1

¿Cómo osamos hablar de leyes del azar? ¿No es, acaso, el azar la antítesis de cualquier ley? Bertrand Russell

2. Probabilidad Dominar la fortuna

La probabilidad de tener un accidente de tráfico aumenta con el tiempo que pasas en la calle. Por tanto, cuanto más rápido circules, menor es la probabilidad de que tengas un accidente. El 33 % de los accidentes mortales involucran a alguien que ha bebido. Por tanto, el 67 % restante ha sido causado por alguien que no había bebido. A la vista de esto y de lo anterior, esta claro que la forma más segura de conducir es ir borracho y a gran velocidad.

2 http://improveverywhere.com/2008/07/06/human-mirror/

Noción intuitiva de probabilidad

3

La Probabilidad es una disciplina matemática cuyos propósitos son de la misma clase que, por ejemplo, los de la Geometría o la Mecánica Analítica. En cada campo debemos distinguir tres aspectos de la teoría: a) el contenido lógico-formal, b) el antecedente intuitivo, c) las aplicaciones. El carácter y el encanto de toda la estructura no pueden ser apreciados sin considerar los tres aspectos adecuadamente relacionados.

William Feller, Introducción a la teoría de probabilidades y sus aplicaciones.

William (Vilim) Feller (1906 –1970), fue un matemático estadounidense de origen croata conocido por sus contribuciones a la teoría de la probabilidad.

4

Experimento aleatorio

Por ejemplo:

* Lanzar un dado.

* Extraer una carta de una baraja.

* Se lanza una moneda. Si sale cara se extrae de una urna U1, con una determinada composición de bolas de colores, una bola y si sale cruz de extrae de una urna U2, con otra determinada composición de bolas de colores, una bola.

Entenderemos por experimento aleatorio cualquier situación que, realizada en las mismas condiciones, proporcione un resultado imposible de predecir a priori.

5

Sucesos o eventos • Cuando se realiza un experimento aleatorio, diversos

resultados son posibles. El conjunto de todos los resultados posibles se llama espacio muestral (E).

• Experimento aleatorio: lanzar un dado. • Espacio muestral E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.

• Se llama suceso o evento a un subconjunto de dichos resultados. Distinguiremos entre sucesos simples (o indivisibles) y compuestos (o divisibles).

• Por ejemplo: el suceso A = “que el resultado sea par”: A = {2, 4, 6} es un suceso compuesto. • Se llama suceso complementario de un suceso A, Ac al

formado por los elementos que no están en A. • Ac será: “que el resultado sea impar”, Ac = {1, 3, 5}.

6

Se considera el experimento aleatorio consistente en lanzar una moneda. Si sale cara, se extrae de una urna que contiene bolas azules y rojas una bola, y si sale cruz, se extrae una bola de otra urna que contiene bolas rojas y verdes. ¿Cuál es el espacio muestral E de dicho experimento aleatorio?

E = {(C,R), (C,A), (+,R), (+,V)}

7

Laplace define la probabilidad de un suceso A como el cociente:

Dado: ¿Cuál es la probabilidad P(A) de A = un número mayor o igual a 5?¿Y la probabilidad de B = número impar?

posibles casos de Númerofavorables casos de Número)( =AP

Solución: Los seis casos posibles son igualmente probables, cada uno tiene probabilidad 1/6.

P(A) = 2/6 = 1/3 pues A = {5,6} tiene dos casos favorables.

P(B) = 3/6 = 1/2 pues B = {1, 3, 5} tiene tres casos favorables

Probabilidad clásica o a priori

Pierre-Simon Laplace (1749 - 1827)

8

Si se producen aleatoriamente n accidentes de coche en n días, ¿cuál es la probabilidad de que cada día se produzca un accidente?

Podemos colocar la bola 1 (accidente 1) en n posibles celdas (días). La bola 2 (accidente 2) puede colocarse en cualquiera de las n celdas (n días), idem la 3, etc... De modo que existen nn maneras posibles de colocar n bolas en n celdas (casos posibles). Los arreglos o configuraciones posibles en que tenemos una bola en cada celda son: n! (casos favorables).

nnnnp !)( =Para siete accidentes de tráfico en una semana:

p(7) = 7! / 77 = 0.00612 (anti-intuitivamente baja)

9

Un ascensor sube con 7 pasajeros y se detiene al cabo de 10 pisos. ¿Cuál es la probabilidad de que en ningún piso baje más de un pasajero? (Supongamos que todas las posibles maneras de descender son igualmente probables).

El primer pasajero puede bajarse en cualquiera de los 10 pisos. El segundo pasajero también. El tercero... Casos posibles: VR10,7 = 107

06048,010

45...9107 =

⋅⋅⋅⋅=p

El primer pasajero puede bajarse en cualquiera de los 10 pisos. Ahora el segundo pasajero solo podrá bajarse en 9 de ellos. El tercero solo tendrá 8 opciones... Casos favorables: V10,7 = 10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4

Statistical fantasy

Anatoli Timoféyevich Fomenko

Random processes in probability

11

13

Es un hecho destacable que una ciencia que empezó analizando juegos de azar acabe convirtiéndose en el más importante objeto del conocimiento humano. Pierre Simon Laplace, Théorie Analytique des Probabilités.

La base de la comprensión de la probabilidad no aparece hasta mediados del siglo XVI, y el tema no se discute con profundidad hasta casi un siglo después. Los historiadores se preguntan por qué el progreso mental en este campo fue tan lento, dados que los seres humanos se han visto confrontados con el azar una y otra vez desde los primeros tiempos. Deborah J. Bennett, Aleatoriedad.

14

«Su libro sobre juegos de azar, Liber de ludo aleae, escrito en la década de 1560 pero publicado póstumamente en 1663, constituye el primer tratado serio de probabilidad abordando métodos de cierta efectividad». Wikipedia

Girolamo Cardano (1501-1576)

Cardano computó correctamente las posibilidades en los lanzamientos de 2 y 3 dados.

Precursores de la teoría de probabilidad (pag. 38)

Daniel Peña, en el primer capítulo de su libro "Fundamentos de Estadística" presenta la mejor síntesis que he leído (3 páginas) sobre la historia del cálculo de probabilidades. Una buena referencia es: "A History of Probability and Statistics and Their Applications before 1750" de Anders Hald.

15

10 Puntos 9 Puntos 8 Puntos 7 Puntos 6 Puntos 5 Puntos 4 Puntos 3 Puntos 6−3−1 6 6−2−1 6 6−1−1 3 5−1−1 3 4−1−1 3 3−1−1 3 2−1−1 3 1−1−1 1

6−2−2 3 5−3−1 6 5−2−1 6 4−2−1 6 3−2−1 6 2−2−1 3

5−4−1 6 5−2−2 3 4−3−1 6 3−3−1 3 2−2−2 1

5−3−2 6 4−4−1 3 4−2−2 3 3−2−2 3

4−4−2 3 4−3−2 6 3−3−2 3

4−3−3 3 3−3−3 1

27 25 21 15 10 6 3 1

Galileo Galilei en la epístola titulada «Sopra le scoperte dei dadi» («Sobre una investigación del dado», escrita entre 1613 y 1623) analiza si en el lanzamiento de 3 dados es mejor apostar por 10 u 11 puntos, que por 9 o 12. Galileo, (sin conocer la obra previa de Girolamo Cardano) concluyó que existen 216 combinaciones posibles y encontró la respuesta correcta mediante «análisis combinatorio». En la tabla, Galileo sólo incluye las combinaciones correspondientes a puntajes comprendidos entre 3 y 10 puntos, y explica que no es necesario incluir las combinaciones de los demás puntajes comprendidos entre 11 y 18 puntos porque su total de combinaciones resulta «simétrico» al ya establecido en la tabla... ¿Por qué?

http://www.eyeintheskygroup.com/Azar-Ciencia/Metodos/Azar-Galileo-Galilei.htm

Galileo Galilei 1564-1642

16

Sidney Harris

Science Cartoons Plus -- The Cartoons of S. Harris Cotton Expressions T-Shirts, featuring Cartoons by S. Harris

17

Diagramas de Venn

A B

Unión A ∪ B

E

A B

Intersección A ∩ B

E

A={1,3,5}, B={5,6} E={1,2,3,4,5,6}

E B

A

3

1 5

6 2

4

Sigamos con el dado: Sucesos: A= Un número impar, B= Un número mayor que 4. Ac ={2, 4, 6} Bc ={1, 2, 3, 4} A ∪ B ={1, 3, 5, 6} A ∩ B = {5} (A ∪ B)c ={2, 4} (A ∩ B)c = {1, 2, 3, 4, 6}

18

Se llama suceso unión de A y B, A ∪ B, al formado por los resultados experimentales que están en A o en B (incluyendo los que están en ambos). Se llama suceso intersección de A y B, A ∩ B, al formado por los resultados experimentales que están simultáneamente en A y B. Dos sucesos son mutuamente excluyentes si A ∩ B = Ø, donde Ø es el conjunto vacío.

Observemos que un suceso y su complementario son siempre mutuamente excluyentes y su unión es todo el espacio E. A ∩ Ac = Ø, A ∪ Ac = E La unión y la intersección de múltiples sucesos se define de forma similar:

mj

m

jAAAA ∪∪∪=∪

=211 mj

m

jAAAA ∩∩∩=∩

=211

19

¿Cuál será la probabilidad de dos sucesos mutuamente excluyentes?

{ } X = 1 2 , { } Y = 3 4 5 6 , , ,

Y X

0)( =∩YXP

Ø X Y ∩ =

20

La diferencia básica en el papel de la Probabilidad matemática en 1946 y en 1988 es que hoy en día es aceptada como Matemática, mientras que en 1946, para la mayoría de los matemáticos, la Probabilidad era a las Matemáticas como el mercado negro es al mercado: esto es, la Probabilidad era una fuente de matemáticas interesantes, pero el análisis del contexto de fondo era algo poco recomendable. J. L. Doob, A Century of Mathematics in America, Part II (Peter Duren, ed.)

La Teoría de la Probabilidad, como disciplina matemática, puede y debe ser desarrollada a partir de unos axiomas, de la misma manera que la Geometría o el Álgebra. Andrei Kolmogorov, Foundations of the Theory of Probability.

21

Definición axiomática de probabilidad

Se llama probabilidad a cualquier función P que asigna a cada suceso A del espacio muestral E un valor numérico P(A), verificando los siguientes axiomas:

(1) No negatividad: 0 ≤ P(A)

(2) Normalización: P(E) = 1

(3) Aditividad: P(A ∪ B) = P(A) + P(B)

si A ∩ B = Ø (donde Ø es el conjunto vacío).

Evitar definición conceptual de probabilidad y su «arraigo experimental» (década 1930). La axiomatización de la teoría de la probabilidad permitió el desarrollo inmediato de la teoría de la medida.

Kolmogorov, 1933

22

Demostrar que: P(∅) = 0 ( Utilizar: ∅ ∩ E = ∅ )

Suceso seguro

Suceso

Imposible

.5

1

0

P(E) = P(E U ∅) = P(E)+P(∅) = 1+ P(∅) ⇒ P(∅ ) = 0

Demostrar que: 0 ≤ P(A) ≤ 1

1= P(E) = P(A U Ac ) = P(A )+ P(Ac) ⇒ P(A ) ≤ 1

23

Si la probabilidad de que el parking de la escuela tenga 100-209, 210-309, 310-400 y > 400 coches es 0.20, 0.35, 0.25, 0.12 respectivamente. ¿Qué probabilidad hay de que el parking tenga al menos 100 coches, pero menos de 401?

Solución Puesto que los sucesos favorables 100-209, 210-309 y 310-400 son mutuamente excluyentes:

0,20 + 0,35 + 0,25 = 0,80

Veamos un ejemplo de aplicación del axioma (3) Aditividad: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) si A ∩ B = Ø (donde Ø es el conjunto vacío).

24

¿Sabiendo la probabilidad P(A) de un suceso A, cuál será la de su complementario Ac?

A cA

Teorema de la probabilidad complementaria Para un suceso A y su complementario Ac en el espacio muestral E: P(Ac) = 1 - P(A)

Demostración: Por definición de complementario E = A ∪ Ac y A ∩ Ac = Ø. A partir de los axiomas 2 y 3: 1 = P(E) = P(A ∪ Ac) = P(A) + P(Ac), de modo que: P(Ac) = 1 - P(A)

1)( =EP)(1)( APAP c −=

25

El suceso Ac (ninguna cara) tiene solo una posibilidad. Entonces P(Ac) = 1/32 y la respuesta es: P(A) = 1 - P(Ac) = 31/32.

Lanzamiento de monedas Cinco monedas se lanzan simultáneamente. Encuentra la probabilidad del suceso A: Al menos sale una cara. (Asumimos que las monedas no está cargadas).

Solución: Puesto que cada moneda puede aparecer como cara o cruz, el espacio muestral consiste en 25 = 32 posibilidades. Como las monedas no están cargadas cada posibilidad tiene la misma probabilidad de 1/32.

26

Solución alternativa: La probabilidad de que una moneda salga cara es 1/2 y de que salga cruz 1/2. Puesto que cada lanzamiento es independiente, la probabilidad de que salgan 5 cruces (ninguna cara) será:

3231)(1)(

321

21

21

21

21

21

21)(

5

=−=

=

=⋅⋅⋅⋅=

c

c

APAP

AP

Probabilidad de que salga cruz

Discutamos el concepto de «independiente»...

27

La falacia del jugador (1) Edgar Allan Poe argumentaba en el epílogo de la narración detectivesca: “El misterio de Marie Roget” que si al lanzar un dado se sacaban cinco doses seguidos, la probabilidad de sacar otro dos en la sexta tirada era inferior a 1/6. (2) Los señores Buenaesperanza tienen cinco niñas. Esperan un nuevo hijo. ¿Será más probable que sea niño? (3) Estás jugando a la ruleta y has observado que ha salido 6 veces seguidas un número rojo. ¿Es el momento de apostar al negro?

28

(4) El sistema de D’ Alembert para jugar a la ruleta a rojo/negro o par/impar: Si gano → en la siguiente jugada apuesto menos. Si pierdo → en la siguiente jugada apuesto más. (5) Primera Guerra Mundial y cráteres. (6) Terrorismo aéreo. Hay que distinguir entre sucesos dependientes e independientes: Ni las monedas, ni las ruletas tienen memoria... Cuando el resultado de un acontecimiento A tiene influencia sobre B, decimos que los sucesos son dependientes. E independientes en caso contrario.

29

El hombre del tiempo: “La probabilidad de que llueva este sábado es del 50% y de que llueva en domingo también es del 50%.

¿Cuál es la probabilidad de que llueva el fin de semana suponiendo independencia entre los sucesos: "lloverá el sábado" y "lloverá el domingo"?

75.0)5.01(1 2 =−−=P

Así que la probabilidad de que llueva el fin de semana es del 100%.”

32

Otras maneras de visualizar sucesos

• Tablas de contingencia:

• Diagramas en árbol:

Baraja Cartas Negras

No As

As

As

No As

Negro Color

Palo Rojo Total

As 2 2 4 No-As 24 24 48 Total 26 26 52

Cartas Rojas

33

Recordemos el restaurante de Emile. Supongamos que el 80% de los clientes escogen sopa como entrante y el 20% zumo. De los que escogen sopa, el 20% eligen ensaladas, el 30% pescado y el 50% carne. De los que escogieron zumo, es el 30%, 40% y 30% para ensaladas, pescado y carne respectivamente. Podemos utilizar estos valores para estimar las probabilidades de los dos primeros platos usando un diagrama de árbol.

Spotck, la gata de Data en Start Treck, ha tenido un camada de 4 cachorros. El capitán Piccard le pregunta cuántos son macho y cuántos hembra. Data le responde que, basándose en el cálculo de probabilidades, lo más probable es que sean dos gatitos y dos gatitas. Piccard llama inmediatamente a seguridad para que detengan a Data. ¿Qué ocurre?

Si un gato puede ser macho o hembra y hay cuatro gatos, tenemos 24 = 16 posibilidades: Probabilidad de que todos sean del mismo sexo = 2/16 = 1/8 HHHH MMMM Probabilidad descomposición (3-1) = 8/16 = 1/2 HHHM HHMH HMHH MHHH MMMH MMHM MHMM HMMM •Descomposición (2-2) = 6/16 = 3/8 HHMM HMHM HMMH MHHM MHMH MMHH Hemos contado los 16 casos posibles y 1/8 + 1/2 + 3/8 = 1. A casi todo el mundo le sorprende que en familias de cuatro hijos haya tres del mismo sexo.

36

Probabilidad de que todos sean del mismo sexo:

Probabilidad descomposición (3-1):

Probabilidad descomposición (2-2):

81

162

212

21

21)4()4()44(

444

==

⋅=

+

=+=∪ MPHPMHP

21

168

2142

21

43

21

41

)31()13()3113(444

==

⋅⋅=

+

=

=+=∪ MHPMHPMHMHP

83

166

21

42

)22(4

==

=MHP

Antoine Gombaud, Chevalier de Mère, planteó uno de los problemas más antiguos de la teoría de probabilidad al filósofo y matemático francés Blaise Pascal: ¿Qué es más probable? (a) Sacar (al menos) un 6 al tirar 4 veces un solo dado o (b) sacar (al menos) un 12 en 24 tiradas de 2 dados. A pesar de que Pascal había renunciado a las matemáticas por considerarlas una forma de deleite sexual (¡!), aceptó resolver el problema:

4914,036351)12(;

3635)12(

5117,0651)6(;

65)6(

2424

44

=

−=

=

=

−=

=

unmenosalPningúnP

unmenosalPningúnP

Escribe Poisson en sus Recherches sur la Probabilité (1837) que un problema relativo a los juegos de azar, propuesto a un austero jansenista por un hombre de mundo, ha sido el origen del cálculo de probabilidades. El austero jansenista no es otro que Blaise Pascal y el hombre de mundo Antoine Gombauld, caballero De Mère.

38

Pascal, a raíz de esta cuestión, comenzó una correspondencia epistolar sobre cuestiones probabilísticas con otros matemáticos amigos, sobre todo con Fermat. Esta correspondencia puede considerarse el origen de la teoría de probabilidades.

4914,036351)12(

5117,0651)6(

24

4

=

−=

=

−=

unmenosalP

unmenosalP

Fue Huyghens, no obstante, quien recogiendo y completando el trabajo de ambos presenta en sociedad el Cálculo de Probabilidades en 1657 al publicar su libro De Ratiocinius in Ludo Aleae.

39

P(no morir de accidente de coche) = 99% P(no morir de accidente doméstico) = 98% P(no morir de enfermedad pulmonar) = 95% P(no morir de locura) = 90% P(no morir de cáncer) = 80% P(no morir de enfermedad cardiaca) = 75% La probabilidad de librarse individualmente de cada una de estas formas de muerte es alentadora, pero: ¿Cuál es la probabilidad de morir a causa de alguna de ellas?

P(no morir por ninguna de las causas) = = 0,99 x 0,98 x 0,95 x 0,9 x 0,8 x 0,75 = 0,50 P(morir a causa de alguna) = 1 – 0,5 = 0,50.

Morir de ...

40

La probabilidad de contraer el SIDA se estima en 1/500 en 1 contacto heterosexual sin protección con alguien enfermo. ¿Cuántos contactos son necesarios en promedio para que la probabilidad de infección alcance el 50%?

346

500499

5,0

5,0500499contactos)n en econtagiars no(

500499contactos) 2en econtagiars no(

500499

50011contacto) 1en econtagiars no(

2

≈

=

=

=

=

=−=

Ln

Lnn

P

P

P

n

41

Utilizando condón la probabilidad de contraer el SIDA por vía heterosexual baja de 1/500 en 1 contacto a 1/5.000. ¿Cuántos contactos son necesarios ahora en promedio para que la probabilidad de infección alcance el 50%?

3465

50004999

5,0

5,050004999contactos)n en econtagiars no(

50004999

500011contacto) 1en econtagiars no(

≈

=

≈

=

=−=

Ln

Lnn

P

P

n

42

«Si no conocemos el estado de salud de nuestra pareja, pero sabemos con certeza que no pertenece a ningún grupo de riesgo conocido, las probabilidades pasan a ser de 1/5.000.000 sin preservativo y 1/50.000.000 con preservativo, riesgos muy inferiores a morir en un accidente de tráfico volviendo de la cita, que es de alrededor de 1/5.300». El hombre anumérico, John Allen Paulos.

La secuencia de 42 bases: TTTAATTGAAAGAAGTTAATTGAATGAAAATGATCAACTAAG está presente en el genoma de 10 vertebrados: humano, chimpancé, ratón, rata, perro, pollo, rana, pez cebra, pez fugu y tetraodón. La probabilidad (de acuerdo al modelo de evolución de Jukes-Cantor, ver «Substitution model» en Wikipedia) de que esto haya ocurrido por azar es aproximadamente igual a: 10-50. Es una conjetura razonable suponer que esta secuencia de 42 bases estaba en un ancestro común a todos estos vertebrados

“The Mathematics of Phylogenomics”, Lior Pachter and Bernd Sturmfels Algebraic Statistics for Computational Biology, Cambridge University Press, 2005

Vamos a generar una serie aleatoria de 50 números con un dado: 14524314331566524451345252441515242662261... ¿Cuál es la probabilidad de acertar al azar esta serie?

46

Infinite monkey theorem (Emile Borel 1913) Teorema de los infinitos monos

«De acuerdo con el segundo enunciado Borel-Cantelli, con suficiente tiempo, un chimpancé escribiendo al azar podría escribir una obra de Shakespeare (o cualquier otro texto)». Wikipedia

«Suponiendo que un teclado tenga 50 teclas y la palabra a ser escrita es “banana”, mecanografiando al azar, la probabilidad de que la primera letra escrita sea b es 1/50, de que la segunda sea a es 1/50, etc. Dichos eventos son estadísticamente independientes, así que la probabilidad de que las seis primeras letras escritas sean “banana” es 1/506. Ahora, las probabilidades de no escribir “banana” en cada bloque de 6 letras es 1-1/506. Dado que cada bloque debe ser considerado independientemente, la probabilidad X de no escribir “banana” en los n primeros bloques de 6 letras es X = (1-1/506)n. A medida que n aumenta, X se reduce. Para n = 1.000.000, X = 99.99%, pero para un n igual a 10.000 millones, X = 53% y para una n = 100.000 millones es un 0,17%. A medida que n se acerca a infinito, la probabilidad de X tiende a cero. Esto es, haciendo n lo suficientemente grande, X puede ser tan pequeño como uno quiera. Si considerásemos las veces que se escribiría “banana” entre bloques de 6 letras, X tendería a 0 incluso más rápidamente. El mismo argumento se aplica si el mono estuviese escribiendo cualquier otra cadena de caracteres de cualquier tamaño.» Wikipedia

47

Infinite monkey theorem Teorema de los infinitos monos

“Esta demostración muestra por qué infinitos monos podrían (con casi toda probabilidad) producir un texto tan rápidamente como pudiese ser escrito por un mecanografiador humano copiándolo desde el original. En este caso X = (1-1/506)n, donde X representa la probabilidad de que ninguno de los primeros n monos escribiese banana a la primera. Cuando consideremos 100.000 millones de monos, la probabilidad cae al 0,17% y a medida que n aumenta, X (la probabilidad de que todos los monos fallen al escribir un texto dado) tiende a 0.

Ignorando puntuación, espaciamiento y mayúsculas/minúsculas y asumiendo una distribución uniforme de letras, un mono tiene una probabilidad entre 26 de escribir correctamente la primera letra de Hamlet. La probabilidad de que escriba bien las dos primeras letras es 1 entre 676 (26 veces 26). Cuando 20 letras hayan sido escritas, las probabilidades de que hayan sido las correctas se reducen a una entre 2620=19.928.148.895.209.409.152.340.197.376, aproximadamente la misma probabilidad de que a una misma persona le toquen 4 loterías consecutivas. En caso del texto completo de Hamlet, la probabilidad es tan abismalmente pequeña que difícilmente puede ser concebida en términos humanos. El texto de Hamlet, eliminando cualquier puntuación, contiene unas 130.000 letras”. Wikipedia

48

Infinite monkey theorem Teorema de los infinitos monos

En física, pues, la fuerza del argumento de los monos reside no en la probabilidad de que los monos finalmente produzcan algo inteligible, sino en la realidad práctica de que no lo harán. Cualquier proceso físico que es menos probable que el éxito de los monos es efectivamente imposible. Esta es la base de la segunda ley de la termodinámica. The Nature of the Physical World (1929) Arthur Eddington

“El sitio web The Monkey Shakespeare Simulator, simula desde 2003 una gran población de monos escribiendo al azar, con la intención de ver cuanto tiempo toma a los monos virtuales completar una obra de Shakespeare desde el principio al fin. En 2005 se encontraron 24 letras consecutivas que formaban un pequeño fragmento de Enrique VI, parte 2: “RUMOUR. Open your ears; 9r"5j5&?OWTY Z0d "B-nEoF.vjSqj[…” Posteriormente, el mismo experimento, logró 30 letras de Julio César de Shakespeare: “Flauius. Hence: home you idle CrmS3RSs jbnKR IIYUS2([;3ei'Qqrm’” En 2003, científicos en Paignton Zoo y la Universidad de Plymouth, reportaron que dejaron un teclado de computadora en la jaula de seis macacos durante un mes. No sólo los monos no hicieron más que producir cinco páginas consistentes en una larga serie de la letra S, sino que comenzaron a atacar el teclado con una piedra y siguieron orinando y defecando sobre él.” Wikipedia

49

Inspira profundamente. Al hacérsele al filósofo griego Anaxágoras (nacido el año 428 antes de nuestra era) la pregunta de cuál sería el mejor modo de que se acordasen de él, dijo: “Que los alumnos celebren un día de vacaciones anualmente en mi honor”. (Diccionario de últimas palabras, Werner Fuld). ¿Cuál es la probabilidad de que hayas inhalado al menos una de las moléculas que Anaxágoras empleó para pronunciar esa frase?

¡Más del 99%! En más de 2000 años las moléculas se habrán repartido uniformemente por la atmósfera. Sea A = n = # moléculas exhaladas por Anaxágoras = # moléculas inspiradas por ti = 1/30 litro = 2,2 ·1022 N = # moléculas de la atmósfera = 1044 P(una molécula inhalada no sea de Anaxágoras) = 1- A/N P(n moléculas inhaladas ninguna de Anaxágoras) = (1 - A/N)n

P(inhalar al menos una de las moléculas de Anaxágoras) = 1- (1 - A/N)n

Todos estamos conectados ...

77

Lanzamiento de monedas

78

¿Si sospechamos que una moneda está trucada (probabilidad no simétrica) cómo utilizarla para echar suertes de manera justa? Por ejemplo, supongamos que la moneda sale cara (C) un 60% de las veces y sale cruz (+) un 40% de las veces. ¿Qué experimento aleatorio daría las mismas posibilidades a dos sujetos A y B? (John von Neumann)

Cada jugador lanza la moneda dos veces: (1) Si sale CC o ++, se vuelve a lanzar dos veces. (2) Si sale C+ gana A. (3) Si sale +C gana B.

10024

106

104)(

10024

104

106)(

==+

==+

CP

CP

John von Neumann (1903 - 1957).

79

Generaliza el problema suponiendo que desconoces la probabilidades.

ppCPppCP)1()(

)1()(−=+−=+

Supongamos ahora que el sorteo es entre tres y disponemos de una bolsa con tres bolas: una blanca y dos negras. Se sacan en orden y sin reponer. Gana quien saque la blanca. ¿Te interesa extraer primero para tener más posibilidades de ganar? Numeremos las bolas: blanca = 0, negra1 = 1, negra2 = 2. Las posibles extracciones son: 012 021 102 201 120 210. Y puesto que todas son igualmente probables: P(sacar primero) = 2/6 = P(sacar segundo) = P(sacar tercero)

¿Y si fueran N bolas y N participantes? ¿Es equivalente a: el profesor escoge un número entre 1 y N. Y sortea entre N alumnos, que escogen por orden alfabético un número (no repetido)?

El sorteo de la mili

From Alberto Luceño y Francisco J. González.

82

Ya has visto que no siempre los sucesos del espacio muestral son equiprobables. ¿Qué ocurriría si jugásemos con un dado trucado? Por ejemplo, ¿cuál sería la probabilidad de obtener un número primo con un dado trucado, de tal forma que la probabilidad de obtener una determinada cara fuese proporcional a la numeración de dicha cara? En este caso los sucesos del espacio muestral no son equiprobables y no podemos aplicar la regla de Laplace.

p(A1) = 1× k p(A2) = 2× k p(A3) = 3× k p(A4) = 4× k p(A5) = 5× k p(A6) = 6× k

primos

83

¿Qué probabilidad asignamos a cada suceso del espacio muestral? Normalicemos: 1 = p(E) = p(A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 ∪ A6) = p(A1) + p(A2) + p(A3) + p(A4) + p(A5) + p(A6) = 21 × k de donde k = 1/21 y resulta:

p(A1) = 1 × k = 1/21, p(A2) = 2 × k = 2/21 p(A3) = 3 × k = 3/21, p(A4) = 4 × k = 4/21 p(A5) = 5 × k = 5/21, p(A6) = 6 × k = 6/21

p(A) = p("obtener número primo") = p(A2 ∪ A3 ∪ A5) =

= p(A2) + p(A3) + p(A5) = = 10/21 = 0,476

84

Coincidencias ¿Cuántas personas escogidas al azar hacen falta para tener la certeza de que dos cumplen años el mismo día? Si un año tiene 365 días (pasemos de bisiestos), nos hacen falta a lo sumo 366 personas. ¿Y si quiero tener una probabilidad del 50%?

El número de posibles: n fechas de 365 (casos posibles) es: n fechas distintas de 365 (casos no favorables) es: )1365(...364365,365 +−⋅⋅⋅= nV n

nnVR 365,365 =

n

n

nP

nP

365)1365(...364365- 1 cumple) mismon de dos menos al(

365)1365(...364365 cumple) mismo no personasn (

+−⋅⋅⋅=

+−⋅⋅⋅=

Con n = 23 esta probabilidad se hace aproximadamente 0,5.

85

86

¿Y si fijamos la fecha? Por ejemplo, yo nací el 21 de marzo, ¿cuántas personas son necesarias en un grupo para alcanzar el 50% de probabilidad de que al menos una haya nacido el mismo día que yo?

n

n

P

P

P

=

=

=

365364-1marzo) de 21 el nacido hayan de persona una menos Al(

365364 marzo) de 21 el nacidohayan no personasn (

365364 marzo) de 21 elnacer no(

Para n = 253 esta probabilidad es aproximadamente del 50%. Moraleja: mientras que es probable que ocurra algún hecho improbable, lo es mucho menos que se dé un caso concreto.

87

(1) Probabilidad de que al menos haya coincidencia en un cumpleaños

Calcularemos la probabilidad de que no haya ninguna coincidencia y utilizaremos el complementario.

[1,...,1] [0,...,0] (23) (342)

!342!23!365342,23

365 =PR

De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar dos grupos con 23 urnas de tipo 1 y 342 de tipo 0?

Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! formas distintas de colocar las bolas en las urnas tipo 1.

!342!365!23

!342!23!365

==CFCasos favorables

Entonces, la probabilidad de que no haya coincidencia es:

493.0365

!342!365

23 ==P

La probabilidad de que haya al menos un par de personas con el mismo día de cumpleaños será: 507.0493.011 =−=− P

88

(2) Probabilidad de que haya precisamente una coincidencia y solo una

[2] [1,...,1] [0,...,0] (1) (21) (343)

!343!21!1!365343,21,1

365 =PR

De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos con 1 urna de tipo 2, 21 urnas de tipo 1 y 343 de tipo 0?

Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /2! formas distintas de colocar las bolas:

!2!23

!343!21!1!365

=CFCasos favorables

Entonces, la probabilidad de que haya exactamente una coincidencia es: 363.0

365!2!23

!343!21!1!365

23 ==P

89

(3) Probabilidad de que haya precisamente dos coincidencias

[2,2] [1,...,1] [0,...,0] (2) (19) (344)

!344!19!2!365344,19,2

365 =PR

De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos con 2 urnas de tipo 2, 19 urnas de tipo 1 y 344 de tipo 0?

Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /(2!)2 formas distintas de colocar las bolas:

( )2!2!23

!344!19!2!365

=CFCasos favorables

Entonces, la probabilidad de que haya exactamente dos coincidencias es: ( ) 111.0

365!2!23

!344!19!2!365

23

2

==P

90

(4) Probabilidad de que haya precisamente tres coincidencias

[2,2,2] [1,...,1] [0,...,0] (3) (17) (345)

!345!17!3!365345,17,3

365 =PR

De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos con 3 urnas de tipo 2, 17 urnas de tipo 1 y 345 de tipo 0?

Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /(2!)3 formas distintas de colocar las bolas:

( )3!2!23

!345!17!3!365

=CFCasos favorables

Entonces, la probabilidad de que haya exactamente dos coincidencias es: ( ) 018.0

365!2!23

!345!17!3!365

23

3

==P

91

(5) Probabilidad de que haya precisamente una triple coincidencia

[3] [1,...,1] [0,...,0] (1) (20) (344)

!344!20!1!365344,20,1

365 =PR

De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos con 1 urna de tipo 3, 20 urnas de tipo 1 y 344 de tipo 0?

Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /3! formas distintas de colocar las bolas:

!3!23

!344!20!1!365

=CFCasos favorables

Entonces, la probabilidad de que haya exactamente dos coincidencias es: 007.0

365!3!23

!344!20!1!365

23 ==P

92

Fútbol: dos equipos + árbitro = 23

10 partidos

"Coincidences: the truth is out there" Robert Matthews, and Fiona Stones.

93

Supón que tu ipod tiene 4000 canciones y escuchas al azar 65. ¿Cuál es la probabilidad de se repita al menos una de las canciones?

¿La lista de de reproducción aleatoria del iPod realmente es aleatoria?

“Lo hicimos menos aleatorio para que pareciera más aleatorio.” Steve Jobs

Probabilidad del 50,2%.

El número de posibles sucesiones de 65 canciones es: El número de posibles sucesiones de 65 canciones diferentes:

65

65

40003936...39994000- 1 repetidas) canciones 2 menos al(

40003936...39994000 distintas)canciones65(

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

P

P

94

Año cm de nieve (1) 1974 75 Récord (2) 1975 88 Récord (3) 1976 72 (4) 1977 110 Récord (5) 1978 85 (6) 1979 30 (7) 1980 55 (8) 1981 86 (9) 1982 51 (10) 1983 64

Récords ¿Cuántos récords deberíamos esperar en un periodo de 10 años? Podemos contar el número de récords en términos de permutaciones como sigue: numeramos los años de 1 a 10. Y asignamos a cada año su posición en el ranking (ordenamos por su valor de menor a mayor).

Año 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ranking 6 9 5 10 7 1 3 8 2 4

Ranking 10 significa mayor récord. Ranking 1 significa valor más bajo.

95

El programa Records cuenta el número de récords en permutaciones generadas aleatoriamente. Para n = 10, 20 y 30 el número medio de récords es 2.968, 3.656 y 3.960 respectivamente. El promedio incrementa muy suavemente. Puede demostrarse que el promedio va aproximadamente como log n: log 10 = 2.3, log 20 = 3 y log 30 = 3.4.

El ranking se convierte así en una posible permutación. De modo que el año i será un récord si en la permutación ranking todos los valores anteriores: 1, 2, ..., i - 1 son menores en valor. Vamos a calcular, por simulación, para n años la probabilidad de obtener k récords, suponiendo que los valores (centímetros de nieve) son todos distintos e igualmente probables. Así como el número medio de records en función de n.

Año 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Ranking 6 9 5 10 7 1 3 8 2 4

96

97

Que a algún televidente se le repare milagrosamente ese reloj viejo que hacía años que no funcionaba es más probable que se le repare concretamente a Perico de los Palotes. Por este motivo las predicciones de los magufos son vagas. Las concretas raramente se hacen realidad. (ARP-Sociedad para el Avance del Pensamiento Crítico.) Veamos un timo clásico que se basa indirectamente en esta propiedad...

“Supongamos que disponemos de una ruleta de 26 letras distintas: mientras que la probabilidad de que salgan las palabras TACO o BOBO es baja (acontecimiento concreto), la probabilidad de que salga alguna palabra no concreta con sentido es alta (acontecimiento genérico)”. Martin Gardner

98

¿Si durante 6 semanas seguidas recibieras por carta las predicciones correctas sobre si suben o bajan determinadas acciones, estarías dispuesto a pagar 500 euros por la información a la séptima semana? Observación: la probabilidad de que el broker acierte por azar es (1/2)6 = 0,008.

Nuestro astuto asesor de bolsa envía 32.000 cartas: 16.000 predicen subida y 16.000 bajada. A la mitad adecuada les envía a la semana siguiente 8.000 con subida y 8.000 con bajada, etc. Al final 500 personas han recibido 6 predicciones correctas dispuestas a pagar 500 euros por la séptima: 500 x 500 = 250.000 euros de beneficio para el timador.

99

Sueños proféticos

Supongamos que la probabilidad de un sueño profético sea de 1/10.000 (muy poco frecuente). La probabilidad de que no sea profético es abrumadora: 9.999/10.000. ¿Cuál es la probabilidad de tener un sueño profético al cabo de un año?

036,01000099991profético) sueño 1 menos Al(

964,0100009999)proféticos no sueños 365(

365

365

≈

−=

≈

=

P

P

La población española es de unos 47 millones de habitantes. El 3,6% de esa cantidad tendrá al menos un sueño profético a lo largo de un año: 1,7 millones de personas. ¡Lo extraño es que no hubiera sueños proféticos!

101

El negocio del azar puede suponer en algunos casos hasta el 3% del PIB. Declaraciones en televisión de un ganador de un premio de lotería acabado en 48: «Soñé con el siete, siete noches seguidas. Y como 7 por 7 es 48, compré un número acabado en 48.»

Lotería de Navidad (pág. 104)

102

104

Si elegimos una respuesta a esta pregunta al azar, ¿cuál es la probabilidad de que sea correcta?

... paradoja del barbero/paradoja del mentiroso...

105

106

La paradoja del ascensor El señor Arribas tiene su oficina en uno de los pisos más altos de un edificio. Llama al ascensor y piensa: “¡Maldición! El primer ascensor que se detiene aquí está subiendo. Siempre pasa lo mismo...” La señorita Ayuso trabaja en una de las primeras plantas. Y sube a desayunar al ático. Llama al ascensor y piensa: “¡Es que no lo entiendo! ¡Siempre que llamo al ascensor, el primero en llegar está bajando!” Pregunta: ¿Cómo es posible? (Puzzle-Math, G. Gamow y M. Stern)

107

Hueco del ascensor

Planta alta

Planta baja

The Easiest Hard Problem Brian Hayes

Partición eficiente: algoritmo infantil para formar dos equipos de fútbol.

The partitioning problem

You are given a set of n positive integers, and you are asked to separate them into two subsets; you may put as many or as few numbers as you please in each of the subsets, but you must make the sums of the subsets as nearly equal as possible. Ideally, the two sums would be exactly the same, but this is feasible only if the sum of the entire set is even; in the event of an odd total, the best you can possibly do is to choose two subsets that differ by 1. Accordingly, a perfect partition is defined as any arrangement for which the "discrepancy"—the absolute value of the subset difference—is no greater than 1.

2 10 3 8 5 7 9 5 3 2 There are 23 ways to divide up the numbers into two groups with exactly equal sums (or 46 ways if you count mirror images as distinct partitions).

(2 5 3 10 7) (2 5 3 9 8) Both subsets sum to 27.

Example:

Figure 1. One perfect partition hides in a dense forest of very imperfect ones. Partitions are ways of separating a set of numbers into two subsets; a partition is perfect if the subsets have the same sum. Here the bars represent the discrepancy—the absolute value of the subset difference—of the 256 ways of partitioning a certain set of nine integers. (There are another 256 partitions, but they are just the mirror images of these, exchanging the two subsets.) The set chosen for this example is (484 114 205 288 506 503 201 127 410); the lone perfect partition, marked by a red asterisk, divides the numbers into the subsets (410 503 506) and (127 201 288 205 114 484), which both add up to exactly 1,419.

The partitioning problem

Figure 2. Greedy algorithm is one of the simplest approximate methods of partitioning. The rule is always to take the largest number remaining to be assigned, and put it in the subset with the smaller sum. Here red balls indicate the number being moved at each stage.

Greedy algorithm

Figure 3. Karmarkar-Karp algorithm operates in two phases. First, reading down the lefthand side, pairs of numbers are replaced by their difference, effectively deciding they will go into different subsets. In the second phase, reading up the righthand side, the partition is constructed from the sequence of differencing decisions. Here the 0 at the bottom of the table is known to derive from the difference of two 2s, which can therefore be inserted, one in each subset. One of the 2s arose as the difference between a 6 and a 4, so those numbers can also be written down, and so on. In the case shown the algorithm finds a perfect partition, but it is not guaranteed always to work.

Karmarkar-Karp algorithm

In the search for perfect partitions, the Karmarkar-Karp procedure succeeds even more often than the greedy algorithm.

Easy problems can be solved in "polynomial time", whereas

hard problems require "exponential time".

If you have a problem of size x, and you know an algorithm that can solve it in x steps or x2 steps or even x50 steps, then the problem is officially easy; all of these expressions are polynomials in x. But if your best algorithm needs 2x steps or xx steps, you're in trouble. Such exponential functions grow faster than any polynomial for large enough values of x.

Where does number partitioning fit into this taxonomy? The greedy algorithm and Karmarkar-Karp have polynomial running time; they can partition a set of n numbers in less than n2 steps. For purposes of classification, however, these algorithms simply don't count, because they're not guaranteed to find the right answer. The hierarchy of problem difficulty is based on a worst-case analysis, which disqualifies an algorithm if it fails on even one problem instance. The only known method that does pass the worst-case test is the brute-force approach of examining every possible partition. But this is an exponential-time algorithm: Each integer in the set can be assigned to either of the two subsets, so that there are 2n partitions to be considered.

Partitioning is a classic NP problem. If someone hands you a list of n numbers and asks, "Does this set have a perfect partition?" you can always find the answer by exhaustive search, but this can take an exponential amount of time. If you are given a proposed perfect partition, however, you can easily verify its correctness in polynomial time. All you need to do is add up the two subsets and compare the sums, which takes time proportional to n.

Indeed, partitioning is not just an ordinary member of the class NP; it is one of the elite NP problems designated NP-complete. What this means is that if someone discovered a polynomial-time algorithm for partitioning, it could be adapted to solve all NP problems in polynomial time. Each NP-complete problem is a skeleton key to the entire class NP.

Boiling and Freezing Numbers (Phase transition)

The difficulty increases as a function of problem size. In number partitioning: (1) how many numbers are in the set, n. (2) and how big they are: the number m of bits needed to represent a typical integer.

Some simple reasoning about extreme cases takes the mystery out of this assertion. Suppose the ratio of m to n is very small, say with m = 1 and n = 1,000. The task, then, is to partition a set of 1,000 numbers, each of which can be represented by a single bit. This is trivially easy: A one-bit positive integer must be equal to 1, and so the input to the problem is a list of a thousand 1s. Finding a perfect partition is just a matter of counting. At the opposite extreme, consider the case of m = 1,000 and n = 2 (the smallest n that makes sense in a partitioning problem). Here the separation into subsets is easy—how many ways can you partition a set of two items?—but the likelihood of a perfect partition is extremely low. It's just the probability that two randomly selected 1,000-bit numbers will be equal.

Meterlo en el horno a 120 grados

Thus a set of 100 integers in a range near 2100 has n = 100 and m = 100 and a problem size of 10,000 bits. The ratio m/n is the best predictor of difficulty in number partitioning.

Figure 4. Multiplicity of optimal partitions explains why some problem instances are hard and others are embarrassingly easy. The crucial parameters are the size of the set, n, and the size of a typical number in the set, m, measured in bits. When m is less than n, almost all sets have many perfect partitions. When m is greater than n, there is usually a unique best partition (and it is seldom perfect). Shown here are the multiplicities of the optimal partitions of 1,000 sets with n = 25. Where the optimal partition is not perfect, the color varies from yellow through green to blue as the discrepancy increases. Perfect partitions are marked in red, with solid dots for odd-sum sets and open circles for even-sum sets. The data show that perfect partitions are twice as abundant in odd-sum sets as in even-sum sets; the reason, roughly stated, is that subsets in the odd-sum case can differ by either +1 or –1, whereas an even-sum partition is perfect only if the discrepancy is exactly 0.

A 1991 article by Peter Cheeseman, Bob Kanefsky and William M. Taylor, titled "Where the Really Hard Problems Are," conjectured that all NP problems have a phase transition and suggested that this is what distinguishes them from problems in P.

Stephan Mertens:

As a means of understanding the phase transition, Mertens sets up a correspondence between the number-partitioning problem and a model of a physical system. To see how this works, it helps to think of the partitioning process in a new context. Instead of unzipping a list of numbers into two separate lists, keep all the numbers in one place and multiply some of them by –1. The idea is to negate just the right selection of numbers so that the entire set sums to 0. Now comes the leap from mathematics to physics: The collection of positive and negative numbers is analogous to an array of atoms in a magnetic material, with the plus and minus signs representing up and down spins. Specifically, the system resembles an infinite-range antiferromagnet, where every atom can feel the influence of every other atom, and where the favored configuration has spins pointing in opposite directions.

Physics offers some powerful tools for predicting the behavior of such a system. In particular, the interplay of energy and entropy governs how the collection of spins can be expected to evolve toward a state of stable equilibrium. The energy in question comes from the interaction between atomic spins (or between positive and negative numbers); because the system is an antiferromagnet, the energy is minimized when the spin vectors are oppositely oriented (or when the subsets sum to zero). The entropy measures the number of ways of achieving the minimum-energy state; a system with a unique ground state (or just one perfect partition) has zero entropy. When there are many equivalent ways of minimizing the energy (or partitioning a set perfectly), the entropy is high.

The ratio m/n controls the state of this system. When m is much greater than n, the spins almost always have just one configuration of lowest energy. At the other pole, when m is much smaller than n, there are a multitude of zero-energy states, and the system can land in any one of them. Mertens showed that the transition between the two phases comes at m/n=1, at least in the limit of very large n. And he derived corrections for finite n that may explain why Gent and Walsh measured a slightly different transition point. Finally, Mertens showed just how hard the hard phase is. Searching for the best partition in this region is equivalent to searching a randomly ordered list of random numbers for the smallest element of the list. Only an exhaustive traverse of the entire list can guarantee an exact result. What's worse, there are no really good heuristic methods; no shortcuts are inherently superior to blind, random sampling.

- Given a set of k integers extracted randomly from the pool [1,M]. - Extract another random integer T from the pool [1,M]. - Combine the set of integers through arithmetic operations (use at much once each number)

Question: WHICH IS THE PROBABILITY OF REACHING T?

RULES

Example [k = 4, M = 200] {3, 12, 5, 53} T = 118 Solution exists? YES S = (53-12)*3 – 5 = 118 {7, 11, 82, 26} T = 181 Solution exists? NO (Closest formula= 26 * 7 = 182)

Vamos a intentar estimar P(k, M) suponiendo que la única operación permitida es la suma.

Si tomamos n números al azar de [1, M] y los sumamos todos, en principio, podríamos obtener cualquier número de [n, nM]. Los extremos corresponderían a la suma de n unos y n M’s, respectivamente.

Recordemos que si tenemos k cifras, no estamos obligados a utilizarlas todas para alcanzar T. De modo que la cantidad de sumas que nos darían resultados en [1,M] sería aproximadamente:

Si suponemos que los posibles valores de las sumas se distribuyen uniformemente (sic), la probabilidad de que una suma caiga en el intervalo [1,M] que «mide» aproximadamente 1/n del intervalo total, será justamente 1/n.

𝑁+ 𝑘 = �1𝑛

𝑘𝑛

≈2𝑘+1

𝑘

𝑘

𝑛 =1

Podemos extender el problema añadiendo ahora la posibilidad de restar: Si tomamos n números al azar de [1, M], ahora podríamos obtener cualquier número de [-nM, nM]. Los extremos corresponderían a la resta de n M’s y a la suma de n M’s, respectivamente. Haciendo las mismas aproximaciones que antes llegamos a que la cantidad de operaciones que nos darían resultados en [1,M] sería aproximadamente:

𝑁± 𝑘 = �12𝑛

2𝑘𝑛

≈22𝑘−1

𝑘

2𝑘

𝑛 =1

Última aproximación: asumamos que los N(k) resultados son como intentos independientes de escoger al azar números en el intervalo [1,M]. Entonces:

𝑃 𝑘,𝑀 = 1 − 1 −1𝑁

𝑁± 𝑘

≈ 1 − 𝑒−𝑁±(𝑘)/𝑀

Cualitativamente es aceptable. Podemos mejorar suponiendo un «ansatz»:

𝑁± 𝑘,𝑀 =𝑒𝑟(𝑀) 𝑘

𝑘

¿Cómo estimar r(M)?

𝑃 𝑘𝑐 ,𝑀 ≡ 1/2 𝑟 𝑀 =ln (𝑀𝑘𝑐 ln 2)

𝑘𝑐

𝑘𝑐 𝑀 = 𝑎 ln𝑀 + 𝑏

a = 0.98 b = 0.31

𝑃 𝑘,𝑀 ≈ 1 − 𝑒−𝑁±(𝑘,𝑀)/𝑀

𝑘𝑐 𝑀 = 𝑎 ln𝑀 + 𝑏

a = 0.84 b = 0.39

𝛼 ≡𝑘𝑘𝑐

Intensive control parameter:

System’s efficiency as the average amount of potential targets in [1,M] that can be reached per unit number k. This function can be written as:

A. Fomenko Geometry and probability

132

cuadrado del Área de Área)( BBP =

La Probabilidad Geométrica tiene sus inicios en la Francia del siglo XVIII con el experimento de “la aguja de Buffon”, desarrollado por el célebre naturalista George Louis Leclerc (1707-1788), mejor conocido como el conde de Buffon. Aunque se le identifica más por su monumental obra “Histoire Naturelle” de 44 volúmenes, también estuvo profundamente intereresado por las pasiones humanas y los juegos de azar. A la edad de 26 años presentó a los miembros de la Academia de Ciencias de Paris otra forma de ver la Probabilidad usando Geometría.

Otras definiciones de probabilidad: (1) Definición geométrica de probabilidad

La aguja de Buffon

aguja la lanzamos que veces#línea una corta aguja la que veces#

=Pπ21

=

Longitud de la aguja igual a la distancia entre las líneas paralelas

Experimento-simulación de la aguja de Buffon

«Con el llamado "problema de la aguja de Buffon", propuesto en el siglo XVIII por el célebre naturalista francés, nace la teoría de las probabilidades geométricas desarrollada poco después por Laplace en su gran tratado Teoría analítica de las probabilidades (1812). Aunque vinculada inicialmente a los juegos de azar, dicha teoría originó luego la geometría integral o estocástica contemporánea, de interés para la matemática pura y aplicada. [...] La geometría integral ha permitido el desarrollo de dos técnicas de gran importancia: la estereología y la tomografía computada». Luis A. Santaló Facultad de Ciencias Exactas y Naturales, Universidad de Buenos Aires Cienciahoy

135

136

137

Genaro y Rigoberta se citan entre las 21 y las 22 horas. Ninguno de ellos tiene la costumbre de ser puntual. Así que, el primero que llega esperará 20 minutos y se irá. ¿Cuál es la probabilidad de que se produzca el encuentro?

}600,600:),{( 2121 ≤≤≤≤= xxxxE

202020

1221

12 ≤−⇒

≤−≤−

xxxxxx

60 min

60 min

20 min

20 min

x1

x2

•

• •

•

2012 += xx

2021 += xxA

95

604060

)()()( 2

22

=−

==ESASAP

138

La paradoja de Bertrand Joseph L. F. Bertrand (1822-1900) fue un matemático francés cuyas principales áreas de trabajo fueron la Teoría de Números, la Geometría Diferencial y la Teoría de las Probabilidades. En 1888 publicó el libro Calcul des probabilitiés que contenía numerosos ejemplos de problemas de probabilidades en los cuales el resultado depende del método de resolución. El más famoso se conoce como la Paradoja de Bertrand:

Joseph Louis François Bertrand (1822 - 1900)

Dada un circunferencia de radio R, se traza en ella, al azar, una cuerda. ¿Cuál es la probabilidad de que esta cuerda sea mayor que el lado del triángulo equilátero que puede inscribirse en la circunferencia?

139

Solución 1: La posición de la cuerda puede ser determinada por su distancia al centro de la circunferencia. Esta distancia puede variar entre 0 y R. La cuerda será mayor que el lado del triángulo equilátero inscrito cuando su distancia al centro sea menor que R/2. De aquí obtenemos que la probabilidad buscada es 1/2.

2;

21

6sin Rh

Rh

===

π 0

R

h

140

Solución 2: Tomemos un punto cualquiera de la circunferencia. Tracemos la tangente a la circunferencia en ese punto. Toda cuerda que pase por ese punto formará un ángulo con la tangente que varía entre 0o y 180o. Para que la cuerda sea mayor que el lado del triángulo equilátero debe estar comprendida entre 60o y 120o. De ahí que la solución buscada sea 1/3.

141

Solución 3: Una cuerda está totalmente determinada por su punto medio. Aquellas cuerdas cuya longitud exceda el lado del triángulo equilátero tienen sus puntos medios dentro de un pequeño círculo de radio 1/2 R. De modo que su área es 1/4 de la del círculo de radio R. De aquí obtenemos que la probabilidad buscada es 1/4.

142

Tres puntos no colineales siempre forman un plano...

Sobre la superficie de una esfera marcamos tres puntos al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que los tres puntos queden en una misma semiesfera?

La probabilidad es 1/2. Supongamos que la persona tuviera un doble situado directamente frente a él, a igual distancia y del otro lado, del centro del Pentágono. Si alguna de ambas personas viera tres lados, la otra solamente podría ver dos. Puesto que hay probabilidades iguales de que cualquiera de las personas se encuentre en uno o en otro lugar, la probabilidad de que vea tres caras es 1/2.

Se toma al azar un punto situado a varios kilómetros del Pentágono. ¿Qué probabilidad hay de que desde él puedan verse tres lados del polígono?

143

«¿Dónde radica la paradoja? ¿Cuál es la solución a nuestro problema? La paradoja radica en qué consideramos por trazar una cuerda “al azar”. En el problema de Bertrand, distintos métodos de seleccionar una cuerda “al azar” conducen a diferentes medidas de probabilidad no equivalentes. Las distribuciones de probabilidad no son objetivas. Siempre que definamos una medida de probabilidad, dicha medida de probabilidad se basa en un conjunto de hipótesis. El concepto de probabilidad clásico o de Laplace se basa en la equiprobabilidad de los resultados elementales. Este método sólo es aplicable para espacios muestrales finitos como ya sabemos. El concepto de probabilidad geométrica, generaliza el concepto de probabilidad de Laplace, en el sentido de que conjuntos que posean la misma medida geométrica deben de tener la misma probabilidad y de esta manera podemos generalizar la probabilidad para aplicarla a espacios infinitos. Sin embargo, no es una generalización objetiva, todo depende de que medida consideremos, como hemos visto aquí. De igual manera sobre un conjunto finito de elementos podemos definir otras medidas de probabilidad, basándonos en otras hipótesis, no coincidentes con la probabilidad clásica o de Laplace».

La paradoja de Bertrand Valderas, J.M., Olmedo, E. y Franco, L.

«Cada asignación de probabilidad se basa en un conjunto de hipótesis diferentes que nos determinan unas medidas de probabilidad diferente».

144

Otras definiciones de probabilidad: (1) Definición frecuentista de probabilidad

Si un experimento aleatorio puede repetirse muchas veces en idénticas condiciones (en teoría) podemos determinar la frecuencia relativa de la ocurrencia de un suceso. Si el número de intentos es m y el número de ocurrencias de A es m(A) entonces la probabilidad de A es el límite:

)(lim)(mAmAP

m ∞→= Richard von Mises (1919)

145

¿Por qué la probabilidad de cara o cruz en el lanzamiento de una moneda no cargada es ½?

(1) Simetría física e ignorancia. (2) Frecuentista: experimento.

Lógica del azar, John Venn 1888

From Aleatoriedad D. J. Bennett Pag. 121-133.

146

Otras definiciones de probabilidad

• Grado de creencia (probabilidad subjetiva): por ejemplo la existencia de vida extraterrestre. La mayoría de los sucesos de la vida son irrepetibles.

• Grado de conocimiento: En muchos casos sabemos que el

valor de probabilidad existe pero nos resulta desconocido. A través de experimentos podemos determinarlo. Pero los experimentos arrastran errores...

• Un objetivista utiliza como definición de probabilidad la

clásica o la frecuentista. Un bayesiano o subjetivista aplica las leyes formales del azar a sus probabilidades subjetivas o personales, o a las nuestras.

147

Regla de la suma: Dados dos sucesos A y B en el espacio muestral: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) - P(A ∩ B)

Demostración: En la imagen podemos ver que A = C ∪ D y B = D ∪ F. Así que C, D, F son disjuntos. Por el axioma 3 P(A) = P(C) + P(D) y P(B) = P(D) + P(F)

C

F D

A

B

Sumando: P(A) + P(B) = P(C) + P(D) + P(D) + P(F)

Restando P(D) a ambos lados: P(A) + P(B) - P(D) = P(C) + P(D) + P(F), es decir:

P(A) + P(B) - P(A ∩ B) = P(A ∪ B)

148

32 AAB =Sustituyendo en la expresión anterior:

Por inducción, puede demostrarse:

)()()()( 111 BAPBPAPBAP ∩−+=∪

)()()()()()()())()(()()()()(

))(()()())((

321312132321

312132321

321321321

AAAPAAPAAPAAPAPAPAPAAAAPAAPAPAPAP

AAAPAAPAPAAAP

+−−−++=−−++

=−+=

)...()1(...)(

)()()...(

211

121

nn

n

kjikji

n

jiji

n

kkn

AAAPAAAP

AAPAPAAAP

+

<<

<=

−+++

+−=

∑

∑∑

Regla de la adición

150

«Origen del nombre de la compañía: procede del término matemático googol, que en 1998 los fundadores de Google, dos jóvenes matemáticos de la Universidad de Stanford, Sergey Brin y Larry Page, consideraron ilustrativo del complejo proceso de búsqueda que efectúa su buscador.

Google y el juego del googol por Pablo Fernández Gallardo

googol110100 =El término en cuestión lo inventó en 1938 un niño de nueve años cuando, hablando sobre el infinito con su tío, el matemático Edward Krasner, su desbordante imaginación infantil improvisó ese nombre para referirse a un 1 seguido de 100 ceros. Dos décadas después, dos ingenieros americanos, John Fox y Gerald Marnie, popularizaron el término al bautizar como “juego del googol” un problema clásico relativo a los procesos de búsqueda: cómo determinar el momento ideal para dar una búsqueda por concluida (optimal stopping). También conocido como el problema “del sultán y la dote”, “del concurso de belleza” o “de la elección de secretaria”.

151

Sobre el jugador pesan, pues, dos preocupaciones opuestas: si se planta demasiado pronto, puede estar renunciando a números mayores que todavía no han salido; pero si retrasa demasiado su elección, puede pasar por alto, sin darse cuenta, las mejores oportunidades y quedarse a la espera de un número ideal que nunca llegará. ¿Cómo conjugar esos dos riesgos opuestos?

El “juego del googol” puede enunciarse así: varias personas (digamos, 100) escriben cada una, en secreto, un número en una papeleta, sin límite en cuanto al valor del número escogido; las papeletas se revuelven y se inicia su extracción al azar y lectura pública, una a una. La gracia está en seleccionar la papeleta con el número más alto. El jugador se puede “plantar” en cualquier momento, pero no puede volver atrás: si deja pasar el número ganador, a la espera de otro aún mayor, perderá.

Puede demostrarse que para hacer máxima la probabilidad de acierto deberemos seguir la “regla del 37%”, es decir, recordar el número más alto de entre los 37 primeros (si están jugando 100 personas y por tanto hay 100 números) y, a partir de ese momento, plantarnos en el primero que lo supere. Siguiendo esa regla, la probabilidad de acierto será también del 37%, porcentaje que es el inverso del número e.»

152 J. M. Parrondo Juegos Matemáticos: Investigación y Ciencia

153

154

El problema de los abrigos o sombreros (Pág. 91)

Cap. 4: Situaciones no evidentes Unos cuantos problemas para pensar

166

1/ Una caja contiene 8 bolas rojas, 3 blancas y 9 azules. Si se sacan 3 bolas al azar sin reemplazo determinar la probabilidad de que: a) Las 3 sean rojas

Eventos: E1 sacar roja a la primera

E2 sacar roja a la primera

E3 sacar roja a la primera

P(E1∩E2∩E3)=

=

28514

186

197

208

Otro método: Casos posibles:

Casos favorables:

38C320C

b) Las 3 sean blancas Casos posibles:

Casos favorables:

33C320C P=

1140

1

c) 2 sean rojas y una blanca

( )( ) ( )( )( ) 95

720 entre bolas 3 deSelección

3 entre blanca 1 deSelección 8 entre rojas 2 deSelección 320

1328=

=

CCC

Problemas resueltos

167

d) Al menos una sea blanca

P=1-P (ninguna sea blanca)= 5723

573411

320

317=−=

−

CC

e) Se saque una de cada color

( )( )( )9518

320

191318=

=

CCCCP

f) Se saquen en orden rojo, blanco, azul

Con el resultado del apartado anterior (e) y teniendo en cuenta que ahora el orden de extracción importa, solo nos vale uno de los 3! posibles ordenes en los que se pueden extraer 3 bolas de diferente color:

953

!3)(==

ePP

168

3/ En un juego de poker se sacan 5 cartas de un naipe de 52 cartas bien barajadas. Encontrar la probabilidad de tener a) poker de ases b) poker de ases y un rey c) full de dieces-jotas d) escalera de nueve, diez, jota, reina, rey e) 3 cartas de un palo y 2 de otro f) sacar un as

a) ( )( )54145

1548

14844==

CCCP

b) ( )( )649740

1552

1444==

CCCP

c) ( )( )108290

1552

2434==

CCCP d) ( )( )( )( )( )

16243564

552

1414141414==

CCCCCCP

e) ( )( )

416542934

552

213313=

××=

CCCP

f) 5414535673as) no(

552

548==

CCP 54145

1847254145356731as)un menos al( =−=P

169

4/ Una biblioteca tiene 6 libros de matemáticas y 4 de física. Encontrar la probabilidad de que 3 libros de matemáticas en particular estén juntos

Posibles ordenaciones de los libros= 10!

Posibles ordenaciones contando los 3 libros determinados como uno: 8!

Posibles ordenaciones de los 3 libros: 3!

151

!10!3 !8==P

170

5/ Ay B juegan 12 partidas de ajedrez de las cuales A gana 6, B gana 4, y 2 terminan en empate. Ellos acuerdan un torneo de 3 partidas. Encontrar la probabilidad de que a) A gane los 3 juegos, b) 2 juegos finalicen en empate, c) A y B ganan alternadamente, d) B gana al menos un juego

21

126juego)un ganaA ( ==P 3

1124juego)un gana B( ==P

81

21

21

21juego) juegos 3 los ganaA ( =

=Pa)

( )725

65

61 2

23 =

×= CP

b)

61

122empate)( ==P

Posibles ordenes en que se producen los empates=

Puesto que se requieren sólo 2 empates la 3 partida no puede ser empate:

2

61empates) 2(

=P( )23C

=−=

65empate)(1empates) no( PP

c) 365

31

21

31

21

31

21),,(),,( =

+

=+= BABPABAPP

d) 32juego)un gana no B( =P

3

32juego)ningún gana no B(

=P

2719

321juego)algún gana(

3

=

−=P

171

6/ A y B juegan una partida en la que alternadamente lanzan dos dados, Gana el primero que obtenga un total de 7. ¿Es justo el juego?

617) de suma unasacar ( =P

6 5 4 3 2 1

1 2 3 4 5 6 657) de suma unasacar no( =P

61primera) la aA gane( =P

=

61

65primera) la a B gane(P

=

61

65

65segunda) la aA gane(P

=

61

65

65

65segunda) la a B gane(P

( ) 116

=−

=

+

+

+=+

+

+

= 2

42

6516

1...

65

651

61...

61

65

65

65

65

61

65

65

61A) gane(P

( ) 115

=−

=

+

+

+

=+

+

= 2

42

65136

5...

65

651

61

65...

61

65

65

65

61

65B) gane(P

No es justooooo!!

172

7/ a) Determinar la probabilidad de que al lanzar n veces dos dados se obtenga al menos un seis doble b)¿Cuántos lanzamientos habría que realizar para tener una probabilidad de ½ de obtener al menos un 6 doble?

doble) seisningún (1doble) seisun menos al( PP −=×= o)lanzamient 1 elen doble seis no(os)lanzamient en doble seisningún ( erPnP

n

PP

=•••=

=×××

3635

3635...

3635

3635

o)lanzamient ésimo-n elen doble seis no(... o)lanzamient 2 elen doble seis no( o

n

nP

−=

36351os)lanzamient en doble seisun menos al(

a)

b)

n

nn

operandon

0282.06931,03635ln

21ln

3635

21

36351

21

−=−=

=

=→

= →

−=

n=24,6 que se aproxima por n=25

173

9/ Se considera un dado cargado. Las probabilidades de cada cara en un lanzamiento son inversamente proporcionales al número que aparece determinar: a) la probabilidad de que en un lanzamiento salga impar b) la probabilidad de que salga inferior a cuatro

a)

KP =)1( 2)2( KP =

3)3( KP =

4)4( KP =

5)5( KP =

6)6( KP =

14760

60147

65432k

)6()5()4()3()2()1(1)6,5,4,3,2,1(

=→=+++++=

=+++++==

kkkkkkkPPPPPPP

14792

1523

53)5,3,1(impar)( ==++==

kkkkPP

b) 147110

611

32)3,2,1(4) ainferior ( ==++==

kkkkPP

174

10/ Al controlar la calidad de un producto envasado, se eligen al azar tres envases de una caja que contiene 1000. Por termino medio, sabemos que en cada caja hay diez cuya calidad es deficiente. Hallar la probabilidad de que entre los tres no haya ninguno, uno, dos o tres deficientes

(B)=bueno (d)=defectuoso

245178

9888

9989

10090)()defectuoso ninguno( === BBBPP

1078267

9810

9989

100903)(3),,()defectuoso uno( ==×== BBdPdBBBdBBBdPP

107827

989

9910

100903)(3),,()defectuoso dos( ==×== BddPdBdddBBddPP

26952

988

999

10010)()defectuoso tres( === dddPP

1)sdefectuoson ( :que nótese3

0=∑

=nP

175

11/ Se seleccionan dos cartas al azar de entre 10 cartas numeradas del 1 al 10. Hallar la probabilidad de que la suma sea impar si: a) se sacan dos cartas sin sustitución b) se sacan dos cartas, una después de la otra, con sustitución

a) Casos posibles:

La suma es impar si un numero es par y el otro es impar, como hay 5 pares y 5 impares: Casos favorables= 5x5

45210 =C

95

4525

==P

b) Casos posibles:

Casos favorables=

1010×

21

100225=

×=P

Hay que tener en cuenta que vale tanto sacar par+impar como impar+par

255 ××

176

12/ Seis parejas de casados se encuentran en un cuarto. Halla la probabilidad de que:

a) si se escogen 2 personas al azar (i) sean esposos (ii) uno sea hombre y otro mujer

b) si se escogen 4 personas al azar (i) se escojan dos parejas de casados (ii) ninguna pareja sean casados en tre los 4 (iii) haya exactamente una pareja de casados

c) si las 12 personas se reparten en seis parejas (i) cada pareja sean casados (ii) cada pareja la forme un hombre y una mujer

a) Casos posibles: maneras de escoger 2 personas de las 12

66212 =C

(i) Hay 6 parejas de casados: 111

666==P

(ii) Hay 6 maneras de escoger a un hombre y 6 de escoger a una mujer: 11

666

66=

×=P

177

b) Casos posibles: maneras de escoger 4 personas de las 12 495412 =C

(i) Hay maneras de coger 2 parejas de las 6 331

49515

==P

(ii) Las 4 personas vienen de 4 parejas diferentes, hay maneras de coger 4 parejas de las 6 y ahí 2 maneras de escoger a la persona de cada pareja

3316

495152222

=××××

=P

1526 =C

1546 =C

(iii) Este evento es complementario de los otros dos, por tanto: 3316

3316

3311 =−−=P

c) Casos posibles: maneras de repartir 12 personas en 6 células ordenadas con 2

personas cada una

62!12

!2!2!2!2!2!2!12

=

(i) Las 6 pareja pueden ser colocadas en 6 células ordenadas de 6! maneras:

103951

2!12!6

6 ==P

(ii) Cada uno de los 6 hombres se pueden colocar en 6 células de 6! maneras y cada una de las 6 mujeres lo mismo:

23116

2!12!6!66 =

×=P

178

14/ Se tiene una baraja de cuarenta cartas; se extraen cinco cartas una por una, devolviendo al mazo cada carta una vez vista. Calcúlese:

a) La probabilidad de que las cinco cartas sean oros b) La probabilidad de que el primer oro que aparezca lo haga en quinto lugar

a) Sea S el suceso que una carta sea oros. El suceso que las cinco cartas sean oros es el suceso compuesto por los sucesos que la primera sea oros (S1), que la segunda sea oros (S2)...

S = S1∩S2∩S3∩S4∩S5

Los sucesos son independientes, luego: P(S) = P(S1∩S2∩S3∩S4∩S5) = P(S1)P(S2)P(S3)P(S4)P(S5)

casos favorables 10( ) 0, 25casos posibles 40iP S = = = ; P(S)=P5(Si)=0,255=0,000975

b) El suceso que la quinta carta sea oros es: S1 = S ∩ S ∩ S ∩ S ∩ S Como son sucesos independientes, P(S1) = P4(S)P(S)

casos favorables 30P(S)casos posibles 40

= = P(S) = 1040

P(S1) = 0,754 ∙ 0,25 = 0,0791

179

15/ Durante un año, las personas de una ciudad utilizan tres tipos de transportes: metro (M), autobús (A), y coche particular (C). Las probabilidades de que durante el año hayan usado unos u otros transportes son las siguientes: metro = 0,30; autobús = 0,20; coche = 0,15; metro y autobús = 0,10; metro y coche = 0,05; autobús y coche = 0,06; metro y autobús y coche = 0,01.

Calcúlense las siguientes probabilidades: a) Que una persona tome al menos dos medios de transporte b) Que una persona viaje en metro y no en autobús c) Que una persona viaje en metro o en coche y no en autobús d) Que viaje en metro o en autobús y en coche e) Que una persona vaya a pie

a) Se cumple verificándose alguno de los siguientes sucesos: metro y autobús y no coche; metro y no autobús y coche; no metro y autobús y coche; metro y autobús y coche. Son sucesos disjuntos.

(( ) ( ) ( ) ( ))

( ) ( ) ( ) ( )

vemos que: ( ) ( )

luego,al ser disjuntos: ( ) ( ) ( )

( ) 0,10 0,01 0,09

Análogamente: P( ) (

P P M A C M A C M A C M A C

P M A C P M A C P M A C P M A C

M A C M A C M A

P M A C P M A C P M A

P M A C

M A C P

= ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ ∪ ∩ ∩ =

∩ ∩ + ∩ ∩ + ∩ ∩ + ∩ ∩

∩ ∩ ∪ ∩ ∩ = ∩

∩ ∩ + ∩ ∩ = ∩

∩ ∩ = − =

∩ ∩ = ) ( ) 0,05 0,01 0,04

( ) ( ) ( ) 0,06 0,01 0,050,09 0,04 0,05 0,01 0,19

M C P M A C

P M A C P A C P M A CP

∩ − ∩ ∩ = − =

∩ ∩ = ∩ − ∩ ∩ = − == + + + =

b) ( ) ( ) ; los sucesos del primer miembro son disjuntos.

( ) ( ) ( ) 0,30 0,10 0,20

M A M A M

P M A P M P M A

∩ ∪ ∩ =

∩ = − ∩ = − =

c) ( ) ( ) ( );

(( ) ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))( ( ) ( )) ( ( ) ( )) (0,30 0,10) (0,15 0,06)(0,05 0,01) 0,25

M C A M A C A

P M C A P M A P C A P M A C P M P M AP C P C A P M C P M A C

∪ ∩ = ∩ ∪ ∩

∪ ∩ = ∩ + ∩ − ∩ ∩ = − ∩ ++ − ∩ − ∩ − ∩ ∩ = − + − −− − =

180

d) ( ) ( ) ( ); los sucesos no son disjuntos.

(( ) ) ( ) ( ) ( ) 0,05 0,06 0,01 0,10M A C M C A C

P M A C P M C P A C P M A C∪ ∩ = ∩ ∪ ∩∪ ∩ = ∩ + ∩ − ∩ ∩ = + − =

e)

( ) ( ) espacio de los comportamientos

( ) 1 ( ) 1 ( ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )) 1 0,45 0,55

M A C M A C E

P M A C P M A C P M P A P C P M A P M CP A C P M A C

∪ ∪ ∪ ∪ ∪ = =

∪ ∪ = − ∪ ∪ = − + + − ∩ − ∩ −− ∩ + ∩ ∩ = − =

181

16/ Una fábrica de detergentes proyecta lanzar una nueva marca. En el mercado hay dos marcas: A y B. La probabilidad de compra de A es 0,3, la de B es 0,5 y la de A y B, 0,1. Para decidirse por la nueva marca, la fabrica necesita conocer la probabilidad de que no se compren ni A ni B, así como la probabilidad de que sólo se compre una de las dos marcas. Calcúlense estas probabilidades. El suceso no comprar ni A ni B es el complementario del suceso comprar A o B: A B A B∩ = ∪ Y, al ser los sucesos del primer miembro disjuntos, se deduce que:

( ) ( ) ( );( ) ( ) ( ) ( ) 0,3 0,5 0,1 0,7;

0,7 ( ) 1; ( ) 0,3

( ) ( ) 0,3

P A B P A B P EP A B P A P B P A B

P A B P A B

P A B P A B

∪ + ∪ =∪ = + − ∩ = + − =

+ ∪ = ∪ =

∩ = ∪ =

El suceso comprar una de las dos marcas es igual a la unión de los sucesos disjuntos comprar la marca A y no comprar la B y comprar la marca B y no la A. Comprar la marca A y no comprar la B es A-B y análogamente, comprar B y no A es B-A; por tanto:

(comprar una de las dos marcas) (( ) ( )) ( )( ) ( );

( ) ( ); ( ) ( ) ( ); ( ) 0,3 0,1 0,2( ) ( ); ( ) ( ) ( ); ( ) 0,5 0,1 0,4

(comprar una de las

P P A B B A P A BP A B P B AA A B A B P A P A B P A B P A BB B A A B P B P B A P A B P B AP

= − ∪ − = ∆ =− + −

= − ∪ ∩ = − + ∩ − = − == − ∪ ∩ = − + ∩ − = − =

dos marcas) 0,2 0,4 0,6= + =

182

18/ Un submarino se dispone a torpedear a un carguero. De experiencias anteriores el capitán del submarino sabe que al lanzar un torpedo da en el blanco una de cada tres veces por lo que para “asegurar” el éxito decide lanzar tres torpedos. Supuestos los lanzamientos simultáneos e independientes se pide:

a) ¿cuál es la probabilidad de hundir el carguero? b) ¿cuánto vale dicha probabilidad si le dispara cuatro torpedos? c) ¿cuál es el número mínimo de disparos necesario para tener una probabilidad de hundirlo igual o superior

al 95%? a) Llamamos Ai al suceso consistente en que el torpedo i-ésimo (i=1,2,3) de en el blanco.

1 2 3

1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 3

1 2 3

(hundir el carguero) ( ); los sucesos no son incompatibles,luego:( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ) ( ))

1 1 1 1 1 1 1 19( ) ( )3 3 3 9 9 9 27 27

P P A A AP A A A P A P A P A P A A P A A P A A

P A A A

= ∪ ∪∪ ∪ = + + − ∩ + ∩ + ∩ +

+ ∩ ∩ = + + − + + + =

También hubiéramos alcanzado este resultado determinando la probabilidad del suceso contrario P(hundir el carguero) = 1 – P(no hundir el carguero) = = 1 2 31 ( ); y al ser independientes:P A A A− ∩ ∩

1 2 3 1 2 32 2 2 8( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 27

P A A A P A P A P A∩ ∩ = = ⋅ ⋅ =

8 19y, de nuevo: (hundir el carguero) 127 27

P = − =

b) La probabilidad ahora es:

1 2 3 44

(hundir el carguero) 1 ( )

2 6513 81

P P A A A A= − ∩ ∩ ∩ =

= − =

183

c) Si es n el número de disparos requeridos tendrá que cumplirse

21 0,953

n − ≥

2 20,05 log log 0,953 3

log 0,05 7,3888 82log3

n

n

n n

≤ → ⋅ ≤

≥ = → =

184

– Una persona acepta una apuesta del orden 10 a 3 sobre la posibilidad de ganar un púgil en un combate de boxeo.

Determínese cuál es la probabilidad que está asignando a este hecho.

SOLUCIÓN: Este tipo de relaciones se denomina ventaja relativa . Si la

relación es de A a B, entonces la ventaja es: Ventaja = A/B y la probabilidad asociada: P (s)= A/A+B La probabilidad que el apostante está asignado a su posibilidad

de ganar al aceptar la apuesta es: P (ganar) = 10/ (10+3) = 10/13

185

Determínese la probabilidad de que al lanzar n veces dos dados se obtenga al menos un seis

doble. ¿Cuántos lanzamientos habría que realizar para tener una probabilidad igual a ½ de

obtener al menos un seis doble? (Problema del Caballero de Méré) SOLUCIÓN: 36 comportamiento, de los cuales 1 es la obtención del seis doble. Usemos la probabilidad del suceso complementario. P (obtención de ningún 6 doble en n lanzamientos) = 1 – P (obtención de ningún 6

doble en n lanzamientos) P (ningún 6 doble en n lanzamientos) = 35/36 x 35/36 x 35/36 = (35/36) n P( al menos un 6 doble) = 1 – ( 35/36)n. Para tener probabilidad = 1/2: 1/2 = 1- ( 35/36)n

1/2 = (35/36)n

Ln 1/2 = n x ln (35/36) N = 24,6 Por lo que tendremos que lanzar 25 veces.

186

• Tres personas A, B y C lanzan, sucesivamente, y por este orden, una moneda ideal, ganando el primero que saque cara. ¿ Cuáles son las probabilidades de ganar cada jugador?

SOLUCIÓN: Sucesos: A = Gana el A, B = Gana el B, C = Gana el C P (A) + P (B) + P (C) = 1 Ac: A obtiene cara; ( Bc; Cc) ; A+: A obtiene cruz; (B+;C+) A gana si en la primera serie de lanzamientos obtiene cara; o si en la primera serie A,B y C

obtienen cruz y luego A obtiene cara, y así sucesivamente. Lo mismo ocurre para los sucesos B y C. Por consiguiente: P(A) = ½+ (1/2)4+(1/2)7+(1/2)10+……. P(B)=(1/2)2+(1/2)5+(1/2)8+(1/2)11+……

P(C)=(1/2)3+(1/2)6+(1/2)9+(1/2)12+……. Pudiéndose apreciar que P (B) = 1/2 P (A) y P (C) = 1/2 P (B) = 1/4 P (A) Como: 1 = P (A)+P (B) +P (C) = P (A) + 1/2 P (A) + 1/4 P (A) = 7/4 P (A). Tenemos que: P (A) = 4/7 P (B) = 1/2 P (A) = 2/7 P (C) = 1/4 P (A) = 1/7