Una aproximación al modelo binomial de variable aleatoria

En una población se sabe que el $1\,\%$ de los individuos tienen los ojos verdes. De $10$ individuos (elegidos al azar), ¿cuál es la probabilidad de que exactamente tres de ellos tengan los ojos verdes?

Este problema es muy similar al lanzamiento repetido de una moneda (no equilibrada). Para un cierto individuo (elegido al azar), podemos asimilar el que salga cara a que tenga los ojos verdes; según la información del enunciado, la probabilidad de que tenga los ojos verdes, $p$, es $0,01$, y la probabilidad de que no tenga los ojos verdes (suceso contrario), $q$, será, por tanto, $1-p=1-0,01=0,99$. Entonces, podemos imaginar que lanzamos la moneda $20$ veces (los lanzamientos son independientes unos de otros), con lo cual, hay $\binom{10}{3}$ posibilidades a la hora de seleccionar los tres individuos (sobre un total de $10$) a los que se refiere la pregunta del enunciado. Por consiguiente, como los resultados de los 'lanzamientos' son independientes, la probabilidad pedida es $\binom{10}{3}\cdot 0,01^3 \cdot 0,99^{10-3}\approx 1,118\cdot 10^{-4}$.

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Comentario (generalización y notación): Denominemos $X$ a la variable aleatoria que representa cuántos individuos tienen los ojos verdes (dado el conjunto de individuos por el que nos estamos preguntando, que, en general pongamos que sea $n$); así, los posibles valores que puede tomar dicha variable aleatoria son los del conjunto $X=\{0,1,2,\ldots,n\}$. En las condiciones expuestas (independencia de sucesos y estricta dualidad en los resultados: tener cierta característica o bien no tenerla), nos referiremos formalmente a la probabilidad pedida como modelo de probabilidad binomial de varable aleatoria; así, la probabilidad de que $m$ de los $n$ individuos, con $m \le n$, tengan la característica por la que nos preguntamos, tener los ojos verdes (lo contrario es no tener los ojos verdes, y no hay más posibilidades) con la siguiente notación (que es la que utilizaremos para todos los problemas que se ajusten a ese modelo de probabilidad): $$\displaystyle P(\{X=m\})=\binom{n}{m}\cdot p^{m}\cdot (1-p)^{n-m}$$

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Cálculo de probabilidades. Manejo de las propiedades básicas con sucesos.

ENUNCIADO. En las viviendas de un cierto barrio puede haber animales de compañía, pudiéndose presentar los siguientes casos: que haya sólo un gato, sólo un perro, un gato y un perro, o bien ninguno animal de compañía. Se sabe que en el 20% de dichas viviendas hay sólo un gato; en el 32%, sólo un perro; y, en el 12% gato y perro. Se elige una vivienda al azar. ¿ Cuál es la probabilidad de que no haya en ella ni gato ni perro ?.

SOLUCIÓN. Denotemos por $C$ el suceso "haber un gato en la vivienda"; y, por $D$, el suceso "haber un perro en la vivienda".

Según lo que se dice en el enunciado, $P(C \cap \bar{D})=0,2$, $P(\bar{C} \cap D)=0,32$ y $P(C \cap D)=0,12$. Tenemos que calcular $P(\bar{C} \cap \bar{D}$, que, por las leyes de Morgan es igual a $P(\overline{C \cup D})=1-P(C \cup D)$     (1). Ahora bien, $P(C \cup D)=P(C)+P(D)-P(C \cap D)$     (2)

Teniendo en cuenta que $P(C \cap \bar{D})=P(C)-P(C\cap D)$, encontramos que $P(C)=P(C \cap \bar{D})+P(C \cap D)=0,2+0,12=0,32$; y, por otra parte, $P(D \cap \bar{C})=P(D)-P(C\cap D)$, luego $P(D)=P(D \cap \bar{C})+P(C \cap D)=0,32+0,12=0,44$

Con lo cual, sustituyendo en (2), llegamos a $P(C \cup D)=P(C)+P(D)-P(C \cap D)=0,32+0,44-0,12=0,64$. Y, finalmente, de (1), concluimos que $P(\bar{C} \cap \bar{D})=P(\overline{C \cup D})=1-0,64=0,36$
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Un problema sencillo sobre coincidencias

ENUNCIADO. Dos personas se encuentran en la planta baja de un edificio de tres plantas y se montan en el ascensor. ¿Cuál es la probabilidad de que, en el trayecto de subida, decidan bajarse en la misma planta?

SOLUCIÓN. La siguiente tabla ilustra las posibles elecciones de planta, en el conjunto {1,2,3}, de cada una de las tres personas P1, P2 y P3:

P1|P2
-----
1 | 1
1 | 2
2 | 1
2 | 2
.
.
.
3 | 1
1 | 3
.
.
.

3 | 3

El número total de posibilidades es $\text{VR}_{3,2}=3^2$ y el número de posibilidades favorables a elegir la misma planta, {(1|1),(2|2),(3|3)} es evidentemente $3$. Así pues, por la regla de Laplace, la probabilidad pedida es $\dfrac{3}{3^2}=\dfrac{1}{3}$
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Cálculos de probabilidad acerca de la lotería primitiva

ENUNCIADO. La Lotería Primitiva es un juego de azar regulado por Loterías y Apuestas del Estado (LAE) que consiste en hacer apuestas, marcando por lo menos 6 números (diferentes) entre 1 y 49. En el sorteo, cada número de la 6-tupla premiada sólo puede salir una vez. Si se ha hecho una apuesta simple ( se han marcado $6$ números de entre los $49$ ), calcular la probabilidad de obtener:
a) $6$ aciertos
b) $4$ aciertos exactamente
c) que salga ( entre los aciertos ) el número '10'
d) obtener un sólo acierto
e) no obtener ningún acierto

SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ se puede concebir como el conjunto de sucesos ( elementales ) del tipo $[x_1\,x_2\,x_3\,x_4\,x_5\,x_5]$ donde $x_i \in \{1,2,\ldots,49\}$ para $i\le 6$; dichos sucesos son equiprobables, luego podemos emplear la regla de Laplace para calcular/asignar probabilidades a cualquier suceso $S$ del espacio de probabilidad $(\Omega, P)$ de la forma $$P(S)\overset{\text{Laplace}}{=}\dfrac{N(S)}{S}$$ donde $N(S)$ es el número de casos favorables ( que calcularemos en cada uno de los casos pedidos ) a $S$ y $N$ es el número de sucesos posibles, que es igual a $C_{49,6}=\binom{49}{6}=13\,983\,816$ [ En el recuento no consideramos el orden en que van apareciendo los seis resultados ].

Entonces:
a) Hay $1$ sóla manera de elegir los seis aciertos ( la 6-tupla ganadora ), por lo tanto, $N(S)=1$; con lo cual, $P(S)=\dfrac{1}{\binom{49}{6}}\approx 7,1511\cdot 10^{-8}$

b) Hay $C_{6,4}$ maneras de elegir los cuatro aciertos y $C_{49-4,6-2}$ maneras de elegir los otros dos números ( no acertados ); entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,4}\cdot C_{49-4,6-2}=\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{4}\cdot \binom{49-4}{6-4}}{\binom{49}{6}}\approx 1,06194\cdot 10^{-3}$$ Observación: Démonos cuenta que nos encontramos otra vez, aquí, con el modelo hipergeométrico.

c) Hay $1$ sóla manera de elegir el número '10' y $C_{49-1,6-1}=\binom{49-1}{6-1}$ maneras de elegir los cinco restantes, luego por el principio multiplicativo $N(S)=1\cdot \binom{49-1}{6-1}$ y, por tanto, $$P(S)=\dfrac{1\cdot \binom{49-1}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 1,2245\cdot 10^{-1}$$

d) Hay $C_{6,1}$ maneras elegir una 6-tupla con un sólo acierto y por tanto $C_{49-6,6-1}$ maneras de elegir los otros cinco números ( no acertados ) del la 6-tupla; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,1}\cdot C_{49-6,6-1}=\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{1}\cdot \binom{49-6}{6-1}}{\binom{49}{6}}\approx 4,1302 \cdot 10^{-1}$$

e) Hay $C_{6,0}=\binom{6}{0}=1$ sóla manera de elegir $0$ aciertos y $C_{49-6,6-0}$ maneras de elegir los otros seis números ( no acertados ) [ repárese en la necesidad de descontar los $6$ números premiados de los $49$ que hay en total ]; entonces, por el principio multiplicativo, $N(S)=C_{6,0}\cdot C_{49-6,6-0}=\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}$, luego $$P(S)=\dfrac{\binom{6}{0}\cdot \binom{49-6}{6-0}}{\binom{49}{6}}\approx 4,3596\cdot 10^{-1}$$

NOTA:
Invito al lector a leer [ aquí ] una ampliación del cálculo de probabilidades al objeto de dar respuesta a otras preguntas que pueden surgir acerca de la Lotería Primitiva.

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Jugando al dominó con probabilidades

ENUNCIADO. Considérese un juego de dominó [ 28 fichas, cada una de las cuales tiene un par de números, del $0$ al $7$, iguales o distintos ]. Un jugador elige $7$ fichas al azar, y la vez. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que entre las siete fichas haya exactamente cinco que tengan un '3' ?
b) ¿ Cuál es la probabilidad de obtener exactamente cinco fichas con un mismo número ?

SOLUCIÓN.
Las $28$ fichas tienen la misma probabilidad de ser elegidas; utilizaremos, pues, la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio para calcular el número de casos favorables y el número de casos posibles.

a) Denotemos por $A_3$ al suceso pedido, entonces $$P(A_3)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A_3)}{N}$$ El número de casos en total, esto es el número de maneras de elegir un conjunto
de $7$ fichas a la vez de un total de $28$, $N$, es igual a $\binom{28}{7}=1\,184\,040$

Vamos a calcular ahora el número de casos favorables $N(A_3)$. Como hay $\binom{7}{5}$ maneras de elegir $5$ fichas que tengan un '3' ( ya que hay $7$ fichas que tengan un '3' ) y, por tanto, $\binom{28-7}{2}$ maneras de elegir las dos fichas restantes ( al haber $28-7$ fichas que no tengan el '3' ), llegamos a, por el principio multiplicativo, $$N(A_3)=\dfrac{\binom{7}{5}\cdot \binom{28-7}{7-5}}{\binom{28}{7}}=\dfrac{4\,410}{1\,184\,040}=\dfrac{49}{13\,156}\approx 0,0037$$

OBSERVACIÓN. La expresión obtenida corresponde a la probabilidad del modelo llamado hipergeométrico

b)
Ahora nos interesamos no sólo por que salga un '3', sino también por que salga también cualquiera de los otros seis números. Podemos repetir lo que acabamos de hacer para calcular la probabilidad de que entre las siete fichas haya exactamente cinco que tengan cualquiera de los otros seis números, por lo que resulta evidente que $P(A_0)=P(A_1)=\ldots=P(A_6)=\dfrac{49}{13\,156}$, luego la probabilidad pedida en este segundo apartado es $P(A_0 \cup \ldots \cup A_6)$, y siendo dichos sucesos incompatibles (1), resulta ser igual a $P(A_0)+\ldots+P(A_6)=7\cdot P(A_3)$ esto es $$7\cdot \dfrac{49}{13\,156}=\dfrac{343}{13\,156}\approx 0,0261$$

ACLARACIÓN 1: Para pensar con claridad, tengamos en cuenta que las $28$ fichas son las siguientes

06 
05  16
04  15  26
03  14  25  36
02  13  24  35  46  
01  12  23  34  45  56
00  11  22  33  44  55 66

Así que no es posible que los sucesos $A_i$ y $A_j$ ( donde $i$ y $j$ toman valores en $\{0,1,2,\ldots,6\}$ ) sean compatibles, ya que, por ejemplo, si $(i,j)=(3,4)$, fijado $i=3$ hay otras $6$ fichas que contienen el '3': $(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(3,5),(3,6)$ ; y, fijado $j=4$, hay otras $6$ fichas que contienen el '4': $(0,4),(1,4),(1,4),(4,4),(5,4),(6,4)$. Si pensamos en la posibilidad de tener cinco fichas con el '3' y con el '4', vemos que es imposible, habida cuenta que sólo disponemos de $7$ fichas, y sólo una, la $(3,4)$ contiene el '3' y el '4'. Lo mismo ocurre con los otros pares de números. Así que $A_i \cap A_j = \emptyset$, luego $P(A_i \cap A_j)=0$ para todo $i$ y todo $j$ ( con $i \neq j$ ) en $\{0,1,2,\ldots,6\}$, esto es, los sucesos $A_i$ y $A_j$ con $i \neq j$ son incompatibles.


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Repartiendo cartas

ENUNCIADO. Consideremos una baraja española. Se dan seis cartas a un jugador. ¿ Cuál es la probabilidad de que las seis cartas sean del mismo palo ?.

SOLUCIÓN. Todas las cartas tienen la misma probabilidad de ser elegidas, por lo que podemos aplicar la regla de Laplace. Emplearemos el método combinatorio.

Denotemos por $A$, el suceso "obtener seis cartas de alguno de los cuatro palos". Procedemos a calcular el número de casos favorables $N(A)$ a dicho suceso, así como el número total de maneras de elegir seis cartas, $N$, de entre las $40$ cartas que tiene la baraja.

El número de maneras de elegir seis cartas del primer palo, o del segundo, o del tercero, o bien del cuarto palo, podemos calcularlo de la siguiente forma: Como hay $\binom{4}{1}$ maneras de elegir un determinado palo y $\binom{10}{6}$ maneras de elegir seis cartas de uno de dichos cuatro palos, entonces $N(A)=\binom{4}{1}\cdot \binom{10}{6}=840$ casos favorables a dicho suceso. Por otra parte, el número total, $N$, de maneras de dar seis cartas es $\binom{40}{6}=3\,838\,380$

Entonces, por la regla de Laplace, $$P(A)\overset{\text{def}}{=}\dfrac{N(A)}{N}=\dfrac{840}{3\,838\,380} \approx 0,00022 = 0,022\,\%$$

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Cálculo de probabilidades

ENUNCIADO. En un bombo hay $60$ bolas, numeradas de $1$ a $60$. Se elige al azar una de esas bolas. Se pide la probabilidad de que la bola seleccionada sea:
a) Un múltiplo de $3$
b) Un múltiplo de $4$
c) Un múltiplo de $3$ o un múltiplo de $4$
d) Un múltiplo de $4$, pero no de $6$

SOLUCIÓN. El espacio muestral $\Omega$ está formado por los sucesos simples $\{1,2,\ldots,60\}$; todos ellos, igualmente probables, así que podemos emplear la regla de Laplace para calcular las probabilidades pedidas. Designemos por $\dot{n}$ al suceso compuesto que corresponde a que la bola elegida sea múltiplo de $n$. Entonces,

a) El primer múltiplo de $3$ es el propio $3$, y el mayor de ellos es $60$, por tanto entre los $60$ números hay $\dfrac{60-3}{3}+1=20$ múltiplos de $3$, luego $P(\dot{3})=\dfrac{20}{60}=\dfrac{1}{3}$

b) a) El primer múltiplo de $4$ es el propio $4$, y el mayor de ellos es $60$, por tanto entre los $60$ números hay $\dfrac{60-4}{4}+1=15$ múltiplos de $4$, luego $P(\dot{4})=\dfrac{15}{60}=\dfrac{1}{4}$

c) Por la fórmula de inclusión-exclusión podemos escribir $$P(\dot{3} \cup \dot{4} )=P(\dot{3})+P(\dot{4})-P(\dot{3} \cap \dot{4}) \quad \quad (1)$$ Procedemos pues a calcular el valor del tercer término de la expresión. Los números que son múltiplos de $3$ y, también, de $4$, son múltiplos de $\text{m.c.m.}(3,4)=12$; el primer múltiplode $12$ es el propio $12$, y el mayor de ellos es $60$, por tanto entre los $60$ números hay $\dfrac{60-12}{12}+1=5$ múltiplos de $12$, luego $P(\dot{12})=\dfrac{5}{60}=\dfrac{1}{12}$ y, por tanto, $$P(\dot{3} \cap \dot{4})=\dfrac{1}{12}$$ Poniendo ahora los datos en (1) resulta, $$P(\dot{3} \cup \dot{4} )=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{2}$$

d)
Se nos pide ahora que calculemos $P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})$. Recordemos la propiedad que dice que, dados dos sucesos, $A$ y $B$, se tiene que $$P(A \cap \bar{B})=P(A)-P(A \cap B)$$ Así que $$P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})=P(\dot{4})-P(\dot{4} \cap \dot{6}) \quad \quad (2)$$ Debemos por tanto calcular el valor del segundo término de la expresión.

Como los números que son múltiplos de $4$ y, también, de $6$, son múltiplos de $\text{m.c.m.}(4,6)=12$, se tiene que $P(\dot{4} \cap \dot{6})=P(\dot{12})$, probabilidad que, al igual que $P(\dot{4})$, ya hemos calculado antes: $P(\dot{4})=\dfrac{1}{4}$ y $P(\dot{12})=\dfrac{1}{12}$.

Poniendo los datos en (2) resulta, $$P(\dot{4} \cap \bar{\dot{6}})=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{6}$$
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Disponemos de tres tarjetas (...)

ENUNCIADO. Disponemos de tres tarjetas, cuyas caras (anverso y reverso) pueden ser de color blanco o negro. Una de las tarjetas es blanca por las dos caras; otra es negra por las dos caras, y la restante tiene una cara blanca y otra cara negra. Se elige al azar una de las tres tarjetas y se pone encima de la mesa, sin conocer el color de la cara que queda oculta. ¿ Cuál es la probabilidad de que dicha tarjeta tenga sus dos caras del mismo color ? ¿ Y de que tenga sus dos caras de colores distintos ?

SOLUCIÓN.
Vamos a construir el espacio muestral de manera que todos sus elementos sean equiprobables; de esta forma, podremos aplicar la regla de Laplace para calcular las probabilidades pedidas.

Al realizar la elección al azar, elegimos la tarjeta y también el anverso o el reverso de la misma. Podemos imaginar las tarjetas numeradas, del $1$ al $3$: el número $1$ para la tarjeta con las dos caras blancas; el número $2$, para la tarjeta con las dos caras negras, y el número $3$ para la tarjeta con las dos caras de distinto color. Para anotar el color del anverso ( que consideraremos que es la cara que mira hacia arriba cuando ponemos la tarjeta elegida sobre la mesa ) convendremos escribirlo en mayúscula, con la letra que designa el color ( B para blanco y N para negro ), a la izquierda; y el de la otra cara, en minúscula, a la derecha. Así por ejemplo, $Bb|_1$ y $bB|_1$ son los elementos del espacio muestral que corresponden, uno y otro, a haber elegido la carta con las dos caras blancas ( que etiquetamos con un $1$ ).

Así, el espacio muestral viene dado por $$\Omega=\{Bb|_1,bB|_1,Nn|_2,nN|_2,Nb|_3,Bn|_3\}$$ Denotemos por $M$ al suceso ( compuesto ) "obtener una tarjeta con las dos caras del mismo color", y por $D$ al suceso (compuesto ) "obtener una tarjeta con las dos caras de distinto color".

Es evidente que $M=\{Bb|_1,bB|_1,Nn|_2,nN|_2\}$, siendo por tanto $\text{cardinal}(M)=4$. Por otra parte $D=\{Nb|_3,Bn|_3\}$, con $\text{cardinal}(D)=2$. Y, desde luego, $\text{cardinal}(\Omega)=6$

Entonces, por la regla de Laplace obtenemos:
$P(M)=\dfrac{\text{cardinal}(M)}{\text{cardinal}(\Omega)}$
    $=\dfrac{4}{6}$
      $=\dfrac{2}{3}$
y
$P(D)=\dfrac{\text{cardinal}(D)}{\text{cardinal}(\Omega)}$
    $=\dfrac{2}{6}$
      $=\dfrac{1}{3}$

NOTA. Al observar la tarjeta elegida con el color blanco ( o bien el negro ) boca arriba, y de tener que apostar a que ésta tuviese las dos caras del mismo color o bien a que ésta tuviese las dos caras de distinto color, es claro que deberíamos hacerlo por la primera opción, pues su probabilidad es el doble que la de la segunda opción.
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Sea $X$ una variable aleatoria normal ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Si $X$ és una variable aleatòria $N(5,2)$, calculeu:
    a) $P(X \le 2,1)$
    b) $P(\left|X\right| \le 3,4)$

Observació:
Tenint en compte que $X$ és una v.a. contínua, és irrellevant el fet de posar desigualtats estrictes o febles, atès que - recordem-ho - la probabilitat d'un valor puntual $X=k$ és nul·la
$P(X=k)=0$

Resolució:
a)   Fent el canvi
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$
podem passar a treballar amb una distribució normal estàndard i, per tant, podrem fer ús de les taules de la funció de distribució de probabilitat $N(0,1)$
Llavors
si $x=2,1$
$z=\dfrac{2,1-5}{2}$
    $=-1,45$
és a dir
$P(X \le 2,1) = P(Z \le -1,45)$
i, tenint en compte la simetria de la funció de densitat $f(z)$, podem escriure que
$P(Z \le -1,45)= 1-P(Z \le 1,45)$
Com que $P(Z \le 1,45)=F(0,45)$ tenim que, de les taules $N(0,1)$, trobem
$F(0,45)=0,9265$
Finalment
$P(X \le 2,1)=1-0,9265$
    $=0,0735$
$\square$

b)   Treballarem (com en l'apartat anterior) amb la v.a. normal estàndard $Z$ i, per això, fem el canvi
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$
Com que
si $x=3,4$
$z=\dfrac{3,4-5}{2}$
    $=-0,8$
$P(\left|X\right|<3,4)=P(\left|Z\right| \le -0,8)$

que és igual a
$P(-0,8 \le Z \le 0,8)$
i, per tant, a
$P(Z\le 0,8)-P(Z \le -0,8)$
i, per la simetria de $f(z)$, i amb la finalitat de fer ús de les taules, podem escriure-ho de la forma
$P(Z \le 0,8)-\big(1-P(Z \le 0,8)\big)$

tenint en compte que
$P(Z \le 0,8)$ ve donat per $F(0,8)$
consultant les taules, trobem
$P(\left|X\right|<3,4)=F(0,8)-\big(1-F(0,8)\big)$

    $=1-2\cdot \big(1-0,7881\big)$
    $=0,5762$
$\square$

[nota del autor]

Una variable aleatoria binomial ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Una variable aleatòria $X$ és $B(9 \; , \; 0,25)$. Calculeu:
    a) el valor de $\mu$ ( esperança matemàtica de $X$ )
    b) el valor de $\sigma$ ( desviació de $X$ )
    c) $f(7)$
    d) $P(X \le 8)$
    e) $F(5)$
    f) $P(X=4)$
    g) $P(3 < X \le 6)$

Resolució:
a)
$\mu=n\,p$
    $=9\cdot 0,25$
    $=2,25$
$\square$

b)
$\sigma=\sqrt{n\,p\,q}$
    $=\sqrt{9\cdot 0,25 \cdot 0,75}$
    $\approx 1,2990$
$\square$

c)
$f(7)=P(X=7)$
    $=\binom{9}{7}\,0,25^{7}\cdot 0,75^{9-7}$
    $\approx 0,0012$
$\square$

d)
$\displaystyle P(X \le 8)=\sum_{i=0}^{8}\,P(X=i)$
    $=\sum_{i=0}^{8}\,\binom{9}{i}\,0,25^{i}\cdot 0,75^{9-i}$
    $\approx 0,9999962$
    $\approx 1$
$\square$

e)
$\displaystyle F(5)=P(X \le 5)=\sum_{i=0}^{5}\,P(X=i)$
    $=\sum_{i=0}^{5}\,\binom{9}{i}\,0,25^{i}\cdot 0,75^{9-i}$
    $\approx 0,9900$
$\square$

f)
$\displaystyle P(X=4)=\binom{9}{4}\,0,25^{4}\cdot 0,75^{9-4}$
    $\approx 0,1168$
    $\approx 1$
$\square$

g)
$\displaystyle P(3 < X \le 6)=P(X \le 6)-P(X < 3)$     $=P(X \le 6)-P(X \le 2)$

    $=\sum_{i=0}^{6}\,\binom{9}{i}\,0,25^{i}\cdot 0,75^{9-i}-\sum_{i=0}^{2}\,\binom{9}{i}\,0,25^{i}\cdot 0,75^{9-i}$
    $\approx 0,3980$
$\square$

[nota del autor]

En un examen de oposición participan hombres y mujeres en una proporción de ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
En una oposició hi participen homes i dones en la proporció 4 a 5. La probabilitat que aprovi un home és de $0,75$, i que aprovi una dona, de $0,8$. Us demanem:
    a) La probabilitat que, una d'aquestes persones escollida l'atzar, estigui aprovada
    b) Sabent que una persona ha aprovat, calculeu la lprobabilitat que sigui una dona

Resolució:
a)
Designem amb la lletra $A$ el succés "un opositor aprovat"; amb la lletra $H$, el succés "un opostor que sigui un home"; amb la lletra $D$, "un opositor que sigui una dona".

D'acord amb l'enunciat, la probabilitat que un opositor escollit a l'atzar sigui un home és de $P(H)=4/9$, i que sigui una dona, $P(D)=5/9$

Llavors, pel teorema de la probabilitat total
$P(A)=P(A|H)\cdot P(H)+P(A|D)\cdot P(D)$

Tenint en compte (enunciat) que
$P(A|H)=0,75$
$P(A|D)=0,8$

$P(A)=0,75 \cdot \dfrac{4}{9}+0,8\cdot \dfrac{5}{9}$
    $=\dfrac{7}{9}$

$\square$

b)
Pel teorema de Bayes

$P(D|A)=\dfrac{P(A|D)\cdot P(D)}{P(A)}$
    $=\dfrac{4/9}{7/9}$
    $=\dfrac{4}{7}$

$\diamond$

Una tienda dispone de dos sistemas de alarma ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Una botiga disposa de dos sistemes d'alarma, A i B, independents. La fiabilitat del sistema A és del 85% i la del sistema B del 92%. Calculeu la probabilitat que, en cas de perill:
    a) funcioni almenys una de les alarmes
    b) funcionin totes dues alarmes
    c) funcioni només una de les dues alarmes
    d) no funcioni cap alarma

Resolució:

Designem amb $A$ el succés "el sistema d'alarma A funcioni"; amb $\bar{A}$, "el sistema A no funcioni"; $B$ el succés "el sistema d'alarma B funcioni"; i amb $\bar{B}$, "el sistema B no funcioni".

I, d'acord amb l'enunciat:

$P(A)=0,85$
$P(\bar{A})=1-P(A)$
            $=0,15$

$P(B)=0,92$
$P(\bar{B})=1-P(B)$
            $=0,08$

a)
P("funcioni almenys una de les alarmes")=1-P("no funcioni cap alarma")
P("no funcioni cap alarma") $=P(\bar{A})\cap P(\bar{B})$
i, donat que els successos són independents (sistemes d'alarma independents), sabem que
$P(\bar{A})\cap P(\bar{B})=P(\bar{A})\cdot P(\bar{B})$
Per tant
P("funcioni almenys una alarma") $=1-0,15 \cdot 0,08$
que és igual a $0,988$
$\square$

b)
P("funcionin totes dues alarmes") $=P(A)\cap P(B)$
i, donat que els successos són independents
$P(A)\cap P(B)=P(A)\cdot P(B)$
Per tant
P("funcionin totes dues alarmes") $=0,85 \cdot 0,92$
que és igual a $0,782$
$\square$

c)
P("funcioni només una de les alarmes") $=P\big (A \cap \bar{B}) \cup (\bar{A} \cap B) \big)$
tenint en compte que els successos $A \cap \bar{B}$   i   $\bar{A} \cap B$ són incompatibles, podem escriure
$P\big((A \cap \bar{B}) \cup (\bar{A} \cap B) \big) = P(A \cap \bar{B})+ P(\bar{A} \cap B)$
i doant que els dos sistemes d'alarma són independents,
$P(A)\cap P(\bar{B})=P(A)\cdot P(\bar{B})$
$P(\bar{A})\cap P(B)=P(\bar{A})\cdot P(B)$
trobem que
P("funcioni només una de les alarmes") $=0,15 \cdot 0,92 + 0,85 \cdot 0,08$
que és igual a $0,206$
$\square$

d)
P("no funcioni cap alarma") $=P(\bar{A}) \cap \bar{B})$     [vegeu també l'apartat (a) ]
Recordem que els sistemes d'alarma són independents, per tant
$P(\bar{A} \cap \bar{B})=P(\bar{A}) \cdot P(\bar{B})$
    $=0,15 \cdot 0,08$
    $=0,012$
$\square$

[nota del autor]

Una urna contiene veinte bolas ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
En una urna hi ha vint boles, de les quals vuit són blanques i la resta són negres. Extraiem a l'atzar quinze boles, successivament i amb reemplaçament. Quant val la probabilitat que, d'aquestes quinze boles que hem tret, almenys vuit siguin blanques ?

Resolució:
Els possibles valors de la variable aleatòria $X$ (nombre de boles blanques que han aparegut en les quinze realitzacions ) són $\{0,1,2,3,\ldots,15\}$. La prªobabilitat $p$ que en una extracció surti una bola blanca (probabilitat d'èxit) és igual a $8/20$, és a dir, $\frac{2}{5}$; i la probabilitat de fracàs (que surti una bola negra) és, per tant, igual a $\frac{3}{5}$

Es tracta, doncs, d'un problema de variable aleatòria discreta $X$ que segueix el model binomial $B(n, p)$, amb $n=15$ i $p=2/5$ ( probabilitat d'èxit )

La probabilitat demanada (que almenys hi hagi vuit boles blanques entre les quinze boles que hem tret) es pot expressar de la forma
$\displaystyle \sum_{i=8}^{15}\,P(X=i)$
que és el mateix que
$P(X \ge 8)$
i que ha de ser igual a
$1-P(X \le 7)$

A continuació, calcularem el valor d'aquesta expressió i, per això, és molt convenient que fem servir l'aproximació del model binomial pel model normal (de Gauss), atès que d'aquesta manera, els càlculs (amb les taules de la funció de distribució d'aquest model) seran ràpids i senzills.

Primer de tot, però, cal comprovar que es compleixen les condicions per tal que puguem fer aquesta aproximació:
és a dir, que $p$ ( i $q$ ) no siguin ni massa propers a zero ni a u; i, per altra banda, cal que $n\,p > 5$.

Trobem que sí, efectivament, podem fer servir l'aproximació
$X \sim B(n,p)$ per $X^{'} \sim N(n\,p \; , \; \sqrt{n\,p\,q})$
atès que $p = 0,4$ i $n \, p = 15 \cdot 0,4 = 6 > 5$

Calculem, doncs, $P(X \le 7)$
$P(X \le 7) \approx P(X^{'} \le 7+0,5 $     (correcció de Yates)
i fent el canvi
$Z=\dfrac{X^{'}-\mu}{\sigma}$
            on
            $\mu=n \,p = 6$
            i
            $\sigma=\sqrt{n\,\,p\,q} \approx 1,8974$
passem a treballar, de forma equivalent, amb una v.a. $Z \sim N(0,1)$ i, per tant, podrem fer servir les taules de la funció de distribució $F(z)$

Calculem el valor de la fita per a $Z$:
Si $x^{'}=7,5$ trobem que
$z=\dfrac{7,5-6}{1,8974}\approx 0,7906$

Llavors, consultant les taules trobem
$F(0,79)=0,7852$
$F(0,80)=0,7881$
d'on, per interpolació lineal, obtenim
$F(0,7906)=\ldots=0,7854$

És a dir
$P(X^{'}\le 7,5)=P(Z \le 0,7906) \approx 0,7854$
i, per tant, finalment, recodem que
$P(X \ge 8) \approx 1-P(X^{'} \le 7,5)$
que és igual a $0,2146$

$\square$

[nota del autor]

La distribución de probabilidad hipergeométrica ... ( Artículo escrito en catalán )

El model de variable aleatòria hipergeomètrica és un model de v.a. discreta que dóna la solució al següent problema.

Considerem el problema d'extreure $n$ boles sense reemplaçament d'una urna on hi ha $N$ boles de colors, $m$ de les quals són blanques ( $ N \ge m $ ). Quant val la probabilitat que hi hagi
$k$ boles blanques ( $k \le n$ ) entre les $n$ boles que hem tret de la urna ?

D'acord el tipus de problema (combinacions ordinàries), al principi multiplicatiu, i al principi de Laplace (per assignar probabilitats probabilitats a successos igualment probables), entenem que la variable aleatòria $X$ (nombre de boles blanques que apareixen a l'extracció de les $n$ boles) pren valors en el conjunt $\{0,1,2,\ldots,m \}$ podem escriure

$\displaystyle P(X=k)=\dfrac{\binom{m}{k}\,\binom{N-m}{n-k}}{\binom{N}{n}}$

Es demostra que els paràmetres d'aquest model de v.a. són

Esperança de $X$:
$\displaystyle \mu = \dfrac{n\,m}{N}$

Variància de $X$:
$\displaystyle \sigma^2 = \dfrac{n\,m\,(N-n)\,(N-m)}{N^2\,(N-1)}$

Exemple 1

Enunciat:
En una urna hi ha deu boles de colors, entre les quals n'hi ha quatre de color blanc. Extraiem set boles a la vegada ( que és equivalent a treure-les una a una, però sense reemplaçar-les a mesura que les anem traient ). Quant val la probabilitat que entre aquestes set boles n'hi hagi tres de blanques ?

Resolució:
De l'expressió general
$\displaystyle P(X=k)=\dfrac{\binom{m}{k}\,\binom{N-m}{n-k}}{\binom{N}{n}}$
tenint en compte que
$N=10$
$m=4$
$n=7$
$k=3$
calculem directament
$\displaystyle P(X=3)=\dfrac{\binom{4}{3}\,\binom{10-4}{7-3}}{\binom{10}{7}}=\ldots=\dfrac{1}{2}$
$\square$

[nota del autor]

Ejercicios de cálculo de probabilidades ... ( Artículo escrito en catalán )

Exercici 1:
En un edifici de set plantes coincideixen dues persones a la porta de l'ascensor d'una determinada planta. Calculeu la probabilitat que:
    a) no vagin a la mateixa planta
    b) vagin a la mateixa planta

      [Resolució (no mireu la resolució abans d'intentar fer l'exercici)]

Exercici 2:
En un institut, el 30% dels alumnes són noies. Sabem que el 60% de les noies practiquen algun esport; i el 70% dels nois, també. S'escull un alumne (noi o noia) a l'atzar. Calculeu la probabilitat que:
    a) practiqui algun esport
    b) l'alumne sigui un noi, sabent que aquest practica algun esport

      [Resolució (no mireu la resolució abans d'intentar fer l'exercici)]

Exercici 3:
Considereu una variable aleatòria $X \sim N(10\,,\,4)$. Calculeu la probabilitat que no prengui cap valor a l'interval $\left[6\,,\,11\right] \in \mathbb{R}$

      [Resolució (no mireu la resolució abans d'intentar fer l'exercici)]

Exercici 4:
Buidem sobre una taula un sac amb sis-centes monedes. Calculeu la probabilitat que apareguin entre tres-centes i quatre-centes cares.

      [Resolució (no mireu la resolució abans d'intentar fer l'exercici)]

Exercici 5:
Considereu tots els nombres naturals més grans o bé iguals que cent, i més petits o bé iguals que nous-cents noranta-nou. Escollim un d'aquests nombres a l'atzar. Calculeu la probabilitat que sigui:
    a) divisible per cinc
    b) divisible per dos

      [Resolució (no mireu la resolució abans d'intentar fer l'exercici)]

Resolució de l'exercici 1:
a)     En agafar l'ascensor dues persones en una mateixa planta d'un edifici, una de les dues (qui primer primer marqui el número de la planta on vol anar) pot escollir sis plantes com a destinació ( no pas set, perquè és absurd que esculli la mateixa planta on es troba ); llavors, com que té absoluta llibertat per escollir les sis opcions restants, la probabilitat que es demana (que les dues persones no coincideixin en l'elecció de la planta on volen anar) vindrà donada per les possibilitats efectives que li queden a l'altra persona, tenint en compte – tinguem-ho ben present - que suposem que no trien la mateixa; i, és clar que només en podrà escollir cinc (d'un total de sis, també), atès que cal descomptar-ne una (la que ja ha triat el seu company). Per tant, la probabilitat que no vagin a la mateixa planta és igual a $5/6$.

Vist des d'una manera alternativa: fent ús del principi de Laplace, un dels ocupants de l'ascensor (el primer que escull) té sis possibilitats per decidir la planta on vol anar (d'un total de sis); el seu company, en té cinc (no pot triar la mateixa), entre un total de sis, també. Llavors, fent ús del principi multiplicatiu, la probabilitat que no vagin a la mateixa planta ha de ser igual a
        $\dfrac{6}{6} \cdot \dfrac{5}{6}$
és a dir
        $\dfrac{5}{6}$
$\square$

b)     Ara, es demana la probabilitat del succés contrari (que vagin a la mateixa planta), que és igual
        $1-\dfrac{5}{6}$
és a dir
        $\dfrac{1}{6}$
$\square$

Resolució de l'exercici 2:
a)     Designem amb la lletra H, el succés "escollir un noi"; amb la lletra D, el succés "escollir una noia"; i amb la lletra E, al succés "escollir una persona que persona que practiqui algun esport".

A partir de la informació de l'enunciat, podem escriure el valor de les següents probabilitats:
    $P(H)=\dfrac{7}{10}$
    $P(D)=\dfrac{3}{10}$
    $P(E|H)=\dfrac{7}{10}$
    $P(E|D)=\dfrac{3}{5}$

Llavors, d'acord amb el teorema de la probabilitat total, podem escriure
$P(E)=P(E|H)\,P(H)+P(E|D)\,P(D)$
    $=\dfrac{7}{10} \cdot \dfrac{7}{10} + \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{3}{10}$
    $=\ldots=67 \, \%$
$\square$

b)     D'acord amb el teorema de Bayes

$P(H|E)=\dfrac{P(E|H)\,P(H)}{P(E)}$
    $=\dfrac{\frac{7}{10} \cdot \frac{7}{10}}{\frac{67}{100}}$

    $=\frac{49}{67}$

    $\approx 73 \, \%$

$\square$

Resolució de l'exercici 3:
Com que $P(6 \le X \le 11)$ és la probabilitat que $X$ prengui valors dins l'interval $\left[6\,,\,11\right]$, llavors la probabilitat que prengui valors fora de l'interval és igual a $1-P(6 \le X \le 11) \quad \quad (1)$

$P(6 \le X \le 11)=P(X \le 11)-P(X \le 6) \quad \quad (2)$
Per poder emprar les taules de la distribució $N(0,1)$ fem l'estandarització de la variable mitjançant el canvi
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$
i, donats els valors dels paràmetres $\mu=10$ i $\sigma=4$, calcularem tot seguit el valor dels límits de l'interval per a la nova variable

Si $X=6$
$Z=\dfrac{6-10}{4}$
  $=-1$

Si $X=11$
$Z=\dfrac{11-10}{4}$
  $=0,25$

Llavors,
$P(X \le 11)=P(Z \le 0,25)$
i consultant les taules $N(0,1)$ trobem que és igual a
  $=F(0,25) \approx 0,5987 \, \text{4 x.s.}$

$P(X \le 6)=P(Z \le -1)$
i, per les propietats de la funció de densitat de probabilitat de Gauss, és igual a
  $=1-P(Z \le 1)$
  $=1-F(1)$
Consultant les taules $N(0,1)$ trobem
$F(1) \approx 0,8413 \, \text{4 x.s.}$
amb la qual cosa
$1-F(1) \approx 0,1587 \, \text{4 x.s.}$

Finalment, de (2)
$P(6 \le X \le 11)$
    $\approx 0,44$
amb la qual cosa, de (1), trobem que la probabilitat que $X$ prengui valors fora de l'interval és igual a $1-0,44=0,56$
és a dir, del $56 \, \text{\%}$

$\square$

Resolució de l'exercici 4:
La variable aleatòria $X$ d'aquest problema representa el nombre de cares que surten en abocar el sac de monedes; és, per tant, una variable discreta i pren valors en el conjunt $\{0,1,2,\ldots ,600\}$

Per les característiques de l'experiència aleatòria, $X$ s'adequa a un model binomial $B(n,p)$, amb $n=600$ ( sis-centes realitzacions ) amb probabilitat d'èxit (sortir cara en una realització) $p=0,5$ i probabilitat de fracàs $q=1-p$ igual a $0,5$ car suposem que les monedes són equilibrades

Se'ns demana que calculem $P(300 \le X \le 400)=P(X \le 400) - P(X < 300)$. Les dificultats de càlcul són evidents; per això, farem ús de l'aproximació del model binomial $B(600\,,\,0,5)$ per un model normal $N(\mu \,,\,\sigma)$, amb $\mu=n\,p$ i per tant igual a $300$, i $\sigma=\sqrt{n\,p\,q} \approx 12,2474$. Val a dir que podem fer l'aproximació, atès que ni $p$ ni $q$ no tendeixen a zero o a u i es compleix el criteri $n\,p > 5$; en efecte $n\,p = 600 \cdot 0,5 = 300 >5$.

Llavors, i afegint les correccions de Yates, podrem escriure les igualtats aproximades:
$P(X \le 400) \approx P(X^{'} \le 400,5) \quad \quad (1)$
$P(X < 300) \approx P(X^{'} \le 299,5) \quad \quad (2)$

on $X \sim B(600 \,,\, 0,5)$
i
$X^{'} \sim N(300 \,,\, 12,2474)$

Per calcular (1) i (2) fent ús de les taules de la d. normal $Z \sim N(0,1)$, cal fer el canvi de variable
$Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}$     [ recordem que $\mu=300$ i que $\sigma=12,247$ ]
i, calculant el valor dels límits dels intervals per a $Z$, trobem
A $X^{'}=400,5$ li correspon un valor de $Z$ igual a $8,2058$
A $X^{'}=299,5$ li correspon un valor de $Z$ igual a $-0,0408$
Llavors,
$P(X^{'}\le 400,5)\approx P(Z \le 8,2058) \approx 1,0000$     ( taules $N(0,1)$ )
i
$P(X^{'}\le 299,5)\approx P(Z \le -0,0408)$     ( taules $N(0,1)$ )
i, doncs, ens queda
  $=1-P(Z \le 0,0408)$     ( per la simetria de la funció de densitat de probabilitat del model de Gauss )
  $= 1-\approx 0,5160$
  $= 0,4840$

I - acabant - la probabilitat demanada que hem començat expressant de la forma
$P(300 \le X \le 400)$ i que, com ja hem dit, segons l'aproximació del model binomial (discret) pel model de Gauss (continu) que hem fet amb la finalitat de facilitar el càlcul, és igual aproximadament a
$P(X^{'}\le 400,5)-P(X^{'}\le 299,5)$
  $=1-0,4840$
és a dir, d'un
$51,6 \, \%$
$\square$

Resolució de l'exercici 5:
a)     Hi ha $180$ múltiples de cinc en el conjunt de nombres
    $\{ 100 \le n \le 999 \, \quad \text{on} \; n\in \mathbb{N}\}$
i, $900$ nombres en total.

En efecte, calculem el nombre de múltiples de cinc fent ús del principi
multiplicatiu: nou possibilitats per escollir la xifra de les centenes (no podem escollir el zero, car seria un nombre inferior a $100$ ), deu possibilitats ( alguna de les xifres $\{0,1,2,\ldots,9\}$ ) per escollir la xifra de les desenes, i dues per escollir la de les unitats (tan sols pot ser un zero o bé un cinc, si hem de construir nombres múltiples de cinc); per tant, tenim $9\cdot 10 \cdot 2 = 180$ nombres múltiples de cinc, i $9 \cdot 10 \cdot 10 = 900$ nombres en total, car podem escollir les xifres de les unitats i de les desenes de deu maneres possibles ( alguna de les xifres $\{0,1,2,\ldots,9\}$ ), llevat de la xifra de les centenes, que només ho podem fer de nou (recordem que no podem triar el zero).

Llavors, la probabilitat d'escollir (a l'atzar) un nombre que sigui múltiple de cinc entre els nou-cents nombres és igual (pel principi de Laplace) a
    $\dfrac{180}{900}$
que, simplificada, queda
    $\dfrac{1}{5}$
    $=20 \, \\%$
$\square$

a)     Hi ha $450$ múltiples de dos (nombres parells) en el conjunt de nombres     $\{ 100 \le n \le 999 \, \quad \text{on} \; n \in \mathbb{N}\}$
i, $900$ nombres en total.

Per tant, la probabilitat de triar, a l'atzar, un nombre parell entre els nou-cents nombres esmentats és igual a $\frac{1}{2}$
    $=50 \,\%$
$\square$

[nota del autor]

Un dau especial