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Problemas Dificiles de Probabilidad Arvelo
Problemas Dificiles de Probabilidad Arvelo
Problemas Dificiles de Probabilidad Arvelo
Angel F. Arvelo
angelf.arvelo@gmail.com
Problemas difíciles de Probabilidad
Estudios realizados:
Ingeniero Industrial. UCAB Caracas 1968
Máster en Estadística Matemática CIENES, Universidad de Chile 1972
Cursos de Especialización en Estadística No Paramétrica Universidad de Michigan
1982
Doctorado en Gestión Tecnológica: Universidad Politécnica de Madrid (Tesis
doctoral pendiente)
El Profesor Arvelo fue Director de la Escuela de Ingeniería Industrial de la
Universidad Católica “Andrés Bello” (1974-1979) , Coordinador de los
Laboratorios de esa misma Universidad especializados en ensayos de Calidad,
Auditor de Calidad, y autor del libro “Capacidad de Procesos Industriales” UCAB
1998.
Sin lugar a dudas, el cálculo de probabilidades es uno de los temas más ricos e
inagotables dentro de la Estadística Matemática.
A pesar de que tengo más de 50 años enseñando esta asignatura, con frecuencia
me encuentro con algún problema que por su originalidad y singular estilo de
enfrentarlo , no deja de sorprenderme por lo novedoso de su planteamiento, o por
lo inesperado del resultado.
No quisiera que esta colección de problemas (60 aquí, aunque poseo muchos
mas), algunos de ellos inéditos, se pierda con el inclemente paso del tiempo, y
ese es la única razón que me ha motivado a reunirlos en esta guía. No están
ordenados por orden de dificultad, y quizás en un futuro, disponga también del
tiempo suficiente para publicar todas las soluciones.
1º) Una apuesta con dados muy popular en los casinos de Las Vegas es el 7 u
11, que obedece a las siguientes reglas:
El apostador lanza un par de dados, y si en ese primer lanzamiento obtiene suma
7 u 11 gana la apuesta, y si obtiene suma 2, 3 ó 12 la pierde.
En caso de obtener una suma distinta a las anteriores, el apostador debe
continuar lanzando indefinidamente el par de dados, hasta obtener la misma suma
que obtuvo en el primer lanzamiento, en cuyo caso gana la apuesta; o hasta que
obtenga suma 7 en cuyo caso la pierde.
Calcule la probabilidad que tiene el apostador de ganar la apuesta.
Solución: 0,4929
2o) Una colección está formada por 5 fotos de conocidos artistas, y quien la
complete ganará un premio.
Estas fotos vienen en unas cajas de jabón detergente. Cada caja viene con dos
fotos diferentes, y todas las combinaciones posibles de fotos se suponen
igualmente probables en cada caja.
Si una persona compra 3 cajas de jabón detergente, ¿cuál es la probabilidad de
que se gane el premio?
Solución: 0,18
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3) Se tienen 3 cajas que contienen cada una, “n” fichas distintas numeradas del 1
al n. Si se selecciona al azar una ficha de cada caja, ¿cuál es la probabilidad de
que su suma resulte igual a 2n?
Solución: (n+4) (n-1) / 2 n3
Cada interruptor puede estar en dos posiciones, abierto (no permitir el paso de
corriente) o cerrado (permitir el paso de corriente), y la posición de cada uno es
independiente de la de los demás.
Si cada interruptor tiene una probabilidad “p” de estar cerrado, ¿Cuál es la
probabilidad de que pase corriente desde A hacia B?
Solución: 2 p2 + 2 p3 -5 p4 + 2 p5
10) Dos personas "A" y "B", juegan una secuencia de juegos independientes, en
donde "A" tiene una probabilidad constante "p" de ganar cada juego, y "B" una
probabilidad también constante de "q"=1-p, de ganar cada juego.
"A" gana un premio, si logra ganar "m" juegos antes de que "B" gane "n" juegos;
caso contrario, "B" gana el premio.
a) Obtenga una expresión para la probabilidad de que "A" gane el premio.
b) En el caso particular m=4 , n=2 , p=2/3 ,determine:
b.1) Probabilidad de que "A" gane el premio.
b.2) Si "A" ganó el premio, ¿cuál es la probabilidad de que "B" haya ganado algún
juego?
i n 1
m 1 i
Solución: a) pm (1 p)
i
b.1 ) 112 / 243 b.2) 4 / 7
i0 m 1
11) A un apostador le dan dos cartas al azar de un mazo que contiene “n” cartas
numeradas del 1 al n (n ≥ 3); y posteriormente le dan una tercera carta al azar,
entre las “n-2 “ restantes. Si el número de esta tercera carta está comprendido
entre los números de las dos primeras, gana la apuesta.
Calcule la probabilidad de ganar la apuesta.
Solución : La probabilidad es 1/3 para cualquier valor de “n”
12) "n" personas lanzan cada uno, una moneda bien balanceada. En caso de que
uno de los participantes obtenga un resultado distinto al de todos los demás, gana
un premio; y en caso de que esto no ocurra, se procede a una segunda vuelta, en
donde cada jugador lanza la moneda por segunda vez, y así sucesivamente, hasta
que alguien gane el premio.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que se necesiten exactamente "k" vueltas, para
entregar el premio?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que se necesiten por lo menos "k" vueltas, para
entregar el premio?
Solución; a) n 2(1-n) [1 – n 2(1-n)] (k-1) b) [1 – n 2(1-n)] (k-1)
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13) Una persona tiene “n” billetes de distinta denominación.
Cada billete lo rompe en dos mitades, y luego aparea al azar de dos en dos, las 2n
mitades resultantes. ¿Cuál es la probabilidad de que los n billetes queden todos
perfectamente apareados ? .
Solución: 2n n! / (2n)!
14) En un depósito de combustible hay cinco tanques en línea recta, tal como se
indica en la figura: 1 2 3 4 5
17º) Se lanza un dado hasta que hayan salido todas las seis caras posibles. ¿Cuál
es la probabilidad de que sea necesario lanzarlo más de 8 veces?
Solución: 0,8860
20º) Un jugador de Tenis tiene una caja con 5 pelotas: 3 nuevas y 2 usadas, y
selecciona al azar dos de ellas para jugar una primera partida, al final de la cual
las devuelve a la caja. Posteriormente selecciona al azar dos pelotas de la caja
para jugar una segunda partida.
a) ¿Cual es la probabilidad de seleccionar alguna pelota nueva en la segunda
partida?
b) Si la segunda partida la jugó con dos pelotas usadas. ¿Cuál es la probabilidad
de haber jugado la primera partida con alguna pelota nueva?
Solución: a) 0,63 b) 36 / 37
21º) Se tienen “n” cartas dirigidas a “n” personas diferentes, y se tienen “n” sobres
con sus respectivas direcciones.
Una secretaria distraída comienza a colocar aleatoriamente cada carta dentro de
un sobre, sin fijarse si este es el que le corresponde.
¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos una de las personas reciba la carta
que realmente le corresponde?
in
( 1)i1
Solución: i 1 i!
1-e-1 = 0,6321
22º) Sobre un segmento recto se eligen al azar dos puntos cualesquiera que lo
dividen en tres nuevos segmentos. ¿Cuál es la probabilidad de que con ellos se
pueda formar un triángulo?
Solución: 1 / 4
24º) Tres familias de turistas, una de cuatro personas y dos de tres personas, son
sometidas a una inspección sanitaria al ingresar a un país.
Al concluir la inspección, el médico anuncia que entre las 10 personas hay 4 que
están infectados. ¿Cuál es la probabilidad de que por lo menos un miembro de
cada una de las tres familias esté infectado?
Solución: 3 / 5
25º) Una caja contiene “m” pelotas blancas y “n” negras. Se seleccionan al azar “k”
pelotas de la caja y se sacan ( k m , k n). A continuación se selecciona una
pelota al azar entre las “m +n- k “restantes.
¿Cuál es la probabilidad de que esta última pelota sea blanca”
Solución: La probabilidad es la misma que al comienzo: m / (m + n)
28º) Un grupo de “k” amigos van a cenar, y para decidir quién de ellos paga la
cuenta, utilizan el siguiente procedimiento:
A cada uno se le asigna un numero entero diferente de 1 a k, y a continuación se
comienza a lanzar una moneda (no necesariamente balanceada con probabilidad
p de salir cara y (1-p) de salir sello).
Si salen (k-1) caras y 1 sello, ó (k-1) sellos y 1 cara, entonces quien tenga el
número correspondiente al lanzamiento en que ocurrió el resultado desigual paga
la cuenta. De no ocurrir esto, se continúan realizando nuevos intentos, hasta que
se produzca una decisión.
a) ¿Qué probabilidad tiene cada uno de ellos de pagar la cuenta?
b) Cuando k ≥5, es posible que se deba interrumpir la secuencia de lanzamientos
de la moneda, porque ya se sabe que no va a haber decisión, debido a que ya han
aparecido dos caras y dos sellos. Suponga que en ese caso se comienza una
nueva secuencia de “k” lanzamientos, y que se define la siguiente variable
aleatoria:
X = Número de lanzamientos de la moneda
Encuentre la función de probabilidad de la variable X.
Solución: a) 1/k
x 1 px 2 1 p 2 x 11 p x 2 p2 ; Si x 4,5, .,k 1
f(x)=
p 1 p k 1 p 1 p k 11 p p +kp(1-p) +kp (1-p); Si x = k
k k k 2 2 k 2 2 k 1 k 1
29º) Se lanza K veces una moneda balanceada; la primera vez que aparece una
cara se introduce una pelota blanca en una urna y , a partir de entonces, se
introduce una pelota blanca por cada cara y una pelota negra por cada sello.
a) Calcular el número esperado de pelotas de cada color que contendrá la urna
después de los k lanzamientos de la moneda
b) Después de los k lanzamientos de la moneda, si es posible, se extrae una
pelota de la urna. Determinar la probabilidad de que sea negra.
Solución: a) Blancas: k/2, Negras: k/2 – 1 + (1/2)k si k≥2, ó 0 si k=1
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1 1 x k 1 1
k x 1
2 2 x 1 2 (k x 1)
b) si k≥2 y kЄ ; ó 0 si k=1
1
1 k
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30º) Un autobús llega a una parada en un instante aleatorio entre las 2 pm y las 3
pm, y al llegar espera durante 5 minutos por los pasajeros.
Un pasajero decide ir a la parada en un instante aleatorio entre las 2.00 pm y las
2.45 pm, y no está dispuesto a esperar más de 15 minutos por el autobús.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el pasajero logre abordar el autobús?
b) Si el pasajero perdió el autobús, ¿cuál es la probabilidad de que éste haya
pasado después que él se fue?
Solución: a) 71/216 b) 81/145
31º) Para un acto de graduación existen 300 graduandos, y cada uno de ellos sólo
puede invitar a sus padres, y a su conyugue en caso de que esté casado.
En el caso de los padres, se estima que la probabilidad de que asistan los dos es
de 2/5, de que asista sólo uno de ellos es también de 2/5, y de que no asista
ninguno de los dos 1/5, mientras que la probabilidad de que asista el conyugue es
de 4/5. Se estima que sólo 1/3 de los graduandos está casado.
¿Cuántos asientos habrá que colocar en el salón donde se efectuará la
graduación, para que todos los asistentes encuentren asiento con una
probabilidad de 0,95 por lo menos?
Solución: 459 asientos
32º) En una elección, el candidato “A” obtuvo “n” votos, mientras que el candidato
“B” obtuvo “m” votos (n > m).
A la hora de hacer el escrutinio se revuelven bien los votos dentro de la urna, y
luego se van contando uno a uno.
¿Cuál es la probabilidad de que en algún momento durante el conteo, se produzca
un empate entre los votos obtenidos por cada candidato?
2m
Solución:
mn
33º) Una moneda cilíndrica tiene un radio “r” y una altura “h” (en este caso, su
espesor). Al lanzarla al azar sobre una superficie plana y pulida, hay tres
resultados posibles, que caiga sobre una de sus dos caras, o que caiga sobre su
superficie lateral y salga rodando. ¿Cuál es la probabilidad de este último
resultado?
2 arctg ( h / 2r)
Solución:
34º) Un examen contiene 99 preguntas ordenadas desde la más fácil hasta la más
difícil; de manera que la probabilidad de que un estudiante conteste correctamente
la primera pregunta es 0,99, la de que conteste correctamente la segunda
pregunta es 0,98, y en general, la probabilidad de que conteste correctamente la
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i-ésima pregunta es (1- i/100). El estudiante responde de manera independiente
todas las preguntas, y para aprobar el examen debe contestar por lo menos 60
preguntas correctamente. ¿Cuál es su probabilidad de aprobar?
Solución: 0,00714
35º) En una oficina cuyo horario de trabajo es de 8.00 a.m hasta las 4:00 p.m
trabajan dos personas. Sin embargo estas personas no son puntuales y suelen
llegar cada una con un cierto retraso. El tiempo de retraso de cada una son
variables independientes con distribución uniforme en el intervalo 0; 20 minutos.
El primero que llega enciende las luces, las cuales permanecen encendidas
durante toda la jornada de trabajo, y el último en abandonar la oficina las apaga.
Estas personas tampoco son estrictas en su horario de salida, y suelen adelantarla
cada una, según una distribución uniforme en el intervalo 0; 15 minutos.
El costo por consumo de energía de se estima en Bs. 5 por hora.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que un día el consumo de energía sea superior a
Bs. 39 ?
b) ¿Cuál es el valor esperado del costo diario por consumo de energía?
Solución: a) 281/625 , b) 1405/36 = Bs. 39.028 diarios
36º) Una máquina produce piezas cuyo diámetro sigue una Distribución Normal
con una desviación estándar de 0,03 mm, y una media “” cuyo valor depende de
ciertas calibraciones técnicas que se le hagan.
Se ha recibido un pedido para producir unas piezas cuyo diámetro debe cumplir
con la especificación (10,00 0,05) mm; y el Ingeniero de Producción estima que
el costo de producir cada una de estas piezas es de Bs. 40, y si la misma cae
dentro de la especificación, puede ser vendida en Bs. 100.
Sin embargo, en caso de que la pieza resulte defectuosa por tener un diámetro
inferior a 9,95 mm, se pierde su costo de producción porque no puede ser
corregida ni tampoco vendida; mientras que si resulta defectuosa por tener un
diámetro superior a 10,05 mm, puede ser corregida y llevada a los límites de
especificación. El costo de esta corrección se estima en Bs. 25.
Determine el valor de “” en que el Ingeniero de Producción debe calibrar la
media, para maximizar la ganancia esperada.
(0.03)2
Solución: = 10 ln 4 = 10,0125
0,10
37º) Una persona acude semanalmente a un abasto para realizar sus compras. El
número de bolsas que lleva, X, así como el peso total en kilos de las mismas, Y,
son variables aleatorias. Se sabe que el número de bolsas está distribuido
uniformemente en el conjunto {1, 2, 3}, mientras que el peso total de las mismas
es una variable continua con función de densidad condicional:
3y 2
si 2x < y <4x ; x = 1,2, 3
fY X x (y) 56x3
0 otro caso
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42º) Seis parejas (12 personas) emprenden un viaje, y en el transcurso del mismo
ocurre una lamentable tragedia, en donde mueren 5 personas.
Considere la siguiente variable aleatoria:
X=Número de personas que quedaron viudas
Halle la distribución de probabilidades de X, y su valor esperado.
Solución: E(X) = 35/11
43º) Un número binario tiene n1 ceros y n2 unos. Se define como una corrida a
una secuencia de dígitos consecutivos del mismo tipo.
Si los ceros y los unos se colocan al azar, y se define la variable aleatoria “X”:
X = Número de corridas obtenidas
Encuentre su función de probabilidad, y su valor esperado.
n1 1 n2 1
2
x 1 x
1
2 2 Si "x" es par
n1 n2
n1
Solución: a) f(x)
n1 1 n2 1 n1 1 n2 1
x 1 x 1 x 1 x 1
1 1
2 2 2 2 si "x" es impar
1 2
n n
n1
2 n1 n2
b) E(X) = 1
n1 n2
44º) El contenido en kilos, de unas bolsas de jabón detergente al salir del proceso
de llenado, es una variable aleatoria con una función de densidad trapezoidal:
25
4 (x 1) ; 1 x <1,20
5 ; 1,20 x < 1,80
f(x) 4
25
(2 x) ; 1,80 x < 2
4
0 en otro caso
Antes de salir al mercado para la venta, estas bolsas son sometidas a una
inspección de calidad, mediante un dispositivo que rechaza las bolsas con un
contenido inferior a 1,40 Kilos.
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Sin embargo, ocasionalmente este dispositivo comete errores, y deja pasar con
probabilidad 0,10, bolsas con un contenido inferior a 1,40 kilos; y también con
probabilidad 0,05 rechaza bolsas con un contenido de 1,40 Kilos o más.
Encuentre el valor esperado y la desviación estándar del contenido de las bolsas
que salen para el mercado.
Solución: 1,629 y 0,17618
46º) En una elección, en donde hay sólo dos candidatos “A” y “B” , el candidato “A”
obtuvo “n” votos, mientras que el candidato “B” obtuvo “m” votos (n > m).
El proceso de escrutinio consiste en ir contando los votos uno a uno hasta contar
todos los “m + n” votos.
¿Cuál es la probabilidad de que a lo largo de todo el proceso de escrutinio, el
candidato “A” siempre vaya ganando?
n-m
Solución:
mn
48º) Un proyecto consta de cuatro actividades independientes “A” , “B” , “C” y “D”.
Las actividades A y B pueden iniciarse simultáneamente, y sólo cuando ambas
estén concluidas es que se puede iniciar la actividad C, y tan pronto ésta termine
se puede iniciar la “D”, con la que concluye el proyecto
Si la duración en días de cada una de estas cuatro actividades sigue una
distribución exponencial con media 5 días,
a) ¿Cuál es la probabilidad de que la realización del proyecto tarde más de 15
días?
b) ¿Cuál es la media y la desviación estándar en el tiempo de ejecución del
proyecto?
35 325
Solución: a) 11 e-3 – e-6 = 0,54518 b) y
2 2
49º) Una empresa de taxis sólo hace viajes dentro de la ciudad, y su tarifa
depende de la distancia recorrida, según el siguiente criterio:
Si el viaje es menos de 10 Km cobra $ 10
Si el viaje es de entre 10 y 20 Km cobra $ 20
Si el viaje supera los 20 Km , cobra $ 2 por Km menos $ 20
La distancia “X” en kilómetros requeridos para cada viaje, es una variable aleatoria
con función de densidad:
x
375 ; 0 < x < 25
30 x
f(x) = ; 25 x 30
75
0 ; en otro caso
La empresa tiene dos choferes, el primero se ocupa de los viajes que requieren
entre 10 y 20 kilómetros; mientras que el segundo de los restantes.
a) Encuentre el valor esperado del costo de un viaje.
b) Encuentre el valor esperado y la varianza en la distancia recorrida por el
segundo chofer.
545 84325
Solución: a) $ 22.44 b) y
27 1458
50º) En una competencia deportiva hay tres jueces que deben evaluar de manera
independiente, en una escala continua en el intervalo 0,10 , la actuación de cada
atleta.
La puntuación “X” del primer juez es una variable uniforme en el intervalo 0,10 .
La puntuación “Y” del segundo juez es una variable aleatoria con función de
densidad:
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10 y
0 y 10
fY(y)= 50
0 en otro caso
La puntuación “Z” del tercer juez es otra variable aleatoria con función de
densidad:
z
0 z 10
fZ (z)= 50
0 en otro caso
51º) Se reparten aleatoriamente “n” monedas entre tres personas, de manera que
cada una de las personas tenga idéntica probabilidad de recibir cada una de las
monedas. ¿Cuál es la probabilidad de alguna de las personas se quede sin recibir
ninguna moneda?
Solución: (2n-1)/3n-1
52o) Demuestre que el valor con máxima probabilidad (moda) en una Distribución
Binomial, es siempre un número entero “m” que satisface la desigualdad:
np – 1 +p ≤ m ≤ np + p ; y que en caso de “np + p” sea un número entero,
entonces habrá dos modas que son “np-1+p” y “np +p”.
Aplique lo anterior en los siguientes casos:
La probabilidad de que una máquina produzca una pieza defectuosa es de 0,31.
a) Suponiendo que la producción es independiente de las restantes, ¿Cuál es el
número más probable de piezas defectuosas que se encontrarán un lote de 75
piezas producidas por esta máquina.
b) ¿Cuántas veces hay que lanzar un dado, para que el número más probable de
veces en que aparece el seis sea 32?
c) Se realizan 23 disparos independientes sobre un blanco. Si la probabilidad de
acierto para cada disparo es de 0,25, ¿Cuál es el número más probable de
aciertos?
Solución: a) 23 b) Entre 191 y 197 lanzamientos c) Bimodal 5 y 6 son modas
53º) Un tanque cilíndrico de radio “R” y altura “h”, sin tapa superior, se encuentra
lleno de agua hasta un nivel “a” (a ≤ h)
Se elige al azar un punto cualquiera sobre la superficie del cilindro incluyendo el
fondo, y allí se hace una perforación.
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Halle el valor esperado del volumen de agua en el tanque después, de realizada la
perforación.
πR2 a(2h−a)
Solución:
R+2h
54º) Se genera un número aleatorio dentro del intervalo (0,1) según una
Distribución Uniforme, y luego se le extrae su raíz cuadrada.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el dígito en la segunda posición decimal del
resultado obtenido, sea un 7?
b) ¿Cuál es el dígito más probable en la segunda posición decimal del resultado
obtenido?
Solución: a) 0,105 b) El 9
60º) En una empresa existe un cargo vacante y hay 20 aspirantes para ocuparlo.
Cada uno de ellos tiene una aptitud diferente, y solo uno es el más idóneo.
Sin embargo dado, que el responsable de realizar la contratación ignora el nivel de
aptitud de los aspirantes, utiliza el siguiente procedimiento para decidir a cuál de
ellos va a contratar:
Los entrevista en un orden aleatorio uno por uno, y evalúa a cada entrevistado
según un puntaje. Al final de la entrevista debe decidir si lo contrata o no. En caso
de que lo contrate se detiene el proceso de selección pues ya el cargo está
ocupado, y si no lo contrata, el aspirante se retira y ya no regresa más.
El entrevistador decide que a los primeros siete entrevistados no los va a contratar
pero si va a anotar el puntaje obtenido por cada uno de ellos; y a partir del octavo
entrevistado, si éste obtiene un puntaje superior al de los anteriores, lo contrata.
¿Cuál es la probabilidad de que este procedimiento lo conduzca a la contratación
del mejor aspirante?
Solución: 0.3842
ALGUNAS SOLUCIONES
.P(BA1) = 0 ; P(BA2) = 1
Para hallar P(BA3) tenemos que el juego continua, y en el segundo lanzamiento
puede ocurrir uno de los siguientes tres eventos:
Sale suma 4 El apostador gana Probabilidad = 1/12
Sale suma 7 El apostador pierde Probabilidad = 1/6
No sale suma 4 ni 7 El juego sigue Probabilidad = 1- 1/12 – 1/6 =9/12 = 3/4
Si el juego sigue, para el tercer tiro del par de dados tenemos nuevamente la
misma situación, y así indefinidamente
Por lo tanto:
P(BA3)= 1/12 + (3/4) (1/12) + (3/4)2 (1/12)+ (3/4)3 (1/12) + ….
La expresión anterior es una serie geométrica de razón ¾, y de allí sale que:
1/ 12 1
P(BA3)=
1 3 / 4 3
Procediendo de manera análoga con los demás eventos, se obtiene:
P(BA4)= P(BA7)= 2/5 ; P(BA5)= P(BA6)= 5/11 y P(BA3)= P(BA8)= 1/3
La probabilidad total de que el apostador gane es:
2 1 1 1 2 5 5 5 5 1 2 1 1 244
P(B) = = =0,49293
9 12 3 9 5 36 11 36 11 9 5 12 3 495
5
2º) Existen = 10 combinaciones distintas de fotos, y cada una de ellas
2
aparece con igual probabilidad, por tanto la probabilidad de obtener una
combinación particular de artistas dentro de una caja es 1/10.
Sea B el evento: Ganar el Premio
En la primera caja se encontraran con absoluta certeza dos artistas diferentes.
En la segunda caja pueden ocurrir uno de los siguientes tres eventos:
A1 : Salen dos artistas diferentes a los de la primera caja P(A1) = 3/10
A2 : Se repite un artista de los de la primera caja P(A2) = 6/10
A3 : Se repiten los dos artistas de los de la primera caja P(A3) = 1/10
3º) El espacio muestral Ω está formado por todos aquellos puntos (x, y, z) en
donde x , y , z son números naturales del 1 al n, y tiene un total de n3 puntos
posibles equiprobables.
Los casos favorables son todos aquellos en donde x +y +z = 2n, y para hacer el
conteo, es necesario subdividirlos en casos excluyentes, para luego poder
sumarlos.
Los casos excluyentes son:
Casos donde x= 1. Estos son sólo 2: (1, n, n-1) y (1, n-1,n)
Casos donde x= 2. Estos son 3: (2, n, n-2) (2, n-1, n-1) y (2, n-2, n)
Casos donde x= 3. Estos son 4: (3, n, n-3) (3, n-1, n-2) (3, n-2, n-1) y (3, n-3, n)
………
Casos donde x= n-1. Estos son n: (n-1,1, n) (n-1,2, n-2) ….(n-1, n ,1)
Casos donde x= n. Estos son n-1: (n, 1, n-1) (n, 2, n-2) ….(n, n-1 ,1)
n2 3n 4 (n 4)(n 1)
Total de casos favorables: (2+3+…+n) + (n-1) = =
2 2
(n 4)(n 1)
Probabilidad de que la suma resulte igual a 2n =
2 n3
E(-1,1)
Dentro de todas las trayectorias posibles, toda aquella que toque a la recta y=x+1
será desfavorable, pues equivale a una fila donde en los primeros lugares se
encuentran más personas con billetes de Bs 100 que con billetes de Bs 50, y en
consecuencia el cajero no tendrá cambio.
Por ejemplo, si designamos por A a las personas con billete de Bs 50, y por B a
las que tienen billete de Bs.100, una fila que tenga en los cinco primeros lugares
ABABB, será desfavorable sin importar lo que ocurra luego, pues al llegar la quinta
persona a la taquilla, el cajero no tendrá cambio.
Una fila como la anterior quedaría representada en el espacio muestral como la
trayectoria que va de O (0.0) a D (2,3) pasando por (1,0) (1,1) (2,1) y (2,2)
Ahora bien, cada trayectoria desfavorable tiene otra simétrica, que va desde el
punto E (-1,1) hasta punto de corte con la recta y=x+1. Esta trayectoria se obtiene
al hallar el simétrico de cada punto de la trayectoria desfavorable, respecto de la
recta y=x+1
En el ejemplo anterior, el simétrico de (0,0) es (-1,1), el de (1,0) es (-1,2), el de
(1,1) es (0,2) y así sucesivamente.
En virtud de que todas las trayectorias arrancan desde O (0,0), todas las
desfavorables tendrán una simétrica que arrancará desde E (-1,1), y el número de
trayectorias desfavorables será entonces las que saliendo desde E (-1,1) lleguen
𝑚+𝑛 𝑚+𝑛
a C (m,n), que son ( )=( ) pues habrá que dar (m+n) pasos, de los
𝑛−1 𝑚+1
cuales (m+1) serán horizontales y (n-1) verticales.
En consecuencia, la probabilidad de que el cajero siempre tenga cambio será:
(𝑚+𝑛)!
(𝑚+𝑛
𝑚+1 ) (𝑚+1)!(𝑛−1)! 𝑛 𝑚−𝑛+1
1− 𝑚+𝑛 =1− (𝑚+𝑛)! =1 − 𝑚+1=
( 𝑚 ) 𝑚+1
𝑚!𝑛!
Otro Procedimiento:
Al formar la fila, las personas con billete de Bs 100 van a quedar intercaladas en
ella, y podemos definir los siguientes eventos:
A1 = La primera persona de la fila con billete de Bs 100 encuentra cambio
A2 = La segunda persona de la fila con billete de Bs 100 encuentra cambio
An = La enésima persona de la fila con billete de Bs 100 encuentra cambio
El evento A1 ∩A2 ∩….∩An representa entonces al evento: Todas las personas de la
fila con billete de Bs 100 encuentran cambio
𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ … .∩ 𝐴𝑛 ) = P(𝐴1 )P(𝐴2 |𝐴1 ) ⋯ 𝑃(𝐴𝑛 |𝐴1 ∩ 𝐴2 ⋯ ∩ 𝐴𝑛−1 )
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Problemas difíciles de Probabilidad
P(𝐴1 ) representa la probabilidad de que la primera persona con billete de Bs 100
encuentre cambio. Para ubicarla existen “m+1” posiciones, pues podría ser desde
el primero de la fila, hasta tener por delante a las “m” personas con billete de Bs
50. Todas las posiciones son favorables, excepto la primera.
𝑚
Por lo tanto 𝑃(𝐴1 ) = 𝑚+1
P(𝐴2 |𝐴1 ) es la probabilidad condicional de que la segunda persona con billete de
Bs 100 consiga cambio dado que la primera lo consiguió.
Si damos como cierto que la primera lo consiguió, la segunda tiene “m” posibles
posiciones que van desde inmediatamente después de la primera, hasta tener por
delante a las “m-1” personas restantes con billete de Bs.50
Sólo en el primer caso, el cajero no tiene cambio, que equivale a la fila ABB
𝑚−1
Por lo tanto P(𝐴2 |𝐴1 ) = 𝑚
𝑃(𝐴𝑛 |𝐴1 ∩ 𝐴2 ⋯ ∩ 𝐴𝑛−1 ) es la probabilidad condicional de que la última persona
con billete de Bs 100 consiga cambio dado que todas las anteriores lo
consiguieron.
Si damos como cierto que todas las anteriores lo consiguieron. , la última tiene
“m-n+2” posiciones disponibles que van desde inmediatamente después de la
penúltima con billete de Bs 100, hasta tener por delante a las “m-(n-1)” personas
restantes con billete de Bs.50
Sólo en el primer caso, el cajero no tiene cambio, que equivale a la fila
ABABAB…ABBAAA…A en donde se alternan (n-1) veces comenzando con una
persona con billete de Bs 50, y la siguiente es una con billete de Bs 100
𝑚−(𝑛−1) 𝑚−𝑛+1
Por lo tanto 𝑃 (𝐴𝑛 |𝐴1 ∩ 𝐴2 ⋯ ∩ 𝐴𝑛−1 ) = 𝑚−𝑛+2 = 𝑚−𝑛+2
𝑚 𝑚−1 𝑚−𝑛+1 𝑚−𝑛+1
En consecuencia: 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ … .∩ 𝐴𝑛 ) = 𝑚+1 𝑚 ⋯ 𝑚−𝑛+2= 𝑚+1
Les dejo como ejercicio a los lectores que generalicen el problema de la siguiente
forma:
Un grupo de “m + n” personas se alinean aleatoriamente frente a la taquilla de un
teatro, para comprar una entrada cuyo precio es de Bs. 50; “m” de ellas poseen un
billete de Bs 50, mientras que “n” poseen un billete de Bs 100. ( m ≥ n)
Al abrir la taquilla, el cajero tiene ”k” billetes de Bs. 50 ( k < n)
¿Cuál es la probabilidad de que estas personas se alineen de tal forma que el
cajero siempre tenga cambio?
6º) En cada esquina hay 4 opciones, por tanto el espacio muestral está formado
por 44 = 256 puntos equiprobables.
Así por ejemplo, el punto (N,N, E,S) representa el caso en que el caminante
recorre las dos primeras calles hacia el norte, la tercera hacia el este, y la cuarta
hacia el sur. Este punto obviamente no es favorable.
Los puntos favorables se pueden clasificar en tres casos:
Caso 1: Manzana entera. Un punto de este caso es por ejemplo (N,E,S,O)
En este caso, la primera calle puede ser en cualquier dirección, la segunda
perpendicular a la primera, la tercera opuesta a la primera, y la cuarta opuesta a la
segunda. Existen: 4x2x1x1= 8 puntos favorables en este caso
Caso 2: Se aleja dos calles y regresa. Un punto de este caso es por ejemplo
(N,O,E,S).
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Problemas difíciles de Probabilidad
En este caso, la primera calle puede ser en cualquier dirección, la segunda
cualquiera excepto la opuesta a la primera, la tercera opuesta a la segunda, y la
cuarta opuesta a la primera. Existen: 4 x3x1x1= 12 puntos favorables en este caso
Caso 3: Camina una calle y regresa, camina otra y regresa. Un punto de este caso
es por ejemplo (N,S,E,O)
En este caso, la primera calle puede ser en cualquier dirección, la segunda
opuesta a la primera, la tercera en cualquier dirección, y la cuarta opuesta a la
tercera. Existen: 4x1x4x1= 16 puntos favorables en este caso
Total puntos favorables= 8 + 12 + 16 = 36
36 9
Probabilidad de terminar en la misma esquina de donde partió = =
256 64
9º) En el circuito pasa corriente en cada uno de los siguientes casos excluyentes:
Caso 1 : Los cinco interruptores están cerrados
Probabilidad de este caso = p5
Caso 2 : Cuatro cerrados y uno abierto
Probabilidad de este caso = 5 p4 ( 1-p)
Caso 3 : Tres cerrados y dos abiertos, excepto cuando los abiertos son el 1 y 2, ó
3 y 4.
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Problemas difíciles de Probabilidad
5
Existen = 10 maneras de cerrar 3 y abrir 2, de las cuales hay que restar los 2
3
casos en donde no pasa corriente
Probabilidad de este caso = (10-2) p3 ( 1-p)2 = 8 p3 ( 1-p)2
Caso 4 : Dos cerrados y tres abiertos. En este caso sólo pasa corriente de dos
maneras, cuando los cerrados son 1 y 3 ó 2 y 4
Probabilidad de este caso = 2 p2 ( 1-p)3
13º) Al romper cada uno de los billetes en dos mitades resultan 2n mitades.
Si estas 2n se ordenan en una fila, el número total de filas que pueden formarse
son las permutaciones de 2n, es decir (2n)!
Si se aparea la mitad que quedó en el primer lugar de la fila con la que quedó en
el segundo, la tercera con la cuarta, y así sucesivamente, entonces el número total
de casos favorables es 2n n!
El 2n viene de considerar que las dos mitades de cada billete pueden estar en dos
órdenes distintos, y el n! de considerar que los n billetes pueden estar permutados
en la fila.
2n n!
En consecuencia, la probabilidad pedida es:
(2n)!
2n 2 1 2n 1 2 1 2n 2 2 1 1 1
Esta última probabilidad es: =
2n 1 4 2n 1 1 4 2n 2 1 4 4 2n 1(2n 1)
i 1 i i 1
i 1 i<j i j k
(n 1)! 1
En este caso: P(A1) = P(A2) =……= P(An) = =
n! n
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(n 2)! n n!
P(A1 A2) = y existen intersecciones de a 2 , todas con
n! 2 2!(n 2)!
idéntica probabilidad
(n 3)! n n!
P(A1 A2A3) = y existen intersecciones de a 3 , todas con
n! 3
3!(n 3!
i n 1
idéntica probabilidad. …… P( i1 A ) .Por lo tanto:
i n!
1 (n 2)! n! (n 3)! n! 1 i n
( 1)i1
(1)n1 =
i n
P( A ) n
i 1 i n n! 2!(n 2)! n! 3!(n 3! n! i!
i 1
Sea “L” la longitud del segmento OP, “X” la variable aleatoria: Longitud del origen
O al primer punto seleccionado al azar “A”, y “Y” la distancia al segundo “B”
Como no necesariamente X< Y, pues los dos puntos seleccionados pueden ser
cualesquiera dentro del segmento OP, tenemos que “X” y “Y” son variables
aleatorias independientes, cada una distribuida según una uniforme continua en el
1
intervalo 0;L, y su función de densidad conjunta : f(x,y)= ; oxL , oyL
L2
Si X< Y como en la figura, el segmento queda subdividido en tres nuevos
segmentos cuyas longitudes son: X , Y-X , L-Y
Para que tres segmentos puedan formar un triángulo, es necesario que la suma de
dos cualesquiera de ellos sea mayor que el tercero, y por tanto, han de verificarse
simultáneamente las siguientes tres condiciones:
1. X + (Y-X) > L- Y 2Y > L Y > L / 2
2. X + ( L -.Y) > Y – X L > 2Y – 2X Y –X < L / 2
3. ( Y-X) + (L-Y) > X L > 2X X < L / 2
En el espacio muestral, estas tres condiciones se cumplen en la región que se
señala en la siguiente figura
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Problemas difíciles de Probabilidad
10 1 1 9 360
P(A 4 ) 4
10 10 10 10 10000
4
1 1
P(A 5 ) 10
10 1000
Para ganar el primer premio es necesario que ocurra en primer lugar el evento A 1,
y que luego al seleccionar los cuatro números sin reemplazo, extraiga justamente
los que sacó en el primer intento.
La probabilidad de este segundo evento es: 101
4
5040
Por lo tanto la probabilidad de ganar el primer premio es: = 0,0024
10
10000
4
4 6
5040 3 1
Por tanto la probabilidad de ganar el 2º premio por este camino es:
10000 10
4
4 6 3 7
5040 3 1 4320 3 1
Probabilidad Total del 2º Premio= = 0,0714
10000 10 10000 10
4 4
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Para ganar el tercer premio existen tres caminos: Sacar 4 diferentes y reproducir 2
después, ó sacar 3 diferentes primero y reproducir 2 después, o 2 diferentes
primero y reproducirlos después. La probabilidad total del 3º Premio es:
4 6 3 7 2 8
5040 2 2 4320 2 2 270 360 2 2
( ) =0,3510
10000 10 10000 10 10000 10000 10
4 4 4
n1
p 1 p k 1 1 p pk-1 [1 ( kp 1 p k 1 p pk-1)]n1
k 1
n1
p 1 p k 1 1 p pk-1 1 1
=
1 [1 ( kp 1 p k 1 p pk-1 )] k
k 1
Es decir que cada uno de los k amigos tiene idéntica probabilidad de ser
seleccionado
Por tanto: f(x) = P (X=x) = (x-1) px-2 (1-p)2 + (x-1)(1-p)x-2 p2 Para x = 4,5, ….,k-1
Por tanto:
f(k) = (k-1) pk-2 (1-p)2 + (k-1)(1-p)k-2 p2 + pk + (1-p)k + kp(1-p)k-1 + k(1-p)pk-1
En definitiva:
x 1 px 2 1 p x 11 p
2 x 2
p2 ; Si x 4,5, .,k 1
f(x)=
p 1 p k 1 pk 2 1 p k 11 p
k 2 k 2
k
p2 +kp(1-p)k 1+kpk 1(1-p); Si x = k
30º) Tomando como origen las 2:00 pm y como unidad de tiempo el minuto,
podemos definir las siguientes variables aleatorias:
X = Instante en que llega el autobús 0 x 60
Y = Instante en que llega el pasajero 0 y 45
Estas dos variables son independientes, y siguen cada una, una distribución
uniforme dentro de sus respectivos intervalos; siendo su espacio muestral
conjunto, el rectángulo de vértices (0,0) (60,0) (0,45) y (60,45)
El pasajero no logra tomar el autobús, cuando se da uno de los siguientes dos
eventos excluyentes:
A: El autobús llega después que el pasajero se ha ido. X > Y + 15
B: El pasajero llega después que el autobús se ha ido Y > X + 5
Estos dos eventos están representados dentro del espacio muestral, por las
siguientes zonas:
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32º) El espacio muestral puede ser visto como el total de maneras como se puede
ir del punto (0,0) al punto (n, m), dando “n” pasos horizontales y “m” verticales
m n
Total de casos posibles =
n
Los casos favorables son todos aquellos que en algún momento llegan a cortar a
la recta y = x, y pudieran ser clasificados en dos tipos:
1) Casos que comienzan por el punto (0,1), es decir casos en donde el primer voto
escrutado es a favor del candidato “B”. Todos estos casos son favorables porque
para ir desde (0,1) hasta (n, m) , en algún momento tendrá que producirse el corte
m 1 n
con la recta y = x . Total de casos =
n
2) Casos que comienzan por (1,0), es decir casos en donde el primer voto
escrutado es a favor del candidato “A”. No todos son favorables.
Por cada caso favorable de este tipo existe uno simétrico del otro tipo.
Así por ejemplo, el caso AABABB da lugar a un empate al contar el sexto voto, y
su simétrico es el contado de derecha a izquierda BBABAA.
m 1 n
Por lo tanto, el total de casos favorables de este tipo es también
n
y de allí, que la probabilidad de que en algún momento se produzca un empate es:
m 1 n (m n 1)!
2 2
n n! (m-1)! 2 m
m n (m n)! mn
2
n n! m!
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34º) El resultado de responder cada una de las 99 preguntas, puede ser visto
como una variable de Bernoulli en donde;
0 ; si la pregunta i es respondida de manera incorrecta
Xi
1 ; si la pregunta i es respondida de manera correcta
Para cada una de estas variables se verifica:
E(Xi) = 1 – i/100 ; Var (Xi) =( i/100) ( 1- i/100)
i 99
El puntaje “Y” obtenido en el examen es: Y Xi
i 1
Esta es una suma de variables aleatorias independientes, que a pesar de no estar
idénticamente distribuidas, cumple con los requisitos para ser aproximada por el
“Teorema Central del límite”; por lo tanto, su media y su varianza son:
i 99
i (99)(100)
Y (1 100 ) 99 2(100)
49.5
i 1
i 99 i 99 i 99
i i i i2 (99)(100)(199)
2Y 100 (1 100 ) 100 1002 49.5 6(100)2
16.665
i 1 i 1 i 1
En consecuencia, la variable “Y” puede ser aproximada a través de una
Distribución Normal con estos parámetros, y teniendo en cuenta la corrección por
continuidad, se obtiene que la probabilidad de aprobar el examen es
aproximadamente:
59.5 49.5
P(Y 59.5) P(Z ) P(Z 2,45) 0.00714
16.665
37º) Puesto que la variable X sigue una distribución uniforme en el conjunto {1, 2,
1
3} su función marginal es: fX (x) ; x = 1,2 ó 3
3
y2
si x = 1 ; 2<y<4
56
y2
si x = 2 ; 4<y<8
La función conjunta f(x,y) = fx(x) f Y X x (y) = 448
2
y si x = 3 ; 6 < y<12
1512
0 en otro caso
y2
2
448 3y si: 4<y<6
2 896
3
2
5y
5y 2
fY (y X 2) 1728 = si: 6 y < 8
2 1152
3
2
y
1512 y2
= si 8<y<12
2 1008
3
0 en otro caso
6 3y2 8 5y 2 12 y2 225
E(YX≥2)= 4 y
896
dy + y
6 1152
dy y
8 1008
dy =
28
Por último se quiere E(X 3Y7) y para ello hay que hallar la condicional de X
dado 3Y7
4 y2 6 y2 7 y2 2363
P( 3 Y 7)= 3 56 dy +
4 448
dy
6 1512
dy =
5184
35
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4 y2
37
P((3 Y 7) (X 1)) 3 56dy
7992
P(X=13 Y 7)= 168
P(3 Y 7) 2363 2363 16541
5184 5184
y2 7 93
P((3 Y 7) (X 2)) 4 448
dy
7533
P(X=23 Y 7) 448
P(3 Y 7) 2363 2363 16541
5184 5184
y2 127
7
P((3 Y 7) (X 3)) 6
dy
1016
P(X=33 Y 7) 1512 4536
P(3 Y 7) 2363 2363 16541
5184 5184
Como el punto se elige al azar W sigue una distribución uniforme en (0, L) , y por
1
lo tanto su función de densidad es : f(w) ;0<w<L
L
L
L W si W 2 L
Sea X= Longitud de pedazo más largo = ; XL
W L 2
si W
2
Debemos encontrar la función de densidad de “X” para lo cual es necesario definir
previamente su función de distribución:
L L 2x L
F(x) = P( X x) = P ( x W x ) = ; x L
2 2 L 2
2 L
f(x) = F´(x) = ; x L ; de donde concluimos que “X” sigue una distribución
L 2
L
uniforme en el intervalo ;L
2
Tenemos ahora una barra cuya longitud es “X”, la cual es nuevamente dividida en
dos pedazos.
Sea Y = Longitud del pedazo más largo.
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Siguiendo un razonamiento análogo al anterior se obtiene que la distribución
x
condicional de “Y” dado X=x, sigue una distribución uniforme en el intervalo ;x
2
2 x
y por lo tanto : fY X x (y) ; yx
x 2
La función de densidad conjunta de X y Y es entonces:
4 x L
; y x , x<L
f(x,y) x L 2 2
0 en otro caso
2L
3 Lx 4
P( Y L X )= P( X Y L )= L x dydx =0,15073
2
xL
2
L L
La segunda probabilidad pedida es una condicional: P(L X Y )
4 3
L
La zona Y > corresponde a la zona
3
sombreada en la gráfica de la derecha,
cuyo complemento es el triángulo
de abajo
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2L L
L 4 2 8 4
P(Y > ) = 1 - L3 x3 dydx = ln2 ln3
3 xL 3 3 3
2 2
Es necesario ahora buscar la
L
intersección de la zona Y > con la
3
L 3L
zona L-X < que equivale a X >
4 4
3L
que resulta la misma zona X >
4
sombreada a la derecha
3L L 2 1
P(X ) 3L dx
4 4
L 2
1
L L 2
P(L X Y ) = =0.52645
4 3 2 8 4
ln2 ln3
3 3 3
Por último, el pedazo que recibe cada uno es: L-X para A, Y para B y X-Y para el
dueño, y sus valores esperados son:
L L x 4y 9L 3L
E(L – X) = ; E(Y) = L x dydx = ; E(X-Y) =
4 2 2
xL 16 16
46º) Este problema es esencia el mismo N o 32, cuya solución ya fue explicada
anteriormente.
En efecto, los casos posibles son todas las posibles trayectorias desde el punto
(0,0) hasta el punto (n, m).
En el proceso de escrutinio, el candidato “A” siempre irá ganando, mientras la
trayectoria no corte a la recta y = x
En el problema N o 32 se encontró, que la probabilidad de que la trayectoria corte a
2m
la recta y = x es:
mn
2m nm
Por lo tanto, la probabilidad de que no la corte es: 1 - =
mn mn
0,05922 1-0,059218 + 0,0720 C 0,2650 2 1-0,2650 18 + 0,0920 C 0,2800 2 1-0,2800 18 + 0,0080 C 0,4375 2 1-0,4375 18
20,2 20,2 20,2 20,2
0,8280 C
= 0,0391
10 si 0<x<10
49º) Sea Y = Costo de un viaje = 20 si 10 x 20 . En consecuencia:
2x 20 si x > 20
10 x 20 x 25 x 30 30 x
E(Y) = 10 dx 20 dx (2x 20) dx (2x 20) dx =
0 375 10 375 20 375 25 75
$ 22.44
Sea W = Distancia recorrida por el segundo chofer
La probabilidad de que el segundo chofer haga un viaje es P(0<X<10) + P(X>20)=
10 x 25 x 30 30 x 3
0 375 dx 20 375 dx 25 75 dx = 5
La distribución de W corresponde a la distribución de X condicionada a 0<X<10 ó
X> 20, y por tanto:
w
375 w
= si 0 < W < 10
3 225
5
w
375 = w si 20 < W < 25
fW (w) 3 225
5
30 w
75 30 w si 25 w 30
3 45
5
0 en otro caso
40
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10 4w 25 4w 30 4(30 w) 545
E(W) = 0 275
wdw w
20 275
dw w
25 55
dw
27
10 4w 25 4w 30 4(30 w) 8375
E(W 2) = w 2 dw w 2 dw w 2 dw
0 275 20 275 25 55 18
8375 545 2 84325
Var(W) = -( ) =
18 27 1458
53º)
0≤Z≤h
Queda como ejercicio para el lector, calcular el volumen esperado del agua
derramada, y resolver este otro caso:
Un tanque esférico de radio “R” contiene agua hasta una altura “a”, medida desde
su punto más bajo (R< a ≤ 2R).
Se selecciona al azar un punto cualquiera sobre la superficie lateral del tanque, y
en él se perfora un orificio
a) ¿Cuál es la probabilidad de que el volumen remanente de agua dentro del
tanque, sea inferior a la cuarta parte de su capacidad?
b) ¿Cuál es el valor esperado del volumen remanente de agua dentro del tanque?
1
56º) Sea X = Vida de la componente, f(x) = 30 ; 0 ≤ x ≤30
Y = Costo por aparición de la falla
Opción 1: En este caso, la falla no se repara y se espera hasta el mes siguiente
para reemplazar a la componente. El único costo asociado a la aparición de la falla
es el de tenerla improductiva durante (30 –X) días: Y = 500 (30-X) = 15000 – 500X
30
⇒ E(Y)= 15000 – 500 E(X) = 15000 -500 2 = 7500
Opción 2= Hacer una inspección al cabo de un tiempo t de instalada
En este caso se pueden presentar dos situaciones
a) El dispositivo no ha fallado en el momento de realizar la inspección
El costo de esta decisión es el de realizar la inspección más el costo de la
componente inactiva desde el momento en que se presente la falla hasta el fin de
mes; es decir Y = 200 + 500 (30 –X) = 15200 – 500 X ; si t ≤ X
b) El otro caso es que al hacer la inspección ya la falla haya ocurrido, en cuyo
caso el costo será el de la inspección más el del tiempo transcurrido desde la
aparición de la falla hasta el momento de la inspección.
Y = 200 + 500 (t - X) ; si t >X
15200 − 500X ; si t ≤ X
Y = Función de costo es entonces: Y= {
200 + 500 (t − X) ; si t > X
El costo esperado de esta opción 2 resulta:
42
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𝑡 30
1 1
𝐸 (𝑌) = ∫ (200 + 500(𝑡 − 𝑥 )) 𝑑𝑥 + ∫ (15200 − 500𝑥) 𝑑𝑥
0 30 𝑡 30
50 2
Resolviendo: E(Y) = 3 𝑡 - 500 t + 7700
El valor esperado de Y resulta ser una función de t, llamémosla φ(t), y para
encontrar el valor óptimo de “t” que la minimiza es necesario anular su derivada
100
𝜑 ´ (𝑡 ) = 𝑡 − 500 = 0 ⟹ 𝑡 = 15 𝑑𝑖𝑎𝑠
3
50
El costo esperado mínimo de esta opción 2 es: 3 152 − 500 (15) + 7700 = 3950
el cual es menor que con la primera opción.
En conclusión, la estrategia óptima es realizar una inspección a mitad de mes.
Se deja como ejercicio para el lector resolver este mismo ejercicio, pero
asumiendo para la vida de la componente, otro tipo de distribución no simétrica en
el intervalo, como pudiera ser por ejemplo, una triangular entre 0 y 30, con moda
en 20.
58º) Supongamos que la colocación aleatoria de las tarjetas dentro de los sobres
la hacemos en dos etapas, de la siguiente manera:
Inicialmente seleccionamos al azar 5 primeros sobres, y en ellas colocamos las 5
tarjetas verdes, y luego en los 5 sobres restantes colocamos las 5 tarjetas rojas
Definamos la siguiente variable aleatoria:
X= Numero de sobres verdes seleccionados inicialmente
Esta variable podrá tomar los valores 0, 1,2 ó 3
(3 7
x)(5−x)
La probabilidad de que X tome cada uno de esos valores es:
(10)
5
Ahora bien, si inicialmente seleccionamos “x” sobres verdes, las tarjetas
introducidas en ellos estarán en el sobre correcto, pues en esta primera etapa se
colocan puras tarjetas verdes.
Por otro lado, si inicialmente se seleccionaron “x” sobres verdes, entonces
también se seleccionaron “5-x” sobres rojos
Para la segunda etapa en donde se van a introducir las tarjetas rojas, quedan
entonces: “3 –x” sobres verdes y 7-(5-x) = “x+2” sobres rojos.
Estos “x+2” sobres rojos contendrán la tarjeta correcta, pues en la segunda etapa
se introducen puras tarjetas rojas.
Por lo tanto: k= número de tarjetas en el sobre correcto = x + x + 2 = 2x+2
y los valores posibles de “k” son 2,4,6 u 8
𝑘−2 𝑘
Despejando x en función de “k” obtenemos: x = 2 = 2 − 1 y por último
sustituyendo, obtenemos que la función de probabilidad de “k” es:
3 7
(k )( k)
2
−1 6−2
; k= 2, 4, 6, 8
(10)
5
43
Angel F. Arvelo
angelf.arvelo@gmail.com
Problemas difíciles de Probabilidad
Ahora bien, si el más apto cae en una de las primeras siete posiciones de la fila,
no resultará contratado, debido al procedimiento utilizado, y por lo tanto:
P(B│Ai)= 0 ; si i = 1,2,3,..,7
Si el más apto cae en la octava posición, entonces será contratado con certeza,
pues al ser entrevistado resultará mejor que los primeros siete: P(B│A8)= 1
1 1
Tenemos entonces: P(B) = + ∑i=20
i=9 P(B│Ai )
20 20