Probabilidad

Ernesto Mordecki
8 de junio de 2007

´Indice

1. Experimentos aleatorios 2

2. Sucesos 2

3. Probabilidad 3

4. Probabilidad y Permutaciones 5

5. Probabilidad y Combinaciones 8

6. Operaciones con sucesos 9

7. Regla de la suma 12

8. Propiedades de la probabilidad 13

9. Probabilidad condicional 15

10. Fo´rmula de la probabilidad total 16

11. Fo´rmula de Bayes 18

12. Sucesos independientes 20

13. Paseo al azar y triangulo de Pascal 23

14. Ley de los grandes nu´meros 25

15. Bibliograf´ıa 29

1
1. Experimentos aleatorios
Las probabilidades aparecen asociadas a los fen´omenos aleatorios.
Un feno´meno aleatorio es aquel en el cual la verificaci´on de un cierto
conjun- to de condiciones determinadas conduce a un resultado entre una
serie de resultados posibles. Llamamos experimento aleatorio a ese
conjunto de con- diciones determinadas. Por contraposici´on, los feno
´menos determ´ısticos, o no aleatorios son aquellos en los que la verificaci
´on de un cierto conjunto de condiciones determinadas conduce, en forma
inevitable, a un resultado fijo. Como ejemplos: tirar una moneda al aire y
observar la cara que presenta al caer al piso es un experimento aleatorio
(tenemos dos resultados posibles: cara y nu´mero); mientras que enfriar
agua hasta cero grados cent´ıgrados bajo presion atmosf´erica normal es
un fen´omeno determin´ıstico (conduce inequ´ıvocamente a la formaci´on
de hielo).

2. Sucesos
Consideremos un experimento aleatorio, y designemos mediante la
letra griega mayu´scula Ω (Omega) el conjunto de todos sus resultados
posibles. Llamamos a este conjunto Ω espacio de sucesos elementales, y a
sus puntos sucesos elementales o tambi´en casos posibles. Suponemos
que Ω es un con- junto finito y utilizamos la letra n para designar su
cantidad de elementos.
Ejemplo 1. Si tiramos una moneda al aire, tenemos un experimento
aleatorio con
Ω = {cara, nu´mero},
y resulta n = 2.
Ejemplo 2. Si tiramos un dado, tenemos seis resultados posibles,

Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

y en este caso n = 6.
Ejemplo 3. Si lanzamos un dado dos veces consecutivas, tenemos 36 casos
posibles, resultantes de combinar el primer resultado con el segundo, que
podemos representar en la siguiente tabla:
 (1, 1) (1, 2) (1, 3) (1, 4) (1, 5) (1, 6)
(2, 1) (2, 2) (2, 3) (2, 4) (2, 5) (2, 6)
(3, 1) (3, 2) (3, 3) (3, 4) (3, 5) (3, 6)
(4, 1) (4, 2) (4, 3) (4, 4) (4, 5) (4, 6)
(5, 1) (5, 2) (5, 3) (5, 4) (5, 5) (5, 6)
(6, 1) (6, 2) (6, 3) (6, 4) (6, 5) (6, 6)
donde, por ejemplo, el caso (3, 4) representa el resultado correspondiente
a obtener 3 puntos en la primer tirada y 4 en la segunda.
Llamamos suceso a cada subconjunto de Ω. Designamos a los sucesos
mediante las letras A, B, C, . . . con sub´ındices o sin ellos. Los sucesos
pueden tener uno o varios elementos, y tambi´en ningu´n elemento. En
este u´ltimo caso tenemos el suceso imposible, que designamos mediante ∅.
En el ejemplo 3, el conjunto

A = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5), (1, 6)}

es un suceso, y corresponde a obtener un as en la primer tirada del dado.

Los puntos que componen un suceso se llaman casos favorables para
la ocurrencia de dicho suceso.
El surgimiento de la teor´ıa de la probabilidad es muy anterior a la
crea- ci´on de la teor´ıa de conjuntos. Por esto, desde su mismo inicio, en
teor´ıa de la probabilidad se utiliz´o (y continu´a utiliz´andose) una
terminolog´ıa espec´ıfica, diferente de la terminolog´ıa utilizada en teor
´ıa de conjuntos. En la p´agina 11 se presenta una tabla de t´erminos
de teor´ıa de conjuntos, junto con los correspondientes t´erminos del c
´alculo de probabilidades, que introducimos y utilizamos a lo largo de
este curso. Las letras A, B, C, . . . , con ´ındices o sin ellos, designan a los
sucesos, es decir, a los subconjuntos de Ω.

3. Probabilidad
Definicio´n 1. Dado un experimento aleatorio con un espacio de n
sucesos elementales Ω, la probabilidad del suceso A, que designamos
mediante P(A), es la razo´n entre la cantidad de casos favorables para
la ocurrencia de A y la de casos posibles. En otros t´erminos
nA
P(A) = ,
n
donde nA es la cantidad de casos favorables de A.
 Veamos tres observaciones que resultan de esta definici´on.
Observacio´n. De la definici´on dada se obtiene que cada suceso elemental
tie- ne probabilidad 1/n. Decimos en este caso que los sucesos son
equiprobables. Esta es una caracter´ıstica muy importante de la definici
´on, que establece limitaciones en su aplicaci´on en aquellos experimentos
aleatorios donde este supuesto sea razonable.
Observacio´n. La probabilidad es un nu´mero no negativo, y menor o
igual que 1, es decir, para cualquier suceso A tenemos

0 ≤ P(A) ≤ 1.

Observacio´n. Como el conjunto vac´ıo ∅ es un subconjunto de Ω sin

elemen- tos, tenemos que su probabilidad es nula, es decir P(∅) = 0. Es por
´esto que lo llamamos suceso imposible. (Ver tabla en la p´agina 6.)
Por otra parte obtenemos que P(Ω) = 1, por lo que llamamos suceso
seguro al espacio de sucesos elementales Ω.

Ejemplo 4. Calcular la probabilidad de que al tirar un dado dos veces con-

secutivas, la suma de los puntos obtenidos sea no menor que 8.
Solucio´n. Designemos por (i, j) al resultado del experimento consistente
en tirar un dado dos veces consecutivas, y obtener i puntos en el primer
tiro y j puntos en el segundo (i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6). El conjunto de
sucesos elementales
que describe los resultados de un experimento de este tipo, se compone
de 6 × 6 = 36 puntos de la forma (i, j), y puede ser representado en la
siguiente tabla:
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
(3,1) (2,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)
El suceso A consiste en que la suma de los puntos obtenidos es no menor que
8. Es claro, que los casos favorables para la ocurrencia del suceso A son
los son indicados en la tabla. La cantidad de estos sucesos es 15.
Considerando que los 36 resultados posibles son equiprobables, y
aplicando la definici´on de probabilidad, obtenemos P(A) = 15/36 =
5/12.
Ejercicios
1. Se considera un experimento consistente en arrojar un dado dos
veces consecutivas. Calcular la probabilidad de que la suma de los
resultados sea:
(a) igual a 5; (b) no mayor de 5.

2. Hallar la probabilidad de que al tirar un dado tres veces consecutivas,

la suma de los resultados sea mayor que 15.

3. Calcular la probabilidad de obtener un boleto capicu´a.

4. Problema de Galileo. Al tirar un dado equilibrado, con iguales

chances se obtienen 1, 2, 3, 4, 5 ´o 6 puntos. En caso de tirar dos dados la
suma de los puntos obtenidos esta comprendida entre 2 y 12. Tanto el 9
como el 10, a partir de los nu´meros 1, 2, 3, 4, 5, 6 se puede obtener de dos
formas distintas: 9 = 3 + 6 = 4 + 5, y 10 = 4 + 6 = 5 + 5. En el problema
con tres dados tanto el 9 como el 10 se obtienen de seis formas. ¿Porque
entonces el 9 se obtiene con mayor frecuencia al tirar dos dados, y el 10
con mayor frecuencia al tirar tres?

4. Probabilidad y Permutaciones
En vista de la definici´on que dimos de probabilidad, basada en las
canti- dades de casos favorables y de casos posibles, la determinaci´on de la
probabi- lidad de un suceso se reduce en muchos casos a problemas de
combinatoria, en particular al c´alculo de permutaciones.
Podemos disponer dos letras distintas A, B una luego de la otra de dos
formas distintas:
AB, BA.
Tres letras se pueden disponer en forma sucesiva ya de seis maneras:

ABC, ACB
BAC, BCA
CAB, CBA

Para cuatro letras obtenemos 24 formas diferentes de disponerlas

sucesiva- mente:
ABCD, ABDC, ACBD, ACDB, ADBC, ADCB
BACD, BADC, BCAD, BCDA, BDAC, BDCA
CABD, CADB, CBAD, CBDA, CDAB, CDBA
DABC, DACB, DBAC, DBCA, DCAB, DCBA
¿De cuantas formas se pueden disponer diez letras en forma sucesiva?
Escri- bir todas las formas parece dif´ıcil. Para responder esta pregunta es
desable tener una regla general, una f´ormula, que nos permita calcular
directamente la cantidad de formas distintas de disponer n letras en forma
sucesiva. Esta cantidad se designa mediante el s´ımbolo n! (la letra n
seguida de un s´ımbolo de exclamaci´on) y se llama el factorial de n, o, m
´as brevemente, n-factorial. Calculemos esta cantidad. Hemos visto, que

2! = 2, 3! = 6, 4! = 24.

Llamamos permutacio´n a cada forma de disponer una cantidad dada

de letras en forma sucesiva. Es claro que en vez de letras podemos
disponer cifras, o cualquier otro elemento. La cantidad de permutaciones
de 4 ele- mentos es 24. En general, la cantidad de permutaciones de n
elementos es n!. Supondremos tambi´en que

1! = 1.

(un solo objeto no se puede “permutar”, hay una u´nica forma de ponerlo
en una sucesi´on).
Tenemos entonces:

1! = 1,
2! = 1 × 2 = 2,
3! = 1 × 2 × 3 = 6,
4! = 1 × 2 × 3 × 4 = 24.

Se plantea el siguiente resultado: la cantidad de permutaciones de n

elemen- tos es igual al producto de los n primeros nu´meros naturales.

n! = 1 × 2 × 3 × · · · × n. (1)

Este resultado es cierto.

Para su demostraci´on observemos que en caso de tener n elementos,
en el primer lugar podemos colocar cualquiera de ellos. En cada uno de
estas n situaciones restan n − 1 elementos para disponer en n − 1
lugares, lo que se puede hacer en (n − 1)! formas diferentes. Obtenemos
entonces n × (n − 1)! formas distintas de disponer n elementos:

n! = (n − 1)! × n. (2)
Con ayuda de la f´ormula (2) obtenemos:

2! = 1! × 2 = 1 × 2,
3! = 2! × 3 = 1 × 2 × 3,
4! = 3! × 4 = 1 × 2 × 3 × 4
5! = 4! × 5 = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 = 120,

y as´ı sucesivamente.
En t´erminos m´as formales, la demostraci´on se basa en el
principio de inducci´on completa, el cual permite obtener la f´ormula (1) a
partir de la (2). Ahora no es dif´ıcil calcular la cantidad de permutaciones
de diez letras:

10! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × 9 × 10 = 3 628 800.

Ejemplo 5. Calculemos la probablidad de que al disponer al azar las letras

A, D, E, M, N, O, resulte exactamente la palabra MONEDA. Comencemos
con los casos favorables: tenemos 6 letras, que se pueden disponer de 6! =
120 × 6 = 720 formas diferentes. Como existe un u´nico caso favorable,
la probabilidad buscada es 1/720.
Ejemplo 6. Calculemos la probablidad de que al disponer al azar las letras
A, A, A, N, N, resulte la palabra ANANA, Comencemos con los casos
favora- bles: tenemos 5 letras, que se pueden disponer de 5! = 120 formas
diferentes. Como hay letras repetidas el conteo de los casos favorables es m
´as delicado. Para eso etiquetamos cada letra con un nu´mero:

1 2 3 4 5
A N A N A

Tenemos dos posibilidades para las N, que corresponden a las formas de

disponer los nu´meros 2 y 4. Tenemos 6 posibilidades para las A, que son
las formas de disponer los nu´meros 1,3,5. Cada una de las formas de
disponer las N se combina con cada una de las formas de disponer las A,
obteniendo 12 casos favorables. La probabilidad buscada es entonces
12/120=1/10.

Ejercicios
1. Se tiran 6 dados. Calcular la probabilidad de que muestren caras dis-
tintas.
5. Probabilidad y Combinaciones
Llamamos combinaciones de n tomadas de a m a la cantidad de
formas de elegir un subconjunto de m elementos de un conjunto formado
por n elementos.
Por ejemplo, si tenemos las letras A, B, C, D, tenemos seis
subconjuntos de dos letras:

{A,B}, {A,C}, {A,D}, {B,C}, {B,D}, {C,D}.

Veamos como pueden calcularse las combinaciones a partir de los
facto- riales, introducidos en la secci´on 4.
Mas precisamente, demostremos la f´ormula
n!
C nm = . (3)
m!(n −
m)!
Para verificar esta f´ormula contamos las distintas formas de ordenar
sucesivamente los n elementos de un conjunto de dos maneras distintas.
En primer lugar sabemos que la cantidad de ordenaciones posibles son
n!.
Para el segundo calcu´ lo, elejimos m elementos del conjunto, que orde-
namos en los primeros m lugares de m! factorial formas distintas. Luego,
ordenamos en los n − m elementos restantes de (n − m)! formas
distintas. Por u´ltimo observamos que la primer elecci´on de m elementos
se puede ha-
cer de Cnm formas distintas. Es claro que cada elecci´on de los m objetos,
de su orden, y del orden de los restantes produce una ordenaci´on
diferente del conjunto inicial. Por otra parte, cualquier ordenaci´on de
este conjunto corresponde a tener m primeros elementos en un orden
dado, junto con otro orden de los restantes. En definitiva hemos
demostrado que

n! = Cnm× m! × (n − m)!,

que es equivalente a la f´ormula (3)

Ejemplo 7. Una urna contiene a bolas blancas y b bolas negras. Se eligen
al azar c bolas, donde c ≤ a + b. Calcular la probabilidad de que entre las
bolas extra´ıdas haya a0 bolas blancas y b0 bolas negras.
Solucio´n. Tenemos a0 + b0 = c, con 0 ≤ a0 ≤ a y 0 ≤ b0 ≤ b. Es claro
que la cantidad de formas distintas de elegir a0 + b0 bolas entre las a + b
bolas
de la urna es Ca+b
a +b0 . Todas estas formas ser´an consideradas equiprobables.
Continuando, la cantidad de formas distintas de elegir a0 bolas blancas entre
las a bolas blancas que hay en la urna, es C a
a0 , y para cada una de las formas
de elecci´on de a0 bolas blancas, existen b formas distintas de elegir b0 bolas
0
Cb
negras entre las b bolas negras de la urna. Por esto, la cantidad de casos
favorables para la ocurrencia del suceso A, consistente en elegir a0 bolas
blancas y b0 bolas negras, es C a C b . Segu´n la definici´on de
probabilidad,
a0 b0
tenemos
C0a Cbb0
P(A) = a a+ .
C ba +b
0 0

Ejercicios
1. Una urna contiene 4 bolas blancas y 5 negras. Se eligen tres bolas al
azar. Calcular las probabilidades de que: (a) todas las bolas extra´ıdas sean
blancas; (b) todas las bolas extra´ıdas sean negras; (c) se extraiga una bola
blanca y dos negras.

2. Para obtener el premio mayor en una loter´ıa se precisa acertar 5 nu

´me- ros elegidos entre 49. Calcular la probabilidad de obtener el premio
mayor en esta loter´ıa.

3. De un mazo de 52 cartas se eligen 4 cartas al azar. Calcular la proba-

bilidad de que se extraigan: (a) por lo menos un as; (b) no menos de dos
ases.

4. Un estudiante asiste a un examen sabiendo solo 15 de las 20 pregun-

tas del programa. En el billete del examen hay 3 preguntas. Calcular la
probabilidad de que el estudiante sepa las 3 preguntas.

5. Calcular la probabilidad de que se acepte una partida de 100

unidades, 5 de las cuales est´an falladas, si se toman de muestra la mitad, y
las condiciones para aceptarla son contener a lo sumo un 2 % de unidades
falladas.

6. Operaciones con sucesos

Llamamos suma o unio´n de los sucesos A y B al suceso compuesto tanto
por los sucesos elementales que componen A como por los que componen
B. Los sucesos elementales que componen tanto A como B se cuentan una
sola vez. Designamos mediante A ∪ B a la suma de los sucesos A y B.
Ejemplo 8. Tiremos un dado, y designemos mediante A el suceso de
obtener una cantidad par de puntos; mediante B, una cantidad mu´ltipo
de tres. El
suceso A = {2, 4, 6}, mientras que B = {3, 6}. Por eso
A ∪ B = {2, 3, 4, 6}.
El resultado 6 aparece en ambos sucesos. Observemos que el suceso B se
puede obtener como la suma de los sucesos {3} y {6}.
La definici´on de suma de sucesos puede extenderse de forma
natural a una cantidad arbitraria de sucesos A, B, . . . , K. La suma de los
suceso anteriores, que designamos A ∪ B ∪ · · · ∪ K, es el suceso
compuesto por todos aquellos sucesos elementales que componen por lo
menos uno de los
sucesos elementales dados A, B, . . . , K. De esta forma, el suceso A en el
ejemplo anterior del dado se puede obtener como uni´on de tres
sucesos: A = {2} ∪ {4} ∪ {6}.
Llamamos producto o interseccio´n de dos sucesos A y B al suceso com-
puesto por los sucesos elementales que componen tanto el suceso A como
el suceso B. Designamos mediante AB o tambi´en mediante A ∩ B a
la intersecci´on de los sucesos A y B.
En el ejemplo anterior, correspondiente a tirar un dado, la intersecci
´on de los sucesos A y B se compone de un u´nico suceso elemental,
el {6}, es decir AB = {6}.
La definici´on de intersecci´on de sucesos puede extenderse de forma
natu- ral a una cantidad arbitraria de sucesos A, B, . . . , K. La intersecci
´on de los sucesos anteriores, que designamos A ∩ B ∩ · · · ∩ K, es el
suceso compues- to por todos aquellos sucesos elementales que componen,
simu´ltaneamente, cada uno de los sucesos A, B, . . . , K.
El suceso contrario a un suceso A, o su complemento, que designamos
A, es el suceso compuesto por todos los sucesos elementales que no
componen
A. En el ejemplo de tirar el dado, tenemos A = {1, 3, 5}.

Ejercicios
1. Un blanco se compone de 5 c´ırculos conc´entricos con radios 0 <
r1 < r2 < r3 < r4 < r5 . El suceso Ak consiste e n acertar en el c
S T
´ırculo de radio 5 5
rk. Explicar que significan los sucesos B = k=1 Ak, C = k=1 Ak, y D =
A1A2.
2. Demostrar, que para dos sucesos A y B arbitrarios, las siguientes
cuatro relaciones son equivalentes: (a) A ⊂ B; (b) B ⊂ A; (c) A ∪ B = B;
(d) AB = ∅.
3. Un trabajador fabrica distintos productos. Sea Ak (k = 1, . . . , n) el
suceso que consiste en que el producto k-´esimo sea defectuoso. Escribir
los
 T´ermino de la teor´ıa T´ermino de la teor´ıa
Notacio´n
de conjuntos de la probabilidad
espacio de sucesos
Ω espacio de elementos
elementales
∅ conjunto vac´ıo suceso imposible
uni´on de los conjuntos suma de los sucesos
A∪B
AyB AyB
intersecci´on de los producto de los sucesos
A ∩ B, AB
conjuntos A y B AyB
los conjuntos A y B son
los sucesos A y B son
AB = ∅ disjuntos (no tienen
incompatibles
elementos comunes)
el suceso C consiste en
el conjunto C es la
la ocurrencia (simult
C = AB intersecci´on de
´anea) de ambos
los conjuntos A y
sucesos A y B
B
el suceso D consiste en
el conjunto D es la
la ocurrencia de al
D=A∪B uni´on de los
menos uno de los
conjuntos A y B
sucesos A ´o B
AiAj = ∅ los sucesos A1, A2, . . .
los conjuntos A1, A2, . . .
(i, j = 1, 2, . . . ; son incompatibles dos
son disjuntos dos a dos
i =ƒ j) a dos
cada punto del espacio
[n Ω pertenece por lo los sucesos A1, . . . , An
Ai = Ω
menos a uno de los son los u´nicos posibles
i=1
conjuntos A1, . . . , An
el conjunto A la ocurrencia del
A⊂B est´a contenido suceso A implica la
en el conjunto B ocurrencia del suceso
B
complemento del
suceso contrario al
Ω\ A conjunto A
suceso A (designado A)
(designado Ac)
sucesos: (a) ni uno de los productos es defectuoso; (b) por lo menos uno
de los productos es defectuoso; (c) solamente uno de los productos es
defectuoso.

4. Se tiran dos dados en forma consecutiva. El suceso A consiste en que

la suma de puntos obtenidos sea par; el suceso B, en que por lo menos en
uno de los dados aparezcan 6 puntos. Describa los sucesos A ∪ B, AB,
AB, AB.

5. Sean A y B sucesos arbitrarios. El suceso (A\ B) ∪(B\ A) se

denomina diferencia sim´etrica entre los sucesos A y B, y se designa
mediante A △ B. Demostrar que: (a) A ∪ B = (AB) ∪ (A △ B); (b) A △ A
= Ω; (c) A △ Ω = A.

7. Regla de la suma
Decimos que dos sucesos A y B son incompatibles cuando no tienen
puntos en comu´n, es decir, su intersecci´on es vac´ıa: A ∩ B = ∅.

Teorema 1 (Regla de la suma). La probablidad de la suma de dos sucesos

incompatibles A y B es la suma de sus probabilidades, es decir

P(A ∪ B) = P(A) + P(B). (4)

Demostracio´n. Designemos mediante nA y nB a la cantidad de

elementos de A y B, respectivamente. Como A y B no tienen puntos
en comu´n, su uni´on A ∪ B tiene nA + nB puntos, que son los casos
favorables para A ∪ B. Entonces
nA + nB nA nB
P(A ∪ B) = = + = P(A) + P(B).
n n n
donde la u´ltima igualdad se obtiene tambi´en por la definici´on de
probabili- dad.

Decimos que los sucesos A1, . . . , Am son incompatibles dos a dos

cuando todas las parejas poisibles de sucesos distintos son incompatibles,
es decir, cuando Ai ∩ Aj = ∅.
Si A, B y C son tres sucesos incompatibles no es dif´ıcil establecer, te-
niendo en cuenta el teorema anterior, que

P(A ∪ B ∪ C) = P(A) + P(B) + P(C).

M´as en general, si A1 , . . . , An son sucesos incompatibles dos a dos, la
regla de la suma es la f´ormula
Σ
P(A1 ∪ · · · ∪ An) = P(A1) + · · · + P(An) n P(Ak).
=
k=1

Esta f´ormula incluye a las dos anteriores en los casos en que n = 2 y n =

3, y se demuestra mediante la aplicaci´on sucesiva de la f´ormula (4).

8. Propiedades de la probabilidad
La definici´on de probabilidad junto a la regla de la suma permiten
ob- tener importantes propiedades para el c´alculo de probabilidades.
Propiedad 1. Para cualquier suceso A se tiene P(A) = 1 − P(A).
Demostracio´n. Por definici´on de A (suceso contrario al suceso A),
tenemos
A = Ω \ A. De aqu´ı resulta AA = ∅.
Como P(Ω) = 1, aplicando la regla de la suma conclu´ımos que 1 =
P(Ω) = P(A ∪ A) = P(A) + P(A).
Propiedad 2. Si A ⊂ B, entonces P(A) ≤ P(B).
Demostracio´n. Como A ⊂ B, tenemos B = A ∪ (B \ A). Los sucesos
A y B\A son incompatibles, y por la regla de la suma P(B) = P(A)
+P(B\A) ≥ P(A).

Propiedad 3. Para sucesos A y B arbitrarios vale la igualdad

P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B). (5)

Demostracio´n. Es claro que A = AB ∪ AB y B = AB ∪ AB. Como

los sucesos en las dos sumas anteriores son incompatibles, aplicando la
regla de la suma, resulta

P(A) = P(AB) + P(AB), P(B) = P(AB) + P(AB).

Tenemos tambi´en A ∪ B = AB ∪ AB ∪ AB, donde a la derecha se

suman tres sucesos incompatibles dos a dos. Aplicando nuevamente la
regla de la suma y sustituyendo, resulta

P(A ∪ B) = P(AB) + P(A) − P(AB) + P(B) − P(AB)

= P(A) + P(B) − P(A ∩ B),
que es la igualdad buscada.
Observacio´n. Si los sucesos A y B son incompatibles, entonces P(AB) = 0,
y de la f´ormula (5) se obtiene la igualdad ya conocida P(A ∪ B) = P(A) +
P(B).
Observacio´n. En forma an´aloga, no es dif´ıcil demostrar, que para tres sucesos
A, B y C arbitrarios, tiene lugar la igualdad

P(A ∪ B ∪ C) = P(A) + P(B) + P(C)

− P(AB) − P(AC) − P(BC) + P(ABC).
Es posible tambi´en demostrar una f´ormula general: para sucesos A1 , . . . , An
arbitrarios, vale la igualdad
. [n Σ
Σ Σ Σ
P Ai P(Ai) − P(AiAj) + P(AiAjAk)
n
i=1
= 1≤i<j≤ 1≤i<j<k≤
n n
i=1

− · · · + (−1)n+1 P(A1 . . . An).

De aqu´ı es posible obtener la desigualdad de Bonferroni :

. [n Σ
Σ Σ
P Ai n P(Ai) − P(AiAj).
i=1
≥ 1≤i<j≤
i=1 n

Propiedad 4. Dados n sucesos A1, . . . , An arbitrarios, tiene lugar la des-

igualdad
. [n Σ
Σ
P Ai n P(Ai).
≤
i=1 i=1

Demostracio´n. Para n = 2 esta desigualdad se obtiene de (5). Para n >

2, es f´acil obtener el resultado anterior, mediante la aplicaci´on
sucesiva de la desigualdad P(A ∪ B) ≤ P(A) + P(B).

Propiedad 5. Sean A1 , . . . , An sucesos incompatibles dos a dos, y los u´ni-

Σn
cos posibles1. i=1 P(Ai) = 1.
Entonces
Demostracio´n.
Sn Tenemos Ai Aj = ∅ cuando i ƒ= j, para i, j = 1, . . . , n.
Adem´as A = Ω. Como P(Ω) = 1, aplicando la regla de la suma
i=1 i
obtenemos P Ai
. [n i=1
1 = P(Ω) =
 = i=1 P(Ai),
Σn
concluyendo la demostraci´on.
1
Ver tabla en la p´agina 11.
Ejercicios
1. Paradoja del Caballero de M´er´e. Demostrar que es mas probable
obtener al menos un as al tirar cuatro dados, que obtener al menos dos
ases a la vez al tirar 24 veces un par de dados.

2. Demostrar que P(AB) ≥ P(A) −P(B) para sucesos A y B arbitrarios.

3. .Sn Σ Σn
Demostrar que se verifica k=1 ≥1 k=1 P(Ak) para sucesos
P Ak −
A1, . . . , Ak arbitrarios.
Σ Σ Σn
k =1−
4. Demostrar que A k=1 Ak ≤ k=1 P(Ak ), para
.S k=1
.
n Tn
P P
sucesos A1, . . . , An arbitrarios.

5. Demostrar que P(A \ B) = P(A) − P(AB) para sucesos A y B arbi-

trarios.

6. Problema de las ocho torres. Calcular la probabilidad de que al ubicar

ocho torres en un tablero de ajedrez, resulte que ninguna par se ataquen
(est´en ubicadas en la misma fila o columna).

7. Problema de las coincidencias. Una secretaria distra´ıda, luego de

escri- bir n de cartas y de indicar los destinatarios en n sobres, pone las
cartas en los sobres al azar y las env´ıa. Calcular la probabilidad de
que ningu´n destinatario reciba la carta que le correspond´ıa.

9. Probabilidad condicional
Consideremos un espacio de sucesos elementales Ω y dos sucesos A,
B. Supongamos que P(A) > 0. Definimos la probabilidad condicional de B
dado A, que designamos P(B | A), mediante la f´ormula
P(AB)
P(B | A) = . (6)
P(A)
La probabilidad condicional es la probabilidad restringida al suceso A.
En primer lugar es inmediato obtener que P(A | A) = 1. Veamos adem
´as que se verifica la regla de la suma para la probabilidad condicional, es
decir:

P(B ∪ C | A) = P(B | A) + P(C | A), (7)

si B y C son sucesos incompatibles.
 En efecto, aplicando la regla de la suma en la igualdad
(B ∪ C)A = BA ∪ CA,
que esta formada por sucesos incomaptibles por serlo B y C, tenemos
.
P (B ∪ C)A) = P(BA) + P(CA),
lo que dividido por P(A) da (7), el resultado buscado.
Consideremos ahora que Ω est´a compuesto por n puntos. Entonces,
cada uno de los puntos tiene probabilidad 1/n. Para un suceso C
arbitrario, designamos mediante nC la cantidad de sucesos elementales
que componen
C. Entonces P(C) = nC/n, y para la probabilidad condicional tenemos
P(AB) nAB/n nAB
P(B | A) = = = .
P(A) nA/n nA
Ejemplo 9. Un experimento consiste en elegir al azar una carta de un
mazo de 52 cartas. El suceso A consiste en que la carta elegida sea roja; el
suceso B, en que sea de corazones. Tenemos n = 52, nA = 26, nAB = nB =
13, y por esto nAB 13 1
P(B | A) = = = .
nA 26 2

Ejercicios
1. Tres jugadores A, B y C extraen por turno una bola cada uno, de una
urna que contiene 10 bolas blancas y 10 bolas negras. Las bolas extra´ıdas
no se reponen, y gana el primero que extrae una bola blanca. Calcular la
probabilidad de que gane cada uno de los jugadores A, B, y C.
2. Sean A y B dos sucesos arbitrarios, con P(A) > 0. Demostrar la des-
igualdad
P(B)
P(B | A) ≥ 1 − .
P(A)

10. F´ormula de la probabilidad total

Teorema 2. Sean A1 , . . . , An sucesos incompatibles dos a dos, los u
´nicos posibles, y con probabilidades positivas. Sea B un suceso
arbitrario. Entonces
Σn
P(B) = P(Ai) P(B | Ai). (8)
i=1
La igualdad (8) se denomina f´ormula de la probabilidad total.
 Sn
Demostracio´n. Tenemos B = ΩB = A B. Los sucesos A B, . . . , A B
i=1 i 1 n
son incompatibles dos a dos, por ser dos a dos incompatibles los sucesos
A1, . . . , An. Aplicando la regla de la suma, tenemos
. [n Σ
P(B) = P Σ Σ
AiB n P(AiB) = n P(Ai) P(B | Ai),
i=1
=
i=1 i=1

donde para obtener la u´ltima igualdad nos basamos en la definici´on de pro-

babilidad condicional (6).

Ejemplo 10. Tenemos 5 cajones con productos de una cierta industria. Dos
cajones contienen cada uno 4 productos buenos y 1 fallado; otros dos
cajo- nes contienen cada uno 3 productos buenos y 2 fallados; y el u
´ltimo caj´on contiene 6 productos buenos. Se elige al azar un caj´on,
del cual, tambi´en al azar, se extrae un producto. Calcular la probabilidad
de que el producto extra´ıdo resulte bueno.
Solucio´n. Designemos mediante B al suceso consistente en que el
produc- to extra´ıdo sea bueno. Tenemos cajones con tres composiciones
distintas de productos, y designamos mediante Ai (i = 1, 2, 3) al suceso
consistente en elegir un caj´on con una de las composiciones dada. De
esta forma (por ejemplo) se tiene: el suceso A1 consiste en elegir un caj
´on conteniendo 4 productos buenos y 1 fallado; el suceso A2 consiste en
elegir un caj´on con- teniendo 3 productos buenos y 2 fallados; el suceso
A3 consiste en elegir el caj´on que contiene 6 productos buenos. Es claro
que los sucesos A1 , A2 y A3 son incompatibles dos a dos, y son los u
´nicos posibles, de modo que segu´n la f´ormula (8), tenemos

P(B) = P(A1) P(B | A1) + P(A2) P(B | A2) + P(A3) P(B | A3)
2 4 2 1 6 19
= 5× 5 +
3 × + 5× 6 = 25.
5
5
Ejemplo 11. En una cierta poblaci´on de hombres hay un 30 % de
fumadores. Se sabe que la probabilidad de enfermarse de c´ancer de
pulmo´n es igual a 0,1 para los fumadores, e igual a 0,01 para los no
fumadores. Calcular la probabilidad de que un hombre elegido al azar en
esta poblaci´on est´e enfermo de c´ancer de pulm´on.
Solucio´n. Designemos con la letra B al suceso consistente en que el
hombre elegido tenga esta enfermedad. El suceso A consiste en elegir un
fumador de la poblaci´on. Sabemos que P(A) = 0,3, y que P(A) =
0,7 (el suceso
A consiste en elegir un no fumador de la poblaci´on). Por la f´ormula de la
probabilidad total tenemos

P(B) = P(A) P(B | A) + P(A) P(B | A) = 0,3 × 0,1 + 0,7 × 0,01 = 0,037.

Ejercicios
1. Se colocan al azar en un tablero de ajedrez una torre negra y una blanca.
¿‘Cu´al es la probabilidad de que no se ataquen?

2. De una urna que contiene 4 bolas blancas y 2 negras se extrae al azar

una bola, que luego se pone en una segunda urna, que tiene 3 bolas
blancas y 4 negras. Calcular la probabilidad de que una bola extra´ıda de la
segunda urna sea blanca.

11. F´ormula de Bayes

Teorema 3. Sean A1 , . . . , An sucesos incompatibles dos a dos, los u
´nicos posibles, y con probabilidades positivas. Sea B un suceso con
probabilidad positiva. Entonces

P(A P(Ak) P(B | Ak) (k = 1, . . . , n). (9)

k | B) = Σ n P(A ) P(B | A )
i=1 i i

La igualdad (9) se denomina f´ormula de Bayes.

Demostracio´n. Por la definici´on de probabilidad condicional, tenemos

P(AkB) = P(Ak) P(B | Ak) = P(B) P(Ak | B) (k = 1, . . . , n).

De aqu´ı
obtenemos
P(Ak) P(B | Ak) (k = 1, . . . , n).
P(Ak | B) = P(B)

Para obtener (9), resta aplicar la f´ormula de la probabilidad total (8) en el

denominador.

Ejemplo 12. En una primer urna se tienen 9 bolas blancas y 1 negra, en

una segunda urna 9 bolas negras y 1 blanca. Se elige al azar una urna, y de
ella, tambi´en al azar, se extrae una bola. La bola extra´ıda resulta ser
blanca (ocurri´o el suceso B). Calcular las probabilidades P(A1 | B) y
P(A2 | B), donde el suceso Ai consiste en elegir la urna i (i = 1 ´o 2).
Solucio´n. Por la f´ormula de Bayes, tenemos

1 P(A1) P(B | A1)

P(A | B) = P(A ) P(B | A ) + P(A ) P(B | A )
1 1 2 2
(1/2)(9/10) 9
= = .
(1/2)(9/10) + (1/2)(1/10) 10
An´alogamente, se obtiene

2 (1/2)(1/10) 1
P(A | B) = (1/2)(9/10) + (1/2)(1/10)= 10.

Alternativamente, una vez obtenida P(A1 | B) podemos calcular directa-

mente P(A2 | B) = 1 − P(A1 | B).

Ejercicios
1. En una mesa hay tres armas de tipo A y una de tipo B. La
probabilidad de acertar en el blanco con un arma de tipo A es de 0,7, y la
de acertar con un arma de tipo B es 0,4. Se elige al azar un arma y se
dispara un tiro al blanco. Calcular: (a) la probabilidad de fallar el tiro; (b)
la probabilidad de haber elegido un arma de tipo B, sabiendo que el tiro
fall´o.

2. Durante el mes de noviembre la probabilidad de que llueva es 0, 3.

Un equipo gana un partido con probabilidad 0, 4 cuando llueve y 0, 5
cuando no llueve. Sabiendo que el equipo gan´o un partido en noviembre,
calcular la probabilidad de que haya llovido el d´ıa del partido.

3. Un examen de mu´ltiple opci´on consta de preguntas con 5 opciones,

una de las cuales es correcta. Jaime, si sabe la respuesta (cosa que ocurre
con probabilidad 0, 7) responde correctamente, si no la sabe, al azar. (a)
Calcular la probabilidad de que Jaime responda correctamente una
pregunta. (b) Calcular la probabilidad de que supiera una pregunta, dado
que la responde correctamente.

4. En una caja hay 4 pelotas de tenis nuevas y 2 usadas. Para un primer

partido, se eligen 2 pelotas al azar, y luego se retornan a la caja. Se eligen
otras dos pelotas de la misma caja para un segundo partido. Calcular la
probabilidad de que ambas sean nuevas.
12. Sucesos independientes
Consideremos un espacio de sucesos elementales Ω y dos sucesos A,
B. Decimos que los sucesos A y B son independientes, cuando se verifica

P(AB) = P(A) P(B). (10)

Ejemplo 13. Se tira un dado dos veces consecutivas. El suceso A consiste

en obtener 6 puntos en primer tiro; el suceso B, en obtener una cantidad
impar de puntos en el segundo. Calculemos la probabilidad de estos suce-
sos. Como en el ejemplo 4 (ver p´agina 4), designamos por (i, j) al
resultado correspondiente a obtener i puntos en el primer tiro y j puntos
en el se- gundo (i, j = 1, 2, 3, 4, 5, 6). Hay 6 × 6 = 36 sucesos elementales
de esta forma. Los casos favorables para la ocurrencia del suceso A son los
puntos
(6, 1), (6, 2), (6, 3), (6, 4), (6, 5) y (6, 6); por la regla cl´asica del c´alculo
de pro- babilidades, tenemos P(A) = 6/36 = 1/6. Los casos favorables para
la ocu- rrencia del suceso B son los de la forma (i, 1), (i, 3), (i, 5), en
donde 1 ≤ i ≤ 6, por lo que P(B) = 18/36 = 1/2. Los casos favorables para
la ocurrencia del suceso AB son (6, 1), (6, 3) y (6, 5), de forma que
P(AB) = 3/36 = 1/12.
Como 1 1 1
P(A) P(B) = × = = P(AB),
6 2 12
los sucesos A y B son independientes.
Ejemplo 14. Consideremos el experimento correspondiente a elegir una
carta al azar en un mazo de 52 cartas. El suceso A consiste en que la carta
sea una figura; y el suceso B, en que sea negra. Demostremos que los
sucesos A y B son independientes. En efecto, por la regla cl´asica del
c´alculo de probabilidades, tenemos
12 3 26 1 6 3
P(A) = = , P(B) = = , P(AB) = = ,
52 13 52 52 26

2
de forma que se cumple la igualdad (10).
Veamos ahora que si ambos sucesos A y B tienen probabilidad positiva
(esto asegura que las probabilidades condicionales P(B | A) y P(A | B) est
´an definidas), entonces, la independencia de los sucesos A y B es equiva-
lente a alguna de las igualdades
P(B | A) = P(B), (11)
P(A | B) = P(A). (12)
En efecto, si A y B son independientes, tenemos P(AB) = P(A) P(B).
Por otra parte, P(AB) = P(A) P(B | A) = P(B) P(A | B), y por esto (11) y
(12) son v´alidas. Si se cumple una de las igualdades (11) ´o (12), por
ejemplo (11), entonces P(AB) = P(A) P(B | A) = P(A) P(B), y los sucesos
A, B son independientes.
Decimos que los sucesos A1,. . . ,An son independientes dos a dos,
cuando se verifica
P(AiAj) = P(Ai) P(Aj),
para todo i ƒ= j, donde i, j = 1, . . . , n.
Decimos que los sucesos A1,. . . ,An son mutuamente independientes, o
mas brevemente, independientes, cuando para todo k (2 ≤ k ≤ n) se
verifica
. \k Σ
P Y
Aim k P(Aim ), (13)
m=1
=
m=1

para cualquier elecci´on de naturales i1 , . . . , ik , que cumplan la condici

´on 1 ≤ i1 < i2 < . . . < ik ≤ n.
De esta forma, la independencia mutua de tres sucesos A, B y C, significa
que se cumplen las igualdades P(AB) = P(A) P(B), P(AC) = P(A) P(C)
y P(BC) = P(B) P(C) (que implican la independencia dos a dos de los
sucesos A, B y C), y tambi´en P(ABC) = P(A) P(B) P(C).
Veamos que la independencia dos a dos de n sucesos (n ≥ 3), en ge-
neral, no implica la independencia mutua de estos sucesos. Con este fin,
consideramos el siguiente ejemplo, propuesto por S. N. Bernstein.
Ejemplo 15. Sea Ω un espacio de sucesos elementales compuesto por los
pun- tos ω1, ω2, ω3 y ω4. Consideremos los sucesos A = {ω1, ω4}, B = {ω2,
ω4}, y C = {ω3, ω4}. Asignemos las probabilidades
1
P(ω1) = P(ω2) = P(ω3) = P(ω4) = .
4
Entonces, P(A) = 2/4 = 1/2. An´alogamente obtenemos P(B) =
P(C) = 1/2. Adem´as, P(AB) = P(AC) = P(BC) = P(ω4 ) = 1/4. De
esta forma se verifican las tres igualdades P(AB) = P(A) P(B), P(AC) =
P(A) P(C), y P(BC) = P(B) P(C), y en consecuencia, los sucesos A, B y C
son inde- pendientes dos a dos. Sin embargo,
1 1
P(ABC) = P(ω4) = ƒ= P(A) P(B) P(C) = ,
4 8
por lo que nos sucesos A, B y C no son mutuamente independientes.
 El ejemplo de Bernstein se puede formular de otra manera. Considere-
mos el experimento consistente en arrojar un tetraedro, cuyas caras est
´an coloreadas de la siguiente forma: una cara es roja; otra cara es azul;
una ter- cer cara es verde; y la cuarta cara tiene los tres colores indicados.
El suceso A consiste en la presencia del color rojo en la cara sobre la que
se apoya el tetraedro al caer, el suceso B consiste en la presencia del azul,
y el C, en la presencia del verde. Los sucesos A, B y C son independientes
dos a dos, pero no son mutuamente independientes.

Ejercicios
1. La probabilidad de que Romeo le escriba una carta a Julieta es de 0,
99. La probabilidad de que el correo no la pierda es 0,95. La probabilidad
de que el cartero la entregue es 0, 9. Calcular la probabilidad de que
Romeo no le haya escrito una carta dado que Julieta no la recibi´o.

2. Robin acierta un disparo con probabilidad 0, 9 mientras que Hood,

su asistente, acierta con probabilidad 0, 8. Si ambos disparan a un mismo
blanco
¿cu´al es la probabilidad de que ´este sea alcanzado?

3. Los sucesos A, B y C son tales que: A y B son independientes; A y

C son incompatibles; B y C son independientes; P(A) = 0,6, P(B) = 0,4
y P(C) = 0,1. Calcular las probabilidades de los sucesos A ∪ B ∪ C y
AB.
4. Demostrar, que si los sucesos A y B son independientes, y ambos
tienen probabilidad positiva, entonces no pueden ser incompatibles.

5. Si A y B son sucesos independientes, demostrar: (i) A y B son inde-

pendientes; (ii) A y B son independientes; (iii) A y B son independientes.

6. Demostrar que si A es un suceso arbitrario, y B es tal que P(B) = 0,

entonces A y B son independientes.

7. Sean A y B dos sucesos independientes, y tales que A ⊂ B. Demostrar

que si P(A) ƒ= 0, entonces P(B) = 1.

8. La probabilidad de detectar un avi´on que vuela en una

determinada regi´on, por medio de un radar, es 0,9. En esta regi´on operan
en forma inde- pendiente tres radares. Calcular la probabilidad de que se
detecte un avi´on en esa zona: (a) mediante los tres radares; (b) mediante
por lo menos un radar.
 2

1 2 3 4 5

-1

Figura 1: Una trayectoria del paseo al azar

9. En la fabricaci´on de un cierto aparato se utilizan dos piezas del

mismo tipo. Para que el aparato funcione, se precisa que por lo menos una
de las piezas no est´e fallada. La probabilidad de que la pieza est´e
fallada es 0,05. Calcular, bajo el supuesto de independencia, la
probabilidad de que el mencionado aparato funcione.

10. Sean A, B y C sucesos independientes dos a dos y equiprobables,

cada uno de los cuales tiene probabilidad p. Supongamos que P(ABC) = 0.
Hallar el valor de p que hace que la probabilidad de el suceso A ∪ B ∪ C
sea m´axima.

11. Se tienen K urnas con n bolas cada una, numeradas de 1 a n. De cada

urna se elige al azar una bola. Hallar la probabilidad de que el nu´mero
mayor resultante sea m (m = 1, . . . , n).

13. Paseo al azar y triangulo de Pascal

Consideremos una part´ıcula que se desplaza, en cada paso (unidad de
tiempo) una unidad de distancia para arriba o para abajo. Llamamos
paseo al azar a dicho movimiento.
Es f´acil de verificar, que en n pasos la particula puede recorrer 2n
cami- nos diferentes, resultantes de subir o bajar en cada uno de los pasos.
Nos interesa calcular la cantidad de caminos diferentes que conducen a
una altu- ra determinada en una cantidad de pasos dada. Es claro que
para el primer paso tenemos dos caminos, uno que sube y otro que baja.
En el segundo
 paso, de los cuatro caminos que se obtienen (22), tenemos uno que llega a
una altura 2, otro que llega a −2, y dos caminos que llegan al nivel cero.
La cantidad de caminos que llegan a los niveles −3,−1,1 y 3 en tres pasos
se obtienen sumando respectivamente los caminos que llegaban en dos pa-
sos a los niveles ubicados una unidad mas arriba y una mas abajo, porque
precisamente de esos niveles llegamos en un paso m´as hasta el nivel indicado.
Si representamos estas cantidades en una tabla obtenemos el tria
´ngulo de Pascal :
1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1
La regla de formaci´on de este tri´angulo es que cada l´ınea se obtiene
de la superior sumando los dos nu´meros que se encuentran arriba a la
derecha y a la izquierda (asumiendo un cero cuando no hay nu´mero): por
ejemplo 15 = 5 + 10. Segu´n vimos, para una fila dada, por ejemplo la u
´ltima (pongamos n = 6), estos nu´meros cuentan la cantidad de caminos
posibles por los que la part´ıcula llega a las diferentes alturas en 6 pasos.
Como la cantidad total de caminos que puede seguir la part´ıcula es 26,
tenemos que
1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 26 = 64,
como se verifica tambi´en sumando. Se observa adem´as, por la forma
de construir el tri´angulo, que este es sim´etrico (porque es sim´etrico el
paseo si cambiamos arriba por abajo en su construcci´on).
Resulta adem´as, que las combinaciones de n tomadas de a m
coinci- den con el nu´mero que aparece en en m-´esimo lugar de la n-
´esima fila del tri´angulo de Pascal. Esto resulta de observar, que,
numerando de 1 a n los pasos, para contar cada camino que sube en m
pasos, tenemos que elegir los m momentos de subir de esos n nu´meros,
correspondiendo a cada elecci´on
un subconjunto de m elementos del conjunto {1, 2, . . . , n} de pasos.
 Como consecuencia, de la simetr´ıa del tri´angulo de Pascal resulta que
n n
Cm = n−m
C
la igualdad de las combinaciones complementarias, as´ı como,

Cmn = Cm−1
n−1 n−1
+ Cm

la formula de Stieffel de las combinaciones, que es la regla de formaci´on

del tri´angulo.
Finalmente, como tenemos 2n caminos, la probabilidad de recorrer ca-
da camino individual es de 1/2n. No es dif´ıcil obtener que de aqu´ı resulta
que la particula en cada paso sube o baja con probabilidad 1/2, y que los
movimientos son sucesos independientes.
Si designamos mediante Pn(m) a la probabilidad de obtener m subidas
en n pasos, y por lo tanto encontrarse a una altura 2m−n, dado que
tenemos n − m bajadas, segu´n nuestra notaci´on, tenemos
n
Pn(m) = Cm .
2n

Ejercicios
1. Las cajas de fo´sforos. Un profesor de matem´atica lleva consigo dos
cajas con n f´osforos cada una. Cada vez que necesita un f´osforo, elige al
azar entre una de las dos cajas. Calcular la probabilidad de que al vaciarse
la primera caja, en la otra queden r f´osforos.

14. Ley de los grandes nu´meros

Supongamos que tiramos una moneda n veces, y designamos mediante
µ la cantidad de veces que obtenemos cara. Queremos estudiar, para
valores grandes de n, el comportamiento del cociente µ/n, es decir, de la
frecuen- cia de aparici´on de caras. Este comportamiento viene dado por
el siguiente resultado, obtenido por J. Bernoulli, aparecido en 1713. Este
resultado fun- damenta nuestra intuici´on, que dice que,
“aproximadamente, la mitad de las veces aparce cara”2.
2
El teorema demostrado por Bernoulli es m´as general que el que presentamos
aqu´ı dado que se aplica a monedas “desequilibradas”, cuya probabilidad de aparici
´on de cara es p, un valor en el intervalo (0, 1).
Teorema 4 (Teorema de Bernoulli. Ley de los grandes nu´meros).
Dados ε > 0, η > 0, nu´meros arbitrariamente pequen˜os, existe un nu
´mero natural n0 tal que, para todo n ≥ n0,
.. µ 1 . Σ
. .
− .< ≥ 1 − η.
P.
n ε
2
En palabras, dado ε > 0 la probabilidad de que la diferencia entre la
frecuencia observada nµ y 1 2sea menor que ε es arbitrariamente cercana a 1
cuando n es suficientemente grande.
Para demostrar este teorema, recordando que

Σ 1
Σ Cn = 1, (14)
n Pn(m) = n m
2n
m=0 m=0

obtenemos primero dos f´ormulas auxiliares

Lema 1. Valen las siguientes identidades:

Σ n
n mPn(m) = . (15)
2
m=0

Σ n2
n
m2Pn(m) = . (16)
n
+
m=0 2 4
Demostracio´n. Comencemos con la primer f´ormula. Tenemos
Σn
Σn n! 1

Σn
m=0 mPn(m) mPn(m) m
= m=1 = m=1
m!(n − m)! 2n
Σ 1
n n!
=
(m − 1)!(n − m)! 2n
m=1
(n − 1)! 1
n Σ
n
=
2 (m − 1)!(n − m)! 2n−1
m=1
n= Σ
n −1 (n − 1)! 1
2
m=0
m!(n − m)! 2n−1

n= Σ Cm n−1 1 n
n −1
= ,
2 2n−1 2
m=0
 Σn−1
donde utilizamos (14) para n − 1 de la cual obtenemos que Cn−1 =
2n−1 . Transformemos ahora la segunda f´ormula: m=0 m

Σ Σ
n
n m(m − 1 + 1)Pn(m)
m=0
m2Pn(m) =
m=0 Σn
Σ
n
= mPn(m) m(m − 1)Pn(m).
m=0 + m=0

El primer sumando es el que acabamos de calcular. Con el segundo proce-

demos de forma an´aloga, simplificando los factores m y m − 1. En efecto

Σ Σ
n m(m − 1)Pn(m) n
m(m − 1)Pn(m)
=
m=0 m=2 n! 1
Σ
n
=
m(m − 1)
m=2 m!(n − m)! 2n
Σn n! 1
=
(m − 2)!(n − m)! 2n
m=2
n(n − 1) Σ
n
(n − 2)! 1
=
4 (m − 2)!(n − m)! 2n−2
m=2
n(n − 1) Σ
n −2
(n − 2)! 1
=
4 m!(n − m)! 2n−2
m=0

n(n − 1) Σ
n −2
= n−2 1 n(n − 1)
Cm = ,
4 2n−2 4
m=0

Σ
n−2
donde utilizamos ahora que C n−2 = 2n−2 . En conclusi´on

m=0 m
Σ
n n n
2 n2 n
m2P (m) = + − = + .
m=0
n 4 4
n
2 4 4
Esto concluye la demostraci´on del lema.

.Demos tracio´n del T eorema. Comencemos observando que los dos sucesos
− 1 .. < ε, . −. 1 . ≥ .ε son contrarios, por lo que
µ µ
n 2 2
n .. µ 1 . .. µ 1 . Σ
Σ
. . . − .
P. − . < =1− ≥ε
n ε n 2
P
2
Segu´n la regla de la suma de probabilidades, tenemos
.. µ 1 . Σ Σ
. .
− .≥ε = Pn(m)
P. 2 .
n m 1
donde la suma abarca todos los m tales que | n − 2 . ≥ ε. Para estos valores
de m se verifica tambi´en . m 1 Σ2
n −2
≥ 1.
ε2
Basados en esta u´ltima desigualdad, obtenemos
. Σ2
. .µ 1 .. Σ m 1
P − ≥ε≤ Σ n − 2 P (m)
. . ε2
n
n 2
donde la suma se extiende a los mismos valores de m que antes. Es claro
que al sumar en todos los valores de m desde 0 a n, obtenemos un
resultado mayor. En consecuencia
. Σ2 Σn .
.. Σ m 1 Σ
. −
.µ 1.
≥ εΣ
n
P − ≤ n 2 P (m) = 1 m− n 2 (m)
P n
. . 2
n 2 m=0 ε2 n2ε2 m=0
1 Σ n n2 Σ
n Σ
Σ
n Σn
= m2Pn(m) − n mPn(m) Pn(m)
n2ε2 4
m=0 m=0 + m=0
1 Σ n2 n n2 n2 Σ 1
= 2 2 + − + =
nε 4 4 2 4nε2
4
En los u´ltimos c´alculos utilizamos las f´ormulas (14), (15) y (16). Concluyendo
.. µ 1 . Σ .. µ 1 . Σ
. . 1
P. − . < = 1 − .
. − .
. ≥ 1 . (17)
n ε ε ≥ 4nε2
P
n 2 −
2
Esta desigualdad demuestra el teorema.

Ejemplo 16. Nos interesa calcular la probabilidad de que entre 400

nin˜os que nacen, la la cantidad de varones se desvie del valor que se
espera, que es 200, en no m´as de 20.
Solucio´n. Aplicamos el ejemplo anterior, suponiendo la probabilidad de
na- cimiento de un var´on igual a 1/2, y µ cuenta la cantidad de
varones que nacen, con un total de n = 400 nacimientos. Tenemos que
calcular
.. . Σ
Σ .. µ 1 20
.
P = P .µ − 200. < 20 = P . − . < . .
.n n 2 n
Dado que el c´alculo num´erico de esta probabilidad es d´ıficil,
utilizamos la cota (17) obtenida en el teorema. Tenemos ε = 20/400 =
1/20, y obtenemos
1 1
P≥ 1−
= 3/4.
4n2ε2 =1−
4 × 400 ×
(1/20)2
Un c´alculo aproximado, pero m´as preciso, establece que P ∼ 0, 95.

Ejercicios
1. Demostrar que para n = 10,000 nacimientos, la probabilidad de que
el desv´ıo del valor esperado de varones (que es 5000) sea a lo sumo un 10
% (es decir, a lo sumo 100) es mayor que 0, 99.

15. Bibliograf´ıa
W. Feller. Introduccio´n a la Teor´ıa de Probabilidad y sus Aplicaciones.
1978, M´exico, Limusa, Wiley.

V. V. Petrov y E. Mordecki. Teor´ıa de Probabilidades. Editorial URSS,

Moscu, 2002.

L. A. Santal´o. Probabilidad e inferencia estad´ıstica. OEA, 1980.