Ejercicios de Probabilidad

Ejercicios de Probabilidad
Elisa M. Molanes-López, Depto. Estadı́stica, UC3M
Métodos combinatorios
Ejercicio 1. En una clase de 10 alumnos van a distribuirse 3 premios. Indique de cuántas maneras
puede hacerse esta distribución si:
a) Los premios son diferentes y cada alumno sólo puede recibir uno.
b) Los premios son diferentes pero cada alumno puede recibir más de uno.
c) Los premios son iguales y cada alumno sólo puede recibir uno.
d) Los premios son iguales pero cada alumno puede recibir más de uno.
Solución:
En los cuatro apartados se trata de buscar de cuántas maneras posibles se pueden agrupar los 10
alumnos de la clase en grupos de 3 alumnos. Dependiendo de las condiciones de cada apartado, el
orden que guarden los alumnos en los grupos será irrelevante o no, y los alumnos podrán aparecer
sólo una vez o más de una vez.
a) Al ser los premios diferentes es importante el orden dentro del grupo. Además, dado que cada
alumno sólo puede recibir un premio, cada alumno sólo podrá aparecer una vez en el grupo.
Bajo estas condiciones, el número de posibilidades viene dado por variaciones sin repetición
10!
= 10 × 9 × 8 = 720 maneras
de 10 elementos tomados de 3 en 3, es decir, hay V310 = (10−3)!
de distribuir los premios.
b) Al ser los premios diferentes es importante el orden dentro del grupo. Además, dado que cada
alumno puede recibir más de un premio, cada alumno podrá aparecer más de una vez en
el grupo. Bajo estas condiciones, el número de posibilidades viene dado por variaciones con
repetición de 10 elementos tomados de 3 en 3, es decir, hay VR310 = 103 = 1000 maneras de
distribuir los premios.
c) Al ser los premios iguales es irrelevante el orden dentro del grupo. Además, dado que cada
alumno sólo puede recibir un premio, cada alumno sólo podrá aparecer una vez en el grupo.
Bajo estas condiciones, el número de posibilidades viene dado por combinaciones sin repetición
10!
720
de 10 elementos tomados de 3 en 3, es decir, hay C310 = 10
3 = 3!(10−3)! = 6 = 120 maneras
de distribuir los premios.
d) Al ser los premios iguales es irrelevante el orden dentro del grupo. Además, dado que cada
alumno puede recibir más de un premio, cada alumno podrá aparecer más de una vez en
el grupo. Bajo estas condiciones, el número de posibilidades viene dado por combinaciones
con repetición de 10 elementos tomados de 3 en 3, es decir, hay CR310 = 10+3−1
= 12
3
3 =
12!
3!(12−3)! = 220 maneras de distribuir los premios.
1
Ejercicio 2. ¿De cuántas maneras se pueden sentar 10 personas en un banco en el que hay 4 sitios
disponibles?
Solución:
En los grupos de 4 personas éstas no se pueden repetir y sı́ importa el orden que guardan entre sı́,
de modo que el número de posibilidades viene dado por variaciones sin repetición de 10 elementos
10!
tomados de 4 en 4, es decir, hay V410 = (10−4)!
= 5040 maneras de sentar a 10 personas en un banco
en el que hay 4 sitios.
Ejercicio 3. Un alumno tiene que elegir 7 de las 10 preguntas de un examen. ¿De cuántas maneras
puede elegirlas? ¿Y si las 4 primeras son obligatorias?
Solución:
El orden de las preguntas elegidas no es relevante y además no se puede elegir la misma pregunta
10!
7
varias veces, es decir, las preguntas no se pueden repetir. De modo que hay C10
= 7!(10−7)!
= 120
maneras de elegir 7 de entre un total de 10 preguntas.
Si las 4 primeras preguntas son obligatorias, el alumno sólo podrá elegir libremente 3 de las 6
6!
restantes, de modo que dispone de C63 = 3!(6−3)!
= 20 maneras posibles de hacer su elección.
Propiedades de la Probabilidad
Ejercicio 1. Sean A1 , A2 , y A3 sucesos tales que A1 ∪ A2 ∪ A3 = E, A1 ∩ A2 = A1 ∩ A3 = A2 ∩ A3 .
Si Pr(A1 ) = 1/4, Pr(A2 ) = 1/2, y Pr(A1 ∩ A2 ) = 1/8, calcule Pr(A3 ).
Solución:
En primer lugar hay que tener en cuenta la fórmula de la probabilidad de la unión de 3 sucesos:
Pr(A1 ∪ A2 ∪ A3 )
=
Pr(A1 ) + Pr(A2 ) + Pr(A3 )
− Pr(A1 ∩ A2 ) − Pr(A1 ∩ A3 ) − Pr(A2 ∩ A3 )
+ Pr(A1 ∩ A2 ∩ A3 ).
Además, teniendo en cuenta que A1 ∪ A2 ∪ A3 = E y que A1 ∩ A2 ∩ A3 = A1 ∩ (A2 ∩ A3 ) =
A1 ∩ (A1 ∩ A2 ) = (A1 ∩ A1 ) ∩ A2 = A1 ∩ A2 , resulta que:
1 = Pr(E) = Pr(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = Pr(A1 ) + Pr(A2 ) + Pr(A3 ) − 2 Pr(A1 ∩ A2 ).
De esta igualdad se puede despejar Pr(A3 ), que es la probabilidad que nos piden:
Pr(A3 ) = 1 − Pr(A1 ) − Pr(A2 ) + 2 Pr(A1 ∩ A2 ).
Dado que Pr(A1 ) = 1/4, Pr(A2 ) = 1/2, y Pr(A1 ∩ A2 ) = 1/8, se concluye que:
Pr(A3 ) = 1 − (1/4) − (1/2) + 2(1/8) = 1/2.
Ejercicio 2. ¿Son ciertas las igualdades siguientes?
a) Pr(A|B) = Pr(A|B)
b) Pr(A|B) + Pr(A|B) = 1
2
c) Pr(A|B) + Pr(A|B) = 1
Solución:
a) Demostraremos que esta afirmación es falsa en general con un contraejemplo.
Sea E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} con Pr(i) = 1/6, para todo i ∈ E. Sean los sucesos A = {1, 2} y
B = {3, 4} . Entonces se verifica que
Pr(A|B) =
Pr(A ∩ B)
Pr(∅)
=
= 0.
Pr(B)
Pr(B)
Sin embargo, se verifica también que
Pr(A|B) =
Pr({5, 6})
2/6
1
Pr(A ∩ B)
=
=
= .
Pr({1, 2, 5, 6})
4/6
2
Pr(B)
b) Siguiendo con el mismo contraejemplo sucede que Pr(A|B) + Pr(A|B) = 0 + 0,5 6= 1. De modo
que esta afirmación también es falsa en general.
c) Con los datos del contraejemplo de partida sucede que Pr(A|B)+Pr(A|B) = 0+ 1 − Pr(A|B) =
1 − 0,5 = 0,5 6= 1. De modo que esta afirmación también es falsa en general.
Ejercicio 3. Demuestre que si dos sucesos A y B son independientes, entonces sus complementarios
también lo son.
Solución:
Si A y B son independientes entonces se verifica que Pr(A ∩ B) = Pr(A) Pr(B). Para demostrar que
sus complementarios también son independientes debemos demostrar que Pr(A∩B) = Pr(A) Pr(B).
Haciendo uso de que A y B son independientes y teniendo en cuenta cómo se define la operación
diferencia de sucesos y cómo se calcula su probabilidad, resulta que:
Pr(A ∩ B)
=
Pr(A − B) = Pr(A) − Pr(A ∩ B)
=
Pr(A) − Pr(B − A) = Pr(A) − (Pr(B) − Pr(B ∩ A))
=
Pr(A) − Pr(B) + Pr(B) Pr(A) = Pr(A) − Pr(B)(1 − Pr(A))
=
Pr(A) − Pr(B) Pr(A) = Pr(A)(1 − Pr(B)) = Pr(A) Pr(B).
De modo que hemos demostrado que A y B también son independientes.
Ejercicio 4. Sean A y B dos sucesos tales que Pr(A) = 1/4, Pr(B|A) = 1/2 y Pr(A|B) = 1/4.
Razone si son ciertas o falsas las siguientes afirmaciones:
a) A está contenido en B
b) A y B son independientes
c) A y B son independientes
d) A y B son incompatibles
e) Pr(A|B) = 1/2
f) Pr(A|B) + Pr(A|B) = 1
3
Solución:
a) Demostraremos que esta afirmación es falsa por reducción al absurdo. Supondremos que es
cierta y llegaremos a una contradicción por lo que entonces se ha de concluir que la afirmación
es falsa.
Si A ⊆ B entonces A ∩ B = A y Pr(B|A) =
Pr(A∩B)
Pr(A)
=
Pr(A)
Pr(A)
= 1 6= 1/2 = Pr(B|A).
b) Demostraremos que esta afirmación es verdadera viendo que Pr(A ∩ B) = Pr(A) Pr(B).
Por una parte sabemos que Pr(A ∩ B) = Pr(A) Pr(B|A) = (1/4)(1/2) = 1/8. Teniendo en
1/8
cuenta que también Pr(A ∩ B) = Pr(B) Pr(A|B) resulta que Pr(B) = Pr(A∩B)
Pr(A|B) = 1/4 = 1/2.
De modo que se obtiene que Pr(A) Pr(B) = (1/4)(1/2) = 1/8 = Pr(A ∩ B).
c) Por el ejercicio 3 y teniendo en cuenta el apartado b) anterior, se puede concluir que esta
afirmación es cierta.
d) Esta afirmación es falsa porque sabemos por el apartado b) que la intersección de A con B tiene
probabilidad estrictamente positiva (en concreto, Pr(A ∩ B) = 1/8 > 0), y por consiguiente
dicha intersección ha de ser distinta del suceso imposible (es decir, A ∩ B 6= ∅).
e) Veremos que esta afirmación es falsa.
Pr(A|B) =
Pr(A ∩ B)
(3/4)(1/2)
Pr(A) Pr(B)
=
= 3/4 6= 1/2.
=
1 − Pr(B)
1 − (1/2)
Pr(B)
f) Veremos que esta afirmación es cierta en este caso concreto.
Pr(A|B) + Pr(A|B) = (1/4) + (3/4) = 4/4 = 1.
Teorema de la Probabilidad Total y Teorema de Bayes
Ejercicio 1. Un inversor tiene la posibilidad de realizar inversiones en dos tipos de valores (tipo I y
tipo II). La primera vez que invierte no tiene ninguna preferencia. En la segunda ocasión, su elección
se verá influida por el resultado de la primera inversión, de modo que si obtiene beneficios en la
primera inversión, entonces está dispuesto a invertir en el mismo tipo de valor, mientras que, en
caso contrario, cambiará su elección. En cada inversión, se sabe que la probabilidad de que obtenga
beneficios es del 60 % si invierte en el tipo de valor I y del 80 % si invierte en el tipo de valor II.
a) Calcule la probabilidad de que el inversor obtenga beneficios en la segunda inversión.
b) Sabiendo que en la segunda inversión obtiene beneficios, ¿cuál es la probabilidad de que en la
primera inversión hubiese invertido en el tipo de valor I y obtenido beneficios?
c) Sabiendo que en la segunda inversión obtiene beneficios, ¿cuál es la probabilidad de que en la
primera inversión hubiese invertido en el tipo de valor I y no hubiese obtenido beneficios?
d) Sabiendo que en la segunda inversión obtiene beneficios, ¿cuál es la probabilidad de que en la
primera inversión hubiese invertido en el tipo de valor I?
Solución:
Definamos los sucesos Iij = ‘el inversor invierte en el tipo de valor i la j-ésima vez que invierte’, y
Gj = ‘el inversor gana beneficios en la j-ésima ocasión’, siendo i = 1, 2 y j = 1, 2.
4
a) Los sucesos G1 ∩ I11 , G1 ∩ I11 , G1 ∩ I21 y G1 ∩ I21 constituyen una partición del espacio
muestral. De modo que, usando el Teorema de la Probabilidad Total se sabe que:
Pr(G2 )
Pr(G2 |G1 ∩ I11 ) Pr(G1 ∩ I11 ) + Pr(G2 |G1 ∩ I11 ) Pr(G1 ∩ I11 )
=
+ Pr(G2 |G1 ∩ I21 ) Pr(G1 ∩ I21 ) + Pr(G2 |G1 ∩ I21 ) Pr(G1 ∩ I21 ),
donde
Pr(G1 ∩ I11 ) = Pr(G1 |I11 ) Pr(I11 ) = 0,6 × 0,5 = 0,3,
Pr(G1 ∩ I11 ) = Pr(G1 |I11 ) Pr(I11 ) = (1 − 0,6) × 0,5 = 0,2,
Pr(G1 ∩ I21 ) = Pr(G1 |I21 ) Pr(I21 ) = 0,8 × 0,5 = 0,4,
Pr(G1 ∩ I21 ) = Pr(G1 |I21 ) Pr(I21 ) = (1 − 0,8) × 0,5 = 0,1,
Pr(G2 |G1 ∩ I11 ) = Pr(G2 |I12 ) = 0,6,
Pr(G2 |G1 ∩ I11 ) = Pr(G2 |I22 ) = 0,8,
Pr(G2 |G1 ∩ I21 ) = Pr(G2 |I22 ) = 0,8,
Pr(G2 |G1 ∩ I21 ) = Pr(G2 |I12 ) = 0,6.
De modo que, la probabilidad pedida es
Pr(G2 )
=
0,6 × 0,3 + 0,8 × 0,2 + 0,8 × 0,4 + 0,6 × 0,1 = 0,72.
b) Nos piden Pr(G1 ∩ I11 |G2 ). Por el Teorema de Bayes se sabe que
Pr(G1 ∩ I11 |G2 )
=
=
Pr(G2 |G1 ∩ I11 ) × Pr(G1 ∩ I11 )
Pr(G2 )
0,18
0,6 × 0,3
=
= 0,25.
0,72
0,72
c) Nos piden Pr(G1 ∩ I11 |G2 ). Por el Teorema de Bayes se sabe que
Pr(G1 ∩ I11 |G2 )
=
=
Pr(G2 |G1 ∩ I11 ) × Pr(G1 ∩ I11 )
Pr(G2 )
0,8 × 0,2
0,16
=
= 0,22.
0,72
0,72
c) Nos piden Pr(I11 |G2 ). Dado que el suceso I11 se puede escribir como la unión de dos sucesos
disjuntos, es decir, I11 = (G1 ∩ I11 ) ∪ (G1 ∩ I11 ), se concluye que:
Pr(I11 |G2 )
=
Pr(G1 ∩ I11 |G2 ) + Pr(G1 ∩ I11 |G2 ) = 0,25 + 0,22 = 0,47.
Ejercicio 2. Considere el siguiente sistema formado por 7 componentes (C1, C2, . . . y C7) que funcionan independientemente unos de otros y cuya respectiva probabilidad de funcionar correctamente
es de 0,96, 0,90, 0,93, 0,55, 0,55, 0,55 y 0,55.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el sistema funcione correctamente?
b) ¿Cuántos componentes con probabilidad de funcionar igual a 0,55 serán necesarios agregar al
subsistema formado por los componentes C4, C5, C6 y C7 para lograr una fiabilidad total de
al menos 0.91?
5
C4
C1
C5
C3
C6
C2
C7
c) Sabiendo que el sistema completo ha funcionado, ¿cuál es la probabilidad de que el componente
C1 haya funcionado?
Solución:
Definamos los siguientes sucesos: Fi = ‘el componente i funciona’, Fi,j = ‘la subred formada por los
componentes i y j funciona’, y ası́ sucesivamente.
a) Nos piden Pr(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 ).
Obsérvese que F1,2 = F1 ∪ F2 y F4,5,6,7 = F4 ∪ . . . ∪ F7 .
De modo que
Pr(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 )
=
Pr(F1 ∪ F2 ) Pr(F3 ) Pr(F4 ∪ . . . ∪ F7 )
=
(1 − Pr(F1 ∪ F2 ))0,93(1 − Pr(F4 ∪ . . . ∪ F7 ))
=
(1 − Pr(F1 ∩ F2 ))0,93(1 − Pr(F 4 ∩ F 5 ∩ F 6 ∩ F 7 ))
=
(1 − Pr(F1 ) Pr(F2 ))0,93(1 − (1 − 0,55)4 )
=
(1 − (1 − Pr(F1 ))(1 − Pr(F2 )))0,93(1 − (0,45)4 )
=
(1 − (1 − 0,96)(1 − 0,90))0,93(1 − (0,45)4 ) = 0,8883.
b) Si en el subsistema formado por los componentes C4, . . . , C7 (conectados en paralelo), consideramos que en vez de 4 componentes hay t componentes conectados en paralelo, todos
ellos con las mismas caracterı́sticas (es decir, cada uno de ellos con probabilidad del 0,55 de
funcionar correctamente), entonces la fiabilidad del sistema total serı́a
(1 − (1 − 0,96)(1 − 0,90))0,93(1 − (0,45)t ).
Igualando esta expresión a la fiabilidad que se desea alcanzar, 0,91, despejando t resulta que:
t
(1 − (1 − 0,96)(1 − 0,90))0,93(1 − (0,45) ) = 0,91 ⇒ t =
6
log(1 −
0,91
0,9263 )
log(1 − 0,55)
≈ 5,06.
De modo que para alcanzar una fiabilidad de al menos 0,91 será necesario añadir en paralelo
dos componentes más a ese subsistema final.
c) Nos piden Pr(F1 |(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 )). Por el Teorema de Bayes se verifica que:
Pr(F1 |(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 ))
=
Pr(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 |F1 ) Pr(F1 )
.
Pr(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 )
Del enunciado sabemos que Pr(F1 ) = 0, 96 y del apartado a) sabemos que Pr(F1,2 ∩ F3 ∩
F4,5,6,7 ) = 0, 8883.
Calculemos ahora la probabilidad que nos falta, Pr(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 |F1 ). Teniendo en cuenta
que F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 |F1 = F3 ∩ F4,5,6,7 , resulta que:
Pr(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 |F1 )
=
Pr(F3 ∩ F4,5,6,7 ) = 0,93(1 − (0,45)4 ) = 0,8919.
Con todo ello se concluye que Pr(F1 |(F1,2 ∩ F3 ∩ F4,5,6,7 )) =
7
0,8919×0,96
0,8883
= 0,9639.