45

1.3.1. Combinaciones

Llamamos combinaciones de orden n dem elementos, a los distintos con-juntos de n elementos que se pueden formar eligiendo n de los m elementos, demanera que dos combinaciones son distintas si contienen al menos un elementodistinto. Su número viene dado por la siguiente fórmula

Cm,n =

µm

n

¶=

m!

n!(m− n)!

Ejemplo 26 En una división de una empresa hay 12 empleados. ¿Cuántos gru-pos de tres empleados pueden formarse como jefes, y en cuántos entrará unempleado determinado?Solución: Puesto que hay que formar grupos sin que importe el orden, debe-

mos calcular las combinaciones de orden 3 de 12 elementos.

C12,3 =

µ12

3

¶=12!

3!9!=12 · 11 · 10

6= 220

Fijado un empleado, para formar el grupo necesitamos otros dos empleados. Portanto, debemos calcular las combinaciones de orden 2 de 11 elementos (no entrael empleado considerado).

C11,2 =

µ11

2

¶=11!

2!9!=11 · 102

= 55

1.3.2. Combinaciones con repetición

Llamamos combinaciones con repetición de orden n de m elementos,a los grupos de n elementos iguales o distintos que se pueden formar con los melementos. Su número se calcula mediante la siguiente fórmula

CRm,n = Cm+n−1,n =µm+ n− 1

n

¶Ejemplo 27 Una empresa textil vende sus telas en lotes de 3 rollos. Sabiendoque dispone de 11 tipos de rollos de tela estampada, ¿cuántos posibles lotes puedeofrecer? ¿Cuántos lotes incluirá un estampado concreto?Solución: Puesto que hay que hacer lotes de 3 rollos de tela con estampados

iguales o no, sin que importe el orden, debemos calcular las combinaciones conrepetición de orden 3 de 11 elementos.

CR11,3 =

µ11 + 3− 1

3

¶=

µ13

3

¶=

13!

3!10!= 286

Fijado un estampado, para formar el lote necesitamos otros dos rollos. Por tanto,debemos calcular las combinaciones de orden 2 de 11 elementos (sigue habiendo11 tipos de estampados).

CR11,2 =

µ11 + 2− 1

2

¶=

µ12

2

¶= 66


1.3.3. Variaciones

Dados m elementos, llamamos variaciones de orden n de estos m elemen-tos, a los grupos ordenados de n de los m elementos, de tal forma que dosvariaciones son distintas si tienen algún elemento distinto o si, teniendo los mis-mos elementos, éstos difieren en el orden de colocación. Su número se calculamediante la fórmula

Vm,n = m(m− 1)(m− 2) · · · (m− n+ 1) =m!

(m− n)!

Ejemplo 28 Una línea de metro tiene 22 estaciones. ¿Cuántos billetes hay queimprimir para cubrir esta línea de metro?Solución: Cualquier billete tendrá impreso una estación de origen y otra

de destino, y ambas estaciones serán diferentes. Puesto que el orden de las dosestaciones en el billete es significativo, pues, en un caso será la ida y en el otrola vuelta, debemos calcular las variaciones de orden 2 de 22 elementos.

V22,2 = 22 · 21 = 462

1.3.4. Variaciones con repetición

Si en el caso de las variaciones permitimos que aparezcan elementos repeti-dos, obtenemos las variaciones con repetición. Se calculan mediante la fór-mula

V Rm,n = mn

Ejemplo 29 Tenemos seis bombos y cada uno contiene 5 números diferentesdel 0 al 4. Se extrae un número de cada uno de los bombos ordenados de izquierdaa derecha, ¿cuántos boletos pueden salir, ordenando los dígitos extraídos en elmismo orden en que están dispuestos los bombos?Solución: Es claro que el orden de los dígitos es significativo y, además,

los dígitos pueden repetirse. Por tanto, debemos calcular las variaciones conrepetición de orden 5 de 5 elementos.

V R5,6 = 56 = 15625

1.3.5. Permutaciones

Llamamos permutaciones de m elementos a cada una de las distintas for-mas en que se pueden ordenar, de manera que dos permutaciones formadas a

1.3. RESUMEN DE COMBINATORIA 47

partir de los mismos elementos sólo se diferencian en el orden de colocación desus elementos. Se calculan por la fórmula

Pm = m!

Obsérvese que se cumple la siguiente relación

Cm,n =Vm,n

Pm

Ejemplo 30 En un parking hay 6 plazas de garaje alineadas para un depar-tamento de una empresa y existen dos de ellas prefijadas para el director y elsecretario. Si además hay 4 empleados en el departamento, ¿de cuántas maneraspueden colocarse sus coches?Solución: Hay 4 plazas de parking para los 4 empleados del departamento.

Las distintas maneras de cubrirlas todas se diferenciarán únicamente por elorden de colocación. Por tanto, son permutaciones de 4 elementos.

P4 = 4! = 24

1.3.6. Permutaciones con repetición

Dados m elementos, de los cuales n1 son iguales entre sí, n2 son igualesentre sí,..., nk son iguales entre sí, llamamos permutaciones con repeticiónde estos m elementos a las distintas formas de ordenarlos. Se calculan mediantela fórmula

PRn1,n2,...,nkn =

n!

n1!n2! · · ·nk!con n1 + n2 + · · ·+ nk = n.

Ejemplo 31 En una bolsa hay 4 bolas blancas, 3 negras y 2 rojas. ¿De cuántasmaneras distintas se pueden extraer todas las bolas de la bolsa?Solución: Hay 9 bolas en la bolsa, de las cuales 4 son blancas, 3 negras

y 2 rojas. Las distintas maneras de extraerlas de la bolsa coincidirán con lasdistintas formas de ordenarlas. Por tanto, son permutaciones con repetición.

PR4,3,29 =9!

4!3!2!= 1260

cap.1 teoria de probabilidad

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