ejercicios probabilidad

Ejercicios Resueltos de Probabilidad
Colegio La Presentación de Nuestra Señora
Elías Robles Rodríguez
En el siguiente documento se encuentra una posible clasificación personal de los
ejercicios que nos podemos encontrar en la parte de Probabilidad en los exámenes de
selectividad. Para cualquier otro profesor puede existir otra clasificación distinta e
incluso no existir ninguna.
TIPO 1: “APLICACIÓN DIRECTA DE FORMULITAS”
Veamos la teoría necesaria para la resolución de cualquier tipo de problema, esto es, las
formulitas que vamos a utilizar. Toda la teoría que vamos a desarrollar está hecha para
un espacio muestral  con sólo dos sucesos   A, B. Para tres sucesos está
desarrollado en los apuntes de teoría.
 
P A C  1  P  A
P  A  B   P  A  P B   P  A  B 
A y B son incompatibles si P A  B   0
Probabilid ad de que ocurra A " si ocurre B" ó
P A  B 

P B 
Probabilid ad de que ocurra A " sabiendo que ha sucedido B"
A y B son independientes si P A  B   P A  PB 
P A / B  
Si A y B son independientes los complementarios también lo son.








 P A C  B C  P  A  B C  1  P A  B 
Leyes de M organ  
 P A C  B C  P  A  B C  1  P A  B 
Probabilid ad de que ocurra " al menos un" suceso de dos dados A y B
  P A  B 
Probabilid ad de que ocurra " A ó B"

Probabilid ad de que ocurra " simultáneamente" o " ambos" sucesos A y B
  P A  B 
Probabilid ad de que ocurra " A y B"

Probabilid ad de que ocurra A y no B
C
  P A  B  P  A  P  A  B 
Probabilid ad de que sólo ocurra A 
Probabilid ad de que ocurra " sólo uno de los dos"  P A  B C  P A C  B



 

1. Sean A y B dos sucesos tales que
P( A)  0.4, P( B C )  0.7 y P( A  B)  0.6 , donde B C es el suceso contrario de B.
a) ¿Son independientes A y B ? ¿y AC y BC ?
Calculamos
P( B)  0.3
P A  B  P( A)  P( B)  P( A  B)  0.4  0.3  0.6  0.1 ,
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P A  B   P A  PB 


ahora podemos comprobar 
¿ 0.1  0.4  0.3 ?  


0.1  0.12


NO SON INDEPENDIENTES
Ahora bien, si A y B son independientes todos sus complementarios y combinaciones
entre ellos lo son.
b) Calcule P( A / B)
P( A / B) 
P A  B  0.1

 0.25
P( B)
0.4
c) Calcule P( A  B c )


P A  B C  P A  P A  B  0.3  0.1  0.2
d) Calcule P( Ac  B c )

P( Ac  B c )  P  A  B 
C
e) Calcule P( A  B )
c

P( Ac  B c )  P  A  B 
f) Calcule P( B / Ac )
P( B / A c ) 
  1  PA  B  1  0.6  0.4
c

C
  1  PA  B  1  0.1  0.9

P B  AC
P( B)  PB  A 0.3  0.1


 0.5
C
1  P( A)
0.4
P( A )
Ejercicio que no tiene más complicación que aplicar las formulitas. No hay que decir
que si no sabemos las formulitas no sabremos hacer ningún ejercicio de estos.
2. De los 39 alumnos de una clase, 16 escogieron francés y 27 inglés. Nueve
alumnos eligieron ambos, y el resto no escogió ninguno de ellos. Si se elige al
azar un alumno de dicha clase, halla las siguientes probabilidades.
a) Escogió francés.
16
P( F ) 
39
b) Escogió inglés.
27
P( I ) 
39
c) Escogió ambos idiomas.
9
P( F  I ) 
39
d) Escogió francés o inglés.
16 27 9 35
P( F  I )  P( F )  P( I )  P( F  I ) 



39 39 39 39
e) Escogió francés, pero no inglés.
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P( F  I C )  P( F )  P( F  I ) 
7
39
f) No escogió ni inglés ni francés.
P( F C  I C )  1  P( F  I )  1 
35 4

39 39
TIPO 2: “PROBABILIDAD TOTAL Y BAYES”
Este tipo de ejercicio lo podemos identificar porque en las preguntas del problema
siempre se sigue el mismo esquema, la primera pregunta va encaminada a calcular la
probabilidad total de un suceso y la segunda pregunta es la aplicación del teorema de
Bayes (probabilidades a posteriori). La resolución de estos ejercicios se puede llevar a
cabo de dos maneras distintas:
a) Mediante un diagrama de árbol dependiendo del contexto, por ejemplo
Desarrollemos el primer diagrama. El primer esquema es el más común en
selectividad, siempre nos exponen un experimento aleatorio que da lugar a dos
casos (A1, A2), cada uno con su probabilidad, y después nos dicen que en cada
caso aparecen dos sucesos S y C (cuando son dos nada más, son
complementarios, eso facilita las cuentas) y estos, a su vez, tienen otras
probabilidades asociadas para cada caso. Trabajaremos después el primer
esquema mediante una tabla de contingencia.
Calculemos la probabilidad total de los sucesos S y C, que en este caso son
complementarios porque sólo hay dos en el segundo paso del diagrama, y una
vez calculado uno de los dos el otro puede calcularse usando la probabilidad
total o viendo que son complementarios.
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P( S )  P( A1)  P( S / A1)  P( A2)  P( S / A2)  p1  p3  p 2  p5
P( A1)  P(C / A1)  P( A2)  P(C / A2)  p1  p 4  p 2  p6
P(C )  
1  P( S )
El siguiente apartado siempre es la probabilidad de Bayes, por ejemplo, calcular
sabiendo que ha ocurrido el suceso C (condición en la segunda parte del
diagrama), qué probabilidad hay de que provenga del caso A2. Pues nada más
que escribir la formulita (es una condicionada normal) y dejarse llevar
sustituyendo siempre de la siguiente manera o según nos convenga.
P( A2 / C ) 
P( A2  C ) P( A2)  P(C / A2)
p 2  p6


P(C )
P(C )
p1  p 4  p 2  p6
b) Mediante una tabla de contingencia (desarrollada en la teoría mediante un
ejemplo)
S
C
A1
P A1  S   p1 x p3
P A1  C   p1 x p4
P(A1) = p1
A2
P A2  C   p2 x p5
P A2  C   p2 x p6
P(A2) = p2
P(S) =
P(C) =
p1 x p3+ p2 x p5 =
p1 x p4+ p2 x p6 =
1
1 - P(C)
1 - P(S)
Aquí la probabilidad de Bayes se puede obtener de la misma forma que en el caso
anterior. Advierte que Bayes es una probabilidad condicionada y cuando tenemos la
tabla de contingencia, la probabilidad condicionada es un numerito entre otro, observa:
P( A2  C ) P( A2)  P(C / A2)


P(C )
P(C )
Todos los ejercicios se pueden hacer mediante un diagrama en árbol, pero si se dominan
los dos procedimientos podremos afrontar todos los ejercicios de una manera
rapidísima. En estos apuntes, se realizarán todos los ejercicios del tipo 2 con el
diagrama en árbol, pero cuando convenga la tabla, también se utilizará para aprender
una forma alternativa.
P( A2 / C ) 
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1. Un médico ha observado que el 40% de sus pacientes fuma y de estos, el 75%
son hombres. Entre los que no fuman, el 60% son mujeres. Calcula la
probabilidad de:
a) Un paciente no fumador sea hombre.
Esto aunque no viene precedido “de sabiendo que” o va entre comas, se trata de
una condicionada. Es distinto “no fumador sea hombre” que por ejemplo “sea
hombre no fumador”. Esto es más bien una cuestión de Lengua Castellana.
Bueno resolvamos ya sin más dilaciones:
P( H / F C )  0.4 directamente en el árbol.
b) Un paciente sea hombre fumador.
Al igual que antes y por la distinción que hemos hecho en el razonamiento
anterior, ahora se trata de una intersección y no una condicionada.
P( F  H )  P( F )  P( H / F )  0.4  0.75  0.3
c) Un paciente sea mujer
Esto es claramente y mirando a nuestro árbol, probabilidad total.
P( M )  P( F )  P( M / F )  P( F C )  P( H / F C ) 
 0.4  0.25  0.6  0.6 
 0.46
d) Sabiendo que el paciente ha sido hombre, qué probabilidad hay de que sea
fumador.
Y ya para rizar el rizo y claramente condicionando al suceso posterior, tocamos
un poquito de teorema de Bayes.
Para empezar la P( H )  1  P(M )  0.54 ya la tenemos calculada.

P( F  H ) P( F )  P( H / F ) 0.3
Ahora P( F / H ) 


 0.5
P( H )
P( H )
0.54
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Si resolviéramos el ejercicio con tabla todo quedaría reflejado en ella.
Veámoslo:
H
M
F
PF  H   0.4  0.75  0.3
PF  M   0.4  0.25  0.1
FC
P F C  H  0.6  0.75  0.45
P F C  M  0.6  0.25  0.15
0.6
P( H )  0.3  0.45  0.75
P(M )  0.1  0.15  0.25
1




0.4
Y ahora para calcular todas las probabilidades pedidas nada más que repetir los
cálculos.
2. Se realiza una encuesta sobre las preferencias de vivir en la ciudad o en
urbanizaciones cercanas. Del total de la población encuestada el 60% son
mujeres, de las cuales prefieren vivir en la ciudad un 73%. Se sabe que la
probabilidad de que una persona, sea hombre o mujer, desee vivir en la ciudad
es 0.62.
“la probabilidad de que una persona, sea hombre o mujer, desee vivir en la ciudad es
0.62” significa:
P(C )  0.62 pero si esto lo expresamos con su fórmula tenemos:
P(C )  0.62

P( M )  P(C / M )  P( H )  P(C / H )  0.62
0.6  0.73  0.4  x  0.62
x  0.455
Luego de esta forma hemos obtenido la probabilidad de preferir la ciudad dentro de
los hombres.
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a) Calcule la probabilidad de que elegido un hombre al azar, prefiera vivir en
la ciudad.
Curiosamente la acabamos de calcular.
b) Supuesto que una persona, elegida al azar, desee vivir en la ciudad, calcule
la probabilidad de que sea mujer.
P( M  C ) 0.6  0.73
P( M / C ) 

 0.706
P(C )
0.62
Si resolviéramos el ejercicio con tabla todo quedaría reflejado en ella.
Veámoslo:
C
CC
M
PM  C   0.6  0.73  0.438
0.6  0.438  0.162
0.6
H
0.182
0.218
0.4
0.62
0.38
1
Y ahora para calcular todas las probabilidades pedidas nada más que repetir los
cálculos.
TIPO 3: “PROBABILIDAD COMPUESTA”
La teoría es muy poca o casi nada. Lo único que hay que saber son dos formulitas:
P( A1)  P( A2)  P( A3)
P A1  A2  A3  
P( A1)  P( A2 / A1)  P( A3 / A1  A2)
INDEPENDIENTES
NO INDEPENDIENTES
A continuación, con el primer ejemplo, veremos muchísimos de los casos que se nos
pueden presentar en los ejercicios de tipo 3. ¿Cómo los identifico? Muy fácil, no son ni
tipo 1 ni tipo 2. ¿Por qué? Porque no son mecánicos, en ellos, hemos de pensar un
poquito, hay que valorar todas las posibilidades, etc.
1. Se tiene una urna llena de bolas con la siguiente composición: 2 ROJAS, 3
VERDES, 5 AZULES. Se extraen sin reemplazamiento 3 bolas. Se piden las
siguientes probabilidades:
a) Describe el espacio muestral y asigna probabilidades a cada suceso
elemental.
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Para no equivocarnos al describir el espacio muestral y puesto que se tienen 33 1 elementos (hay dos rojas = una posibilidad menos), o sea, 26, vamos a
RRV , RRA , RVR , RVV , RVA , RAR , RAV , RAA ,



VRR , VRV , VRA , VVR , VVV , VVA , VAR , VAV , VAA , 
 ARR ,  ARV ,  ARA ,  AVR ,  AVV ,  AVA ,  AAR ,  AAV ,  AAA 


Los sucesos no son equiprobables por tanto no podremos calcular probabilidades
aplicando la regla de Laplace. No os escribo las probabilidades porque es un
tanto engorroso, y además, con el desarrollo del ejercicio se van calculando
muchas de ellas.
b) Calcular la probabilidad de que la primera sea roja, la segunda verde y la
tercera azul.
2 3 5
PR1  V 2  A3    se trata de una posibilidad concreta, luego no
10 9 8
barajamos otras opciones
c) Calcula la probabilidad de que la segunda bola sea roja.
P X  R 2  X   PR1  R 2 / R1  X   PR1C  R 2 / R1C  X  
2 1 8 8 2 8
    
10 9 8 10 9 8
X es cualquiera de las bolas.
d) Calcula la probabilidad de que sólo la tercera bola sea azul.
P X  X  A3  P A1  A2 / A1  A3 / A1  A2 


PA1
PA1

P A1  A2 C / A1  A3 / A1  A2 C 

C
 A2 / A1C  A3 / A1C  A2 
C
 A2 C / A1C  A3 / A1C  A2 C 

5 4 3 5 5 4 5 5 4 5 4 5
          
10 9 8 10 9 8 10 9 8 10 9 8
El problema que se plantea aquí es el siguiente, como hay dependencia, y se
trata de la última bola, hemos de estudiar todos los casos que nos condicionan el
suceso en cuestión.
e) Calcula la probabilidad de que no salga ninguna bola verde
7 6 5
P V 1C  V 2 C  V 3C   
10 9 8
f) Calcula la probabilidad de que salga al menos una bola verde.
La probabilidad de “al menos una bola verde” es lo mismo que “lo contrario de
ninguna bola verde” y esto se traduce en:
7 6 5
PV 1  V 2  V 3  1  P V 1C  V 2 C  V 3C  1   
10 9 8
g) Calcula la probabilidad de que salga al menos una bola roja.
Igual que el apartado anterior





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PR1  R2  R3  1  PR1C  R2 C  R3C   1 
8 7 6
 
10 9 8
h) Calcula la probabilidad de que salgan al menos dos bolas rojas.


PR1  R 2  R3 
PR1  R 2  R3 
P R1  R 2  R3C 
C
C
PR1  R 2  R3 
2 1 8 8 2 1 2 8 1 2 1 0
          
10 9 8 10 9 8 10 9 8 10 9 8
i) Calcula la probabilidad de que salgan al menos dos bolas azules


PA1  A2  A3 
PA1  A2  A3 
P A1  A2  A3C 
C
C
P A1  A2  A3 
5 4 5 5 5 4 5 5 4 5 4 3
          
10 9 8 10 9 8 10 9 8 10 9 8
Vamos a repetir el ejercicio pero ahora con reemplazamiento, es un poquito más fácil.
2. Se tiene una urna llena de bolas con la siguiente composición: 2 ROJAS, 3
VERDES, 5 AZULES. Se extraen con reemplazamiento 3 bolas. Se piden las
siguientes probabilidades:
a) Describe el espacio muestral y asigna probabilidades a cada suceso
elemental.
Para no equivocarnos al describir el espacio muestral y puesto que se tienen 33 1 elementos (hay dos rojas = una posibilidad menos), o sea, 26, vamos a
RRV , RRA , RVR , RVV , RVA , RAR , RAV , RAA ,



VRR , VRV , VRA , VVR , VVV , VVA , VAR , VAV , VAA , 
 ARR ,  ARV ,  ARA ,  AVR ,  AVV ,  AVA ,  AAR ,  AAV ,  AAA 


Los sucesos no son equiprobables por tanto no podremos calcular probabilidades
aplicando la regla de Laplace. No os escribo las probabilidades porque es un
tanto engorroso, y además, con el desarrollo del ejercicio se van calculando
muchas de ellas.
b) Calcular la probabilidad de que la primera sea roja, la segunda verde y la
tercera azul.
2 3 5
se trata de una posibilidad concreta, luego no
PR1  V 2  A3   
10 10 10
barajamos otras opciones
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c) Calcula la probabilidad de que la segunda bola sea roja.
10 2 10
P X  R 2  X    
10 10 10
X es cualquiera de las bolas.
d) Calcula la probabilidad de que sólo la tercera bola sea azul.
10 10 5
aquí no hay dependencia.
P X  X  A3   
10 10 10
e) Calcula la probabilidad de que no salga ninguna bola verde
7 7 7
P V 1C  V 2 C  V 3C   
10 10 10
f) Calcula la probabilidad de que salga al menos una bola verde.
La probabilidad de “al menos una bola verde” es lo mismo que “lo contrario de
ninguna bola verde” y esto se traduce en:
7 7 7
PV 1  V 2  V 3  1  PV 1C  V 2 C  V 3C   1   
10 10 10
g) Calcula la probabilidad de que salga al menos una bola roja.
Igual que el apartado anterior
8 8 8
PR1  R2  R3  1  PR1C  R2 C  R3C   1   
10 10 10
h) Calcula la probabilidad de que salgan al menos dos bolas rojas.
P R1  R 2  R3C 




PR1  R 2  R3 
PR1  R 2  R3 
C
C
PR1  R 2  R3  3 
2 2 8
2 2 2
    
10 10 10 10 10 10
i) Calcula la probabilidad de que salgan al menos dos bolas azules
P A1  A2  A3C 


PA1  A2  A3 
PA1  A2  A3 
C
C
P A1  A2  A3  3 
5 5 5
5 5 5
    
10 10 10 10 10 10
3. Un avión tiene cinco bombas. Se desea destruir un puente. La probabilidad de
destruirlo de un bombazo es 1/5. ¿Cuál es la probabilidad de que se destruya el
puente si se lanzan las cinco bombas?
Vamos a ver, “la probabilidad de que se destruya el puente si se lanzan las cinco
bombas” es lo mismo que decir “la probabilidad de que al menos una de las bombas
destruya el puente”, es decir,
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

PD1  D 2  D3  D4  D5  1  P D1C  D2 C  D3C  D4 C  D5C 
4 4 4 4 4
 1    
5 5 5 5 5
4. Se escuchan tres discos y se vuelven a guardar, al azar. ¿Cuál es la
probabilidad de que al menos uno de los discos haya sido guardado en el
envoltorio que le correspondía?
Si hay tres discos y tres envoltorios, la probabilidad de que uno de los discos elegido
al azar se meta en su envoltorio original es 1/3, este razonamiento todos lo podemos
hacer. Ahora bien aunque parezca un ejercicio para realizar con formulita igual que
el anterior porque con el “al menos uno de los discos” nos vamos directamente a la
unión y es realmente complicado. Así pues vemos con un razonamiento lógico cómo
obtener la probabilidad.
5. Se elige al azar un número entero entre 0 y 999. Halla la probabilidad de que el
número elegido:
a) No tenga ninguna cifra repetida.
A partir del 100 incluido hay 900 números aquí hay que calcular la probabilidad
de que salga un número (del 1 al 9) después otro diferente (al primero, pero del 0
al 9) y el tercero diferente de los otros dos anteriores (diferente al segundo y al
9 9 8
primero, y del 0 al 9) entonces sería   . O sea 648 de 900.
9 10 10
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Del 10 al 99, hay 90 números y hay que quitar (11, 22, 33, …, 99) 9 números
que sale 81, o también, verlo como primera cifra del 1 al 9 y segunda cifra como
9 9
distinta a la primera pero del 0 al 9, es decir, 
que son 81 de 90.
9 10
Del 0 al 9 van todos no se repite ninguno. Así pues, nos quedan 648 +81+9 de
1000 números, es decir, 738/1000.
b) Sea capicúa.
De nuevo hacemos la distinción pero ahora sólo hay posibilidad de capicúa a
partir de 100 y hasta 999. Podemos sacarlo a ojo o podemos usar razonamientos
de probabilidad compuesta como en el apartado anterior.
Buscamos el caso “xyx”, entonces el primero puede ser cualquiera y el segundo
1 9 1
también.   por los 9 casos que hay para la primera y la tercera cifra. De
9 10 9
esta forma nos queda 9/90 o lo que es lo mismo, para verlo a ojo, serían 90 de
900 (para el que no lo vea, que piense que son 10-1 casos de capicúa para cada
centena y hay 9 centenas)
(*) “xxx” no lo consideramos capicúa.
6. Se tienen cinco pares de guantes de distinto color. Entremezclamos bien los dos
guantes. Extraemos dos de ellos al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que ambos
formen pareja?
La probabilidad de que los dos extraídos formen pareja es que el segundo sea del
mismo color que el primero, y hay cinco colores, luego cinco posibilidades.
2 1
P(" Igual Color" )  P(C1  C1)   , esto por los 5 colores que hay nos da
10 9
2 1 1
5  
10 9 9