• Teoría elemental de probabilidad

Problemas resueltos

Reglas fundamentales de probabilidad 6.1 Determine la probabilidad p, o un estimado de ésta, para cada uno de los siguientes

a) En un lanzamiento de un dado resulta un n ú m e r o impar.

b) En dos lanzamientos, una moneda cae por lo menos una vez en cara.

c) A l sacar una sola carta de una baraja ordinaria de 52 naipes, bien mezclada, se extraen un as, un 10 de diamantes o un 2 de espadas.

d) En un solo lanzamiento de un par de dados el total de puntos es 7.

e) Cae cruz en el siguiente lanzamiento de una moneda, siendo que de 100 lan­zamientos previos 56 fueron caras.

SOLUCIÓN

a) De 6 casos igualmente probables, tres casos (donde resulta 1, 3 o 5) son favorables al evento. Por lo tanto, p = l = i.

b) Si C denota "cara" y X denota "cruz", los dos lanzamientos pueden producir cuatro casos: CC, CX, XC y XX, todos igualmente probables. Sólo los tres primeros son favorables. Así, p = \.

c) El evento puede ocurrir de seis maneras (as de espadas, as de corazones, as de trébo­les, as de diamantes, 10 de diamantes y 2 de espadas), de un total de 52 casos con igual posibilidad. Por lo tanto, p = A =

d) Cada una de las seis caras de un dado pueden asociarse con cada una de las seis caras del otro dado, de tal forma que el número total de casos, todos igualmente probables, es 6 • 6 = 36. Éstos pueden expresarse como (1, 1), (2, 1), (3, 1) (6, 6).

Existen seis maneras de obtener la suma 7, denotadas por (1,6), (2, 5), (3,4), (4, 3), (5, 2) y (6, 1) [véase el problema 6.37a)]. Por lo tanto, p = á = i

e) Puesto que se obtuvieron 100 - 56 = 44 cruces en 100 lanzamientos, la probabilidad estimada (o empírica) de una cruz es la frecuencia relativa 44/100 = 0.44.

6.2 Un experimento consiste en lanzar una moneda y un dado. Si £ , es el evento "cara" al lanzar la moneda y E2 es el evento "3 o 6" al lanzar el dado, enuncie en palabras el significado de lo siguiente:

SOLUCIÓN

a) Cruz en la moneda y cualquier evento en el dado

b) 1, 2,4 o 5 en el dado y cualquier evento en la moneda

c) Cara en la moneda y 3 o 6 en el dado

d) Probabilidad de cara en la moneda y 1, 2, 4 o 5 en el dado

e) Probabilidad de cara en la moneda, siendo que se obtuvo un 3 o un 6 en el dado

f) Probabilidad de cruz en la moneda o 1, 2,4 o 5 en el dado, o ambos

eventos:

á) £,

b) E2

c) EXE2

d) Pr{£,£2} e) Pr{£,l£2} f) Pr{El+E2}

6.3 Se extrae al azar una bola de una caja que contiene 6 bolas rojas, 4 bolas blancas y 5 bolas azules. Determine la probabilidad de que la bola extraída sea a) roja, b) blanca, c) azul, d) no roja y e) roja o blanca.

Problemas resueltos • 135

SOLUCIÓN

Sean R, B y A los eventos de extraer una bola roja, una bola blanca y una bola azul, respectivamente. Entonces:

maneras de elegir una bola roja 6 6 2 total de maneras de elegir una bola 6 + 4 + 5 15 5

4 _ 4 6 + 4 + 5 ~ T 5

5 __5__ 1 6 + 4 + 5 ~ T 5 ~ 3

2 3 1 - Pr{/?} = 1 - - = - por el inciso a)

maneras de extraer una bola roja o blanca 6 + 4 10 2 total de maneras de elegir una bola 6 + 4 + 5 15 3

1 2 Pr{R + W) = Pt{B) = 1 - Pr{B] = 1 - - = - por el inciso c)

Observe que Pr{R + B) = Pr{R) + Pr{5) (es decir, § = | + A ) . Esto ilustra la regla general Pr{£, + £ 2 } = Pr{£]} + P r{£ 2 } , que es verdadera para los eventos mutuamente excluyentes E\ y E2.

6.4 Un dado se lanza dos veces. Calcule la probabilidad de obtener 4, 5 o 6 en el primer lanzamiento y 1, 2, 3 o 4 en el segundo.

SOLUCIÓN

Sea E¡ = evento "4, 5 o 6" en el primer lanzamiento y E2 = evento " 1 , 2, 3 o 4" en el segundo lanzamiento. Cada una de las seis maneras en que puede resultar el primer lanza­miento puede asociarse con cada una de las seis maneras en que puede resultar el segundo lanzamiento, es decir, sena un total de 6 • 6 = 36 maneras igualmente posibles. Cada una de las tres maneras en que Ex puede ocurrir, puede asociarse con cada una de las cuatro maneras en que E2puede ocurrir, dando 3 • 4 = 12 maneras en que tanto £ , como £ 2 o £ , £ 2

ocurren. Así, Pr{£ ,£ 2 } = 12/36 = 1/3. Observe que Pr{£ ,£ 2 } = Pr{£j} Pr{£ 2 } (es decir, J = 1 • í ) es válida para los eventos

independientes E\ y E2.

6.5 Se extraen dos cartas de una baraja de 52 naipes bien mezclada. Calcule la proba­bilidad de que ambas sean ases, si la primera carta a) se regresa a la baraja y b) no se regresa.

SOLUCIÓN

Sea £i = evento "as" en la primera extracción y sea E2= evento "as" en la segunda extrac­ción.

a) Si la primera carta se regresa a la baraja, E, y E2 son eventos independientes. Por lo tanto, Pr{ambas cartas sean ases} = Pt{ExE2} = Pr{£,} Pr{£ 2 } = = ife.

b) La primera carta puede extraerse en cualquiera de 52 maneras y la segunda carta en cualquiera de 51 maneras, dado que la primera no se regresó a la baraja cartas se extraerían de 52 • 51 maneras, todas igualmente posibles.

Existen cuatro maneras en que £ , llegaría a ocurrir y tres maneras en qne E-ocurriría, de tal manera que Ex y E2 o EXE2 pueden ocurrir de 4 3 maneras. AsC Pr{£' 1 £ 2 } = (4-3)/(52-51) = á i .

Nótese que Pr{£ 2 l£,} = Pr{segunda carta es un as, puesto que la p n a e n = r a es un as) = Por consiguiente, el resultado ilustra la regla general de qmc ¥~ = Pr{£,} Pr{£ 2 l£ ,} , cuando £ , y £ 2 son eventos dependientes.

a) Pr{R} =

b) P r { ^ } =

c) P r { 5 } =

d) Pr{R) =

e) Px{R +W} =

Otro método

• Teoría elemental de probabilidad

6.6 Se sacan 3 bolas en forma sucesiva, para la caja del problema 6.3. Calcule la pro­babilidad de que se extraigan en el orden una roja, una blanca y una azul, si cada bola a) se regresa a la caja y b) no se regresa.

SOLUCIÓN

Sean R = evento "roja" en la primera extracción, B = evento "blanca" en la segunda ex­tracción y A = evento "azul" en la tercera extracción. Se requiere Pr{RBA}. a) Si cada bola se regresa, entonces R, B y A son eventos independientes y

Pr{RBA}-Pr{R} P r { f l } P r M } = ^ | ^ } ( - ^ )

U 5 A l 5 A l 5 j 225

b) Si no se regresa cada bola, entonces R, B y A son eventos dependientes y

P r { / ™ } = P r { * } ^ ' ^ K ^ I ^ l í i r b ) " ( u l u l o ) - 9 1

donde Pr{A\BR} es la probabilidad condicional de extraer una bola azul, si ya se han extraído una bola blanca y una roja.

6.7 Indique la probabilidad de que caiga 4 por lo menos en uno de dos lanzamientos de un dado.

SOLUCIÓN

Sea E¡ = evento "4" en el primer lanzamiento, E2 = evento "4" en el segundo lanzamiento y E¡ + E2 = evento "4" en el primer lanzamiento o "4" en el segundo lanzamiento o ambos = evento donde se obtiene al menos un 4. Se requiere Pr{E, + E2}.

Primer método

El número total de maneras igualmente posibles en que ambos dados pueden caer es 6 • 6 = 36. También,

Número de maneras en que E\ ocurre, pero no E2 = 5

Número de maneras en que E2 ocurre, pero no E, = 5

Número de maneras en que tanto Ex como E2 ocurren = 1

Por lo tanto, el número de maneras en que al menos uno de los eventos £] o E2 ocurre es 5 + 5 + 1 = 11; por consiguiente, Pr{£ | + £ 2 } =

Segundo método

ComoE, y E2 no son mutuamente excluyentes, Pr{£, + £ 2 } = Pr{£i) + Pr{£ 2 ( - P r { £ i £ 2 } -Además, puesto que E\ y E2 son independientes, Pr{£]£ 2 } = P r ^ } Pr{£ 2 } . Por lo tanto Pr{£, + £ 2 } = Pr{£,} + Pr{£ 2 } - Pr{£,} Pr{£ 2 } = \ + \ - (J)(J) = %.

Tercer método

Pr{sale por lo menos un 4} + Pr{no sale 4} = 1

Por lo tanto

Pr{sale por lo menos un 4} = 1 - Pr{no sale 4}

= 1 - Pr{no sale 4 en el primer lanzamiento ni en el segundo}

= l - P r { £ , £ 2 } = l -P r{£ ,}Pr{£2}

= 1 - ( Í ) ( i ) = ft

Problemas resueltos • 137

6.8 Una bolsa contiene 4 bolas blancas y 2 bolas negras; otra contiene 3 bolas Manos y 5 bolas negras. Si se extrae una bola de cada bolsa, ¿cuál es la probabilidad de que a) ambas sean blancas, b) ambas sean negras y c) una sea blanca y una sea negra?

SOLUCIÓN

Sea B, = evento "bola blanca" de la primera bolsa y sea B2 = evento "bola blanca" de la segunda bolsa.

a ) Pr{f l ,* 2 } = Pr{5,} M ^ H ^ Y ^ H b) Pr{B,S 2} = Pr{B,} Pr{s 2 } = 5

4 + 2 A 3 + 5; 24 c) El evento "una blanca y una negra" es igual al evento "ya sea que la primera es

blanca y la segunda negra o la primera es negra y la segunda es blanca"; es decir, B¡B2 + B\B2. Ya que los eventos B i f i 2 y B,B2 son mutuamente excluyentes, entonces

Pr{fi,ñ 2 + 5,B 2} = Pr{B,5 2} + Pr{5,B 2}

= Pr{B,} Pr{¿~2} +Pr{B,} Pr{B 2 } 4

4 + 2X3 + 5) + (4 + 2X3 + 5) 24 V4 + 2> Otro método La probabilidad requerida es 1 - Pr{B,fi 2 } - Pr{Bfi2] = 1 - } - á = M.

6.9 A y B juegan 12 partidas de ajedrez; A gana 6, B gana 4 y dos terminan en empate. Ellos acuerdan jugar 3 partidas. Encuentre la probabilidad de que a) A gane las tres partidas, b) dos sean empates, c)Ay B ganen de forma alternada y d) B gane por lo menos una partida.

SOLUCIÓN

Sea que A¡, A2 y A 3 denotan los eventos "A gana" la primera, segunda y tercera partidas, respectivamente; sea que B,, B2 y ñ 3 denotan los eventos "B gana" la primera, segunda y tercera partidas, en ese orden; y sea que D¡, D2 y D3 denotan los eventos "empate" en la primera, segunda y tercera partidas.

Con base en la experiencia lograda por resultados pasados (probabilidad empírica), se asume que Pr{>4 gana cualquier partida} = n = 5, que Pr{ñ gana cualquier partida} = ri = i y que Prfcualquier partida es un empate} = fs = i-

a) Pt[A gana las 3 partidas} = Pr{AiA2A1] = Pr{Al) Pr[A2] Pr{A,} = ' 1 \ / 1 \ 1

K2J \2J V2y suponiendo que los resultados de cada partida son independientes de los resultados de las otras, lo cual parece ser justificable (a menos, por supuesto, que los jugadores estén psicológicamente influenciados por el triunfo o el fracaso del otro).

b) Pr{2 partidas terminen en empate] =

= Prjla. y 2a. o l a . y 3a. o 2a. y 3a. partidas terminen en empate}.

= Pr{D, D2Z>3 ¡ + Pr{D, 752D3} + Pr|DJ D 2 D 3 )

= Pr{Z),} Pr(D 2) Pr(D 3} + Pr{D,} Pr{D 2 } Pr{D 3}

+ Prj75 1}Pr(Z) 2}Pr{D 3}

A 6 j + ( ^ A 6 I 6 ) ~ 216 ~ 7 2

. J O 6 • Teoría elemental de probabilidad

c) Pr{A y B ganan alternadamente} = = Pr{ gana A luego gana B, luego gana A o gana B, luego gana A luego gana B}

= P r { ^ , 5 2 ^ 3 + B , / Í 2 B 3 } = P r { A , ñ 2 A 3 } + P r { B , / l 2 B 3 }

= Pr{^f ,} P r { B 2 } P r { ¿ 3 } + P r{B ,} P r { A 2 } P r { B 3 }

=G)G)G)+

íí) Pr{B gana por lo menos 1 partida} = 1 - Pr{B no gana ninguna partida}

= 1 - P r { B , B 2 B 3 } = 1 - P r { B , } P r { B 2 } P r { B 3 }

_ J _ / 2 \ / 2 \ Í2\ _ 19 ~ \3~) \3~) V V ~ 2 7

Distribuciones de probabilidad

6.10 Calcule la probabilidad de tener niños y niñas en familias con tres hijos; por ello, suponga igual probabilidad para ambos sexos.

SOLUCIÓN

Sea B = evento "niño en la familia" y G = evento "niña en la familia". Así, de acuerdo con el supuesto de igualdad de probabilidades, Pr{5} = Pr{G} = h. En familias con tres hijos pueden ocurrir los siguientes eventos mutuamente excluyentes, con las correspondientes probabilidades indicadas:

á) Tres niños (BBB):

Pr{BBB) = Px{B) Px{B} Pv{B} = \ 8

Aquí se considera que el nacimiento de un niño no se ve afectado de ninguna manera por el hecho de que el hijo anterior fuese también niño, es decir, se asume que los eventos son independientes.

b) Tres niñas (GGG): como en el inciso a) o por simetría,

P r { G G C } = ^

c) Dos niños y una niña (BBC + BGB + GBB):

Pr{BBG + BGB + GBB} = Pr{fl5G} + Pr{ BGB} + Pr{ GBB}

= Pr{B} Pr{B) Pr{G} + Pr{B} Pr{G} Pr{B)

+ Pr{G} Pr{fl} Pr{B}

_ 1 1 \__ 3 ~ 8 + 8 + 8 ~ 8

d) Dos niñas y un niño (GGB + GBG + BGG): como en el inciso c) o por simetría, la probabilidad es §.

Si se denomina X a la variable aleatoria que indica el número de niños en familias con 3 hijos, la distribución de probabilidad es como en la tabla 6-2.

Tabla 6-2

Número de niños X 0 1 2 3

Probabilidad p(X) 1/8 3 /8 3/8 1/8

Problemas resueltos • 1 39

6.11 Grafique la distr ibución del problema 6.10.

SOLUCIÓN

La gráfica puede representarse como en la figura 6-3 o la figura 6-4. Obsérvese que la suma de las áreas de los rectángulos en la figura 6-4 es 1; en esta figura, llamada histogra-ma de probabilidad, X se considera una variable continua, aunque en realidad sea discre­ta, un procedimiento útil. Por otro lado, la figura 6-3 se utiliza cuando no se desea . derar a la variable como continua.

FIGURA 6-3 FIGURA 6-4

3/8

1/8

P(X)

1 2 3

Número de niños Número de niños

6.12 Una variable aleatoria continua X, con valores entre 0 y 4, tiene una función de densidad dada por p(X) = \ - aX, donde a es una constante.

a) Calcule a.

b) Encuentre Pr{ 1 < X < 2 } .

SOLUCIÓN

a) La gráfica de p(X) = j - aX es una línea recta, tal como se muestra en la figura 6-5. Para calcular a, primero debe constatar que el área total por debajo de la recta, entre X = 0 y X = 4, lo mismo que por arriba del eje X, debe ser 1: en X = 0, p(X) = \ y en X = 4, p(X) = \ - 4a. Entonces hay que elegir a para que el área del trapecio sea = 1. Área del trapecio = j(altura) (suma de las bases) = j (4 ) ( 5 + \ - 4a) = 2 ( 1 - 4a) = 1, de la cual (1 - 4a) = \ , 4a = j y a = | . Por lo tanto, ( j - 4a) es en realidad igual a cero y la gráfica correcta es la que se presenta en la figura 6-6.

FIGURA 6-5 FIGURA 6-6

P(X)

3/4

1/4

1 -

1/4-

- '. . . ; : • Teona elemental de probabilidad

b) La probabilidad requerida es el área entre X = 1 y X = 2, que está sombreada en la figura 6-6. Del inciso a), p(X) = \ - \X\ por lo tanto p(l) = I y p(2) = i son las ordenadas de X = 1 y X = 2, respectivamente. El área del trapecio pedida será entonces j ( l ) ( I + 1) = A , que es la probabilidad requerida.

Esperanza matemática

6.13 Si un hombre compra un boleto para una rifa tal vez gane un primer premio de $5 000 o un segundo premio de $2 000, con probabilidades de 0.001 y 0.003. ¿Cuál sería el precio justo del boleto?

SOLUCIÓN

Su esperanza es ($5 000)(0.001) + ($2 000)(0.003) = $5 + $6 = $11, que es el precio justo.

6.14 En un negocio una señora puede obtener $300 con una probabilidad de 0.6 o per­der $100 con una probabilidad de 0.4. Determine su esperanza.

SOLUCIÓN

Su esperanza matemática es ($300)(0.6) + (-$100)(0.4) = $180 - $40 = $140.

6.15 Calcule a) E(X), b) E(X2) y c) E[(X- X)2] para la distr ibución de probabilidad de la tabla 6-3.

Tabla 6-3

X 8 12 16 20 24

P(X) 1/8 1/6 3/8 1/4 1/12

SOLUCIÓN

a) E{X) = Y,Xp{X) = (8) ( i ; + (12)(é) + (16)(§) + (20)(i) + (24)(A) = 16, que representa la media de la distribución.

b) EiX2) = = (8 ) 2 ( | ) + (12) 2 ( t) + (16) 2 ( | ) + (20) 2 ( i ) + (24) 2 (A) = 276, que representa el segundo momento con respecto al origen cero.

c) E[(X-X)2] = X ( X - X)2p(X) = (8 -16) 2(é) + (12 -16) 2(é) + (16 -16) 2 ( | ) + (20 -16)2(S) + (24-16) 2 (n) = 20, que representa la varianza de la distribución.

6.16 Una bolsa contiene 2 bolas blancas y 3 bolas negras. Cada una de cuatro personas A, B, C y D, en este orden, extrae una bola sin regresarla. E l primero que saque una bola blanca recibirá $10. Determine la esperanza matemát ica d e A . f i , C y D.

SOLUCIÓN

Como sólo hay 3 bolas blancas, una de las personas ganará en el primer intento. Sean A, B. C y D los eventos "A gana", "B gana", "C gana" y "D gana", respectivamente.

2 2

Pr{¿gana} =Pr{A} = 3 ^ = 5

Por lo tanto, la esperanza de A es = s($10) = $4 Pr{A pierde y B gana} = Pr{ÁB] = P r { ^ } Pv{B\Á) =

Por lo tanto, la esperanza de B = $3.

Pr{A y B pierden y C gana} = Pt{ABC} = Pr{Á} Pr{B\A} P r { C | Â 5 } - -

Problemas re: • 141

Por lo tanto, la esperanza de C = $2 .

Pr{A, ByC pierden y D gana} = Px{A B CD)

= Pr{A} Pr{B I A] Px\C\AB] Px{D\ABC\

Por lo tanto, la esperanza de D = $ 1.

Comprobación: $ 4 + $3 + $ 2 + $ 1 = $ 1 0 , yi + w + i + rs = 1.

Permutaciones 6 .17 ¿De cuántas maneras se pueden ordenar en fila 5 canicas de distintos colores?

SOLUCIÓN

Las 5 canicas deben ordenarse en 5 posiciones: . L a primera posición puede ocuparla cualquiera de las 5 canicas (es decir, existen 5 maneras de lograr la primera posición). Una vez hecho esto, quedan cuatro maneras de ocupar la segunda posición, 3 maneras de ocupar la tercera posición, 2 de ocupar la cuarta y, finalmente, sólo una mane­ra de ocupar la última posición. Por consiguiente:

Número de ordenaciones de 5 canicas en fila = 5- 4 - 3 - 2 - l = 5! = 120

En general,

Número de ordenaciones de n objetos diferentes en una fila = n(n - l)(n - 2 ) - • • 1 = n!

Esto también se conoce como el número de permutaciones de n objetos diferentes, toman­do n a la vez, que se denota como nP„.

6 .18 ¿De cuántas maneras pueden sentarse 10 personas en una banca si sólo 4 asientos están disponibles?

SOLUCIÓN

El primer asiento puede ocuparse de 1 0 maneras; después de esto, existen 9 maneras de ocupar el segundo asiento, 8 maneras de ocupar el tercero y 7 maneras de ocupar el cuarto asiento. En consecuencia:

Número de ordenaciones de 1 0 personas, tomando 4 a la vez = 1 0 • 9 • 8 • 7 = 5 0 4 0

En general,

Número de ordenaciones de n objetos diferentes, tomando r a la vez = n(n - l ) - - - ( n - r + l )

Esto también se denomina número de permutaciones de n objetos diferentes, tomando r a la vez, que se denota como „Pn P(n, r) o Pn,,. Nótese que cuando r = n, „P„ = nl, como en el problema 6.17.

6 .19 Evalúe a) 8 P 3 , b) 6P4, c) 1 5 P, y d) 3 P 3 .

SOLUCIÓN

a) 8 P 3 = 8 • 7 • 6 = 336 , b)6P, = 6- 5 - 4 - 3 = 360 , c) 1 5 P , = 15 y d) -:P = ': 2 =

6.20 Se necesita sentar a 5 hombres y 4 mujeres en fila, de tal manera que las IIWW • % ocupen los lugares pares. ¿Cuántas formas hay de hacerle 1

" — - CAtftXJLQ 6 • Teor ía elemental de probabilidad

SOLUCIÓN

Los hombres pueden sentarse de 5 P 5 maneras y las mujeres de 4 P 4 maneras; cada orderu-ción de los hombres es posible asociarla con cada ordenación de las mujeres. De e A forma, el número requerido de ordenaciones es 5P5 • 4 P 4 = 5!4! = (120)(24) = 2 880.

6.21 ¿Cuántos números de cuatro dígitos se forman con los 10 dígi tos 0, 1, 2, 3,..., 9. H a) se permiten repeticiones, b) no se permiten repeticiones y c) el úl t imo díg:". debe ser cero y sin repeticiones?

SOLUCIÓN

a) El primer dígito puede ser cualquiera de los 9 (ya que el cero no está permitido). E. segundo, tercero y cuarto dígitos pueden ser cualquiera de los 10. Entonces pueden formarse 9 10 10 10 = 9 000 números.

b) El primer dígito puede ser cualquiera de los 9 (cualquiera, menos el cero). El segundo dígito puede ser cualquiera de los 9 (cualquiera, menos el utilizado como primer dígito). El tercer dígito puede ser cualquiera de los 8 (cualquiera, menos los utilizados como primeros dos dígitos). El cuarto dígito puede ser cualquiera de los 7 (cualquiera, menos los utilizados como primeros tres dígitos).

Por lo tanto, pueden formarse 9 • 9 • 8 • 7 = 4 536 números.

Otro método El primer dígito puede ser cualquiera de los 9 y los tres restantes pueden elegirse de 9 P 3 maneras. Así, pueden formarse 9 - 9 P 3 = 9- 9- 8- 7 = 4 536 números.

c) El primer dígito puede elegirse de 9 maneras, el segundo de 8 maneras y el tercero de 7 maneras. Por consiguiente, pueden formarse 9 • 8 • 7 = 504 números.

Otro método

El primer dígito se elegiría de 9 maneras y los dos siguientes dígitos de 9 P 2 maneras. Por eso, pueden encontrarse 9 • 8 P 2 = 9 • 8 • 7 = 504 números.

6.22 En una repisa se ordenarán 4 libros diferentes de matemát icas , 6 libros diferentes de física y dos libros diferentes de química . ¿Cuántas ordenaciones distintas son posibles si a) los libros de cada materia deben ir juntos y b) sólo los libros de matemát icas deben ir juntos?

SOLUCIÓN

a) Los libros de matemáticas pueden ordenarse entre sí de 4 P 4 = 4! maneras, los libros de física de ¿P6 = 6! maneras, los libros de química de 2 P 2 = 2! maneras, en tanto que los tres grupos, de 3 P 3 = 3! maneras. Por lo tanto, el número de ordenaciones reque­rido = 4!6!2!3! = 207 360.

b) Considérense los cuatro libros de matemáticas como una sola obra. Entonces, se tienen 9 libros que pueden ordenarse de 9 P 9 = 9! maneras. En todas éstas los libros de matemáticas van juntos y pueden ordenarse entre sí de 4 P 4 = 4! maneras. Por lo tanto, el número de ordenaciones requerido es = 9!4! = 8 709 120.

6.23 Cinco canicas rojas, dos blancas y tres azules se ordenan en una fila. Si no es posible distinguir entre s í a las canicas del mismo color, ¿cuántas posibles orde­naciones hay?

SOLUCIÓN

Suponga que existen P ordenaciones distintas. Si se multiplica P por el número de mane­ras de ordenar a) las 5 canicas rojas entre sí, b) las 2 canicas blancas entre sí y c) las 3

Problemas resueltos • 143

canicas azules entre sí (es decir, multiplicar P por 5!2!3!), se obtiene el número de formas de ordenar las 10 canicas, si son distinguibles (es decir, 10!). Entonces

(5!2!3!)P=10! y P =

En general, el número de ordenaciones diferentes de n objetos, de los cuales n- son iguales, n2 son iguales,..., nk son iguales, es

w! nx\n2\--nk\

donde n, + n2 + • • • + nk = n.

6.24 ¿De cuántas maneras se pueden sentar 7 personas en torno a una mesa redonda si — ~ a) pueden sentarse en cualquier parte y b) 2 personas no deben sentarse juntas?

SOLUCIÓN

a) Si una persona se sienta en cualquier parte, entonces el resto puede sentarse de 6! = 720 maneras, que es el número total de maneras de ordenar a las 7 personas en un círculo.

b) Considere a las 2 personas como una sola. Entonces son 6 personas en total; éstas pueden ordenarse de 5! maneras. Pero las 2 personas consideradas como una pueden ordenarse entre sí de 2! maneras. Por eso, el número de maneras de ordenar a 6 personas en una mesa redonda, con dos de ellas sentadas juntas es = 5!2! = 240.

Por ello, usando el inciso a), el número total de maneras en que 6 personas pueden sentarse en una mesa redonda, de modo que las dos personas no se sienten juntas, es = 720 - 240 = 480 maneras.

Combinaciones 6.25 ¿De cuántas formas pueden dividirse 10 objetos en dos grupos que contengan 4 y

6 objetos, respectivamente?

SOLUCIÓN

Es lo mismo que el número de ordenaciones de 10 objetos, donde 4 de ellos son iguales y los otros 6 también son iguales. Como en el problema 6.23; esto es,

10! 1 0 - 9 - 8 - 7 4!6! 4!

= 210

El problema es equivalente al cálculo del número de selecciones de 4 entre 10 obje­tos (o 6 entre 10 objetos), siendo irrelevante el orden de selección.

En general, el número de selecciones de r entre n objetos, llamado el número de combinaciones de n objetos, tomando r a la vez, se denota y está dado por

\r) r\(n-r)\ n ( n — ! ) • • • ( « — r + 1 ) HPr

\{n-r)\

6.26 Evalúe a) ( I ) , b)(¡)y c)(¡).

SOLUCIÓN

a)

b)

7! 4Í3!

7 - 6 - 5 - 4 _ 7 - 6 - 5 4! ~ 3 -2 - 1

= 35

6! 5!1!

Ó - 5 - 4 - 3 - 2 5! (9-(9™

• Teoría elemental de probabilidad

c) (4) es el número de selecciones de 4 objetos tomados al mismo tiempo y sólo hay una selección de este tipo; entonces, (4) = 1. Obsérvese que formalmente

si se define 0! = 1.

6 .27 ¿De cuántas maneras puede formarse una comis ión de 5 personas, elegidas de entre 9?

SOLUCIÓN

/ 9 \ 9! 9 - 8 T - 6 - 5

W = 5!4 ! = 5¡

6.28 De un total de 5 matemát icos y 7 físicos, se formará una comis ión consistente de 2 matemát icos y 3 físicos. ¿De cuántas maneras puede hacerse si a) cualquiera de los matemát icos y de los físicos puede incluirse, b) un físico en particular debe estar en la comis ión y c) dos matemát icos en particular no pueden estar en la comis ión?

SOLUCIÓN

a) Dos matemáticos de 5 pueden ser seleccionados de ( ') maneras, y tres físicos de 7 pueden ser seleccionados de ( j) maneras. El número total de selecciones posibles es

Q Q = 10.35 = 350

b) Dos matemáticos de 5 pueden seleccionarse de ( | ) maneras y dos físicos adicionales, de un total de 6, pueden seleccionarse de (*) maneras. El número total de selecciones posibles es

Q (9 » - -c) Dos matemáticos, de un total de 3, pueden seleccionarse de (\) maneras, y 3 físicos

de 7 pueden seleccionarse de (3) maneras. El número total de selecciones posibles es

6.29 Una niña tiene 5 flores, cada una de distinta variedad. ¿Cuán tos ramos diferentes puede formar?

SOLUCIÓN

Cada flor puede elegirse de 2 maneras, ya que ésta puede elegirse o no. Dado que las dos opciones de una flor pueden asociarse con las 2 opciones de las demás flores, el número de maneras de ordenarlas es = 2 5. Pero estas 2 5 maneras incluyen el caso de no elegir ninguna flor, por lo que el número de ramos es = 2 5 - 1 = 31.

O t r o método

La niña puede elegir 1 de las 5 flores, 2 de las 5 flores,..., 5 de las 5 flores. Por lo tanto, el número requerido de ramos es

Problemas resuehos • 145

En general, para todo entero n positivo,

+

Con 7 consonantes y 5 vocales, ¿cuántas palabras, con 4 consonantes diferentes j 3 vocales diferentes, se pueden formar? No es necesario que las palabras te: significado.

SOLUCIÓN

Las 4 consonantes diferentes pueden seleccionarse de (J) maneras y las 3 vocales diferen­tes de ( ' ) maneras; entonces, las 7 letras resultantes (4 consonantes y 3 vocales) pueden ordenarse entre sí de 7 P 7 = 7! maneras. Por eso, el número de palabras es

7!= 35-10-5 040 = 1764 000 (5\

Aproximación de Stirling para n!

6.31 Evalúe 50!.

SOLUCIÓN

Para una n grande se tiene n! = \Í2mi n"e~"; entonces

50! « v 7 ^ » ^ 5 0 e" 5 0 = S

Para evaluar 5 se usan logaritmos con base 10. Entonces

log S = log (v / T00Í50 5 0 e" 5 0 ) = ì log 100 + \ log TT + 50 log 50 - 50 log e 2 = I Ina lofi -I- i \ log 100 + i log 3.142 + 50 log50 - 50 log2.718

= \ (2) + \ (0.4972) + 50( 1.6990) - 50(0.4343) = 64.4846

de donde S = 3.05 x 106 4, es decir, se trata de un número con 65 dígitos.

Probabilidad y análisis combinatorio 6.32 Una caja contiene 8 bolas rojas, 3 blancas y 9 azules. Si se extraen tres bolas al

azar, determine la probabilidad de que a) las 3 sean rojas, b) las 3 sean blancas, c) sean 2 rojas y 1 blanca, d) al menos 1 sea blanca e) sea 1 de cada color y f) se extraigan en el orden roja, blanca y azul.

SOLUCIÓN

á) Primer método

Sea que Ru R2 y R¡ denoten los eventos "bola roja en la primera extracción", "bola roja en la segunda extracción" y "bola roja en la tercera extracción", respectivamen­te. Entonces R¡R2R] denota el evento de que las 3 bolas extraídas son rojas.

Pr{/?,/? 2 JR 3} = P r { « , } Pr{/? 2 | i?,} Pr{/?3¡/?,« 2 } = (~j (¿) (^) =^

LO ó • Teoría elemental de probabilidad

Segundo método número de selecciones de 3 bolas rojas de 8

Probabilidad requerida: número de selecciones de 3 bolas de 20

14 20\ "285

b) Usando el segundo método del inciso á),

Prflas 3 son blancas} 20^

También se puede utilizar el primer método del inciso á).

f selecciones de 2 Y selecciones de V ^ bolas rojas de 8 J^bola blanca de 3J _ \2j \ l J _ 7

c) Pr{2 rojas y 1 blanca} número de selecciones de 3 de 20 bolas ^

m 3 , 20\

d) Pr{ninguna blanca}

34 23 por lo tanto, Pr{al menos 1 blanca} = 1 - — = —

e) Pr{extracción 1 de cada color} =

f) Usando el inciso é),

20\

Pr{extracción en orden roja, blanca, azul} = ~

18\ 3 Pr{extracción 1 de cada color} =.

Otro método

Pv{RlB2A2}=Pr{Ri}Pr[B1\Rl} Pr{A 3 l /f ,B 2 } = 2 0 / V 1 9 / V 18/ 95

6 .33 Se extraen cinco cartas de una baraja de 52 naipes bien mezclada. Calcule la pro­babilidad de que a) 4 sean ases; b) 4 sean ases y 1 sea un rey; c) 3 sean diez y 2 sean jacks; d) que sean 9, 10, jack, reina y rey, obtenidos en cualquier orden, e) 3 sean de un mismo palo y 2 sean de otro, yf) se obtenga al menos un as.

SOLUCIÓN

a) Pr{4 ases} =

Problemas resueltos • 1—7

b) Pr{4 ases y 1 rey}

c) Pr{3 diez y 2 jacks}

« (í) , 4 / / 5 2 \ 649 740

V2) 1 3/ (52\ 108 290

d) Pr{9, 10, jack, reina y rey, en cualquier orden}

K ) C M K ) M 52\

e) Dado que hay 4 maneras de elegir el primer palo y 3 de elegir el segundo palo,

4 | ' 3 V 3 ' 1 3

Pr{3 de un mismo palo y 2 de otro} = 3 / V 2 I 429 52\ 4 165

/ ) Pr{ningún as} =

48\ 5 ) 35 673

52^ 54 145

_ . . . . . 35 673 18 482 y Prlal menos 1 as} = 1 =

54 145 54 145

6.34 Determine la probabilidad de obtener 3 seis en 5 lanzamientos de un dado.

SOLUCIÓN

Represente los lanzamientos del dado con 5 espacios .En cada espacio estará el evento 6 o el evento no 6 (6); por ejemplo, tres 6 y dos no 6 pueden ocurrir como 6 6 6 6 6 0 como 6 6 6 6 6 , etcétera.

Ahora, la probabilidad de un evento como 6 6 -6 6 -6 es

Pr{6 6 6 6 6} = Pr{6} Pr{6} Pr{6} Pr{6} Pr{6} = i • I • | • I • ̂ = 1

De forma similar, Pr{6 6 6 6 6} = (s ) 3 ( l ) 2 , etcétera, para todos los eventos en que ocurren tres 6 y dos no 6. Sin embargo, hay ( ' ) = 10 de dichos eventos, los cuales son mutuamente excluyentes; por lo tanto, la probabilidad requerida es

Pr( 6 6 6 6 6 0 6 6 6 6 6 etcétera) = 5 \ / l \ 3 / 5 \ 2 125

37 V 6 / \6 3 888

En general, sip = Pr[E] y q = Pr{E), entonces, usando el mismo 1 rior, la probabilidad de obtener exactamente X eventos en N ensayos es ( Í J p V ~ x -

6.35 Una fábrica encuentra que, en promedio, 20% de las tuercas producidas por 3 * máqu ina son defectuosas. Si se seleccionan aleatoriamente 10 tuerc» cm k p » -

CAPÍTULO 6 • Teor ía elemental de probabilidad

ducción diaria de la máquina , calcule la probabilidad de a) que exactamente sean defectuosas, b) que 2 o más sean defectuosas y c) que más de 5 sean déte; tuosas.

SOLUCIÓN

a) Usando un razonamiento similar al del problema 6.34:

Pr{2 tuercas defectuosas) = 1101(0.2)2(0.8)8 = 45(0.04)(0.1678) = 0.3020 2r

b) Pr{2 o más tuercas defectuosas} = 1 - Pr{0 bolas defectuosas) -P r{ 1 boladefectuos

= 1 - P ( 0 . 2 ) 0 ( 0 . 8 ) I 0 - ( 1 ^ ( 0 . 2 ) ' ( 0 . 8 ) ' I

= 1 - ( 0 . 8 ) 1 0 - 10(0.2)(0.8)9

= 1 - 0.1074 - 0.2684 = 0.6242

c) Pr{más de 5 tuercas defectuosas)

= Pr{6 tuercas defectuosas) + Pr{7 tuercas defectuosas)

+ Pr{8 tuercas defectuosas) + Pr{9 tuercas defectuosas)

+ Pr( 10 tuercas defectuosas)

(0 .2) 6 (0 .8) 4 + ^ 7 ° ) ( 0 . 2 ) 7 ( 0 . 8 ) 3 + ^ 8 ° ) ( 0 . 2 ) 8 ( 0 . 8 ) 2

+ ( 1

9 °)(0 .2) 9 (0 .8) + (] J ) (0 .2) 1 °

= 0.00637

6.36 Si en el problema 6.35 se hubieran tomado 1 000 muestras de 10 tuercas cada una. ¿en cuántas muestras se esperaría encontrar á) exactamente 2 tuercas defectuosas. b)2o más tuercas defectuosas y c) más de 5 tuercas defectuosas?

SOLUCIÓN

a) Número esperado = (1 000)(0.3020) = 302, por el problema 6.35a).

b) Número esperado = (1 000)(0.6242) = 624, por el problema 6.356).

c) Número esperado = (1 000)(0.00637) = 6, por el problema 6.35c).

Espacios muéstrales y diagramas de Euler

6.37 á) Establezca un espacio muestral para un solo lanzamiento de un par de dados.

b) A partir del espacio muestral determine la probabilidad de que la suma del lanzamiento de un par de dados sea 7 u 11.

SOLUCIÓN

a) El espacio muestral consiste del conjunto de puntos de la figura 6-7. La pri­mera coordenada de cada punto es el número en un dado y la segunda coordena­da es el número del otro dado. En total son 36 puntos y a cada punto se le asigna una probabilidad de A - La suma de las probabilidades de todos los puntos del espa­cio es 1.

Problemas resueltos • 149

FIGURA 6-7

FIGURA 6-8

b) Los conjuntos de puntos correspondientes a los eventos "suma 7" y "suma 11" se indican con A y fi, respectivamente.

Pr{A) = suma de probabilidades asociadas con cada punto de A = se

Pr[B) = suma de probabilidades asociadas con cada punto de B = &

Pr{A + B} = suma de probabilidades de los puntos de A y B o de ambos = (6 + 2)/36 = & = I

Obsérvese que en este caso Pr{A + B] = PT[A) + Pr[B}. Esto se debe a que A y B no tienen puntos en común (es decir, son eventos mutuamente excluyentes).

6.38 Utilizando un espacio muestral, demuestre que:

a) Pr{A + B } = P r { A } + P r [ f i } - P r { A f l }

b) Pr{A + B + C } = P r{A} + Pr[f i} + P r{C} - P r{AB} - P T { B C ] - P r{AC} + P r{ABC}

SOLUCIÓN

a) Sean A y B dos conjuntos de puntos con puntos en común representados por AB, como en la figura 6-8. A se compone de AB y AB, mientras que B se compone de BA y AB. La totalidad de puntos en A + B (A o B o ambos) = totalidad de puntos en A + totalidad de puntos en B - totalidad de puntos en AB. Dado que la probabilidad de un evento o conjunto es la suma de las probabilidades asociadas con los puntos del conjunto, se tiene que:

Pr{A + B] = Pr{A} + Pr[fi} - Pr{AB}

: • Teoría elemental de probabilidad

FIGURA 6-9

Otro método

Sea A -AB el conjunto de puntos en A , pero no en B (esto es igual que AB); entonces A - AB y B son mutuamente excluyentes (es decir, no tienen puntos en comúr Además, P r { A - A B } = Pr{A} - Pr{AB). Luego

Pr{A + B) = P r { A - A B ] + Pr[B) = P r { A ) - P r { A f l ) +Pr[f i} = Pr{A} + Pr[S} - Pr{AB}

b) Sean A, B y C tres conjuntos de puntos, como se muestra en la figura 6-9. El símbolo ASCrepresenta el conjunto de puntos en A y B , pero no en C, en tanto que los demás símbolos tienen un significado similar.

Pueden considerarse los puntos que están en A o B o C como puntos incluidos en los siete conjuntos mutuamente excluyentes de la figura 6-9, cuatro de los cuales están sombreados y tres sin sombrear. La probabilidad requerida está dada por

Pr{A + B + C}= Pr{ABC)_+ Pr{ BCÁ] + Pr{CÁB } + PT{ABC } + Pr{BCA} + Pr{ CAB } + Pr{ABC}

Ahora, para obtener ABC, por ejemplo, se eliminan los puntos comunes a A y B . lo mismo que a A y C, aunque al hacerlo se han eliminado puntos comunes a A, B y C dos veces. Por lo tanto, ABC=A -AB-AC + ABC y

Pr{AñC} =Pr{A} - P r { A f l } - P r { A C } +Pr{ABC}.

A \ B

De forma similar, se encuentra

Pr{BCA} = Pr{5) - Pr{SC) - Pr{BA} + Pr{flCA)

Pr{CA8) = Pr{C} - P r { C A ) - Pr{CS) + Pr{CAfi}

Pr{SCA} = Pr{BC} - Pr{AflC¡

P r { C A B ] = Pr{CA} - Pr{5CA}

Pr{ABC} = Pr{AB} - PrfCAñ}

Pr{ABC} = Pr{ASC)

Sumando estas siete ecuaciones, y considerando que Pr{Añ) = Pr{BA), etcéte­ra, se obtiene

Pr{A + B + C } = Pr{A} + Pr{S} + Pr{C} - Pr{Afi) - PrfñC} - Pr{AC} + Pr(ASC)

6.39 Un estudio con 500 alumnos que toman uno o más cursos de álgebra, física y estadística, durante un semestre, reveló el siguiente número de alumnos en las materias indicadas:

Álgebra 329 Álgebra y física 83

Física 186 Álgebra y estadíst ica 217

Estadíst ica 295 Fís ica y estadíst ica 63

¿Cuántos estudiantes cursan a) las tres materias; b) á lgebra, pero no estadística; c) física pero no álgebra; d) estadíst ica pero no física; e) á lgebra o estadística, pero no física, yf) álgebra, pero no física o estadís t ica?

Problemas complementarlos • 151

SOLUCIÓN

Sea A el conjunto de todos los estudiantes que toman álgebra, y (A) el número de estudian­tes pertenecientes a este conjunto. De forma similar, (B) denota el número de los que toman física y ( Q el número de los que toman estadística. Entonces (A+B + Q denota el número de los que toman álgebra, física o estadística o sus combinaciones, (AB) el núme­ro de los que toman álgebra y física, etcétera. Como en el problema 6.38, se tiene que

(A + fl + O = (A) + (B) + ( O - (AB) - (BQ - (AQ + 'ABC)

a) Sustituyendo los números en la expresión, se encuentra que

500 = 329 + 186 + 295 - 83 - 63 - 217 + {ABC)

o (ABC) = 53, que es el número de estudiantes que cursan álgebra, física y estadísti­ca. Nótese que la probabilidad (empírica) de que un estudiante curse las tres materias es K$5.

b) Para obtener la información requerida conviene construir un diagrama de Euler con el número de estudiantes en cada conjunto. Empezando con el hecho de que 53 estu­diantes cursan las tres materias, se obtiene que los que cursan álgebra y estadística, pero no física son 217 - 53 = 164, que se muestra en la figura 6-10. De la informa­ción dada, se obtienen los otros números.

El número de los que cursan álgebra, pero no estadística es = 329 - 217; o, por la figura 6-10, 82 + 30= 112.

c) Número de los que cursan física, pero no álgebra = 93 + 10 = 103

d) Número de los que cursan estadística, pero no física = 68 + 164 = 232

e) Número de los que cursan álgebra o estadística, pero no física = 82 + 164 + 68 = 314

f) Número de los que cursan álgebra, pero no física o estadística = 82

Problemas complementarios

Reglas fundamentales de probabilidad

6.40 Determine la probabilidad p, o un estimado, para cada uno de los siguientes eventos

a) A l extraer una carta de una baraja ordinaria bien mezclada, resulta un re;-jack de tréboles o una reina de diamantes.

b) Un solo lanzamiento de un par de dados suma 8.

c) Encontrar una tuerca sin defecto, si de 600 tuercas examinadas \2 : tuosas.

d) De un solo lanzamiento de un par de dados resulta 7 u 11.

e) Se obtiene al menos una cara en tres lanzamientos de una mooec*.