Problemas de Cálculo de Probabilidades

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1 Problemas de Cálculo de Probabilidades Francisco Montes Departament d Estadística i Investigació Operativa Universitat de València

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3 Índice general. Probabilidad 3. Variables y vectores aleatorios 5 3. Esperanza Convergencia y teoremas límite 97 A. 9 A.. Series aritmético-geométricas A.. Suma de cuadrados de los n primeros enteros

4 ÍNDICE GENERAL

5 Capítulo Probabilidad Problema. Proporcionamos a A un trozo de papel para que escriba un signo + o un signo, sabiendo que escribe el primero con probabilidad /3. El papel pasa a B, quien lo deja como está o cambia el signo antes de pasarlo a C. A continuación C, que puede o no haber cambiado el signo, lo pasa a D, quien finalmente nos lo devuelve tras haber introducido o no algún nuevo cambio. Si comprobamos que el papel tiene escrito un signo + y sabemos que la probabilidad de que B, C y D cambiaran el signo es /3, obtener la probabilidad de que A escribiera originalmente un signo +. Solución.- Sean N, M y E los sucesos, N{A escribió un signo +}, M{A escribió un signo }, E{el papel tiene escrito un signo +}. Aplicando Bayes, P (N E) P (E N)P (N) P (E N)P (N) + P (E M)P (M), donde E N representa el suceso, no se cambió el signo + inicial o se cambió dos veces, por lo que ( ) 3 ( ) ( ) P (E N) + 3, y E M representa el suceso, se cambió el signo inicial un número impar de veces, por lo que P (E M) 3 ( 3 ) ( ) + 3 ( ) 3. 3 Se sigue, P (N E) 3 [( 3 [( 3 ( 3) + 3 ( 3) 3 3) ( 3) ( 3) ] ) ] + 3 [3 ( 3) ( 3) + ( 3 ) 3] 3 4. Problema. Un test para diagnosticar cierta enfermedad tiene una sensibilidad del 95 % y una especificidad del 99 %. Si la enfermedad en cuestión tiene una prevalencia del.5 %, cuál es el valor predictivo del test? 3

6 4 Capítulo. Probabilidad Solución.- Los conceptos de sensibilidad, especificidad, prevalencia y valor predictivo proviene del lenguaje utilizado en el mundo sanitario y debemos, en primer lugar, traducirlos a nuestro lenguaje probabilístico. Consideremos los sucesos M {un individuo padece la enfermedad} y + {el resultado del test es positivo}, entendiendo por positivo que el test diagnostica al individuo como enfermo. Con estos dos sucesos tenemos que - sensibilidad P (+ M),95 - especificidad P ( M c ),99, su complementaria P (+ M c ) es la probabilidad de falsos positivos - prevalencia P (M),5 El valor predictivo es P (M +), para cuyo cálculo recurriremos al teorema de Bayes, P (+ M)P (M) P (M +) P (+ M)P (M) + P (+ M c )P (M c ),95,5,95,5 +,, ,33 (.) El resultado sorprende por lo bajo. A pesar de la elevada sensibilidad del test, su valor predictivo (V P ) es muy pobre. Puede ser interesante estudiar la variación de V P en función de la sensibilidad (S) y la prevalencia (P ). Para ello hagamos ambas variables con valores P (+ M) s y P (M) p. La expresión (.) se convierte en V P sp, + p(s,).,,9,8 valor predictivo,7,6,5,4 sens 99,3,,5,,5,,5,3,35,4,45,5 sens 9 prevalencia La gráfica nos muestra cómo la variación de V P depende más de la prevalencia que de la sensibilidad, pues no hay prácticamente diferencias entres las curvas correspondientes a sensibilidades de,9 y,99. La influencia de la prevalencia es muy acusada y pone de manifiesto que prevalencias muy bajas dan valores de V P muy pobres aun cuando la sensibilidad sea alta. Para alcanzar un V P del orden de,9 se exige una prevalencia del orden de,. Problema.3 (El problema de las coincidencias) Supongamos que 4 invitados llegan a una casa y dejan el sombrero en el vestíbulo. Si a la salida los recuperan de modo aleatorio, calcular la probabilidad de que ninguno de ellos reciba su propio sombrero.

7 Capítulo. Probabilidad 5 Solución.- Sea A {ninguno de ellos recibe su propio sombrero}, y sea A i {el i-ésimo invitado recupera su sombrero}. Se verifica que A c 4 i A i y por tanto, 4 P (A) P (A c ) P ( A i ) 4 i P (A i A j ) P (A i ) + i i<j P (A i A j A k ) + P (A A A 3 A 4 ) i<j<k ,375. ( ) ( ) Este es un problema clásico que aparece ya citado en el libro de Montmort (73) Essay d analyse sur les jeux de hazard en relación con un juego de cartas conocido como le Jeu du Treize (El Juego del Trece), que consistía en descubrir al azar 3 cartas numeradas del al 3 ganando el jugador cuando el orden de aparición de la carta y su número coincidían. El problema se presenta en múltiples versiones, sombreros elegidos al azar, sobres con direcciones en los que se introducen al azar cartas encabezadas con esas direcciones, permutaciones aleatorias,... Continuemos con la versión de los sombreros y supongamos ahora que son n los sombreros y sus propietarios. Si por A i designamos el suceso {el individuo i ha recibido su propio sombrero}, A A A A n representa el suceso {al menos un individuo ha recibido su propio sombrero} y P (A) + n P (A i ) P (A i A j ) i i<j<k n i<j n P (A i A j A k ) + + ( ) n+ P (A A... A n ), donde P (A i ) P (A i A j ) (n )! n! (n )! n! P (A i... A im ) (n m)! n! y por tanto

8 6 Capítulo. Probabilidad P (A) ( ) n n ( ) ( ) n (n )! n + + ( ) n+ n! n n!! + 3! + + ( )n+ n! y recordando el desarrollo en serie de potencias de e x, para n suficientemente grande P (A) e,63 y P (A c ),3688. Este resultado, sorprendentemente, es muy parecido al obtenido para n 4 lo que no debe de extrañarnos porque la convergencia de la serie es rápida. Una solución alternativa basada en la probabilidad condicional.- Puesto que la probabilidad que buscamos depende de n, número de individuos, escribiremos P (A c ) p n. Sea ahora C {el primer individuo recibe el sombrero correcto}, entonces p n P (A c ) P (A c C)P (C)+P (A c C c )P (C c ) P (C)+P (A c C c ) n n P (A c C c ) n n. El suceso A c C c representa el hecho de que no hayan coincidencias cuando n individuos reciben aleatoriamente n sombreros entre los que hay uno extraño que no pertenece a ninguno de aquellos. Observemos que este suceso puede ocurrir porque. no hay coincidencias y el individuo cuyo sombrero no está entre los n no elige el extraño, o. no hay coincidencias y el individuo cuyo sombrero no está entre los n elige el extraño. La probabilidad de la primera opción es justamente p n porque podemos suponer que le sombrero extraño no lo es y en ese caso las condiciones son las iniciales pero con n individuos. La segunda opción tiene una probabilidad p n /(n ). En definitiva, p n n ( p n + ) n n p n n n p n + n p n o también p n p n n (p n p n ). Para obtener el valor de p n observemos que p y p /, a partir de aquí p 3 p 3 (p p ) 3! p 3! 3! p 4 p 3 4 (p 3 p ) 4! p 4! 3! + 4! p n! 3! + 4! + ( )n+ n! La probabilidad del suceso A k {exactamente k individuos reciben su propio sombrero} puede calcularse con un razonamiento análogo. Fijemos k individuos, y sean B k {estos k individuos eligen correctamente sus sombreros} y C n k {en los n k restantes no hay ninguna coincidencia}. El suceso C n k B k representa el hecho que para los n k restantes individuos no hay ninguna coincidencia aunque han elegido entre sus propios sombreros. Observemos que P (A k ) P (B k C n k ) P (C n k B k )P (B k ),

9 Capítulo. Probabilidad 7 donde sumamos sobre todas las posibles formas de elegir los k individuos y donde y P (B k ) n n (n k)! n (k ) n! P (C n k B k ) p n k. Como las posibles elecciones de los k individus son ( n k), l expresión final de P (Ak ) es P (A k ) ( ) n (n k)! p n k p n k k n! k!! 3! + 4! + ( )n+ n! k! se trata de que en los n k restantes no hay ninguna coincidencia, lo que ocurre con una probabilidad n n n (k ) p (n k)! n k p n k. n! Como los k individuos pueden ser elegidos de ( n k) formas distintas, ( ) n (n k)! P (A k ) p n k p n k! 3! + 4! + ( )n+ n! k n! k! k!.. Problema.4 Se busca un paraguas que, con probabilidad p/7, se encuentra en cualquiera de los siete pisos de un inmueble. Se han explorado en vano los seis primeros pisos. Cuál es la probabilidad de que el paraguas se encuentre en el séptimo piso? Solución.- Denotemos por A i {el paraguas está en el piso i-ésimo}, i,..., 7. Sabemos que P (A i ) p/7 y que P ( 7 i A i) p. Sabemos también que el paraguas no se encuentra en los 6 primeros pisos y nos piden calcular Aplicando Bayes P ( A 7 6 i A c i). P ( A 7 6 i A c ) P ( 6 i i Ac i A 7) P (A7 ) P ( 6 i Ac i ). (.) Las distintas probabilidades que aparecen en (.) valen, y Sustituyendo en (.) P ( 6 ia c i P ( 6 ia c i A 7 ), ) ( [ ] P 6 c ) i A i P ( 6 ) 7 6p ia i. 7 P ( A 7 6 i A c i ) p/7 (7 6p)/7 p 7 6p.

10 8 Capítulo. Probabilidad Problema.5 Tres prisioneros A, B y C son informados por su carcelero de que se ha elegido al azar a uno de ellos para ser ejecutado y que los otros dos van a ser liberados. El prisionero A le pide al carcelero que le diga en privado cuál de sus compañeros va a ser liberado, asegurándole que no pasa nada porque le dé esa información puesto que él sabe que al menos uno de los otros dos quedará libre. El carcelero no quiere contestar la pregunta porque dice que si A supiera cuál de sus dos compañeros va a ser liberado entones su propia probabilidad de ser ejecutado subiría de 3 a porque entonces él sería uno de los dos que podría ser ejecutado. Qué piensas del razonamiento del carcelero? Solución.- Si A no pregunta la probabilidad de ser ejecutado es /3 puesto que se ha elegido al azar aquél que va a ser ejecutado. Supongamos que pregunta y vamos a calcular cuál será entonces la probabilidad ser indultado. Denotemos por B y C, respectivamente, {el carcelero responde que B o C ha sido indultado} y por A, {el prisionero A es indultado después de preguntar}, tendremos P (A) P (A B)P (B) + P (A)P (C). Observemos que P (A B) / porque si le dicen que B ha sido indultado, el segundo preso indultado será A o C con igual probabilidad. Por otra parte P (B) /3 porque los presos se indultaron al azar. Un razonamiento similar conduce a P (A C) / y P (C) 3/. Sustituyendo en la anterior expresión, P (A) , y, como era de esperar, la probabilidad es la misma que la inicial. Problema.6 Una bola marcada puede estar en una cualquiera de las dos urnas que tenemos disponibles, con probabilidades p y p, respectivamente. La probabilidad de extraer la bola de la urna en la que está alojada es r (r ). Cuál es la mejor forma de utilizar n extracciones con reemplazamiento, de cualquiera de las dos urnas, para que la probabilidad de extraer la bola sea máxima? Solución.- Supongamos que de las n extracciones m se llevan a cabo en la primera urna y n m en la segunda. Sea A {se extrae la bola marcada} y H i {la bola está en la urna i}, i,. Sabemos que P (H ) p, P (H ) p y P (A H ) ( r) m, pues se han llevado a cabo m extracciones con reemplazamiento de la urna, P (A H ) ( r) n m, pues se han llevado a cabo n m extracciones con reemplazamiento de la urna. Aplicando el teorema de la probabilidad total, P (A) P (A H )P (H ) + P (A H )P (H ) ( ( r) m )p + ( ( r) n m )( p) p( r) m + (p )( r) n m. Suponiendo m continuo, derivando e igualando a, dp (A) dm ( p)( r)n m p( r) m.

11 Capítulo. Probabilidad 9 Tomando logaritmos y despejando m, obtenemos m n + log[( p)/p] log( r). Obsérvese que si p /, m n/ y las extracciones se reparten por igual en ambas urnas. Problema.7 Repetimos indefinidamente una prueba en la que la probabilidad de éxito es siempre la misma, p, siendo los resultados de las pruebas independientes unos de otros (se trata de una sucesión de pruebas de Bernoulli). Obtener la probabilidad de que a éxitos ocurran antes que b fracasos. Solución.- El suceso cuya probabilidad nos piden, A, puede interpretarse diciendo que, A {en la prueba en la que se alcanza el a-ésimo éxito, no han ocurrido todavía b fracasos}. Si n es la prueba en la que se alcanza el éxito a, el número de fracasos es entonces m n a, que se distribuyen de cualquier manera entre las n pruebas (la última es seguro un éxito). Pero n tiene algunas restricciones: n a, n < a + b, pues si n a + b, m a + b a b y no se cumple la condición. Si A n {a éxitos en n pruebas}, A a+b na A n, y siendo la unión disjunta, P (A) a+b na P (A n ) a+b na ( n a b ( a + j )p a ( p) n a p a a j ) ( p) j. Problema.8 Disponemos de 3 cajas de piezas cada una. El número de piezas que reúnen las condiciones de calidad exigidas son, respectivamente,, 5 y. De una de las cajas elegida al azar se extrae una pieza que resulta ser buena. Se devuelve a la caja y se extrae una segunda pieza que también resulta buena. Cuál es la probabilidad de que la caja elegida haya sido la 3 a?. Solución.- Se trata de aplicar reiteradamente el teorema de Bayes. Si por C i, i,, 3, designamos el suceso la caja elegida es la i-ésima, y por B el suceso la pieza extraída es buena, para la primera de las extracciones tendremos, P (B) 3 P (B C i )P (C i ) 3 i Aplicando el teorema de Bayes, para i,, 3, tendremos y de aquí ( ) 3 4 P (C i B) Pi P (B C i)p (C i ), P (B) P 4 9 P 3 9 P 3 9.

12 Capítulo. Probabilidad Para la segunda extracción, y la consecuente aplicación del teorema del Bayes, utilizaremos las probabilidades a posteriori que acabamos de obtener, en lugar de las P (C i ) iniciales. Obtendremos, P (B) 3 P (B C i )Pi 9 i y aplicando nuevamente Bayes, P (C 3 B) P (B C i)p 3 P (B) ( 4 ) , Solución.- Aplicamos ahora Bayes una sola vez, pero utilizamos el suceso B B, que representa la primera y la segunda extracciones son buenas. Tendremos, 3 P (B B ) P (B B C i )P (C i ) ( ) Finalmente, i P (C 3 B B ) P (B B C 3 )P (C 3 ) P (B B 4 9. Problema.9 Un aparato de diagnóstico automático emite un diagnóstico basado en el resultado de n análisis de un mismo paciente. Cada análisis, independientemente de los restantes, puede dar un resultado erróneo con probabilidad p. La probabilidad de un buen diagnóstico, condicionada al número de análisis correctos, es una función creciente de dicho número, g(m). Durante una mañana la máquina ha diagnosticado a k pacientes. Encontrar la probabilidad del suceso A {al menos un paciente está mal diagnosticado}. Particularizar el resultado para g(m) m/n. Solución.- Consideremos los sucesos B {un paciente cualquiera está bien diagnosticado} y H m {m análisis son correctos}. Aplicando el teorema de la probabilidad total tenemos, P (B) n P (B H m )P (H m ), m donde P (B H m ) g(m) y P (H m ) ( n m) p n m ( p) m. La expresión final de P (B) será, n ( ) n P (B) p n m ( p) m g(m). m m La probabilidad buscada vendrá dada por Si g(m) m n, P (B) m y P (A) ( p) k. P (A) [P (B)] k. n! m!(n m)! pn m ( p) m m n n n ( ) n m p n m ( p) m p, m m

13 Capítulo. Probabilidad Problema. Sea (Ω, A, P) un espacio de probabilidad. Si A y B son dos sucesos y A B es la diferencia simétrica entre ambos, definimos las funciones d (A, B) y d (A, B) mediante y d (A, B) Probar que d y d son distancias. d (A, B) P (A B), { P (A B) P (A B) si P (A B), si P (A B). Solución.- De las tres condiciones exigibles para que ambas funciones sean distancias, las dos primeras se verifican de inmediato en los dos casos. Hay que comprobar explícitamente la desigualdad triangular. Para d, d (A, C) P (A C) P (A C c ) + P (A c C) P (A C c B) + P (A C c B c ) + P (A c C B) + P (A c C B c ) P (C c B) + P (A B c ) + P (A c B) + P (C B c ) P (A B) + P (B C) d (A, B) + d (B, C) Para d, representemos en primer lugar las distintas probabilidades asociadas a los sucesos A, B y C y sus complementarios. A C C c C C c B p q r s B c t u v w Así, P (A B C) p, P (A B C c ) p, etc.. Para comprobar la desigualdad triangular hemos de considerar los cuatro casos siguientes. Caso.- Supongamos que P (A C). Tenemos entonces que d (A, C) y la desigualdad de cumple obviamente. Caso.- Supongamos que P (A C) y P (A B). De acuerdo con la tabla, p q r t u r s, v y d (A, C) v v, d (A, B), d (B, C) v v A c y de aquí se deduce d (A, C) d (A, B) + d (B, C). Caso 3.- Supongamos que P (A C) y P (B B). Este caso es similar al anterior. Caso 4.- Supongamos que P (A C), P (A B) y P (B C). En estas condiciones las siguientes desigualdades son equivalentes.

14 Capítulo. Probabilidad P (A C) P (A C) q + u + r + v p + q + t + u + r + v P (A B) P (A B) + P (B C) P (B C) ; t + u + r + s p + q + t + u + r + s + q + s + t + v p + q + r + s + t + v ; q + u + r + v x s t + u + r + s + q + s + t + v x v x u donde x p + q + r + s + t + u + v; ( ) ( ) x s x s (r + u) + (q + v) (r + u) + (q + v) ( x v x u x s +(s + t) x v + x s ) ; x u ( ) ( ) v s u s (r + u) + (q + v) ( x v x u x s +(s + t) x v + x s ) ; x u v(r + v) u(q + v) + x( v x u x s +s x v + x s x u r + u x v q + v ) ( x u x s +t x v + x s ) x u v(r + v) u(q + v) + x( v x u x (r + s + u) +s + ( x v x s +t x v + x s ). x u ) x (q + s + v) x u Esta última desigualdad es cierta porque la parte izquierda de la misma es una suma de términos positivos Problema. Un taxi se ve involucrado en un accidente nocturno. En la ciudad hay dos compañías de taxis, los taxis Negros y los taxis Blancos. Se sabe que el 85 % de los taxis de la ciudad son Negros y el 5 % restante son Blancos. Un testigo del accidente afirma que el taxi involucrado era Blanco y la fiabilidad de su testimonio es del 8 %, es decir, es capaz de identificar correctamente el color del taxi el 8 % de las veces.. Sin ningún cálculo previo, piensas que es más probable que el taxi accidentado fuera el Negro o el Blanco?. Calcula la probabilidad de que el taxi accidentado fuera el Blanco y compara ambas respuestas. 3. Supongamos que para p el p % de los taxis son Blancos y que la fiabilidad del testigo continúa siendo del 8 %. Estudia la sensibilidad a los datos de la respuesta

15 Capítulo. Probabilidad 3 anterior viendo como varía ésta en función de p. A partir de qué valor de p la probabilidad de que haya sido el taxi Blanco el accidentado supera.5? 4. El análisis anterior puede completarse permitiendo que la fiabilidad del testigo sea variable, q %, con q. Determina la región dentro del cuadrado {(p, q) : p, q } en la que la probabilidad de que haya sido el taxi Blanco el accidentado supera.5. Cuando en todo cuanto precede nos referimos a la probabilidad de que haya sido el taxi Blanco se sobrentiende que dado que el testigo afirma que era Blanco. Solución.-. Sin ningún cálculo previo lo lógico sería creer al testigo, tanto más cuanto la fiabilidad de su testimonio hemos admitido que es del 8 %. Lo más probable, por tanto, es que el taxi implicado fuera Blanco.. Para obtener esta probabilidad hemos de recurrir al teorema de Bayes. Si B {El taxi implicado era Blanco}, N {El taxi implicado era Negro} y T {El testigo afirma que el taxi era Blanco}, sabemos que P (B),5, P (N),85, P (T B),8 y P (T N),. Por el teorema de Bayes P (B T ) P (T B)P (B) P (T B)P (B) + P (T N)P (N),8,5,8,5 +,,85 y análogamente,,4, P (N T ),59. Este resultado contradice lo anterior y pone de manifiesto la confusión existente en el manejo de las probabilidades por parte de gente no experta. 3. Ahora P (B) p, P (N) p, P (T B),8 y P (T N), y aplicando Bayes P (B T ),8p, +,6p. Si queremos que P (B T ) >,5 p debe verificar, < p. 4. Ahora P (B) p, P (N) p, P (T B) q y P (T N) q y aplicando Bayes P (B T ) pq pq + ( p)( q) pq p q + pq. Si queremos que P (B T ) >,5 p y q deben estar en el recinto definido por p, q y p + q >.

16 4 Capítulo. Probabilidad Problema. Dos jugadores A y B juegan a un juego en el que cada uno de ellos puede efectuar n lanzamientos de dos dados, siendo A quien comienza. Las reglas del juego son las siguientes: Si A obtiene una suma 6 con los dados antes de que B haya obtenido una suma 7, A gana el juego. Si es B quien obtiene el 7 antes de que A haya obtenido el 6, es B quien gana. El juego termina en empate cuando ambos han agotado su n lanzamientos. Encontrar las expresiones de p A (n), p B (n) y p E (n) que denotan, respectivamente, que el ganador es A, el ganador es B o el juego termina en empate. Calcular sus límites cuando n. Solución.- Si A k {A ha obtenido una suma 6 en el lanzamiento k-ésimo} y B k {B ha obtenido una suma 7 en el lanzamiento k-ésimo}, tenemos que P (A k ) 5/36 y P (B k ) 6/36 k. Para que gane A al cabo de n lanzamientos debe ocurrir {gana A} A (A c B c A ) (A c B c,..., A c n B c n A n ). Teniendo en cuenta la independencia de los lanzamientos y la incompatibilidad de los sucesos, ( ) n 3 3 n ( ) k ( ) k p A (n) ( ) 3 3,498 (,776n ). k 36 Para que sea B quien la gane el juego al cabo de n lanzamientos, y de aquí, {gana B} (A c B ) (A c B c A c B ) (A c B c,..., A c n B n ) p B (n) n k ( ) k+ ( ) k ,58 (,776n+ ). Si en n lanzamientos no ha ganado ninguno de los dos, debe de haberse producido un empate y p E (n) p A (n) p B (n),8565,776 n. Al pasar al límite p A (n),498, p B (n),58 y p E (n). Problema.3 Sean A y B dos sucesos incompatibles con probabilidad distinta de cero. Cuál es la probabilidad de que A ocurra antes que B si el experimento se repite indefinidamente? Solución.- Consideremos el suceso C n {ni A ni B han ocurrido en las n primeras pruebas pero uno de ellos lo ha hecho en la n + }. Los C n constituyen una partición del espacio muestral. Si D denota el suceso que nos interesa, A ocurre antes que B, tendremos P (D) n P (D C n ) n ( P (A) P (B)) n P (A) P (A) P (A) + P (B). (.3) El resultado coincide con lo que la intuición permitía suponer. Para saber cual de los dos ocurrirá antes con mayor probabilidad bastará con observar sus probabilidades.

17 Capítulo. Probabilidad 5 Existe un razonamiento alternativo y más directo para obtener (.3). Condicionemos D a los posibles resultados del primer experimento, P (D) P (D A)P (A) + P (D B)P (B) + P (D (A B) c )P ((A B) c ). Lógicamente P (D A) y P (D B). En cuanto a P (D (A B) c ), si ni A ni B han ocurrido en el primer experimento podemos razonar como si nada hubiera ocurrido y comenzar de nuevo, es decir P (D (A B) c ) P (D). Sustituyendo, P (D) P (A) + + P (D)P ((A B) c ) P (A) + P (D)( P (A) P (B)) y despejando obtenemos (.3). Este resultado permitiría resolver el problema anterior de forma más sencilla. En lugar de volver sobre él vamos a aplicarlo a un conocido juego de dados. Problema.4 (El juego de craps) Un jugador lanza dos dados, si la suma del primer lanzamiento es 7 u gana, si la suma es, 3 o pierde y si la suma es cualquier otro número continua lanzando hasta que aparezca una suma 7 o la suma que inicialmente obtuvo. Si aparece la suma 7 antes que la suma inicial pierde, en caso contrario gana. Calcular la probabilidad de que gane el juego. Solución.- Si por G denotamos el suceso {el jugador gana} y por G y G > que lo hace en la primera jugada o en una jugada posterior, respectivamente, sabemos que P (G) P (G ) + P (G > ). Sabemos también que P (G ) 8/36. Para que ocurra G > la suma del primer lanzamiento debe de ser alguna de las del conjunto D {4, 5, 6, 8, 9, } y debe volver a aparecer antes de que aparezca una suma 7. Así pues, G > k D donde la notación empleada es obvia. De aquí P (G > ) k D P { S k S k antes que 7 }, ( ) S k S k antes que 7 k D P (S k )P (S k antes que 7 ) k {4,5,6} P (S k )P (S k antes que 7 ), la última igualdad siendo cierta por razones de simetría respecto de la suma media que es 7. Cálculos sencillos conducen a Sustituyendo en P (G), P (S 4 )P (S 4 antes que 7 ) P (S 5 )P (S 5 antes que 7 ) P (S 6 )P (S 6 antes que 7 ) P (G) ( ) ,493

18 6 Capítulo. Probabilidad Como siempre, el juego favorece a la banca al ser la probabilidad de ganar inferior a,5. Problema.5 (El coche y las cabras) En un concurso de TV hay tres puertas, una de ellas esconde un coche y las otras dos sendas cabras. El concursante elige una de las puertas y obtiene como premio aquello que la puerta oculta, pero la puerta permanece cerrada y el presentador, que conoce lo que hay detrás de cada puerta, abre una de las otras dos puertas y aparece una cabra (lógicamente el presentador nunca abre la puerta que oculta el coche). El presentador se dirige entonces al concursante y le permite cambiar su elección, qué le conviene hacer al concursante? Este concurso tuvo gran éxito a principios de los 9 en los USA y una conocida columnista de la revista Parade Magazine, Marylin vos Savant publicó que cambiando su elección el concursante doblaba su probabilidad de ganar el coche, pues ésta pasaba del /3 inicial a /3. Su afirmación era correcta. Compruébalo. Solución.- Veamos las distintas opciones del concursante. No cambia Cambia Si el concursante no cambia su elección inicial la probabilidad de ganar el coche es /3, puesto que elige al azar una dde las tres puertas. Si numeramos los animales como cabra y cabra las opciones de cambio son. Si se eligió inicialmente la puerta que ocultaba el coche la cambiar lo perderá.. Si se eligió la puerta que ocultaba la cabra, al cambiar elegirá la puerta que oculta el coche y lo ganará (recordemos que el presentador nunca abre la puerta que oculta el coche). 3. Si eligió la puerta que ocultaba la cabra el razonamiento anterior es válido y ganará también el coche. En definitiva, de las 3 opciones posibles de ellas le conducen a ganar el coche y la probabilidad es por tanto /3. Una generalización Una persona, B, invita a otra, A, a jugar a un juego que consiste llevar a cabo extracciones de una urna que contiene a bolas blancas y b bolas negras (a + b 3). Se le pide a A que elija entre una de las dos siguientes estrategias (A llevará a cabo sus extracciones con los ojos vendados).. Extrae una bola al azar y si es blanca gana, en caso contrario pierde.. Extrae una bola, se deshace de ella sin ni siquiera conocer su color y a continuación B retira una bola negra de la urna. A lleva a cabo una segunda extracción y si la bola extraída es blanca gana, en caso contrario pierde. Qué estrategia le conviene elegir? Las probabilidades de ganar para cada estrategia valen ( ) p +. a a + b, p a a + b a a + b + b a + b Como p > p, le conviene la segunda estrategia. a a + b a a + b a + b En el concurso de la TV, teníamos a y b que dan lugar a p /3 y p /3.

19 Capítulo. Probabilidad 7 Problema.6 Sean A y B dos sucesos. Obtener la probabilidad de A B si ha ocurrido A o si ha ocurrido A B. Comentar el resultado. Solución.- Si ha ocurrido A, Si ha ocurrido A B, P P (A B A) P P (A B A B) P ((A B) A) P (A) P ((A B) (A B)) P (A B) P (A B). (.4) P (A) P (A B) P (A B). (.5) Observemos que si B A (.4) y (.5) son iguales y el resultado carece de interés. Si B no está incluido en A y P (A c B) >, P (A B) P (A) + P (A c B) > P (A) y de (.4) y (.5) deducimos que P < P. El resultado es llamativo porque A B es un suceso que contiene más información que A y sin embargo su conocimiento previo disminuye la probabilidad de A B, en contra de lo que cabría suponer. Problema.7 (El segundo problema de Huygens) El holandés Christian Huygens publicó en 657 uno de primeros libros sobre Probabilidad que se conocen, De Ratiociniis in Ludo Aleae (Del Razonamiento en los Juegos de Azar), en el que planteaba una serie de problemas. El que se conoce como segundo problema de Huygens lo enunciamos a continuación Tres jugadores A, B y C participan en el siguiente juego. Una urna contiene a bolas blancas y b negras. Los jugadores, en el orden ABCABC..., extraen una bola con reemplazamiento hasta que uno de ellos obtiene una bola blanca y gana. Encontrar la probabilidad de ganar para cada jugador Solución.- Para que gane A en su extracción n-ésima ninguno de los tres jugadores debe de haber extraído bola blanca en la n extracciones precedentes. Si por α a/(a + b) representamos la probabilidad de extraer una bola blanca y por β b/(a + b) la de extraerla negra, p A (n), probabilidad de que gane A en su n-ésima extracción, vale p A (n) ( ) 3(n ) b a a + b a + b αβ3(n ). Si A gana lo hará en alguna de las jugadas y por tanto p A n p A (n) n αβ 3(n ) α β 3. Un razonamiento análogo nos permite deducir p B, probabilidad de que B gane, p B n p B (n) n Finalmente, como p A + p B + p C, tendremos p C αββ 3(n ) αβ β 3. α β 3 αβ β 3 β β 3 β 3 αβ β 3.

20 8 Capítulo. Probabilidad Existe una solución alternativa más elegante que la anterior. Razonemos para ello de la siguiente forma. Si gana A es porque lo ha hecho en su primer lanzamiento o en alguno posterior. A partir de su primer lanzamiento, caso de no haber ganado, A pasa a convertirse en el tercer jugador y ganará con probabilidad p C, que representa no tanto el hecho de que gane concretamente C como que lo haga el jugador que lanza en tercer lugar. Un razonamiento análogo para los otros dos jugadores nos proporciona las relaciones, p A α + βp C ; p B βp A ; p C β p A. La resolución del sistema conduce a los resultados anteriores. Problema.8 (La paradoja del caballero De Meré) En un juego consistente en lanzar repetidamente un par de dados, encontrar el menor número n de lanzamientos para que la probabilidad de obtener al menos un doble seis sea mayor que.5 Solución.- En cada jugada la probabilidad de no obtener el doble seis es 35 36, por lo que al cabo de n jugadas la probabilidad de que no haya aparecido el doble seis será [ ]n. El suceso que interesa es el complementario, cuya probabilidad es p n, [ ]n, obteniéndose p 4,,49 y p 5,,555. La respuesta es n 5. Comentario.- El origen de la paradoja está en la pregunta que Antoine Gombauld, caballero De Meré, planteó a Pascal Observaba De Meré una discrepancia entre la realidad, deducida de su larga experiencia como jugador, y una antigua regla muy extendida entre los jugadores que afirmaba que n 4. Esta errónea regla tenía su origen en la creencia de un comportamiento lineal de las probabilidades. Se sabía que si los lanzamientos eran de un solo dado y se perseguía la obtención de un seis, n 4, pues p 3,,43 y p 4,,577. Se razonaba a continuación mediante una sencilla regla de tres: 4 es a 6 como 4 a 36. Problema.9 (El problema de los puntos o del reparto de la apuesta) Dos jugadores A y B juegan a un juego consistente en un número indeterminado de partidas. La probabilidad de ganar en cada partida es p para A y p para B. Aquel de los dos que consigue antes vencer en r partidas gana el juego y la apuesta que ambos hicieron. Si el juego se interrumpe antes de finalizar, cómo se debe repartir la apuesta? Solución.- Este problema tiene también su origen en la inquietud intelectual del caballero de Meré quién lo planteó a Pascal en 654. El problema originó una famosa correspondencia entre Pascal y Fermat. Muchos autores señalan el nacimiento de la Probabilidad en el estudio que Pascal y Fermat llevaron a cabo de estos dos problemas, de ahí que a ambos se les reconozca la paternidad de la criatura y se le otorgue con justicia a de Meré el papel de padrino. Volviendo al problema, observemos que el juego no puede durar más de r partidas. Supongamos que el juego se interrumpe cuando A ha ganado r a partidas y B ha ganado r b. La solución que propuso Pascal es que la apuesta se repartiera proporcionalmente a la probabilidad que cada jugador tiene de ganar el juego si este se reanudara. Habrá pues que calcular dichas probabilidades. Para que A gane el juego reanudado debe conseguir las a partidas que le faltan antes de que B gane las suyas. Las partidas que se jugarán serán a+i, a lo sumo (r ) (r a) (r b) a+b y por tanto i,,..., b. Deberá ocurrir que A gane la última partida y otras a entre las a + i restantes. Designado por p A (a, b) la probabilidad de que gane A, b ( ) a + i b ( ) a + i p A (a, b) p a ( p) i p p a ( p) i. a i i i

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