Transcript 2. Probabilidad Dominar la fortuna ¿Cómo osamos hablar de leyes del azar? ¿No es, acaso, el azar la antítesis de cualquier ley? Bertrand Russell La.

2. Probabilidad Dominar la fortuna
¿Cómo osamos hablar de leyes del azar?
¿No es, acaso, el azar la antítesis de
cualquier ley?
Bertrand Russell
La probabilidad de tener un accidente de
tráfico aumenta con el tiempo que pasas
en la calle. Por tanto, cuanto más rápido
circules, menor es la probabilidad de que
tengas un accidente.
El 33 % de los accidentes mortales
involucran a alguien que ha bebido. Por
tanto, el 67 % restante ha sido causado por
alguien que no había bebido.
A la vista de esto y de lo anterior, esta claro
que la forma más segura de conducir es ir
1
borracho y a gran velocidad.
Noción intuitiva de probabilidad
http://improveverywhere.com/2008/07/06/human-mirror/
2
La Probabilidad es una disciplina matemática cuyos propósitos son de la
misma clase que, por ejemplo, los de la Geometría o la Mecánica Analítica.
En cada campo debemos distinguir tres aspectos de la teoría:
a) el contenido lógico-formal,
b) el antecedente intuitivo,
c) las aplicaciones.
El carácter y el encanto de toda la estructura
no pueden ser apreciados sin considerar los
tres aspectos adecuadamente relacionados.
William Feller,
Introducción a la teoría
de probabilidades
y sus aplicaciones.
William (Vilim) Feller (1906 –1970),
fue un matemático estadounidense
de origen croata conocido por sus
contribuciones a la teoría de la
probabilidad.
3
Experimento aleatorio
Entenderemos por experimento aleatorio
cualquier situación que, realizada en las
mismas condiciones, proporcione un
resultado imposible de predecir a priori.
Por ejemplo:
* Lanzar un dado.
* Extraer una carta de una baraja.
* Se lanza una moneda. Si sale cara se extrae de una urna
U1, con una determinada composición de bolas de colores,
una bola y si sale cruz de extrae de una urna U2, con otra
determinada composición de bolas de colores, una bola.4
Sucesos o eventos
• Cuando se realiza un experimento aleatorio, diversos
resultados son posibles. El conjunto de todos los resultados
posibles se llama espacio muestral (E).
• Experimento aleatorio: lanzar un dado.
• Espacio muestral E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
• Se llama suceso o evento a un subconjunto de dichos
resultados. Distinguiremos entre sucesos simples (o
indivisibles) y compuestos (o divisibles).
• Por ejemplo: el suceso A = “que el resultado sea par”:
A = {2, 4, 6} es un suceso compuesto.
• Se llama suceso complementario de un suceso A, Ac al
formado por los elementos que no están en A.
• Ac será: “que el resultado sea impar”, Ac = {1, 3, 5}.
5
Se considera el experimento aleatorio consistente en lanzar una
moneda. Si sale cara, se extrae de una urna que contiene bolas
azules y rojas una bola, y si sale cruz, se extrae una bola
de otra urna que contiene bolas rojas y verdes. ¿Cuál es el
espacio muestral E de dicho experimento aleatorio?
E = {(C,R), (C,A), (+,R), (+,V)}
6
Probabilidad clásica o a priori
Laplace define la probabilidad de un
suceso A como el cociente:
Pierre-Simon Laplace
(1749 - 1827)
Númerode casos favorables
P( A) 
Númerode casos posibles
Dado: ¿Cuál es la probabilidad P(A) de A = un número mayor
o igual a 5?¿Y la probabilidad de B = número impar?
Solución: Los seis casos posibles son igualmente probables,
cada uno tiene probabilidad 1/6.
P(A) = 2/6 = 1/3 pues A = {5,6} tiene dos casos favorables.
P(B) = 3/6 = 1/2 pues B = {1, 3, 5} tiene tres casos favorables
7
Si se producen aleatoriamente n
accidentes de coche en n días, ¿cuál
es la probabilidad de que cada día
se produzca un accidente?
Podemos colocar la bola 1 (accidente 1) en n posibles
celdas (días). La bola 2 (accidente 2) puede colocarse
en cualquiera de las n celdas (n días), idem la 3, etc... De
modo que existen nn maneras posibles de colocar n bolas en
n celdas (casos posibles). Los arreglos o configuraciones
posibles en que tenemos una bola en cada celda son: n!
(casos favorables).
Para siete accidentes de tráfico en una semana:
p(7) = 7! / 77 = 0.00612 (anti-intuitivamente baja)
n!
p (n)  n
n
8
Un ascensor sube con 7 pasajeros y se detiene al cabo
de 10 pisos. ¿Cuál es la probabilidad de que en ningún piso
baje más de un pasajero? (Supongamos que todas
las posibles maneras de descender son igualmente probables).
El primer pasajero puede bajarse en cualquiera de los 10 pisos. El
segundo pasajero también. El tercero...
Casos posibles: VR10,7 = 107
El primer pasajero puede bajarse en cualquiera de los 10 pisos.
Ahora el segundo pasajero solo podrá bajarse en 9 de ellos. El
tercero solo tendrá 8 opciones...
Casos favorables: V10,7 = 10987654
10  9  ... 5  4
p
 0,06048
7
10
9
Anatoli Timoféyevich Fomenko
Random processes in probability
Statistical fantasy
11
Es un hecho destacable que una
ciencia que empezó analizando juegos de azar
acabe convirtiéndose en el más importante
objeto del conocimiento humano.
Pierre Simon Laplace, Théorie Analytique des
Probabilités.
La base de la comprensión de la probabilidad no aparece
hasta mediados del siglo XVI, y el tema no se discute con
profundidad hasta casi un siglo después. Los historiadores se
preguntan por qué el progreso mental en este campo fue tan lento,
dados que los seres humanos se han visto confrontados con el azar
una y otra vez desde los primeros tiempos.
Deborah J. Bennett, Aleatoriedad.
13
Precursores de la
teoría de probabilidad
(pag. 38)
«Su libro sobre juegos de azar,
Liber de ludo aleae, escrito en la
década de 1560 pero publicado
póstumamente
en
1663,
constituye el primer tratado serio
de
probabilidad
abordando
métodos de cierta efectividad».
Wikipedia
Cardano computó correctamente las
posibilidades en los lanzamientos de 2 y 3
dados.
Girolamo Cardano
(1501-1576)
Daniel Peña, en el primer capítulo de su libro "Fundamentos de
Estadística" presenta la mejor síntesis que he leído (3 páginas) sobre la
historia del cálculo de probabilidades. Una buena referencia es: "A
History of Probability and Statistics and Their Applications before
1750" de Anders Hald.
14
Galileo Galilei en la epístola titulada «Sopra le scoperte dei dadi»
(«Sobre una investigación del dado», escrita entre 1613 y 1623)
analiza si en el lanzamiento de 3 dados es mejor apostar por 10 u 11
puntos, que por 9 o 12. Galileo, (sin conocer la obra previa de
Girolamo Cardano) concluyó que existen 216 combinaciones posibles
y encontró la respuesta correcta mediante «análisis combinatorio». En
la tabla, Galileo sólo incluye las combinaciones correspondientes a
puntajes comprendidos entre 3 y 10 puntos, y explica que no es
necesario incluir las combinaciones de los demás puntajes
comprendidos entre 11 y 18 puntos porque su total de combinaciones
resulta «simétrico» al ya establecido en la tabla... ¿Por qué?
Galileo Galilei
1564-1642
10 Puntos 9 Puntos 8 Puntos
7 Puntos
6 Puntos 5 Puntos 4 Puntos 3 Puntos
6−3−1
6 6−2−1 6 6−1−1 3 5−1−1
3 4−1−1
3 3−1−1 3 2−1−1 3 1−1−1 1
6−2−2
3 5−3−1
6 5−2−1
6 4−2−1
6 3−2−1
6 2−2−1
5−4−1
6 5−2−2
3 4−3−1
6 3−3−1
3 2−2−2
1
5−3−2
6 4−4−1
3 4−2−2
3 3−2−2
3
4−4−2
3 4−3−2
6 3−3−2
3
4−3−3
3 3−3−3
1
27
25
3
15
21
15
10
http://www.eyeintheskygroup.com/Azar-Ciencia/Metodos/Azar-Galileo-Galilei.htm
6
3
1
Sidney Harris
Science Cartoons Plus -- The Cartoons of S. Harris
Cotton Expressions T-Shirts, featuring Cartoons by S. Harris
16
Diagramas de Venn
A
A
1
A
B
B
5
6
3
2
E
E
Unión A  B
Intersección A  B
E
B
4
A={1,3,5}, B={5,6}
E={1,2,3,4,5,6}
Sigamos con el dado:
Sucesos: A= Un número impar, B= Un número mayor que 4.
Ac ={2, 4, 6}
Bc ={1, 2, 3, 4}
A  B ={1, 3, 5, 6}
A  B = {5}
(A  B)c ={2, 4}
(A  B)c = {1, 2, 3, 4, 6}
17
Se llama suceso unión de A y B, A  B, al formado por los
resultados experimentales que están en A o en B (incluyendo
los que están en ambos).
Se llama suceso intersección de A y B, A  B, al formado por
los resultados experimentales que están simultáneamente en A
y B. Dos sucesos son mutuamente excluyentes si A  B = Ø,
donde Ø es el conjunto vacío.
Observemos que un suceso y su complementario son siempre
mutuamente excluyentes y su unión es todo el espacio E.
A  Ac = Ø, A  Ac = E
La unión y la intersección de múltiples sucesos se define de
forma similar:
m
 A j  A1  A2    Am
j 1
m
 A j  A1  A2    Am
j 1
18
¿Cuál será la probabilidad de dos
sucesos mutuamente excluyentes?
X  {1, 2 }
X Y  Ø
Y  { 3,4,5,6 }
X
Y
P( X Y )  0
19
La diferencia básica en el papel de la Probabilidad matemática en
1946 y en 1988 es que hoy en día es aceptada como Matemática,
mientras que en 1946, para la mayoría de los matemáticos, la
Probabilidad era a las Matemáticas como el mercado negro es al
mercado: esto es, la Probabilidad era una fuente de matemáticas
interesantes, pero el análisis del contexto de fondo era algo poco
recomendable.
J. L. Doob, A Century of Mathematics in America, Part II (Peter
Duren, ed.)
La Teoría de la Probabilidad, como disciplina matemática, puede
y debe ser desarrollada a partir de unos axiomas, de la misma
manera que la Geometría o el Álgebra.
Andrei Kolmogorov, Foundations of the Theory of Probability.
20
Definición axiomática de probabilidad
Evitar definición conceptual de probabilidad y su «arraigo experimental»
(década 1930). La axiomatización de la teoría de la probabilidad
permitió el desarrollo inmediato de la teoría de la medida.
Se llama probabilidad a cualquier función P
que asigna a cada suceso A del espacio muestral
E un valor numérico P(A), verificando los
siguientes axiomas:
(1) No negatividad: 0 ≤ P(A)
(2) Normalización: P(E) = 1
(3) Aditividad: P(A  B) = P(A) + P(B)
si A ∩ B = Ø
(donde Ø es el conjunto vacío).
21
Kolmogorov, 1933
Demostrar que: P() = 0
( Utilizar:   E =  )
P(E) = P(E U ) =
P(E)+P() = 1+ P()
 P( ) = 0
1
Suceso
seguro
.5
Demostrar que: 0 ≤ P(A) ≤ 1
1= P(E) = P(A U Ac ) =
P(A )+ P(Ac)
 P(A )  1
0
Suceso
Imposible
22
Veamos un ejemplo de aplicación del axioma (3)
Aditividad: P(A  B) = P(A) + P(B) si A  B = Ø
(donde Ø es el conjunto vacío).
Si la probabilidad de que el parking de la escuela
tenga 100-209, 210-309, 310-400 y > 400 coches
es 0.20, 0.35, 0.25, 0.12 respectivamente.
¿Qué probabilidad hay de que el parking tenga
al menos 100 coches, pero menos de 401?
Solución
Puesto que los sucesos favorables 100-209,
210-309 y 310-400 son mutuamente excluyentes:
0,20 + 0,35 + 0,25 = 0,80
23
¿Sabiendo la probabilidad P(A) de un suceso A,
cuál será la de su complementario Ac?
Teorema de la probabilidad complementaria
Para un suceso A y su complementario Ac en el espacio
muestral E:
P(Ac) = 1 - P(A)
Demostración: Por definición de complementario
E = A  Ac y A  Ac = Ø. A partir de los axiomas 2 y 3:
1 = P(E) = P(A  Ac) = P(A) + P(Ac), de modo que:
P(Ac) = 1 - P(A)
A
A
c
P( E )  1
c
P( A )  1  P( A)
24
Lanzamiento de monedas
Cinco monedas se lanzan simultáneamente.
Encuentra la probabilidad del suceso A:
Al menos sale una cara. (Asumimos que las
monedas no está cargadas).
Solución: Puesto que cada moneda puede aparecer
como cara o cruz, el espacio muestral consiste en
25 = 32 posibilidades. Como las monedas no están
cargadas cada posibilidad tiene la misma probabilidad
de 1/32.
El suceso Ac (ninguna cara) tiene solo una posibilidad.
Entonces P(Ac) = 1/32 y la respuesta es:
P(A) = 1 - P(Ac) = 31/32.
25
Solución alternativa: La probabilidad de que una
moneda salga cara es 1/2 y de que salga cruz 1/2.
Puesto que cada lanzamiento es independiente, la
probabilidad de que salgan 5 cruces (ninguna cara)
será:
Probabilidad de que salga cruz
5
1 1 1 1 1 1
1
P( A )         
2 2 2 2 2  2  32
31
c
P( A)  1  P( A ) 
32
c
Discutamos el concepto de «independiente»...
26
La falacia del jugador
(1) Edgar Allan Poe argumentaba en el
epílogo de la narración detectivesca: “El
misterio de Marie Roget” que si al lanzar
un dado se sacaban cinco doses seguidos,
la probabilidad de sacar otro dos en la
sexta tirada era inferior a 1/6.
(2) Los señores Buenaesperanza tienen cinco niñas.
Esperan un nuevo hijo. ¿Será más probable que sea
niño?
(3) Estás jugando a la ruleta y has observado que ha
salido 6 veces seguidas un número rojo. ¿Es el momento
de apostar al negro?
27
(4) El sistema de D’ Alembert para jugar a la
ruleta a rojo/negro o par/impar:
Si gano  en la siguiente jugada apuesto menos.
Si pierdo  en la siguiente jugada apuesto más.
(5) Primera Guerra Mundial y cráteres.
(6) Terrorismo aéreo.
Hay que distinguir entre sucesos dependientes e
independientes: Ni las monedas, ni las ruletas
tienen memoria...
Cuando el resultado de un acontecimiento A tiene
influencia sobre B, decimos que los sucesos son
dependientes. E independientes en caso contrario.
28
El hombre del tiempo:
“La probabilidad de que llueva
este sábado es del 50%
y de que llueva en domingo
también es del 50%.
Así que la probabilidad de que llueva el fin de
semana es del 100%.”
¿Cuál es la probabilidad de que llueva el fin de semana
suponiendo independencia entre los sucesos: "lloverá
el sábado" y "lloverá el domingo"?
P  1  (1  0.5) 2  0.75
29
Otras maneras de visualizar sucesos
• Tablas de contingencia:
Color
Palo
Rojo
Negro
Total
As
2
2
4
No-As
24
24
48
Total
26
26
52
• Diagramas en árbol:
Cartas
Rojas
Baraja
Cartas
Negras
As
No As
As
No As
32
Recordemos el restaurante de Emile. Supongamos que el 80% de los
clientes escogen sopa como entrante y el 20% zumo. De los que escogen
sopa, el 20% eligen ensaladas, el 30% pescado y el 50% carne. De los
que escogieron zumo, es el 30%, 40% y 30% para ensaladas, pescado y
carne respectivamente.
Podemos utilizar estos valores
para estimar las probabilidades
de los dos primeros platos
usando un diagrama
de árbol.
33
Spotck, la gata de Data en Start Treck, ha tenido
un camada de 4 cachorros. El capitán
Piccard le pregunta cuántos son macho y
cuántos hembra. Data le responde que,
basándose en el cálculo de probabilidades,
lo más probable es que sean dos gatitos y
dos gatitas. Piccard llama inmediatamente a
seguridad para que detengan a Data. ¿Qué ocurre?
Si un gato puede ser macho o hembra y hay cuatro gatos, tenemos 24 = 16
posibilidades:
Probabilidad de que todos sean del mismo sexo = 2/16 = 1/8
HHHH MMMM
Probabilidad descomposición (3-1) = 8/16 = 1/2
HHHM HHMH HMHH MHHH
MMMH MMHM MHMM HMMM
•Descomposición (2-2) = 6/16 = 3/8
HHMM HMHM HMMH MHHM MHMH MMHH
Hemos contado los 16 casos posibles y 1/8 + 1/2 + 3/8 = 1.
A casi todo el mundo le sorprende que en familias de cuatro hijos haya tres
del mismo sexo.
Probabilidad de que todos sean del mismo sexo:
4
4
4
2 1
1 1
1
P(4H  4M )  P(4H )  P(4M )        2     
 2  2
 2  16 8
Probabilidad descomposición (3-1):
P(3H 1M 1H 3M )  P(3H 1M )  P(1H 3M ) 
 1  1   3  1 
8 1
1
         2  4    

 2  16 2
 4  2   4  2 
4
4
4
Probabilidad descomposición (2-2):
 2  1 
6 3


P(2 H 2M )      
 4  2  16 8
4
36
Escribe Poisson en sus Recherches sur la Probabilité (1837) que un problema
relativo a los juegos de azar, propuesto a un austero jansenista por un hombre de
mundo, ha sido el origen del cálculo de probabilidades. El austero jansenista no es
otro que Blaise Pascal y el hombre de mundo Antoine Gombauld, caballero De Mère.
Antoine Gombaud, Chevalier de Mère, planteó uno de los
problemas más antiguos de la teoría de probabilidad al filósofo
y matemático francés Blaise Pascal: ¿Qué es más probable?
(a) Sacar (al menos) un 6 al tirar 4 veces un solo dado o
(b) sacar (al menos) un 12 en 24 tiradas de 2 dados.
A pesar de que Pascal había renunciado a las matemáticas por
considerarlas una forma de deleite sexual (¡!), aceptó resolver
el problema:
4
4
5
5
P(ningún 6)    ; P(al m enosun 6)  1     0,5117
6
6
24
24
 35 
 35 
P(ningún12)    ; P(al m enosun 12)  1     0,4914
 36 
 36 
4
5
P(al m enosun 6)  1     0,5117
6
24
 35 
P(al m enosun 12)  1     0,4914
 36 
Pascal, a raíz de esta cuestión, comenzó una
correspondencia epistolar sobre cuestiones
probabilísticas con otros matemáticos amigos,
sobre todo con Fermat. Esta correspondencia
puede considerarse el origen de la teoría de
probabilidades.
Fue Huyghens, no obstante, quien recogiendo y completando el
trabajo de ambos presenta en sociedad el Cálculo de Probabilidades
en 1657 al publicar su libro De Ratiocinius in Ludo Aleae.
38
Morir de ...
P(no morir de accidente de coche) = 99%
P(no morir de accidente doméstico) = 98%
P(no morir de enfermedad pulmonar) = 95%
P(no morir de locura) = 90%
P(no morir de cáncer) = 80%
P(no morir de enfermedad cardiaca) = 75%
La probabilidad de librarse individualmente de cada una de estas
formas de muerte es alentadora, pero: ¿Cuál es la probabilidad
de morir a causa de alguna de ellas?
P(no morir por ninguna de las causas) =
= 0,99 x 0,98 x 0,95 x 0,9 x 0,8 x 0,75 = 0,50
P(morir a causa de alguna) = 1 – 0,5 = 0,50.
39
La probabilidad de contraer el SIDA se estima en 1/500 en 1
contacto heterosexual sin protección con alguien enfermo.
¿Cuántos contactos son necesarios en promedio para que la
probabilidad de infección alcance el 50%?
1
499
P(no contagiarse en 1 contacto) 1 

500 500
 499
P(no contagiarse en 2 contactos) 

 500 

2
n
 499
P(no contagiarse en n contactos) 
  0,5
 500 
Ln 0,5
n
 346
 499
Ln

 500 
40
Utilizando condón la probabilidad de contraer el SIDA por
vía heterosexual baja de 1/500 en 1 contacto a 1/5.000.
¿Cuántos contactos son necesarios ahora en promedio
para que la probabilidad de infección alcance el 50%?
1
4999
P(no contagiarse en 1 contacto) 1 

5000 5000

n
 4999
P(no contagiarse en n contactos) 
  0,5
 5000
Ln 0,5
n
 3465
 4999
Ln

 5000
41
«Si no conocemos el estado de salud de nuestra
pareja, pero sabemos con certeza que no pertenece a
ningún grupo de riesgo conocido, las probabilidades
pasan a ser de 1/5.000.000 sin preservativo y
1/50.000.000 con preservativo, riesgos muy inferiores a
morir en un accidente de tráfico volviendo de la cita,
que es de alrededor de 1/5.300».
El hombre anumérico, John Allen Paulos.
42
Vamos a generar una serie aleatoria de 50 números con un dado:
14524314331566524451345252441515242662261...
¿Cuál es la probabilidad de acertar al azar esta serie?
La secuencia de 42 bases:
TTTAATTGAAAGAAGTTAATTGAATGAAAATGATCAACTAAG
está presente en el genoma de 10 vertebrados: humano, chimpancé, ratón,
rata, perro, pollo, rana, pez cebra, pez fugu y tetraodón.
La probabilidad (de acuerdo al modelo de evolución de Jukes-Cantor, ver
«Substitution model» en Wikipedia) de que esto haya ocurrido por azar es
aproximadamente igual a: 10-50.
Es una conjetura razonable suponer que esta secuencia de 42 bases estaba
en un ancestro común a todos estos vertebrados
“The Mathematics of Phylogenomics”, Lior Pachter and Bernd Sturmfels
Algebraic Statistics for Computational Biology, Cambridge University Press, 2005
Infinite monkey theorem (Emile Borel 1913)
Teorema de los infinitos monos
«De acuerdo con el segundo enunciado BorelCantelli, con suficiente tiempo, un chimpancé
escribiendo al azar podría escribir una obra de
Shakespeare (o cualquier otro texto)».
Wikipedia
«Suponiendo que un teclado tenga 50 teclas y la palabra a ser escrita es “banana”,
mecanografiando al azar, la probabilidad de que la primera letra escrita sea b es 1/50, de
que la segunda sea a es 1/50, etc. Dichos eventos son estadísticamente independientes, así
que la probabilidad de que las seis primeras letras escritas sean “banana” es 1/506.
Ahora, las probabilidades de no escribir “banana” en cada bloque de 6 letras es 1-1/506.
Dado que cada bloque debe ser considerado independientemente, la probabilidad X de
no escribir “banana” en los n primeros bloques de 6 letras es X = (1-1/506)n. A medida
que n aumenta, X se reduce. Para n = 1.000.000, X = 99.99%, pero para un n igual a
10.000 millones, X = 53% y para una n = 100.000 millones es un 0,17%. A medida que n
se acerca a infinito, la probabilidad de X tiende a cero. Esto es, haciendo n lo
suficientemente grande, X puede ser tan pequeño como uno quiera. Si considerásemos las
veces que se escribiría “banana” entre bloques de 6 letras, X tendería a 0 incluso más
rápidamente. El mismo argumento se aplica si el mono estuviese escribiendo cualquier
46
otra cadena de caracteres de cualquier tamaño.» Wikipedia
Infinite monkey theorem
Teorema de los infinitos monos
“Esta demostración muestra por qué infinitos monos podrían (con casi toda probabilidad)
producir un texto tan rápidamente como pudiese ser escrito por un mecanografiador
humano copiándolo desde el original. En este caso X = (1-1/506)n, donde X representa la
probabilidad de que ninguno de los primeros n monos escribiese banana a la primera.
Cuando consideremos 100.000 millones de monos, la probabilidad cae al 0,17% y a
medida que n aumenta, X (la probabilidad de que todos los monos fallen al escribir un
texto dado) tiende a 0.
Ignorando puntuación, espaciamiento y mayúsculas/minúsculas y asumiendo una
distribución uniforme de letras, un mono tiene una probabilidad entre 26 de escribir
correctamente la primera letra de Hamlet. La probabilidad de que escriba bien las dos
primeras letras es 1 entre 676 (26 veces 26). Cuando 20 letras hayan sido escritas, las
probabilidades de que hayan sido las correctas se reducen a una entre
2620=19.928.148.895.209.409.152.340.197.376, aproximadamente la misma probabilidad
de que a una misma persona le toquen 4 loterías consecutivas. En caso del texto completo
de Hamlet, la probabilidad es tan abismalmente pequeña que difícilmente puede ser
concebida en términos humanos. El texto de Hamlet, eliminando cualquier puntuación,
contiene unas 130.000 letras”.
Wikipedia
47
Infinite monkey theorem
Teorema de los infinitos monos
En física, pues, la fuerza del argumento de los monos reside no en la probabilidad de que los monos finalmente
produzcan algo inteligible, sino en la realidad práctica de que no lo harán. Cualquier proceso físico que es
menos probable que el éxito de los monos es efectivamente imposible. Esta es la base de la segunda ley de la
termodinámica.
The Nature of the Physical World (1929)
Arthur Eddington
“El sitio web The Monkey Shakespeare Simulator, simula desde 2003 una gran población
de monos escribiendo al azar, con la intención de ver cuanto tiempo toma a los monos
virtuales completar una obra de Shakespeare desde el principio al fin. En 2005 se
encontraron 24 letras consecutivas que formaban un pequeño fragmento de Enrique VI,
parte 2:
48
“RUMOUR. Open your ears; 9r"5j5&?OWTY Z0d "B-nEoF.vjSqj[…”
Posteriormente, el mismo experimento, logró 30 letras de Julio César de Shakespeare:
“Flauius. Hence: home you idle CrmS3RSs jbnKR IIYUS2([;3ei'Qqrm’”
En 2003, científicos en Paignton Zoo y la Universidad de Plymouth, reportaron que
dejaron un teclado de computadora en la jaula de seis macacos durante un mes. No sólo
los monos no hicieron más que producir cinco páginas consistentes en una larga serie de
la letra S, sino que comenzaron a atacar el teclado con una piedra y siguieron orinando y
defecando sobre él.” Wikipedia
Todos estamos conectados ...
Inspira profundamente. Al hacérsele al filósofo griego
Anaxágoras (nacido el año 428 antes de nuestra era)
la pregunta de cuál sería el mejor modo de que se
acordasen de él, dijo: “Que los alumnos celebren un
día de vacaciones anualmente en mi honor”.
(Diccionario de últimas palabras, Werner Fuld). ¿Cuál
es la probabilidad de que hayas inhalado al menos
una de las moléculas que Anaxágoras empleó para
pronunciar esa frase?
¡Más del 99%! En más de 2000 años las moléculas se habrán repartido
uniformemente por la atmósfera.
Sea A = n = # moléculas exhaladas por Anaxágoras = # moléculas
inspiradas por ti = 1/30 litro = 2,2 ·1022
N = # moléculas de la atmósfera = 1044
P(una molécula inhalada no sea de Anaxágoras) = 1- A/N
P(n moléculas inhaladas ninguna de Anaxágoras) = (1 - A/N)n
P(inhalar al menos una de las moléculas de Anaxágoras) = 1- (1 - A/N)n
49
Lanzamiento de monedas
77
¿Si sospechamos que una moneda está trucada (probabilidad
no simétrica) cómo utilizarla para echar suertes de manera
justa? Por ejemplo, supongamos que la moneda sale cara (C)
un 60% de las veces y sale cruz (+) un 40% de las veces.
¿Qué experimento aleatorio daría las mismas posibilidades a
dos sujetos A y B? (John von Neumann)
Cada jugador lanza la moneda dos veces:
(1) Si sale CC o ++, se vuelve a lanzar dos veces.
(2) Si sale C+ gana A.
(3) Si sale +C gana B.
6 4
24
P (C  ) 

10 10 100
4 6
24
P ( C ) 

10 10 100
John von Neumann
(1903 - 1957).
78
Generaliza el problema suponiendo que desconoces
la probabilidades.
P(C  )  p(1  p )
P( C )  (1  p ) p
Supongamos ahora que el sorteo es entre tres y disponemos de una
bolsa con tres bolas: una blanca y dos negras. Se sacan en orden y sin
reponer. Gana quien saque la blanca. ¿Te interesa extraer primero para
tener más posibilidades de ganar?
Numeremos las bolas: blanca = 0, negra1 = 1, negra2 = 2. Las posibles
extracciones son:
012 021
102 201
120 210.
Y puesto que todas son igualmente probables:
P(sacar primero) = 2/6 = P(sacar segundo) = P(sacar tercero)
¿Y si fueran N bolas y N participantes?
¿Es equivalente a: el profesor escoge un número entre 1 y N. Y sortea
entre N alumnos, que escogen por orden alfabético un número (no repetido)?
El sorteo de la mili
79
From Alberto Luceño y Francisco J. González.
Ya has visto que no siempre los sucesos del espacio muestral
son equiprobables. ¿Qué ocurriría si jugásemos con un dado
trucado? Por ejemplo, ¿cuál sería la probabilidad de obtener un
número primo con un dado trucado, de tal forma que la
probabilidad de obtener una determinada cara fuese proporcional
a la numeración de dicha cara? En este caso los sucesos del
espacio muestral no son equiprobables y no podemos aplicar
la regla de Laplace.
primos
p(A1) = 1× k
p(A2) = 2× k
p(A3) = 3× k
p(A4) = 4× k
p(A5) = 5× k
p(A6) = 6× k
82
¿Qué probabilidad asignamos a cada suceso del
espacio muestral? Normalicemos:
1 = p(E) = p(A1  A2  A3  A4  A5  A6) =
p(A1) + p(A2) + p(A3) + p(A4) + p(A5) + p(A6) = 21 × k
de donde k = 1/21 y resulta:
p(A1) = 1 × k = 1/21, p(A2) = 2 × k = 2/21
p(A3) = 3 × k = 3/21, p(A4) = 4 × k = 4/21
p(A5) = 5 × k = 5/21, p(A6) = 6 × k = 6/21
p(A) = p("obtener número primo") = p(A2  A3  A5) =
= p(A2) + p(A3) + p(A5) =
= 10/21 = 0,476
83
Coincidencias
¿Cuántas personas escogidas al azar hacen falta
para tener la certeza de que dos cumplen años el
mismo día? Si un año tiene 365 días (pasemos
de bisiestos), nos hacen falta a lo sumo 366
personas. ¿Y si quiero tener una probabilidad del
50%?
El número de posibles:
n fechas de 365 (casos posibles) es:
n fechas distintas de 365
(casos no favorables) es:
VR365,n  365
n
V365,n  365 364 ... (365 n  1)
365 364 ... (365 n  1)
P (n personasno mismo cumple)
365n
365 364 ... (365 n  1)
P (al menosdos de n mismo cumple) 1 365n
Con n = 23 esta probabilidad se hace aproximadamente 0,5.
84
85
¿Y si fijamos la fecha? Por ejemplo, yo nací el 21 de marzo,
¿cuántas personas son necesarias en un grupo para alcanzar
el 50% de probabilidad de que al menos una haya nacido el
mismo día que yo?
364
P(no nacer el 21de marzo)
365
 364
P(n personasno hayannacido el 21de marzo) 

 365
n
 364
P(Al menosuna personade n haya nacido el 21de marzo) 1 - 

 365
Para n = 253 esta probabilidad es aproximadamente del 50%.
Moraleja: mientras que es probable que ocurra algún hecho
improbable, lo es mucho menos que se dé un caso concreto.
86
n
(1) Probabilidad de que al menos haya
coincidencia en un cumpleaños
Calcularemos la probabilidad de que no haya ninguna coincidencia y
utilizaremos el complementario.
De las 365 urnas, ¿de cuántas
maneras podemos formar dos
grupos con 23 urnas de tipo 1 y 342
de tipo 0?
23, 342
365
PR
365!

23! 342!
[1,...,1]
(23)
[0,...,0]
(342)
Ahora, para cada configuración anterior
tenemos: 23! formas distintas
de colocar las bolas en las urnas tipo 1.
365!
365!
23!
Casos favorables CF 
23! 342!
342!
365!
Entonces, la probabilidad de que no haya coincidencia es:
P  34223!  0.493
365
La probabilidad de que haya al menos un par de
personas con el mismo día de cumpleaños será:
1  P  1  0.493  087.507
(2) Probabilidad de que haya precisamente
una coincidencia y solo una
[2]
(1)
[1,...,1]
(21)
[0,...,0]
(343)
De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos
con 1 urna de tipo 2, 21 urnas de tipo 1 y 343 de tipo 0?
1, 21, 343
365
PR
365!

1! 21! 343!
Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /2! formas distintas
de colocar las bolas:
Casos favorables
365! 23!
1! 21! 343! 2!
365! 23!
1! 21! 343! 2!
P
 0.363
23
88
365
CF 
Entonces, la probabilidad de que
haya exactamente una coincidencia es:
(3) Probabilidad de que haya precisamente
dos coincidencias
[2,2]
(2)
[1,...,1]
(19)
[0,...,0]
(344)
De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos
con 2 urnas de tipo 2, 19 urnas de tipo 1 y 344 de tipo 0?
2,19 ,344
365
PR
365!

2! 19! 344!
Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /(2!)2 formas
distintas de colocar las bolas:
Casos favorables
365!
23!
2! 19! 344! 2!2
365!
23!
2! 19! 344! 2!2
P
36523
CF 
Entonces, la probabilidad de que
haya exactamente dos coincidencias es:
890.111
(4) Probabilidad de que haya precisamente
tres coincidencias
[2,2,2]
(3)
[1,...,1]
(17)
[0,...,0]
(345)
De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos
con 3 urnas de tipo 2, 17 urnas de tipo 1 y 345 de tipo 0?
3,17 , 345
365
PR
365!

3! 17! 345!
Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /(2!)3 formas
distintas de colocar las bolas:
Casos favorables
365!
23!
3! 17! 345! 2!3
365!
23!
3! 17! 345! 2!3
P
36523
CF 
Entonces, la probabilidad de que
haya exactamente dos coincidencias es:
 900.018
(5) Probabilidad de que haya precisamente
una triple coincidencia
[3]
(1)
[1,...,1]
(20)
[0,...,0]
(344)
De las 365 urnas, ¿de cuántas maneras podemos formar tres grupos
con 1 urna de tipo 3, 20 urnas de tipo 1 y 344 de tipo 0?
1, 20 ,344
365
PR
365!

1! 20! 344!
Ahora, para cada configuración anterior tenemos: 23! /3! formas
distintas de colocar las bolas:
Casos favorables
365!
23!
1! 20! 344! 3!
365!
23!
1! 20! 344! 3!
P
 091.007
23
365
CF 
Entonces, la probabilidad de que
haya exactamente dos coincidencias es:
Fútbol: dos equipos + árbitro = 23
10 partidos
"Coincidences: the truth
is out there"
Robert Matthews, and Fiona Stones.
92
¿La lista de de reproducción aleatoria del iPod
realmente es aleatoria?
“Lo hicimos menos aleatorio para que pareciera más aleatorio.”
Steve Jobs
Supón que tu ipod tiene 4000 canciones y escuchas al azar 65. ¿Cuál es la probabilidad
de se repita al menos una de las canciones?
El número de posibles sucesiones de 65 canciones es:
VR4000,65 = 4000 65
El número de posibles sucesiones de 65 canciones diferentes:
V4000,65 = 4000×3999×...×3936
4000 3999 ...  3936
400065
4000 3999 ...  3936
P (al menos2 cancionesrepet idas) 1 400065
P (65cancionesdist int as)
Probabilidad del 50,2%.
93
Año
cm de nieve
(1) 1974 75
Récord
(2) 1975 88
Récord
(3) 1976 72
(4) 1977 110 Récord
(5) 1978 85
(6) 1979 30
(7) 1980 55
(8) 1981 86
(9) 1982 51
(10) 1983 64
Récords
¿Cuántos récords deberíamos
esperar en un periodo de 10
años?
Podemos contar el número de
récords en términos de
permutaciones como sigue:
numeramos los años de 1 a 10.
Y asignamos a cada año su
posición en el ranking
(ordenamos por su valor de
menor a mayor).
Ranking 10 significa mayor récord.
Ranking 1 significa valor más bajo.
Año
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Ranking 6 9 5 10 7 1 3 8 2 4
94
Año
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Ranking 6 9 5 10 7 1 3 8 2 4
El ranking se convierte así en una posible permutación. De modo
que el año i será un récord si en la permutación ranking todos los
valores anteriores: 1, 2, ..., i - 1 son menores en valor.
Vamos a calcular, por simulación, para n años la probabilidad de
obtener k récords, suponiendo que los valores (centímetros de nieve)
son todos distintos e igualmente probables. Así como el número
medio de records en función de n.
El programa Records cuenta el número de récords en
permutaciones generadas aleatoriamente. Para n = 10, 20 y 30
el número medio de récords es 2.968, 3.656 y 3.960
respectivamente. El promedio incrementa muy suavemente.
Puede demostrarse que el promedio va aproximadamente como
log n: log 10 = 2.3, log 20 = 3 y log 30 = 3.4.
95
96
“Supongamos que disponemos de una
ruleta de 26 letras distintas: mientras que
la probabilidad de que salgan las palabras
TACO o BOBO es baja (acontecimiento
concreto), la probabilidad de que salga
alguna palabra no concreta con sentido
es alta (acontecimiento genérico)”.
Martin Gardner
Que a algún televidente se le repare milagrosamente ese reloj
viejo que hacía años que no funcionaba es más probable que
se le repare concretamente a Perico de los Palotes. Por este motivo
las predicciones de los magufos son vagas. Las concretas raramente
se hacen realidad. (ARP-Sociedad para el Avance del Pensamiento Crítico.)
Veamos un timo clásico que se basa indirectamente en esta
propiedad...
97
¿Si durante 6 semanas seguidas recibieras por carta las
predicciones correctas sobre si suben o bajan determinadas
acciones, estarías dispuesto a pagar 500 euros por la información
a la séptima semana? Observación: la probabilidad de que el
broker acierte por azar es (1/2)6 = 0,008.
Nuestro astuto asesor de bolsa envía 32.000
cartas: 16.000 predicen subida y 16.000
bajada. A la mitad adecuada les envía a la
semana siguiente 8.000 con subida y 8.000
con bajada, etc. Al final 500 personas han
recibido 6 predicciones correctas dispuestas
a pagar 500 euros por la séptima: 500 x 500
= 250.000 euros de beneficio para el
timador.
98
Sueños proféticos
Supongamos que la probabilidad de un sueño profético sea
de 1/10.000 (muy poco frecuente). La probabilidad de que no
sea profético es abrumadora: 9.999/10.000. ¿Cuál es la
probabilidad de tener un sueño profético al cabo de un año?
 9999 
P (365sueños no proféticos)  

 10000
365
 0,964
 9999 
P (Al menos1 sueño profético) 1  

 10000
365
 0,036
La población española es de unos 47 millones de habitantes.
El 3,6% de esa cantidad tendrá al menos un sueño profético
a lo largo de un año: 1,7 millones de personas. ¡Lo extraño
es que no hubiera sueños proféticos!
99
El negocio del azar puede
suponer en algunos
casos hasta el 3% del PIB.
Declaraciones en televisión de
un ganador de un premio de
lotería acabado en 48:
«Soñé con el siete, siete noches
seguidas. Y como 7 por 7 es 48,
compré un número acabado en
48.»
Lotería de Navidad
(pág. 104)
101
102
Si elegimos una respuesta a esta pregunta al azar,
¿cuál es la probabilidad de que sea correcta?
... paradoja del barbero/paradoja del mentiroso...
104
105
La paradoja del ascensor
El señor Arribas tiene su oficina en uno de los pisos más altos
de un edificio. Llama al ascensor y piensa: “¡Maldición! El
primer ascensor que se detiene aquí está subiendo. Siempre
pasa lo mismo...”
La señorita Ayuso trabaja en una de las primeras plantas. Y
sube a desayunar al ático. Llama al ascensor y piensa: “¡Es
que no lo entiendo! ¡Siempre que llamo al ascensor, el
primero en llegar está bajando!”
Pregunta: ¿Cómo es posible?
(Puzzle-Math, G. Gamow y M. Stern)
106
Planta
alta
Hueco del
ascensor
Planta
baja
107
The Easiest Hard Problem
Brian Hayes
Partición eficiente:
algoritmo infantil para formar dos equipos de fútbol.
The partitioning problem
You are given a set of n positive integers, and you are asked to separate them into two
subsets; you may put as many or as few numbers as you please in each of the subsets,
but you must make the sums of the subsets as nearly equal as possible. Ideally, the
two sums would be exactly the same, but this is feasible only if the sum of the entire
set is even; in the event of an odd total, the best you can possibly do is to choose two
subsets that differ by 1. Accordingly, a perfect partition is defined as any arrangement
for which the "discrepancy"—the absolute value of the subset difference—is no
greater than 1.
Example:
2 10 3 8 5 7 9 5 3 2
There are 23 ways to divide up the numbers into two groups with exactly equal
sums (or 46 ways if you count mirror images as distinct partitions).
(2 5 3 10 7) (2 5 3 9 8)
Both subsets sum to 27.
The partitioning problem
Figure 1. One perfect partition hides in a dense forest of very imperfect ones. Partitions
are ways of separating a set of numbers into two subsets; a partition is perfect if the
subsets have the same sum. Here the bars represent the discrepancy—the absolute
value of the subset difference—of the 256 ways of partitioning a certain set of nine
integers. (There are another 256 partitions, but they are just the mirror images of
these, exchanging the two subsets.) The set chosen for this example is (484 114 205 288
506 503 201 127 410); the lone perfect partition, marked by a red asterisk, divides the
numbers into the subsets (410 503 506) and (127 201 288 205 114 484), which both add
up to exactly 1,419.
Greedy algorithm
Figure 2. Greedy algorithm is one of the simplest approximate methods of partitioning.
The rule is always to take the largest number remaining to be assigned, and put it in
the subset with the smaller sum. Here red balls indicate the number being moved at
each stage.
Karmarkar-Karp algorithm
Figure 3. Karmarkar-Karp algorithm operates in two phases. First, reading down the
lefthand side, pairs of numbers are replaced by their difference, effectively deciding
they will go into different subsets. In the second phase, reading up the righthand side,
the partition is constructed from the sequence of differencing decisions. Here the 0 at
the bottom of the table is known to derive from the difference of two 2s, which can
therefore be inserted, one in each subset. One of the 2s arose as the difference between
a 6 and a 4, so those numbers can also be written down, and so on. In the case shown
the algorithm finds a perfect partition, but it is not guaranteed always to work.
In the search for perfect partitions, the Karmarkar-Karp procedure succeeds even
more often than the greedy algorithm.
Easy problems can be solved in "polynomial time", whereas
hard problems require "exponential time".
If you have a problem of
size x, and you know an
algorithm that can solve
it in x steps or x2 steps or
even x50 steps, then the
problem is officially easy;
all of these expressions
are polynomials in x.
But if your best algorithm
needs 2x steps or xx steps,
you're in trouble. Such
exponential
functions
grow faster than any
polynomial for large
enough values of x.
Where does number partitioning fit into this taxonomy?
The greedy algorithm and Karmarkar-Karp have polynomial running time; they can partition
a set of n numbers in less than n2 steps.
For purposes of classification, however, these algorithms simply don't count, because they're
not guaranteed to find the right answer.
The hierarchy of problem difficulty is based on a worst-case analysis, which disqualifies an
algorithm if it fails on even one problem instance. The only known method that does pass
the worst-case test is the brute-force approach of examining every possible partition. But
this is an exponential-time algorithm: Each integer in the set can be assigned to either of the
two subsets, so that there are 2n partitions to be considered.
Partitioning is a classic NP problem. If someone hands you a list of n numbers and asks, "Does
this set have a perfect partition?" you can always find the answer by exhaustive search, but
this can take an exponential amount of time. If you are given a proposed perfect partition,
however, you can easily verify its correctness in polynomial time. All you need to do is add
up the two subsets and compare the sums, which takes time proportional to n.
Indeed, partitioning is not just an ordinary member of the class NP; it is one of the elite NP
problems designated NP-complete. What this means is that if someone discovered a
polynomial-time algorithm for partitioning, it could be adapted to solve all NP problems in
polynomial time. Each NP-complete problem is a skeleton key to the entire class NP.
Boiling and Freezing Numbers (Phase transition)
The difficulty increases as a function of problem size.
In number partitioning:
(1) how many numbers are in the set, n.
(2) and how big they are: the number m of bits needed
to represent a typical integer.
Meterlo en el horno a 120 grados
Thus a set of 100 integers in a range near 2100 has n = 100 and m = 100 and a problem size
of 10,000 bits.
The ratio m/n is the best predictor of difficulty in number partitioning.
Some simple reasoning about extreme cases takes the mystery out of this assertion. Suppose
the ratio of m to n is very small, say with m = 1 and n = 1,000. The task, then, is to partition a
set of 1,000 numbers, each of which can be represented by a single bit. This is trivially easy:
A one-bit positive integer must be equal to 1, and so the input to the problem is a list of a
thousand 1s. Finding a perfect partition is just a matter of counting. At the opposite extreme,
consider the case of m = 1,000 and n = 2 (the smallest n that makes sense in a partitioning
problem). Here the separation into subsets is easy—how many ways can you partition a set
of two items?—but the likelihood of a perfect partition is extremely low. It's just the
probability that two randomly selected 1,000-bit numbers will be equal.
Figure 4. Multiplicity of optimal partitions explains why some problem instances are
hard and others are embarrassingly easy. The crucial parameters are the size of the set,
n, and the size of a typical number in the set, m, measured in bits. When m is less than
n, almost all sets have many perfect partitions. When m is greater than n, there is
usually a unique best partition (and it is seldom perfect). Shown here are the
multiplicities of the optimal partitions of 1,000 sets with n = 25. Where the optimal
partition is not perfect, the color varies from yellow through green to blue as the
discrepancy increases. Perfect partitions are marked in red, with solid dots for odd-sum
sets and open circles for even-sum sets. The data show that perfect partitions are twice
as abundant in odd-sum sets as in even-sum sets; the reason, roughly stated, is that
subsets in the odd-sum case can differ by either +1 or –1, whereas an even-sum
partition is perfect only if the discrepancy is exactly 0.
A 1991 article by Peter Cheeseman, Bob Kanefsky and William M. Taylor, titled "Where
the Really Hard Problems Are," conjectured that all NP problems have a phase transition
and suggested that this is what distinguishes them from problems in P.
Stephan Mertens:
As a means of understanding the phase transition, Mertens sets up a
correspondence between the number-partitioning problem and a model of a
physical system. To see how this works, it helps to think of the partitioning process
in a new context. Instead of unzipping a list of numbers into two separate lists, keep
all the numbers in one place and multiply some of them by –1. The idea is to negate
just the right selection of numbers so that the entire set sums to 0. Now comes the
leap from mathematics to physics: The collection of positive and negative numbers
is analogous to an array of atoms in a magnetic material, with the plus and minus
signs representing up and down spins. Specifically, the system resembles an infiniterange antiferromagnet, where every atom can feel the influence of every other
atom, and where the favored configuration has spins pointing in opposite
directions.
Physics offers some powerful tools for predicting the behavior of such a system. In
particular, the interplay of energy and entropy governs how the collection of spins can be
expected to evolve toward a state of stable equilibrium. The energy in question comes
from the interaction between atomic spins (or between positive and negative numbers);
because the system is an antiferromagnet, the energy is minimized when the spin vectors
are oppositely oriented (or when the subsets sum to zero). The entropy measures the
number of ways of achieving the minimum-energy state; a system with a unique ground
state (or just one perfect partition) has zero entropy. When there are many equivalent
ways of minimizing the energy (or partitioning a set perfectly), the entropy is high.
The ratio m/n controls the state of this system. When m is much greater than n, the
spins almost always have just one configuration of lowest energy. At the other pole,
when m is much smaller than n, there are a multitude of zero-energy states, and the
system can land in any one of them. Mertens showed that the transition between
the two phases comes at m/n=1, at least in the limit of very large n. And he derived
corrections for finite n that may explain why Gent and Walsh measured a slightly
different transition point.
Finally, Mertens showed just how hard the hard phase is. Searching for the best
partition in this region is equivalent to searching a randomly ordered list of random
numbers for the smallest element of the list. Only an exhaustive traverse of the
entire list can guarantee an exact result. What's worse, there are no really good
heuristic methods; no shortcuts are inherently superior to blind, random sampling.
RULES
Given a set of k integers
extracted randomly from the pool [1,M].
- Extract another random integer T from the
pool [1,M].
- Combine the set of integers through arithmetic
operations
(use at much once each number)
-
Example [k = 4, M = 200]
{3, 12, 5, 53} T = 118
Solution exists? YES
S = (53-12)*3 – 5 = 118
{7, 11, 82, 26} T = 181
Solution exists? NO
(Closest formula= 26 * 7 = 182)
Question:
WHICH IS THE PROBABILITY
OF REACHING T?
Vamos a intentar estimar P(k, M) suponiendo que la única operación
permitida es la suma.
Si tomamos n números al azar de [1, M] y los sumamos todos, en
principio, podríamos obtener cualquier número de [n, nM].
Los extremos corresponderían a la suma de n unos y n M’s,
respectivamente.
Si suponemos que los posibles valores de las sumas se distribuyen
uniformemente (sic), la probabilidad de que una suma caiga en el
intervalo [1,M] que «mide» aproximadamente 1/n del intervalo total,
será justamente 1/n.
Recordemos que si tenemos k cifras, no estamos obligados a
utilizarlas todas para alcanzar T. De modo que la cantidad de sumas
que nos darían resultados en [1,M] sería aproximadamente:
𝑘
𝑁+ 𝑘 =
𝑛 =1
1 𝑘
2𝑘+1
≈
𝑛 𝑛
𝑘
Podemos extender el problema añadiendo ahora la posibilidad de
restar: Si tomamos n números al azar de [1, M], ahora podríamos
obtener cualquier número de [-nM, nM]. Los extremos
corresponderían a la resta de n M’s y a la suma de n M’s,
respectivamente.
Haciendo las mismas aproximaciones que antes llegamos a que la
cantidad de operaciones que nos darían resultados en [1,M] sería
aproximadamente:
2𝑘
𝑁± 𝑘 =
𝑛 =1
1 2𝑘
22𝑘−1
≈
2𝑛 𝑛
𝑘
Última aproximación: asumamos que los N(k) resultados son como
intentos independientes de escoger al azar números en el intervalo
[1,M]. Entonces:
1
𝑃 𝑘, 𝑀 = 1 − 1 −
𝑁
𝑁± 𝑘
≈ 1 − 𝑒 −𝑁± (𝑘)/𝑀
Cualitativamente es aceptable. Podemos mejorar
suponiendo un «ansatz»:
𝑒 𝑟(𝑀) 𝑘
𝑁± 𝑘, 𝑀 =
𝑘
¿Cómo estimar r(M)?
𝑃 𝑘𝑐 , 𝑀 ≡ 1/2
ln(𝑀𝑘𝑐 ln 2)
𝑟 𝑀 =
𝑘𝑐
𝑘𝑐 𝑀 = 𝑎 ln 𝑀 + 𝑏
a = 0.98
b = 0.31
𝑃 𝑘, 𝑀 ≈ 1 − 𝑒 −𝑁± (𝑘,𝑀)/𝑀
𝑘𝑐 𝑀 = 𝑎 ln 𝑀 + 𝑏
a = 0.84
b = 0.39
Intensive control
parameter:
𝑘
𝛼≡
𝑘𝑐
System’s efficiency as
the average amount of
potential targets in
[1,M] that can be
reached per unit
number k. This
function can be
written as:
A. Fomenko
Geometry and probability
Otras definiciones de probabilidad:
(1) Definición geométrica de probabilidad
Área de B
P( B) 
Área del cuadrado
La Probabilidad Geométrica tiene sus inicios en la Francia del siglo XVIII
con el experimento de “la aguja de Buffon”, desarrollado por el célebre
naturalista George Louis Leclerc (1707-1788), mejor conocido como el
conde de Buffon. Aunque se le identifica más por su monumental obra
“Histoire Naturelle” de 44 volúmenes, también estuvo profundamente
intereresado por las pasiones humanas y los juegos de azar. A la edad
de 26 años presentó a los miembros de la Academia de Ciencias de
Paris otra forma de ver la Probabilidad usando Geometría.
132
La aguja de Buffon
Longitud de la aguja igual a la
distancia entre las líneas paralelas
P
1
# vecesque la aguja cortauna línea

# vecesque lanzamosla aguja
2
Experimento-simulación de la aguja de Buffon
«Con el llamado "problema de la
aguja de Buffon", propuesto en el siglo
XVIII por el célebre naturalista
francés, nace la teoría de las
probabilidades geométricas
desarrollada poco después por
Laplace en su gran tratado Teoría
analítica de las probabilidades (1812).
Aunque vinculada inicialmente a los
juegos de azar, dicha teoría originó
luego la geometría integral o
estocástica contemporánea, de
interés para la matemática pura y
aplicada. [...] La geometría integral ha
permitido el desarrollo de dos técnicas
de gran importancia: la estereología y
la tomografía computada».
Luis A. Santaló
Facultad de Ciencias Exactas y Naturales,
Universidad de Buenos Aires
Cienciahoy
135
136
Genaro y Rigoberta se citan entre las 21 y las 22 horas.
Ninguno de ellos tiene la costumbre de ser puntual. Así
que, el primero que llega esperará 20 minutos y se irá.
¿Cuál es la probabilidad de que se produzca el encuentro?
E  {( x1 , x2 ) : 0  x1  60, 0  x2  60}
x2
x 2  x1  20
  x 2  x1  20
x1  x 2  20
x 2  x1  20
60 min•
x1  x 2  20
A
20 min•
•
20 min
•
60 min
S ( A) 602  402 5
P( A) 


2
S (E)
60
9
x1
137
La paradoja de Bertrand
Joseph L. F. Bertrand (1822-1900) fue un
matemático francés cuyas principales
áreas de trabajo fueron la Teoría de
Números, la Geometría Diferencial y la
Teoría de las Probabilidades. En 1888
publicó el libro Calcul des probabilitiés que
contenía numerosos ejemplos de
problemas de probabilidades en los cuales
el resultado depende del método de
Joseph Louis François Bertrand
(1822 - 1900)
resolución. El más famoso se conoce como
la Paradoja de Bertrand:
Dada un circunferencia de radio R, se traza en ella, al
azar, una cuerda. ¿Cuál es la probabilidad de que esta
cuerda sea mayor que el lado del triángulo equilátero
138
que puede inscribirse en la circunferencia?
Solución 1: La posición de la cuerda puede ser
determinada por su distancia al centro de la
circunferencia. Esta distancia puede variar entre 0 y R.
La cuerda será mayor que el lado del triángulo
equilátero inscrito cuando su distancia al centro
sea menor que R/2. De aquí obtenemos que
la probabilidad buscada es 1/2.
R
  1 h
sin     ; h 
2
6 2 R
0
h
R
139
Solución 2: Tomemos un punto cualquiera de la
circunferencia. Tracemos la tangente a la
circunferencia en ese punto. Toda cuerda que pase
por ese punto formará un ángulo con la tangente que
varía entre 0o y 180o. Para que la cuerda sea mayor
que el lado del triángulo equilátero debe estar
comprendida entre 60o y 120o. De ahí que la solución
buscada sea 1/3.
140
Solución 3: Una cuerda está totalmente determinada
por su punto medio. Aquellas cuerdas cuya longitud
exceda el lado del triángulo equilátero tienen sus
puntos medios dentro de un pequeño círculo de radio
1/2 R. De modo que su área es 1/4 de la del círculo
de radio R. De aquí obtenemos que
la probabilidad buscada es 1/4.
141
«¿Dónde radica la paradoja? ¿Cuál es la solución a nuestro problema? La paradoja
radica en qué consideramos por trazar una cuerda “al azar”. En el problema de
Bertrand, distintos métodos de seleccionar una cuerda “al azar” conducen a diferentes
medidas de probabilidad no equivalentes. Las distribuciones de probabilidad no son
objetivas. Siempre que definamos una medida de probabilidad, dicha medida de
probabilidad se basa en un conjunto de hipótesis. El concepto de probabilidad
clásico o de Laplace se basa en la equiprobabilidad de los resultados
elementales. Este método sólo es aplicable para espacios muestrales finitos como
ya sabemos. El concepto de probabilidad geométrica, generaliza el concepto de
probabilidad de Laplace, en el sentido de que conjuntos que posean la misma
medida geométrica deben de tener la misma probabilidad y de esta manera
podemos generalizar la probabilidad para aplicarla a espacios infinitos. Sin
embargo, no es una generalización objetiva, todo depende de que medida
consideremos, como hemos visto aquí. De igual manera sobre un conjunto finito de
elementos podemos definir otras medidas de probabilidad, basándonos en otras
hipótesis, no coincidentes con la probabilidad clásica o de Laplace».
«Cada asignación de probabilidad se basa en un conjunto de hipótesis
diferentes que nos determinan unas medidas de probabilidad diferente».
La paradoja de Bertrand
Valderas, J.M., Olmedo, E. y Franco, L.
142
Sobre la superficie de una esfera marcamos tres puntos al
azar. ¿Cuál es la probabilidad de que los tres puntos queden
en una misma semiesfera?
Tres puntos no colineales siempre forman un plano...
Se toma al azar un punto situado a varios
kilómetros del Pentágono. ¿Qué probabilidad
hay de que desde él puedan verse tres lados del
polígono?
La probabilidad es 1/2. Supongamos que la persona tuviera un doble situado
directamente frente a él, a igual distancia y del otro lado, del centro del
Pentágono. Si alguna de ambas personas viera tres lados, la otra solamente
podría ver dos. Puesto que hay probabilidades iguales de que cualquiera de las
personas se encuentre en uno o en otro lugar, la probabilidad de que vea tres
caras es 1/2.
143
Otras definiciones de probabilidad:
(1) Definición frecuentista de probabilidad
Si un experimento aleatorio puede
repetirse muchas veces en idénticas
condiciones (en teoría) podemos
determinar la frecuencia relativa de
la ocurrencia de un suceso. Si el
número de intentos es m y el número
de ocurrencias de A es m(A) entonces
la probabilidad de A es el límite:
m( A)
P ( A)  lim
m
m
Richard von Mises (1919)
144
¿Por qué la probabilidad de cara o cruz en el lanzamiento de
una moneda no cargada es ½?
(1) Simetría física e ignorancia.
(2) Frecuentista: experimento.
Lógica del azar, John Venn 1888
From Aleatoriedad D. J. Bennett
Pag. 121-133.
145
Otras definiciones de probabilidad
• Grado de creencia (probabilidad subjetiva): por ejemplo la
existencia de vida extraterrestre. La mayoría de los sucesos
de la vida son irrepetibles.
• Grado de conocimiento: En muchos casos sabemos que el
valor de probabilidad existe pero nos resulta desconocido.
A través de experimentos podemos determinarlo. Pero los
experimentos arrastran errores...
• Un objetivista utiliza como definición de probabilidad la
clásica o la frecuentista. Un bayesiano o subjetivista aplica
las leyes formales del azar a sus probabilidades subjetivas
o personales, o a las nuestras.
146
Regla de la suma:
Dados dos sucesos A y B en el
espacio muestral:
P(A  B) = P(A) + P(B) - P(A  B)
C
D
F
A
B
Demostración: En la imagen podemos ver que A = C  D y
B = D  F. Así que C, D, F son disjuntos. Por el axioma 3
P(A) = P(C) + P(D) y P(B) = P(D) + P(F)
Sumando:
P(A) + P(B) = P(C) + P(D) + P(D) + P(F)
Restando P(D) a ambos lados:
P(A) + P(B) - P(D) = P(C) + P(D) + P(F), es decir:
P(A) + P(B) - P(A  B) = P(A  B)
147
Regla de la adición
P( A1  B)  P( A1 )  P( B)  P( A1  B)
B  A2  A3
Sustituyendo en la expresión anterior:
P( A1  ( A2  A3 ))  P( A1 )  P( A2  A3 )  P( A1  ( A2  A3 )) 
P( A1 )  P( A2 )  P( A3 )  P( A2  A3 )  P(( A1  A2 )  ( A1  A3 )) 
P( A1 )  P( A2 )  P( A3 )  P( A2  A3 )  P( A1  A2 )  P( A1  A3 )  P( A1  A2  A3 )
Por inducción, puede demostrarse:
n
n
k 1
i j
P( A1  A2  ... An )   P( Ak )   P( Ai  A j ) 

n
n 1
P
(
A

A

A
)

...

(

1
)
P( A1  A2  ... An )
 i j k
i j k
148
Google y el juego del googol
por Pablo Fernández Gallardo
«Origen del nombre de la compañía: procede
del término matemático googol, que en 1998 los
fundadores de Google, dos jóvenes
matemáticos de la Universidad de Stanford,
Sergey Brin y Larry Page, consideraron
ilustrativo del complejo proceso de búsqueda
que efectúa su buscador.
100
10
 1 googol
El término en cuestión lo inventó en 1938 un niño de nueve años cuando,
hablando sobre el infinito con su tío, el matemático Edward Krasner, su
desbordante imaginación infantil improvisó ese nombre para referirse a un
1 seguido de 100 ceros.
Dos décadas después, dos ingenieros americanos, John Fox y Gerald
Marnie, popularizaron el término al bautizar como “juego del googol” un
problema clásico relativo a los procesos de búsqueda: cómo determinar el
momento ideal para dar una búsqueda por concluida (optimal stopping).
También conocido como el problema “del sultán y la dote”, “del concurso
150
de belleza” o “de la elección de secretaria”.
El “juego del googol” puede enunciarse así: varias personas (digamos, 100)
escriben cada una, en secreto, un número en una papeleta, sin límite en cuanto al
valor del número escogido; las papeletas se revuelven y se inicia su extracción al
azar y lectura pública, una a una. La gracia está en seleccionar la papeleta con el
número más alto. El jugador se puede “plantar” en cualquier momento, pero no
puede volver atrás: si deja pasar el número ganador, a la espera de otro aún
mayor, perderá.
Sobre el jugador pesan, pues, dos preocupaciones opuestas: si se planta
demasiado pronto, puede estar renunciando a números mayores que todavía no
han salido; pero si retrasa demasiado su elección, puede pasar por alto, sin
darse cuenta, las mejores oportunidades y quedarse a la espera de un número
ideal que nunca llegará. ¿Cómo conjugar esos dos riesgos opuestos?
Puede demostrarse que para hacer máxima la probabilidad de acierto
deberemos seguir la “regla del 37%”, es decir, recordar el número más alto de
entre los 37 primeros (si están jugando 100 personas y por tanto hay 100
números) y, a partir de ese momento, plantarnos en el primero que lo supere.
Siguiendo esa regla, la probabilidad de acierto será también del 37%, porcentaje
que es el inverso del número e.»
151
Problemas resueltos
1/ Una caja contiene 8 bolas rojas, 3 blancas y 9 azules. Si se sacan 3
bolas al azar sin reemplazo determinar la probabilidad de que:
a) Las 3 sean rojas
Eventos: E1 sacar roja a la primera
 8  7  6   14 
    

 20  19  18   285
P(E1∩E2∩E3)= 
E2 sacar roja a la primera
E3 sacar roja a la primera
Otro método:
Casos posibles:
Casos favorables:
C3
20C 3
8
Casos posibles:
b) Las 3 sean blancas
Casos favorables:
C3
20C 3
3
 1 

P= 
1140


c) 2 sean rojas y una blanca
 Selección de 2 rojasentre8Selección de 1 blanca entre3   8C 2 3C1  7
 

  
Selección de 3 bolas entre20

  20C 3 163 95
d) Al menos una sea blanca
P=1-P (ninguna sea blanca)=
34 23
 17C 3 
1 

  1
57 57
 20C 3 
e) Se saque una de cada color
 8C13C19C1  18
P

20C 3

 95
f) Se saquen en orden rojo, blanco, azul
Con el resultado del apartado anterior (e) y teniendo en cuenta que
ahora el orden de extracción importa, solo nos vale uno de los 3!
posibles ordenes en los que se pueden extraer 3 bolas de diferente
color:
P (e) 3
P

3!
95
164
3/ En un juego de poker se sacan 5 cartas de un naipe de 52 cartas bien
barajadas. Encontrar la probabilidad de tener a) poker de ases b) poker
de ases y un rey c) full de dieces-jotas d) escalera de nueve, diez, jota,
reina, rey e) 3 cartas de un palo y 2 de otro f) sacar un as
a)

4C 4 48C 1
P

48
c)
C5

4C 3 4C 2 
P

52
e)
C5
1
108290

4  13C 3 3  13C 2 
P

52
f)
1
54145
C5
C 5 35673
P(no as) 

52C 5
54145
48
b)

4C 4 4C 1
P

52
d)
C5
1
649740

4C 14C 14C 14C 14C 1
P

52
C5
64
162435
429
4165
35673 18472
P(al menosun as)  1 

54145 54145
165
4/ Una biblioteca tiene 6 libros de matemáticas y 4 de física. Encontrar la
probabilidad de que 3 libros de matemáticas en particular estén juntos
Posibles ordenaciones de los libros= 10!
Posibles ordenaciones contando los 3 libros determinados como uno: 8!
Posibles ordenaciones de los 3 libros: 3!
8! 3! 1
P

10! 15
166
5/ Ay B juegan 12 partidas de ajedrez de las cuales A gana 6, B gana 4, y 2
terminan en empate. Ellos acuerdan un torneo de 3 partidas. Encontrar la
probabilidad de que a) A gane los 3 juegos, b) 2 juegos finalicen en empate, c)
A y B ganan alternadamente, d) B gana al menos un juego
P(A gana un juego) 
a)
b)
6 1

12 2
P(B gana un juego) 
4 1

12 3
P(empate) 
2 1

12 6
 1  1  1  1
P(A gana los 3 juegos juego)      
 2  2  2  8
Posibles ordenes en que se producen los empates=
3C 2 
1
P(2 empates)  
6
2
5
Puesto que se requieren sólo 2 empates la 3 partida no puede ser empate: P(no empates) 1  P(empate)  
6
2
1
P  3C 2   
6
5 5
 
 6  72
c) P  P( A, B, A)  P( B, A, B)   1  1  1    1  1  1   5
 2  3  2   3  2  3  36
d)
3
 2
P(B no gana ningún juego)   
 3
3
167
 2  19
P(gana algún juego)  1    
 3  27
2
P(B no gana un juego) 
3
6/ A y B juegan una partida en la que alternadamente lanzan dos dados, Gana
el primero que obtenga un total de 7. ¿Es justo el juego?
6
1
P(sacar una suma de 7) 
6
5
4
3
P(no sacar una suma de 7) 
2
1
1
2
3
4
5
6
1
P(gane A a la primera) 
6
 5  5  1 
P(gane A a la segunda)     
 6  6  6 
5
6
 5  1 
P(gane B a la primera)   
 6  6 
 5  5  5  1 
P(gane B a la segunda)      
 6  6  6  6 
2
4
1

1  5 5
 1   5  5  1   5  5  5  5  1 
6
P(gane A)                 ...  1        ... 
6   6   6 
 6   6  6  6   6  6  6  6  6 
 1  5
6
 
2
4
5

 5  1   5  5  5  1 
 5  1    5   5 
36
P(gane B)            ...     1        ... 
 6  6   6  6  6  6 
 6  6    6   6 
 1  5
6
 
2
2

6
11
5
11
168

No es justooooo!!
7/ a) Determinar la probabilidad de que al lanzar n veces dos dados se obtenga
al menos un seis doble b)¿Cuántos lanzamientos habría que realizar para
tener una probabilidad de ½ de obtener al menos un 6 doble?
a)
P(al menosun seis doble)  1  P(ningún seis doble)
P(ningún seis doble en n lanzamientos)  P(no seis doble en el1er lanzamiento) 
 P(no seis doble en el 2o lanzamiento)  ... P(no seis doble en el n - ésimo lanzamiento) 
35 35
35  35 

  ...
 
36 36
36  36 
n
 35 
P(al menosun seis doble en n lanzamientos)  1   
 36 
b)
n
n
n
1
1  35 
1
 35 
 35 
operando
 1    
    
 ln  n ln  
2
2  36 
2
 36 
 36 
 0,6931 0.0282n
n=24,6 que se aproxima por n=25
169
9/ Se considera un dado cargado. Las probabilidades de cada cara en un
lanzamiento son inversamente proporcionales al número que aparece
determinar: a) la probabilidad de que en un lanzamiento salga impar b) la
probabilidad de que salga inferior a cuatro
P(1)  K
K
P ( 2) 
2
K
P (3) 
3
K
P ( 4) 
4
K
P (5) 
5
K
P ( 6) 
6
P(1,2,3,4,5,6)  1  P(1)  P(2)  P(3)  P(4)  P(5)  P(6) 
k k k k k 147k
60
k     

 k 
2 3 4 5 6
60
147
a)
k k 23k 92
P(impar)  P(1,3,5)  k   

3 5 15 147
b) P (inferior a 4)  P (1,2,3)  k 
k k 11k 110
 

2 3
6
147
170
10/ Al controlar la calidad de un producto envasado, se eligen al azar tres
envases de una caja que contiene 1000. Por termino medio, sabemos que en
cada caja hay diez cuya calidad es deficiente. Hallar la probabilidad de que
entre los tres no haya ninguno, uno, dos o tres deficientes
(B)=bueno
(d)=defectuoso
90 89 88 178
P(ninguno defectuoso )  P( BBB ) 

100 99 98 245
P(uno defectuoso )  P( BBd , BdB , dBB )  3  P( BBd )  3
90 89 10 267

100 99 98 1078
90 10 9
27
P(dos defectuoso )  P( Bdd , ddB , dBd )  3  P( Bdd )  3

100 99 98 1078
P( tres defectuoso )  P(ddd ) 
10 9 8
2

100 99 98 2695
3
nót eseque :
 P(n defect uosos)  1
n 0
171
11/ Se seleccionan dos cartas al azar de entre 10 cartas numeradas del 1 al 10.
Hallar la probabilidad de que la suma sea impar si: a) se sacan dos cartas sin
sustitución b) se sacan dos cartas, una después de la otra, con sustitución
a)
Casos posibles: 10C 2
 45
La suma es impar si un numero es par y el otro es
impar, como hay 5 pares y 5 impares: Casos
favorables= 5x5
b)
10  10
Casos favorables= 5  5  2
25 5
P

45 9
Casos posibles:
25  2 1
P

100
2
Hay que tener en cuenta que
vale tanto sacar par+impar
como impar+par
172
12/ Seis parejas de casados se encuentran en un cuarto. Halla la probabilidad
de que:
a) si se escogen 2 personas al azar (i) sean esposos (ii) uno sea hombre y
otro mujer
b) si se escogen 4 personas al azar (i) se escojan dos parejas de casados (ii)
ninguna pareja sean casados en tre los 4 (iii) haya exactamente una pareja de
casados
c) si las 12 personas se reparten en seis parejas (i) cada pareja sean casados
(ii) cada pareja la forme un hombre y una mujer
a)
Casos posibles:
de las 12
12
C 2  66
maneras de escoger 2 personas
6
1
P

66 11
(i)
Hay 6 parejas de casados:
(ii)
Hay 6 maneras de escoger a un hombre
y 6 de escoger a una mujer:
66 6
P

66
11
173
b)
(i)
Casos posibles: 12C 4
Hay 6
 495
maneras de escoger 4 personas de las 12
C 2  15 maneras de coger 2 parejas de las 6
15
1
P

495 33
(ii) Las 4 personas vienen de 4 parejas diferentes, hay 6C 4  15 maneras de coger 4
parejas de las 6 y ahí 2 maneras de escoger a la persona de cada pareja
2  2  2  2 15 16
P

495
33
(iii) Este evento es complementario de los otros dos, por tanto:
1 16 16
P  1 

33 33 33
12!
12!

c) Casos posibles: 2!2!2!2!2!2! 2 6 maneras de repartir 12 personas en 6 células ordenadas con 2
personas cada una
(i) Las 6 pareja pueden ser colocadas en 6 células ordenadas de 6! maneras:
6!
1
P

6
12! 2 10395
(ii) Cada uno de los 6 hombres se pueden colocar en 6 células de 6! maneras y cada una
de las 6 mujeres lo mismo:
P
6!6!
16

12! 26 231
174
14/ Se tiene una baraja de cuarenta cartas; se extraen cinco cartas una por una, devolviendo al mazo cada carta
una vez vista. Calcúlese:
a) La probabilidad de que las cinco cartas sean oros
b) La probabilidad de que el primer oro que aparezca lo haga en quinto lugar
a) Sea S el suceso que una carta sea oros. El suceso que las cinco cartas sean oros es el suceso compuesto por los sucesos que la primera sea
oros (S1), que la segunda sea oros (S2)...
S = S1∩S2∩S3∩S4∩S5
Los sucesos son independientes, luego:
P(S) = P(S1∩S2∩S3∩S4∩S5) = P(S1)P(S2)P(S3)P(S4)P(S5)
P( Si ) 
casos favorables 10

 0, 25 ;
casos posibles
40
P(S)=P5(Si)=0,255=0,000975
b) El suceso que la quinta carta sea oros es:
S1 = S ∩ S ∩ S ∩ S ∩ S
Como son sucesos independientes, P(S1) = P4(S)P(S)
P(S) 
casos favorables 30

casos posibles
40
P(S) =
10
40
P(S1) = 0,754 ∙ 0,25 = 0,0791
175
15/ Durante un año, las personas de una ciudad utilizan tres tipos de transportes: metro (M), autobús (A), y coche
particular (C). Las probabilidades de que durante el año hayan usado unos u otros transportes son las siguientes:
metro = 0,30; autobús = 0,20; coche = 0,15; metro y autobús = 0,10; metro y coche = 0,05; autobús y coche = 0,06;
metro y autobús y coche = 0,01.
Calcúlense las siguientes probabilidades:
a) Que una persona tome al menos dos medios de transporte
b) Que una persona viaje en metro y no en autobús
c) Que una persona viaje en metro o en coche y no en autobús
d) Que viaje en metro o en autobús y en coche
e) Que una persona vaya a pie
a) Se cumple verificándose alguno de los siguientes sucesos: metro y autobús y no coche; metro y no autobús y coche; no metr o y autobús y
coche; metro y autobús y coche. Son sucesos disjuntos.
P  P(( M  A  C )  ( M  A  C )  ( M  A  C )  (M  A  C )) 
P( M  A  C )  P ( M  A  C )  P (M  A  C )  P (M  A  C )
vemos que: ( M  A  C )  ( M  A  C )  M  A
luego,al ser disjuntos: P( M  A  C )  P( M  A  C )  P( M  A)
P( M  A  C )  0,10  0, 01  0, 09
Análogamente: P( M  A  C )  P( M  C )  P( M  A  C )  0, 05  0, 01  0, 04
P( M  A  C )  P ( A  C )  P ( M  A  C )  0, 06  0, 01  0, 05
P  0, 09  0, 04  0, 05  0, 01  0,19
b)
( M  A)  ( M  A)  M ; los sucesos del primer miembro son disjuntos.
P( M  A)  P( M )  P( M  A)  0,30  0,10  0, 20
c)
( M  C )  A  ( M  A)  (C  A);
P(( M  C )  A)  P( M  A)  P(C  A)  P( M  A  C )  ( P( M )  P( M  A)) 
( P(C )  P(C  A))  ( P( M  C )  P( M  A  C ))  (0,30  0,10)  (0,15  0, 06) 
(0, 05  0, 01)  0, 25
176
d)
( M  A)  C  ( M  C )  ( A  C ); los sucesos no son disjuntos.
P(( M  A)  C )  P(M  C )  P( A  C )  P(M  A  C )  0,05  0,06  0,01  0,10
( M  A  C )  ( M  A  C )  E  espacio de los comportamientos
e) P( M  A  C )  1  P( M  A  C )  1  ( P( M )  P( A)  P(C )  P ( M  A)  P ( M  C ) 
 P( A  C )  P( M  A  C ))  1  0, 45  0,55
177
16/ Una fábrica de detergentes proyecta lanzar una nueva marca. En el mercado hay dos marcas: A y B. La
probabilidad de compra de A es 0,3, la de B es 0,5 y la de A y B, 0,1. Para decidirse por la nueva marca, la
fabrica necesita conocer la probabilidad de que no se compren ni A ni B, así como la probabilidad de que sólo
se compre una de las dos marcas. Calcúlense estas probabilidades.
El suceso no comprar ni A ni B es el complementario del suceso comprar A o B:
A B  A B
Y, al ser los sucesos del primer miembro disjuntos, se deduce que:
P( A  B)  P( A  B)  P( E );
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A  B)  0,3  0,5  0,1  0, 7;
0, 7  P( A  B)  1;
P( A  B)  0,3
P( A  B)  P( A  B)  0,3
El suceso comprar una de las dos marcas es igual a la unión de los sucesos disjuntos comprar la marca A y no comprar la B y comprar la
marca B y no la A.
Comprar la marca A y no comprar la B es A-B y análogamente, comprar B y no A es B-A; por tanto:
P(comprar una de las dos marcas)  P(( A  B)  ( B  A))  P( AB) 
P( A  B)  P( B  A);
A  ( A  B)  ( A  B); P( A)  P( A  B)  P( A  B); P( A  B)  0,3  0,1  0, 2
B  ( B  A)  ( A  B); P( B)  P( B  A)  P( A  B); P( B  A)  0,5  0,1  0, 4
P(comprar una de las dos marcas)  0, 2  0, 4  0, 6
178
18/ Un submarino se dispone a torpedear a un carguero. De experiencias anteriores el capitán del submarino
sabe que al lanzar un torpedo da en el blanco una de cada tres veces por lo que para “asegurar” el éxito decide
lanzar tres torpedos. Supuestos los lanzamientos simultáneos e independientes se pide:
a) ¿cuál es la probabilidad de hundir el carguero?
b) ¿cuánto vale dicha probabilidad si le dispara cuatro torpedos?
c) ¿cuál es el número mínimo de disparos necesario para tener una probabilidad de hundirlo igual o superior
al 95%?
a) Llamamos Ai al suceso consistente en que el torpedo i-ésimo (i=1,2,3) de en el blanco.
P(hundir el carguero)  P( A1  A2  A3 ); los sucesos no son incompatibles,luego:
P( A1  A2  A3 )  P( A1 )  P( A2 )  P( A3 )  ( P( A1  A2 )  P ( A2  A3 )  P ( A1  A3 )) 
1 1 1 1 1 1
1 19
 P( A1  A2  A3 )     (   ) 

3 3 3 9 9 9 27 27
También hubiéramos alcanzado este resultado determinando la probabilidad del suceso contrario
P(hundir el carguero) = 1 – P(no hundir el carguero) = = 1  P( A1  A2  A3 ); y al ser independientes:
2 2 2 8
P( A1  A2  A3 )  P( A1 ) P( A2 ) P( A3 )    
3 3 3 27
8 19
y, de nuevo: P(hundir el carguero)  1 

27 27
b) La probabilidad ahora es:
P(hundir el carguero)  1  P( A1  A2  A3  A4 ) 
4
 2  65
 1   
81
3
179
c) Si es n el número de disparos requeridos tendrá que cumplirse
n
2
1     0,95
3
n
2
2
   0, 05  n  log  log 0,95
3
3
log 0, 05
n
 7,3888  n  8
2
log
3
180
– Una persona acepta una apuesta del orden 10 a 3 sobre la
posibilidad de ganar un púgil en un combate de boxeo.
Determínese cuál es la probabilidad que está asignando a
este hecho.
SOLUCIÓN:
Este tipo de relaciones se denomina ventaja relativa . Si la
relación es de A a B, entonces la ventaja es:
Ventaja = A/B
y la probabilidad asociada:
P (s)= A/A+B
La probabilidad que el apostante está asignado a su posibilidad
de ganar al aceptar la apuesta es:
P (ganar) = 10/ (10+3) = 10/13
181
Determínese la probabilidad de que al lanzar n veces dos dados se obtenga al
menos un seis
doble. ¿Cuántos lanzamientos habría que realizar para tener una probabilidad
igual a ½ de
obtener al menos un seis doble?
(Problema del Caballero de Méré)
SOLUCIÓN:
36 comportamiento, de los cuales 1 es la obtención del seis doble.
Usemos la probabilidad del suceso complementario.
P (obtención de ningún 6 doble en n lanzamientos) = 1 – P (obtención de ningún 6
doble en n lanzamientos)
P (ningún 6 doble en n lanzamientos) = 35/36 x 35/36 x 35/36 = (35/36) n
P( al menos un 6 doble) = 1 – ( 35/36)n.
Para tener probabilidad = 1/2:
1/2 = 1- ( 35/36)n
1/2 = (35/36)n
Ln 1/2 = n x ln (35/36)
N = 24,6
Por lo que tendremos que lanzar 25 veces.
182
•
Tres personas A, B y C lanzan, sucesivamente, y por este orden, una moneda ideal,
ganando el primero que saque cara. ¿ Cuáles son las probabilidades de ganar cada
jugador?
SOLUCIÓN:
Sucesos: A = Gana el A, B = Gana el B, C = Gana el C
P (A) + P (B) + P (C) = 1
Ac: A obtiene cara; ( Bc; Cc) ; A+: A obtiene cruz; (B+;C+)
A gana si en la primera serie de lanzamientos obtiene cara; o si en la primera serie A,B y C
obtienen cruz y luego A obtiene cara, y así sucesivamente.
Lo mismo ocurre para los sucesos B y C. Por consiguiente:
P(A) = ½+ (1/2)4+(1/2)7+(1/2)10+…….
P(B)=(1/2)2+(1/2)5+(1/2)8+(1/2)11+……
P(C)=(1/2)3+(1/2)6+(1/2)9+(1/2)12+…….
Pudiéndose apreciar que P (B) = 1/2 P (A) y P (C) = 1/2 P (B) = 1/4 P (A)
Como:
1 = P (A)+P (B) +P (C) = P (A) + 1/2 P (A) + 1/4 P (A) = 7/4 P (A).
Tenemos que:
P (A) = 4/7
P (B) = 1/2 P (A) = 2/7
P (C) = 1/4 P (A) = 1/7
183