Problemas Dificiles de Probabilidad Arvelo

1 Angel F. Ar velo [email protected] Problemas difíciles de Probabilidad

ANGEL FRANCISCO ARVELO LUJAN Angel Francisco Arvelo Luján es un Profesor Universitario Venezolano en el área de Probabilidad y Estadística, con más de 40 años de experiencia en las más reconocidas universidades del área metropolitana de Caracas. Universidad Católica “Andrés Bello” : Profesor Titular Jubilado 1970 a 2003 Universidad Central de Venezuela: Profesor por Concurso Concur so de Oposición desde 1993 al presente Universidad Simón Bolívar: Profesor desde 2005 al presente Universidad Metropolitana: Profesor desde 1973 a 1987 Universidad Nacional Abierta: Revisor de contenidos, desde 1979 hasta 2004 Sus datos personales son : Lugar y Fecha de Nacimiento: Caracas, 16-02-1947 Correo electrónico electrónico:: angelf.arve angelf.arvelo@gm [email protected] ail.com m Teléfono: 58 416 6357636 Estudios realizados: Ingeniero Industrial. UCAB Caracas 1968 Máster en Estadística Matemática Matemática CIENES, Universidad de Chile 1972 Cursos de Especialización en Estadística No Paramétrica Universidad de Michigan 1982 Doctorado en Gestión Tecnológica: Universidad Politécnica de Madrid 2006 al Presente El Profesor Arvelo fue Director de la Escuela de Ingeniería Industrial de la Universidad Católica Católica “Andrés “Andrés Bello” Bello” (1974-1979) , Coordinador de los Laboratorios de esa misma Universidad especializados en ensayos de Calidad, Auditor de

Calidad, y autor del libro “Capacidad de Procesos Procesos Industriales” UCAB 1998.

En numerosas oportunidades, el Profesor Profesor Arvelo ha dictado cursos empresariales

en el área de “Estadística General” y “Control Estadístico de Procesos”.


GUIA DE PROBLEMAS DIFICILES DE PROBABILIDAD

Por : Angel Francisco Arvelo Luján Sin lugar a dudas, el cálculo de probabilidades es uno de los temas más ricos e inagotables dentro de la Estadística Matemática. A pesar de que tengo más de 40 años enseñando esta es ta asignatura, con frecuencia me encuentro con algún problema que por su originalidad y singular estilo de enfrentarlo , no deja de sorprenderme por lo novedoso de su planteamiento, o por lo inesperado del resultado. Algunos de estos ejercicios los he encontrado en una extensa bibliografía que poseo sobre el tema y que hoy ho y me resulta difícil de precisar por el largo tiempo transcurrido ,otros son de mi propia cosecha, y otros me lo han traído alumnos que después de varias noches de insomnio tratando de resolverlos, me han solicitado colaboración para encontrar la solución. No quisiera que esta colección de problemas (50 aquí, aunque poseo muchos mas), algunos de ellos inéditos, se pierda con el inclemente paso del tiempo, y ese es la única razón que me ha motivado a reunirlos en esta guía. No están ordenados por orden de dificultad, y quizás en un futuro, disponga también del tiempo suficiente para publicar publicar todas las soluciones. He aquí la colección de 50 problemas, p roblemas, con algunas de sus soluciones explicadas explica das de forma detallada. 1º) Una apuesta con dados muy muy popular en los casinos de Las Vegas es el 7 u 11, que obedece a las siguientes reglas: El apostador lanza un par de dados, da dos, y si en ese primer lanzamiento obtiene suma 7 u 11 gana la apuesta, y si obtiene suma 2, 3 ó 12 la pierde. En caso de obtener una suma distinta a las anteriores, el apostador debe continuar lanzando indefinidamente el par de dados, dados , hasta obtener la misma suma que obtuvo en el primer lanzamiento, en cuyo caso gana la apuesta ; o hasta que obtenga suma 7 en cuyo caso la pierde. Calcule la probabilidad que tiene el apostador de ganar la apuesta. Solución: 0,4929 2o) Una colección está es tá formada por 5 fotos de conocidos artistas, ar tistas, y quien la complete ganará un premio. Estas fotos vienen en unas cajas de jabón detergente. Cada caja viene con dos fotos diferentes, y todas las combinaciones posibles de fotos se suponen igualmente ig ualmente probables en cada caja. Si una persona compra 3 cajas de jabón detergente, detergente , ¿cuál es la probabilidad de que se gane el premio? Solución: 0,18


GUIA DE PROBLEMAS DIFICILES DE PROBABILIDAD

Por : Angel Francisco Arvelo Luján Sin lugar a dudas, el cálculo de probabilidades es uno de los temas más ricos e inagotables dentro de la Estadística Matemática. A pesar de que tengo más de 40 años enseñando esta es ta asignatura, con frecuencia me encuentro con algún problema que por su originalidad y singular estilo de enfrentarlo , no deja de sorprenderme por lo novedoso de su planteamiento, o por lo inesperado del resultado. Algunos de estos ejercicios los he encontrado en una extensa bibliografía que poseo sobre el tema y que hoy ho y me resulta difícil de precisar por el largo tiempo transcurrido ,otros son de mi propia cosecha, y otros me lo han traído alumnos que después de varias noches de insomnio tratando de resolverlos, me han solicitado colaboración para encontrar la solución. No quisiera que esta colección de problemas (50 aquí, aunque poseo muchos mas), algunos de ellos inéditos, se pierda con el inclemente paso del tiempo, y ese es la única razón que me ha motivado a reunirlos en esta guía. No están ordenados por orden de dificultad, y quizás en un futuro, disponga también del tiempo suficiente para publicar publicar todas las soluciones. He aquí la colección de 50 problemas, p roblemas, con algunas de sus soluciones explicadas explica das de forma detallada. 1º) Una apuesta con dados muy muy popular en los casinos de Las Vegas es el 7 u 11, que obedece a las siguientes reglas: El apostador lanza un par de dados, da dos, y si en ese primer lanzamiento obtiene suma 7 u 11 gana la apuesta, y si obtiene suma 2, 3 ó 12 la pierde. En caso de obtener una suma distinta a las anteriores, el apostador debe continuar lanzando indefinidamente el par de dados, dados , hasta obtener la misma suma que obtuvo en el primer lanzamiento, en cuyo caso gana la apuesta ; o hasta que obtenga suma 7 en cuyo caso la pierde. Calcule la probabilidad que tiene el apostador de ganar la apuesta. Solución: 0,4929 2o) Una colección está es tá formada por 5 fotos de conocidos artistas, ar tistas, y quien la complete ganará un premio. Estas fotos vienen en unas cajas de jabón detergente. Cada caja viene con dos fotos diferentes, y todas las combinaciones posibles de fotos se suponen igualmente ig ualmente probables en cada caja. Si una persona compra 3 cajas de jabón detergente, detergente , ¿cuál es la probabilidad de que se gane el premio? Solución: 0,18


3) Se tienen 3 cajas que contienen cada una, una , “n” fichas distintas numeradas del 1 al n. Si se selecciona al azar una ficha de cada caja, ¿cuál es la probabilidad de que su suma resulte igual a 2n? Solución: (n+4) (n-1) / 2 n3

4) Un grupo de “m + n” personas se alinean aleatoriamente frente a la taquilla de un teatro, para comprar una entrada cuyo precio es de Bs. 50 ; “m” de ellas poseen un billete de Bs 50, mientras que “n” poseen un billete de Bs 100. ( m ≥ n) Al abrir la taquilla, el cajero no tiene cambio cambio alguno. ¿Cuál es la probabilidad de que estas personas se alineen de tal forma que el cajero siempre tenga cambio? Solución: (m-n+1) / (m+1) 5) Se reparten aleatoriamente 6 monedas entre 3 personas, de forma que cada persona tenga idéntica probabilidad (1/ 3) de recibir cada una de las monedas. ¿Cuál es la probabilidad de que cada una de estas personas reciba al menos una moneda? Solución: 20/ 27 6) Un hombre se encuentra en una un a esquina cualquiera de una ciudad ciuda d perfectamente cuadriculada, y empieza a caminar en un orden aleatorio. Cada vez que llega a una esquina, esquina , escoge al azar una de las direcciones norte, nor te, sur, este u oeste con igual probabilidad. Si camina cuatro cuadras, ¿cuál es la probabilidad de que termine su caminata en la misma esquina de donde partió? Solución: 9 / 64 7) En un estante hay 10 pares de zapatos de diferente color y modelo. Si se seleccionan al azar 4 zapatos, ¿cuál ¿cu ál es la probabilidad de formar al menos un par? Solución: 0,3065 8) Se selecciona al azar un número del 1 al 100.000 ambos inclusive. a) ¿Cuál es la probabilidad de que no sea múltiplo múltiplo de 2, ni de 3, ni de 15? b) ¿Cuál es la probabilidad probabilidad de que sea múltiplo múltiplo de 2, de 3, o de 7 ? Solución: a) 0,33333 b) 0,71429 9) Un circuito posee cinco interruptores colocados en la forma como se señala en la figura.


Cada interruptor puede estar en dos posiciones, abierto (no permitir el paso de corriente) o cerrado (permitir el el paso de corriente), y la posición de cada uno es independiente de la de los demás.

Si cada interruptor tiene una probabilidad “p” de estar cerrado, cerrado, ¿Cuál es la

probabilidad de que que pase corriente desde A hacia B? 2 Solución: 2 p + 2 p3 -5 p4 + 2 p5 10) Dos personas "A" y "B", juegan una secuencia de juegos independientes, en donde "A" tiene una probabilidad constante "p" de ganar cada juego, y "B" una probabilidad también constante de "q"=1-p, de ganar cada juego. "A" gana un premio, si logra ganar "m" juegos antes de que "B" gane "n" juegos; caso contrario, "B" gana el premio. a) Obtenga una expresión para la probabilidad de que "A" gane el premio. b) En el caso particular m=4 , n=2 , p=2/3 ,determine: b.1) Probabilidad de que "A" gane el premio. b.2) Si "A" ganó el premio, ¿cuál es la probabilidad de que "B" haya ganado algún juego? i n 1  m  1 i  Solución: a) pm   b.1 ) 112 / 243 b.2) 4 / 7 (1  p)i  i0  m  1  11) A un apostador le dan dos cartas al azar de un mazo que contiene “n” cartas numeradas del 1 al n (n ≥ 3); y posteriormente le dan una tercera carta al azar, entre las “n-2 “ restantes. Si el número de esta tercera carta está comprendido entre los números de las dos primeras, gana la apuesta. Calcule la probabilidad de ganar la apuesta. valor de “n” Solución : La probabilidad es 1/3 para cualquier valor 12) "n" personas lanzan cada uno, una moneda bien balanceada. En caso de que uno de los participantes obtenga un resultado distinto al de todos los demás, gana un premio; y en caso de que esto no ocurra, se procede a una segunda vuelta, en donde cada jugador lanza la moneda por segunda vez, y así sucesivamente, hasta que alguien gane el premio. a) ¿Cual es la probabilidad de que se necesiten exactamente "k" vueltas, para entregar el premio ?. b) ¿Cual es la probabilidad de que se necesiten por lo menos "k" vueltas, para entregar el premio? Solución; a) n 2 (1-n) [1 – n 2(1-n)] (k-1) b) [1 – n 2(1-n)] (k-1)


13) Una persona tiene “n” billetes de distinta denominación. Cada billete lo rompe en dos mitades, y luego aparea al azar de dos en dos, las 2n mitades resultantes. ¿Cuál es la probabilidad de que los n billetes queden todos perfectamente apareados ? . Solución: 2n n! / (2n)! 14) En un depósito de combustible hay cinco tanques en línea recta, tal como se indica en la figura: 1 2 3 4 5 Se hacen dos disparos independientes sobre los tanques. La probabilidad de cada uno de los disparos haga impacto sobre cada tanque es 1 , 102 , 103 , 102 y 101 respectivamente, y la de que falle 101 . 10 El depósito se incendia, sólo si los dos disparos dan sobre un mismo tanque, o sobre dos tanques vecinos. a) Calcule la probabilidad de que el depósito se incendie. b) Si se produjo el incendio, ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos uno de los disparos haya impactado en el tanque No 3? c) Si no se produjo el incendio, ¿Cuál es la probabilidad de que alguno de los disparos haya fallado? Solución: a) 0,51 b) 11/17 c) 19 / 49 15º) El valor de los coeficientes a, b y c de la ecuación de segundo grado ax2+bx+c = 0, se decide mediante tres lanzamientos de un dado. El número

obtenido en el primer tiro se le asigna “a”, el del segundo a “b” y el del tercero a “c”. ¿Cuál es la probabilidad de que la ecuación resulte con raíces reales? Solución: 23 / 108 16º) Sobre una circunferencia se seleccionan tres puntos al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que estos tres puntos queden sobre una misma semicircunferencia? Solución: 3 / 4 17º) Se lanza un dado hasta que hayan salido todas las seis caras posibles. ¿Cuál es la probabilidad de que sea necesario lanzarlo más de 8 veces? Solución: 0,8860 18º) En un campeonato de futbol intervienen 2 n equipos, entre los cuales se

destacan los equipos “A” y “B” . El campeonato se desarrolla en “n” vueltas. En cada vuelta se hace un sorteo aleatorio, y a cada equipo le toca en suerte jugar contra uno cualquiera de los contrarios. El ganador clasifica para la siguiente vuelta mientras que el perdedor queda eliminado. Suponiendo que todos los equipos tienen igual habilidad para jugar futbol y que por lo tanto la probabilidad de que cualquiera gane un partido es ½, y que además


el resultado de cada juego es independiente de los demás, calcule la probabilidad de que uno de los juegos del campeonato sea A vs. B. Solución : (1/2) n-1 19º) En el festival de cine de Caracas se están exhibiendo tres importantes películas: A , B y C. Una encuesta tomada entre los espectadores reveló la siguiente información:  El 66 % no ha visto A.  El 7% no ha visto ninguna de las tres  El 36% ha visto sólo B  El 10% ha visto sólo A  1/3 de los que han visto C, también ha visto A pero no B.  8% han visto B y C pero no A  12% han visto A y B. Si se selecciona un espectador al azar, encuentre las siguientes probabilidades: a) Que sólo le falte por ver una de las tres películas b) Que no haya visto “C” dado que vio “B”. Solución: a) 0,31 b) 47 / 56 20º) Un jugador de Tenis tiene una caja con 5 pelotas: 3 nuevas y 2 usadas, y selecciona al azar dos de ellas para jugar una primera partida, al final de la cual las devuelve a la caja. Posteriormente selecciona al azar dos pelotas de la caja para jugar una segunda partida. a) ¿Cual es la probabilidad de seleccionar alguna pelota nueva en la segunda partida? b) Si la segunda partida la jugó con dos pelotas usadas. ¿Cuál es la probabilidad de haber jugado la primera partida con alguna pelota nueva? Solución: a) 0,63 b) 36 / 37

21º) Se tienen “n” cartas dirigidas a “n” personas diferentes, y se tienen “n” sobres con sus respectivas direcciones. Una secretaria distraída comienza a colocar aleatoriamente cada car ta dentro de un sobre, sin fijarse si este es el que le corresponde. ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos una de las personas reciba la carta que realmente le corresponde? i n (1)i1 Solución:   1-e-1 = 0,6321 i 1

i!

22º) Sobre un segmento recto se eligen al azar dos puntos cualesquiera que lo dividen en tres nuevos segmentos. ¿Cuál es la probabilidad de que con ellos se pueda formar un triángulo? Solución: 1 / 4 23º) Entre los 1200 estudiantes de Estudios Internacionales de un a Universidad, se hizo un estudio para medir su nivel de conocimiento en los idiomas Inglés y Francés,


clasificándolo en Bueno si podían hablar y escribir en el idioma, Regular si sólo tenían un conocimiento instrumental, o Malo si no lo dominaban. Este estudio arrojó las siguientes cifras  400 hablan bien Inglés.  300 hablan bien francés  40 hablan bien ambos idiomas  100 hablan mal los dos idiomas  200 hablan regular ambos idiomas  250 hablan bien inglés y mal francés.  60 hablan regular francés y mal inglés  El 40% de los hablan bien inglés habla regular francés Si se selecciona un estudiante al azar, calcule las siguientes probabilidades: a) Que no hable bien ninguno de los dos idiomas b) Que hable mal ingles dado que habla regular francés c) Que hable bien inglés dado que habla regular un idioma y bien el otro d) Que hable regular alguno dado que no habla bien ninguno Solución: a) 9/20 b) 6 / 37 c) 11 / 23 d) 22 / 27 24º) Tres familias de turistas, una de cuatro personas y dos de tres personas, son sometidas a una inspección sanitaria al ingresar a un país. Al concluir la inspección, el médico anuncia que entre las 10 personas hay 4 que están infectados. ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos un miembro de cada una de las tres familias esté infectado? Solución: 3 / 5

25º) Una caja contiene “m” pelotas blancas y “n” negras. Se seleccionan al azar “k” pelotas de la caja y se sacan ( k  m , k  n). A continuación se selecciona una pelota al azar entre las “m +n- k “restantes. ¿Cuál es la probabilidad de que esta última pelota sea blanca” Solución: La probabilidad es la misma que al comienzo: m / (m + n) 26º) Un avión tiene en su clase económica 250 asientos, distribuidos en 25 filas de diez asientos cada una. Cada fila está identificada con las letras del abecedario, y tiene tres asientos del lado izquierdo del avión, tres del lado derecho, y cuatro centrales. Existen además dos pasillos de circulación, uno izquierdo y otro derecho, que separan a los asientos centrales de los asientos izquierdos y derechos respectivamente. Una pareja de recién casados va a abordar un vuelo en ese avión, y le asignan aleatoriamente dos asientos. ¿Cuál es la probabilidad de que queden juntos? Solución: 7/1245 27º) Un casino ofrece la siguiente apuesta a sus visitantes: El apostador selecciona con reemplazo cuatro pelotas de una caja que contiene diez pelotas diferentes numeradas del 1 al 10.


Una vez devueltas las cuatro pelotas seleccionadas, y con las diez pelotas dentro de la caja, el apostador vuelve a seleccionar, ahora sin reemplazo, cuatro pelotas de la misma caja. Si en esta segunda extracción, el apostador reproduce los mismos números que seleccionó en la primera extracción gana un primer premio millonario; si logra reproducir tres de los cuatro primeros números, gana un segundo premio, y si logra reproducir dos, gana un tercer premio. Halle la probabilidad que tiene el apostador de ganar cada uno de estos premios. Aclaratoria: Observe que si en la primera extracción, el apostador saca algún numero repetido, queda sin opción para ganar el primer premio.

Solución: 0,0024 , 0,0714 y 0,3510 respectivamente 28º) Un grupo de “k” amigos van a cenar, y para decidir quién de ellos paga la cuenta, utilizan el siguiente procedimiento: A cada uno se le asigna un numero entero diferente de 1 a k, y a continuación se comienza a lanzar una moneda (no necesariamente balanceada con probabilidad p de salir cara y (1-p) de salir sello). Si salen (k-1) caras y 1 sello, ó (k-1) sellos y 1 cara, entonces quien tenga el número correspondiente al lanzamiento en que ocurrió el resultado desigual paga la cuenta. De no ocurrir esto, se continúan realizando nuevos intentos, hasta que se produzca una decisión. a) ¿Qué probabilidad tiene cada uno de ellos de pagar la cuenta? b) Cuando k ≥5, es posible que se deba interrumpir la secuencia de lanzamientos de la moneda, porque ya se sabe que no va a haber decisión, debido a que ya han aparecido dos caras y dos sellos. Suponga que en ese caso se comienza una

nueva secuencia de “k” lanzamientos, y que se define la siguiente variable aleatoria: X = Número de lanzamientos de la moneda Encuentre la función de probabilidad de la variable X. Solución: a) 1/k  x  1 px 2 1  p 2   x  11  p x 2 p2 ; Si x  4,5, .,k  1 f(x)=  k 2 k 2 pk  1  p   k  1 pk 2 1  p    k  1 1  p  p2 +kp(1-p)k 1+kp k1(1-p);

Si x = k

29º) Se lanza K veces una moneda balanceada; la primera vez que aparece una cara se introduce una pelota blanca en una urna y , a partir de entonces, se introduce una pelota blanca por cada cara y una pelota negra por cada sello. a) Calcular el número esperado de pelotas de cada color que contendrá la urna después de los k lanzamientos de la moneda b) Después de los k lanzamientos de la moneda, si es posible, se extrae una pelota de la urna. Determinar la probabilidad de que sea negra. Solución: a) Blancas: k/2, Negras: k/2 – 1 + (1/2)k si k≥2, ó 0 si k=1

9 Angel F. Ar velo [email protected] Problemas difíciles de Probabilidad x k 1

b)

1 1  2 2k



2 x 1

1

x 1

(k  x  1)

1 1 k 2

si k≥2 y kЄ ; ó 0 si k=1

30º) Un autobús llega a una parada en un instante aleatorio entre las 2 pm y las 3 pm, y al llegar espera durante 5 minutos por los pasajeros. Un pasajero decide ir a la parada en un instante aleatorio entre las 2.00 pm y las 2.45 pm, y no está dispuesto a esperar más de 15 minutos por el autobús. a) ¿Cuál es la probabilidad de que el pasajero logre abordar el autobús? b) Si el pasajero perdió el autobús, ¿cuál es la probabilidad de que éste haya pasado después que él se fue? Solución: a) 71/216 b) 81/145 31º) Para un acto de graduación existen 300 graduandos, y cada uno de ellos sólo puede invitar a sus padres, y a su conyugue en caso de que esté casado. En el caso de los padres, se estima que la probabilidad de que asistan los dos es de 2/5, de que asista sólo uno de ellos es también de 2/5, y de que no asista ninguno de los dos 1/5, mientras que la probabilidad de que asista el conyugue es de 4/5. Se estima que sólo 1/3 de los graduandos está casado. ¿Cuántos asientos habrá que colocar en el salón donde se efectuará la graduación, para que todos los asistentes encuentren asiento con una probabilidad de 0,95 por lo menos? Solución: 459 asientos 32º) En una elección, el candidato “A” obtuvo “n” votos, mientras que el candidato “B” obtuvo “m” votos (n > m). A la hora de hacer el escrutinio se revuelven bien los votos dentro de la urna, y luego se van contando uno a uno. ¿Cuál es la probabilidad de que en algún momento durante el conteo, se produzca un empate entre los votos obtenidos por cada candidato? Solución:

2m mn

33º) Una moneda cilíndrica tiene un radio “r” y una altura “h” (en este caso, su espesor). Al lanzarla al azar sobre una superficie plana y pulida, hay tres resultados posibles, que caiga sobre una de sus dos caras, o que caiga sobre su superficie lateral y salga rodando. ¿Cuál es la probabilidad de este último resultado? Solución:

2 arctg ( h / 2r)



34º) Un examen contiene 99 preguntas ordenadas desde la más fácil hasta la más difícil; de manera que la probabilidad de que un estudiante conteste correctamente la primera pregunta es 0,99, la de que conteste correctamente la segunda pregunta es 0,98, y en general, la probabilidad de que conteste correctamente la i-ésima pregunta es (1- i/100). El estudiante responde de manera independiente todas las


preguntas, y para aprobar el examen debe contestar por lo menos 60 preguntas correctamente. ¿Cuál es su probabilidad de aprobar? Solución: 0,00714

35º) En una oficina cuyo horario de trabajo es de 8.00 a.m hasta las 4:00 p.m trabajan dos personas. Sin embargo estas personas no son puntuales y suelen llegar cada una con un cierto retraso. El tiempo de retraso de cada una son variables independientes con distribución uniforme en el intervalo 0; 20  minutos. El primero que llega enciende las luces, las cuales permanecen encendidas durante toda la jornada de trabajo, y el último en abandonar la oficina las apaga. Estas personas tampoco son estrictas en su horario de salida, y suelen adelantarla cada una, según una distribución uniforme en el intervalo 0; 15  minutos. El costo por consumo de energía de se estima en Bs. 5 por hora. a) ¿Cuál es la probabilidad de que un día el consumo de energía sea superior a Bs. 39 ? b) ¿Cuál es el valor esperado del costo diario por consumo de energía? Solución: a) 281/625 , b) 1405/36 = Bs. 39.028 diarios 36º) Una máquina produce piezas cuyo diámetro sigue una Distribución Normal

con una desviación estándar de 0,03 mm, y una media “” cuyo valor depende de ciertas calibraciones técnicas que se le hagan. Se ha recibido un pedido para producir unas piezas cuyo diámetro debe cumplir con la especificación (10,00  0,05) mm; y el Ingeniero de Producción estima que el costo de producir cada una de estas piezas es de Bs. 40, y si la misma cae dentro de la especificación, puede ser vendida en Bs. 100. Sin embargo, en caso de que la pieza resulte defectuosa por tener un diámetro inferior a 9,95 mm, se pierde su costo de producción porque no puede ser corregida ni tampoco vendida; mientras que si resulta defectuosa por tener un diámetro superior a 10,05 mm, puede ser corregida y llevada a los límites de especificación. El costo de esta corrección se estima en Bs. 25.

Determine el valor de “” en que el Ingeniero de Producción debe calibrar la media, para maximizar la ganancia esperada. Solución: = 10 

(0.03)2 ln 4 = 10,0125 0,10

37º) Una persona acude semanalmente a un abasto para realizar sus compras. El número de bolsas que lleva, X, así como el peso total en kilos de las mismas, Y, son variables aleatorias. Se sabe que el número de bolsas está distribuido uniformemente en el conjunto {1, 2, 3}, mientras que el peso total de las mismas es una variable continua con función de densidad condicional:


 3y 2 si 2x < y <4x ; x = 1,2, 3  fY X  x (y)   56x 3 0 otro caso  a) Obtenga las distribuciones marginales. b) ¿Cuál es el peso total esperado cuando la persona lleve por lo menos dos bolsas? c) ¿Cuál es el número esperado de bolsas si el peso total de las mismas está entre 3 y 7 kilos? Solución: b)

225 28

c) 1,58

38º) El vida de una bujía bajo condiciones normales de funcionamiento de un vehículo, es una variable aleatoria que sigue una Distribución Exponencial con una media de 8 meses. El motor de un vehículo utiliza cuatro bujías, y cuando alguna de las bujías falla, el conductor cambia las cuatro simultáneamente. El conductor acaba de comprar una caja que contiene una docena de bujías, y ha instalado las primeras cuatro de la caja. ¿Cuál es la probabilidad de que esta caja le permita cubrir un año de funcionamiento del vehículo, por lo menos? Solución: 0,0620 39º) Aleatoriamente se lanza al aire, un objeto sólido, macizo y homogéneo, que tiene la forma de un cono circular recto, de radio r y altura h, el cual cae sobre una superficie horizontal lisa. ¿Cuál es la probabilidad de que caiga de pie, apoyado sobre su base? Solución:

1 2



h   4r  

arc.tg 

40º) Una persona posee una barra de chocolate de longitud “L”, y desea compartirla con sus amigos “A” y “B”. Para hacer el reparto, selecciona al azar un punto sobre la barra, y la divide en dos trozos; el trozo más corto se lo da al amigo

“A”, y se queda con el más largo. Posteriormente repite la operación con el trozo que le quedó, pero ahora le da el trozo más largo al amigo “B”, y se queda con el más corto. a) ¿Cuál es la probabilidad de que el amigo “A” reciba un pedazo más largo que el

del amigo “B”? b) Si el amigo “B” recibió un pedazo de longitud mayor a L/3, ¿Cuál es la probabilidad de que el amigo “A” haya recibido un pedazo de longitud menor a L/4? c) ¿Cuál es la longitud esperada del pedazo recibido por cada uno de ellos?


Solución: a) 0,15073 b) 0,52645 c)

L 9L para A ; para B 4 16

41º) Seis soldados son ubicados al azar y de manera independiente, en diferentes puntos sobre una carretera recta de 2 Km de largo. ¿Cuál es la probabilidad de que la distancia entre cualquier par de soldados sea mayor que: a) ½ , b) 1/3, c) ¼ de Km? Solución: a) 0 b) (1/6)6 c) (3/8)6 42º) Seis parejas (12 personas) emprenden un viaje, y en el transcurso del mismo ocurre una lamentable tragedia, en donde mueren 5 personas. Considere la siguiente variable aleatoria: X=Número de personas que quedaron viudas Halle la distribución de probabilidades de X, y su valor esperado. Solución: E(X) = 35/11 43º) Un número binario tiene n1 ceros y n2 unos. Se define como una corrida a una secuencia de dígitos consecutivos del mismo tipo. Si los ceros y los unos se colocan al azar, y se define la variable aleatoria “X”: X = Número de corridas obtenidas Encuentre su función de probabilidad, y su valor esperado.

  n1  1 n2  1 2   x   x  1    1    2  2  Si "x" es par   n1  n2       n1  Solución: a) f(x)     n1  1 n2  1   n1  1  n2  1   x  1  x  1    x  1  x  1       1   1     2  2  si "x" es impar   2  2   n1  n2       n1  b) E(X) =

2 n1 n2 n1  n2

1

44º) El contenido en kilos, de unas bolsas de jabón detergente al salir del proceso de llenado, es una variable aleatoria con una función de densidad trapezoidal:


 25  4 (x  1) ; 1  x <1,20   5 ; 1,20  x < 1,80 f(x)   4  25  (2  x) ; 1,80  x < 2 4 0 en otro caso Antes de salir al mercado para la venta, estas bolsas son sometidas a una inspección de calidad, mediante un dispositivo que rechaza las bolsas con un contenido inferior a 1,40 Kilos. Sin embargo, ocasionalmente este dispositivo comete errores, y deja pasar con probabilidad 0,10, bolsas con un contenido inferior a 1,40 kilos; y también con probabilidad 0,05 rechaza bolsas con un contenido de 1,40 Kilos o más. Encuentre el valor esperado y la desviación estándar del contenido de las bolsas que salen para el mercado. Solución: 1,629 y 0,17618 45º) La longitud en centímetros de unas barras, es una variable aleatoria con función de densidad:

2  (x  1) si 1  x  6 f(x)   25 0 en otro caso Aquellas barras que midan más de 4 centímetros son consideradas muy largas, y se cortan por la mitad. a) Si ahora se elige una barra al azar, ¿Cuál es la probabilidad de que ésta mida (2.0  0,1)? b) ¿Cuál es la longitud esperada de las barras resultantes? Solución: a) 72/1025 b) 325/123

46º) En una elección, en donde hay sólo dos candidatos “A” y “B” , el candidato “A” obtuvo “n” votos, mientras que el candidato “B” obtuvo “m” votos (n > m). El proceso de escrutinio consiste en ir contando los votos uno a uno hasta contar todos los “m + n” votos. ¿Cuál es la probabilidad de que a lo largo de todo el proceso de escrutinio, el

candidato “A” siempre vaya ganando? Solución:

n-m mn

47º) En una línea de producción se realizan dos operaciones independientes “A” y

B”. La operación “A” está bajo la responsabilidad del operario especializado José, que produce piezas defectuosas con probabilidad 0,02; mientras que la operación “B” está bajo la responsabilidad del operario también especializado Luis, quien produce piezas defectuosas con probabilidad 0,04.


En caso de que un operario especializado falte a su trabajo, debe ser reemplazado con un aprendiz, que produce piezas defectuosas con probabilidad 0,25 en cualquiera de las dos operaciones. José falta a su trabajo con probabilidad 0,10, y Luis con probabilidad 0,08 de manera independiente. Una pieza es considerada defectuosa si alguna de las dos operaciones sale defectuosa Un determinado día se toma una muestra de 20 piezas y se encuentran 2 defectuosas. ¿Cuál es la probabilidad de que ese día haya faltado alguno de los dos operarios especializados? Solución: 0,0391 48º) Un proyecto consta de cuatro actividades independientes “ A” , “B” , “C” y “D”. Las actividades A y B pueden iniciarse simultáneamente, y sólo cuando ambas estén concluidas es que se puede iniciar la actividad C, y tan pronto ésta termine se

puede iniciar la “D”, con la que concluye el proyecto

Si la duración en días de cada una de estas cuatro actividades sigue una distribución exponencial con media 5 días, a) ¿Cuál es la probabilidad de que la realización del proyecto tarde más de 15 días? b) ¿Cuál es la media y la desviación estándar en el tiempo de ejecución del proyecto? 35 325 Solución: a) 11 e-3 – e-6 = 0,54518 b) y 2 2 49º) Una empresa de taxis sólo hace viajes dentro de la ciudad, y su tarifa depende de la distancia recorrida, según el siguiente criterio:  Si el viaje es menos de 10 Km cobra $ 10  Si el viaje es de entre 10 y 20 Km cobra $ 20  Si el viaje supera los 20 Km , cobra $ 2 por Km menos $ 20 La distancia “X” en kilómetros requeridos para cada viaje, es una variable aleatoria con función de densidad:

 x  375 ; 0 < x < 25   30  x f(x) =  ; 25  x  30 75  0 ; en otro caso   La empresa tiene dos choferes, el primero se ocupa de los viajes que requieren entre 10 y 20 kilómetros; mientras que el segundo de los restantes. a) Encuentre el valor esperado del costo de un viaje. b) Encuentre el valor esperado y la varianza en la distancia recorrida por el segundo chofer.


Solución: a) $ 22.44 b)

545 27

y

84325 1458

50º) En una competencia deportiva hay tres jueces que deben evaluar de manera independiente, en una escala continua en el intervalo 0,10 , la actuación de cada atleta. La puntuación “X” del primer juez es una variable uniforme en el intervalo 0,10 . La puntuación “Y” del segundo juez es una variable aleatoria con función de densidad:

10  y 0  y  10  f Y(y)=  50 0 en otro caso La puntuación “Z” del tercer juez es otra variable aleatoria con función de densidad:

z  0  z  10 f Z (z)=  50 0 en otro caso

Se proponen tres métodos para dar la puntuación definitiva: Método 1: Promediar las tres puntuaciones Método 2: Tomar la mediana de las tres puntuaciones Método 3: Utilizar el centro recorrido muestral. ¿Cuál de los métodos proporciona una mayor puntuación esperada? Solución: La puntuación esperada de los tres métodos es la misma e igual a 5

51º) Se reparten aleatoriamente “n” monedas entre tres personas, de manera que cada una de las personas tenga idéntica probabilidad de recibir cada una de las monedas. ¿Cuál es la probabilidad de alguna de las personas se quede sin recibir ninguna moneda? Solución: (2n-1)/3n-1 52o) Demuestre que el valor con máxima probabilidad (moda) en una Distribución Binomial, es siempre un número entero “m” que satisface la desigualdad: np

– 1 +p ≤ m ≤ np + p ; y que en caso de “np + p” sea un número entero, entonces habrá dos modas que son “np-1+p” y “np +p”. Aplique lo anterior en los siguientes casos: La probabilidad de que una máquina produzca una pieza defectuosa es de 0,31. a) Suponiendo que la producción es independiente de las restantes, ¿Cuál es el número más probable de piezas defectuosas que se encontrarán un lote de 75 piezas producidas por esta máquina. b) ¿Cuántas veces hay que lanzar un dado, para que el número más probable de veces en que aparece el seis sea 32?


c) Se realizan 23 disparos independientes sobre un blanco. Si la probabilidad de acierto para cada disparo es de 0,25, ¿Cuál es el número más probable de aciertos? Solución: a) 23 b) Entre 191 y 197 lanzamientos c) Bimodal 5 y 6 son modas

53º) Un tanque cilíndrico de radio “R” y altura “h”, sin tapa superior, se encuentra lleno de agua hasta un nivel “a” (a ≤ h) Se elige al azar un punto cualquiera sobre la superficie del cilindro incluyendo el fondo, y allí se hace una perforación. Halle el valor esperado del volumen de agua en el tanque después, de realizada la perforación. Solución:

+ −

54º) Se genera un número aleatorio dentro del intervalo (0,1) según una Distribución Uniforme, y luego se le extrae su raíz cuadrada. a) ¿Cuál es la probabilidad de que el dígito en la segunda posición decimal del resultado obtenido, sea un 7? b) ¿Cuál es el dígito más probable en la segunda posición decimal del resultado obtenido? Solución: a) 0,105 b) El 9 55º) Tres personas A, B y C en ese orden, se encuentran frente a las taquillas de un banco esperando que abran. Cada una de ella va a realizar una operación diferente, e independientes una de las otras. El tiempo que tarda un cajero en completar cada una de esas operaciones, sigue una distribución exponencial con parámetros a, b y c respectivamente. En el banco existen dos taquillas de manera que al abrir, A se dirige a una de ellas, B a la otra, mientras que C queda en espera de la primera taquilla que se desocupe.

+++ ++

¿Cuál es la probabilidad de que “C” no sea el último en salir del banco? Solución:

56º) La duración en días de un cierto dispositivo electrónico, es una variable aleatoria continua “X” que sigue una distribución uniforme en el intervalo [0 ;30]. Este dispositivo se encuentra instalado dentro de una máquina utilizada en un proceso de producción, y su misión es incrementar su velocidad; de manera que si falla, la velocidad de producción disminuye, lo que obviamente ocasiona u na pérdida económica. El departamento de mantenimiento está considerando dos opciones: Opción 1: Cambiar esta pieza el primer día de cada mes, y no realizar inspección alguna durante el mes de instalación Opción 2: En un día determinado del mes detener la máquina, y revisar si el dispositivo se encuentra operativo; si lo está, se reinstala y se espera hasta el primer día del mes siguiente para cambiarlo, y si no está, se sustituye inmediatamente. El costo de realizar la inspección se estima en Bs. 200 debido al tiempo improductivo por detener la máquina; mientras que si el dispositivo se encuentra


dañado, se estima que la pérdida ocasionada es de Bs. 500 por cada día que permanezca inactivo. Analice cuál de estas de estas dos opciones proporciona un menor costo esperado, y en caso de que resulte favorecida la segunda, determine el día del mes en que debe realizarse la inspección. Suponga que el mes tiene 30 días Solución: La opción más recomendable es realizar una inspección a mitad de mes 57º) Para llenar un álbum es necesario coleccionar las fotos de “r” conocidos deportistas. Estas fotos vienen dentro un sobre que contiene una y sólo una foto. Se puede suponer que cada sobre contiene con igual probabilidad la foto de cada

uno de estos “r” deportistas, y que además existen en el mercado infinitos sobres, de manera que el contenido de cada uno es independiente del de los demás. Un coleccionista compra al azar “n” sobres (n ≥ r ). ¿Cuál es la probabilidad de que logre llenar el álbum? Solución :

∑−=1  1 

58º) Se colocan al azar 5 tarjetas rojas y 5 verdes dentro de 10 sobres, 7 rojos y 3 verdes, de manera que cada sobre contenga una sola tarjeta. Halle la distribución de probabilidad del número de sobres que tienen una tarjeta de su mismo color. Solución:

−−  donde k2,4,6,8 

59º) Se lanza sucesivamente “n” veces una misma moneda balanceada, y se define la siguiente variable aleatoria: X = Número de veces que sale cara inmediatamente después de un sello. Halle su valor esperado y su varianza. Solución: E(X) = Var(X) =

−

+

60º) En una empresa existe un cargo vacante y hay 20 aspirantes para ocuparlo. Cada uno de ellos tiene una aptitud diferente, y solo uno es el más idóneo. Sin embargo dado, que el responsable de realizar la contratación ignora el nivel de aptitud de los aspirantes, utiliza el siguiente procedimiento para decidir a cuál de ellos va a contratar: Los entrevista en un orden aleatorio uno por uno, y evalúa a cada entrevistado según un puntaje. Al final de la entrevista debe decidir si lo contrata o no. En caso de que lo contrate se detiene el proceso de selección pues ya el cargo está ocupado, y si no lo contrata, el aspirante se retira y ya no regresa más. El entrevistador decide que a los primeros siete entrevistados no los va a contratar pero si va a anotar el puntaje obtenido por cada uno de ellos; y a partir del octavo entrevistado, si éste obtiene un puntaje superior al de los anteriores, lo contrata. ¿Cuál es la probabilidad de que este procedimiento lo conduzca a la contratación del mejor aspirante? Solución: 0.3842


ALGUNAS SOLUCIONES

1º) En el primer lanzamiento del par de dados, se da uno de los siguientes eventos excluyentes: A1 = La suma es 2,3 ó 12  El Apostador Pierde P(A1) = 4/36 = 1/9 A2 = La suma es 7u 11  El Apostador Gana P(A2) = 8/36 = 2/9 A3 = La suma es 4  El juego continua P(A3) = 3/36 = 1/12 A4 = La suma es 5  El juego continua P(A4) = 4/36 = 1/9 A5 = La suma es 6  El juego continua P(A5) = 5/36 A6 = La suma es 8  El juego continua P(A6) = 5/36 A7 = La suma es 9  El juego continua P(A7) = 4/36 = 1/9 A8 = La suma es 10  El juego continua P(A8) = 3/36 = 1/12 Cuando el juego continua, el apostador gana si obtiene la suma que obtuvo en el primer lanzamiento antes que la suma siete.

Designando por B al evento “El apostador gana”, tenemos según la fórmula de la probabilidad total: P(B) =

i8

P(A ) P(B A ) i

i

i 1

.P(B A1) = 0 ; P(B A2) = 1 Para hallar P(B A3) tenemos que el juego continua, y en el segundo lanzamiento puede ocurrir uno de los siguientes tres eventos: Sale suma 4  El apostador gana Probabilidad = 1/12 Sale suma 7  El apostador pierde Probabilidad = 1/6 No sale suma 4 ni 7  El juego sigue Probabilidad = 1- 1/12 – 1/6 =9/12 = 3/4 Si el juego sigue, para el tercer tiro del par de dados tenemos nuevamente la misma situación, y así indefinidamente Por lo tanto: P(B A3)= 1/12 + (3/4) (1/12) + (3/4) 2 (1/12)+ (3/4)3 (1/12) + …. La expresión anterior es una serie geométrica de razón ¾, y de allí sale que: P(B A3)=

1/ 12 1 3 / 4



1 3

Procediendo de manera análoga con los demás eventos, se obtiene:

P(B A4)= P(B A7)= 2/5 ; P(B A5)= P(B A6)= 5/11 y P(B A3)= P(B A8)= 1/3 La probabilidad total de que el apostador gane es: 2

P(B) =  9

1

1

1 2

12 3

9 5

   

5



5

36 11



5



5

36 11

1 2

1 1

9 5

12 3

  

 =

244 495

=0,49293

5

2º) Existen   = 10 combinaciones distintas de fotos, y cada una de ellas 2  

aparece con igual probabilidad, por tanto la probabilidad de obtener una combinación particular de artistas dentro de una caja es 1/10. Sea B el evento: Ganar el Premio En la primera caja se encontraran con absoluta certeza dos artistas diferentes. En la segunda caja pueden ocurrir uno de los siguientes tres eventos: A1 : Salen dos artistas diferentes a los de la primera caja P(A1) = 3/10 A2 : Se repite un artista de los de la primera caja P(A 2) = 6/10


A3 : Se repiten los dos artistas de los de la primera caja P(A 3) = 1/10 Si ocurre A1 , en la tercera caja puede ocurrir uno de los siguientes eventos: B ІA1 : Sale la foto que falta  Gana el premio P(B ІA1)= 4/10 Bc ІA1 : Salen dos de las fotos que ya se tienen  Pierde el premio P(Bc ІA1)= 6/10 Si ocurre A2 , en la tercera caja puede ocurrir uno de los siguientes eventos: B ІA2 : Salen las dos fotos que faltan  Gana el premio P(B ІA2)= 1/10 Bc ІA2 : Sale alguna de las fotos que ya se tienen Pierde el premio P(Bc ІA2)= 9/10 Si ocurre A3 , pierde el premio sea cual fuere el contenido de la tercera caja. P(B ІA3)= 0 En consecuencia, la probabilidad total de ganar el premio es: P(B) = P(A1 ) P(B A1) + P( A2 ) P(B A 2 ) =

3



4

10 10



6



1

10 10

=

18 100

=0,18

3º) El espacio muestral Ω está formado por todos aquellos puntos (x, y, z) en donde x , y , z son números naturales del 1 al n, y tiene un total de n3 puntos posibles equiprobables. Los casos favorables son todos aquellos en donde x +y +z = 2n, y para hacer el conteo, es necesario subdividirlos en casos excluyentes, para luego poder sumarlos. Los casos excluyentes son: Casos donde x= 1. Estos son sólo 2: (1, n, n-1) y (1, n-1,n) Casos donde x= 2. Estos son 3: (2, n, n-2) (2, n-1, n-1) y (2, n-2, n) Casos donde x= 3. Estos son 4: (3, n, n-3) (3, n-1, n-2) (3, n-2, n-1) y (3, n-3, n) ………

Casos donde x= n-1. Estos son n: (n-1,1, n) (n-1,2, n-2) ….(n-1, n ,1) Casos donde x= n. Estos son n-1: (n, 1, n-1) (n, 2, n-2) ….(n, n-1 ,1) 2 Total de casos favorables: (2+3+…+n) + (n-1) = n  3n  4 = (n  4)(n  1) Probabilidad de que la suma resulte igual a 2n =

2 (n  4)(n  1)

2

2 n3

4º) Dentro de la colección de problemas difíciles aquí propuestos, con seguridad puedo afirmar que éste representa para mí el más emblemático, por la gran cantidad de anécdotas que lo rodean, y que antes de mostrar su solución, voy a narrar a continuación: En mis comienzos como Profesor de Estadística y Probabilidad, me lo presentó por primera vez uno de mis estudiante en la década de los 70`s, quien lo había encontrado en un libro ruso del cual sólo recuerdo era de la famosa editorial MIR. En el libro aparecía la respuesta, más no su resolución. El estudiante en cuestión se encontraba muy preocupado ante la proximidad de un examen, y llevaba ya un cierto tiempo tratando infructuosamente de resolverlo.


El asunto fue que yo tampoco pude resolverlo de manera inmediata, y me limité sólo a resolverlo para algunos valor es particulares de “m” y de “n”, pudiendo constatar que efectivamente la respuesta dada en el libro era correcta, pero sin poder generalizarla para cualquiera de sus valores. El referido problema se convirtió para mí en una verdadera obsesión, por la gran cantidad de intentos fallidos en resolverlo de manera general. Es de hacer notar

que debido a que al resolverlo para valores particulares de “m” y de “n” utilizaba técnicas de conteo, lo que trataba era de llegar a la respuesta general por esta misma vía. Hasta el día de hoy, 40 años después jamás he podido resolverlo por conteo de casos favorables. Agradezco a uno de los amables lectores, que encuentre una solución por este procedimiento convencional, me lo haga saber. Ante mi incapacidad para resolverlo, decidí plantéaselo a mi amigo, y colega de la Universidad Católica “Andrés Bello”, Luis Crespo Ostria (ϯ). Antes de continuar el relato, quisiera escribir unas breves líneas en su memoria. Luis Crespo Ostria fue un insigne Profesor, con un conocimiento inagotable en prácticamente todas las ramas de la Matemática. Era oriundo de Bolivia, y fue mi compañero de estudios en la Maestría en “Estadística Matemática” realizada en el ya desaparecido C.I.E.N.E.S de la O.E.A , en Santiago de Chile entre 1971 y 1972. En 1974 llegó a Venezuela huyendo de las dictaduras militares existentes para la época en su país. Era un profundo conocedor de la historia de las Matemáticas, y un estudioso de los diversos problemas que no habían podido ser resueltos, tales como la demostración del último Teorema de Fermat (ya resuelto), la conjetura de Goldbach, etc., y que ofrecen jugosos premios a nivel mundial para quien logre resolverlos. Falleció en Bolivia en 2011. Paz a su alma. Al cabo de un tiempo, el Prof. Crespo me manifestó haberle encontrado la solución al referido problema, y quedé francamente maravillado por la manera tan ingeniosa como él logró resolverlo. Debo confesar que jamás hubiese llegado a una solución por esa vía, que más adelante mostraré. A pesar de contar ya con una solución, me seguía planteando el reto de resolverlo por un procedimiento propio, y de vez en cuando trataba de resolverlo a mi manera. Un buen día, varios años después, al resolver otro de los problemas aquí propuestos en la colección, específicamente el No 21, en donde se aplica un procedimiento basado en Algebra de Eventos, me pregunte: ¿Podré resolver el referido problema utilizando un procedimiento similar?, y ¡EUREKA!, al abandonar el camino de conteo, logré llegar a una solución propia. Espero que de este relato se deriven dos importantes consejos para todos aquellos que se inician en el estudio de las Probabilidades: a) Este es un tema muy amplio, con una inmensa cantidad de situaciones, en donde cada ejercicio puede presentar algún detalle distinto de los anteriores, y por lo tanto no hay que empecinarse con un único procedimiento. b) La perseverancia es muy importante, y no se debe desfallecer al encontrar algún obstáculo. A todos los que hemos estudiado Probabilidad, nos ha ocurrido alguna vez que hemos pasado la noche en vela, tratando de encontrarle la solución a algún problema. A continuación, los dos procedimientos que conozco para resolver este ejercicio: Procedimiento del Prof. Luis Crespo Ostria:


Las formas de colocar las (m + n) personas en una fila es equivalente a las

trayectorias como se puede ir desde el origen O (0,0) al punto C (m ,n) dando “m” pasos horizontales y “n” pasos verticales, y por lo tanto el número total de casos posibles es



X = Personas con billete de Bs. 50 Y = Personas con billete de Bs. 100 Tracemos ahora la recta: y = x +1 El punto simétrico del origen O (0,0) con respecto a la recta y = x+1 es: E(-1,1)

Dentro de todas las trayectorias posibles, toda aquella que toque a la recta y=x+1 será desfavorable, pues equivale a una fila donde en los primeros lugares se encuentran más personas con billetes de Bs 100 que con billetes de Bs 50, y en consecuencia el cajero no tendrá cambio. Por ejemplo, si designamos por A a las personas con billete de Bs 50, y por B a las que tienen billete de Bs.100, una fila que tenga en los cinco primeros lugares ABABB, será desfavorable sin importar lo que ocurra luego, pues al llegar la quinta persona a la taquilla, el cajero no tendrá cambio. Una fila como la anterior quedaría representada en el espacio muestral como la trayectoria que va de O (0.0) a D (2,3) pasando por (1,0) (1,1) (2,1) y (2,2) Ahora bien, cada trayectoria desfavorable tiene otra simétrica, que va desde el punto E (-1,1) hasta punto de corte con la recta y=x+1. Esta trayectoria se obtiene al hallar el simétrico de cada punto de la trayectoria desfavorable, respecto de la recta y=x+1 En el ejemplo anterior, el simétrico de (0,0) es (-1,1), el de (1,0) es (-1,2), el de (1,1) es (0,2) y así sucesivamente. En virtud de que todas las trayectorias arrancan desde O (0,0), todas las desfavorables tendrán una simétrica que arrancará desde E (-1,1), y el número de trayectorias desfavorables será entonces las que saliendo desde E (-1,1) lleguen a C (m,n), que son

   1 1     ! !  −+ +        !   + 1 (+) 1 !!! 1 + +

pues habrá que dar (m+n) pasos, de los

cuales (m+1) serán horizontales y (n-1) verticales. En consecuencia, la probabilidad de que el cajero siempre tenga cambio será: =

=

=

Otro Procedimiento: Al formar la fila, las personas con billete de Bs 100 van a quedar intercaladas en ella, y podemos definir los siguientes eventos: A1 = La primera persona de la fila con billete de Bs 100 encuentra cambio


A2 = La segunda persona de la fila con billete de Bs 100 encuentra cambio An = La enésima persona de la fila con billete de Bs 100 encuentra cambio El evento A1 ∩A2 ∩….∩An representa entonces al evento: Todas las personas de la fila con billete de Bs 100 encuentran cambio

 |   |    ∩ ∩ …. ∩   P   P   ⋯   ∩ ⋯∩          − P +       P | 

representa la probabilidad de que la primera persona con billete de Bs 100

encuentre cambio. Para ubicarla existen “m+1” posiciones, pues podría ser desde el primero de la fila, hasta tener por delante a las “m” personas con billete de Bs 50. Todas las posiciones son favorables, excepto la primera. Por lo tanto es la probabilidad condicional de que la segunda persona con billete de Bs 100 consiga cambio dado que la primera lo consiguió. Si damos como cierto que la primera lo consigui ó, la segunda tiene “m” posibles posiciones que van desde inmediatamente después de la primera, hasta tener por delante a las “m-1” personas restantes con billete de Bs.50 Sólo en el primer caso, el cajero no tiene cambio, que equivale a la fila ABB Por lo tanto es la probabilidad condicional de que la última persona con billete de Bs 100 consiga cambio dado que todas las anteriores lo consiguieron. Si damos como cierto que todas las anteriores lo consiguieron. , la última tiene “m-n+2” posiciones disponibles que van desde inmediatamente después de la penúltima con billete de Bs 100, hasta tener por delante a las “m-(n-1)” personas restantes con billete de Bs.50 Sólo en el primer caso, el cajero no tiene cambio, que equivale a la fila ABABAB… ABBAAA… A en donde se alternan (n-1) veces comenzando con una persona con billete de Bs 50, y la siguiente es una con billete de Bs 100 Por lo tanto

−  |  P       |  ∩ ⋯∩−

 | ∩ ∩ ⋯∩ ∩ ….−∩ −−+− −−+ −+⋯ −+ −+ +  −+ +

En consecuencia: = Les dejo como ejercicio a los lectores que generalicen el problema de la siguiente forma:

Un grupo de “m + n” personas se alinean aleatoriamente frente a la taquilla de un teatro, para comprar una entrada cuyo precio es de Bs. 50; “m” de ellas poseen un billete de Bs 50, mientras que “n” poseen un billete de Bs 100. ( m ≥ n) Al abrir la taquilla, el cajero tiene ”k” billetes de Bs. 50 ( k < n) ¿Cuál es la probabilidad de que estas personas se alineen de tal forma que el cajero siempre tenga cambio? 6º) En cada esquina hay 4 opciones, por tanto el espacio muestral está formado por 44 = 256 puntos equiprobables. Así por ejemplo, el punto (N,N, E,S) representa el caso en que el caminante recorre las dos primeras calles hacia el norte, la tercera hacia el este, y la cuarta hacia el sur. Este punto obviamente no es favorable. Los puntos favorables se pueden clasificar en tres casos: Caso 1: Manzana entera. Un punto de este caso es por ejemplo (N,E,S,O)


En este caso, la primera calle puede ser en cualquier dirección, la segunda perpendicular a la primera, la tercera opuesta a la primera, y la cuarta opuesta a la segunda. Existen: 4x2x1x1= 8 puntos favorables en este caso Caso 2: Se aleja dos calles y regresa. Un punto de este caso es por ejemplo (N,O,E,S). En este caso, la primera calle puede ser en cualquier dirección, la segunda cualquiera excepto la opuesta a la primera, la tercera opuesta a la segunda, y la cuarta opuesta a la primera. Existen: 4 x3x1x1= 12 puntos favorables en este caso Caso 3: Camina una calle y regresa, camina otra y regresa. Un punto de este caso es por ejemplo (N,S,E,O) En este caso, la primera calle puede ser en cualquier dirección, la segunda opuesta a la primera, la tercera en cualquier dirección, y la cuarta opuesta a la tercera. Existen: 4x1x4x1= 16 puntos favorables en este caso Total puntos favorables= 8 + 12 + 16 = 36 Probabilidad de terminar en la misma esquina de donde partió =

36 256

=

9 64

7º) En el estante hay 10 pares de zapatos, es decir 20 zapatos en total. 10 de ellos son derechos y 10 izquierdos. Al seleccionar 4 zapatos, el espacio muestral queda definido por todas las posibles combinaciones de los 20 zapatos tomando 4 de ellos.  20  20! El espacio muestral tiene    = 4845 puntos equiprobables  4  4!16! Los puntos desfavorables pueden ser clasificados en los siguientes casos: Caso 1 :Seleccionar 4 derechos ó 4 izquierdos 10  10! En este caso hay 2    2 = 420 puntos 4!6! 4  Caso 2 : Seleccionar 3 derechos y 1 izquierdo que no sea compañero de uno de los 3 derechos, o al contrario.  10  7  10! 7! En este caso hay: 2     2 = 1680 puntos 3 1 3!7!1!6!    Caso 3 : Seleccionar 2 derechos y 2 izquierdos que no sean compañeros de los 2 derechos. 10  8  10! 8! En este caso hay:     = 1260 puntos  2  2  2!8! 2!6! En este tercer caso no se multiplica por dos, porque son los mismos puntos en una situación que en la otra, y habría un doble conteo. Total de casos desfavorables = 420 + 1680 + 1260 = 3360 Probabilidad de no formar par =

3360 4845

Probabilidad de formar al menos un par = 1-

3360 4845

= 0,3065

9º) En el circuito pasa corriente en cada uno de los siguientes casos excluyentes: Caso 1 : Los cinco interruptores están cerrados


Probabilidad de este caso = p 5 Caso 2 : Cuatro cerrados y uno abierto Probabilidad de este caso = 5 p 4 ( 1-p) Caso 3 : Tres cerrados y dos abiertos, excepto cuando los abiertos son el 1 y 2, ó 3 y 4. 5

Existen   = 10 maneras de cerrar 3 y abrir 2, de las cuales hay que restar los 2 3  

casos en donde no pasa corriente Probabilidad de este caso = (10-2) p3 ( 1-p)2 = 8 p3 ( 1-p)2 Caso 4 : Dos cerrados y tres abiertos. En este caso sólo pasa corriente de dos maneras, cuando los cerrados son 1 y 3 ó 2 y 4 Probabilidad de este caso = 2 p 2 ( 1-p)3 En consecuencia, la probabilidad total de que pase corriente es: p5 + 5 p4 ( 1-p) + 8 p3 ( 1-p)2 + 2 p2 ( 1-p)3 = 2 p2 + 2 p3 -5 p4 + 2 p5 13º) Al romper cada uno de los billetes en dos mitades resultan 2n mitades. Si estas 2n se ordenan en una fila, el número total de filas que pueden formarse son las permutaciones de 2n, es decir (2n)! Si se aparea la mitad que quedó en el primer lugar de la fila con la que quedó en el segundo, la tercera con la cuarta, y así sucesivamente, entonces el número total de casos favorables es 2n n! El 2n viene de considerar que las dos mitades de cada billete pueden estar en dos órdenes distintos, y el n! de considerar que los n billetes pueden estar permutados en la fila. En consecuencia, la probabilidad pedida es:

2n n! (2n)!

18º) El campeonato se desarrolla en “n” vueltas, y el encuentro A vs. B, puede tener lugar en cualquiera de esas “n” vueltas. La probabilidad de que a “A” le corresponda enfrentarse a “B” en la primera vuelta, es la de en ese primer sorteo donde hay (2n – 1) equipos restantes, le corresponda en suerte “B”. Esta probabilidad es: n1 2

1

Para que “A” se enfrente a “B” en la segunda vuelta, es necesario que no le haya correspondido en la primera vuelta, que ambos ganen sus respectivos compromisos en la primera vuelta, y que además luego en el segundo sorteo donde restan (2n-1 -1) equipos, a “A” le corresponda en suerte “B”. 2n  2 1 1 1   Esta segunda probabilidad es = 2n  1 4 2n  1  1 2(2n  1) Para que “A” se enfrente a “B” en la tercera vuelta, es necesario que no le haya correspondido en ninguna de las vueltas anteriores, que ambos ganen sus respectivos compromisos en las dos primeras vueltas, y que luego en el tercer sorteo donde restan (2n-2 -1) equipos, a “A” le corresponda en suerte “B”.


Esta tercera probabilidad es

1 2n  2 2n  1  2 1 1 = n    2n  1 2n  1  1 16 2n  2  1 4(2  1)

Y así sucesivamente, para que “A” se enfrente a “B” en la gran final del campeonato, es necesario que no se hayan enfrentado en ninguna de (n-1) primeras vueltas, y que ambos hayan ganado todos sus (n-1) compromisos 2n  2 1 2n  1  2 1 2n  2  2 1 1 1    Esta última probabilidad es: = 2n  1 4 2n  1  1 4 2n  2  1 4 4 2n  1(2n  1) Por lo tanto, la probabilidad total de que alguna etapa del campeonato se i n 1 1 produzca el encuentro A vs B es:  (2n  1) i1 2i  1

La sumatoria obtenida corresponde a la suma de los “n” primeros términos de una serie geométrica de razón 1/2, y de allí se obtiene como resultado final, que la probabilidad pedida es:

1  n (2  1)

1

1 2n

1

1 2

=

1 2n  1 2= 2n  1 2n (2n  1)

Nota importante: La versión general de este ejercicio es la siguiente Supóngase que el número de equipos participantes en el torneo no es necesariamente una potencia de 2, si no un número entero cualquiera m (m ≥ 3), y que entonces se rige por las siguientes reglas: a) En cada vuelta se forman al azar pares de equipos los cuales se enfrentan entre sí. El ganador clasifica para la siguiente vuelta, mientras que el perdedor queda eliminado. b) Si el número de equipos presentes en cualquiera de las vueltas es impar, se selecciona al azar uno de ellos, y este clasifica automáticamente para siguiente vuelta. Entre los restantes se hace el mismo sorteo anterior. ¿Cuál es la probabilidad de que uno de los juegos del torneo sea “A vs “B”? Es de hacer notar, que a pesar de que esta versión general pareciera ser mucho más difícil, tiene sin embargo una vía de solución muy breve e ingeniosa, a través de la cual se llega a que la respuesta es

 .

Queda como ejercicio para el lector

demostrarlo. Una vez resuelto el problema general, el que teníamos planteado es el caso particular donde m= 2 n, y de allí llegamos a la respuesta obtenida

  

21º) Considere los siguientes eventos: A1: La persona 1 recibe la carta que le corresponde A2: La persona 2 recibe la carta que le corresponde

……

An: La persona n recibe la carta que le corresponde A1  A2 ….. An : Por lo menos una persona recibe la carta que le corresponde Según la fórmula de la unión para n eventos, se tiene:


P(

i n

A ) i 1 i

i n

P(A )  P(A i

i 1

i

Aj ) 

i
i



j k

En este caso: P(A1) = P(A2) =……= P(An) =

P(Ai A j Ak )    (1)n1P(

i n i 1

Ai )

(n  1)! 1 = n! n

n  n! y existen    intersecciones de a 2 , todas con n!  2  2!(n  2)! idéntica probabilidad n  (n  3)! n! P(A1  A2 A3) = y existen    intersecciones de a 3 , todas con n!  3  3!(n  3!

P(A1  A2) =

(n  2)!

idéntica probabilidad. …… P( 

i n i

i n

P(

i1

1

A )  n i n

(n  2)! n!



n! 2!(n  2)!

A) 1 i





1

n! (n  3)!

n!

.Por lo tanto: 

n! 3!(n  3 !

n 1

     ( 1)

1 n!

=

i n

(1)i 1

i 1

i!



Esta respuesta resulta sorprendente, pues si se toma en cuenta que: e-1 =

( 1)i  i! i 0 

, concluimos que conforme el número de personas tienda a infinito, la

probabilidad de que por lo menos uno reciba la carta que le corresponde tiende a 1 – e-1 22º) Sobre el segmento OP se eligen al azar dos puntos A y B:

Sea “L” la longitud del segmento OP, “X” la variable aleatoria: Longitud del origen O al primer punto seleccionado al azar “A”, y “Y” la distancia al segundo “B” Como no necesariamente X< Y, pues los dos puntos seleccionados pueden ser

cualesquiera dentro del segmento OP, tenemos que “X” y “Y” son variables aleatorias independientes, cada una distribuida según una uniforme continua en el intervalo 0;L, y su función de densidad conjunta : f(x,y)=

1 L2

; oxL , oyL

Si X< Y como en la figura, el segmento queda subdividido en tres nuevos segmentos cuyas longitudes son: X , Y-X , L-Y Para que tres segmentos puedan formar un triángulo, es necesario que la suma de dos cualesquiera de ellos sea mayor que el tercero, y por tanto, han de verificarse simultáneamente las siguientes tres condiciones: 1. X + (Y-X) > L- Y  2Y > L  Y > L / 2 2. X + ( L -.Y) > Y – X  L > 2Y – 2X  Y –X < L / 2 3. ( Y-X) + (L-Y) > X  L > 2X  X < L / 2 En el espacio muestral, estas tres condiciones se cumplen en la región que se señala en la siguiente figura


El otro caso a considerar es cuando X > Y, que da como zona favorable la simétrica a la anterior, y por tanto la zona donde se puede formar el triángulo corresponde a toda el área sombreada de la figura siguiente:

Por tratarse de una distribución uniforme bidimensional, la probabilidad de poder formar el triángulo es el área favorable entre el área total, y de allí se obtiene que 1 L L

  2

la probabilidad solicitada es:

2 2 2 L2



1 4

27º) En la primera etapa, el apostador selecciona 4 números con reemplazo del 1 al 10; y puede ocurrir sólo uno de los siguientes cinco eventos excluyentes: A1: Selecciona 4 números distintos A2: Selecciona 3 números distintos y uno repetido A3: Selecciona 2 pares de números distintos entre sí. A4: Selecciona 3 veces el mismo número, y otro diferente A5: Selecciona 4 veces el mismo número La probabilidad de cada uno de estos eventos es como sigue: 10 9 8 7 5040     10 10 10 10 10000 10 9 8 3 10 9 2 8 P(A 2 )         10 10 10 10 10 10 10 10 P(A1 ) 



10 1 9 8    10 10 10 10



4320 10000


P(A 3 ) 

10 9 2 1 10 1 9 1        10 10 10 10 10 10 10 10

P(A 4 ) 

10 1 1 9 360    4  10 10 10 10 10000



270 10000

4

1  1  10  P(A 5 )    1000  10 

Para ganar el primer premio es necesario que ocurra en primer lugar el evento A 1, y que luego al seleccionar los cuatro números sin reemplazo, extraiga justamente los que sacó en el primer intento. La probabilidad de este segundo evento es: 101

4 

Por lo tanto la probabilidad de ganar el primer premio es:

5040 = 0,0024  10  10000   4 

Para ganar el segundo premio, existen dos caminos: Camino 1: Sacar 4 números distintos en la primera etapa, y luego reproducir tres  4  6   3  1  cualesquiera de ellos en la segunda etapa, cuya probabilidad es:     10  4   

 4  6    5040  3  1  Por tanto la probabilidad de ganar el 2º premio por este camino es:  10000  10    4  Camino 2: Evento A 2 en la 1ª etapa, y luego reproducir esos mismos tres en la 2ª

 3  7     4320  3  1   etapa. Esta probabilidad es: 10000  10  4     4  6   3  7   3  1     5040    4320  3  1     Probabilidad Total del 2º Premio= = 0,0714 10000 10  10000  10  4  4     


Para ganar el tercer premio existen tres caminos: Sacar 4 diferentes y reproducir 2 después, ó sacar 3 diferentes primero y reproducir 2 después, o 2 diferentes primero y reproducirlos después. La probabilidad total del 3º Premio es:

 4  6   3  7   2 8  2  2   2  2   2 2 5040    4320    270 360    =0,3510    (  ) 10000 10000 10000  10  10000  10   10  4  4  4        28º) En cada vuelta se realizan k lanzamientos, y la vuelta puede ser declarada:  Con decisión en caso de que salga una única cara o un único sello, en cualquier posición. La probabilidad de esta evento es: kp(1-p)k-1 + k(1-p)pk-1  Sin decisión en caso de que no ocurra el evento anterior, y su probabilidad es 1-( kp(1-p)k-1 + k(1-p)pk-1). El amigo i es seleccionado en una vuelta cualquiera si sale una única cara o un único sello en la posición i , y su probabilidad es: p(1-p)k-1 + (1-p)pk-1 Para que en el amigo i sea el seleccionado en la n ésima vuelta deben ocurrir dos eventos:  No haber decisión en las (n-1) primeras vueltas, cuya probabilidad es 1-( kp(1-p)k-1 + k(1-p)pk-1)n-1  Seleccionar al amigo i en la n-ésima vuelta, cuya probabilidad es p(1-p) k-1 + (1-p)pk-1 Por lo tanto, la probabilidad total de seleccionar al amigo i es: 

 [1 ( kp 1 p  n1

k 1

 k 1  p  pk-1 )]n1 p 1  p 

k 1

 1  p  pk-1  =



p 1  p k 1  1 p  pk-1   [1 ( kp 1  pk 1  k 1  p pk-1)]n1   n1 La serie obtenida es una geométrica de razón [1  ( kp 1  p 

k 1

 k 1  p pk-1)] , de

donde sale que la probabilidad total de seleccionar al amigo i es: 1 1 p 1  p k 1  1 p  pk-1  = k 1    1  [1  ( kp 1  p   k 1 p pk-1)] k

Es decir que cada uno de los k amigos tiene idéntica probabilidad de ser seleccionado En cuanto a la distribución de la variable X= Número de lanzamientos de la moneda que se realizaran en cada intento, tenemos lo siguiente. 

Los posibles valores de X son 4, 5, 6,…., k .




La vuelta es declarada sin decisión en el lanzamiento x cuando en los (x-1) primeros lanzamientos ha salido una sola cara o un solo sello ( y por lo tanto (x-2) sellos o (x-2) caras) y la segunda cara o el segundo sello ocurre en el lanzamiento x= 4,5,…,k-1

Por tanto: f(x) = P (X=x) = (x-1) p x-2 (1-p)2 + (x-1)(1-p)x-2 p2

Para x = 4,5, ….,k -1

Se requieren los k lanzamientos de la moneda, en los siguientes casos: 1. La segunda cara o el segundo sello aparece en el k ésimo lanzamiento. Su probabilidad es: (k-1) p2 (1-p)k-2 + (k-1)(1-p)2 pk-2 ( No hay decisión) 2. Todos los k lanzamientos son caras o son sellos. Su probabilidad es: pk +(1-p)k ( No hay decisión) 3. Hay decisión, es decir sale una sola cara o un solo sello. Su probabilidad es: kp(1-p)k-1 + k(1-p)pk-1 Por tanto: f(k) = (k-1) pk-2 (1-p)2 + (k-1)(1-p)k-2 p2 + pk + (1-p)k + kp(1-p)k-1 + k(1-p)pk-1 En definitiva:  x  1 px  2 1  p 2   x  11  p x2 p2 ; Si x  4,5, .,k  1 f(x)=  k 2 k 2 pk  1  p   k  1 pk 2 1  p   k  1 1  p p2 +kp(1-p) k 1+kp k 1(1-p); Si x = k

30º) Tomando como origen las 2:00 pm y como unidad de tiempo el minuto, podemos definir las siguientes variables aleatorias: X = Instante en que llega el autobús 0  x  60 Y = Instante en que llega el pasajero 0  y  45 Estas dos variables son independientes, y siguen cada una, una distribución uniforme dentro de sus respectivos intervalos; siendo su espacio muestral conjunto, el rectángulo de vértices (0,0) (60,0) (0,45) y (60,45) El pasajero no logra tomar el autobús, cuando se da uno de los siguientes dos eventos excluyentes: A: El autobús llega después que el pasajero se ha ido. X > Y + 15 B: El pasajero llega después que el autobús se ha ido Y > X + 5 Estos dos eventos están representados dentro del espacio muestral, por las siguientes zonas:


Por tratarse de una distribución uniforme bidimensional, la probabilidad de una región es el área de la región dividida entre el área del espacio muestral, y por lo tanto, la probabilidad de que el pasajero logre tomar el autobús es: 1 1 2

1 P(A A  B) 

P(A) P(A  B)



2 1 2

1

 40  40   45  45 2 45  60

=

 45.45 

71 216

81

1  40.40   45.45 145 2

31º) Consideremos la siguiente variable aleatoria: Xi = Número de familiares que asisten por parte del graduando i. Esta variable es discreta, y sólo puede tomar los valores 0, 1,2 y 3. Hay que encontrar la función de masa correspondiente a la variable Xi Xi = 0 cuando a un graduando casado no le asisten ni sus padres ni su conyugue, o a un estudiante soltero no le asisten sus padres. Por lo tanto: 1 1 1 2 1 11      3 5 5 3 5 75 1 2 1 1 1 4 2 2 26 f(1) = P(Xi=1) =         3 5 5 3 5 5 3 5 75 1 2 1 1 2 4 2 2 30 f(2) = P(Xi=2) =         3 5 5 3 5 5 3 5 75 1 2 4 8 f(3) = P(Xi=3) =    3 5 5 75 11 26 30 8 110 22 E(Xi) = 0   1  2   3    75 75 75 75 75 15 11 26 30 8 218 E(Xi2) = 02   12   22   32   75 75 75 75 75

f(0) = P(Xi=0) =

2

22 218 484 170 34        Var (Xi) = 75  15  75 225 225 75 218


i  300

El total de asistentes al acto es otra variable aleatoria Y =



i 1

Xi que por el

Teorema Central del Límite puede ser aproximada a una Distribución Normal con media 300 

22 15

= 440, y varianza 300 

34 75

= 136

Sea k = Número de asientos disponibles. Se quiere: P(Y k) = 0,95 Tipificando, y teniendo en cuenta la corrección por continuidad se obtiene:

 

P Z 

k  0.5  440  136

  0.95  

k  0.5  440 136

 1.645  k≥ 458.68 459 asientos

32º) El espacio muestral puede ser visto como el total de maneras como se puede ir del punto (0,0) al punto (n, m) , dando “n” pasos horizontales y “m” verticales

m  n   n 

Total de casos posibles = 

Los casos favorables son todos aquellos que en algún momento llegan a cortar a la recta y = x, y pudieran ser clasificados en dos tipos: 1) Casos que comienzan por el punto (0,1), es decir casos en donde el primer voto

escrutado es a favor del candidato “B”. Todos estos casos son favorables porque

para ir desde (0,1) hasta (n, m) , en algún momento tendrá que producirse el corte

 m  1 n    n 

con la recta y = x . Total de casos = 

2) Casos que comienzan por (1,0), es decir casos en donde el primer voto

escrutado es a favor del candidato “A”. No todos son favorables. Por cada caso favorable de este tipo existe uno simétrico del otro tipo. Así por ejemplo, el caso AABABB da lugar a un empate al contar el sexto voto, y su simétrico es el contado de derecha a izquierda BBABAA.

 m  1 n    n 

Por lo tanto, el total de casos favorables de este tipo es también 

y de allí, que la probabilidad de que en algún momento se produzca un empate es:

 m  1 n  (m  n  1)! 2   n   n! (m-1)!  2 m (m  n)! mn m  n 2  n  n! m!  

2


34º) El resultado de responder cada una de las 99 preguntas, puede ser visto como una variable de Bernoulli en donde; Xi

0 ; si la pregunta i es respondida de manera incorrecta   1 ; si la pregunta i es respondida de manera correcta

Para cada una de estas variables se verifica: E(Xi) = 1 – i/100 ; Var (X i) =( i/100) ( 1- i/100)

El puntaje “Y” obtenido en el examen es:

Y

i  99

 Xi i 1

Esta es una suma de variables aleatorias independientes, que a pesar de no estar idénticamente distribuidas, cumple con los requisitos para ser aproximada por el

“Teorema Central del límite”; por lo tanto, su media y su varianza son: Y  2Y



i  99

i (99)(100)  49.5 )  99   (1 100 2(100)

i 1 i  99

i  99 i  99 2 i i i i (1  )  100 100 100 i 1 1002 i 1 i 1







 49.5 

(99)(100)(199) 6(100)2

 16.665

En consecuencia, la variable “Y” puede ser aproximada a través de una Distribución Normal con estos parámetros, y teniendo en cuenta la corrección por continuidad, se obtiene que la probabilidad de aprobar el examen es aproximadamente: P(Y  59.5)  P(Z 

59.5  49.5 16.665

)  P(Z  2,45)  0.00714

37º) Puesto que la variable X sigue una distribución uniforme en el conjunto {1, 2, 3} su función marginal es: fX (x) 

1 ; x = 1,2 ó 3 3

 y2 si x = 1 ; 2

 y2 ; 2
≥2 resulta:  y2  2  448  3y si: 4
6

3y2

8

5y 2

12

4 y 896dy +6 y 1152dy  8

y

y2 1008

dy =

225 28

Por último se quiere E(X  3Y7) y para ello hay que hallar la condicional de X dado 3Y7 P( 3  Y 7)=

4y

2

6

y2

7

y2

3 56dy +4 448dy  6 1512dy

=

2363 5184


4y

P(X=13  Y 7)=

P((3  Y  7)  ( X  1)) P(3  Y  7)



3 56

P((3  Y  7)  (X  2)) P(3  Y  7)



dy

2363

37 7992  168  2363

5184

5184

y2

93

7

P(X=23  Y 7)

2

4 448dy 2363

7533  448 

5184

P(X=33  Y 7)

P((3  Y  7)  (X  3)) P(3  Y  7)





y2

7

dy 6 1512 2363 5184

Por tanto: E(X3Y7) =

7992 16541

+

16541

2363

16541

5184 127 1016  4536  2363

16541

5184

3(1016) 26106 2(7533) + = = 1,58 16541 16541 16541

40º) Sea W = Distancia del origen al punto seleccionado

Como el punto se elige al azar W sigue una distribución uniforme en (0, L) , y por lo tanto su función de densidad es : f(w) 

1 L

;0
L  W si W  L  L 2 Sea X= Longitud de pedazo más largo =  ;  XL L 2 W si W   2 Debemos encontrar la función de densidad de “X” para lo cual es necesario definir previamente su función de distribución: 2x L L L F(x) = P( X  x) = P (  x  W   x ) = ;  x  L L 2 2 2 f(x) = F´(x) =

2 L ; L 2

 x  L ; de donde concluimos que “X” sigue una distribución

L  uniforme en el intervalo  ;L  2  Tenemos ahora una barra cuya longitud es “X”, la cual es nuevamente dividida en dos pedazos. Sea Y = Longitud del pedazo más largo.


Siguiendo un razonamiento análogo al anterior se obtiene que la distribución

condicional de “Y” dado X=x, sigue una distribución uniforme en el intervalo  x ; x  2 

y por lo tanto : fY X  x (y) 

2 x ; x 2

yx

La función de densidad conjunta de X y Y es entonces:

x L  4 ;  y  x ,  x
El pedazo que recibe el amigo “A” tiene por longitud “L-X”, mientras que el pedazo que recibe el amigo “B” tiene longitud “Y”; por lo tanto la probabilidad de que el amigo “A” reciba un pedazo más largo que el de

“B” es: 2L

P( Y  L  X )= P( X  Y  L )=

3 L

L x x

2

2

 

4 xL

dydx =0,15073

La segunda probabilidad pedida es una condicional: P(L  X 

La zona Y >

L corresponde a la zona 3

sombreada en la gráfica de la derecha, cuyo complemento es el triángulo de abajo

L L Y ) 4 3


L P(Y > ) = 1 3

2L L

2

4

8

4

L3 x3 x L dydx = 3  3 ln2  3 ln3 2

2

Es necesario ahora buscar la L con la 3 3L L zona L-X < que equivale a X > 4 4 3L que resulta la misma zona X > 4

intersección de la zona Y >

sombreada a la derecha P(X 

3L ) 4

L 3L



4

2 1 dx  L 2 1

P(L  X 

L L 2 =0.52645 Y  )= 4 4 3 2 8  ln2  ln3 3 3 3

Por último, el pedazo que recibe cada uno es: L-X para A, Y para B y X-Y para el dueño, y sus valores esperados son: L x 4y L 9L 3L E(L – X) = ; E(Y) = L x ; E(X-Y) = dydx = 4 16 16 xL 2 2



42º) Existen tres posibles eventos: A1: Las cinco personas fallecidas son dos parejas completas y un integrante de las cuatro parejas restantes. 6 8  2 120 En este caso X=1, y su probabilidad es:   =  12  792  5    A2: Las cinco personas fallecidas corresponden a una pareja completa, y a un integrante de tres de las cinco parejas restantes.

 6  5  3 1   3  2 480  En este caso X=3, y su probabilidad es:     792  12   5    A3: Las cinco personas fallecidas corresponden a un integrante de cinco parejas diferentes


6 5 52 192 En este caso X=5, y su probabilidad es:    792  12   5    Por lo tanto: E(X)= 1

120 480 192 3 5 792 792 792



35 11

Nota del Autor: Resulta curioso señalar que en el caso general r esulta cuando se tienen“m” parejas y se producen “n” muertes.. El primero en resolverlo fue el célebre matemático Daniel Bernoulli, en su trabajo sobre la duración de las parejas, quien demostró, que el número esperado de parejas que sobreviven viene dado po r número esperado de personas viudas es

n( 2mn ) 2m1

(2mn)(2mn 1) 4m2

; y por lo tanto el

.

46º) Este problema es esencia el mismo N o 32, cuya solución ya fue explicada anteriormente. En efecto, los casos posibles son todas las posibles trayectorias desde el punto (0,0) hasta el punto (n, m). En el proceso de escrutinio, el candidato “A” siempre ir á ganando, mientras la trayectoria no corte a la recta y = x En el problema N o 32 se encontró, que la probabilidad de que la trayectoria corte a la recta y = x es:

2m mn

Por lo tanto, la probabilidad de que no la corte es: 1 -

2m mn

=

nm mn

47º) Este problema es un caso típico del Teorema de Bayes. En efecto, para un día determinado existen cuatro escenarios excluyentes: A1: Tanto José como Luis asisten a su trabajo A2: José asiste y Luis falta A3: José falta y Luis asiste A4: Ambos faltan La probabilidad de cada uno de estos eventos es: P(A1) = 0,90 x 0,92 = 0,8280 P(A2) = 0,90 x 0,08 = 0,0720 P(A3) = 0,10 x 0,92 = 0,0920 P(A4) = 0,10 x 0,08 = 0,0080 La probabilidad de encontrar en una muestra de 20 piezas dos defectuosas, sigue en todos los escenarios una distribución binomial con n=20 y un “p” = Probabilidad de que una pieza salga defectuosa, que depende del escenario. Así por ejemplo: p A1 = 1 – P( las dos operaciones buenas) = 1 – 0,98 x 0,96 = 0,0592 p A2 = 1 – P( las dos operaciones buenas) = 1 – 0,98 x 0,75 = 0,2650 p A3 = 1 – P( las dos operaciones buenas) = 1 – 0,75 x 0,96 = 0,2800 p A4 = 1 – P( las dos operaciones buenas) = 1 – 0,75 x 0,75 = 0,4375 Sea B = En una muestra de 20 piezas se encuentran dos defectuosas P(B A1) = C20,2 (0,0592) 2 (1-0,0592)18 ; P(B A2) = C20,2 (0,2650) 2 (1-0,2650)18 P(B A3) = C20,2 (0,2800) 2 (1-0,2800)18 P(B A4) = C20,2 (0,4375) 2 (1-0,4375)18


Al aplicar la fórmula de la Probabilidad total se tiene: P(B) = P(A1) P(B A1) + P(A2) P(B A2) + P(A3) P(B A3) + P(A4) P(B A4) A2  A3 A4 = Alguno de los operarios especializados faltó al trabajo Al aplicar el Teorema de Bayes se obtiene: P(A2  A3 A4 B) =

P  A 2  P(B | A 2 )

 P  A 3  P(B | A 3 )  P  A 4  P(B | A 4 ) P(B)

=

2 18 2 18 2 18 0,0720 C 0,2650  1-0,2650  + 0,0920 C 0,2800  1-0,2800  + 0,0080 C 0,4375  1-0,4375  20,2  20,2  20,2  2 18 2 18 2 18 2 18 0,8280 C 0,0592  1-0,0592  + 0,0720 C 0,2650  1-0,2650  + 0,0920 C 0,2800  1-0,2800  + 0,0080 C 0, 4375  1-0,4375  20,2  20,2  20,2  20,2 

= 0,0391

10 si 0 20  10 x 20 x 25 30 x 30  x E(Y) = 10 dx  20  dx   (2x  20) dx   (2x  20) dx = 0

375

10

375

20

375

25

75

$ 22.44 Sea W = Distancia recorrida por el segundo chofer La probabilidad de que el segundo chofer haga un viaje es P(020)= 10

0

x dx  375

25

20

x dx  375

30 30  x

25

75

dx =

3 5

La distribución de W corresponde a la distribución de X condicionada a 0 20, y por tanto:  w  375 w = si 0 < W < 10  3 225   5  w   375 = w si 20 < W < 25 fW (w)   3 225  5   30  w  75  30  w si 25  w  30  3 45   5 0 en otro caso


4w

10

25

4w

30

4(30  w)

545

0 w 275dw  20 w 275dw  25 w 55 dw  27 10 25 30 4w 4w 4(30  w) 8375 E(W ) =  w 2 dw   w 2 dw   w 2 dw  0 20 25 275 275 55 18 E(W) = 2

Var(W) =

8375 18

-(

545 2 84325 ) = 27 1458

53º)

El área lateral del cilindro es 2πRh El área del fondo es π R 2 Area total = πR2 + 2πRh

Como el punto de perforación se elige al azar, bien sobre la superficie lateral o bien sobre el fondo, entonces la probabilidad de elegir uno sobre el fondo será

     + + =

Definamos la variable aleatoria: Z = Altura del punto de perforación

0≤Z≤h La distribución de la variable “Z” es

mixta, pues presenta una probabilidad puntual en Z = 0 , y una distribución continua en el intervalo 0 < Z ≤ h. Busquemos la función de distribución de Z en el intervalo 0 < Z ≤ h Fz(z) = P(Z ≤ z) = P (Z = 0) + P ( 0 < Z ≤ z) = + P ( 0 < Z ≤ z) Pero P ( 0 < Z ≤ z) representa la probabilidad de que el punto de perforación caiga sobre la superficie lateral de un cilindro de radio “R” y altura “z”, y por lo tanto: = P ( 0 < Z ≤ z) = En consecuencia, la función de distribución de “Z” resulta:

    + +

0 ; ;<0 s i z0 2ℎ   2ℎ  R2h2z ; si 0
+


y su función mixta de probabilidad es

 ; si z0 +  +0  ; si 0
Definamos ahora la siguiente variable aleatoria: Y= Volumen de agua remanente en el tanque después de hecha la perforación.

Al perforar a una altura “Z” se derrama toda el agua que se encuentra por encima del punto de perforación Y es una función de Z, definida por la siguiente expresión;

0 ; si Z0  0
El valor esperado de Y resulta entonces: E(Y) = 0

+

+

=

Queda como ejercicio para el lector, calcular el volumen esperado del agua derramada, y resolver este otro caso: Un tanque esférico de radio “R” contiene agua hasta una altura “a”, medida desde

su punto más bajo (R< a ≤ 2R).

Se selecciona al azar un punto cualquiera sobre la superficie lateral del tanque, y en él se perfora un orificio a) ¿Cuál es la probabilidad de que el volumen remanente de agua dentro del tanque, sea inferior a la cuarta parte de su capacidad? b) ¿Cuál es el valor esperado del volumen remanente de agua dentro del tanque?

f x  

56º) Sea X = Vida de la componente, ; 0 ≤ x ≤30 Y = Costo por aparición de la falla Opción 1: En este caso, la falla no se repara y se espera hasta el mes siguiente para reemplazar a la componente. El único costo asociado a la aparición de la falla es el de tenerla improductiva durante (30 –X) días: Y = 500 (30-X) = 15000 – 500X E(Y)= 15000 – 500 E(X) = 15000 -500 = 7500 Opción 2= Hacer una inspección al cabo de un tiempo t de instalada En este caso se pueden presentar dos situaciones a) El dispositivo no ha fallado en el momento de realizar la inspección El costo de esta decisión es el de realizar la inspección más el costo de la componente inactiva desde el momento en que se presente la falla hasta el fin de mes; es decir Y = 200 + 500 (30 –X) = 15200 – 500 X ; si t ≤ X b) El otro caso es que al hacer la inspección ya la falla haya ocurrido, en cuyo caso el costo será el de la inspección más el del tiempo transcurrido desde la aparición de la falla hasta el momento de la inspección. Y = 200 + 500 (t - X) ; si t >X

⇒

Y = Función de costo es entonces: Y=



;s i t≤X 20015200500X 500 t X ; si t> X

El costo esperado de esta opción 2 resulta:


  1 1    200500    15200500  30 30        φ t de “t” que la minimiza es necesario anular su derivada ´  1003 5000⟹15     15  500 15  77003950

Resolviendo: E(Y) = - 500 t + 7700 El valor esperado de Y resulta ser una función de t, llamémosla encontrar el valor óptimo

, y para

El costo esperado mínimo de esta opción 2 es: el cual es menor que con la primera opción. En conclusión, la estrategia óptima es realizar una inspección a mitad de mes.

Se deja como ejercicio para el lector resolver este mismo ejercicio, pero asumiendo para la vida de la componente, otro tipo de distribución no simétrica en el intervalo, como pudiera ser por ejemplo, una triangular entre 0 y 30, con moda en 20. 58º) Supongamos que la colocación aleatoria de las tarjetas dentro de los sobres la hacemos en dos etapas, de la siguiente manera: Inicialmente seleccionamos al azar 5 primeros sobres, y en ellas colocamos las 5 tarjetas verdes, y luego en los 5 sobres restantes colocamos las 5 tarjetas rojas Definamos la siguiente variable aleatoria: X= Numero de sobres verdes seleccionados inicialmente Esta variable podrá tomar los valores 0, 1,2 ó 3 La probabilidad de que X tome cada uno de esos valores es:

()−  

Ahora bien, si inicialmente seleccionamos “x” sobres verdes, las tarjetas introducidas en ellos estarán en el sobre correcto, pues en esta primera etapa se colocan puras tarjetas verdes. Por otro lado, si inicialmente se seleccionaron “x” sobres verdes, entonces también se seleccionaron “5-x” sobres rojos Para la segunda etapa en donde se van a introducir las tarjetas rojas, quedan entonces: “3 –x” sobres verdes y 7-(5-x) = “x+2” sobres rojos.

Estos “x+2” sobres rojos contendrán la tarjeta correcta, pues en la segunda etapa se introducen puras tarjetas rojas. Por lo tanto: k= número de tarjetas en el sobre correcto = x + x + 2 = 2x+2

x −   1

y los valores posibles de “k” son 2,4,6 u 8 Despejando x en función de “k” obtenemos: y por último sustituyendo, obtenemos que la función de probabilidad de “k” es:

− − 

; k= 2, 4, 6, 8


60º) Consideremos los siguientes eventos: Ai = El más apto queda en la posición “i” de la fila B= El más apto resulta ser la persona contratada Como los aspirantes se ordenan al azar en la fila, cada una de ellos tiene idéntica probabilidad de ocupar cada uno de los puestos, por lo tanto: P(Ai)= 1/20 ; Ɐi = 1,2,3,…,20 Según la fórmula de la probabilidad total, se tiene: P(B) = P(A1) P(B│A1) + P(A2) P(B│A2)+…….+ P(A20) P(B│A20) Ahora bien, si el más apto cae en una de las primeras siete posiciones de la fila, no resultará contratado, debido al procedimiento utilizado, y por lo tanto: P(B│Ai)= 0 ; si i = 1,2,3,..,7 Si el más apto cae en la octava posición, entonces será contratado con certeza, pues al ser entrevistado resultará mejor que los primeros siete: P(B│A8)= 1 Tenemos entonces: P(B) =

   ∑== PB│A

A partir de la novena posición, el más apto corre el riesgo de no resultar contratado porque puede existir otro por delante de él que resulte mejor que los anteriores, y por lo tanto no le llegue el turno al más apto por haberse cerrado el proceso de selección. Para hallar la probabilidad de que resulte contratado hagamos el siguiente razonamiento: Si el más apto ocupa la posición i = 9,10, …, 20, entonces tendrá por delante a “i-1” aspirantes. Como la aptitud de todos los aspirantes es diferente, entonces entre esos primeros “i-1” habrá uno que es el más apto, llamémoslo Alfredo. Alfredo puede estar en cualquiera de esas “i-1” posiciones, pero si ocupa una de las primeras siete no será contratado. Por el contrario, si Alfredo ocupa las posiciones 8,9 …,i-1, entonces él será quien resulte contratado, pues al compararlo con todos los anteriores a él, resultará mejor que ellos. En este caso, el proceso de selección condujo a la contratación de Alfredo que no es el más apto del grupo, si no de los primeros “i-1”. Si Alfredo ocupa una de las primeras siete posiciones, entonces el contratado será el más apto del grupo, pues al entrevistar a los aspirantes que ocupen los puestos 8,9, …,i-1 resultaran todos ellos rechazados porque tienen a Alfredo por delante, y de esta manera le llegará el turno al más apto del grupo, quien superará a Alfredo. En consecuencia, la probabilidad de que el más apto del grupo resulte contratado

−     ∑== −    ∑== −

es: P(B│Ai)

i= 9,10, ….,20

Reemplazando en la fórmula de la probabilidad total encontramos: P(B) =

=

= 0.3842

Problemas Dificiles de Probabilidad Arvelo

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