y\ge 1 \\ x \le 4 \\ y \le 2x-1 \end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
martes, 31 de enero de 2017
Sistemas de inecuaciones polinómicas de primer grado con dos variables
ENUNCIADO. Representar gráficamente la solución del siguiente sistema de inecuaciones: $$\left\{\begin{matrix}y\le 3 \\
y\ge 1 \\ x \le 4 \\ y \le 2x-1 \end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
y\ge 1 \\ x \le 4 \\ y \le 2x-1 \end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
lunes, 30 de enero de 2017
Inecuaciones polinómicas de segundo grado, con una variable
ENUNCIADO. Resolver la inecuación $$x^2-5x+6 \ge 0$$
SOLUCIÓN.
SOLUCIÓN.
domingo, 29 de enero de 2017
Resolviendo inecuaciones en las que intervienen fracciones algebraicas
ENUNCIADO. Resuélvase la siguiente inecuación $$\dfrac{x-1}{x+1} \ge 0$$
SOLUCIÓN.
SOLUCIÓN.
sábado, 28 de enero de 2017
Resolviendo inecuaciones
ENUNCIADO. Resolver la inecuación $(x-1)^7 \prec 0$ en el conjunto de los números reales
SOLUCIÓN. Como el exponente del binomio es impar, $x-1$ ha de ser una cantidad negativa para que $(x-1)^7$ también lo sea, luego $x \prec 1$. Así pues la solución viene dada por la semirrecta $(-\infty\,,\,1)\subset \mathbb{R}$
$\square$
SOLUCIÓN. Como el exponente del binomio es impar, $x-1$ ha de ser una cantidad negativa para que $(x-1)^7$ también lo sea, luego $x \prec 1$. Así pues la solución viene dada por la semirrecta $(-\infty\,,\,1)\subset \mathbb{R}$
$\square$
miércoles, 25 de enero de 2017
Resolviendo inecuaciones con una variable
ENUNCIADO. Resolver las siguientes inecuaciones:
a) $\left|x-1\right|\prec 2$
b) $\left|x+2\right|\ge 1$
SOLUCIÓN.
a) $\left|x-1\right|\prec 2$
b) $\left|x+2\right|\ge 1$
SOLUCIÓN.
Empleando WIRIS para realizar cálculos de combinatoria
Cálculos de combinatoria con ayuda de WIRIS
[Clicar sobre la imagen para visualizarla en su tamaño natural]
Sistemas de inecuaciones con dos variables, de grado superior a uno
ENUNCIADO. Representar la región del plano que corresponde a la solución del siguiente sistema de inecuaciones $$\left\{\begin{matrix}y & \le & x& +& 1 \\ y& \ge& x^2\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN. Indicamos cómo resolverlo con la ayuda de WIRIS ( ver figura ).
Todos los puntos que se encuentran en el interior o en los bordes ( lados ) de la región coloreada forman parte de la solución; así, podemos decir, por ejemplo, que el punto de coordenadas $(1/2,1)$ forma parte de la solución, a diferencia de, pongamos que, el punto de coordenadas $(1,1/2)$, que al estar fuera de la región, no pertenece a la solución del sistema de inecuaciones.
$\square$
SOLUCIÓN. Indicamos cómo resolverlo con la ayuda de WIRIS ( ver figura ).
$\square$
Resolviendo sistemas de inecuaciones con dos variables
ENUNCIADO. Representar la región del plano que corresponde a la solución del siguiente sistema de inecuaciones $$\left\{\begin{matrix}y & \le & x& +& 1 \\ y& \ge& -x&+&1 \\ x &\le& 1\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN. Aprovechamos este ejercicio para indicar cómo resolverlo con la ayuda de WIRIS ( ver figura ).
Todos los puntos que se encuentran en el interior o en los bordes ( lados ) de la región coloreada forman parte de la solución; así, podemos decir, por ejemplo, que el punto de coordenadas $(1/2,1)$ forma parte de la solución, a diferencia del punto de coordenadas $(3/2,2/2)$, que al estar fuera de la región, no pertenece a la solución del sistema de inecuaciones.
$\square$
SOLUCIÓN. Aprovechamos este ejercicio para indicar cómo resolverlo con la ayuda de WIRIS ( ver figura ).
$\square$
miércoles, 18 de enero de 2017
Resolviendo sistemas de ecuaciones no lineales
ENUNCIADO. Resolver el sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}2\,x & + & y & = & 13 \\ \\ x^2 & - & y^2 & = & 16\end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN. El sistema es no lineal pues la segunda ecuación no es lineal. Para resolverlo, despejamos $y$ de la primera ecuación $$y=13-2\,x$$ y sustituyendo su expresión en la segunda $$x^2-(13-2\,x)^2=16$$ ecuación de segundo grado que, tras desarrollar el binomio al cuadrado y sumar los términos semejantes, nos queda $$3\,x^2-52\,x+185=0$$ de donde $$x=\dfrac{-(-52)\pm \sqrt{(-52)^2-4\cdot 3\cdot 185}}{2\cdot 3}=\dfrac{52\pm 22}{6}=\left\{\begin{matrix}5 \\ \\ 37/3\end{matrix}\right.$$ Entonces:
Si $x=5$, tenemos que $y=13-2\cdot 5=3$
Si $x=\dfrac{37}{3}$, entonces $y=13-2\cdot \dfrac{37}{3}=-\dfrac{35}{3}$
Resumiendo: La solución viene dada por los dos puntos ( del plano ) cuyas coordenadas son $(5,3)$ y $(37/3,-35/3)$. Estos dos puntos son los de intersección entre las curvas dadas por sendas ecuaciones.
$\square$
SOLUCIÓN. El sistema es no lineal pues la segunda ecuación no es lineal. Para resolverlo, despejamos $y$ de la primera ecuación $$y=13-2\,x$$ y sustituyendo su expresión en la segunda $$x^2-(13-2\,x)^2=16$$ ecuación de segundo grado que, tras desarrollar el binomio al cuadrado y sumar los términos semejantes, nos queda $$3\,x^2-52\,x+185=0$$ de donde $$x=\dfrac{-(-52)\pm \sqrt{(-52)^2-4\cdot 3\cdot 185}}{2\cdot 3}=\dfrac{52\pm 22}{6}=\left\{\begin{matrix}5 \\ \\ 37/3\end{matrix}\right.$$ Entonces:
Si $x=5$, tenemos que $y=13-2\cdot 5=3$
Si $x=\dfrac{37}{3}$, entonces $y=13-2\cdot \dfrac{37}{3}=-\dfrac{35}{3}$
Resumiendo: La solución viene dada por los dos puntos ( del plano ) cuyas coordenadas son $(5,3)$ y $(37/3,-35/3)$. Estos dos puntos son los de intersección entre las curvas dadas por sendas ecuaciones.
$\square$
Raíces de un polinomio y descomposición en factores del mismo
ENUNCIADO. Calcular las raíces y factorizar $$P(x)=x^4-2\,x^3-x^2+2\,x$$
SOLUCIÓN. En este caso, un primer paso de factorización consiste, simplemente, en sacar factor común de $x$ en el polinomio dado $$x\cdot (x^3-2\,x^2-x+2)$$ luego una raíz del polinomio $P(x)$ es $r_1=0$, que tiene multiplicidad $1$, pues sólo aparecerá una vez.
Si hay más raíces, también lo serán del polinomio $x^3-2\,x^2-x+2$. Por uno de los teoremas estudiados sabemos que las posibles raíces enteras del mismo han de ser divisores del término independiente, $2$; y es inmediato encontrarlos, $\text{div}(2)=\{\pm 1\,,\,\pm 2\}$.
Ensayemos, por ejemplo, el valor $-1$, y observemos que $\left( x^3-2\,x^2-x+2 \right)_{x=-1}=(-1)^3-2\cdot (-1)^2-(-1)+2=0$ lo cual implica que $-1$ es raíz del polinomio $x^3-2\,x^2-x+2$ y por tanto de $P(x)$; así que encontramos otra raíz, $r_2=-1$. Con lo cual otro paso de factorización de $P(x)$ es el siguiente $$P(x)=x\cdot (x-(-1)\cdot Q(x)$$
Veamos ahora cuál es el polinomio $Q(x)$; para ello basta dividir $x^3-2\,x^2-x+2$ entre $x-(-1)$. Empleando el método de Ruffini, $$\begin{array}{r|rr}
& 1 & -2 & -1 & 2 \\
-1 & & -1 & 3 & -2 \\
\hline & 1 & -3 & 2 & 0 \end{array}$$
y por tanto, $Q(x)=x^2-3x+2$. Entonces, si $P(x)$ tiene más raíces, éstas también lo serán del polinomio $Q(x)$; así que, imponiendo la condición, de ráiz: $$x^2-3x+2=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^2-4\cdot 1\cdot 2}}{2\cdot 1}=\dfrac{3\pm 1}{2}=\left\{\begin{matrix}1 \\ \\ 2\end{matrix}\right.$$ encontrando pues otras dos raíces $$r_3=1 \quad \text{y} \quad r_4=2$$
Resumiendo, hemos encontrado cuatro raíces ( todas ellas de multiplicidad uno ) para el polinomio dado ( que es de grado $4$ ): $$\{-1,0,1,2\}$$ Y, por el teorema del factor podemos decir que $$P(x)=x\cdot (x-(-1))\cdot (x-1)\cdot (x-2)$$ o lo que es lo mismo $$P(x)=x\cdot (x+1)\cdot (x-1)\cdot (x-2)$$
$\square$
SOLUCIÓN. En este caso, un primer paso de factorización consiste, simplemente, en sacar factor común de $x$ en el polinomio dado $$x\cdot (x^3-2\,x^2-x+2)$$ luego una raíz del polinomio $P(x)$ es $r_1=0$, que tiene multiplicidad $1$, pues sólo aparecerá una vez.
Si hay más raíces, también lo serán del polinomio $x^3-2\,x^2-x+2$. Por uno de los teoremas estudiados sabemos que las posibles raíces enteras del mismo han de ser divisores del término independiente, $2$; y es inmediato encontrarlos, $\text{div}(2)=\{\pm 1\,,\,\pm 2\}$.
Ensayemos, por ejemplo, el valor $-1$, y observemos que $\left( x^3-2\,x^2-x+2 \right)_{x=-1}=(-1)^3-2\cdot (-1)^2-(-1)+2=0$ lo cual implica que $-1$ es raíz del polinomio $x^3-2\,x^2-x+2$ y por tanto de $P(x)$; así que encontramos otra raíz, $r_2=-1$. Con lo cual otro paso de factorización de $P(x)$ es el siguiente $$P(x)=x\cdot (x-(-1)\cdot Q(x)$$
Veamos ahora cuál es el polinomio $Q(x)$; para ello basta dividir $x^3-2\,x^2-x+2$ entre $x-(-1)$. Empleando el método de Ruffini, $$\begin{array}{r|rr}
& 1 & -2 & -1 & 2 \\
-1 & & -1 & 3 & -2 \\
\hline & 1 & -3 & 2 & 0 \end{array}$$
y por tanto, $Q(x)=x^2-3x+2$. Entonces, si $P(x)$ tiene más raíces, éstas también lo serán del polinomio $Q(x)$; así que, imponiendo la condición, de ráiz: $$x^2-3x+2=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^2-4\cdot 1\cdot 2}}{2\cdot 1}=\dfrac{3\pm 1}{2}=\left\{\begin{matrix}1 \\ \\ 2\end{matrix}\right.$$ encontrando pues otras dos raíces $$r_3=1 \quad \text{y} \quad r_4=2$$
Resumiendo, hemos encontrado cuatro raíces ( todas ellas de multiplicidad uno ) para el polinomio dado ( que es de grado $4$ ): $$\{-1,0,1,2\}$$ Y, por el teorema del factor podemos decir que $$P(x)=x\cdot (x-(-1))\cdot (x-1)\cdot (x-2)$$ o lo que es lo mismo $$P(x)=x\cdot (x+1)\cdot (x-1)\cdot (x-2)$$
$\square$
Comparando aproximaciones
ENUNCIADO. Se ha aproximado el número $4821$ por $4800$; y el número $81$ por $80$. En sendos casos, calcular el error absoluto y el error relativo. A partir de esos resultados, decir razonadamente cuál de las dos aproximaciones es la más precisa.
SOLUCIÓN.
Recordemos que el error absoluto en una aproximación de $x$ por $\bar{x}$ viene dado por $E=\left|x-\bar{x}\right|$ y que el error relativo se define de la forma $e=\dfrac{E}{x}$.
En la aproximación de la primera cantidad, resulta $E_1=\left|4\,821-4\,800\right|=21$ y por tanto $e_1=\dfrac{21}{4\,821}\approx 0,004$. Y en la segunda aproximación tenemos que $E_2=\left|81-80\right|=1$ y por tanto $e_1=\dfrac{1}{80}\approx 0,01$.
Entonces, como $e_1 \prec e_2$, resulta que la aproximación más precisa es la primera.
$\square$
SOLUCIÓN.
Recordemos que el error absoluto en una aproximación de $x$ por $\bar{x}$ viene dado por $E=\left|x-\bar{x}\right|$ y que el error relativo se define de la forma $e=\dfrac{E}{x}$.
En la aproximación de la primera cantidad, resulta $E_1=\left|4\,821-4\,800\right|=21$ y por tanto $e_1=\dfrac{21}{4\,821}\approx 0,004$. Y en la segunda aproximación tenemos que $E_2=\left|81-80\right|=1$ y por tanto $e_1=\dfrac{1}{80}\approx 0,01$.
Entonces, como $e_1 \prec e_2$, resulta que la aproximación más precisa es la primera.
$\square$
Resolviendo ecuaciones exponenciales
ENUNCIADO. La fórmula del capital final $C_f$ del interés compuesto es $$C_f=C_i\cdot ( 1+i)^t$$ donde $C_i$ es el capital inicial, $t$ el número de años en el que éste está depositado, e $i$ es la tasa de interés anual expresada en tanto por unidad. Si $C_f=20\,000$ euros, $C_i=15\,000$ euros e $i=0,02$, ¿ cuánto tiempo $t$ se necesita que esté depositado el capital inicial ?.
SOLUCIÓN. Poniendo los datos en la fórmula, $$20\,000=15\,000\cdot (1+0,02)^t$$ y simplificando $$4=3\cdot 1,02^t$$ esto es $$\dfrac{4}{3}=1,02^t$$ Para despejar $t$, sacamos logaritmos en cada miembro $$\ln\,\dfrac{4}{3}=\ln \, 1,02^t$$ y por las propiedades de los logaritmos $$\ln\,\dfrac{4}{3}=t\cdot \ln \, 1,02$$ con lo cual $$t=\dfrac{\ln\,4/3}{\ln\,1,02} \approx 14\,\text{años} \,\text{y}\,6\,\text{meses}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Poniendo los datos en la fórmula, $$20\,000=15\,000\cdot (1+0,02)^t$$ y simplificando $$4=3\cdot 1,02^t$$ esto es $$\dfrac{4}{3}=1,02^t$$ Para despejar $t$, sacamos logaritmos en cada miembro $$\ln\,\dfrac{4}{3}=\ln \, 1,02^t$$ y por las propiedades de los logaritmos $$\ln\,\dfrac{4}{3}=t\cdot \ln \, 1,02$$ con lo cual $$t=\dfrac{\ln\,4/3}{\ln\,1,02} \approx 14\,\text{años} \,\text{y}\,6\,\text{meses}$$
$\square$
Resolviendo ecuaciones bicuadradas
ENUNCIADO. Resolver la ecuación $$9\,x^4-37\,x^2+4=0$$
SOLUCIÓN. Reconocemos en la ecuación pedida un e. bicuadrada, que puede escribirse de la forma Resolver la ecuación $$9\,(x^2)^2-37\,x^2+4=0$$ lo cual nos lleva a cambiar $$x^2 \quad \text{por}\quad t$$ con la cual la ecuación original se transforma en una ecuación cuadrática, que sabemos resolver $$9\,t^2-37\,t+4=0$$ Así tenemos que
$$t=\dfrac{-(-37)\pm \sqrt{(-37)^2-4\cdot 9 \cdot 4}}{2\cdot 9}=\dfrac{37\pm 35}{18}=\left\{\begin{matrix}4\\ \\ \dfrac{1}{9}\end{matrix}\right.$$ Entonces:
Si $t=4$, $x^2=4$, luego $x=\sqrt{4}=\pm 2$
Si $t=\dfrac{1}{9}$, $x^2=\dfrac{1}{9}$, luego $x=\sqrt{\dfrac{1}{9}}=\pm \dfrac{1}{3}$
En resumidas cuentas, la solución viene dada por el conjunto de valores: $$\{-2\,,\,-\dfrac{1}{3}\,,\,\dfrac{1}{3}\,,\,2\}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Reconocemos en la ecuación pedida un e. bicuadrada, que puede escribirse de la forma Resolver la ecuación $$9\,(x^2)^2-37\,x^2+4=0$$ lo cual nos lleva a cambiar $$x^2 \quad \text{por}\quad t$$ con la cual la ecuación original se transforma en una ecuación cuadrática, que sabemos resolver $$9\,t^2-37\,t+4=0$$ Así tenemos que
$$t=\dfrac{-(-37)\pm \sqrt{(-37)^2-4\cdot 9 \cdot 4}}{2\cdot 9}=\dfrac{37\pm 35}{18}=\left\{\begin{matrix}4\\ \\ \dfrac{1}{9}\end{matrix}\right.$$ Entonces:
Si $t=4$, $x^2=4$, luego $x=\sqrt{4}=\pm 2$
Si $t=\dfrac{1}{9}$, $x^2=\dfrac{1}{9}$, luego $x=\sqrt{\dfrac{1}{9}}=\pm \dfrac{1}{3}$
En resumidas cuentas, la solución viene dada por el conjunto de valores: $$\{-2\,,\,-\dfrac{1}{3}\,,\,\dfrac{1}{3}\,,\,2\}$$
$\square$
martes, 17 de enero de 2017
Resolviendo ecuaciones con términos racionales
ENUNCIADO. Resolver la ecuación $$\dfrac{1}{x-2}+\dfrac{3}{x+2}=\dfrac{x}{x^2-4}$$
SOLUCIÓN. Multiplicando sendos miembros de la ecuación por el mínimo común múltiplo de los polinomios de los denominadores transformaremos la ecuación con términos racionales en una ecuación polinómica.
Teniendo en cuenta que $x^2-4=x^2-2^2 \overset{\text{identidad notable}}{=}(x-2)(x+2)$, luego $\text{m.c.m.}(x-2,x+2,x^2-4)=x^2-4$
Entonces la ecuación pedida es equivalente a $$(x-2)(x+2)\,\dfrac{1}{x-2}+(x-2)(x+2)\,\dfrac{3}{x+2}=(x-2)(x+2)\,\dfrac{x}{x^2-4}$$ esto es $$(x-2)(x+2)\,\dfrac{1}{x-2}+(x-2)(x+2)\,\dfrac{3}{x+2}=(x-2)(x+2)\,\dfrac{x}{(x-2)(x+2)}$$ así que, simplificando, llegamos a la siguiente ecuación polinómica de grado $1$: $$x+2+3\,(x-2)=x$$ y resolviéndola, $$x+2+3\,x-6=x$$ $$3\,x=4$$ $$x=\dfrac{4}{3}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Multiplicando sendos miembros de la ecuación por el mínimo común múltiplo de los polinomios de los denominadores transformaremos la ecuación con términos racionales en una ecuación polinómica.
Teniendo en cuenta que $x^2-4=x^2-2^2 \overset{\text{identidad notable}}{=}(x-2)(x+2)$, luego $\text{m.c.m.}(x-2,x+2,x^2-4)=x^2-4$
Entonces la ecuación pedida es equivalente a $$(x-2)(x+2)\,\dfrac{1}{x-2}+(x-2)(x+2)\,\dfrac{3}{x+2}=(x-2)(x+2)\,\dfrac{x}{x^2-4}$$ esto es $$(x-2)(x+2)\,\dfrac{1}{x-2}+(x-2)(x+2)\,\dfrac{3}{x+2}=(x-2)(x+2)\,\dfrac{x}{(x-2)(x+2)}$$ así que, simplificando, llegamos a la siguiente ecuación polinómica de grado $1$: $$x+2+3\,(x-2)=x$$ y resolviéndola, $$x+2+3\,x-6=x$$ $$3\,x=4$$ $$x=\dfrac{4}{3}$$
$\square$
Resolviendo ecuaciones con términos radicales
ENUNCIADO. Resolver la ecuación $$\sqrt{1-x}+x=1$$
SOLUCIÓN.
$\sqrt{1-x}+x=1$
$\sqrt{1-x}=1-x$
$(\sqrt{1-x})^2=(1-x)^2$
$1-x=(1-x)^2$
$0=(1-x)^2-(1-x)$
$0=(1-x)\,\left( (1-x)-1\right)$
$0=(1-x)\,\left( -x \right)$
$0=x\,(1-x) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ \\ 1-x=0 \Leftrightarrow x=1 \end{matrix}\right.$
Así, pues, la solución viene dada por el conjunto de números reales formado por el $0$ y el $1$
$\square$
SOLUCIÓN.
$\sqrt{1-x}+x=1$
$\sqrt{1-x}=1-x$
$(\sqrt{1-x})^2=(1-x)^2$
$1-x=(1-x)^2$
$0=(1-x)^2-(1-x)$
$0=(1-x)\,\left( (1-x)-1\right)$
$0=(1-x)\,\left( -x \right)$
$0=x\,(1-x) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0 \\ \\ 1-x=0 \Leftrightarrow x=1 \end{matrix}\right.$
Así, pues, la solución viene dada por el conjunto de números reales formado por el $0$ y el $1$
$\square$
Resolviendo ecuaciones con términos exponenciales
ENUNCIADO. Resolver la ecuación $$2^{2\,x}+2^x-2=0$$
SOLUCIÓN.
La ecuación pedida puede escribirse de la forma $$(2^{x})^2+2^x-2=0$$
con lo cual podemos transformarla en una ecuación polinómica denotando por $t$ a $2^x$; así llegamos a $$t^2+t-2=0$$ Resolviendo esta ecuación en $t$ obtenemos $$t=\dfrac{-1\pm \sqrt{1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)}}{2\cdot 1}=\dfrac{-1\pm 3}{2}=\left\{\begin{matrix}1 \\ \\ -2\end{matrix}\right.$$ Deshaciendo ahora el cambio:
Si $t=1$, entonces $1=2^x$, pero como $1$ puede expresarse como $2^0$, vemos que $2^x=2^0 \Leftrightarrow x=0$
Si $t=-2$, entonces $-2=2^x$; en este caso no existe ningún número real, $x$ que cumpla esta condición.
En resumidas cuentas, la solución de la ecuación viene dada por un sólo valor, que es $x=0$
$\square$
SOLUCIÓN.
La ecuación pedida puede escribirse de la forma $$(2^{x})^2+2^x-2=0$$
con lo cual podemos transformarla en una ecuación polinómica denotando por $t$ a $2^x$; así llegamos a $$t^2+t-2=0$$ Resolviendo esta ecuación en $t$ obtenemos $$t=\dfrac{-1\pm \sqrt{1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)}}{2\cdot 1}=\dfrac{-1\pm 3}{2}=\left\{\begin{matrix}1 \\ \\ -2\end{matrix}\right.$$ Deshaciendo ahora el cambio:
Si $t=1$, entonces $1=2^x$, pero como $1$ puede expresarse como $2^0$, vemos que $2^x=2^0 \Leftrightarrow x=0$
Si $t=-2$, entonces $-2=2^x$; en este caso no existe ningún número real, $x$ que cumpla esta condición.
En resumidas cuentas, la solución de la ecuación viene dada por un sólo valor, que es $x=0$
$\square$
domingo, 15 de enero de 2017
Sobre el número de apuestas a la Lotería Primitiva que se realizan al marcar más de seis números
ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se marcan más de $6$ números, realizamos múltiples apuestas. ¿ Cuántas apuestas corresponden a marcar $9$ números ?.
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora. El número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
$\square$
SOLUCIÓN. Como no importa el orden de aparición de los números que constituyen la 6-tupla ganadora. El número de apuestas pedido ( al marcar $9$ números ) es $C_{9,6}=\binom{9}{6}=84$ apuestas.
$\square$
lunes, 9 de enero de 2017
Las probabilidades del póquer con los dados
ENUNCIADO.
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
Un dado de póquer consta de $6$ caras cuyas puntuaciones de menor a mayor son: 9,10,$J$,$Q$,$K$ y $A$. El Póquer con dados se juega con $5$ dados. Al lanzar los cinco dados se pueden obtener los siguientes juegos ( que vienen a ser las manos de los naipes ):
$J_1$) Repóquer (cinco puntuaciones iguales)
$J_2$) Póquer (cuatro iguales)
$J_3$) Full (tres iguales y un par)
$J_4$) Escalera ( que puede ser escalera mayor [10,$J$,$Q$,$K$,$A$], o bien escalera menor escalera menor: [9,10,$J$,$Q$,$K$] )
$J_5$) Trío
$J_6$) Doble pareja
$J_7$) Pareja
Calcular las probabilidades de los ocho juegos.
SOLUCIÓN.
Consideramos los dados distinguibles, luego vamos a tener en cuenta el orden de aparición de las puntuaciones al lanzar los cinco dados. El espacio muestral $\Omega$ está formado por el conjunto de puntuaciones $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$ ( sucesos elementales ), donde $x_i \in \{9,10,J,Q,K,A\}$ para $i=1,2,\ldots,5$. Dichos sucesos son equiprobables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para asignar ( calcular ) las probabilidades. El número de casos favorables ( cardinal del espacio muestral ) es $N=VR_{6,5}=6^5=7\,776$. A continuación, vamos a calcular el número de casos favorables de cada juego para, finalmente, calcular la probabilidad del mismo, mediante la regla de Laplace $$P(J)=\dfrac{N(J)}{N}$$
$J_1$) Repóquer. Hay $6$ casos favorables a este suceso ( Repóquer ): $99999,1010101010,JJJJJ,QQQQQ,KKKKK$ y $AAAAA$, luego $N(J_1)=6$ y por tanto $$P(J_1)=\dfrac{6}{6^5}=\dfrac{1}{6^4} \approx 7,7160\cdot 10^{-4}$$
$J_2$) Póquer. Podemos elegir el valor de las cuatro puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{4}$ maneras de elegir los cuatro dados con dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{4}$ posibilidades para formar las cuatro puntuaciones iguales. Por otra parte, la quinta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las cuatro primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_2)=6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)=150$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_2)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{4}\cdot (6-1)}{6^5}=1,9290\cdot 10^{-2}$$
$J_3$) Full. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la puntuación de la pareja se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_3)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)=300$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_3)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)}{6^5}=3,8580\cdot 10^{-2}$$
$J_4$) Escalera. Podemos elegir el valor de las cinco putuanciones escalonadas ( escalera mayor o bien escalera menor ) de $V_{6,5}=6\cdot 5\cdot 4\cdot 3 \cdot 2 = 720$ maneras distintas, luego $N(J_4)=720$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_4)=\dfrac{V_{6,5}}{6^5}=9,2593\cdot 10^{-2}$$
$J_5$) Trío. Podemos elegir el valor de las tres puntuaciones iguales de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{3}$ maneras de elegir los tres dados que dan dicha puntuación, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{3}$ posibilidades para formar las tres puntuaciones iguales ( los otros dos dados que dan las otras dos puntuaciones quedan ya fijados ). Por otra parte, la cuarta puntuación se puede elegir de $6-1$ maneras, pues debe ser distinta de las tres primeras, y la quinta se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_5)=6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)=1\,200$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_5)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{3}\cdot (6-1)\cdot (6-2)}{6^5}=1,5432\cdot 10^{-1}$$
$J_6$) Doble pareja. Podemos elegir el valor de las cuatro caras que forman las dos parejas ( de valores iguales dos a dos ) de $\binom{6}{2}$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la primera pareja y $\binom{5-2}{2}$ de elegir la puntuación de la segunda pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}$ posibilidades para formar las dos parejas. Por otra parte, la quinta puntuación se pude elegir por tanto de $6-2$ maneras. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_6)=6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)=1\,800$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_6)=\dfrac{6\cdot \binom{6}{2}\cdot \binom{5}{2}\cdot \binom{5-2}{2}\cdot (6-2)}{6^5}=2,3148\cdot 10^{-1}$$
$J_7$) Pareja. Podemos elegir el valor de las dos caras que forman la pareja de $6$ maneras distintas, y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\binom{5}{2}$ maneras de elegir los dos dados que dan la puntuación de la pareja, con lo cual, por el principio multiplicativo, tenemos $6\cdot \binom{5}{2}$ posibilidades para formar la pareja. Por otra parte, la tercera puntuación se pude elegir por tanto de $6-1$ maneras, la cuarta de $6-2$ y la quinta de $6-3$ maneras distintas. Así, que aplicando ( otra vez ) el principio multiplicativo, el número de casos favorables es $N(J_7)=6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)=3\,600$. Y, por tanto, la probabilidad pedida es $$P(J_7)=\dfrac{6\cdot \binom{5}{2}\cdot (6-1)\cdot (6-2)\cdot (6-3)}{6^5}=4,6296\cdot 10^{-1}$$
$\square$
domingo, 8 de enero de 2017
Calculando las probabilidades de las manos del Póquer
El Póquer es un juego de apuestas que, como otros de la misma índole, es muy propicio para plantear y resolver problemas de cálculo de probabilidades y de valor esperado. Éste es el interés que lleva a los matemáticos a plantear y resolver problemas relacionados con dicho juego. Se juega con una la baraja francesa, que consta de $52$ cartas con $4$ palos: Corazones ( Hearts ), Diamantes ( Tiles ), Tréboles ( Clovers ) y Picas ( Pikes ), de $13$ cartas cada uno. Las trece cartas de cada palo tienen los siguientes valores: $A$ ( As ),2,3,4,5,6,7,8,9,10,$J$ ( Jack ),$Q$ (Queen) y $K$ ( King ) . En el juego del póquer, una mano es el conjunto de cinco cartas elegidas al azar que se da a cada uno de los jugadores.
Explicaré aquí cómo se calculan las probabilidades de cada una de las diez manos que, clasificadas de mayor a menor valía, son: Escalera real ( Royal flush ), Escalera de color ( Straight flush ), Póquer ( Four of a kind o Quad), Full ( Full house ), Color ( Flush ), Escalera ( Straight ), Trío ( Three of a kind ), Doble pareja ( Two pair o Pocket ), Pareja ( One pair ), Carta alta ( High card ).
Al repartir las cinco cartas que constituyen una mano, una a una, el número de casos posibles es igual a $C_{52,5}=\binom{52}{5}=2\,598\,960$. Como el espacio muestral ( conjunto de sucesos elementales ) está formado por todos los posibles quintetos $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$, todas ellas son igualmente probables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades de cada mano de póquer ( número de casos favorables a las respectivas manos partido por el número de casos posibles ). Desde luego, la dificultad principal es el cálculo del número de casos favorables de cada una de las manos de la clasificación que hemos comentado.
$M_1$) Escalera real. Consiste en el conjunto de cartas $\{10,J,Q,K,A\}$ del mismo palo. Como hay $4$ palos, el número de casos favorables $N(M_1)$ es igual a $4$,
Así, $$P(\text{'Escalera real'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_1)}{N}=\dfrac{4}{\binom{52}{5}}\approx 1,4775 \cdot 10^{-5}$$
$M_2$) Escalera de color. Consiste en cinco cartas consecutivas del mismo palo. Hay $10$ maneras de elegir el valor de esas cinco cartas:
$A$,2,3,4,5
2,3,4,5,6
3,4,5,6,7
4,5,6,7,8
5,6,7,8,9
6,7,8,9,10
7,8,9,10,$J$
8,9,10,$J$,$Q$
9,10,$J$,$Q$,$K$
10,$J$,$Q$,$K$,$A$
Ejemplo:
y atendiendo a la elección del palo, hay $4$ posibilidades; luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $N(M_2)=10\cdot 4=40$ casos favorables a dicha mano. Por tanto $$P(\text{'Escalera de color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_2)}{N}=\dfrac{40}{\binom{52}{5}}\approx 1,5391 \cdot 10^{-5}$$
$M_3$) Póquer. Cuatro cartas iguales en valor.
Ejemplo:
Para calcular el número de casos favorables, dividiremos el razonamiento en varias etapas, aplicando finalmente el principio multiplicativo.
i) Podemos elegir el valor de las cuatro cartas de igual valor de $\binom{13}{1}$ maneras; por otra parte, hay $\binom{4}{4}$ maneras de elegir el palo de esas cuatro cartas, luego hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}$ maneras de elegir las cuatro cartas.
ii) El valor de la quinta carta no puede ser el mismo que el de las primeras cuatro cartas, así que hay $\binom{13-1}{1}$ maneras de elegir su valor. Por otra parte, su palo lo podemos elegir de $\binom{4}{1}$ maneras. Así que hay $\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esta quinta carta.
iii) Finalmente, teniendo en cuenta las dos etapas anteriores y aplicando otra vez el principio multiplicativo, deducimos que el número de casos favorables es igual a $$N(M_3)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)=624$$
Por consiguiente la probabilidad de esta mano es$$P(\text{'Póquer'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_3)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,401 \cdot 10^{-4}$$
$M_4$) Full. Tres cartes de igual valor y otras dos cartas de igual valor pero de distinto valor a las cartas del grupo de tres.
Ejemplo:
Calculemos el número de casos favorables:
i) El grupo de tres cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{3}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3}$ ordenaciones posibles del trío.
ii) El grupo de dos cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13-1}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{2}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13-1}{1} \cdot \binom{4}{2}$ ordenaciones posibles para dicho par de cartas.
iii) De los pasos anteriores, y aplicando de nuevo el principio multiplicativo, obtenemos el siguiente número de casos favorables: $$N(M_4)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{2}\right)=3744$$
Y de ello se obtiene la siguiente probabilidad $$P(\text{'Full'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_4)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 1,4406 \cdot 10^{-3}$$
$M_5$) Color. Cinco cartas del mismo palo ( no es necesario que sus valores sean consecutivos ).
Ejemplo:
Procedemos a calcular el número de casos favorables:
i) Podemos elegir los cinco valores de $\binom{13}{5}$ maneras y el palo de $\binom{4}{1}$ maneras, luego hay un total de $\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}$
ii) Tengamos en cuanta, sin embargo, que la cantidad calculada anteriormente incluye las $36$ escaleras de color. Restando pues las escalaeras de color obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_5)=\left(\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}\right)-40=5108$$
La probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_5)}{N}=\dfrac{\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}-40}{\binom{52}{5}}\approx 1,9654 \cdot 10^{-3}$$
$M_6$) Escalera. Cinco cartas de valores consecutivos ( sin atender al palo ).
Ejemplo:
Veamos cuál es el número de casos favorables:
i) Sabemos que se pueden formar $10$ escaleras atendiendo al valor de las cinco cartas
ii) Por otra parte, para cada una de dichas escaleras, como el palo puede ser en principio cualquiera de los cinco, tenemos $VR_{4,5}=4^5=1024$ posibilidades
iii) Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $10\cdot VR_{4,5}=10\,240$
iv) Ahora bien, debemos restar los $40$ casos de escaleras de color, por tanto el número de casos favorables es $$N(M_6)=10\cdot VR_{4,5}-40=10\,200$$
Luego la probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Escalera'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_6)}{N}=\dfrac{10\cdot VR_{4,5}-40}{\binom{52}{5}}\approx 3,9246 \cdot 10^{-3}$$
$M_7$) Trío. Tres cartas del mismo valor (y las otras dos de valores distintos).
Ejemplo:
Número de casos favorables:
i) Hay $\binom{13}{1}$ maneras de elegir el valor de las tres cartas ( del trío )
ii) Por cada una de las posibilidades de (i) hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir el palo
iii) Luego, de (i) y (ii), aplicando el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}$
iv) En cuanto a las otras dos cartas, hay $\binom{13-1}{2}$ posibilidades para elegir sus dos valores y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\left(\binom{4}{1}\right)^2$ para elegir el palo de cada una de las dos cartas.
v) Finalmente, de (iii) y (iv), por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de trío: $$N(M_7)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right) =54\,912$$
Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Trío'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_7)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,1128 \cdot 10^{-2}$$
$M_8$) Doble pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otro par con un mismo valor, si bien distinto al del primer par. Y la quinta carta de cualquier otro valor y palo.
Ejemplo:
Calculemos el número de casos favorables:
i) Los valores de las cartas de las dos parejas los podemos elegir de $\binom{13}{2}$ maneras y, para cada una de esas posibilidades, los palos de una y otra de $\left(\binom{4}{2}\right)^2$ maneras, luego, por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2$ posibilidades para elegir las cuatro cartas de las dos parejas
ii) El valor de la quinta carta se puede elegir de $\binom{13-2}{1}$ maneras y hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir su palo; por tanto, y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, hay $\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esa quinta carta
iii) De las dos etapas de recuento anteriores y empleando nuevamente el principio multiplicativo obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_8)=\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right) =123\,552$$
Por tanto, la probabilidad pedida es igual a Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Doble pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_8)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,7539 \cdot 10^{-2}$$
$M_9$) Pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otras tres con valores distintos.
Ejemplo:
Número de casos favorables:
i) Podemos elegir el valor de las cartas de la pareja de $\binom{13}{1}$, y los palos de esas dos cartas de $\binom{4}{2}$ maneras. Por tanto, y por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}$ posibilidades de elección de la pareja.
ii) Hay $\binom{13-1}{3}$ posibilidades de elegir los valores de las tres cartas restantes, y $\binom{4}{1}$ posibilidades de elegir el palo para cada una de las tres, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3$ maneras de elegir las tres cartas que completan el quinteto.
iii) Finalmente, de (i) y (ii) y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de Pareja: $$N(M_9)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right) =1\,098\,240$$ Luego la probabilidad pedida es igual a $$P(\text{'Pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_9)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,2257 \cdot 10^{-1}$$
$M_{10}$) Carta alta. Menos que Pareja.
Ejemplo: Decide la carta de mayor valor que, en este ejemplo, es el '9'.
Calculemos el número de casos favorables:
Ésta es la mano de menor valor, luego el número de casos que le corresponde es igual al complemento a $N=\binom{52}{5}=2\,598\,960$ de la suma de los casos favorables de las manos de mayor valor. Así,
$N(M_{10})=N-(N(M_{1})+N(M_{2})+N(M_{3})+N(M_{4})+$
$+N(M_{5})+N(M_{6})+N(M_{7})+N(M_{8})+N(M_{9})$
$=2\,598\,960-1\,296\,334$
$=1\,302\,626$
Por consiguiente, la probabilidad de esta mano que ocupa el último lugar en la clasificación es igual a $$P(\text{'Carta alta'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_{10})}{N}=\dfrac{1\,302\,626}{\binom{52}{5}}\approx 5,0121 \cdot 10^{-1}$$
$\square$
Explicaré aquí cómo se calculan las probabilidades de cada una de las diez manos que, clasificadas de mayor a menor valía, son: Escalera real ( Royal flush ), Escalera de color ( Straight flush ), Póquer ( Four of a kind o Quad), Full ( Full house ), Color ( Flush ), Escalera ( Straight ), Trío ( Three of a kind ), Doble pareja ( Two pair o Pocket ), Pareja ( One pair ), Carta alta ( High card ).
Al repartir las cinco cartas que constituyen una mano, una a una, el número de casos posibles es igual a $C_{52,5}=\binom{52}{5}=2\,598\,960$. Como el espacio muestral ( conjunto de sucesos elementales ) está formado por todos los posibles quintetos $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5]$, todas ellas son igualmente probables, por lo que podremos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades de cada mano de póquer ( número de casos favorables a las respectivas manos partido por el número de casos posibles ). Desde luego, la dificultad principal es el cálculo del número de casos favorables de cada una de las manos de la clasificación que hemos comentado.
$M_1$) Escalera real. Consiste en el conjunto de cartas $\{10,J,Q,K,A\}$ del mismo palo. Como hay $4$ palos, el número de casos favorables $N(M_1)$ es igual a $4$,
$M_2$) Escalera de color. Consiste en cinco cartas consecutivas del mismo palo. Hay $10$ maneras de elegir el valor de esas cinco cartas:
$A$,2,3,4,5
2,3,4,5,6
3,4,5,6,7
4,5,6,7,8
5,6,7,8,9
6,7,8,9,10
7,8,9,10,$J$
8,9,10,$J$,$Q$
9,10,$J$,$Q$,$K$
10,$J$,$Q$,$K$,$A$
Ejemplo:
$M_3$) Póquer. Cuatro cartas iguales en valor.
Ejemplo:
i) Podemos elegir el valor de las cuatro cartas de igual valor de $\binom{13}{1}$ maneras; por otra parte, hay $\binom{4}{4}$ maneras de elegir el palo de esas cuatro cartas, luego hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}$ maneras de elegir las cuatro cartas.
ii) El valor de la quinta carta no puede ser el mismo que el de las primeras cuatro cartas, así que hay $\binom{13-1}{1}$ maneras de elegir su valor. Por otra parte, su palo lo podemos elegir de $\binom{4}{1}$ maneras. Así que hay $\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esta quinta carta.
iii) Finalmente, teniendo en cuenta las dos etapas anteriores y aplicando otra vez el principio multiplicativo, deducimos que el número de casos favorables es igual a $$N(M_3)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)=624$$
Por consiguiente la probabilidad de esta mano es$$P(\text{'Póquer'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_3)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{4}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,401 \cdot 10^{-4}$$
$M_4$) Full. Tres cartes de igual valor y otras dos cartas de igual valor pero de distinto valor a las cartas del grupo de tres.
Ejemplo:
i) El grupo de tres cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{3}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13}{1} \cdot \binom{4}{3}$ ordenaciones posibles del trío.
ii) El grupo de dos cartas de igual valor lo podemos elegir del siguiente número de maneras. Hay $\binom{13-1}{1}$ posibilidades a la hora de escoger el valor, y $\binom{4}{2}$ posibilidades a la hora de elegir sus respectivos palos. Por el principio multiplicativo hay pues $\binom{13-1}{1} \cdot \binom{4}{2}$ ordenaciones posibles para dicho par de cartas.
iii) De los pasos anteriores, y aplicando de nuevo el principio multiplicativo, obtenemos el siguiente número de casos favorables: $$N(M_4)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{2}\right)=3744$$
Y de ello se obtiene la siguiente probabilidad $$P(\text{'Full'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_4)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot \left(\binom{13-1}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 1,4406 \cdot 10^{-3}$$
$M_5$) Color. Cinco cartas del mismo palo ( no es necesario que sus valores sean consecutivos ).
Ejemplo:
i) Podemos elegir los cinco valores de $\binom{13}{5}$ maneras y el palo de $\binom{4}{1}$ maneras, luego hay un total de $\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}$
ii) Tengamos en cuanta, sin embargo, que la cantidad calculada anteriormente incluye las $36$ escaleras de color. Restando pues las escalaeras de color obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_5)=\left(\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}\right)-40=5108$$
La probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Color'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_5)}{N}=\dfrac{\binom{13}{5}\cdot \binom{4}{1}-40}{\binom{52}{5}}\approx 1,9654 \cdot 10^{-3}$$
$M_6$) Escalera. Cinco cartas de valores consecutivos ( sin atender al palo ).
Ejemplo:
i) Sabemos que se pueden formar $10$ escaleras atendiendo al valor de las cinco cartas
ii) Por otra parte, para cada una de dichas escaleras, como el palo puede ser en principio cualquiera de los cinco, tenemos $VR_{4,5}=4^5=1024$ posibilidades
iii) Luego, por el principio multiplicativo, hay un total de $10\cdot VR_{4,5}=10\,240$
iv) Ahora bien, debemos restar los $40$ casos de escaleras de color, por tanto el número de casos favorables es $$N(M_6)=10\cdot VR_{4,5}-40=10\,200$$
Luego la probabilidad de obtener esta mano es pues $$P(\text{'Escalera'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_6)}{N}=\dfrac{10\cdot VR_{4,5}-40}{\binom{52}{5}}\approx 3,9246 \cdot 10^{-3}$$
$M_7$) Trío. Tres cartas del mismo valor (y las otras dos de valores distintos).
Ejemplo:
i) Hay $\binom{13}{1}$ maneras de elegir el valor de las tres cartas ( del trío )
ii) Por cada una de las posibilidades de (i) hay $\binom{4}{3}$ maneras de elegir el palo
iii) Luego, de (i) y (ii), aplicando el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}$
iv) En cuanto a las otras dos cartas, hay $\binom{13-1}{2}$ posibilidades para elegir sus dos valores y, por cada una de esas posibilidades, tenemos $\left(\binom{4}{1}\right)^2$ para elegir el palo de cada una de las dos cartas.
v) Finalmente, de (iii) y (iv), por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de trío: $$N(M_7)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right) =54\,912$$
Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Trío'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_7)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{3}\right)\cdot\left(\binom{13-1}{2}\cdot \left(\binom{4}{1}\right)^2 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 2,1128 \cdot 10^{-2}$$
$M_8$) Doble pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otro par con un mismo valor, si bien distinto al del primer par. Y la quinta carta de cualquier otro valor y palo.
Ejemplo:
i) Los valores de las cartas de las dos parejas los podemos elegir de $\binom{13}{2}$ maneras y, para cada una de esas posibilidades, los palos de una y otra de $\left(\binom{4}{2}\right)^2$ maneras, luego, por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2$ posibilidades para elegir las cuatro cartas de las dos parejas
ii) El valor de la quinta carta se puede elegir de $\binom{13-2}{1}$ maneras y hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir su palo; por tanto, y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, hay $\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}$ maneras de elegir esa quinta carta
iii) De las dos etapas de recuento anteriores y empleando nuevamente el principio multiplicativo obtenemos que el número de casos favorables es $$N(M_8)=\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right) =123\,552$$
Por tanto, la probabilidad pedida es igual a Así pues, la probabilidad de obtener esta mano es $$P(\text{'Doble pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_8)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{2}\cdot \left(\binom{4}{2}\right)^2\right)\cdot \left(\binom{13-2}{1}\cdot \binom{4}{1}\right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,7539 \cdot 10^{-2}$$
$M_9$) Pareja. Un par de cartas con el mismo valor y otras tres con valores distintos.
Ejemplo:
i) Podemos elegir el valor de las cartas de la pareja de $\binom{13}{1}$, y los palos de esas dos cartas de $\binom{4}{2}$ maneras. Por tanto, y por el principio multiplicativo, hay $\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}$ posibilidades de elección de la pareja.
ii) Hay $\binom{13-1}{3}$ posibilidades de elegir los valores de las tres cartas restantes, y $\binom{4}{1}$ posibilidades de elegir el palo para cada una de las tres, luego por el principio multiplicativo, tenemos $\binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3$ maneras de elegir las tres cartas que completan el quinteto.
iii) Finalmente, de (i) y (ii) y ( otra vez ) por el principio multiplicativo, llegamos al número de casos favorables para la mano de Pareja: $$N(M_9)=\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right) =1\,098\,240$$ Luego la probabilidad pedida es igual a $$P(\text{'Pareja'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_9)}{N}=\dfrac{\left(\binom{13}{1}\cdot \binom{4}{2}\right)\cdot \left( \binom{13-1}{3} \cdot \left( \binom{4}{1}\right)^3 \right)}{\binom{52}{5}}\approx 4,2257 \cdot 10^{-1}$$
$M_{10}$) Carta alta. Menos que Pareja.
Ejemplo: Decide la carta de mayor valor que, en este ejemplo, es el '9'.
Ésta es la mano de menor valor, luego el número de casos que le corresponde es igual al complemento a $N=\binom{52}{5}=2\,598\,960$ de la suma de los casos favorables de las manos de mayor valor. Así,
$N(M_{10})=N-(N(M_{1})+N(M_{2})+N(M_{3})+N(M_{4})+$
$+N(M_{5})+N(M_{6})+N(M_{7})+N(M_{8})+N(M_{9})$
$=2\,598\,960-1\,296\,334$
$=1\,302\,626$
Por consiguiente, la probabilidad de esta mano que ocupa el último lugar en la clasificación es igual a $$P(\text{'Carta alta'})\overset{Laplace}{=}\dfrac{N(M_{10})}{N}=\dfrac{1\,302\,626}{\binom{52}{5}}\approx 5,0121 \cdot 10^{-1}$$
$\square$
Suscribirse a:
Entradas (Atom)