ENUNCIADO. Se ha diseñado un circuito electrónico que enciende al azar dos LED, uno rojo y otro azul, de manera aleatoria. En un intervalo de tiempo lo suficientemente largo, se ha contabilizado la duración de tiempo en que ambos LED han estado encendidos: un $4\,\%$ el LED rojo, un $6\,\%$ el LED azul, y un $1\,\%$ los dos a la vez. Sin mirar los LED, nos preguntamos por la probabilidad de que en un cierto instante de tiempo:
a) Esté encendido algún LED
b) No esté encendido ningún LED
c) Se encienda el LED rojo, estando informados de que está encendido el LED azul
d) Se encienda el LED azul, estando informados de que está encendido el LED rojo
e) ¿ Es independiente el encendido de un LED con respecto al del otro ?
SOLUCIÓN. Denotemos por $A$ al suceso "encederse el LED azul" y por $R$ al suceso "encenderse el LED rojo.
a) Por la fórmula de inclusión-exclusión $$P(A \cup R ) = P(A)+P(R)-P(A\cap R)$$ y, con los datos, llegamos a $$P(A \cup R ) = 0,04+0,06-0,01=0,09=9\,\%$$
b) P("no esté encendido ningún LED")=1-P("esté encendido almenos uno")=
$=1-P(A \cap R)=1-0,09=0,91 = 91 \,\%$
c) $P(R|A)=\dfrac{P(R \cap A}{P(A)}=\dfrac{0,01}{0,04}=\dfrac{1}{4}=25\,\% $
d) $P(A|R)=\dfrac{P(A \cap R}{P(R)}=\dfrac{0,01}{0,06}=\dfrac{1}{6}\approx 17\,\%$
e) Como $P(A|R)=\dfrac{1}{6}\neq P(A)=\dfrac{6}{100}$ y $P(R|A)=\dfrac{1}{4}\neq P(R)=\dfrac{4}{100}$, los sucesos $A$ y $R$ no son independientes.
$\square$
lunes, 27 de mayo de 2019
martes, 14 de mayo de 2019
Acerca de la noción de dependencia de sucesos. Teoremas de la Probabilidad Total y de Bayes.
Para introducir el concepto de sucesos condicionados y estos dos importantes teoremas ( t. de la Probabilidad Total y t. de Bayes ) nos centraremos en un problema sencillo, tal como éste:
Consideremos una bolsa que contiene $7$ bolas, todas del mismo tamaño, textura y peso; sin embargo $3$ de ellas son blancas y $4$ son negras; y, por otra parte, sabemos que algunas de las bolas están hechas de plástico: concretamente, $2$ de las bolas blancas y $1$ de las bolas negras. Extraemos una bola al azar. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que esté hecha de plástico ?
b) Supongamos ahora que alguien nos ha informado de que la bola extraída ha resultado ser de plástico, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca/negra ?
SOLUCIÓN.
a) Hay una forma muy sencilla de responder a esta primera pregunta: como hay un total de $3$ bolas de plástico y $7$ bolas en total, por aplicación directa de la regla de Laplace, concluimos sin ninguna dificultad que la probabilidad de que la bola extraída sea de plástico es $\dfrac{3}{7}$.
Sin embargo, la respuesta a la pregunta del segundo apartado ya no es tan evidente. Para poder contestar a esta segunda pregunta, necesitamos rastrear un poco en el meollo del asunto; lo cual nos brindará un buen escenario para reflexionar sobre el importante concepto de probabilidad condicionada.
Enunciaremos y justificaremos también dos importantes resultados, muy útiles para resolver otros problemas más complicados: el Teorema de la Probabilidad Total ( que nos servirá para encontrar el resultado del primer apartado, desde otra persepectiva ) y el Teorema de Bayes.
Para mayor detalle, véanse invito al lector a que después de leer lo que sigue, lea también las observaciones y las notas que he añadido al final del artículo, que reinciden en todo lo que vamos a decir al hilo de las preguntas del problema.
Vamos a ello. Denotemos por $B$ al sucesor "extraer bola blanca"; por $N$, a "extraer bola negra"; y, por $\mathcal{P}$, al suceso "extraer una bola hecha de plástico"
Teniendo en cuenta que $$\mathcal{P}=(\mathcal{P}\cap B) \cup (\mathcal{P}\cap N)$$
podemos escribir $$P(\mathcal{P})=P\left((\mathcal{P}\cap B) \cup (\mathcal{P}\cap N)\right)$$ Y como los sucesos $\mathcal{P}\cap B$ y $\mathcal{P}\cap N$ son incompatibles ( disjuntos ), por el tercer axioma sabemos que $$P(\mathcal{P})=P(\mathcal{P}\cap B) + P(\mathcal{P}\cap N)$$ Ahora bien, la probabilidad de obtener una bola que sea de plástico y blanca es igual al producto de la probabilidad de que, sabiendo que sea blanca, dicha bola sea de plástico -- que denotaremos por $P(\mathcal{P}|B)$ ( probabilidad condicionada ) -- y la probabilidad de que sea blanca, esto es: $$P(\mathcal{P}\cap B)=P(\mathcal{P}|B)\,P(B)$$ y la probabilidad de obtener una bola que sea de plástico y negra es igual al producto de la probabilidad de que, sabiendo que sea negra, dicha bola sea de plástico -- que denotaremos por $P(\mathcal{P}|N)$ ( probabilidad condicionada ) -- y la probabilidad de que sea negra, esto es: $$P(\mathcal{P}\cap N)=P(\mathcal{P}|B)\,P(N)$$ Por todo ello puede escribirse lo siguiente $$P(\mathcal{P})=P(\mathcal{P}|B)\,P(B)+P(\mathcal{P}|N)\,P(N)$$
Y teniendo en cuenta que, según el enunciado, y por la regla de Laplace: $P(B)=\dfrac{3}{7}$, $P(N)=\dfrac{4}{7}$, $P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{2}{3}$ y $P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{1}{4}$, encontramos que, como cabría esperar, $$P(\mathcal{P})=\dfrac{3}{7}\cdot \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{1}{7}=\dfrac{3}{7}$$
El siguiente diagrama de árbol resume lo que se ha hecho:
b) Se nos pide ahora que calculemos la siguiente probabilidad $P(B|\mathcal{P})$, siendo ahora $\mathcal{P}$, el suceso condicionador. Partiremos de la siguiente igualdad, que resulta evidente al ser la intersección una operación conmutativa: $$P(\mathcal{P} \cap B) = P(B \cap \mathcal{P})$$ Por lo que se ha dicho anteriormente, el primer miembro es igual a $P(\mathcal{P}|B)\,P(B)$ y el segundo miembro es igual a $P(B|\mathcal{P})\,P(\mathcal{P}$, así que ambas cantidades han de ser iguales: $$P(\mathcal{P}|B)\,P(B)=P(B|\mathcal{P})\,P(\mathcal{P}$$ y, despejando $P(B|\mathcal{P})$, encontramos $$P(B|\mathcal{P})=\dfrac{P(\mathcal{P}|B)\,P(B)}{P(\mathcal{P}}$$ que es lo que afirma el teorema de Bayes. Y con los datos del problema, $$P(B|\mathcal{P})=\dfrac{(3/7)\cdot (2/3)}{3/7}=\dfrac{2}{3}$$ De manera análoga $$P(N|\mathcal{P})=\dfrac{P(\mathcal{P}|N)\,P(N)}{P(\mathcal{P}}$$ que, con los datos del problema, $$P(N|\mathcal{P})=\dfrac{(4/7)\cdot (1/4)}{3/7}=\dfrac{1}{3}$$
-oOo- Observación ( Una reflexión acerca de la noción de independencia de sucesos y de la definición de probabilidad condicionada ): Notemos que si todas las bolas fuesen de plástico, la pareja de sucesos $\mathcal{P}$ y $B$ serían independientes, y por tanto, $P(\mathcal{P}|B)=P(\mathcal{P})$. Y lo mismo sucedería con la pareja de sucesos $\mathcal{P}$ y $N$, también serían independientes, y por tanto $P(\mathcal{P}|N)=P(\mathcal{P})$.
Si $\mathcal{P}$ y $B$ no son independientes, tendremos que $P(\mathcal{P}\cap B)\neq P(\mathcal{P})$; y, lo mismo, con respecto a $\mathcal{P}$ y $B$, si no son independientes: $P(\mathcal{P}\cap N)\neq P(\mathcal{P})$
Deduciremos una expresión de $P(\mathcal{P}\cap B)$ y de $P(\mathcal{P}\cap N)$ a partir de lo que se ha dicho en el desarrollo del primer apartado, que viene a ser una definición natural de probabilidad condicionada ( por la información que tenemos de haber sacado bola blanca ): $$P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{P(\mathcal{P}\cap B)}{P(B)}$$ y, respectivamente, $$P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{P(\mathcal{P}\cap N)}{P(N)}$$, contando con la información de haber extraído una bola negra.
Nota ( Otra manera de justificar la definición de probabilidad condicionada )
Consideremos los sucesos $\mathcal{P}$ y $B$. En buena lógica podemos postular que $P(\mathcal{P}|B)$ ha de ser proporcional a $P(\mathcal{P} \cap B)$, sea cual sea el suceso $B$, que estará incluido en el espacio muestral $\Omega$ asociado a la experiencia aleatoria $\mathcal{E}$ "extraer una bola de la bolsa". Entonces, existirá una constante ( de proporcionalidad) $k$, de tal manera que $$P(\mathcal{P}|B)=k\,P(\mathcal{P} \cap B)$$ Para determinar dicha constante $k$, supongamos ahora, que sin pérdida de generalidad, $\mathcal{P}:=\Omega$; con lo cual deberá cumplirse que $$P(\Omega|B)=k\,P(\Omega \cap B)$$ Ahora bien, como $B$ está incluído en $\Omega$, $P(\Omega|B)=P(\Omega)=1$ ( que es el suceso seguro ); y, por otra parte, y por la misma razón, $\Omega \cap B = B$, luego $P(\Omega \cap B)=P(B)$. En consecuencia, $$1=k\,P(B) \Rightarrow k = \dfrac{1}{P(B)}$$ por lo cual justificamos así la definición de probabilidad condicionada que hemos dado $$P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{P(\mathcal{P} \cap B)}{P(B)}$$ Y, por supuesto, también podemos decir ( aplicándolo al caso que nos ocupa ) que $$P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{P(\mathcal{P} \cap B)}{P(N)}$$
-oOo- A continuación, y para terminar, una manera más de resolver el problema, empleando una tabla de contingencia:
Consideremos una bolsa que contiene $7$ bolas, todas del mismo tamaño, textura y peso; sin embargo $3$ de ellas son blancas y $4$ son negras; y, por otra parte, sabemos que algunas de las bolas están hechas de plástico: concretamente, $2$ de las bolas blancas y $1$ de las bolas negras. Extraemos una bola al azar. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que esté hecha de plástico ?
b) Supongamos ahora que alguien nos ha informado de que la bola extraída ha resultado ser de plástico, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca/negra ?
SOLUCIÓN.
a) Hay una forma muy sencilla de responder a esta primera pregunta: como hay un total de $3$ bolas de plástico y $7$ bolas en total, por aplicación directa de la regla de Laplace, concluimos sin ninguna dificultad que la probabilidad de que la bola extraída sea de plástico es $\dfrac{3}{7}$.
Sin embargo, la respuesta a la pregunta del segundo apartado ya no es tan evidente. Para poder contestar a esta segunda pregunta, necesitamos rastrear un poco en el meollo del asunto; lo cual nos brindará un buen escenario para reflexionar sobre el importante concepto de probabilidad condicionada.
Enunciaremos y justificaremos también dos importantes resultados, muy útiles para resolver otros problemas más complicados: el Teorema de la Probabilidad Total ( que nos servirá para encontrar el resultado del primer apartado, desde otra persepectiva ) y el Teorema de Bayes.
Para mayor detalle, véanse invito al lector a que después de leer lo que sigue, lea también las observaciones y las notas que he añadido al final del artículo, que reinciden en todo lo que vamos a decir al hilo de las preguntas del problema.
Vamos a ello. Denotemos por $B$ al sucesor "extraer bola blanca"; por $N$, a "extraer bola negra"; y, por $\mathcal{P}$, al suceso "extraer una bola hecha de plástico"
Teniendo en cuenta que $$\mathcal{P}=(\mathcal{P}\cap B) \cup (\mathcal{P}\cap N)$$
podemos escribir $$P(\mathcal{P})=P\left((\mathcal{P}\cap B) \cup (\mathcal{P}\cap N)\right)$$ Y como los sucesos $\mathcal{P}\cap B$ y $\mathcal{P}\cap N$ son incompatibles ( disjuntos ), por el tercer axioma sabemos que $$P(\mathcal{P})=P(\mathcal{P}\cap B) + P(\mathcal{P}\cap N)$$ Ahora bien, la probabilidad de obtener una bola que sea de plástico y blanca es igual al producto de la probabilidad de que, sabiendo que sea blanca, dicha bola sea de plástico -- que denotaremos por $P(\mathcal{P}|B)$ ( probabilidad condicionada ) -- y la probabilidad de que sea blanca, esto es: $$P(\mathcal{P}\cap B)=P(\mathcal{P}|B)\,P(B)$$ y la probabilidad de obtener una bola que sea de plástico y negra es igual al producto de la probabilidad de que, sabiendo que sea negra, dicha bola sea de plástico -- que denotaremos por $P(\mathcal{P}|N)$ ( probabilidad condicionada ) -- y la probabilidad de que sea negra, esto es: $$P(\mathcal{P}\cap N)=P(\mathcal{P}|B)\,P(N)$$ Por todo ello puede escribirse lo siguiente $$P(\mathcal{P})=P(\mathcal{P}|B)\,P(B)+P(\mathcal{P}|N)\,P(N)$$
Y teniendo en cuenta que, según el enunciado, y por la regla de Laplace: $P(B)=\dfrac{3}{7}$, $P(N)=\dfrac{4}{7}$, $P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{2}{3}$ y $P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{1}{4}$, encontramos que, como cabría esperar, $$P(\mathcal{P})=\dfrac{3}{7}\cdot \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{1}{7}=\dfrac{3}{7}$$
El siguiente diagrama de árbol resume lo que se ha hecho:
b) Se nos pide ahora que calculemos la siguiente probabilidad $P(B|\mathcal{P})$, siendo ahora $\mathcal{P}$, el suceso condicionador. Partiremos de la siguiente igualdad, que resulta evidente al ser la intersección una operación conmutativa: $$P(\mathcal{P} \cap B) = P(B \cap \mathcal{P})$$ Por lo que se ha dicho anteriormente, el primer miembro es igual a $P(\mathcal{P}|B)\,P(B)$ y el segundo miembro es igual a $P(B|\mathcal{P})\,P(\mathcal{P}$, así que ambas cantidades han de ser iguales: $$P(\mathcal{P}|B)\,P(B)=P(B|\mathcal{P})\,P(\mathcal{P}$$ y, despejando $P(B|\mathcal{P})$, encontramos $$P(B|\mathcal{P})=\dfrac{P(\mathcal{P}|B)\,P(B)}{P(\mathcal{P}}$$ que es lo que afirma el teorema de Bayes. Y con los datos del problema, $$P(B|\mathcal{P})=\dfrac{(3/7)\cdot (2/3)}{3/7}=\dfrac{2}{3}$$ De manera análoga $$P(N|\mathcal{P})=\dfrac{P(\mathcal{P}|N)\,P(N)}{P(\mathcal{P}}$$ que, con los datos del problema, $$P(N|\mathcal{P})=\dfrac{(4/7)\cdot (1/4)}{3/7}=\dfrac{1}{3}$$
Si $\mathcal{P}$ y $B$ no son independientes, tendremos que $P(\mathcal{P}\cap B)\neq P(\mathcal{P})$; y, lo mismo, con respecto a $\mathcal{P}$ y $B$, si no son independientes: $P(\mathcal{P}\cap N)\neq P(\mathcal{P})$
Deduciremos una expresión de $P(\mathcal{P}\cap B)$ y de $P(\mathcal{P}\cap N)$ a partir de lo que se ha dicho en el desarrollo del primer apartado, que viene a ser una definición natural de probabilidad condicionada ( por la información que tenemos de haber sacado bola blanca ): $$P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{P(\mathcal{P}\cap B)}{P(B)}$$ y, respectivamente, $$P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{P(\mathcal{P}\cap N)}{P(N)}$$, contando con la información de haber extraído una bola negra.
Nota ( Otra manera de justificar la definición de probabilidad condicionada )
Consideremos los sucesos $\mathcal{P}$ y $B$. En buena lógica podemos postular que $P(\mathcal{P}|B)$ ha de ser proporcional a $P(\mathcal{P} \cap B)$, sea cual sea el suceso $B$, que estará incluido en el espacio muestral $\Omega$ asociado a la experiencia aleatoria $\mathcal{E}$ "extraer una bola de la bolsa". Entonces, existirá una constante ( de proporcionalidad) $k$, de tal manera que $$P(\mathcal{P}|B)=k\,P(\mathcal{P} \cap B)$$ Para determinar dicha constante $k$, supongamos ahora, que sin pérdida de generalidad, $\mathcal{P}:=\Omega$; con lo cual deberá cumplirse que $$P(\Omega|B)=k\,P(\Omega \cap B)$$ Ahora bien, como $B$ está incluído en $\Omega$, $P(\Omega|B)=P(\Omega)=1$ ( que es el suceso seguro ); y, por otra parte, y por la misma razón, $\Omega \cap B = B$, luego $P(\Omega \cap B)=P(B)$. En consecuencia, $$1=k\,P(B) \Rightarrow k = \dfrac{1}{P(B)}$$ por lo cual justificamos así la definición de probabilidad condicionada que hemos dado $$P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{P(\mathcal{P} \cap B)}{P(B)}$$ Y, por supuesto, también podemos decir ( aplicándolo al caso que nos ocupa ) que $$P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{P(\mathcal{P} \cap B)}{P(N)}$$
jueves, 9 de mayo de 2019
Distribución de un conjunto de lápices de colores entre un conjunto de personas
ENUNCIADO. De cuántas maneras podemos distribuir $5$ lápices ( de distintos colores ) entre $4$ personas
SOLUCIÓN. Denotemos por $P_1,P_2,P_3$ y $P_4$, cada una de las personas entre las que queremos distribuir los lápices $L_1,L_2,L_3,L_4$ y $L_5$. Ello es equivalente a formar "palabras" del tipo:
$\begin{matrix}\ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4& \ell_5 \\P_1 & P_1 & P_2 & P_4 & P_3\end{matrix}$
cuyo significado es: asignar los lápice $L_1$ y $L_2$ a $P_1$; el lápiz $L_3$ a $P_2$; el lápiz $L_4$ a $P_3$, y el lápiz $L_5$ a $P_4$
$\begin{matrix}\ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4& \ell_5 \\P_1 & P_1 & P_1 & P_1 & P_4\end{matrix}$
con el siguiente significado: asignar los lápices $L_1$, $L_2$, $L_3$ y $L_4$ a $P_1$, el lápiz $L_5$ a $P_4$ y ningún lápiz ni a $P_2$ ni a $P_3$
... etcétera
Reflexionando sobre ésto, es evidente que importa el orden de asignación (de persona a cada lápiz), luego se trata de un problema de variaciones. Y, al poder repetir la asignación de una misma persona a varios lápices ( dicha persona se queda con tales lápices ), se trata de variaciones con repetición.
Concretamente, tenemos $4$ posibilidades a la hora de elegir la persona que asignaremos al lápiz $L_1$; $4$ posibilidades para asignar una persona al lápiz $L_2$; las mismas para hacer la asignación de persona al lápiz $L_3$, y otras tantas para las asignaciones de persona a los lápices $L_4$ y $L_5$. Por consiguiente, aplicando el principio de independencia de elecciones ( p. multiplicativo ), resulta que el número de maneras de distribuir los lápices es $4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 = 4^5$, esto es $VR_{4,5}=4^5=1024$.
NOTA ( Generalización a un número genérico de lápices, $\ell$, y de personas $p$):
$\text{VR}_{p,\ell}=p^{\ell}$ maneras de efectuar la distribución de los $\ell$ lápices entre las $p$ personas.
$\square$
SOLUCIÓN. Denotemos por $P_1,P_2,P_3$ y $P_4$, cada una de las personas entre las que queremos distribuir los lápices $L_1,L_2,L_3,L_4$ y $L_5$. Ello es equivalente a formar "palabras" del tipo:
$\begin{matrix}\ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4& \ell_5 \\P_1 & P_1 & P_2 & P_4 & P_3\end{matrix}$
cuyo significado es: asignar los lápice $L_1$ y $L_2$ a $P_1$; el lápiz $L_3$ a $P_2$; el lápiz $L_4$ a $P_3$, y el lápiz $L_5$ a $P_4$
$\begin{matrix}\ell_1 & \ell_2 & \ell_3 & \ell_4& \ell_5 \\P_1 & P_1 & P_1 & P_1 & P_4\end{matrix}$
con el siguiente significado: asignar los lápices $L_1$, $L_2$, $L_3$ y $L_4$ a $P_1$, el lápiz $L_5$ a $P_4$ y ningún lápiz ni a $P_2$ ni a $P_3$
... etcétera
Reflexionando sobre ésto, es evidente que importa el orden de asignación (de persona a cada lápiz), luego se trata de un problema de variaciones. Y, al poder repetir la asignación de una misma persona a varios lápices ( dicha persona se queda con tales lápices ), se trata de variaciones con repetición.
Concretamente, tenemos $4$ posibilidades a la hora de elegir la persona que asignaremos al lápiz $L_1$; $4$ posibilidades para asignar una persona al lápiz $L_2$; las mismas para hacer la asignación de persona al lápiz $L_3$, y otras tantas para las asignaciones de persona a los lápices $L_4$ y $L_5$. Por consiguiente, aplicando el principio de independencia de elecciones ( p. multiplicativo ), resulta que el número de maneras de distribuir los lápices es $4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 \cdot 4 = 4^5$, esto es $VR_{4,5}=4^5=1024$.
NOTA ( Generalización a un número genérico de lápices, $\ell$, y de personas $p$):
$\text{VR}_{p,\ell}=p^{\ell}$ maneras de efectuar la distribución de los $\ell$ lápices entre las $p$ personas.
$\square$
El problema del camarero. Combinaciones con repetición.
ENUNCIADO. Cinco amigos se reúnen en una terraza de un bar. Cada uno pide una bebida. El camarero, habiéndoles preguntado qué quieren tomar, ya en la barra para llenar la bandeja recuerda que han le han podido pedir cafés, cervezas y tónicas ( 3 tipos de bebidas ); sin embargo, ha olvidado cuántas personas han pedido café, cuántas han pedido cervezas y cuántas han pedido tónicas. ¿ De cuántas maneras pueden haberle hecho el pedido ?.
SOLUCIÓN. Podemos pensar la situación de modo que a cada tipo de bebida se le asignen personas del grupo de amigos; por consiguiente, no importa el orden de asignación, puesto que al camarero sólo le importa cuántos tipos de bebidas le han pedido; además, es evidente que varias personas pueden pedir el mismo tipo de bebida, luego el problema es de combinaciones con repetición.
Veamos una manera de plantearlo adecuada que nos ayude a pensar los cálculos de forma clara. Para ello, supongamos que distribuimos 5 símbolos iguales ( pongamos que cruces, que representan las personas ) en un conjunto de 3 compartimentos adyacentes ( los 3 tipos de bebia ), luego necesitaremos 3-1=2 símbolos para separar un compartimento de otro.
De esta manera, los posibles pedidos se codificarán de la manera siguiente:
La primera significa que el pedido consta de 3 cafés, 1 cerveza y 1 tónica; la segunda, de 1 café, 3 cervezas y 1 tónica; la cuarta, de cinco cafés, etcétera
Por consiguiente, el problema queda reducido al de permutar entre sí $5$ cruces (x) y $3-1=2$ barras separadoras (|), luego el número de posibilidades es: $$\dfrac{(5+(3-1))!}{5!\cdot (3-1)!}=\dfrac{7!}{5!\cdot 2!}=\dfrac{7\cdot 6 \cdot 5!}{2! \cdot 5!} = \dfrac{42}{2}=21$$
La solución del problema puede generalizarse fácilmente al de $n$ personas que, en conjunto, han pedido hasta $k$ tipos de bebidas ( donde no necesariamente $n$ tenga que ser mayor o igual que $k$, y, recordemos que piden una cada uno ): $$\dfrac{(m+(n-1))!}{m!\cdot (n-1)!}$$
En los libros suele utilizarse la siguiente notación: $$\text{CR}_{k,n}=\binom{n+k-1}{k-1}=\binom{n+k-1}{n}$$ y representa la solución del problema genérico de repartir $n$ bolas idénticas en $k$ urnas, que es un caso concreto de un problema de combinaciones con repetición de $n$ objetos elegidos en $k$ clases, lo cual también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right)$.
$\square$
SOLUCIÓN. Podemos pensar la situación de modo que a cada tipo de bebida se le asignen personas del grupo de amigos; por consiguiente, no importa el orden de asignación, puesto que al camarero sólo le importa cuántos tipos de bebidas le han pedido; además, es evidente que varias personas pueden pedir el mismo tipo de bebida, luego el problema es de combinaciones con repetición.
Veamos una manera de plantearlo adecuada que nos ayude a pensar los cálculos de forma clara. Para ello, supongamos que distribuimos 5 símbolos iguales ( pongamos que cruces, que representan las personas ) en un conjunto de 3 compartimentos adyacentes ( los 3 tipos de bebia ), luego necesitaremos 3-1=2 símbolos para separar un compartimento de otro.
De esta manera, los posibles pedidos se codificarán de la manera siguiente:
café | cerveza | tónica =============================== xxx | x | x ------------------------------- x | xxx | x ------------------------------- xx | xx | x ------------------------------- xxxxx | | ------------------------------- ...
La primera significa que el pedido consta de 3 cafés, 1 cerveza y 1 tónica; la segunda, de 1 café, 3 cervezas y 1 tónica; la cuarta, de cinco cafés, etcétera
Por consiguiente, el problema queda reducido al de permutar entre sí $5$ cruces (x) y $3-1=2$ barras separadoras (|), luego el número de posibilidades es: $$\dfrac{(5+(3-1))!}{5!\cdot (3-1)!}=\dfrac{7!}{5!\cdot 2!}=\dfrac{7\cdot 6 \cdot 5!}{2! \cdot 5!} = \dfrac{42}{2}=21$$
La solución del problema puede generalizarse fácilmente al de $n$ personas que, en conjunto, han pedido hasta $k$ tipos de bebidas ( donde no necesariamente $n$ tenga que ser mayor o igual que $k$, y, recordemos que piden una cada uno ): $$\dfrac{(m+(n-1))!}{m!\cdot (n-1)!}$$
En los libros suele utilizarse la siguiente notación: $$\text{CR}_{k,n}=\binom{n+k-1}{k-1}=\binom{n+k-1}{n}$$ y representa la solución del problema genérico de repartir $n$ bolas idénticas en $k$ urnas, que es un caso concreto de un problema de combinaciones con repetición de $n$ objetos elegidos en $k$ clases, lo cual también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{k}{n}\right)$.
$\square$
sábado, 4 de mayo de 2019
Cálculo de probabilidades. Probabilidad de tener una mano formada por 2 reyes y 3 ases
ENUNCIADO. El crupier reparte cinco cartas a cada jugador, ¿ cuál es la probabilidad de que a un jugador le dé 2 reyes y 3 ases ?
SOLUCIÓN. La baraja española completa está formada por $48$ cartas ( $4$ palos de $12$ cartas cada uno; habiendo en cada palo $1$ as y $1$ rey ), entonces el número de casos posibles ( número de manos que se pueden repartir es $\binom{48}{5}$; por otra parte, el número de casos favorables a la mano referida es $\binom{4}{2}\cdot \binom{4}{3}$. Así, por la regla de Laplace, la probabilidad pedida es igual a $\dfrac{\binom{4}{2}\cdot \binom{4}{3}}{\binom{48}{5}}=\dfrac{1}{71\,346}\approx 0,00001$, una probabilidad ciertamente muy baja.
$\square$
SOLUCIÓN. La baraja española completa está formada por $48$ cartas ( $4$ palos de $12$ cartas cada uno; habiendo en cada palo $1$ as y $1$ rey ), entonces el número de casos posibles ( número de manos que se pueden repartir es $\binom{48}{5}$; por otra parte, el número de casos favorables a la mano referida es $\binom{4}{2}\cdot \binom{4}{3}$. Así, por la regla de Laplace, la probabilidad pedida es igual a $\dfrac{\binom{4}{2}\cdot \binom{4}{3}}{\binom{48}{5}}=\dfrac{1}{71\,346}\approx 0,00001$, una probabilidad ciertamente muy baja.
$\square$
Cálculo de probabilidades. ( Una zona de aparcamiento tiene una entrada y cuatro salidas. Tres coches entran ... )
ENUNCIADO. Una zona de aparcamiento tiene una entrada y cuatro salidas. Tres coches entran en el párquing. ¿ Cuál es la probabilidad de que los cuatro salgan por la misma salida ?
SOLUCIÓN. Este problema es análogo al de ordenar tres objetos distintos ( los coches ) en cuatro lugares ( las salidas ), teniendo en consideración el orden en el que los colocamos; así pues, es un problema de variaciones. El número de casos favorables es $4$ ( cualesquiera de las cuatro salidas ) y el número de casos posibles es $\text{VR}_{4,3}=4^3=64$. Entonces, por la regla de Laplace ( los sucesos del espacio muestral que concebimos son equiprobables ), vemos que la probabilidad pedida es $\dfrac{4}{64}$, esto es, $\dfrac{1}{16}$
$\square$
SOLUCIÓN. Este problema es análogo al de ordenar tres objetos distintos ( los coches ) en cuatro lugares ( las salidas ), teniendo en consideración el orden en el que los colocamos; así pues, es un problema de variaciones. El número de casos favorables es $4$ ( cualesquiera de las cuatro salidas ) y el número de casos posibles es $\text{VR}_{4,3}=4^3=64$. Entonces, por la regla de Laplace ( los sucesos del espacio muestral que concebimos son equiprobables ), vemos que la probabilidad pedida es $\dfrac{4}{64}$, esto es, $\dfrac{1}{16}$
$\square$
martes, 30 de abril de 2019
Ejercicios de combinatoria. Banderas con franjas de colores.
ENUNCIADO. Se consideran $3$ colores distintos para pintar banderas de tres franjas verticales. ¿ Cuántas banderas podemos formar de manera que éstas no tengan dos franjas juntas del mismo color ?
SOLUCIÓN.
Planteamiento 1
El número de maneras de elegir color para la primera franja ( empezando por la izquierda ) es $3$; para la segunda es $2$, ya que no podemos repetir el color empleado para la primera franja; y, para la tercera, sí podemos utilizar el mismo color que en la primera, además del tercer color que queda por elegir, luego caben $2$ posibilidades. Entonces, por el principio multiplicativo, el número de baderas de tres franjas que son posibles con la condiciones requeridas es $3\cdot 2 \cdot 2 =12$
Planteamiento 2
El número de banderas que podemos formar sin restricción alguna con los tres colores es $3\cdot 3 \cdot 3 = 3^3$, pues hay tres posibles elecciones de color para cada una de las tres franjas.
Tengamos en cuenta ahora la restricción del enunciado. Podemos elegir el color de las dos franjas juntas que tienen el mismo color de $3$ maneras distintas, con lo cual la tercera franja deberemos pintarla con otro de los $3-1=2$ colores restantes; y, además, hay que tener también en cuenta la posibilidad de permutar la posición del grupo formado por las dos franjas del mismo color con la tercera franja (de color distinto al del grupo de las dos franjas juntas ), esto es, de $2$ maneras distintas. Así, por el principio multiplicativo, obtenemos $(3\cdot 2)\cdot 2 = 2^2\cdot 3$ banderas con dos franjas juntas de un mismo color y una tercer franja de distinto color. Sin embargo, es necesario tener en cuenta también, las banderas con las tres franjas del mismo color, que son $3$ ( una para cada elección del color de la bandera monocolor ). Por tanto, hay que descartar del total las $2^2\cdot 3+3$ banderas que incumplen la condición.
Así pues, el número de banderas que no tienen dos franjas juntas del mismo color es $$3^3-(2^2\cdot 3 + 3)=12$$
-oOo-
OBSERVACIÓN. Se ha seguido un proceso constructivo, paso a paso, para llegar a la solución, evitando el uso de fórmulas; sin embargo, el lector puede reflexionar un poco para entender que, de una manera más formal, podemos expresar la solución de la siguiente manera $$\text{VR}_{3,3}-(\text{VR}_{3-1,3-1}\cdot \text{V}_{3,1} + \text{V}_{3,1} )$$
$\square$
SOLUCIÓN.
Planteamiento 1
El número de maneras de elegir color para la primera franja ( empezando por la izquierda ) es $3$; para la segunda es $2$, ya que no podemos repetir el color empleado para la primera franja; y, para la tercera, sí podemos utilizar el mismo color que en la primera, además del tercer color que queda por elegir, luego caben $2$ posibilidades. Entonces, por el principio multiplicativo, el número de baderas de tres franjas que son posibles con la condiciones requeridas es $3\cdot 2 \cdot 2 =12$
Planteamiento 2
El número de banderas que podemos formar sin restricción alguna con los tres colores es $3\cdot 3 \cdot 3 = 3^3$, pues hay tres posibles elecciones de color para cada una de las tres franjas.
Tengamos en cuenta ahora la restricción del enunciado. Podemos elegir el color de las dos franjas juntas que tienen el mismo color de $3$ maneras distintas, con lo cual la tercera franja deberemos pintarla con otro de los $3-1=2$ colores restantes; y, además, hay que tener también en cuenta la posibilidad de permutar la posición del grupo formado por las dos franjas del mismo color con la tercera franja (de color distinto al del grupo de las dos franjas juntas ), esto es, de $2$ maneras distintas. Así, por el principio multiplicativo, obtenemos $(3\cdot 2)\cdot 2 = 2^2\cdot 3$ banderas con dos franjas juntas de un mismo color y una tercer franja de distinto color. Sin embargo, es necesario tener en cuenta también, las banderas con las tres franjas del mismo color, que son $3$ ( una para cada elección del color de la bandera monocolor ). Por tanto, hay que descartar del total las $2^2\cdot 3+3$ banderas que incumplen la condición.
Así pues, el número de banderas que no tienen dos franjas juntas del mismo color es $$3^3-(2^2\cdot 3 + 3)=12$$
OBSERVACIÓN. Se ha seguido un proceso constructivo, paso a paso, para llegar a la solución, evitando el uso de fórmulas; sin embargo, el lector puede reflexionar un poco para entender que, de una manera más formal, podemos expresar la solución de la siguiente manera $$\text{VR}_{3,3}-(\text{VR}_{3-1,3-1}\cdot \text{V}_{3,1} + \text{V}_{3,1} )$$
$\square$
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