1. Hallar la probabilidad de sacar una suma de 8 puntos al lanzar un dado. 2. Hallar la probabilidad de sacar por suma o bien 4, o bien 11 al lanzar dos dados. 3. Se escriben a azar las cinco vocales. ¿Cuál es la probabilidad de que la “e” aparezca la primera y la “o” la última. 4. ¿Cuál es la probabilidad de sacar dos bolas negras de una urna que contiene 15 bolas blancas y 12 negras, sin reintegrar la bola extraída? 5. Una urna contiene 12 bolas blancas y 8 negras. Si se sacan dos bolas al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que sean del mismo color? 6. Una urna contiene 12 bolas blancas y 8 negras. ¿Cuál es la probabilidad de sacar dos bolas negras reintegrando la bola extraída? 7. De una baraja española de 40 cartas ¿Cuál es la probabilidad de sacar un caballo seguido de un tres, reintegrando l primera carta? ¿Y sin reintegrarla? 8. Si la probabilidad de que ocurra un suceso es 1/3. ¿Cuál es la probabilidad de que se realice efectuando 4 pruebas. 9. Se sacan dos cartas de una baraja de 40 ¿Cuál es la probabilidad de que sean un caballo y un tres, reintegrando? ¿Y sin reintegrar? 10. Una urna contiene 8 bolas blancas, 5 negras y 2 rojas. Se extraen tres bolas al azar y se desea saber: a) La probabilidad de que las tres bolas sean blancas. b) La probabilidad de que dos sean blancas y una negra. 11. Se extraen 3 cartas de una baraja de 40: a) ¿Cuál es la probabilidad de que sean tres sotas. b) ¿Y de que sean un as, un dos y un tres? c) ¿Y de que salga un rey, seguido de un cinco y éste de un siete? 12. Una urna contiene dos bolas blancas y tres negras. Otra contiene seis blancas y cuatro negras. si extraemos una bola de cada urna. ¿Cuál es la probabilidad de que sean las dos negras? 13. Al lanzar dos veces un dado ¿Cuál es la probabilidad de que la suma de puntos sea divisible por tres? 14. Con las cifras 1, 2, 3, 4 y 5 se escriben todos los números posibles de tres cifras, sin repetir cifras en cada número. si se señala un número al azar: a) ¿Cuál es la probabilidad de que sea múltiplo de 4? b) ¿Y de que sea múltiplo de 3? 15. Una caja contiene 8 bolas rojas, 4 azules y 6 verdes. Se extraen 3 bolas al azar y se desea saber: a) b) c) d) e)
La probabilidad de que las tres sean rojas. La probabilidad de que dos sean rojas y una verde. La probabilidad de que dos sean azules y la otra de otro color. La probabilidad de que todas sean de distinto color. La probabilidad de que todas sean del mismo color.
16. Se lanza un dado 6 veces. ¿Cuál es la probabilidad de que salga algún 1 en los 6 lanzamientos? 17. Una caja contiene 2 bolas blancas, 3 negras y 4 rojas. Otra contiene 3 blancas, 5 negras y 4 rojas. Se toma una bola al azar de cada caja. ¿Qué probabilidad hay de que sean del mismo color? 18. En una urna hay 50 bolas, aparentemente iguales, numeradas del 1 al 50. ¿Qué probabilidad hay de sacar, una a una, las 50 bolas en el orden natural? 19. La probabilidad de acertar en un blanco de un disparo se estima en 0,2. La probabilidad de acertar en dos disparos será p1=0,04; p2=0,36; p3=0,12. Determinar qué respuesta el la correcta. 20. ¿Cuál es la probabilidad de torpedear un barco, si sólo se pueden lanzar tres torpedos y la probabilidad de impacto de cada uno se estima en un 30 %? 21. Se considera el experimento aleatorio “lanzar dos veces un dado”. ¿Cuál es la probabilidad de obtener número par en el segundo lanzamiento condicionado a obtener impar en el primero? ¿Son dependientes o independientes estos sucesos? ¿Por qué? 22. A un congreso asisten 80 congresistas. De ellos 70 hablan inglés y 50 francés. Se eligen dos congresistas al azar y se desea saber:
a) b) c) d)
¿Cuál la probabilidad de que se entiendan sin intérprete? ¿Cuál es la probabilidad de que se entiendan sólo en francés? ¿Cuál es la probabilidad de que se entiendan en un solo idioma? ¿Cuál es la probabilidad de que se entiendan en los dos idiomas?
23. En una bolsa hay 8 bolas rojas, 10 negras y 6 blancas. Tres niños sacan, sucesivamente, dos bolas cada uno, sin reintegrar ninguna. Hallar la probabilidad de que el primero saque las dos rojas, el segundo las dos negras y el tercero las dos blancas? 24. Se lanza un dado “n” veces ¿Cuál es la probabilidad de sacar al menos un 6 en los “n” lanzamientos? 25. Se realiza el experimento aleatorio de lanzar sucesivamente cuatro monedas al aire y se pide: a) La probabilidad de obtener a lo sumo tres cruces. b) La probabilidad de obtener dos caras. 26. Una pieza de artillería dispone de 7 obuses para alcanzar un objetivo. en cada disparo la probabilidad de alcanzarlo es 1/7. ¿Cuál es la probabilidad de alcanzar el objetivo en los 7 disparos? 27. La probabilidad de que un hombre viva más de 25 años es de 3/5, la de una mujer es de 2/3. Se pide: a) La probabilidad de que ambos vivan más de 25 años. b) La probabilidad de que sólo viva más de 25 años el hombre. c) La probabilidad de que sólo viva más de 25 años la mujer. d) La probabilidad de que viva más de 25 años, al menos, uno de los dos. 28. Si de una baraja de 40 cartas se eligen 4 al azar, determinar: a) La probabilidad de elegir dos reyes. b) La probabilidad de que tres de las cartas sean del mismo palo. c) La probabilidad de que todos los números sean menores de siete. 29. Se lanzan tres monedas sucesivamente y se consideran los siguientes sucesos: A= ”obtener cruz en el primer lanzamiento”. B= “obtener alguna cara”. C= “obtener dos cruces”. Se desea saber: a) b) c) d)
Si A y B son incompatibles. Si A y B son independientes. Si A y C son incompatibles. Si A y C son independientes
30. De las 100 personas que asisten a un congreso 40 hablan francés, 40 inglés, 51 castellano, 11 francés e inglés, 12 francés y castellano y 13 inglés y castellano. Se eligen al azar dos asistentes y se desea saber: a) b) c) d) e)
¿Cuál es la probabilidad de que ninguno hable francés? ¿Cuál es la probabilidad de que hablen castellano? ¿Cuál es la probabilidad de que sen entiendan sólo en castellano? ¿Cuál es la probabilidad de que sólo hablen un idioma? ¿Cuál es la probabilidad de que hablen los tres idiomas?
31. Un dado está “cargado” de modo que al lanzarlo, la probabilidad de obtener un número es proporcional a dicho número. Hallar la probabilidad de que, al lanzar el dado, se obtenga un número par. 32. En una encuesta realizada entre 24 alumnos resulta que 18 fuman ducados, 12 celtas y 8 de las dos clases. Se eligen tres alumnos al azar y se desea saber: a) ¿Cuál es la probabilidad de que los tres fumen? b) ¿Cuál es la probabilidad de que dos, exactamente dos, fumen ducados.
33. Si de 800 piezas fabricadas por una máquina salieron 25 defectuosas y se eligen 5 de aquéllas al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que haya alguna defectuosa entre las cinco elegidas? 34. Se tiene tres urnas de igual aspecto. En la primera hay 3 bolas blancas y 4 negras; en la segunda hay 5 negras y en la tercera hay 2 blancas y 3 negras. Se desea saber: a) Si se extrae una bola de una urna, elegida al azar, cuál es la probabilidad de que la bola extraída sea negra. b) Se ha extraído una bola negra de una de las urnas. ¿Cuál es la probabilidad de que haya sido extraída de la 2ª urna? 35. En un hospital especializado en enfermedades de tórax ingresan un 50 % de enfermos de bronquitis, un 30 % de neumonía y un 20 % con gripe. La probabilidad de curación completa en cada una de dichas enfermedades es, respectivamente, 0,7; 0,8 y 0,9. Un enfermo internado en el hospital ha sido dado de alta completamente curado. Hallar la probabilidad de que el enfermo dado de alta hubiera ingresado con bronquitis. 36. Hay una epidemia de cólera. Un síntoma muy importante es la diarrea, pero ese síntoma también se presenta en personas con intoxicación, y, aún, en personas que no tienen nada serio. La probabilidad de tener diarrea teniendo cólera, intoxicación y no teniendo nada serio es de 0,99; 0,5 y 0,004 respectivamente. Por otra parte, se sabe que el 2% de la población tiene cólera, el 0,5 % intoxicación y el resto (97,5 %), nada serio. Se desea saber: a) Elegido un individuo de la población ¿Qué probabilidad hay de que tenga diarrea? b) Se sabe que determinado individuo tiene diarrea ¿Cuál es la probabilidad de tenga cólera? 37. La probabilidad de que un artículo provenga de una fábrica A1 es 0,7, y la probabilidad de que provenga de otra A2 es 0,3. Se sabe que la fábrica A1 produce un 4 por mil de artículos defectuosos y la A2 un 8 por mil. a) Se observa un artículo y se ve que está defectuoso. ¿Cuál es la probabilidad de que provenga de la fábrica A2? b) Se pide un artículo a una de las dos fábricas, elegida al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que esté defectuoso? c) Se piden 5 artículos a la fábrica A1 ¿Cuál es la probabilidad de que haya alguno defectuoso? 38. En una población animal hay epidemia. El 10 % de los machos y el 18 % de las hembras están enfermos. Se sabe además que hay doble número de hembras que de machos y se pide: a) Elegido al azar un individuo de esa población ¿Cuál es la probabilidad de que esté enfermo? b) Un individuo de esa población se sabe que está enfermo ¿Qué probabilidad hay de que el citado individuo sea macho? 39. En una clase mixta hay 30 alumnas, 15 estudiantes que repiten curso, de los que 10 son alumnos, y hay 15 alumnos que no repiten curso. Se pide: a) b) c) d)
¿Cuántos estudiantes hay en la clase? Elegido al azar un estudiante ¿Cuál es la probabilidad de que sea alumno? Elegido al azar un estudiante ¿Cuál es la probabilidad de que sea alumna y repita el curso? Elegidos al azar dos estudiantes ¿Cuál es la probabilidad de que ninguno repita curso?
40. La probabilidad de que un alumno apruebe Matemáticas es 0.6, la de que apruebe Lengua es 0.5 y la de que apruebe las dos es 0.2. Hallar: a) La probabilidad de que apruebe al menos una de las dos asignaturas. b) La probabilidad de que no apruebe ninguna. c) La probabilidad de que se apruebe Matemáticas y no Lengua.
1. El espacio muestral es: 1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
donde las casillas sombreadas son los casos favorables. La probabilidad pedida será:
p
5 36
2. El espacio muestral es el mismo de antes, es decir: 1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
Y la probabilidad pedida es:
p
5 36
3. Al escribir al azar las 5 vocales tenemos P5= 5! = 120 casos posibles. De entre ellos, si la e ha de aparecer la primera y la o la última, tenemos las otras 3 vocales que han de permutar en los tres lugares centrales, es decir, los casos favorables son P3= 3!=6. La probabilidad pedida es:
p
6 1 120 20
12 12! 12 11 66 2 2 4. Las 12 bolas negras pueden tomar de 2 en 2 de 2!10! maneras distintas (casos favorables).
Mientras
que
las
27
bolas
totales
pueden
tomarse
de
2
en
2
27 27! 27 26 351 2 2 2!25! maneras distintas (casos posibles). La probabilidad pedida es, pues:
p
66 22 351 117
5. Sean los sucesos: A= “Sacar las dos bolas blancas” B= “Sacar las dos bolas negras” C=”sacar las dos bolas del mismo color”
de
Según la composición de la urna se tiene que:
12 11 132 33 20 19 380 95 8 7 56 14 p(B) 20 19 380 95
p( A)
Como una bola no puede ser al mismo tiempo blanca y negra (los sucesos A y B son incompatibles), se tiene que:
p(C) p( A) p(B)
33 14 47 95 95 95
6. Sean los sucesos: A= “ser negra la primera bola” B= “ser negra la segunda bola”. Los sucesos A y B son independientes pues el hecho de que la primera bola sea negra no afecta al hecho de que lo sea la 2ª (ya que la 1ª se devuelve a la urna de nuevo), se tiene:
p( A B) p( A) p(B)
8 8 64 4 20 20 400 25
7. Llamamos: A= “sacar un caballo” B= “sacar un tres” Si reintegramos la primera carta, los sucesos son independientes y se tiene:
p( A B)
4 4 1 1 1 40 40 10 10 100
Si no reintegramos la primera carta los sucesos son dependientes y se tiene: Llamando: C= “sacar un caballo la 1ª carta” D= “sacar un 3 la 2ª carta”
p(C D) p(C) p(D / C)
4 4 16 2 40 39 1560 195
8. Sean los sucesos: A= “realizarse el suceso efectuando 4 pruebas” A1= “realizarse el suceso en la 1ª prueba” A2= “realizarse el suceso en la 2ª prueba” A3= “realizarse el suceso en la 3ª prueba” A4= “realizarse el suceso en la 4ª prueba” Se tiene que:
1 3 2 p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) p( A 4 ) 3 p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) p( A 4 )
Además se cumple que
A A1 A 2 A 3 A 4
siendo los cuatro sucesos últimos independientes entre sí, por tanto se tendrá para el suceso complementario de A:
p( A)
2 2 2 2 2 3 3 3 3 3
4
Y para el suceso A: 4
16 65 2 p( A) 1 p( A) 1 1 81 81 3 9. (Este problema se diferencia del nº 7 en que allí había que sacar primero el caballo y luego el 3, ahora hay que sacar caballo y 3 no importa en que orden). Llamando a los sucesos: A= “sirve la 1ª carta” (es caballo o tres) B= “sirve la 2ª carta” (es caballo o tres) Reintegrando:
p( A B) p(B / A) p( A)
4 8 32 1 40 40 1600 50
Sin reintegrar:
p( A B) p(B / A) p( A)
4 8 32 4 39 40 1560 195
10. Los casos posibles (en ambos casos) son las combinaciones de 15 elementos tomados de 3 en 3, es
15 15! 15 14 13 455 3 6 decir 3!12! a) En este caso los casos favorables son las diferentes formar de tomar las 8 bolas blancas en grupos de 3, es decir:
8 8! 876 56 6 3 3!5! siendo la probabilidad pedida:
p
56 8 455 65
b) En este segundo caso los casos favorables son el producto de las diferentes maneras de tomar las 8 bolas blancas de dos en dos por las diferentes maneras de tomar las 5 bolas negras de uno en uno, es decir:
8 5 8! 87 5 5 140 2 2 1 2!6! y la probabilidad es:
p
140 28 4 455 91 13
11. 11. a) Como el ejercicio está planteado sin devolución de las cartas extraídas previamente, se tendrá que, llamando A1, A2 y A3 respectivamente a los sucesos ser sota la primera, la segunda y la tercera, tenemos que:
p( A 1 A 2 A 3 )
4 3 2 24 1 40 39 38 59280 2470
ya que tras haber extraído la primera sota, sólo quedan tres y, tras haber extraído las dos primeras sólo quedan 2. b) Llamemos: A= “sirve la 1ª carta” (es un as un dos o un tres) B= “sirve la 2ª carta C= “sirve la 3ª carta. Se tiene:
12 40 8 p(B) 39 4 p(C) 38 p( A)
ya que para la 1ª teníamos 12 casos favorables (4 ases, 4 doses y 4 treses) y 40 posibles. Para la segunda, si la primera ha servido, sólo quedan 8 casos favorables y 39 posibles. Para la 3ª, si las dos primeras han servido, sólo quedan 4 casos favorables y 38 posibles. Tenemos pues para la probabilidad pedida:
p( A B C)
12 8 4 384 8 40 39 38 59280 1235
c) En este caso sean: A= “sacar un rey en la 1ª” B= “sacar un cinco en la 2ª” C= “sacar un siete en la 3ª” Será:
4 1 40 10 4 p(B / A) 39 4 2 p(C / A B) 38 19 1 4 2 8 4 p( A B C) 10 39 19 7410 3705 p( A)
12. 12.
Sean los sucesos:
A= “sacar una bola negra de la 1ª urna” B= “sacar una bola negra de la 2ª urna”
p( A)
3 5
p(B)
4 2 10 5
Se tiene que: y, dado que los dos sucesos son independientes:
3 2 6 5 5 25
p( A B)
13. 13. En la siguiente tabla de casos posibles aparecen sombreados los favorables (aquellos en los que la suma de puntos es divisible por 3) 1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
La probabilidad pedida es, pues:
p
12 1 36 3
14. a) a)
Sea A es suceso “señalar un número de cifras no repetidas que sea múltiplo de 4”
necesariamente ha de acabar en 12, 24, 32, 52. De todos ellos terminan en 12 los que resulten de tomar las 3 cifras restantes (3, 4 y 5) de una en una influyendo el orden y sin repetición, esto es son V31. El mismo razonamiento es válido para las otras tres posibles terminaciones, es decir, los casos favorables son 4V31, mientras que los casos posibles son V53, entonces tenemos que:
3! 4V 2! 4 3 1 p( A) 5! 543 5 V 2! 1 3 3 5
4
b) b) Sea B es suceso “señalar un número de cifras no repetidas que sea múltiplo de 3”. Necesariamente uno de estos números ha de estar formado por los números de cualquiera de los 4 conjuntos siguientes:
{1, 2, 3}, {1, 3, 5}, {2, 3, 4} y {3, 4, 5} ya que son los únicos la suma de cuyas cifras es múltiplo de 3. Pero los números de cada uno de los conjuntos anteriores se pueden poner en cualquier orden, es decir, de cada uno de esos conjuntos obtenemos P3 elementos. Los casos favorables serán pues 4P3 y los casos posibles son los mismos que en apartado a), luego tenemos:
p(B)
4P3 4 3! 4 3 2 2 2 5! 5432 5 V53 2!
15. a) a)
Sea A=”extraer las tres bolas rojas”, se tiene:
8 8! 3 876 336 7 p( A) 3!5! 18! 18 17 16 4896 102 18 3 3!15! b) b)
Sea B=”extraer dos bolas rojas y una verde”:
8 6 8! 876 6 2 1 8 7 6 3 2 1008 7 2 p(B) 2!6! 18! 18 17 16 18 17 16 2 4896 34 18 3!15! 32 3 c) c)
Sea C=”extraer dos azules y una no azul”:
4 14 4! 4 3 14 14 2 1 4 3 14 3 2 504 7 2 p(C) 2!2! 18! 18 17 16 18 17 16 2 4896 68 18 3!15! 32 3 d) d)
Sea D=”extraer todas de distinto color”:
8 4 6 1 1 1 846 8 4 6 3 2 1152 4 p(D) 18 17 16 18 17 16 4896 17 18 32 3 e) e)
Sean los sucesos:
R= “extraer las tres rojas” A= “extraer las tres azules” V= “extraer las tres verdes”. Se tiene que:
8 3 7 p(R ) 18 102 3 4 3 1 p( A) 18 204 3 6 3 5 p( V ) 18 204 3 Y por ser los sucesos R, A y V incompatibles dos a dos se tiene que la probabilidad pedida es:
p(R A V )
7 1 5 20 5 102 204 204 204 51
16. Sea el suceso A=”sacar algún 1 en 6 lanzamientos” y sean A1, A2, A3, A4, A5, A6, los sucesos “sacar un 1 en el primero (segundo, tercero, cuarto, quinto, sexto) lanzamientos”. Se tiene que:
p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) p( A 4 ) p( A 5 ) p( A 6 )
1 6
p( A 1 ) p( A 2 ) ........................................ p( A 6 )
5 6
Y como el suceso complementario de A (no sacar ningún 1 en los seis lanzamientos) es la intersección de estos seis últimos y éstos son independientes, se tiene:
5 p( A) 6
6
6
15625 31031 5 p( A) 1 1 46656 46656 6 17. Sean los sucesos: A= “sacar las dos bolas blancas” B= “sacar las dos bolas negras” C= “sacar las dos bolas rojas” Se tiene que los tres sucesos son incompatibles dos a dos y sus probabilidades son:
2 3 6 9 12 108 3 5 15 p(B) 9 12 108 4 4 16 p(C) 9 12 108 p( A)
Siendo la probabilidad pedida:
p( A B C)
6 15 16 37 108 108 108 108
18. Sea el suceso A= “sacar las 50 bolas en el orden 1, 2, 3, .....50”. El número de casos posibles son todas las permutaciones de 50 y solamente una de ellas constituye el caso favorable luego:
p( A)
1 1 P50 50!
19. Sean los sucesos: A= “acertar en dos disparos” A1= “acertar el primer disparo” A2= “acertar el segundo disparo” Se tiene que:
p( A 1 ) p( A 2 ) 0,2 p( A 1 ) p( A 2 ) 0,8 A A1 A2 Y siendo estos dos últimos sucesos independientes se tiene:
p( A) p( A 1 A 2 ) p( A 1 ) p( A 2 ) 0,8 0,8 0,64 p( A) 1 0,64 0,36 20. Sean los sucesos: A= “Acertar en alguno de los tres lanzamientos” A1= “acertar en el primer lanzamiento” A2= “acertar en el segundo lanzamiento” A3= “Acertar en el tercer lanzamiento”. Se tiene que:
p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) 0,3 p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) 0,7 A A1 A 2 A 3 y siendo estos tres últimos sucesos independientes se cumple que:
p( A) p( A 1 A 2 A 3 ) 0,7 0,7 0,7 0,343 siendo entonces la probabilidad pedida:
p( A) 1 p( A) 1 0,343 0,657 21. Sean los sucesos: A= “sacar impar en el primer lanzamiento” B= “sacar par en el segundo lanzamiento”
La tabla del espacio muestral es (en ella se han señalado los casos favorables al suceso intersección de A y B): 1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
Se tiene que:
18 1 36 2 9 1 p( A B) 36 4 p( A) p(B)
1 p( A B) 4 1 p(B / A) 1 2 p( A) 2 Que es la probabilidad pedida. Como además:
p(B / A) p(B)
1 2
Queda demostrado que los sucesos A y B son independientes. 22. Observemos el siguiente diagrama de Venn: donde hemos llamado “x” al número de congresistas que son capaces de hablar al mismo tiempo francés e inglés:
habiéndose de cumplir que: (70-X)+X+(50-X)=80 Y de ahí, resolviendo la ecuación obtenemos que X=40 Es decir, 40 de los congresistas hablan tanto francés como inglés. 30 hablan sólo inglés y 10 hablan sólo francés.
a) a)
Sea ahora el suceso A= “los dos congresistas se entienden sin intérprete”.
Se tiene que:
30 10 1 1 30 10 30 10 2 600 15 p( A) 80! 80 79 6320 158 80 2 ! 78 ! 2 entonces:
p( A) 1 b) b)
15 143 158 158
Sea ahora el suceso:
B= “los dos congresistas se entienden sólo en francés” (ello supone que sólo hablan francés o que pueden hablar ambos idiomas): tenemos que:
10 10 40 10! 10 9 2 10 40 10 40 2 1 1 2 p(B) 2!8! 80! 80 79 80 80 2!78! 2 2 2
890 89 6320 632
c) c) Sean ahora los sucesos: C= “los dos congresistas se entienden en un solo idioma” C1= “Se entienden sólo en inglés”. C2= “Se entienden sólo en francés”. Se tiene que:
30 30 40 30! 30 29 2 30 40 30 40 2 1 1 3270 327 2 p(C1 ) 2!28! 80! 80 79 6320 632 80 2!78! 2 2
Como el suceso C2 coincide con el suceso b) del apartado b) su probabilidad ya ha sido calculada allí. Entonces se tiene para el suceso C:
p(C) p(C1 C 2 ) p(C1 ) p(C 2 ) d) d)
327 89 416 52 632 632 632 79
Sea ahora el suceso:
D= “los dos congresistas se entienden en los dos idiomas”. Se tiene que:
40 40! 2 40 39 156 39 p(D) 2!38! 80! 80 79 632 158 80 2 2!78! 23. Sean los sucesos:
A= “el primer niño saca las dos rojas”. B= “el segundo niño saca las dos negras habiendo sacado el 1º las dos rojas”. C= “el tercer niño saca las dos blancas habiendo sacado el 1º las dos rojas y el segundo las dos negras”. D= “el primer niño saca las dos rojas y el segundo las dos negras y el tercero las dos blancas” Se tiene:
8 8! 2 87 56 7 p( A) 2!6! 24! 24 23 552 69 24 2 2!22! 10 10! 2 10 9 90 15 p(B) 2!8! 22! 22 21 462 77 22 2 2!20! 6 6! 2 65 30 3 p(C) 2!4! 20! 20 19 380 38 20 2 2!18! p(D)
7 15 3 315 15 69 77 38 201849 9614
Ya que los sucesos A, B y C de esta forma definidos son independientes y D es la intersección de los tres. 24. Sea el suceso: A= “sacar al menos un 6 en los n lanzamientos” Ai= “sacar un seis en el i-ésimo lanzamiento” (donde i varía entre 1 y n) Se tiene que:
p( A i )
1 6
i 1 i n
entonces:
5 6 A A 1 A 2 ..... A n
p( A i )
siendo estos n sucesos independientes. Se tiene pues que:
5 p( A) p( A 1 ) p( A 2 ) .........p( A n ) 6 5 p( A) 1 p( A) 1 6
n
n
25. El espacio muestral tiene RV24=24=16 elementos que son:
CCCC CCC+ CC+C C+CC
+CCC CC++ C+C+ +C+C
15 16 Sea B= “obtener exactamente dos caras”:
b) b)
p(B)
+C++ ++C+ +++C ++++
Sea A= “obtener a lo sumo tres cruces (es decir, 0, 1, 2 ó 3)”
a) a)
p( A)
+CC+ C++C ++CC C+++
6 3 16 8
26. Sea el suceso A= “alcanzar el objetivo en al menos uno de los siete disparos” Ai=”alcanzar el objetivo en el disparo i-ésimo” (i varía de 1 a 7) Se tiene:
1 i 1 i 7 7 6 p( A i ) i 1 i 7 7 A A 1 A 2 ........ A 7 p( A i )
siendo estos 7 sucesos independientes, por lo tanto:
6 p( A) 7
7
7
279936 543607 6 p( A) 1 p( A) 1 1 823543 823543 7 27. Sean los sucesos: a) A= “el hombre vive más de 25 años”. B= “la mujer vive más de 25 años”. C= “ambos viven más de 25 años”. Se tiene que:
3 5 2 p(B) 3 p( A)
p(C) p( A B)
3 2 2 5 3 5
b) D= “sólo el hombre vive más de 25 años”.
p(D) p( A B ) c) c)
E= “sólo la mujer vive más de 25 años”:
p(E) p( A B) d) d)
3 1 1 5 3 5 2 2 4 5 3 15
F= “que viva más de 25 años al menos uno de los dos”
p(F) p( A B) p( A) p(B) p( A B) 28. a) a)
3 2 2 9 10 6 13 5 3 5 15 15
Sea A= “sacar 4 cartas de la baraja entre las que haya dos reyes y dos no reyes”
4 36 2 2 p( A ) 40 4 b) b)
Sea B= “sacar cuatro cartas de la baraja entre las que haya tres del mismo palo y uno no”.
Para un palo cualquiera dado, la probabilidad de obtener tres de ese palo de entre 4 cartas es:
10 30 3 1 p 40 4 Y la probabilidad pedida es:
10 30 3 1 p(B) 4p 4 40 4 c) c)
Sea C= “sacar cuatro cartas de la baraja y que todas ellas sean menores que 7”
24 4 p (C ) 40 4 29. a) a) Al lanzar tres monedas al aire obtenemos como posibles resultados las Variaciones con repetición de 2 elementos tomados 3 a 3, esto es RV23=23=8. Estos son: CCC CC+ C+C +CC
C++ +C+ ++C +++
El suceso A está formado por los sucesos elementales:
A= {(+CC), (+C+), (++C), (+++)} El B por: B= {(CCC), (CC+), (C+C), (+CC), (C++), (+C+), (++C)} Y el C por: C= {(C++), (+C+), (++C)} Como A B {( CC),(, C),( C)} , A y B no son incompatibles. b) b) Para ver si A y B son independientes hay que comprobar si p(B/A)=p(B), en caso de ser falsa la igualdad anterior no serán independientes. Veamos:
3 p( A B) 8 3 p(B / A) 4 4 p( A) 8 7 p(B) 8 Luego A y B no son independientes. c) c) d) d)
Como A C (C ), ( C) , A y C no son incompatibles. Calculemos:
2 p( A C) 8 2 1 p(C / A) 4 4 2 p( A) 8 3 p(C) 8 y siendo distintos ambos resultados, los sucesos A y C no son independientes. 30. Observemos el siguiente diagrama de Venn:
donde los números salen de: Llamando x a los que hablan las tres lenguas, tenemos que: 40 hablan inglés. 40 hablan francés
51 hablan castellano 11 hablan francés e inglés 12 hablan francés y castellano 13 hablan inglés y castellano 11-x hablan sólo francés e inglés 13-x hablan sólo inglés y castellano 12-x hablan sólo francés y castellano 40-(11-x)-x-(13-x)=16+x hablan sólo inglés 40-(11-x)-x-(12-x)=17+x hablan sólo francés 51-(12-x)-x-(13-x)=26+x hablan sólo castellano Se ha de verificar, pues la siguiente ecuación: hablan sólo inglés+hablan sólo francés+hablan sólo castellano+hablan sólo inglés y castellano+hablan sólo francés e inglés+ hablan sólo francés y castellano+ hablan los tres idiomas = 100 16+x+17+x+26+x+13-x+11-x+12-x+x=100 y de ahí se obtiene que hablan los tres idiomas: x=5 11-x=6 hablan sólo francés e inglés 13-x=8 hablan sólo inglés y castellano 12-x=7 hablan sólo francés y castellano 16+x=21 hablan sólo inglés 17+x=22 hablan sólo francés 26+x=31 hablan sólo castellano a) a)
A= “ninguno habla francés”. Hay 21+8+31=60 que no hablan francés, luego
60 2 p( A ) 100 2 b) B= “los dos hablan castellano”. Como hay 51 en esas condiciones:
51 2 p(B) 100 2 c) c) C= “los dos se entienden sólo en castellano”. Hay 31 que sólo hablan castellano; 39 (31+8) que hablan castellano e inglés pero no francés; 38 (31+7) que hablan castellano y francés pero no inglés; 36 (31+5) que hablan castellano sólo o los tres idiomas, por tanto:
31 31 8 31 7 31 5 2 1 1 1 1 1 1 p(C) 100 2 d) d)
D= “los dos hablan un solo idioma”. Hay 74 (21+22+31) que hablan un solo idioma, luego:
74 2 p(D) 100 2 e) e)
E= “hablan los tres idiomas”. Hay sólo 5 que lo hacen, por tanto:
5 2 p(E) 100 2 31. El hecho de que la probabilidad de obtener un determinado número en el dado sea proporcional a dicho número significa que (siendo i un número comprendido entre 1 y 6 ambos inclusive), se tiene: p(i)=ki como la probabilidad de que salga cualquier número del dado es 1 (suceso seguro), se tendrá que: p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+p(5)+p(6)=1 k+2k+3k+4k+5k+6k=1 21k=1 k=1/21 entonces, llamando A sal suceso “sacar un número par”, este suceso es la unión de los tres sucesos incompatibles “sacar 2”, “sacar 4” ó “sacar 6”, es decir:
p( A) p(2) p(4) p(6)
2 4 6 12 21 21 21 21
32. Observemos el siguiente diagrama: donde x representa al número de alumnos que no fuman ni celtas ni ducados. Como hay 24 alumnos en total, se tiene que: 10+8+4+x=24 Y de ahí: x= 24-10-8-4=2
a) a)
A= “los tres alumnos fuman”:
22 22! 22 21 20 3 420 70 35 32 p( A) 3!19! 24! 24 23 22 552 92 46 24 32 3 3!21! b) b) B= “2 de los tres fuman ducados”. Ha de haber 2 de los 18 que fuman ducados y uno de los 6 que o no fuman o fuman celtas, es decir:
18 6 18! 18 17 6 6 2 1 18 17 6 3 5508 1377 2 p(B) 2!16! 24! 24 23 22 24 23 22 12144 3036 24 3!21! 32 3
459 1012
33. Sea el suceso A= “entre cinco piezas elegidas al azar hay alguna defectuosa”, la probabilidad del suceso contrario (que no haya ninguna defectuosa) es:
775 5 p( A ) 800 5 Y la probabilidad de A es:
775 5 p( A) 1 p( A) 1 800 5 34.Sean los sucesos: A= “extraer bola negra” A1= “extraer una bola de la primera urna” A2= “extraer una bola de la segunda urna”. A3= “extraer una bola de la tercera urna”. Por el enunciado sabemos que:
p( A1 ) P( A 2 ) p( A 3 )
1 3
4 7 p( A / A 2 ) 1 p( A / A1 )
p( A / A 3 )
3 5
a) a)
Aplicando el Teorema de la probabilidad total tenemos:
p(A)=p(A/A1)p(A1)+p(A/A2)p(A2)+p(A/A3)p(A3) que en nuestro caso da como resultado:
p( A) b) b)
4 1 1 3 1 4 1 1 76 1 7 3 3 5 3 21 3 5 105 Por el Teorema de Bayes nos queda:
p( A 2 / A)
p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 )
1 1 105 35 3 3 4 1 1 3 1 76 228 76 1 7 3 3 5 3 105 1
35. Sean los sucesos: A= “el enfermo se cura” A1= “el enfermo ingresa con bronquitis”. A2= “el enfermo ingresa con neumonía” A3= “el enfermo ingresa con gripe” Sabemos del enunciado que: p(A1)= 0,5
p(A2)= 0,3
p(A3)= 0,2
p(A/A1)= 0,7 p(A/A2)= 0,8 p(A/A3)= 0,9 Aplicando el Teorema de Bayes:
p( A1 / A)
p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 )
0,7 0,5 0,35 0,455 0,7 0,5 0,8 0,3 0,9 0,2 0,77
36. Sean los sucesos: A= “tienen diarrea” A1= “tienen cólera” A2= “tienen intoxicación” A2= “no tienen nada serio” Sabemos que:
p(A1)= 0,02 p(A2)= 0,005 p(A3)= 0,975 p(A/A1)= 0,99 p(A/A2)= 0,5 p(A/A3)=0,004 a) a)
Por el Teorema de la probabilidad total:
p( A) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 ) 0,99 0,02 0,5 0,005 0,004 0,975 0,0262
p( A1 / A)
p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 )
0,99 0,002 0,00198 0,0756 0,99 0,002 0,5 0,005 0,004 0,995 0,0262 b) b)
Por el Teorema de Bayes:
37. Sean los sucesos: A= “el artículo es defectuoso” A1= “el artículo procede de la 1ª fábrica” A2= “el artículo procede de la 2ª fábrica”. Sabemos que: p(A1)= 0,7 p(A2)= 0,3 p(A/A1)= 0,004 p(A/A2)= 0,008 a) a)
p( A 2 / A)
Por el Teorema de Bayes:
p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 )
0,008 0,3 0,0024 0,462 0,004 0,7 0,008 0,3 0,0052 b) b)
Por el Teorema de la probabilidad Total:
p(A)= 0,0052 ya que las operaciones a realizar en dicho Teorema coinciden con el denominador de la fórmula de Bayes anteriormente calculado. c) c)
Sean los sucesos:
B= “entre los 5 artículos servidos por la fábrica A1 hay alguno defectuoso” Bi= “es defectuoso el objeto i” ( i varía de 1 a 5) Se cumple que: p(B1)=p(B2)=p(B3)=p(B4)=0,004
p(B1 ) p(B2 ) p(B3 ) p(B4 ) p(B5 ) 0,996 B B1 B2 B3 B4 B5 Y siendo estos 5 últimos sucesos independientes entre sí, se tiene que:
p(B ) p(B1 B2 ....... B5 ) 0,996 5 siendo entonces la probabilidad pedida:
p(B) 1 p(B ) 1 0,996 5 1 0,0000098 0,99999
38. Sean los sucesos: A= “el animal está enfermo” A1= “el animal es macho” A2= “el animal es hembra” Se sabe que: p(A1)= 1/3 p(A2)= 2/3 p(A/A1)= 0,1 a) a)
p(A/A2)=0,18
Por el Teorema de la probabilidad Total:
p( A) p( A / A1 )p( A1) p(A / A2 )p( A2 ) 0,1
1 2 0,18 0,153 3 3
b) b)
Por el Teorema de Bayes:
p( A1 / A) 0,1
0,1
p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) 1 3
1 2 0,18 3 3
0,033 0,218 0,153
39. a) a)
Observemos la siguiente tabla de contingencia:
alumnos alumnas estudiantes
no repiten 15 25 40
repiten total 10 5 15
25 30 55
Donde están señalados en negrita los datos no proporcionados por el enunciado pero que fácilmente se obtienen de él. b) b)
p( A) c) c)
Sea el suceso A= “ser alumno un estudiante elegido al azar”. Será:
25 5 55 11 Sea el suceso B= “ser alumna y repetidora un estudiante elegido al azar”. Será:
p(B)
5 1 55 11 Sea el suceso C= “ser no repetidores dos estudiantes elegidos al azar”. Tendremos:
d) d)
40 40! 40 39 2 40 39 1560 156 52 2 p(C) 2!38! 55 ! 55 54 55 54 2970 297 99 55 2 2 2!53!
40. Sean los sucesos: A= “aprobar matemáticas un alumno” B= “aprobar lengua” C= “aprobar matemáticas y lengua” Se sabe que: p(A)= 0,6 a) a)
p(B)= 0,5
p(C)=0,2
Sea D= “aprobar una de las dos”.
p(D) p( A B) p( A) p(B) p( A B) 0,6 0,5 0,2 0,9
b) b)
Sea E= “no aprobar ninguna de las dos”.
p(E) p(D ) 1 p(D) 1 0,9 0,1
c) c)
Sea F= “aprobar matemáticas y no lengua”.
F AB
A A B B ( A B) ( A B ) donde hemos tenido en cuenta que el suceso del primer paréntesis es el suceso seguro (de probabilidad 1) y hemos aplicado la propiedad distributiva de la intersección respecto de la unión. Como los dos sucesos obtenidos en el último miembro son incompatibles, tenemos:
p( A) p( A B) p( A B ) p(A B ) p( A) p( A B) 0,6 0,2 0,4 14. 1.
El espacio muestral es:
1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 2,1 2,2 2,3 2,4 2,5 2,6 3,1 3,2 3,3 3,4 3,5 3,6
4,1 4,2 4,3 4,4 4,5 4,6 5,1 5,2 5,3 5,4 5,5 5,6 6,1 6,2 6,3 6,4 6,5 6,6 donde las casillas sombreadas son los casos favorables. La probabilidad pedida será:
p
5 36
15. 2.
El espacio muestral es el mismo de antes, es decir:
1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
Y la probabilidad pedida es:
p
5 36
16. 3. Al escribir al azar las 5 vocales tenemos P5= 5! = 120 casos posibles. De entre ellos, si la e ha de aparecer la primera y la o la última, tenemos las otras 3 vocales que han de permutar en los tres lugares centrales, es decir, los casos favorables son P3= 3!=6. La probabilidad pedida es:
p
6 1 120 20
12 12! 12 11 66 2 Las 12 bolas negras pueden tomar de 2 en 2 de 2 2!10! maneras distintas
17. 4. (casos
favorables).
Mientras
que
las
27
bolas
totales
pueden
tomarse
de
2
en
27 27! 27 26 351 2 2 2!25! maneras distintas (casos posibles). La probabilidad pedida es, pues:
p 18. 5.
66 22 351 117 Sean los sucesos:
A= “Sacar las dos bolas blancas” B= “Sacar las dos bolas negras” C=”sacar las dos bolas del mismo color” Según la composición de la urna se tiene que:
p( A)
12 11 132 33 20 19 380 95
2
de
p(B)
8 7 56 14 20 19 380 95
Como una bola no puede ser al mismo tiempo blanca y negra (los sucesos A y B son incompatibles), se tiene que:
p(C) p( A) p(B) 19. 6.
33 14 47 95 95 95
Sean los sucesos:
A= “ser negra la primera bola” B= “ser negra la segunda bola”. Los sucesos A y B son independientes pues el hecho de que la primera bola sea negra no afecta al hecho de que lo sea la 2ª (ya que la 1ª se devuelve a la urna de nuevo), se tiene:
p( A B) p( A) p(B) 20. 7.
8 8 64 4 20 20 400 25
Llamamos:
A= “sacar un caballo” B= “sacar un tres” Si reintegramos la primera carta, los sucesos son independientes y se tiene:
p( A B)
4 4 1 1 1 40 40 10 10 100
Si no reintegramos la primera carta los sucesos son dependientes y se tiene: Llamando: C= “sacar un caballo la 1ª carta” D= “sacar un 3 la 2ª carta”
p(C D) p(C) p(D / C) 21. 8.
4 4 16 2 40 39 1560 195
Sean los sucesos:
A= “realizarse el suceso efectuando 4 pruebas” A1= “realizarse el suceso en la 1ª prueba” A2= “realizarse el suceso en la 2ª prueba” A3= “realizarse el suceso en la 3ª prueba” A4= “realizarse el suceso en la 4ª prueba” Se tiene que:
1 3 2 p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) p( A 4 ) 3 p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) p( A 4 )
Además se cumple que
A A1 A 2 A 3 A 4
siendo los cuatro sucesos últimos independientes entre sí, por tanto se tendrá para el suceso complementario de A:
2 2 2 2 2 p( A) 3 3 3 3 3
4
Y para el suceso A: 4
16 65 2 p( A) 1 p( A) 1 1 81 81 3 22. 9. (Este problema se diferencia del nº 7 en que allí había que sacar primero el caballo y luego el 3, ahora hay que sacar caballo y 3 no importa en que orden). Llamando a los sucesos: A= “sirve la 1ª carta” (es caballo o tres) B= “sirve la 2ª carta” (es caballo o tres) Reintegrando:
p( A B) p(B / A) p( A)
4 8 32 1 40 40 1600 50
Sin reintegrar:
p( A B) p(B / A) p( A) 23. 10.
4 8 32 4 39 40 1560 195
Los casos posibles (en ambos casos) son las combinaciones de 15 elementos tomados de 3 en 3,
15 15! 15 14 13 455 3 3 ! 12 ! 6 es decir a) a) En este caso los casos favorables son las diferentes formar de tomar las 8 bolas blancas en grupos de 3, es decir:
8 8! 876 56 6 3 3!5! siendo la probabilidad pedida:
p
56 8 455 65
b) b) En este segundo caso los casos favorables son el producto de las diferentes maneras de tomar las 8 bolas blancas de dos en dos por las diferentes maneras de tomar las 5 bolas negras de uno en uno, es decir:
8 5 8! 87 5 5 140 2 2 1 2!6! y la probabilidad es:
p
140 28 4 455 91 13
24. 11. a) Como el ejercicio está planteado sin devolución de las cartas extraídas previamente, se tendrá que, llamando A1, A2 y A3 respectivamente a los sucesos ser sota la primera, la segunda y la tercera, tenemos que:
p( A 1 A 2 A 3 )
4 3 2 24 1 40 39 38 59280 2470
ya que tras haber extraído la primera sota, sólo quedan tres y, tras haber extraído las dos primeras sólo quedan 2. b) Llamemos: A= “sirve la 1ª carta” (es un as un dos o un tres) B= “sirve la 2ª carta C= “sirve la 3ª carta. Se tiene:
12 40 8 p(B) 39 4 p(C) 38 p( A)
ya que para la 1ª teníamos 12 casos favorables (4 ases, 4 doses y 4 treses) y 40 posibles. Para la segunda, si la primera ha servido, sólo quedan 8 casos favorables y 39 posibles. Para la 3ª, si las dos primeras han servido, sólo quedan 4 casos favorables y 38 posibles. Tenemos pues para la probabilidad pedida:
p( A B C)
12 8 4 384 8 40 39 38 59280 1235
c) En este caso sean: A= “sacar un rey en la 1ª” B= “sacar un cinco en la 2ª” C= “sacar un siete en la 3ª” Será:
4 1 40 10 4 p(B / A) 39 4 2 p(C / A B) 38 19 1 4 2 8 4 p( A B C) 10 39 19 7410 3705 p( A)
25. 12.
Sean los sucesos:
A= “sacar una bola negra de la 1ª urna” B= “sacar una bola negra de la 2ª urna”
p( A)
3 5
p(B)
4 2 10 5
Se tiene que: y, dado que los dos sucesos son independientes:
3 2 6 5 5 25
p( A B)
26. 13. En la siguiente tabla de casos posibles aparecen sombreados los favorables (aquellos en los que la suma de puntos es divisible por 3) 1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
La probabilidad pedida es, pues:
p
12 1 36 3
14. c) a)
Sea A es suceso “señalar un número de cifras no repetidas que sea múltiplo de 4”
necesariamente ha de acabar en 12, 24, 32, 52. De todos ellos terminan en 12 los que resulten de tomar las 3 cifras restantes (3, 4 y 5) de una en una influyendo el orden y sin repetición, esto es son V31. El mismo razonamiento es válido para las otras tres posibles terminaciones, es decir, los casos favorables son 4V31, mientras que los casos posibles son V53, entonces tenemos que:
3! 4V 2! 4 3 1 p( A) 5! 543 5 V 2! 1 3 3 5
4
d) b) Sea B es suceso “señalar un número de cifras no repetidas que sea múltiplo de 3”. Necesariamente uno de estos números ha de estar formado por los números de cualquiera de los 4 conjuntos siguientes: {1, 2, 3}, {1, 3, 5}, {2, 3, 4} y {3, 4, 5} ya que son los únicos la suma de cuyas cifras es múltiplo de 3. Pero los números de cada uno de los conjuntos anteriores se pueden poner en cualquier orden, es decir, de cada uno de esos conjuntos obtenemos P3 elementos. Los casos favorables serán pues 4P3 y los casos posibles son los mismos que en apartado a), luego tenemos:
p(B)
4P3 4 3! 4 3 2 2 2 5! 5432 5 V53 2!
15. f)
a)
Sea A=”extraer las tres bolas rojas”, se tiene:
8 8! 3 876 336 7 p( A) 3!5! 18! 18 17 16 4896 102 18 3 3!15! g) b)
Sea B=”extraer dos bolas rojas y una verde”:
8 6 8! 876 6 2 1 8 7 6 3 2 1008 7 2 p(B) 2!6! 18 ! 18 17 16 18 17 16 2 4896 34 18 3!15! 32 3 h) c)
Sea C=”extraer dos azules y una no azul”:
4 14 4! 4 3 14 14 2 1 4 3 14 3 2 504 7 2 p(C) 2!2! 18! 18 17 16 18 17 16 2 4896 68 18 3!15! 32 3 i)
d)
Sea D=”extraer todas de distinto color”:
8 4 6 1 1 1 846 8 4 6 3 2 1152 4 p(D) 18 17 16 18 17 16 4896 17 18 32 3 j)
e)
Sean los sucesos:
R= “extraer las tres rojas” A= “extraer las tres azules” V= “extraer las tres verdes”. Se tiene que:
8 3 7 p(R ) 18 102 3 4 3 1 p( A) 18 204 3 6 3 5 p( V ) 18 204 3 Y por ser los sucesos R, A y V incompatibles dos a dos se tiene que la probabilidad pedida es:
p(R A V )
7 1 5 20 5 102 204 204 204 51
16. Sea el suceso A=”sacar algún 1 en 6 lanzamientos” y sean A1, A2, A3, A4, A5, A6, los sucesos “sacar un 1 en el primero (segundo, tercero, cuarto, quinto, sexto) lanzamientos”. Se tiene que:
p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) p( A 4 ) p( A 5 ) p( A 6 )
1 6
p( A 1 ) p( A 2 ) ........................................ p( A 6 )
5 6
Y como el suceso complementario de A (no sacar ningún 1 en los seis lanzamientos) es la intersección de estos seis últimos y éstos son independientes, se tiene:
5 p( A) 6
6
6
15625 31031 5 p( A) 1 1 46656 46656 6 17. Sean los sucesos: A= “sacar las dos bolas blancas” B= “sacar las dos bolas negras” C= “sacar las dos bolas rojas” Se tiene que los tres sucesos son incompatibles dos a dos y sus probabilidades son:
2 3 6 9 12 108 3 5 15 p(B) 9 12 108 4 4 16 p(C) 9 12 108 p( A)
Siendo la probabilidad pedida:
p( A B C)
6 15 16 37 108 108 108 108
18. Sea el suceso A= “sacar las 50 bolas en el orden 1, 2, 3, .....50”. El número de casos posibles son todas las permutaciones de 50 y solamente una de ellas constituye el caso favorable luego:
p( A)
1 1 P50 50!
19. Sean los sucesos: A= “acertar en dos disparos” A1= “acertar el primer disparo” A2= “acertar el segundo disparo” Se tiene que:
p( A 1 ) p( A 2 ) 0,2 p( A 1 ) p( A 2 ) 0,8 A A1 A2 Y siendo estos dos últimos sucesos independientes se tiene:
p( A) p( A 1 A 2 ) p( A 1 ) p( A 2 ) 0,8 0,8 0,64 p( A) 1 0,64 0,36 20. Sean los sucesos: A= “Acertar en alguno de los tres lanzamientos” A1= “acertar en el primer lanzamiento” A2= “acertar en el segundo lanzamiento” A3= “Acertar en el tercer lanzamiento”. Se tiene que:
p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) 0,3 p( A 1 ) p( A 2 ) p( A 3 ) 0,7 A A1 A 2 A 3 y siendo estos tres últimos sucesos independientes se cumple que:
p( A) p( A 1 A 2 A 3 ) 0,7 0,7 0,7 0,343 siendo entonces la probabilidad pedida:
p( A) 1 p( A) 1 0,343 0,657 21. Sean los sucesos: A= “sacar impar en el primer lanzamiento” B= “sacar par en el segundo lanzamiento”
La tabla del espacio muestral es (en ella se han señalado los casos favorables al suceso intersección de A y B): 1,1 2,1 3,1 4,1 5,1 6,1
1,2 2,2 3,2 4,2 5,2 6,2
1,3 2,3 3,3 4,3 5,3 6,3
1,4 2,4 3,4 4,4 5,4 6,4
1,5 2,5 3,5 4,5 5,5 6,5
1,6 2,6 3,6 4,6 5,6 6,6
Se tiene que:
18 1 36 2 9 1 p( A B) 36 4 p( A) p(B)
1 p( A B) 4 1 p(B / A) 1 2 p( A) 2 Que es la probabilidad pedida. Como además:
p(B / A) p(B)
1 2
Queda demostrado que los sucesos A y B son independientes. 22. Observemos el siguiente diagrama de Venn: donde hemos llamado “x” al número de congresistas que son capaces de hablar al mismo tiempo francés e inglés:
habiéndose de cumplir que: (70-X)+X+(50-X)=80 Y de ahí, resolviendo la ecuación obtenemos que X=40 Es decir, 40 de los congresistas hablan tanto francés como inglés. 30 hablan sólo inglés y 10 hablan sólo francés.
e) a)
Sea ahora el suceso A= “los dos congresistas se entienden sin intérprete”.
Se tiene que:
30 10 1 1 30 10 30 10 2 600 15 p( A) 80! 80 79 6320 158 80 2 ! 78 ! 2 entonces:
p( A) 1 f)
b)
15 143 158 158
Sea ahora el suceso:
B= “los dos congresistas se entienden sólo en francés” (ello supone que sólo hablan francés o que pueden hablar ambos idiomas): tenemos que:
10 10 40 10! 10 9 2 10 40 10 40 2 1 1 2 p(B) 2!8! 80! 80 79 80 80 2!78! 2 2 2
890 89 6320 632
g) c) Sean ahora los sucesos: C= “los dos congresistas se entienden en un solo idioma” C1= “Se entienden sólo en inglés”. C2= “Se entienden sólo en francés”. Se tiene que:
30 30 40 30! 30 29 2 30 40 30 40 2 1 1 3270 327 2 p(C1 ) 2!28! 80! 80 79 6320 632 80 2!78! 2 2
Como el suceso C2 coincide con el suceso b) del apartado b) su probabilidad ya ha sido calculada allí. Entonces se tiene para el suceso C:
p(C) p(C1 C 2 ) p(C1 ) p(C 2 ) h) d)
327 89 416 52 632 632 632 79
Sea ahora el suceso:
D= “los dos congresistas se entienden en los dos idiomas”. Se tiene que:
40 40! 2 40 39 156 39 p(D) 2!38! 80! 80 79 632 158 80 2 2!78! 23. Sean los sucesos:
A= “el primer niño saca las dos rojas”. B= “el segundo niño saca las dos negras habiendo sacado el 1º las dos rojas”. C= “el tercer niño saca las dos blancas habiendo sacado el 1º las dos rojas y el segundo las dos negras”. D= “el primer niño saca las dos rojas y el segundo las dos negras y el tercero las dos blancas” Se tiene:
8 8! 2 87 56 7 p( A) 2!6! 24! 24 23 552 69 24 2 2!22! 10 10! 2 10 9 90 15 p(B) 2!8! 22! 22 21 462 77 22 2 2!20! 6 6! 2 65 30 3 p(C) 2!4! 20! 20 19 380 38 20 2 2!18! p(D)
7 15 3 315 15 69 77 38 201849 9614
Ya que los sucesos A, B y C de esta forma definidos son independientes y D es la intersección de los tres. 24. Sea el suceso: A= “sacar al menos un 6 en los n lanzamientos” Ai= “sacar un seis en el i-ésimo lanzamiento” (donde i varía entre 1 y n) Se tiene que:
p( A i )
1 6
i 1 i n
entonces:
5 6 A A 1 A 2 ..... A n
p( A i )
siendo estos n sucesos independientes. Se tiene pues que:
5 p( A) p( A 1 ) p( A 2 ) .........p( A n ) 6 5 p( A) 1 p( A) 1 6
n
n
25. El espacio muestral tiene RV24=24=16 elementos que son:
CCCC CCC+ CC+C C+CC
+CCC CC++ C+C+ +C+C
f)
15 16 Sea B= “obtener exactamente dos caras”:
b)
p(B)
+C++ ++C+ +++C ++++
Sea A= “obtener a lo sumo tres cruces (es decir, 0, 1, 2 ó 3)”
e) a)
p( A)
+CC+ C++C ++CC C+++
6 3 16 8
26. Sea el suceso A= “alcanzar el objetivo en al menos uno de los siete disparos” Ai=”alcanzar el objetivo en el disparo i-ésimo” (i varía de 1 a 7) Se tiene:
1 i 1 i 7 7 6 p( A i ) i 1 i 7 7 A A 1 A 2 ........ A 7 p( A i )
siendo estos 7 sucesos independientes, por lo tanto:
6 p( A) 7
7
7
279936 543607 6 p( A) 1 p( A) 1 1 823543 823543 7 27. Sean los sucesos: a) A= “el hombre vive más de 25 años”. B= “la mujer vive más de 25 años”. C= “ambos viven más de 25 años”. Se tiene que:
3 5 2 p(B) 3 p( A)
p(C) p( A B)
3 2 2 5 3 5
b) D= “sólo el hombre vive más de 25 años”.
p(D) p( A B ) g) c)
E= “sólo la mujer vive más de 25 años”:
p(E) p( A B) h) d)
3 1 1 5 3 5 2 2 4 5 3 15
F= “que viva más de 25 años al menos uno de los dos”
p(F) p( A B) p( A) p(B) p( A B) 28. d) a)
3 2 2 9 10 6 13 5 3 5 15 15
Sea A= “sacar 4 cartas de la baraja entre las que haya dos reyes y dos no reyes”
4 36 2 2 p( A ) 40 4 e) b)
Sea B= “sacar cuatro cartas de la baraja entre las que haya tres del mismo palo y uno no”.
Para un palo cualquiera dado, la probabilidad de obtener tres de ese palo de entre 4 cartas es:
10 30 3 1 p 40 4 Y la probabilidad pedida es:
10 30 3 1 p(B) 4p 4 40 4 f)
c)
Sea C= “sacar cuatro cartas de la baraja y que todas ellas sean menores que 7”
24 4 p (C ) 40 4 29. e) a) Al lanzar tres monedas al aire obtenemos como posibles resultados las Variaciones con repetición de 2 elementos tomados 3 a 3, esto es RV23=23=8. Estos son: CCC CC+ C+C +CC
C++ +C+ ++C +++
El suceso A está formado por los sucesos elementales:
A= {(+CC), (+C+), (++C), (+++)} El B por: B= {(CCC), (CC+), (C+C), (+CC), (C++), (+C+), (++C)} Y el C por: C= {(C++), (+C+), (++C)} Como A B {( CC),(, C),( C)} , A y B no son incompatibles. f)
b) Para ver si A y B son independientes hay que comprobar si p(B/A)=p(B), en caso de ser falsa la igualdad anterior no serán independientes. Veamos:
3 p( A B) 8 3 p(B / A) 4 4 p( A) 8 7 p(B) 8 Luego A y B no son independientes. g) c) h) d)
Como A C (C ), ( C) , A y C no son incompatibles. Calculemos:
2 p( A C) 8 2 1 p(C / A) 4 4 2 p( A) 8 3 p(C) 8 y siendo distintos ambos resultados, los sucesos A y C no son independientes. 30. Observemos el siguiente diagrama de Venn:
donde los números salen de: Llamando x a los que hablan las tres lenguas, tenemos que: 40 hablan inglés. 40 hablan francés
51 hablan castellano 11 hablan francés e inglés 12 hablan francés y castellano 13 hablan inglés y castellano 11-x hablan sólo francés e inglés 13-x hablan sólo inglés y castellano 12-x hablan sólo francés y castellano 40-(11-x)-x-(13-x)=16+x hablan sólo inglés 40-(11-x)-x-(12-x)=17+x hablan sólo francés 51-(12-x)-x-(13-x)=26+x hablan sólo castellano Se ha de verificar, pues la siguiente ecuación: hablan sólo inglés+hablan sólo francés+hablan sólo castellano+hablan sólo inglés y castellano+hablan sólo francés e inglés+ hablan sólo francés y castellano+ hablan los tres idiomas = 100 16+x+17+x+26+x+13-x+11-x+12-x+x=100 y de ahí se obtiene que hablan los tres idiomas: x=5 11-x=6 hablan sólo francés e inglés 13-x=8 hablan sólo inglés y castellano 12-x=7 hablan sólo francés y castellano 16+x=21 hablan sólo inglés 17+x=22 hablan sólo francés 26+x=31 hablan sólo castellano b) a)
A= “ninguno habla francés”. Hay 21+8+31=60 que no hablan francés, luego
60 2 p( A ) 100 2 b) B= “los dos hablan castellano”. Como hay 51 en esas condiciones:
51 2 p(B) 100 2 f)
c) C= “los dos se entienden sólo en castellano”. Hay 31 que sólo hablan castellano; 39 (31+8) que hablan castellano e inglés pero no francés; 38 (31+7) que hablan castellano y francés pero no inglés; 36 (31+5) que hablan castellano sólo o los tres idiomas, por tanto:
31 31 8 31 7 31 5 2 1 1 1 1 1 1 p(C) 100 2 g) d)
D= “los dos hablan un solo idioma”. Hay 74 (21+22+31) que hablan un solo idioma, luego:
74 2 p(D) 100 2 h) e)
E= “hablan los tres idiomas”. Hay sólo 5 que lo hacen, por tanto:
5 2 p(E) 100 2 31. El hecho de que la probabilidad de obtener un determinado número en el dado sea proporcional a dicho número significa que (siendo i un número comprendido entre 1 y 6 ambos inclusive), se tiene: p(i)=ki como la probabilidad de que salga cualquier número del dado es 1 (suceso seguro), se tendrá que: p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+p(5)+p(6)=1 k+2k+3k+4k+5k+6k=1 21k=1 k=1/21 entonces, llamando A sal suceso “sacar un número par”, este suceso es la unión de los tres sucesos incompatibles “sacar 2”, “sacar 4” ó “sacar 6”, es decir:
p( A) p(2) p(4) p(6)
2 4 6 12 21 21 21 21
32. Observemos el siguiente diagrama: donde x representa al número de alumnos que no fuman ni celtas ni ducados. Como hay 24 alumnos en total, se tiene que: 10+8+4+x=24 Y de ahí: x= 24-10-8-4=2
c) a)
A= “los tres alumnos fuman”:
22 22! 22 21 20 3 420 70 35 32 p( A) 3!19! 24! 24 23 22 552 92 46 24 32 3 3!21! d) b) B= “2 de los tres fuman ducados”. Ha de haber 2 de los 18 que fuman ducados y uno de los 6 que o no fuman o fuman celtas, es decir:
18 6 18! 18 17 6 6 2 1 18 17 6 3 5508 1377 2 p(B) 2!16! 24! 24 23 22 24 23 22 12144 3036 24 3!21! 32 3
459 1012
33. Sea el suceso A= “entre cinco piezas elegidas al azar hay alguna defectuosa”, la probabilidad del suceso contrario (que no haya ninguna defectuosa) es:
775 5 p( A ) 800 5 Y la probabilidad de A es:
775 5 p( A) 1 p( A) 1 800 5 34.Sean los sucesos: A= “extraer bola negra” A1= “extraer una bola de la primera urna” A2= “extraer una bola de la segunda urna”. A3= “extraer una bola de la tercera urna”. Por el enunciado sabemos que:
p( A1 ) P( A 2 ) p( A 3 )
1 3
4 7 p( A / A 2 ) 1 p( A / A1 )
p( A / A 3 )
3 5
c) a)
Aplicando el Teorema de la probabilidad total tenemos:
p(A)=p(A/A1)p(A1)+p(A/A2)p(A2)+p(A/A3)p(A3) que en nuestro caso da como resultado:
p( A) d) b)
4 1 1 3 1 4 1 1 76 1 7 3 3 5 3 21 3 5 105 Por el Teorema de Bayes nos queda:
p( A 2 / A)
p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 )
1 1 105 35 3 3 4 1 1 3 1 76 228 76 1 7 3 3 5 3 105 1
35. Sean los sucesos: A= “el enfermo se cura” A1= “el enfermo ingresa con bronquitis”. A2= “el enfermo ingresa con neumonía” A3= “el enfermo ingresa con gripe” Sabemos del enunciado que: p(A1)= 0,5
p(A2)= 0,3
p(A3)= 0,2
p(A/A1)= 0,7 p(A/A2)= 0,8 p(A/A3)= 0,9 Aplicando el Teorema de Bayes:
p( A1 / A)
p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 )
0,7 0,5 0,35 0,455 0,7 0,5 0,8 0,3 0,9 0,2 0,77
36. Sean los sucesos: A= “tienen diarrea” A1= “tienen cólera” A2= “tienen intoxicación” A2= “no tienen nada serio” Sabemos que:
p(A1)= 0,02 p(A2)= 0,005 p(A3)= 0,975 p(A/A1)= 0,99 p(A/A2)= 0,5 p(A/A3)=0,004 c) a)
Por el Teorema de la probabilidad total:
p( A) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 ) 0,99 0,02 0,5 0,005 0,004 0,975 0,0262
p( A1 / A)
p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A 3 )p( A 3 )
0,99 0,002 0,00198 0,0756 0,99 0,002 0,5 0,005 0,004 0,995 0,0262 d) b)
Por el Teorema de Bayes:
37. Sean los sucesos: A= “el artículo es defectuoso” A1= “el artículo procede de la 1ª fábrica” A2= “el artículo procede de la 2ª fábrica”. Sabemos que: p(A1)= 0,7 p(A2)= 0,3 p(A/A1)= 0,004 p(A/A2)= 0,008 d) a)
p( A 2 / A)
Por el Teorema de Bayes:
p( A / A 2 )p( A 2 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 )
0,008 0,3 0,0024 0,462 0,004 0,7 0,008 0,3 0,0052 e) b)
Por el Teorema de la probabilidad Total:
p(A)= 0,0052 ya que las operaciones a realizar en dicho Teorema coinciden con el denominador de la fórmula de Bayes anteriormente calculado. f)
c)
Sean los sucesos:
B= “entre los 5 artículos servidos por la fábrica A1 hay alguno defectuoso” Bi= “es defectuoso el objeto i” ( i varía de 1 a 5) Se cumple que: p(B1)=p(B2)=p(B3)=p(B4)=0,004
p(B1 ) p(B2 ) p(B3 ) p(B4 ) p(B5 ) 0,996 B B1 B2 B3 B4 B5 Y siendo estos 5 últimos sucesos independientes entre sí, se tiene que:
p(B ) p(B1 B2 ....... B5 ) 0,996 5 siendo entonces la probabilidad pedida:
p(B) 1 p(B ) 1 0,996 5 1 0,0000098 0,99999
38. Sean los sucesos: A= “el animal está enfermo” A1= “el animal es macho” A2= “el animal es hembra” Se sabe que: p(A1)= 1/3 p(A2)= 2/3 p(A/A1)= 0,1 c) a)
p(A/A2)=0,18
Por el Teorema de la probabilidad Total:
p( A) p( A / A1 )p( A1) p(A / A2 )p( A2 ) 0,1
1 2 0,18 0,153 3 3
d) b)
Por el Teorema de Bayes:
p( A1 / A) 0,1
0,1
p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A1 )p( A1 ) p( A / A 2 )p( A 2 ) 1 3
1 2 0,18 3 3
0,033 0,218 0,153
39. e) a)
Observemos la siguiente tabla de contingencia:
alumnos alumnas estudiantes
no repiten 15 25 40
repiten total 10 5 15
25 30 55
Donde están señalados en negrita los datos no proporcionados por el enunciado pero que fácilmente se obtienen de él. f)
b)
p( A) g) c)
Sea el suceso A= “ser alumno un estudiante elegido al azar”. Será:
25 5 55 11 Sea el suceso B= “ser alumna y repetidora un estudiante elegido al azar”. Será:
p(B)
5 1 55 11 Sea el suceso C= “ser no repetidores dos estudiantes elegidos al azar”. Tendremos:
h) d)
40 40! 40 39 2 40 39 1560 156 52 2 p(C) 2!38! 55 ! 55 54 55 54 2970 297 99 55 2 2 2!53!
40. Sean los sucesos: A= “aprobar matemáticas un alumno” B= “aprobar lengua” C= “aprobar matemáticas y lengua” Se sabe que: p(A)= 0,6 d) a)
p(B)= 0,5
p(C)=0,2
Sea D= “aprobar una de las dos”.
p(D) p( A B) p( A) p(B) p( A B) 0,6 0,5 0,2 0,9
e) b)
Sea E= “no aprobar ninguna de las dos”.
p(E) p(D ) 1 p(D) 1 0,9 0,1
f)
c)
Sea F= “aprobar matemáticas y no lengua”.
F AB
A A B B ( A B) ( A B ) donde hemos tenido en cuenta que el suceso del primer paréntesis es el suceso seguro (de probabilidad 1) y hemos aplicado la propiedad distributiva de la intersección respecto de la unión. Como los dos sucesos obtenidos en el último miembro son incompatibles, tenemos:
p( A) p( A B) p( A B ) p(A B ) p( A) p( A B) 0,6 0,2 0,4
