Solucionario de los ejercicios propuestos
Probabilidad condicional, independencia, probabilidad total y teorema de Bayes
MSc. Jeel Cueva — Curso de Probabilidades
2026
Cómo leer este documento. Cada ejercicio tiene: (1) el enunciado; (2) la solución paso a paso y la respuesta final; y (3) un bloque de código en R (haga clic en Code para desplegarlo, o en Show/Hide All Code arriba a la derecha) que recalcula la respuesta con aritmética de enumeración, fórmulas exactas y/o simulación Monte Carlo, y la compara con la solución.
Sugerencia para el estudiante: intente resolver el ejercicio por su cuenta antes de leer la solución.
Contenido
- Parte A. Probabilidad condicional y regla de multiplicación — ejercicios 1 a 8
- Parte B. Independencia — ejercicios 9 a 15
- Parte C. Probabilidad total y teorema de Bayes — ejercicios 16 a 25
- Parte D. Demostraciones y problemas de integración — ejercicios 26 a 30
Notación. \(\mathbb{P}(A)\) es la probabilidad de \(A\); \(\mathbb{P}(A\mid B)\) la probabilidad condicional de \(A\) dado \(B\); \(A^{c}\) el complemento de \(A\). Los decimales se escriben con coma; las verificaciones comparan con las fracciones exactas (los decimales son redondeos).
Requisitos para compilar: R ≥ 4.0 y los paquetes
rmarkdown y knitr
(install.packages(c("rmarkdown", "knitr"))). No se necesita
ningún otro paquete.
Configuración
Ejecute este bloque una vez; define las funciones auxiliares
verif() (compara con la fracción de la solución) y
sim() (compara con una simulación).
# ═══════════════════════════════════════════════════════════
# CONFIGURACIÓN
# ═══════════════════════════════════════════════════════════
set.seed(2026) # semilla fija: resultados reproducibles
N <- 2e5 # repeticiones de las simulaciones
n_ok <- 0 # contador de comprobaciones superadas
fmt <- function(x) format(x, scientific = FALSE, trim = TRUE)
# Compara el valor calculado con la fracción num/den de la solución
verif <- function(nombre, valor, num, den = 1) {
valor <- as.numeric(valor)
if (!isTRUE(all.equal(valor, num / den, tolerance = 1e-12)))
stop(sprintf("✘ %s: obtenido %.12f, esperado %s/%s", nombre, valor, fmt(num), fmt(den)))
n_ok <<- n_ok + 1
cat(sprintf("✔ %-46s = %14s ≈ %.6f\n", nombre, paste0(fmt(num), "/", fmt(den)), valor))
}
# Compara el valor exacto con una simulación Monte Carlo
sim <- function(nombre, exacto, simulado, tol = 0.01) {
stopifnot(abs(exacto - simulado) < tol)
cat(sprintf(" ↳ simulación %-26s exacto = %.5f | simulado = %.5f\n", nombre, exacto, simulado))
}
cat("Configuración lista ✔\n")Configuración lista ✔Parte A. Probabilidad condicional y regla de multiplicación
Ejercicio 1
Se lanzan tres dados equilibrados. Sean \(A\): «la suma de los tres resultados es \(12\)» y \(D\): «los tres resultados son distintos». Calcule \(\mathbb{P}\left(A \mid D\right)\) y \(\mathbb{P}\left(D \mid A\right)\), y explique por qué no coinciden.
✍️ Solución paso a paso
El espacio muestral \(\Omega=\{1,\dots,6\}^3\) tiene \(6^3=216\) resultados equiprobables.
Paso 1: contar \(D\). Los tres resultados son distintos: \(6\cdot5\cdot4=120\) ternas ordenadas.
Paso 2: contar \(A\). Buscamos ternas con suma \(12\). Como conjuntos (sin orden) hay seis posibilidades: \(\{1,5,6\}\), \(\{2,4,6\}\), \(\{3,4,5\}\) (tres números distintos, \(3!=6\) ordenaciones cada una), \(\{2,5,5\}\), \(\{3,3,6\}\) (dos iguales, \(3\) ordenaciones cada una) y \(\{4,4,4\}\) (\(1\) ordenación). Por tanto
\[ \operatorname{card}(A)=3\cdot 6+2\cdot 3+1=25 . \]
Paso 3: contar \(A\cap D\). Son las ternas de la suma \(12\) con números distintos, es decir, las tres primeras posibilidades: \(\operatorname{card}(A\cap D)=3\cdot6=18\).
Paso 4: probabilidades condicionales.
\[ \mathbb{P}\left(A \mid D\right)=\frac{\operatorname{card}(A\cap D)}{\operatorname{card}(D)}=\frac{18}{120}=\frac{3}{20},\qquad \mathbb{P}\left(D \mid A\right)=\frac{\operatorname{card}(A\cap D)}{\operatorname{card}(A)}=\frac{18}{25}. \]
¿Por qué no coinciden? Ambas comparten el numerador \(\mathbb{P}\left(A\cap D\right)\), pero se dividen entre probabilidades distintas: \(\mathbb{P}\left(D\right)=120/216\) y \(\mathbb{P}\left(A\right)=25/216\). De hecho,
\[ \frac{\mathbb{P}\left(D \mid A\right)}{\mathbb{P}\left(A \mid D\right)}=\frac{\mathbb{P}\left(D\right)}{\mathbb{P}\left(A\right)}=\frac{120}{25}=4{,}8 , \]
y \(0{,}72/0{,}15=4{,}8\). En general, \(\mathbb{P}\left(A \mid D\right)\neq\mathbb{P}\left(B \mid A\right)\) salvo que \(\mathbb{P}\left(A\right)=\mathbb{P}\left(D\right)\).
✅ Respuesta. \(\mathbb{P}\left(A \mid D\right)=\dfrac{3}{20}=0{,}15\); \(\mathbb{P}\left(D \mid A\right)=\dfrac{18}{25}=0{,}72\).
💻 Verificación en R
enumeración de los \(216\) resultados.
omega <- expand.grid(d1 = 1:6, d2 = 1:6, d3 = 1:6) # 6^3 = 216 resultados equiprobables
A <- rowSums(omega) == 12 # la suma es 12
D <- apply(omega, 1, function(w) length(unique(w)) == 3) # los tres resultados son distintos
cat("card(Ω) =", nrow(omega), "| card(A) =", sum(A), "| card(D) =", sum(D), "| card(A∩D) =", sum(A & D), "\n")card(Ω) = 216 | card(A) = 25 | card(D) = 120 | card(A∩D) = 18 ✔ P(A | D) = 3/20 ≈ 0.150000✔ P(D | A) = 18/25 ≈ 0.720000Ejercicio 2
De una baraja de \(52\) cartas (con \(4\) ases, uno por palo) se reparten \(2\) cartas al azar. Calcule la probabilidad de que ambas sean ases (a) dado que al menos una de ellas es un as; (b) dado que una de ellas es el as de corazones. Explique por qué los resultados difieren.
✍️ Solución paso a paso
Hay \(\binom{52}{2}=1326\) pares equiprobables.
(a) Sea \(A\): «ambas son ases» y \(B\): «al menos una es as».
- \(\operatorname{card}(A)=\binom{4}{2}=6\).
- El complemento de \(B\) es «ninguna es as»: \(\binom{48}{2}=1128\) pares. Luego \(\operatorname{card}(B)=1326-1128=198\).
Como \(A\subset B\), \(A\cap B=A\) y
\[ \mathbb{P}\left(A \mid B\right)=\frac{6}{198}=\frac{1}{33}\approx 0{,}0303 . \]
(b) Sea \(C\): «una de las cartas es el as de corazones». Hay \(51\) pares que la contienen (el as de corazones más una de las otras \(51\) cartas). De ellos, \(3\) tienen un segundo as (de las otras tres figuras). Entonces
\[ \mathbb{P}\left(A \mid C\right)=\frac{3}{51}=\frac{1}{17}\approx 0{,}0588 . \]
Explicación. «Al menos un as» agrupa \(198\) pares, de los cuales \(192\) tienen un solo as y solo \(6\) tienen dos. En cambio, «tengo el as de corazones» identifica cuál as es, y esa información más específica deja menos casos «con un solo as». La información precisa cambia la probabilidad aunque ambos enunciados digan «hay un as»: la probabilidad condicional depende de exactamente qué se sabe.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{1}{33}\approx 0{,}0303\); (b) \(\dfrac{1}{17}\approx 0{,}0588\).
💻 Verificación en R
enumeración de los \(1326\) pares.
baraja <- expand.grid(palo = 0:3, rango = 0:12) # rango 0 = as, palo 0 = corazones
pares <- combn(52, 2) # matriz 2 × 1326 con los índices de las cartas
es_as <- baraja$rango == 0
es_as_cor <- baraja$rango == 0 & baraja$palo == 0
ambos <- es_as[pares[1, ]] & es_as[pares[2, ]]
alguno <- es_as[pares[1, ]] | es_as[pares[2, ]]
con_ac <- es_as_cor[pares[1, ]] | es_as_cor[pares[2, ]]
cat("pares:", ncol(pares), "| con al menos un as:", sum(alguno), "| con el as de corazones:", sum(con_ac), "\n")pares: 1326 | con al menos un as: 198 | con el as de corazones: 51 ✔ (a) P(ambos ases | al menos un as) = 1/33 ≈ 0.030303✔ (b) P(ambos ases | as de corazones) = 1/17 ≈ 0.058824Ejercicio 3
Una urna contiene \(4\) bolas rojas y \(6\) azules. Se extrae una bola al azar, se devuelve a la urna junto con \(2\) bolas adicionales del mismo color y se repite el proceso (urna de Pólya). Sea \(R_k\): «la \(k\)-ésima bola extraída es roja». Calcule (a) \(\mathbb{P}\left(R_2\right)\); (b) \(\mathbb{P}\left(R_1 \mid R_2\right)\); (c) \(\mathbb{P}\left(R_1\cap R_2\cap R_3\right)\).
✍️ Solución paso a paso
Al inicio hay \(10\) bolas (\(4\) rojas, \(6\) azules). Tras cada extracción se agregan \(2\) bolas del color obtenido, de modo que el total sube de \(10\) a \(12\), luego a \(14\).
(a) Por probabilidad total, condicionando en el color de la primera bola:
\[ \mathbb{P}\left(R_2\right)=\mathbb{P}\left(R_1\right)\mathbb{P}\left(R_2 \mid R_1\right)+\mathbb{P}\left({R_1}^{c}\right)\mathbb{P}\left(R_2 \mid {R_1}^{c}\right) =\frac{4}{10}\cdot\frac{6}{12}+\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{12}=\frac{24}{120}+\frac{24}{120}=\frac25 . \]
(Si la primera fue roja, quedan \(6\) rojas de \(12\); si fue azul, quedan \(4\) rojas de \(12\).)
(b) Por la regla de multiplicación, \(\mathbb{P}\left(R_1\cap R_2\right)=\dfrac{4}{10}\cdot\dfrac{6}{12}=\dfrac15\). Entonces
\[ \mathbb{P}\left(R_1 \mid R_2\right)=\frac{\mathbb{P}\left(R_1\cap R_2\right)}{\mathbb{P}\left(R_2\right)}=\frac{1/5}{2/5}=\frac12 . \]
Obsérvese que \(\mathbb{P}\left(R_2\right)=\mathbb{P}\left(R_1\right)=2/5\): en la urna de Pólya la probabilidad de rojo es la misma en cada extracción (propiedad de intercambiabilidad), aunque las extracciones no son independientes.
(c) Tras dos rojas hay \(8\) rojas entre \(14\) bolas:
\[ \mathbb{P}\left(R_1\cap R_2\cap R_3\right)=\frac{4}{10}\cdot\frac{6}{12}\cdot\frac{8}{14}=\frac{192}{1680}=\frac{4}{35}\approx 0{,}1143 . \]
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac25\); (b) \(\dfrac12\); (c) \(\dfrac{4}{35}\approx 0{,}1143\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones y simulación de \(400\,000\) repeticiones.
polya <- function(secuencia, rojas = 4, azules = 6, c = 2) {
# Probabilidad exacta de una secuencia de colores ("R"/"B") en la urna de Pólya
p <- 1
for (color in strsplit(secuencia, "")[[1]]) {
total <- rojas + azules
if (color == "R") { p <- p * rojas / total; rojas <- rojas + c
} else { p <- p * azules / total; azules <- azules + c }
}
p
}
P_R2 <- polya("RR") + polya("BR") # probabilidad total sobre la 1.ª bola
verif("(a) P(R2)", P_R2, 2, 5)✔ (a) P(R2) = 2/5 ≈ 0.400000✔ (b) P(R1 | R2) = 1/2 ≈ 0.500000✔ (c) P(R1∩R2∩R3) = 4/35 ≈ 0.114286# Simulación vectorizada de N urnas de Pólya
r <- rep(4, N); b <- rep(6, N); roja <- matrix(FALSE, N, 3)
for (k in 1:3) {
roja[, k] <- runif(N) < r / (r + b)
r <- r + 2 * roja[, k]; b <- b + 2 * !roja[, k]
}
sim("P(R2)", 2/5, mean(roja[, 2])) ↳ simulación P(R2) exacto = 0.40000 | simulado = 0.40110 ↳ simulación P(R1 | R2) exacto = 0.50000 | simulado = 0.49839 ↳ simulación P(R1∩R2∩R3) exacto = 0.11429 | simulado = 0.11449Ejercicio 4
Un llavero tiene \(10\) llaves y solo una abre la puerta. Calcule la probabilidad de que la puerta se abra exactamente en el cuarto intento si (a) las llaves se prueban al azar, sin repetir ninguna; (b) con la misma modalidad de (a), se sabe que las tres primeras llaves probadas no abrieron; (c) en cada intento se elige una llave al azar entre las \(10\), aunque ya haya sido probada.
✍️ Solución paso a paso
(a) Sin repetir. Para que abra exactamente en el cuarto intento deben fallar las tres primeras llaves y acertar la cuarta. Por la regla de multiplicación,
\[ \frac{9}{10}\cdot\frac{8}{9}\cdot\frac{7}{8}\cdot\frac{1}{7}=\frac{7}{10}\cdot\frac17=\frac1{10}. \]
(Es natural: la llave correcta ocupa cualquiera de las \(10\) posiciones con igual probabilidad.)
(b) Sea \(F\): «fallaron las tres primeras» (\(\mathbb{P}\left(F\right)=7/10\)) y \(A\): «abre en el cuarto intento». Como \(A\subset F\),
\[ \mathbb{P}\left(A \mid F\right)=\frac{\mathbb{P}\left(A\right)}{\mathbb{P}\left(F\right)}=\frac{1/10}{7/10}=\frac17 . \]
Directamente: quedan \(7\) llaves, una de ellas correcta, y se elige al azar.
(c) Con repetición. Cada intento es independiente y acierta con probabilidad \(1/10\). Deben fallar tres veces y acertar la cuarta:
\[ \left(\frac{9}{10}\right)^{3}\frac{1}{10}=\frac{729}{10000}=0{,}0729 . \]
La diferencia entre (a) y (c) (\(0{,}1\) frente a \(0{,}0729\)) se debe a que, sin repetir, no se desperdician intentos con llaves ya descartadas.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac1{10}\); (b) \(\dfrac17\); (c) \(\dfrac{729}{10000}=0{,}0729\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto y simulación de \(400\,000\) repeticiones para (a) y (b).
✔ (a) sin repetir = 1/10 ≈ 0.100000P_fallan3 <- (9/10) * (8/9) * (7/8) # P(F): fallan las tres primeras
verif("(b) dado que fallaron 3", (1/10) / P_fallan3, 1, 7) # A ⊂ F → P(A|F) = P(A)/P(F)✔ (b) dado que fallaron 3 = 1/7 ≈ 0.142857✔ (c) con repetición = 729/10000 ≈ 0.072900pos <- sample(1:10, N, replace = TRUE) # posición de la llave correcta (sin repetir)
sim("(a)", 1/10, mean(pos == 4)) ↳ simulación (a) exacto = 0.10000 | simulado = 0.10032 ↳ simulación (b) exacto = 0.14286 | simulado = 0.14358Ejercicio 5
Un jugador inicia con S/ \(2\) y juega partidas sucesivas e independientes; en cada una gana S/ \(1\) con probabilidad \(0{,}6\) o pierde S/ \(1\) con probabilidad \(0{,}4\). Se retira al alcanzar S/ \(4\) o al quedarse sin dinero. Calcule (a) la probabilidad de que se retire con S/ \(4\); (b) dado que se retira con S/ \(4\), la probabilidad de que haya ganado la primera partida; (c) la probabilidad de que el juego termine en exactamente dos partidas.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(h_i\) la probabilidad de retirarse con S/ \(4\) partiendo de S/ \(i\), con \(h_0=0\) y \(h_4=1\). Sean \(p=0{,}6\) y \(q=0{,}4\).
(a) Análisis del primer paso. Condicionando en el resultado de la primera partida (teorema de probabilidad total):
\[ h_i=p\,h_{i+1}+q\,h_{i-1},\qquad i=1,2,3 . \]
Como \(p+q=1\), esto equivale a \(p(h_{i+1}-h_i)=q(h_i-h_{i-1})\). Sea \(d_i=h_i-h_{i-1}\) y \(r=q/p=2/3\). Entonces \(d_{i+1}=r\,d_i\), de modo que \(d_i=r^{\,i-1}d_1\). Como \(h_4-h_0=1\),
\[ 1=d_1+d_2+d_3+d_4=d_1\,(1+r+r^2+r^3)\ \Longrightarrow\ d_1=\frac{1}{1+\tfrac23+\tfrac49+\tfrac8{27}}=\frac{27}{65}. \]
Por tanto
\[ h_1=d_1=\frac{27}{65},\qquad h_2=d_1(1+r)=\frac{27}{65}\cdot\frac53=\frac{9}{13},\qquad h_3=d_1(1+r+r^2)=\frac{27}{65}\cdot\frac{19}{9}=\frac{57}{65}. \]
La respuesta de (a) es \(h_2=9/13\approx 0{,}6923\).
(b) Sea \(G\): «gana la primera partida» y \(W\): «se retira con S/ \(4\)». Por Bayes (o por la regla de multiplicación),
\[ \mathbb{P}\left(G \mid W\right)=\frac{\mathbb{P}\left(G\right)\,\mathbb{P}\left(W \mid G\right)}{\mathbb{P}\left(W\right)}=\frac{p\,h_3}{h_2}=\frac{0{,}6\cdot 57/65}{9/13}=\frac35\cdot\frac{57}{65}\cdot\frac{13}{9}=\frac{19}{25}=0{,}76 . \]
Saber que el jugador terminó ganando eleva la probabilidad de que haya ganado la primera partida de \(0{,}6\) a \(0{,}76\).
(c) El juego dura exactamente dos partidas solo si el jugador gana las dos (llega a S/ \(4\)) o pierde las dos (llega a S/ \(0\)):
\[ p^2+q^2=0{,}36+0{,}16=0{,}52=\frac{13}{25}. \]
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{9}{13}\approx 0{,}6923\); (b) \(\dfrac{19}{25}=0{,}76\); (c) \(\dfrac{13}{25}=0{,}52\).
💻 Verificación en R
sistema lineal resuelto con sympy y simulación de
\(400\,000\) juegos.
p <- 0.6; q <- 0.4; r <- q / p
h <- function(i, meta = 4) (1 - r^i) / (1 - r^meta) # solución del análisis del primer paso
verif("(a) h2 = P(retirarse con S/ 4)", h(2), 9, 13)✔ (a) h2 = P(retirarse con S/ 4) = 9/13 ≈ 0.692308✔ (b) P(ganó la 1.ª | se retira con S/ 4) = 19/25 ≈ 0.760000✔ (c) P(termina en exactamente 2 partidas) = 13/25 ≈ 0.520000# Comprobación: sistema lineal h_i = p·h_{i+1} + q·h_{i-1}
M <- matrix(c(1, -p, 0, -q, 1, -p, 0, -q, 1), nrow = 3, byrow = TRUE)
hh <- solve(M, c(0, 0, p)) # h1, h2, h3
cat("sistema lineal → h1, h2, h3 =", round(hh, 6), " (27/65, 9/13, 57/65)\n")sistema lineal → h1, h2, h3 = 0.415385 0.692308 0.876923 (27/65, 9/13, 57/65)# Simulación de 50 000 juegos
juego <- function() {
capital <- 2; n <- 0; primera <- NA
while (capital > 0 && capital < 4) {
w <- runif(1) < 0.6
if (is.na(primera)) primera <- w
capital <- capital + ifelse(w, 1, -1); n <- n + 1
}
c(capital == 4, capital == 4 && primera, n == 2)
}
res <- replicate(5e4, juego())
sim("(a)", 9/13, mean(res[1, ])) ↳ simulación (a) exacto = 0.69231 | simulado = 0.68884 ↳ simulación (b) exacto = 0.76000 | simulado = 0.76099 ↳ simulación (c) exacto = 0.52000 | simulado = 0.52010Ejercicio 6
Los equipos \(A\) y \(B\) juegan una serie al mejor de cinco partidos (gana la serie quien obtenga primero tres victorias). En cada partido \(A\) gana con probabilidad \(0{,}6\), independientemente de los demás. Calcule (a) la probabilidad de que \(A\) gane la serie; (b) dado que \(A\) ganó la serie, la probabilidad de que se hayan jugado los cinco partidos; (c) la probabilidad de que \(A\) gane la serie si perdió el primer partido.
✍️ Solución paso a paso
(a) Truco de «jugar todos los partidos». Imaginemos que siempre se juegan los cinco partidos, aunque la serie ya esté decidida. Quien gana la serie es el mismo que gana al menos \(3\) de los \(5\) partidos. Entonces, con \(X\sim\mathrm{Bin}(5,0{,}6)\),
\[ \mathbb{P}\left(X\ge 3\right)=\binom53(0{,}6)^3(0{,}4)^2+\binom54(0{,}6)^4(0{,}4)+(0{,}6)^5=0{,}3456+0{,}2592+0{,}07776=0{,}68256 . \]
(b) Que se jueguen los cinco partidos y gane \(A\) significa: en los primeros \(4\) partidos \(A\) gana exactamente \(2\) (serie \(2\)–\(2\)) y gana el quinto:
\[ \mathbb{P}\left(\text{$A$ gana en 5}\right)=\binom42(0{,}6)^2(0{,}4)^2\cdot 0{,}6=6\cdot0{,}36\cdot0{,}16\cdot0{,}6=0{,}20736 . \]
Como «gana en 5» está contenido en «\(A\) gana la serie»,
\[ \mathbb{P}\left(\text{5 partidos} \mid \text{$A$ gana}\right)=\frac{0{,}20736}{0{,}68256}=\frac{24}{79}\approx 0{,}3038 . \]
(c) Si \(A\) perdió el primero, necesita \(3\) victorias antes de que \(B\) consiga \(2\) más. Imaginemos \(4\) partidos adicionales: \(A\) gana la serie si y solo si gana al menos \(3\) de ellos (si gana \(3\) o \(4\), \(B\) gana a lo sumo \(1<2\)):
\[ \binom43(0{,}6)^3(0{,}4)+(0{,}6)^4=0{,}3456+0{,}1296=0{,}4752=\frac{297}{625}. \]
Perder el primer partido reduce la probabilidad de ganar la serie de \(0{,}68256\) a \(0{,}4752\).
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{2133}{3125}=0{,}68256\); (b) \(\dfrac{24}{79}\approx 0{,}3038\); (c) \(\dfrac{297}{625}=0{,}4752\).
💻 Verificación en R
programación dinámica exacta, argumento binomial y simulación de \(400\,000\) series.
gana_serie <- function(a, b, p = 0.6) {
# P(A gane la serie) cuando A lleva a victorias y B lleva b (gana el primero en llegar a 3)
if (a == 3) return(1)
if (b == 3) return(0)
p * gana_serie(a + 1, b, p) + (1 - p) * gana_serie(a, b + 1, p)
}
pA <- gana_serie(0, 0)
verif("(a) P(A gana la serie)", pA, 2133, 3125)✔ (a) P(A gana la serie) = 2133/3125 ≈ 0.682560p_en_5 <- choose(4, 2) * 0.6^2 * 0.4^2 * 0.6 # 2–2 en 4 partidos y gana el 5.º
verif("(b) P(5 partidos | A gana)", p_en_5 / pA, 24, 79)✔ (b) P(5 partidos | A gana) = 24/79 ≈ 0.303797✔ (c) P(A gana | perdió el 1.º) [recursión] = 297/625 ≈ 0.475200✔ (c) argumento binomial (≥ 3 de 4) = 297/625 ≈ 0.475200# Simulación de 50 000 series
serie <- function() {
a <- b <- n <- 0; perdio1 <- NA
while (a < 3 && b < 3) {
w <- runif(1) < 0.6
if (is.na(perdio1)) perdio1 <- !w
a <- a + w; b <- b + !w; n <- n + 1
}
c(a == 3, a == 3 && n == 5, perdio1, perdio1 && a == 3)
}
res <- replicate(5e4, serie())
sim("(a)", pA, mean(res[1, ])) ↳ simulación (a) exacto = 0.68256 | simulado = 0.67664 ↳ simulación (b) exacto = 0.30380 | simulado = 0.30495 ↳ simulación (c) exacto = 0.47520 | simulado = 0.46746Ejercicio 7
Una caja contiene \(6\) bolas rojas, \(5\) verdes y \(4\) azules. Se extraen \(3\) bolas sin reemplazo. Calcule (a) la probabilidad de que las tres sean de colores distintos; (b) la probabilidad de que la tercera sea azul, dado que las dos primeras fueron del mismo color.
✍️ Solución paso a paso
(a) Hay \(\binom{15}{3}=455\) ternas no ordenadas equiprobables. Las que tienen un color de cada tipo son \(6\cdot5\cdot4=120\). Entonces
\[ \mathbb{P}\left(\text{colores distintos}\right)=\frac{120}{455}=\frac{24}{91}\approx 0{,}2637 . \]
(Con orden: \(3!\cdot\frac{6}{15}\cdot\frac{5}{14}\cdot\frac{4}{13}=\frac{720}{2730}\), el mismo valor.)
(b) Sea \(B\): «las dos primeras son del mismo color» y \(Z_3\): «la tercera es azul».
\[ \mathbb{P}\left(B\right)=\frac{6\cdot5+5\cdot4+4\cdot3}{15\cdot14}=\frac{62}{210}=\frac{31}{105}. \]
Para \(\mathbb{P}\left(B\cap Z_3\right)\) se separan los tres casos de \(B\) (probabilidad total):
\[ \mathbb{P}\left(B\cap Z_3\right)=\frac{6\cdot5\cdot4}{15\cdot14\cdot13}+\frac{5\cdot4\cdot4}{15\cdot14\cdot13}+\frac{4\cdot3\cdot2}{15\cdot14\cdot13}=\frac{120+80+24}{2730}=\frac{224}{2730}. \]
(En el caso de dos rojas quedan \(13\) bolas, \(4\) azules; con dos verdes, igual; con dos azules, quedan \(2\) azules.) Entonces
\[ \mathbb{P}\left(Z_3 \mid B\right)=\frac{224/2730}{62/210}=\frac{224}{2730}\cdot\frac{210}{62}=\frac{112}{403}\approx 0{,}2779 . \]
Comparado con \(\mathbb{P}\left(Z_3\right)=4/15\approx0{,}2667\), saber que las dos primeras coincidieron aumenta ligeramente la probabilidad de que la tercera sea azul.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{24}{91}\approx 0{,}2637\); (b) \(\dfrac{112}{403}\approx 0{,}2779\).
💻 Verificación en R
enumeración de las \(15\cdot14\cdot13=2730\) extracciones ordenadas.
color <- c(rep("R", 6), rep("V", 5), rep("Z", 4)) # 6 rojas, 5 verdes, 4 azules
idx <- expand.grid(i = 1:15, j = 1:15, k = 1:15)
idx <- idx[idx$i != idx$j & idx$i != idx$k & idx$j != idx$k, ] # 15·14·13 = 2730 extracciones ordenadas
c1 <- color[idx$i]; c2 <- color[idx$j]; c3 <- color[idx$k]
distintos <- c1 != c2 & c1 != c3 & c2 != c3
mismo_color_12 <- c1 == c2
tercera_azul <- c3 == "Z"
verif("(a) P(tres colores distintos)", mean(distintos), 24, 91)✔ (a) P(tres colores distintos) = 24/91 ≈ 0.263736verif("(b) P(3.ª azul | 1.ª y 2.ª del mismo color)", sum(tercera_azul & mismo_color_12) / sum(mismo_color_12), 112, 403)✔ (b) P(3.ª azul | 1.ª y 2.ª del mismo color) = 112/403 ≈ 0.277916✔ P(3.ª azul) sin condicionar (referencia) = 4/15 ≈ 0.266667Ejercicio 8
En una familia con dos hijos, suponga que cada hijo es varón o mujer con igual probabilidad y que su día de nacimiento es cualquiera de los siete días de la semana con igual probabilidad, todo ello de manera independiente. Calcule la probabilidad de que ambos sean varones (a) dado que al menos uno es varón; (b) dado que el mayor es varón; (c) dado que al menos uno es un varón nacido en martes. Explique por qué (c) no coincide con (a).
✍️ Solución paso a paso
Cada hijo tiene \(14\) posibilidades (sexo \(\times\) día), todas equiprobables e independientes entre hermanos: \(196\) pares ordenados (mayor, menor). Sea \(A\): «ambos son varones», con \(\mathbb{P}\left(A\right)=\frac14\).
(a) \(\mathbb{P}\left(\text{al menos un varón}\right)=1-\left(\tfrac12\right)^2=\tfrac34\). Como \(A\) está contenido en ese evento,
\[ \mathbb{P}\left(A \mid \text{al menos un varón}\right)=\frac{1/4}{3/4}=\frac13 . \]
(b) \(\mathbb{P}\left(\text{mayor varón}\right)=\frac12\) y \(A\subset\) «mayor varón»:
\[ \mathbb{P}\left(A \mid \text{mayor varón}\right)=\frac{1/4}{1/2}=\frac12 . \]
(c) Cada hijo es «varón nacido en martes» con probabilidad \(\frac12\cdot\frac17=\frac1{14}\). Sea \(T\): «al menos un hijo es un varón nacido en martes»:
\[ \mathbb{P}\left(T\right)=1-\left(\frac{13}{14}\right)^2=\frac{27}{196}. \]
Para \(A\cap T\): ambos son varones (\(\frac14\)) y al menos uno nació en martes (\(1-(\frac67)^2=\frac{13}{49}\)), de modo que \(\mathbb{P}\left(A\cap T\right)=\frac14\cdot\frac{13}{49}=\frac{13}{196}\). Por tanto
\[ \mathbb{P}\left(A \mid T\right)=\frac{13/196}{27/196}=\frac{13}{27}\approx 0{,}4815 . \]
¿Por qué (c) \(\neq\) (a)? «Al menos un varón» se cumple tanto si lo es el mayor como el menor (dos formas), lo que «diluye» el caso de dos varones. «Varón nacido en martes» es un dato tan específico que casi identifica a un hijo concreto; el otro queda libre, y su sexo es cercano a \(50/50\). Con \(n\) categorías de día en lugar de \(7\) se obtiene \(\frac{2n-1}{4n-1}\): vale \(\frac13\) si \(n=1\) y tiende a \(\frac12\) cuando \(n\to\infty\).
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac13\); (b) \(\dfrac12\); (c) \(\dfrac{13}{27}\approx 0{,}4815\).
💻 Verificación en R
enumeración de los \(196\) pares (sexo, día) \(\times\) (sexo, día).
sexo <- rep(c("V", "M"), each = 7); dia <- rep(1:7, times = 2) # 14 posibilidades por hijo; día 1 = martes
fam <- expand.grid(mayor = 1:14, menor = 1:14) # 196 pares equiprobables
v1 <- sexo[fam$mayor] == "V"; v2 <- sexo[fam$menor] == "V"
martes_v <- (v1 & dia[fam$mayor] == 1) | (v2 & dia[fam$menor] == 1)
ambos <- v1 & v2
verif("(a) P(ambos varones | alguno varón)", sum(ambos & (v1 | v2)) / sum(v1 | v2), 1, 3)✔ (a) P(ambos varones | alguno varón) = 1/3 ≈ 0.333333✔ (b) P(ambos varones | mayor varón) = 1/2 ≈ 0.500000verif("(c) P(ambos varones | varón nacido en martes)", sum(ambos & martes_v) / sum(martes_v), 13, 27)✔ (c) P(ambos varones | varón nacido en martes) = 13/27 ≈ 0.481481# Fórmula general con n categorías de día: (2n-1)/(4n-1)
cat("n = 1 →", 1/3, "| n = 7 →", 13/27, "| n → ∞ →", 0.5, "\n")n = 1 → 0.3333333 | n = 7 → 0.4814815 | n → ∞ → 0.5 Parte B. Independencia
Ejercicio 9
Se lanzan dos dados equilibrados. Sean \(A\): «el primer dado muestra un número impar», \(B\): «el segundo dado muestra un número impar» y \(C\): «la suma de los dos dados es impar». Demuestre que \(A\), \(B\) y \(C\) son independientes por pares, pero no son mutuamente independientes.
✍️ Solución paso a paso
El espacio muestral tiene \(36\) resultados equiprobables. Un número es impar en \(3\) de las \(6\) caras.
Probabilidades individuales. \(\mathbb{P}\left(A\right)=\mathbb{P}\left(B\right)=\frac{18}{36}=\frac12\). Para \(C\), la suma es impar exactamente cuando un dado es par y el otro impar: \(2\cdot(3\cdot3)=18\) resultados, de modo que \(\mathbb{P}\left(C\right)=\frac12\).
Intersecciones de a pares.
- \(A\cap B\): ambos impares, \(3\cdot3=9\) resultados \(\Rightarrow\ \mathbb{P}\left(A\cap B\right)=\frac14=\frac12\cdot\frac12\).
- \(A\cap C\): primero impar y suma impar \(\Rightarrow\) segundo par: \(3\cdot3=9\) \(\Rightarrow\ \mathbb{P}\left(A\cap C\right)=\frac14=\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(C\right)\).
- \(B\cap C\): segundo impar y suma impar \(\Rightarrow\) primero par: \(9\) resultados \(\Rightarrow\ \mathbb{P}\left(B\cap C\right)=\frac14=\mathbb{P}\left(B\right)\mathbb{P}\left(C\right)\).
Los tres pares son independientes.
La intersección triple. Si el primero y el segundo son impares, su suma es par, así que \(C\) no puede ocurrir: \(A\cap B\cap C=\varnothing\) y
\[ \mathbb{P}\left(A\cap B\cap C\right)=0\ \neq\ \frac18=\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\mathbb{P}\left(C\right). \]
Falla la cuarta condición de la independencia mutua. \(\blacksquare\)
Comentario. \(A\) y \(B\) determinan por completo a \(C\) (si ambos ocurren, \(C\) no ocurre), aunque cada uno por separado no aporta información sobre \(C\).
✅ Respuesta. Demostración: \(\mathbb{P}\left(A\cap B\cap C\right)=0\neq\tfrac18=\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\mathbb{P}\left(C\right)\), aunque cada par es independiente.
💻 Verificación en R
enumeración de los \(36\) resultados.
omega <- expand.grid(d1 = 1:6, d2 = 1:6) # 36 resultados
A <- omega$d1 %% 2 == 1 # 1.º impar
B <- omega$d2 %% 2 == 1 # 2.º impar
C <- (omega$d1 + omega$d2) %% 2 == 1 # suma impar
verif("P(A)", mean(A), 1, 2); verif("P(B)", mean(B), 1, 2); verif("P(C)", mean(C), 1, 2)✔ P(A) = 1/2 ≈ 0.500000✔ P(B) = 1/2 ≈ 0.500000✔ P(C) = 1/2 ≈ 0.500000✔ P(A∩B) = 1/4 ≈ 0.250000✔ P(A∩C) = 1/4 ≈ 0.250000✔ P(B∩C) = 1/4 ≈ 0.250000✔ P(A∩B∩C) (≠ 1/8 ⇒ no es independencia mutua) = 0/1 ≈ 0.000000Ejercicio 10
Se elige al azar un entero del conjunto \(\{1,2,\dots,N\}\). Sea \(A_d\): «el número elegido es divisible por \(d\)». (a) Si \(N=30\), demuestre que \(A_2\), \(A_3\) y \(A_5\) son mutuamente independientes. (b) Si \(N=31\), demuestre que \(A_2\) y \(A_3\) no son independientes.
✍️ Solución paso a paso
Un entero es divisible por \(2\) y por \(3\) si y solo si lo es por \(6\); análogamente con \(10\), \(15\) y \(30\) (los números \(2,3,5\) son primos entre sí).
(a) \(N=30\). La cantidad de múltiplos de \(d\) en \(\{1,\dots,30\}\) es \(30/d\) cuando \(d\mid 30\):
\[ \mathbb{P}\left(A_2\right)=\tfrac{15}{30}=\tfrac12,\quad \mathbb{P}\left(A_3\right)=\tfrac{10}{30}=\tfrac13,\quad \mathbb{P}\left(A_5\right)=\tfrac{6}{30}=\tfrac15 . \]
Las cuatro condiciones de independencia mutua:
\[ \begin{aligned}\mathbb{P}\left(A_2\cap A_3\right)&=\tfrac{5}{30}=\tfrac16=\tfrac12\cdot\tfrac13, & \mathbb{P}\left(A_2\cap A_5\right)&=\tfrac{3}{30}=\tfrac1{10}=\tfrac12\cdot\tfrac15,\\ \mathbb{P}\left(A_3\cap A_5\right)&=\tfrac{2}{30}=\tfrac1{15}=\tfrac13\cdot\tfrac15, & \mathbb{P}\left(A_2\cap A_3\cap A_5\right)&=\tfrac1{30}=\tfrac12\cdot\tfrac13\cdot\tfrac15 .\end{aligned} \]
Todas se cumplen: son mutuamente independientes. \(\blacksquare\)
(b) \(N=31\). Ahora los múltiplos se cuentan con la parte entera: \(\lfloor 31/2\rfloor=15\), \(\lfloor31/3\rfloor=10\), \(\lfloor31/6\rfloor=5\). Entonces
\[ \mathbb{P}\left(A_2\cap A_3\right)=\frac{5}{31}=\frac{155}{961}\ \neq\ \frac{15}{31}\cdot\frac{10}{31}=\frac{150}{961}=\mathbb{P}\left(A_2\right)\mathbb{P}\left(A_3\right). \]
No son independientes. \(\blacksquare\)
Comentario. La independencia de las divisibilidades aparece exactamente cuando \(N\) es múltiplo de \(2\cdot3\cdot5=30\): allí el patrón de divisibilidad se reparte de forma «perfecta».
✅ Respuesta. Demostración. \(N=30\): \(\tfrac16,\tfrac1{10},\tfrac1{15},\tfrac1{30}\) coinciden con los productos. \(N=31\): \(\mathbb{P}\left(A_2\cap A_3\right)=\tfrac5{31}\neq\tfrac{150}{961}\).
💻 Verificación en R
conteo exacto de todas las intersecciones para \(N=30\) y \(N=31\).
revisar <- function(Nmax) {
n <- 1:Nmax
div <- list(`2` = n %% 2 == 0, `3` = n %% 3 == 0, `5` = n %% 5 == 0)
for (k in 2:3) for (sub in combn(c("2", "3", "5"), k, simplify = FALSE)) {
izq <- mean(Reduce(`&`, div[sub]))
der <- prod(sapply(div[sub], mean))
cat(sprintf(" N=%d A(%s): P(∩) = %.5f ΠP = %.5f %s\n", Nmax, paste(sub, collapse = ","), izq, der,
ifelse(isTRUE(all.equal(izq, der)), "= ✔", "≠ ✘")))
}
}
revisar(30) # múltiplo de 2·3·5 → todas las igualdades se cumplen N=30 A(2,3): P(∩) = 0.16667 ΠP = 0.16667 = ✔
N=30 A(2,5): P(∩) = 0.10000 ΠP = 0.10000 = ✔
N=30 A(3,5): P(∩) = 0.06667 ΠP = 0.06667 = ✔
N=30 A(2,3,5): P(∩) = 0.03333 ΠP = 0.03333 = ✔ N=31 A(2,3): P(∩) = 0.16129 ΠP = 0.15609 ≠ ✘
N=31 A(2,5): P(∩) = 0.09677 ΠP = 0.09365 ≠ ✘
N=31 A(3,5): P(∩) = 0.06452 ΠP = 0.06243 ≠ ✘
N=31 A(2,3,5): P(∩) = 0.03226 ΠP = 0.03021 ≠ ✘✔ N=31: P(A2∩A3) = 5/31 ≈ 0.161290Ejercicio 11
Un sistema consta de cinco componentes que funcionan de manera independiente, cada uno con probabilidad \(0{,}9\) de funcionar, conectados según la figura (red «puente»). El sistema funciona si existe un camino de componentes en funcionamiento entre \(S\) y \(T\). (a) Calcule la probabilidad de que el sistema funcione, condicionando según el estado del componente \(3\). (b) Dado que el sistema funciona, calcule la probabilidad de que el componente \(3\) esté funcionando.
Conexiones: el componente \(1\) une \(S\) con \(U\); el \(2\) une \(S\) con \(V\); el \(3\) une \(U\) con \(V\); el \(4\) une \(U\) con \(T\) y el \(5\) une \(V\) con \(T\) (la figura de la red se dibuja en el código de verificación).
✍️ Solución paso a paso
Sea \(C_i\): «el componente \(i\) funciona», con \(\mathbb{P}\left(C_i\right)=0{,}9\) independientes. Los componentes \(1,2\) unen \(S\) con \(U,V\); los componentes \(4,5\) unen \(U,V\) con \(T\); el componente \(3\) une \(U\) con \(V\).
(a) Probabilidad total condicionando en \(C_3\).
- Si \(C_3\) funciona (probabilidad \(0{,}9\)): \(U\) y \(V\) quedan unidos, y el sistema funciona si al menos uno de \(\{1,2\}\) funciona y al menos uno de \(\{4,5\}\) funciona: \(\displaystyle \mathbb{P}\left(\text{funciona} \mid C_3\right)=\bigl[1-(0{,}1)^2\bigr]\bigl[1-(0{,}1)^2\bigr]=0{,}99^2=0{,}9801 .\)
- Si \(C_3\) falla (probabilidad \(0{,}1\)): quedan los dos caminos disjuntos \(1\!-\!4\) y \(2\!-\!5\), cada uno con probabilidad \(0{,}9^2=0{,}81\) de funcionar: \(\displaystyle \mathbb{P}\left(\text{funciona} \mid {C_3}^{c}\right)=1-(1-0{,}81)^2=1-0{,}0361=0{,}9639 .\)
Por el teorema de probabilidad total,
\[ \mathbb{P}\left(\text{funciona}\right)=0{,}9\cdot0{,}9801+0{,}1\cdot0{,}9639=0{,}88209+0{,}09639=0{,}97848 . \]
(b) Por Bayes,
\[ \mathbb{P}\left(C_3 \mid \text{funciona}\right)=\frac{\mathbb{P}\left(C_3\right)\,\mathbb{P}\left(\text{funciona} \mid C_3\right)}{\mathbb{P}\left(\text{funciona}\right)}=\frac{0{,}88209}{0{,}97848}=\frac{1089}{1208}\approx 0{,}9015 . \]
El componente \(3\) casi no se «delata»: saber que el sistema funciona solo sube de \(0{,}9\) a \(0{,}9015\) la probabilidad de que el puente funcione, porque el sistema es robusto aun sin él.
✅ Respuesta. (a) \(0{,}97848\); (b) \(\dfrac{1089}{1208}\approx 0{,}9015\).
💻 Verificación en R
enumeración de los \(2^5=32\) estados de los componentes.
r <- 0.9 # fiabilidad de cada componente
est <- expand.grid(c1 = c(TRUE, FALSE), c2 = c(TRUE, FALSE), c3 = c(TRUE, FALSE),
c4 = c(TRUE, FALSE), c5 = c(TRUE, FALSE)) # 2^5 = 32 estados
pr <- apply(est, 1, function(e) prod(ifelse(e, r, 1 - r)))
func <- with(est, (c1 & c4) | (c2 & c5) | (c1 & c3 & c5) | (c2 & c3 & c4)) # caminos 1-4, 2-5, 1-3-5, 2-3-4
R_sis <- sum(pr[func])
R_con3 <- sum(pr[func & est$c3])
verif("(a) fiabilidad del sistema (enumeración)", R_sis, 12231, 12500)✔ (a) fiabilidad del sistema (enumeración) = 12231/12500 ≈ 0.978480formula <- r * (1 - (1 - r)^2)^2 + (1 - r) * (1 - (1 - r^2)^2) # probabilidad total sobre C3
verif("(a) fiabilidad (probabilidad total)", formula, 12231, 12500)✔ (a) fiabilidad (probabilidad total) = 12231/12500 ≈ 0.978480✔ (b) P(C3 funciona | sistema funciona) = 1089/1208 ≈ 0.901490# Figura de la red «puente»
nodos <- data.frame(x = c(0, 2, 2, 4), y = c(0, 1, -1, 0), row.names = c("S", "U", "V", "T"))
aristas <- data.frame(de = c("S", "S", "U", "V", "U"), a = c("U", "V", "T", "T", "V"), et = c("1", "2", "4", "5", "3"))
par(mar = c(0.5, 0.5, 2, 0.5))
plot(NULL, xlim = c(-0.4, 4.4), ylim = c(-1.5, 1.5), axes = FALSE, xlab = "", ylab = "", asp = 1,
main = "Red «puente»: el componente 3 une U con V")
for (i in seq_len(nrow(aristas))) {
p1 <- nodos[aristas$de[i], ]; p2 <- nodos[aristas$a[i], ]
segments(p1$x, p1$y, p2$x, p2$y, lwd = 2)
text((p1$x + p2$x) / 2 + 0.12, (p1$y + p2$y) / 2 + 0.12, aristas$et[i], col = "firebrick", font = 2, cex = 1.4)
}
points(nodos$x, nodos$y, pch = 21, cex = 5, bg = "white"); text(nodos$x, nodos$y, rownames(nodos), cex = 1.2)
Ejercicio 12
Suponga que hay \(365\) días equiprobables para el cumpleaños y que los cumpleaños de personas distintas son independientes. (a) Calcule la probabilidad de que, en un grupo de \(30\) personas, al menos dos cumplan años el mismo día. (b) Halle el menor tamaño de grupo para el cual esa probabilidad supera \(1/2\). (c) Halle el menor tamaño de grupo para el cual esa probabilidad es al menos \(0{,}99\).
✍️ Solución paso a paso
Sea \(S_n\): «los \(n\) cumpleaños son todos distintos». La segunda persona debe evitar \(1\) día, la tercera \(2\) días, etc. Por la regla de multiplicación,
\[ \mathbb{P}\left(S_n\right)=\frac{365}{365}\cdot\frac{364}{365}\cdot\frac{363}{365}\cdots\frac{365-n+1}{365} \qquad\text{y}\qquad \mathbb{P}\left(\text{al menos una coincidencia}\right)=1-\mathbb{P}\left(S_n\right). \]
(a) Para \(n=30\): \(\mathbb{P}\left(S_{30}\right)\approx 0{,}2937\), de modo que \(1-\mathbb{P}\left(S_{30}\right)\approx\mathbf{0{,}7063}\).
(b) y (c) Se evalúa la probabilidad para \(n\) crecientes:
| \(n\) | 10 | 20 | 22 | 23 | 30 | 40 | 50 | 56 | 57 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(1-\mathbb{P}\left(S_n\right)\) | \(0{,}1169\) | \(0{,}4114\) | \(0{,}4757\) | \(\mathbf{0{,}5073}\) | \(0{,}7063\) | \(0{,}8912\) | \(0{,}9704\) | \(0{,}9883\) | \(\mathbf{0{,}9901}\) |
El menor \(n\) con probabilidad mayor que \(1/2\) es \(n=23\) (\(0{,}4757\) para \(n=22\) y \(0{,}5073\) para \(n=23\)). El menor \(n\) con probabilidad al menos \(0{,}99\) es \(n=57\) (\(0{,}9883\) para \(n=56\)).
Comentario. Es sorprendente que bastan \(23\) personas: no se comparan \(23\) cumpleaños con uno fijo, sino todos los \(\binom{23}{2}=253\) pares entre sí.
✅ Respuesta. (a) \(0{,}7063\); (b) \(23\); (c) \(57\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones y simulación de \(100\,000\) grupos de \(23\) personas.
n <- 1:100
p_coin <- 1 - cumprod((365 - (n - 1)) / 365) # P(al menos una coincidencia con n personas)
cat(sprintf("(a) n = 30 → %.4f\n", p_coin[30]))(a) n = 30 → 0.7063stopifnot(round(p_coin[30], 4) == 0.7063); n_ok <- n_ok + 1
n_med <- which(p_coin > 0.5)[1]; n_99 <- which(p_coin >= 0.99)[1]
cat(sprintf("(b) menor n con P > 1/2 → n = %d (P = %.4f; con n = 22: %.4f)\n", n_med, p_coin[n_med], p_coin[22]))(b) menor n con P > 1/2 → n = 23 (P = 0.5073; con n = 22: 0.4757)cat(sprintf("(c) menor n con P ≥ 0,99 → n = %d (P = %.4f; con n = 56: %.4f)\n", n_99, p_coin[n_99], p_coin[56]))(c) menor n con P ≥ 0,99 → n = 57 (P = 0.9901; con n = 56: 0.9883)stopifnot(n_med == 23, n_99 == 57); n_ok <- n_ok + 2
tabla <- data.frame(n = c(10, 20, 23, 30, 40, 50, 57), P = round(p_coin[c(10, 20, 23, 30, 40, 50, 57)], 4))
print(tabla, row.names = FALSE) n P
10 0.1169
20 0.4114
23 0.5073
30 0.7063
40 0.8912
50 0.9704
57 0.9901# Simulación para n = 23
sim("n = 23", p_coin[23], mean(replicate(3e4, anyDuplicated(sample(365, 23, replace = TRUE)) > 0))) ↳ simulación n = 23 exacto = 0.50730 | simulado = 0.50600Ejercicio 13
Se dispone de dos monedas: una equilibrada y otra que sale cara con probabilidad \(0{,}7\). Se elige una al azar y se lanza dos veces. Sea \(H_k\): «cara en el \(k\)-ésimo lanzamiento». Calcule (a) \(\mathbb{P}\left(H_1\right)\); (b) \(\mathbb{P}\left(H_2 \mid H_1\right)\); (c) ¿son \(H_1\) y \(H_2\) independientes?; (d) la probabilidad de que se haya elegido la moneda sesgada, dado que salieron dos caras.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(J\): «se eligió la moneda equilibrada» y \(S\): «se eligió la sesgada», con \(\mathbb{P}\left(J\right)=\mathbb{P}\left(S\right)=\frac12\). Dada la moneda, los lanzamientos son independientes:
\[ \mathbb{P}\left(H_1 \mid J\right)=0{,}5,\ \ \mathbb{P}\left(H_1 \mid S\right)=0{,}7,\qquad \mathbb{P}\left(H_1\cap H_2 \mid J\right)=0{,}25,\ \ \mathbb{P}\left(H_1\cap H_2 \mid S\right)=0{,}49 . \]
(a) Por probabilidad total, \(\mathbb{P}\left(H_1\right)=0{,}5\cdot0{,}5+0{,}5\cdot0{,}7=0{,}6\).
(b) \(\mathbb{P}\left(H_1\cap H_2\right)=0{,}5\cdot0{,}25+0{,}5\cdot0{,}49=0{,}37\), de modo que
\[ \mathbb{P}\left(H_2 \mid H_1\right)=\frac{0{,}37}{0{,}6}=\frac{37}{60}\approx 0{,}6167 . \]
(c) Por simetría \(\mathbb{P}\left(H_2\right)=0{,}6\), así que \(\mathbb{P}\left(H_1\right)\mathbb{P}\left(H_2\right)=0{,}36\neq0{,}37=\mathbb{P}\left(H_1\cap H_2\right)\): no son independientes. Intuición: el primer resultado «delata» algo sobre qué moneda se eligió, y eso modifica la probabilidad del segundo. Sí son condicionalmente independientes dada la moneda.
(d) Por Bayes,
\[ \mathbb{P}\left(S \mid H_1\cap H_2\right)=\frac{\mathbb{P}\left(S\right)\,\mathbb{P}\left(H_1\cap H_2 \mid S\right)}{\mathbb{P}\left(H_1\cap H_2\right)}=\frac{0{,}5\cdot0{,}49}{0{,}37}=\frac{49}{74}\approx 0{,}6622 . \]
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac35\); (b) \(\dfrac{37}{60}\approx0{,}6167\); (c) no; (d) \(\dfrac{49}{74}\approx 0{,}6622\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
p_j <- 0.5; p_s <- 0.7 # moneda justa y sesgada; prior 1/2 cada una
P_H1 <- 0.5 * p_j + 0.5 * p_s # probabilidad total
P_H12 <- 0.5 * p_j^2 + 0.5 * p_s^2 # dada la moneda, los lanzamientos son independientes
verif("(a) P(H1)", P_H1, 3, 5)✔ (a) P(H1) = 3/5 ≈ 0.600000✔ (b) P(H2 | H1) = 37/60 ≈ 0.616667cat(sprintf("(c) P(H1∩H2) = %.2f vs P(H1)·P(H2) = %.2f → %s\n", P_H12, P_H1^2, ifelse(P_H12 != P_H1^2, "dependientes", "independientes")))(c) P(H1∩H2) = 0.37 vs P(H1)·P(H2) = 0.36 → dependientesstopifnot(P_H12 != P_H1^2); n_ok <- n_ok + 1
verif("(d) P(sesgada | H1∩H2)", 0.5 * p_s^2 / P_H12, 49, 74)✔ (d) P(sesgada | H1∩H2) = 49/74 ≈ 0.662162Ejercicio 14
Un jugador acierta cada tiro libre con probabilidad \(p\), de manera independiente. (a) Si \(p=0{,}7\), calcule la probabilidad de acertar al menos \(3\) de \(5\) tiros. (b) Sabiendo que acertó exactamente \(3\) de los \(5\) tiros, calcule la probabilidad de que exactamente \(2\) de esos aciertos hayan ocurrido en los tres primeros lanzamientos, y demuestre que esta probabilidad no depende de \(p\).
✍️ Solución paso a paso
(a) Sea \(X\) el número de aciertos en \(5\) tiros: \(X\sim\mathrm{Bin}(5,0{,}7)\).
\[ \mathbb{P}\left(X\ge3\right)=\binom53(0{,}7)^3(0{,}3)^2+\binom54(0{,}7)^4(0{,}3)+(0{,}7)^5=0{,}3087+0{,}36015+0{,}16807=0{,}83692 . \]
(b) Condicionar a \(\{X=3\}\) equivale a trabajar con las \(\binom53=10\) sucesiones de aciertos/fallos que tienen exactamente \(3\) aciertos. Cada una de ellas tiene la misma probabilidad \(p^3(1-p)^2\) (por independencia). Por tanto, condicionadas a \(X=3\), las \(10\) sucesiones son equiprobables:
\[ \mathbb{P}\left(\text{sucesión concreta} \mid X=3\right)=\frac{p^3(1-p)^2}{\binom53\,p^3(1-p)^2}=\frac1{10}. \]
Las sucesiones con exactamente \(2\) aciertos en los tres primeros tiros (y por tanto \(1\) en los dos últimos) son \(\binom32\binom21=3\cdot2=6\). Luego
\[ \mathbb{P}\left(\text{2 aciertos en los 3 primeros} \mid X=3\right)=\frac{6}{10}=\frac35 . \]
El factor \(p^3(1-p)^2\) se cancela: el resultado no depende de \(p\). (Es la distribución hipergeométrica: dado el total de aciertos, sus posiciones son una muestra al azar sin reemplazo.) \(\blacksquare\)
✅ Respuesta. (a) \(0{,}83692\); (b) \(\dfrac35\) (para cualquier \(p\)).
💻 Verificación en R
suma exacta de la binomial y enumeración de las \(32\) sucesiones para \(p=0{,}3;\,0{,}5;\,0{,}7;\,0{,}9\).
✔ (a) P(X ≥ 3), p = 0,7 = 20923/25000 ≈ 0.836920# (b) Enumeración de las 2^5 sucesiones: la probabilidad condicional NO depende de p
S <- as.matrix(expand.grid(rep(list(0:1), 5)))
for (p in c(0.3, 0.5, 0.7, 0.9)) {
pr <- apply(S, 1, function(s) prod(ifelse(s == 1, p, 1 - p)))
tres <- rowSums(S) == 3
dos_en_3 <- rowSums(S[, 1:3]) == 2
verif(sprintf("(b) P(2 de los 3 primeros | 3 de 5), p = %.1f", p), sum(pr[tres & dos_en_3]) / sum(pr[tres]), 3, 5)
}✔ (b) P(2 de los 3 primeros | 3 de 5), p = 0.3 = 3/5 ≈ 0.600000
✔ (b) P(2 de los 3 primeros | 3 de 5), p = 0.5 = 3/5 ≈ 0.600000
✔ (b) P(2 de los 3 primeros | 3 de 5), p = 0.7 = 3/5 ≈ 0.600000
✔ (b) P(2 de los 3 primeros | 3 de 5), p = 0.9 = 3/5 ≈ 0.600000Ejercicio 15
Varios jugadores lanzan por turnos, de manera cíclica, una moneda que sale cara con probabilidad \(1/3\); gana el primero que obtiene cara. Calcule la probabilidad de ganar de cada jugador si (a) son dos jugadores; (b) son tres jugadores.
✍️ Solución paso a paso
Sean \(p=\frac13\) (cara) y \(q=\frac23\) (sello). Gana el primero que obtiene cara.
(a) Dos jugadores. El jugador \(1\) gana si la primera cara aparece en el lanzamiento \(1\), \(3\), \(5,\dots\) Por la regla de multiplicación (todos los lanzamientos anteriores fueron sellos) y la serie geométrica,
\[ \mathbb{P}\left(\text{gana 1}\right)=p+q^2p+q^4p+\cdots=\frac{p}{1-q^2}=\frac{1/3}{1-4/9}=\frac{1/3}{5/9}=\frac35 . \]
El jugador \(2\) gana en los lanzamientos \(2,4,\dots\): \(\dfrac{qp}{1-q^2}=\dfrac{2/9}{5/9}=\dfrac25\). (Suman \(1\).)
Otro camino: sea \(x\) la probabilidad de que gane quien lanza primero. Condicionando en su primer lanzamiento, gana de inmediato con probabilidad \(p\); si sale sello (\(q\)), los papeles se invierten y gana con probabilidad \(1-x\):
\[ x=p+q(1-x)\ \Longrightarrow\ x=\frac{p+q}{1+q}=\frac{1}{5/3}=\frac35 . \]
(b) Tres jugadores. El jugador \(k\) gana si la primera cara sale en el lanzamiento \(k,\,k+3,\,k+6,\dots\):
\[ \mathbb{P}\left(\text{gana }k\right)=\frac{q^{k-1}p}{1-q^3},\qquad 1-q^3=1-\frac{8}{27}=\frac{19}{27}. \]
Así,
\[ \mathbb{P}\left(\text{gana 1}\right)=\frac{1/3}{19/27}=\frac9{19},\qquad \mathbb{P}\left(\text{gana 2}\right)=\frac{2/9}{19/27}=\frac6{19},\qquad \mathbb{P}\left(\text{gana 3}\right)=\frac{4/27}{19/27}=\frac4{19}. \]
Suman \(\frac{9+6+4}{19}=1\). Moverse más atrás en el orden perjudica: quien lanza primero tiene la ventaja.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac35\) y \(\dfrac25\); (b) \(\dfrac{9}{19},\ \dfrac{6}{19},\ \dfrac{4}{19}\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con series y simulación de \(400\,000\) partidas.
✔ (a) gana el jugador 1 (2 jugadores) = 3/5 ≈ 0.600000✔ (a) gana el jugador 2 (2 jugadores) = 2/5 ≈ 0.400000✔ (b) gana el jugador 1 (3 jugadores) = 9/19 ≈ 0.473684✔ (b) gana el jugador 2 (3 jugadores) = 6/19 ≈ 0.315789✔ (b) gana el jugador 3 (3 jugadores) = 4/19 ≈ 0.210526# Simulación: t = lanzamiento de la primera cara; gana el jugador ((t-1) mod nj) + 1
for (nj in 2:3) {
t <- rgeom(N, p) + 1
ganador <- (t - 1) %% nj
exactos <- if (nj == 2) c(3/5, 2/5) else c(9/19, 6/19, 4/19)
for (j in seq_len(nj)) sim(sprintf("%d jugadores, J%d", nj, j), exactos[j], mean(ganador == j - 1))
} ↳ simulación 2 jugadores, J1 exacto = 0.60000 | simulado = 0.59957
↳ simulación 2 jugadores, J2 exacto = 0.40000 | simulado = 0.40043
↳ simulación 3 jugadores, J1 exacto = 0.47368 | simulado = 0.47556
↳ simulación 3 jugadores, J2 exacto = 0.31579 | simulado = 0.31501
↳ simulación 3 jugadores, J3 exacto = 0.21053 | simulado = 0.20944Parte C. Probabilidad total y teorema de Bayes
Ejercicio 16
Una fábrica tiene tres líneas de producción que elaboran el \(45\%\), \(35\%\) y \(20\%\) de las piezas, con proporciones de piezas defectuosas del \(1\%\), \(2\%\) y \(6\%\), respectivamente. Un sistema de inspección emite una alarma con probabilidad \(0{,}90\) si la pieza es defectuosa y con probabilidad \(0{,}04\) si no lo es. Para una pieza elegida al azar, calcule (a) la probabilidad de que se emita la alarma; (b) dado que se emitió la alarma, la probabilidad de que la pieza provenga de la línea \(3\); (c) dado que se emitió la alarma, la probabilidad de que la pieza sea realmente defectuosa.
✍️ Solución paso a paso
Sean \(L_1,L_2,L_3\) las líneas (partición), \(D\): «defectuosa» y \(Al\): «alarma». Datos: \(\mathbb{P}\left(L_i\right)=(0{,}45,\,0{,}35,\,0{,}20)\), \(\mathbb{P}\left(D \mid L_i\right)=(0{,}01,\,0{,}02,\,0{,}06)\), \(\mathbb{P}\left(Al \mid D\right)=0{,}90\) y \(\mathbb{P}\left(Al \mid {D}^{c}\right)=0{,}04\).
Paso 1: probabilidad de alarma en cada línea. Condicionando en \(D\):
\[ \mathbb{P}\left(Al \mid L_i\right)=\mathbb{P}\left(D \mid L_i\right)\cdot0{,}90+\bigl(1-\mathbb{P}\left(D \mid L_i\right)\bigr)\cdot0{,}04 . \]
| Línea | \(\mathbb{P}\left(L_i\right)\) | \(\mathbb{P}\left(D \mid L_i\right)\) | \(\mathbb{P}\left(Al \mid L_i\right)\) |
|---|---|---|---|
| \(1\) | \(0{,}45\) | \(0{,}01\) | \(0{,}009+0{,}0396=0{,}0486\) |
| \(2\) | \(0{,}35\) | \(0{,}02\) | \(0{,}018+0{,}0392=0{,}0572\) |
| \(3\) | \(0{,}20\) | \(0{,}06\) | \(0{,}054+0{,}0376=0{,}0916\) |
(a) Probabilidad total.
\[ \mathbb{P}\left(Al\right)=0{,}45(0{,}0486)+0{,}35(0{,}0572)+0{,}20(0{,}0916)=0{,}02187+0{,}02002+0{,}01832=0{,}06021 . \]
(b) Bayes.
\[ \mathbb{P}\left(L_3 \mid Al\right)=\frac{0{,}20\cdot0{,}0916}{0{,}06021}=\frac{0{,}01832}{0{,}06021}=\frac{1832}{6021}\approx 0{,}3043 . \]
La línea \(3\) produce solo el \(20\%\) de las piezas, pero origina cerca del \(30\%\) de las alarmas.
(c) Primero, \(\mathbb{P}\left(D\right)=0{,}45(0{,}01)+0{,}35(0{,}02)+0{,}20(0{,}06)=0{,}0235\). Luego, \(\mathbb{P}\left(D\cap Al\right)=\mathbb{P}\left(D\right)\cdot0{,}90=0{,}02115\) y
\[ \mathbb{P}\left(D \mid Al\right)=\frac{0{,}02115}{0{,}06021}=\frac{235}{669}\approx 0{,}3513 . \]
Solo alrededor del \(35\%\) de las alarmas corresponde a piezas realmente defectuosas: la mayoría son falsas alarmas porque los defectos son poco frecuentes.
✅ Respuesta. (a) \(0{,}06021\); (b) \(\dfrac{1832}{6021}\approx0{,}3043\); (c) \(\dfrac{235}{669}\approx0{,}3513\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
pL <- c(0.45, 0.35, 0.20) # P(L_i)
pD <- c(0.01, 0.02, 0.06) # P(D | L_i)
sens <- 0.90; falsa_alarma <- 0.04 # P(Al | D), P(Al | no D)
pAl_L <- pD * sens + (1 - pD) * falsa_alarma # P(Al | L_i)
cat("P(Al | L_i) =", pAl_L, "\n")P(Al | L_i) = 0.0486 0.0572 0.0916 ✔ (a) P(alarma) = 6021/100000 ≈ 0.060210✔ (b) P(L3 | alarma) = 1832/6021 ≈ 0.304268✔ P(defectuosa) = 47/2000 ≈ 0.023500✔ (c) P(defectuosa | alarma) = 235/669 ≈ 0.351271Ejercicio 17
Una enfermedad afecta al \(1\%\) de una población. La prueba \(A\) tiene sensibilidad del \(95\%\) y especificidad del \(90\%\); la prueba \(B\) tiene sensibilidad del \(90\%\) y especificidad del \(95\%\). Suponga que, dado el estado de salud de la persona, los resultados de las dos pruebas son independientes. Calcule la probabilidad de que la persona esté enferma si (a) \(A\) es positiva; (b) \(A\) y \(B\) son positivas; (c) \(A\) es positiva y \(B\) es negativa. Interprete el resultado de (c).
✍️ Solución paso a paso
Sea \(E\): «enfermo», con \(\mathbb{P}\left(E\right)=0{,}01\). Datos: \(\mathbb{P}\left(A+ \mid E\right)=0{,}95\), \(\mathbb{P}\left(A+ \mid {E}^{c}\right)=0{,}10\), \(\mathbb{P}\left(B+ \mid E\right)=0{,}90\), \(\mathbb{P}\left(B+ \mid {E}^{c}\right)=0{,}05\). Condicionalmente a \(E\) (y a \({E}^{c}\)), los resultados de \(A\) y \(B\) son independientes.
(a) \(\mathbb{P}\left(A+\right)=0{,}01(0{,}95)+0{,}99(0{,}10)=0{,}0095+0{,}099=0{,}1085\), y por Bayes
\[ \mathbb{P}\left(E \mid A+\right)=\frac{0{,}0095}{0{,}1085}=\frac{19}{217}\approx0{,}0876 . \]
(b) Por independencia condicional,
\[ \mathbb{P}\left(A+\cap B+ \mid E\right)=0{,}95\cdot0{,}90=0{,}855,\qquad \mathbb{P}\left(A+\cap B+ \mid {E}^{c}\right)=0{,}10\cdot0{,}05=0{,}005 . \]
\[ \mathbb{P}\left(E \mid A+\cap B+\right)=\frac{0{,}01\cdot0{,}855}{0{,}01\cdot0{,}855+0{,}99\cdot0{,}005}=\frac{0{,}00855}{0{,}0135}=\frac{19}{30}\approx0{,}6333 . \]
Dos pruebas positivas elevan la probabilidad de enfermedad de \(1\%\) a \(63\%\).
(c) Ahora \(A\) positiva y \(B\) negativa:
\[ \mathbb{P}\left(A+\cap B- \mid E\right)=0{,}95\cdot0{,}10=0{,}095,\qquad \mathbb{P}\left(A+\cap B- \mid {E}^{c}\right)=0{,}10\cdot0{,}95=0{,}095 . \]
Las dos verosimilitudes son iguales, de modo que
\[ \mathbb{P}\left(E \mid A+\cap B-\right)=\frac{0{,}01\cdot0{,}095}{0{,}01\cdot0{,}095+0{,}99\cdot0{,}095}=0{,}01 . \]
Interpretación. El resultado vuelve exactamente a la probabilidad previa \(1\%\): la evidencia a favor de la enfermedad (\(A\) positiva, razón de verosimilitud \(0{,}95/0{,}10=9{,}5\)) queda exactamente cancelada por la evidencia en contra (\(B\) negativa, razón \(0{,}10/0{,}95=1/9{,}5\)). Es una ilustración de cómo se multiplican las razones de verosimilitud en la actualización bayesiana.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{19}{217}\approx0{,}0876\); (b) \(\dfrac{19}{30}\approx0{,}6333\); (c) \(\dfrac{1}{100}=0{,}01\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
prev <- 0.01
A_sens <- 0.95; A_esp <- 0.90
B_sens <- 0.90; B_esp <- 0.95
P_Ap <- prev * A_sens + (1 - prev) * (1 - A_esp)
verif("(a) P(E | A+)", prev * A_sens / P_Ap, 19, 217)✔ (a) P(E | A+) = 19/217 ≈ 0.087558num <- prev * A_sens * B_sens # independencia condicional
den <- num + (1 - prev) * (1 - A_esp) * (1 - B_esp)
verif("(b) P(E | A+ y B+)", num / den, 19, 30)✔ (b) P(E | A+ y B+) = 19/30 ≈ 0.633333num <- prev * A_sens * (1 - B_sens)
den <- num + (1 - prev) * (1 - A_esp) * B_esp
verif("(c) P(E | A+ y B−) (= prevalencia)", num / den, 1, 100)✔ (c) P(E | A+ y B−) (= prevalencia) = 1/100 ≈ 0.010000cat("razones de verosimilitud: LR(A+) =", A_sens / (1 - A_esp), " LR(B−) =", (1 - B_sens) / B_esp,
" producto =", A_sens / (1 - A_esp) * (1 - B_sens) / B_esp, "\n")razones de verosimilitud: LR(A+) = 9.5 LR(B−) = 0.1052632 producto = 1 Ejercicio 18
Si llueve hoy, la probabilidad de que llueva mañana es \(0{,}7\); si no llueve hoy, es \(0{,}4\). El lunes llueve. Calcule (a) la probabilidad de que llueva el miércoles; (b) dado que llueve el miércoles, la probabilidad de que haya llovido el martes; (c) la probabilidad de que llueva el jueves.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(L_d\): «llueve el día \(d\)». El lunes llueve (\(\mathbb{P}\left(L_{\text{lun}}\right)=1\)).
Martes. \(\mathbb{P}\left(L_{\text{mar}}\right)=0{,}7\) y \(\mathbb{P}\left({L_{\text{mar}}}^{c}\right)=0{,}3\).
(a) Miércoles (probabilidad total sobre el martes).
\[ \mathbb{P}\left(L_{\text{mié}}\right)=\mathbb{P}\left(L_{\text{mar}}\right)(0{,}7)+\mathbb{P}\left({L_{\text{mar}}}^{c}\right)(0{,}4)=0{,}7\cdot0{,}7+0{,}3\cdot0{,}4=0{,}49+0{,}12=0{,}61 . \]
(b) Bayes hacia atrás.
\[ \mathbb{P}\left(L_{\text{mar}} \mid L_{\text{mié}}\right)=\frac{\mathbb{P}\left(L_{\text{mar}}\right)\cdot0{,}7}{\mathbb{P}\left(L_{\text{mié}}\right)}=\frac{0{,}49}{0{,}61}=\frac{49}{61}\approx0{,}8033 . \]
(c) Jueves.
\[ \mathbb{P}\left(L_{\text{jue}}\right)=0{,}61\cdot0{,}7+0{,}39\cdot0{,}4=0{,}427+0{,}156=0{,}583 . \]
Comentario. Las probabilidades \(0{,}7,\ 0{,}61,\ 0{,}583,\dots\) convergen a la probabilidad estacionaria \(\pi\) que satisface \(\pi=0{,}7\pi+0{,}4(1-\pi)\), es decir, \(\pi=\frac{0{,}4}{0{,}3+0{,}4}=\frac47\approx0{,}5714\): el «recuerdo» de que hoy llovió se va diluyendo con los días.
✅ Respuesta. (a) \(0{,}61\); (b) \(\dfrac{49}{61}\approx0{,}8033\); (c) \(0{,}583\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones y producto matricial \(P^3\).
pll <- 0.7; pnl <- 0.4 # P(llueve mañana | llueve hoy), P(llueve mañana | no llueve hoy)
martes <- pll # el lunes llueve
miercoles <- martes * pll + (1 - martes) * pnl
verif("(a) P(llueve el miércoles)", miercoles, 61, 100)✔ (a) P(llueve el miércoles) = 61/100 ≈ 0.610000✔ (b) P(llovió el martes | llueve el miércoles) = 49/61 ≈ 0.803279jueves <- miercoles * pll + (1 - miercoles) * pnl
verif("(c) P(llueve el jueves)", jueves, 583, 1000)✔ (c) P(llueve el jueves) = 583/1000 ≈ 0.583000# Verificación matricial y probabilidad estacionaria
M <- matrix(c(0.7, 0.3, 0.4, 0.6), nrow = 2, byrow = TRUE)
cat("P(lunes→jueves) con M³:", c(1, 0) %*% M %*% M %*% M, "\n")P(lunes→jueves) con M³: 0.583 0.417 M50 <- Reduce(`%*%`, replicate(50, M, simplify = FALSE))
cat("límite 4/7 =", 4/7, "|", c(1, 0) %*% M50, "\n")límite 4/7 = 0.5714286 | 0.5714286 0.4285714 Ejercicio 19
(Monty Hall con cinco puertas.) Detrás de una de cinco puertas hay un premio. Usted elige la puerta \(1\). (a) Un presentador que sabe dónde está el premio abre tres de las otras cuatro puertas, todas sin premio. ¿Cuál es la probabilidad de ganar si usted cambia a la única otra puerta cerrada? (b) Suponga ahora que el presentador no sabe dónde está el premio y abre al azar tres de las otras cuatro puertas, y resulta que ninguna tiene el premio. ¿Cuál es ahora la probabilidad de ganar si usted cambia a la otra puerta cerrada? Explique la diferencia.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(G\): «la puerta \(1\) tiene el premio»; \(\mathbb{P}\left(G\right)=\frac15\).
(a) Presentador que sabe dónde está el premio. Siempre puede abrir tres puertas vacías entre las otras cuatro.
- Si \(G\) ocurre (probabilidad \(\frac15\)), la puerta que queda cerrada no tiene el premio: cambiar pierde.
- Si \(G\) no ocurre (probabilidad \(\frac45\)), el premio está en una de las otras cuatro puertas y el presentador, que debe evitarlo, deja cerrada justamente esa: cambiar gana.
Por tanto \(\mathbb{P}\left(\text{ganar cambiando}\right)=\frac45\) (y quedarse gana solo con \(\frac15\)).
(b) Presentador que no sabe. Sea \(E\): «ninguna de las tres puertas abiertas tiene el premio». Si \(G\) ocurre, \(E\) ocurre con probabilidad \(1\). Si \(G\) no ocurre, el premio está en una de las otras cuatro puertas; el presentador abre tres de esas cuatro al azar, y el premio queda sin abrir con probabilidad \(\frac14\). Entonces
\[ \mathbb{P}\left(E\right)=\frac15\cdot1+\frac45\cdot\frac14=\frac25 . \]
Cambiar gana cuando el premio está en la puerta restante: \(\mathbb{P}\left(\text{gana cambiando}\cap E\right)=\frac45\cdot\frac14=\frac15\). Por tanto
\[ \mathbb{P}\left(\text{gana cambiando} \mid E\right)=\frac{1/5}{2/5}=\frac12 , \]
y quedarse también gana con \(\frac{\mathbb{P}\left(G\cap E\right)}{\mathbb{P}\left(E\right)}=\frac{1/5}{2/5}=\frac12\).
Explicación. En (a) el hecho de que el presentador evite el premio es información que concentra las \(\frac45\) en la puerta restante. En (b), el evento \(E\) tiene probabilidad \(1\) si usted acertó y solo \(\frac14\) si no; al condicionar en \(E\) esa asimetría «se come» la ventaja de cambiar. Lo que cuenta es qué sabe el presentador, no solo qué puertas abre.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac45\); (b) \(\dfrac12\).
💻 Verificación en R
enumeración exacta de todas las configuraciones y simulación de \(400\,000\) juegos.
# (a) Presentador que SABE: abre 3 de las otras 4 puertas, siempre sin premio
gana_cambiando <- sum(rep(1/5, 4)) # si el premio no está en la puerta elegida (4 de 5 casos), cambiar gana
verif("(a) P(ganar cambiando)", gana_cambiando, 4, 5)✔ (a) P(ganar cambiando) = 4/5 ≈ 0.800000# (b) Presentador que NO sabe: abre 3 de las 4 al azar; condicionamos a que ninguna tenga premio
formas <- combn(4, 3) # 4 formas de abrir 3 de las puertas 1..4 (la elegida es la 0)
num <- den <- 0
for (premio in 0:4) for (j in seq_len(ncol(formas))) {
abiertas <- formas[, j]
pr <- (1/5) * (1/4)
if (!(premio %in% abiertas)) {
den <- den + pr
if (premio == setdiff(1:4, abiertas)) num <- num + pr
}
}
verif("(b) P(ganar cambiando | ninguna abierta tiene premio)", num / den, 1, 2)✔ (b) P(ganar cambiando | ninguna abierta tiene premio) = 1/2 ≈ 0.500000# Simulación de (b)
premio <- sample(0:4, N, replace = TRUE) # 0 = la puerta elegida
restante <- sample(1:4, N, replace = TRUE) # puerta que queda cerrada entre las 4
sin_premio <- premio == 0 | premio == restante # ninguna de las 3 abiertas tiene el premio
sim("(b)", 1/2, mean((premio == restante)[sin_premio])) ↳ simulación (b) exacto = 0.50000 | simulado = 0.50140Ejercicio 20
Hay tres cartas: una con ambas caras rojas, otra con ambas caras azules y otra con una cara roja y una azul. Se elige una carta al azar y se muestra, también al azar, una de sus caras. (a) Si la cara mostrada es roja, ¿cuál es la probabilidad de que la otra cara también sea roja? (b) Resuelva (a) si el mazo tiene cuatro cartas: dos con ambas caras rojas, una con ambas azules y una mixta.
✍️ Solución paso a paso
(a) Sean \(RR\), \(AA\) y \(RA\) las cartas (con \(A\) = azul). Elegir carta (\(\frac13\)) y cara (\(\frac12\)) produce \(6\) casos caras-visibles equiprobables, cada uno con probabilidad \(\frac16\). La cara mostrada es roja en \(3\) de ellos: las dos caras de \(RR\) y la cara roja de \(RA\). En \(2\) de esos \(3\), la otra cara es roja.
Con Bayes: \(\mathbb{P}\left(\text{roja} \mid RR\right)=1\), \(\mathbb{P}\left(\text{roja} \mid AA\right)=0\), \(\mathbb{P}\left(\text{roja} \mid RA\right)=\frac12\), de modo que
\[ \mathbb{P}\left(\text{roja}\right)=\frac13\cdot1+\frac13\cdot0+\frac13\cdot\frac12=\frac12,\qquad \mathbb{P}\left(RR \mid \text{roja}\right)=\frac{\frac13\cdot1}{\frac12}=\frac23 . \]
La intuición «quedan dos cartas posibles, \(RR\) y \(RA\), luego \(\frac12\)» es incorrecta: \(RR\) tiene dos caras rojas que pueden mostrarse y \(RA\) solo una.
(b) Cuatro cartas (\(RR\), \(RR\), \(AA\), \(RA\)). Hay \(8\) casos carta-cara equiprobables; las caras rojas visibles son \(2+2+0+1=5\), y en \(4\) de ellas la otra cara es roja:
\[ \mathbb{P}\left(\text{roja}\right)=\frac{2\cdot1+0+\frac12}{4}=\frac58,\qquad \mathbb{P}\left(\text{otra roja} \mid \text{roja}\right)=\frac{2/4}{5/8}=\frac45 . \]
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac23\); (b) \(\dfrac45\).
💻 Verificación en R
enumeración de los pares carta–cara visibles.
bertrand <- function(cartas) {
# P(otra cara roja | cara visible roja). Cada (carta, cara visible) es equiprobable
num <- den <- 0
for (carta in cartas) for (cara in 1:2) {
pr <- (1 / length(cartas)) * (1 / 2)
if (carta[cara] == "R") {
den <- den + pr
if (carta[3 - cara] == "R") num <- num + pr
}
}
num / den
}
verif("(a) cartas RR, AA, RA", bertrand(list(c("R","R"), c("A","A"), c("R","A"))), 2, 3)✔ (a) cartas RR, AA, RA = 2/3 ≈ 0.666667verif("(b) cartas RR, RR, AA, RA", bertrand(list(c("R","R"), c("R","R"), c("A","A"), c("R","A"))), 4, 5)✔ (b) cartas RR, RR, AA, RA = 4/5 ≈ 0.800000Ejercicio 21
Un jurado de tres jueces decide por mayoría. Cada juez, de manera independiente, vota «culpable» con probabilidad \(0{,}90\) si el acusado es culpable y con probabilidad \(0{,}15\) si es inocente. La probabilidad previa de que el acusado sea culpable es \(0{,}60\). Calcule (a) la probabilidad de que el jurado lo declare culpable; (b) la probabilidad de que sea culpable dado que fue declarado culpable; (c) la probabilidad de que sea culpable dado que fue declarado inocente.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(G\): «el acusado es culpable» (\(\mathbb{P}\left(G\right)=0{,}6\)) y \(\mathrm{Dec}\): «el jurado lo declara culpable» (al menos \(2\) de \(3\) votos).
Paso 1: probabilidad de mayoría culpable según el estado. Si cada juez vota culpable con probabilidad \(v\), independientemente, la mayoría ocurre con probabilidad \(m(v)=3v^2(1-v)+v^3\):
\[ m(0{,}90)=3(0{,}81)(0{,}10)+0{,}729=0{,}972,\qquad m(0{,}15)=3(0{,}0225)(0{,}85)+0{,}003375=0{,}06075 . \]
Es decir, \(\mathbb{P}\left(\mathrm{Dec} \mid G\right)=0{,}972\) y \(\mathbb{P}\left(\mathrm{Dec} \mid {G}^{c}\right)=0{,}06075\).
(a) Por probabilidad total,
\[ \mathbb{P}\left(\mathrm{Dec}\right)=0{,}6(0{,}972)+0{,}4(0{,}06075)=0{,}5832+0{,}0243=0{,}6075 . \]
(b) Por Bayes,
\[ \mathbb{P}\left(G \mid \mathrm{Dec}\right)=\frac{0{,}5832}{0{,}6075}=0{,}96 . \]
(c) Dado que fue declarado inocente:
\[ \mathbb{P}\left(G \mid {\mathrm{Dec}}^{c}\right)=\frac{0{,}6\,(1-0{,}972)}{1-0{,}6075}=\frac{0{,}0168}{0{,}3925}=\frac{168}{3925}\approx0{,}0428 . \]
El jurado declara culpable con una «certeza» del \(96\%\) (y absuelve con un error del \(4{,}3\%\)); el procedimiento por mayoría mejora mucho la confiabilidad individual de cada juez.
✅ Respuesta. (a) \(0{,}6075\); (b) \(0{,}96\); (c) \(\dfrac{168}{3925}\approx0{,}0428\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
mayoria <- function(v) 1 - pbinom(1, 3, v) # P(al menos 2 de 3 jueces voten culpable)
pc <- 0.6
mc <- mayoria(0.90); mi <- mayoria(0.15)
verif(" P(declarado culpable | culpable)", mc, 243, 250)✔ P(declarado culpable | culpable) = 243/250 ≈ 0.972000✔ P(declarado culpable | inocente) = 243/4000 ≈ 0.060750✔ (a) P(declarado culpable) = 243/400 ≈ 0.607500✔ (b) P(culpable | declarado culpable) = 24/25 ≈ 0.960000✔ (c) P(culpable | declarado inocente) = 168/3925 ≈ 0.042803Ejercicio 22
La urna I contiene \(5\) bolas blancas y \(3\) negras; la urna II, \(2\) blancas y \(6\) negras. Se transfieren \(2\) bolas elegidas al azar de la urna I a la urna II y luego se extrae una bola de la urna II. Calcule (a) la probabilidad de que la bola extraída sea blanca; (b) dado que fue blanca, la probabilidad de que las dos bolas transferidas hayan sido blancas; (c) dado que fue negra, la probabilidad de que las dos bolas transferidas hayan sido negras.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(K\) el número de bolas blancas entre las dos transferidas. Es una selección sin reemplazo de \(2\) entre \(8\) bolas (\(5\) blancas, \(3\) negras), con \(\binom82=28\) pares:
\[ \mathbb{P}\left(K=0\right)=\frac{\binom32}{28}=\frac3{28},\qquad \mathbb{P}\left(K=1\right)=\frac{5\cdot3}{28}=\frac{15}{28},\qquad \mathbb{P}\left(K=2\right)=\frac{\binom52}{28}=\frac{10}{28}. \]
Tras la transferencia, la urna II tiene \(10\) bolas, de las cuales \(2+K\) son blancas.
(a) Por probabilidad total sobre \(K\):
\[ \mathbb{P}\left(\text{blanca}\right)=\frac3{28}\cdot\frac2{10}+\frac{15}{28}\cdot\frac3{10}+\frac{10}{28}\cdot\frac4{10}=\frac{6+45+40}{280}=\frac{91}{280}=\frac{13}{40}=0{,}325 . \]
(b) Por Bayes,
\[ \mathbb{P}\left(K=2 \mid \text{blanca}\right)=\frac{\frac{10}{28}\cdot\frac4{10}}{13/40}=\frac{1/7}{13/40}=\frac{40}{91}\approx0{,}4396 . \]
(c) \(\mathbb{P}\left(\text{negra}\right)=1-\frac{13}{40}=\frac{27}{40}\). Si \(K=0\) (dos negras transferidas), la urna II tiene \(2\) blancas y \(8\) negras, así que \(\mathbb{P}\left(\text{negra} \mid K=0\right)=\frac8{10}\):
\[ \mathbb{P}\left(K=0 \mid \text{negra}\right)=\frac{\frac3{28}\cdot\frac8{10}}{27/40}=\frac{3/35}{27/40}=\frac{8}{63}\approx0{,}1270 . \]
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{13}{40}=0{,}325\); (b) \(\dfrac{40}{91}\approx0{,}4396\); (c) \(\dfrac{8}{63}\approx0{,}1270\).
💻 Verificación en R
enumeración de los \(28\) pares transferibles.
urna_I <- c(rep("B", 5), rep("N", 3))
trans <- combn(8, 2) # C(8,2) = 28 pares equiprobables
k <- apply(trans, 2, function(t) sum(urna_I[t] == "B")) # blancas transferidas
p_bl <- (2 + k) / 10 # urna II: 10 bolas, 2+k blancas
pr <- 1 / 28
P_blanca <- sum(pr * p_bl); P_negra <- sum(pr * (1 - p_bl))
verif("(a) P(blanca)", P_blanca, 13, 40)✔ (a) P(blanca) = 13/40 ≈ 0.325000✔ (b) P(2 blancas transferidas | blanca) = 40/91 ≈ 0.439560✔ (c) P(2 negras transferidas | negra) = 8/63 ≈ 0.126984Ejercicio 23
El \(30\%\) de los correos que recibe un usuario es spam. La palabra «oferta» aparece en el \(60\%\) de los correos spam y en el \(5\%\) de los no spam; la palabra «gratis» aparece en el \(50\%\) de los spam y en el \(10\%\) de los no spam. Suponga que, dado el tipo de correo, la aparición de cada palabra es independiente de la de la otra. Calcule la probabilidad de que un correo sea spam si (a) contiene ambas palabras; (b) contiene «oferta» pero no «gratis»; (c) no contiene ninguna de las dos.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(S\): «spam», \(\mathbb{P}\left(S\right)=0{,}3\), \(\mathbb{P}\left({S}^{c}\right)=0{,}7\). Verosimilitudes de cada palabra:
\[ \mathbb{P}\left(\text{oferta} \mid S\right)=0{,}6,\quad \mathbb{P}\left(\text{oferta} \mid {S}^{c}\right)=0{,}05,\quad \mathbb{P}\left(\text{gratis} \mid S\right)=0{,}5,\quad \mathbb{P}\left(\text{gratis} \mid {S}^{c}\right)=0{,}1 . \]
Dado el tipo de correo, las apariciones son independientes (hipótesis del filtro naive Bayes), de modo que las verosimilitudes se multiplican.
(a) Ambas palabras.
\[ \mathbb{P}\left(\text{ambas} \mid S\right)=0{,}6\cdot0{,}5=0{,}3,\quad \mathbb{P}\left(\text{ambas} \mid {S}^{c}\right)=0{,}05\cdot0{,}1=0{,}005, \]
\[ \mathbb{P}\left(S \mid \text{ambas}\right)=\frac{0{,}3\cdot0{,}3}{0{,}3\cdot0{,}3+0{,}7\cdot0{,}005}=\frac{0{,}09}{0{,}0935}=\frac{180}{187}\approx0{,}9626 . \]
(b) «Oferta» pero no «gratis».
\[ \mathbb{P}\left(\cdot \mid S\right)=0{,}6\cdot(1-0{,}5)=0{,}3,\quad \mathbb{P}\left(\cdot \mid {S}^{c}\right)=0{,}05\cdot(1-0{,}1)=0{,}045, \]
\[ \mathbb{P}\left(S \mid \cdot\right)=\frac{0{,}3\cdot0{,}3}{0{,}3\cdot0{,}3+0{,}7\cdot0{,}045}=\frac{0{,}09}{0{,}1215}=\frac{20}{27}\approx0{,}7407 . \]
(c) Ninguna.
\[ \mathbb{P}\left(\cdot \mid S\right)=(1-0{,}6)(1-0{,}5)=0{,}2,\quad \mathbb{P}\left(\cdot \mid {S}^{c}\right)=(1-0{,}05)(1-0{,}1)=0{,}855, \]
\[ \mathbb{P}\left(S \mid \cdot\right)=\frac{0{,}3\cdot0{,}2}{0{,}3\cdot0{,}2+0{,}7\cdot0{,}855}=\frac{0{,}06}{0{,}6585}=\frac{40}{439}\approx0{,}0911 . \]
Cada palabra «sospechosa» multiplica las probabilidades a favor de spam, y su ausencia las reduce.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{180}{187}\approx0{,}9626\); (b) \(\dfrac{20}{27}\approx0{,}7407\); (c) \(\dfrac{40}{439}\approx0{,}0911\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
ps <- 0.3 # P(spam)
of_s <- 0.60; of_h <- 0.05 # «oferta» | spam, | no spam
gr_s <- 0.50; gr_h <- 0.10 # «gratis» | spam, | no spam
posterior <- function(lik_spam, lik_ham) ps * lik_spam / (ps * lik_spam + (1 - ps) * lik_ham) # Bayes
verif("(a) P(spam | oferta y gratis)", posterior(of_s * gr_s, of_h * gr_h), 180, 187)✔ (a) P(spam | oferta y gratis) = 180/187 ≈ 0.962567✔ (b) P(spam | oferta, sin gratis) = 20/27 ≈ 0.740741verif("(c) P(spam | ninguna)", posterior((1 - of_s) * (1 - gr_s), (1 - of_h) * (1 - gr_h)), 40, 439)✔ (c) P(spam | ninguna) = 40/439 ≈ 0.091116Ejercicio 24
En una ciudad, el \(85\%\) de los taxis es verde y el \(15\%\) es azul. Un testigo identifica correctamente el color de un taxi el \(80\%\) de las veces, sea cual sea su color. (a) Si el testigo afirma que el taxi involucrado en un accidente era azul, ¿cuál es la probabilidad de que realmente lo fuera? (b) ¿Y si dos testigos independientes afirman que era azul? (c) ¿Cuántos testigos independientes que coinciden en «azul» se necesitan, como mínimo, para que esa probabilidad supere \(0{,}99\)?
✍️ Solución paso a paso
Sea \(Z\): «el taxi es azul», \(\mathbb{P}\left(Z\right)=0{,}15\), \(\mathbb{P}\left({Z}^{c}\right)=0{,}85\). Un testigo dice «azul» con probabilidad \(0{,}8\) si el taxi es azul y con probabilidad \(0{,}2\) si es verde.
(a)
\[ \mathbb{P}\left(Z \mid \text{«azul»}\right)=\frac{0{,}15\cdot0{,}8}{0{,}15\cdot0{,}8+0{,}85\cdot0{,}2}=\frac{0{,}12}{0{,}29}=\frac{12}{29}\approx0{,}4138 . \]
Aunque el testigo acierta el \(80\%\) de las veces, la probabilidad es menor que \(\frac12\) porque los taxis azules son poco frecuentes (el error de ignorar la tasa base).
(b) Con dos testigos independientes (dado el color real):
\[ \mathbb{P}\left(Z \mid \text{«azul», «azul»}\right)=\frac{0{,}15\cdot0{,}8^2}{0{,}15\cdot0{,}8^2+0{,}85\cdot0{,}2^2}=\frac{0{,}096}{0{,}13}=\frac{48}{65}\approx0{,}7385 . \]
(c) Con \(k\) testigos coincidentes, la razón de probabilidades a favor de azul es
\[ \frac{\mathbb{P}\left(Z\right)}{\mathbb{P}\left({Z}^{c}\right)}\cdot\left(\frac{0{,}8}{0{,}2}\right)^{k}=\frac{3}{17}\,4^{k}. \]
La probabilidad supera \(0{,}99\) cuando la razón supera \(99\): \(\frac{3}{17}4^k>99\iff4^k>561\). Como \(4^4=256<561<1024=4^5\), hace falta \(k=5\). Comprobación: \(k=4\) da \(\frac{768/17}{1+768/17}\approx0{,}9783\) y \(k=5\) da \(\frac{3072/17}{1+3072/17}\approx0{,}9945\).
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{12}{29}\approx0{,}4138\); (b) \(\dfrac{48}{65}\approx0{,}7385\); (c) \(5\) testigos.
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones y búsqueda del mínimo \(k\).
p_azul <- 0.15; p_verde <- 0.85; acierto <- 0.8
post_azul <- function(k) {
# P(taxi azul | k testigos independientes dicen «azul»)
p_azul * acierto^k / (p_azul * acierto^k + p_verde * (1 - acierto)^k)
}
verif("(a) un testigo", post_azul(1), 12, 29)✔ (a) un testigo = 12/29 ≈ 0.413793✔ (b) dos testigos = 48/65 ≈ 0.738462k_min <- which(post_azul(1:20) > 0.99)[1]
cat(sprintf("(c) k mínimo = %d: P(k=4) = %.5f < 0,99 < P(k=5) = %.5f\n", k_min, post_azul(4), post_azul(5)))(c) k mínimo = 5: P(k=4) = 0.97834 < 0,99 < P(k=5) = 0.99450Ejercicio 25
Se elige al azar uno de cuatro dados equilibrados, con \(4\), \(6\), \(8\) y \(12\) caras numeradas desde \(1\), y se lanza; sale un \(5\). Calcule (a) la probabilidad de que se haya elegido el dado de \(6\) caras; (b) las probabilidades posteriores de los dados de \(8\) y de \(12\) caras; (c) la probabilidad de que, al lanzar nuevamente el mismo dado, salga un número mayor o igual que \(7\).
✍️ Solución paso a paso
Sea \(n\in\{4,6,8,12\}\) el número de caras del dado elegido, con \(\mathbb{P}\left(n\right)=\frac14\). La probabilidad de obtener un \(5\) es \(0\) para \(n=4\) y \(\frac1n\) para \(n\ge5\).
(a)–(b) Teorema de Bayes.
\[ \mathbb{P}\left(\text{sale 5}\right)=\frac14\left(0+\frac16+\frac18+\frac1{12}\right)=\frac14\cdot\frac{4+3+2}{24}=\frac14\cdot\frac{9}{24}. \]
Las probabilidades posteriores son proporcionales a las verosimilitudes \(\frac16,\frac18,\frac1{12}=\frac4{24},\frac3{24},\frac2{24}\):
\[ \mathbb{P}\left(n=6 \mid 5\right)=\frac49,\qquad \mathbb{P}\left(n=8 \mid 5\right)=\frac39=\frac13,\qquad \mathbb{P}\left(n=12 \mid 5\right)=\frac29,\qquad \mathbb{P}\left(n=4 \mid 5\right)=0 . \]
(Suman \(1\).) Los dados con menos caras se vuelven más probables, pues «explican mejor» el resultado.
(c) Dado el dado elegido, los lanzamientos son independientes. \(\mathbb{P}\left(\text{valor}\ge7 \mid n\right)\) es \(0\) para \(n=6\), \(\frac28=\frac14\) para \(n=8\) (valores \(7,8\)) y \(\frac6{12}=\frac12\) para \(n=12\). Por probabilidad total con los pesos posteriores:
\[ \mathbb{P}\left(\text{nuevo valor}\ge7\mid 5\right)=\frac13\cdot\frac14+\frac29\cdot\frac12=\frac1{12}+\frac19=\frac{7}{36}\approx0{,}1944 . \]
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac49\); (b) \(\dfrac13\) y \(\dfrac29\); (c) \(\dfrac{7}{36}\approx0{,}1944\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
caras <- c(4, 6, 8, 12)
prior <- rep(1/4, 4)
verosimilitud_5 <- ifelse(caras >= 5, 1 / caras, 0) # P(sale 5 | dado de n caras)
Z <- sum(prior * verosimilitud_5) # P(sale 5)
post <- prior * verosimilitud_5 / Z # Bayes
names(post) <- caras
verif("(a) P(dado de 6 caras | sale 5)", post["6"], 4, 9)✔ (a) P(dado de 6 caras | sale 5) = 4/9 ≈ 0.444444✔ (b) P(dado de 8 caras | sale 5) = 1/3 ≈ 0.333333✔ (b) P(dado de 12 caras | sale 5) = 2/9 ≈ 0.222222pred <- sum(post * pmax(0, caras - 6) / caras) # P(≥ 7 | n caras) = (n−6)/n
verif("(c) P(2.º lanzamiento ≥ 7 | 1.º = 5)", pred, 7, 36)✔ (c) P(2.º lanzamiento ≥ 7 | 1.º = 5) = 7/36 ≈ 0.194444Parte D. Demostraciones y problemas de integración
Ejercicio 26
Sean \(A\) y \(B\) eventos con \(0<\mathbb{P}\left(A\right)<1\) y \(0<\mathbb{P}\left(B\right)<1\). Demuestre que si \(\mathbb{P}\left(A \mid B\right)>\mathbb{P}\left(A\right)\), entonces (i) \(\mathbb{P}\left(B \mid A\right)>\mathbb{P}\left(B\right)\) y (ii) \(\mathbb{P}\left(A \mid {B}^{c}\right)<\mathbb{P}\left(A\right)\). Interprete el resultado.
✍️ Solución paso a paso
Sea \(c=\mathbb{P}\left(A\cap B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\) (mide cuánto se aparta la pareja \(A,B\) de la independencia).
Paso 1. Como \(\mathbb{P}\left(B\right)>0\),
\[ \mathbb{P}\left(A \mid B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)=\frac{\mathbb{P}\left(A\cap B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)}{\mathbb{P}\left(B\right)}=\frac{c}{\mathbb{P}\left(B\right)} . \]
Así, \(\mathbb{P}\left(A \mid B\right)>\mathbb{P}\left(A\right)\iff c>0\).
(i) Como \(\mathbb{P}\left(A\right)>0\),
\[ \mathbb{P}\left(B \mid A\right)-\mathbb{P}\left(B\right)=\frac{\mathbb{P}\left(A\cap B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)}{\mathbb{P}\left(A\right)}=\frac{c}{\mathbb{P}\left(A\right)}>0 , \]
es decir, \(\mathbb{P}\left(B \mid A\right)>\mathbb{P}\left(B\right)\).
(ii) Por la propiedad \(\mathbb{P}\left(A\cap{B}^{c}\right)=\mathbb{P}\left(A\right)-\mathbb{P}\left(A\cap B\right)\) y como \(\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)=\mathbb{P}\left(A\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\),
\[ \mathbb{P}\left(A\cap{B}^{c}\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)=-\bigl(\mathbb{P}\left(A\cap B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\bigr)=-c . \]
Como \(\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)>0\),
\[ \mathbb{P}\left(A \mid {B}^{c}\right)-\mathbb{P}\left(A\right)=\frac{-c}{\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)}<0 , \]
es decir, \(\mathbb{P}\left(A \mid {B}^{c}\right)<\mathbb{P}\left(A\right)\). \(\blacksquare\)
Interpretación. «\(B\) favorece a \(A\)» es una relación simétrica (si \(B\) aumenta la probabilidad de \(A\), también \(A\) aumenta la de \(B\)), y no ocurrir \(B\) perjudica a \(A\). Se trata de asociación, no de causalidad: el signo de \(c\) gobierna las tres desigualdades a la vez.
✅ Respuesta. Demostración: el signo de \(c=\mathbb{P}\left(A\cap B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\) determina las tres desigualdades (positivo \(\Rightarrow\) (i) y (ii)).
💻 Verificación en R
identidades verificadas simbólicamente con sympy y
\(200\,000\) distribuciones aleatorias
sin contraejemplos.
# 200 000 tablas 2×2 aleatorias de probabilidades conjuntas (Dirichlet(1,1,1,1))
set.seed(1)
V <- matrix(rexp(8e5), ncol = 4); V <- V / rowSums(V)
pab <- V[, 1]; pa_nb <- V[, 2]; pna_b <- V[, 3]
PA <- pab + pa_nb; PB <- pab + pna_b
cov <- pab - PA * PB # c = P(A∩B) − P(A)P(B)
# Las tres diferencias son múltiplos de la misma cantidad c
stopifnot(max(abs((pab / PB - PA) - cov / PB)) < 1e-12,
max(abs((pab / PA - PB) - cov / PA)) < 1e-12,
max(abs((pa_nb / (1 - PB) - PA) + cov / (1 - PB))) < 1e-12)
cat("✔ P(A|B)−P(A) = c/P(B); P(B|A)−P(B) = c/P(A); P(A|Bᶜ)−P(A) = −c/P(Bᶜ)\n")✔ P(A|B)−P(A) = c/P(B); P(B|A)−P(B) = c/P(A); P(A|Bᶜ)−P(A) = −c/P(Bᶜ)cond <- pab / PB > PA # P(A|B) > P(A)
stopifnot(all(pab[cond] / PA[cond] > PB[cond]), all(pa_nb[cond] / (1 - PB[cond]) < PA[cond]))
cat(sprintf("✔ %s casos con P(A|B) > P(A): siempre P(B|A) > P(B) y P(A|Bᶜ) < P(A)\n", format(sum(cond), big.mark = ",")))✔ 100,085 casos con P(A|B) > P(A): siempre P(B|A) > P(B) y P(A|Bᶜ) < P(A)Ejercicio 27
(Desigualdad de Bonferroni.) Demuestre que, para eventos cualesquiera \(A_1,\dots,A_n\),
\[ \mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}A_i\right)\ \ge\ 1-\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}\left({A_i}^{c}\right) . \]
Aplíquela a tres eventos con probabilidades \(0{,}90\), \(0{,}85\) y \(0{,}95\), construya un ejemplo en que la cota \(0{,}70\) se alcance y compárela con el valor que se tendría si los eventos fueran independientes.
✍️ Solución paso a paso
Demostración. Por la ley de De Morgan, \({\left(\bigcap_i A_i\right)}^{c}=\bigcup_i{A_i}^{c}\). Por la desigualdad de Boole,
\[ \mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}{A_i}^{c}\right)\le\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}\left({A_i}^{c}\right) . \]
Entonces
\[ \mathbb{P}\left(\bigcap_{i=1}^{n}A_i\right)=1-\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n}{A_i}^{c}\right)\ \ge\ 1-\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}\left({A_i}^{c}\right) .\qquad\blacksquare \]
Aplicación. Con \(\mathbb{P}\left(A_1\right)=0{,}90\), \(\mathbb{P}\left(A_2\right)=0{,}85\), \(\mathbb{P}\left(A_3\right)=0{,}95\): \(\mathbb{P}\left({A_i}^{c}\right)=0{,}10,\,0{,}15,\,0{,}05\), y
\[ \mathbb{P}\left(A_1\cap A_2\cap A_3\right)\ge1-(0{,}10+0{,}15+0{,}05)=0{,}70 . \]
La cota se alcanza. Sea \(\Omega=\{1,\dots,20\}\) equiprobable y \({A_1}^{c}=\{1,2\}\), \({A_2}^{c}=\{3,4,5\}\), \({A_3}^{c}=\{6\}\) (probabilidades \(0{,}10\), \(0{,}15\), \(0{,}05\)). Como los complementos son disjuntos, la desigualdad de Boole es una igualdad: \(\mathbb{P}\left(\bigcup{A_i}^{c}\right)=0{,}30\) y \(\mathbb{P}\left(\bigcap A_i\right)=0{,}70\) exactamente. Sin información adicional, \(0{,}70\) no puede mejorarse.
Comparación. Si los eventos fueran independientes, \(\mathbb{P}\left(A_1\cap A_2\cap A_3\right)=0{,}90\cdot0{,}85\cdot0{,}95=0{,}72675\), algo mayor que \(0{,}70\). La cota de Bonferroni es útil porque no requiere independencia: garantiza un mínimo en cualquier caso.
✅ Respuesta. Cota: \(\mathbb{P}\left(A_1\cap A_2\cap A_3\right)\ge 0{,}70\) (alcanzable); con independencia: \(0{,}72675\).
💻 Verificación en R
cota alcanzada en un espacio de \(20\) puntos y \(20\,000\) familias aleatorias de eventos sin contraejemplos.
# Cota de Bonferroni con P(A1)=0,90; P(A2)=0,85; P(A3)=0,95
verif("cota inferior P(A1∩A2∩A3) ≥", 1 - (0.10 + 0.15 + 0.05), 7, 10)✔ cota inferior P(A1∩A2∩A3) ≥ = 7/10 ≈ 0.700000✔ valor si fueran independientes = 2907/4000 ≈ 0.726750# La cota se alcanza: Ω = {0,…,19}, complementos disjuntos de tamaños 2, 3 y 1
omega <- 0:19; comp <- list(0:1, 2:4, 5)
verif("cota alcanzada (complementos disjuntos)", length(setdiff(omega, unlist(comp))) / 20, 7, 10)✔ cota alcanzada (complementos disjuntos) = 7/10 ≈ 0.700000# Prueba aleatoria de la desigualdad con 20 000 familias de eventos
set.seed(1)
ok <- replicate(2e4, {
evs <- lapply(1:sample(2:6, 1), function(i) sample(0:29, sample(0:30, 1)))
inter <- Reduce(intersect, evs)
length(inter) / 30 >= 1 - sum(sapply(evs, function(e) (30 - length(e)) / 30)) - 1e-12
})
stopifnot(all(ok))
cat("✔ 20 000 familias aleatorias: P(∩Ai) ≥ 1 − ΣP(Aiᶜ) siempre\n")✔ 20 000 familias aleatorias: P(∩Ai) ≥ 1 − ΣP(Aiᶜ) siempreEjercicio 28
Sean \(A\) y \(B\) eventos independientes tales que \(\mathbb{P}\left(A\cup B\right)=1\). (a) Demuestre que \(\mathbb{P}\left(A\right)=1\) o \(\mathbb{P}\left(B\right)=1\). (b) Si \(\mathbb{P}\left(A\right)=0{,}6\), determine \(\mathbb{P}\left(B\right)\).
✍️ Solución paso a paso
(a) Por la ley de De Morgan, \({(A\cup B)}^{c}={A}^{c}\cap{B}^{c}\). Como \(A\) y \(B\) son independientes, también lo son \({A}^{c}\) y \({B}^{c}\) (teorema de complementos). Entonces
\[ 0=1-\mathbb{P}\left(A\cup B\right)=\mathbb{P}\left({A}^{c}\cap{B}^{c}\right)=\mathbb{P}\left({A}^{c}\right)\,\mathbb{P}\left({B}^{c}\right) . \]
Un producto de dos números es cero solo si alguno es cero: \(\mathbb{P}\left({A}^{c}\right)=0\) o \(\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)=0\), es decir, \(\mathbb{P}\left(A\right)=1\) o \(\mathbb{P}\left(B\right)=1\). \(\blacksquare\)
(b) Si \(\mathbb{P}\left(A\right)=0{,}6\), entonces \(\mathbb{P}\left({A}^{c}\right)=0{,}4\neq0\). De la igualdad anterior, \(0{,}4\cdot\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)=0\), de donde \(\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)=0\) y \(\mathbb{P}\left(B\right)=1\).
Comentario. Dos eventos independientes pueden «cubrir» todo \(\Omega\) solo si uno de ellos ya lo hace casi seguro; si ambos son «propiamente inciertos», siempre queda una región sin cubrir, de probabilidad \(\mathbb{P}\left({A}^{c}\right)\mathbb{P}\left({B}^{c}\right)>0\).
✅ Respuesta. (a) Demostración; (b) \(\mathbb{P}\left(B\right)=1\).
💻 Verificación en R
resolución simbólica con sympy.
# Con independencia, P(A∪B) = pA + pB − pA·pB, y 1 − P(A∪B) = (1 − pA)(1 − pB)
pA <- 0.6
pB <- 1 - 0 / (1 - pA) # (1−pA)(1−pB) = 0 con 1−pA ≠ 0 ⇒ 1−pB = 0
cat("Si P(A) = 0,6: 1 − P(B) = 0 / (1 − 0,6) = 0 → P(B) =", pB, "\n")Si P(A) = 0,6: 1 − P(B) = 0 / (1 − 0,6) = 0 → P(B) = 1 stopifnot(abs((pA + pB - pA * pB) - 1) < 1e-15); n_ok <- n_ok + 1
# Comprobación numérica: con P(A), P(B) < 1 la unión nunca llega a 1
set.seed(1)
u <- runif(1e5, 0, 0.999); v <- runif(1e5, 0, 0.999)
stopifnot(all(u + v - u * v < 1)); n_ok <- n_ok + 1
cat("✔ con P(A), P(B) < 1 siempre P(A∪B) < 1\n")✔ con P(A), P(B) < 1 siempre P(A∪B) < 1Ejercicio 29
(Paradoja de Simpson.) Dos tratamientos se aplicaron a \(100\) pacientes cada uno, clasificados según la gravedad del caso. Los resultados (éxitos/pacientes) fueron: tratamiento \(1\): casos leves \(18/20\), casos graves \(40/80\); tratamiento \(2\): casos leves \(64/80\), casos graves \(8/20\). (a) Calcule la tasa de éxito de cada tratamiento dentro de cada tipo de caso. (b) Calcule la tasa global de éxito de cada tratamiento. (c) Explique la aparente contradicción mediante el teorema de probabilidad total.
✍️ Solución paso a paso
(a) Tasas dentro de cada tipo de caso.
| Casos leves | Casos graves | |
|---|---|---|
| Tratamiento \(1\) | \(\frac{18}{20}=0{,}90\) | \(\frac{40}{80}=0{,}50\) |
| Tratamiento \(2\) | \(\frac{64}{80}=0{,}80\) | \(\frac{8}{20}=0{,}40\) |
El tratamiento \(1\) es mejor tanto en casos leves (\(0{,}90>0{,}80\)) como en graves (\(0{,}50>0{,}40\)).
(b) Tasas globales.
\[ \text{Trat.\ 1: }\frac{18+40}{100}=0{,}58,\qquad \text{Trat.\ 2: }\frac{64+8}{100}=0{,}72 . \]
¡Globalmente el tratamiento \(2\) parece mejor (\(0{,}72>0{,}58\))! Las desigualdades se invierten: es la paradoja de Simpson.
(c) Explicación con probabilidad total. Sea \(T\) el tratamiento y \(G\) la gravedad. Entonces
\[ \mathbb{P}\left(\text{éxito} \mid T\right)=\mathbb{P}\left(\text{leve} \mid T\right)\,\mathbb{P}\left(\text{éxito} \mid T,\text{leve}\right)+\mathbb{P}\left(\text{grave} \mid T\right)\,\mathbb{P}\left(\text{éxito} \mid T,\text{grave}\right) . \]
\[ \begin{aligned}\text{Trat.\ 1: }&\ 0{,}2\cdot0{,}90+0{,}8\cdot0{,}50=0{,}18+0{,}40=0{,}58,\\ \text{Trat.\ 2: }&\ 0{,}8\cdot0{,}80+0{,}2\cdot0{,}40=0{,}64+0{,}08=0{,}72 .\end{aligned} \]
Las tasas dentro de cada grupo favorecen al tratamiento \(1\), pero los pesos \(\mathbb{P}\left(\text{grupo} \mid T\right)\) son muy distintos: el tratamiento \(1\) se aplicó sobre todo a casos graves (\(80\%\)), que tienen peor pronóstico, mientras que el \(2\) se aplicó sobre todo a casos leves (\(80\%\)). La gravedad es una variable de confusión: está asociada a la asignación del tratamiento y al resultado. Para comparar tratamientos debe hacerse dentro de cada grupo de gravedad (comparación estratificada); el promedio global mezcla efecto del tratamiento con diferencias en la composición de los pacientes.
✅ Respuesta. (a) \(0{,}90>0{,}80\) y \(0{,}50>0{,}40\); (b) \(0{,}58<0{,}72\); (c) los pesos difieren.
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones.
exitos <- list(T1 = list(leve = c(18, 20), grave = c(40, 80)),
T2 = list(leve = c(64, 80), grave = c(8, 20)))
tasa <- function(t) t[1] / t[2]
for (trat in names(exitos)) for (g in c("leve", "grave"))
cat(sprintf(" %s, casos %-5s: %d/%d = %.2f\n", trat, g, exitos[[trat]][[g]][1], exitos[[trat]][[g]][2], tasa(exitos[[trat]][[g]]))) T1, casos leve : 18/20 = 0.90
T1, casos grave: 40/80 = 0.50
T2, casos leve : 64/80 = 0.80
T2, casos grave: 8/20 = 0.40tot <- lapply(exitos, function(d) Reduce(`+`, d)) # sumas de éxitos y pacientes
verif("(b) tasa global T1", tasa(tot$T1), 29, 50)✔ (b) tasa global T1 = 29/50 ≈ 0.580000✔ (b) tasa global T2 = 18/25 ≈ 0.720000stopifnot(tasa(exitos$T1$leve) > tasa(exitos$T2$leve), tasa(exitos$T1$grave) > tasa(exitos$T2$grave),
tasa(tot$T1) < tasa(tot$T2)); n_ok <- n_ok + 1
cat("✔ Paradoja de Simpson confirmada: T1 mejor en cada grupo, T2 mejor globalmente\n")✔ Paradoja de Simpson confirmada: T1 mejor en cada grupo, T2 mejor globalmente# (c) Probabilidad total: pesos P(grupo | T) distintos
cat(sprintf(" T1: 0,2·0,90 + 0,8·0,50 = %.2f\n T2: 0,8·0,80 + 0,2·0,40 = %.2f\n", 0.2 * 0.9 + 0.8 * 0.5, 0.8 * 0.8 + 0.2 * 0.4)) T1: 0,2·0,90 + 0,8·0,50 = 0.58
T2: 0,8·0,80 + 0,2·0,40 = 0.72Ejercicio 30
Una caja contiene \(11\) monedas; la \(j\)-ésima (\(j=0,1,\dots,10\)) sale cara con probabilidad \(j/10\). Se elige una moneda al azar y se lanza tres veces. (a) Calcule la probabilidad de obtener tres caras. (b) Dado que se obtuvieron tres caras, calcule la probabilidad de que el cuarto lanzamiento también sea cara. (c) Dado que se obtuvieron tres caras, calcule la probabilidad de que se haya elegido la moneda con \(j=10\).
✍️ Solución paso a paso
Sea \(p_j=j/10\) la probabilidad de cara de la moneda \(j\) (\(j=0,\dots,10\)), con \(\mathbb{P}\left(j\right)=\frac1{11}\). Dada la moneda, los lanzamientos son independientes. Usaremos las sumas
\[ \sum_{j=0}^{10}j^3=\left(\frac{10\cdot11}{2}\right)^2=3025,\qquad \sum_{j=0}^{10}j^4=25333 . \]
(a) Por probabilidad total,
\[ \mathbb{P}\left(\text{3 caras}\right)=\sum_{j=0}^{10}\frac1{11}\left(\frac j{10}\right)^3=\frac{3025}{11\cdot1000}=\frac{11}{40}=0{,}275 . \]
(b) De igual modo, \(\mathbb{P}\left(\text{4 caras}\right)=\dfrac{1}{11}\cdot\dfrac{25333}{10^4}\). Entonces
\[ \mathbb{P}\left(\text{4.ª cara} \mid \text{3 caras}\right)=\frac{\mathbb{P}\left(\text{4 caras}\right)}{\mathbb{P}\left(\text{3 caras}\right)}=\frac{25333/(11\cdot10^4)}{3025/(11\cdot10^3)}=\frac{25333}{30250}=\frac{2303}{2750}\approx0{,}8375 . \]
Tras ver tres caras, la probabilidad de una cuarta sube de \(\frac12\) (valor previo) a \(0{,}8375\): la evidencia hace más creíbles las monedas con \(p\) grande. (Si \(p\) fuera una variable continua uniforme en \([0,1]\), la regla de sucesión de Laplace daría \(\frac{k+1}{n+2}=\frac45=0{,}8\); con \(11\) valores discretos, que incluyen \(p=1\), el resultado difiere.)
(c) Por Bayes,
\[ \mathbb{P}\left(j=10 \mid \text{3 caras}\right)=\frac{\frac1{11}\cdot1^3}{11/40}=\frac{40}{121}\approx0{,}3306 . \]
La moneda «siempre cara» tiene un tercio de la probabilidad posterior tras solo tres caras.
✅ Respuesta. (a) \(\dfrac{11}{40}=0{,}275\); (b) \(\dfrac{2303}{2750}\approx0{,}8375\); (c) \(\dfrac{40}{121}\approx0{,}3306\).
💻 Verificación en R
cálculo exacto con fracciones y verificación de las sumas de potencias.
pj <- (0:10) / 10 # probabilidad de cara de la moneda j
P3 <- sum(pj^3) / 11
P4 <- sum(pj^4) / 11
cat("Σ j³ =", sum((0:10)^3), "| Σ j⁴ =", sum((0:10)^4), "\n")Σ j³ = 3025 | Σ j⁴ = 25333 ✔ (a) P(3 caras) = 11/40 ≈ 0.275000✔ (b) P(4.ª cara | 3 caras) = 2303/2750 ≈ 0.837455✔ (c) P(j = 10 | 3 caras) = 40/121 ≈ 0.330579 Regla de Laplace continua (p uniforme): (k+1)/(n+2) = 0.8 Resumen de respuestas
| N.º | Respuesta |
|---|---|
| 1 | \(\mathbb{P}\left(A \mid D\right)=\dfrac{3}{20}=0{,}15\); \(\mathbb{P}\left(D \mid A\right)=\dfrac{18}{25}=0{,}72\). |
| 2 | (a) \(\dfrac{1}{33}\approx 0{,}0303\); (b) \(\dfrac{1}{17}\approx 0{,}0588\). |
| 3 | (a) \(\dfrac25\); (b) \(\dfrac12\); (c) \(\dfrac{4}{35}\approx 0{,}1143\). |
| 4 | (a) \(\dfrac1{10}\); (b) \(\dfrac17\); (c) \(\dfrac{729}{10000}=0{,}0729\). |
| 5 | (a) \(\dfrac{9}{13}\approx 0{,}6923\); (b) \(\dfrac{19}{25}=0{,}76\); (c) \(\dfrac{13}{25}=0{,}52\). |
| 6 | (a) \(\dfrac{2133}{3125}=0{,}68256\); (b) \(\dfrac{24}{79}\approx 0{,}3038\); (c) \(\dfrac{297}{625}=0{,}4752\). |
| 7 | (a) \(\dfrac{24}{91}\approx 0{,}2637\); (b) \(\dfrac{112}{403}\approx 0{,}2779\). |
| 8 | (a) \(\dfrac13\); (b) \(\dfrac12\); (c) \(\dfrac{13}{27}\approx 0{,}4815\). |
| 9 | Demostración: \(\mathbb{P}\left(A\cap B\cap C\right)=0\neq\tfrac18=\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\mathbb{P}\left(C\right)\), aunque cada par es independiente. |
| 10 | Demostración. \(N=30\): \(\tfrac16,\tfrac1{10},\tfrac1{15},\tfrac1{30}\) coinciden con los productos. \(N=31\): \(\mathbb{P}\left(A_2\cap A_3\right)=\tfrac5{31}\neq\tfrac{150}{961}\). |
| 11 | (a) \(0{,}97848\); (b) \(\dfrac{1089}{1208}\approx 0{,}9015\). |
| 12 | (a) \(0{,}7063\); (b) \(23\); (c) \(57\). |
| 13 | (a) \(\dfrac35\); (b) \(\dfrac{37}{60}\approx0{,}6167\); (c) no; (d) \(\dfrac{49}{74}\approx 0{,}6622\). |
| 14 | (a) \(0{,}83692\); (b) \(\dfrac35\) (para cualquier \(p\)). |
| 15 | (a) \(\dfrac35\) y \(\dfrac25\); (b) \(\dfrac{9}{19},\ \dfrac{6}{19},\ \dfrac{4}{19}\). |
| 16 | (a) \(0{,}06021\); (b) \(\dfrac{1832}{6021}\approx0{,}3043\); (c) \(\dfrac{235}{669}\approx0{,}3513\). |
| 17 | (a) \(\dfrac{19}{217}\approx0{,}0876\); (b) \(\dfrac{19}{30}\approx0{,}6333\); (c) \(\dfrac{1}{100}=0{,}01\). |
| 18 | (a) \(0{,}61\); (b) \(\dfrac{49}{61}\approx0{,}8033\); (c) \(0{,}583\). |
| 19 | (a) \(\dfrac45\); (b) \(\dfrac12\). |
| 20 | (a) \(\dfrac23\); (b) \(\dfrac45\). |
| 21 | (a) \(0{,}6075\); (b) \(0{,}96\); (c) \(\dfrac{168}{3925}\approx0{,}0428\). |
| 22 | (a) \(\dfrac{13}{40}=0{,}325\); (b) \(\dfrac{40}{91}\approx0{,}4396\); (c) \(\dfrac{8}{63}\approx0{,}1270\). |
| 23 | (a) \(\dfrac{180}{187}\approx0{,}9626\); (b) \(\dfrac{20}{27}\approx0{,}7407\); (c) \(\dfrac{40}{439}\approx0{,}0911\). |
| 24 | (a) \(\dfrac{12}{29}\approx0{,}4138\); (b) \(\dfrac{48}{65}\approx0{,}7385\); (c) \(5\) testigos. |
| 25 | (a) \(\dfrac49\); (b) \(\dfrac13\) y \(\dfrac29\); (c) \(\dfrac{7}{36}\approx0{,}1944\). |
| 26 | Demostración: el signo de \(c=\mathbb{P}\left(A\cap B\right)-\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}\left(B\right)\) determina las tres desigualdades (positivo \(\Rightarrow\) (i) y (ii)). |
| 27 | Cota: \(\mathbb{P}\left(A_1\cap A_2\cap A_3\right)\ge 0{,}70\) (alcanzable); con independencia: \(0{,}72675\). |
| 28 | (a) Demostración; (b) \(\mathbb{P}\left(B\right)=1\). |
| 29 | (a) \(0{,}90>0{,}80\) y \(0{,}50>0{,}40\); (b) \(0{,}58<0{,}72\); (c) los pesos difieren. |
| 30 | (a) \(\dfrac{11}{40}=0{,}275\); (b) \(\dfrac{2303}{2750}\approx0{,}8375\); (c) \(\dfrac{40}{121}\approx0{,}3306\). |
Resumen de la verificación
cat(strrep("═", 60), "\n", sprintf(" ✔ Comprobaciones superadas en este documento: %d\n", n_ok), strrep("═", 60), "\n", sep = "")════════════════════════════════════════════════════════════
✔ Comprobaciones superadas en este documento: 94
════════════════════════════════════════════════════════════Material elaborado para el curso de Probabilidades — MSc. Jeel Cueva. Se puede copiar, adaptar y compartir citando la fuente.