Universidad de la Rep´
ublica
Facultad de Ingenier´ıa
PROBABILIDAD Y ESTAD´ISTICA
Curso 2018 - Primer Semestre
Pr´
actico 1: Casos favorables sobre casos posibles. SOLUCI ´
ON
Soluci´
on de los Ejercicios
Ejercicio 1 Placas
Las placas consisten de 2 vocales diferentes seguidas de 5 d´ıgitos todos diferentes.
1. Para construir una placa de estas debemos completar una lista ordenada como la siguiente ( ? |{z} 1 , ? |{z} 2 , ? |{z} 3 , ? |{z} 4 , ? |{z} 5 , ? |{z} 6 , ? |{z} 7 )
en donde los primeros 2 signos de interrogaci´on deben ser vocales y los otros 5 d´ıgitos.
Para contar de cu´antas formas posibles podemos hacer esto podemos aplicar la regla del producto:
( ? |{z} 5 posibilidades , ? |{z} 4 posibilidades , ? |{z} 10 posibilidades , ? |{z} 9 posibilidades , ? |{z} 8 posibilidades , ? |{z} 7 posibilidades , ? |{z} 6 posibilidades )
Si llamamos Ω al conjunto de todas las placas posibles, entonces |Ω|= 5×4×10×9×8×7×6 = 604800.
Notar que podemos escribir el resultado usando la notaci´on de arreglos |Ω|= (5)2(10)5=A52A105 ,
lo cual significa que primero elegimos las dos vocales, y luego, por cada elecci´on de vocales elegimos los cinco d´ıgitos.
2. LlamemosA a el evento “la placa empieza con A y termina en 89”. Para calcular la probabilidad deAdebemos primero calcular su cardinal|A|. Usando la regla del producto tenemos
(A, ? |{z} 4 posibilidades , ? |{z} 8 posibilidades , ? |{z} 7 posibilidades , ? |{z} 6 posibilidades ,8,9)
por lo que |A| = 4×8×7×6 = 1344. Nuevamente podemos escribirlo usando arreglos como |A| = (4)1(8)3 = A4
1A83, lo cual significa que primero elegimos la vocal que falta y luego los 3 d´ıgitos de los 8 que quedan. Entonces
P(A) = |A| |Ω| = 1344 604800≈0.002. Aproximadamente 0.2%. Ejercicio 2 Comit´e
Un espacio muestral para este problema puede ser el conjunto Ω ={{i1, i2, i3, i4}}de listas no ordenadas de 4 integrantes formadas de con integrantes del conjunto
S ={I1, I2, I3, E1, E2, E3, E4, E5, A1, A2, A3, A4},
en dondeI= ingeniero, E = economista, A= arquitecto. El cardinal de Ω es entonces igual al total de subconjuntos de tama˜no 4 que podemos formar con elementos deS. Es decir |Ω|=C412=
12 4
1. LlamemosH al evento “el comit´e est´a integrado por un I, dos E, y un A”. Para calcular el cardinal de H podemos razonar de la siguiente manera: primero elegimos el I, esto se puede hacer de
C3 1 =
3 1
formas posibles. Luego, por cada una de ´estas podemos elegir dos E deC5 2 =
5 2
formas posibles. Finalmente, por cada una de ´estas dos elecciones en conjunto, podemos elegir un A de
C14= 41formas distinta. As´ı, en total tenemos |H|= 3 1 5 2 4 1 = 3×10×4 = 120. Concluimos que P(H) = |H| |Ω| = 120 495 ≈0.24 Aproximadamente un 24%.
2. LlamemosF al evento “hay al menos dos A”. Podemos descomponerF en uni´on disjunta de tres eventos: F1 es el evento “hay exactamente dos A”,F2 es “hay exactamente tres A”, yF3 es “hay exactamente 4 A”. Entonces
|F|=|F1∪F2∪F2|=|F1|+|F2|+|F3| por la regla de la suma de cardinales. Calculemos entonces cada t´ermino.
Para calcular |F1| debemos elegir dos A, y de los I y E debemos elegir el resto. Entonces|F1|= 4
2
8 2
= 6×28 = 168. Del mismo modo se calcula |F2| = 43 8 1 = 4×8 = 32. Finalmente |F3|= 44 8 0 = 1. Entonces|F|= 168 + 32 + 1 = 201. Concluimos que P(F) = |F| |Ω| = 201 495 ≈0.406 Aproximadamente un 40.6%. Ejercicio 3 5 de Oro
Se juega a un juego del tipo 5 de Oro: hay que acertar 5 n´umeros, elegidos dentro de 44 posibilidades. 1. Un posible espacio muestral para este experimento es:
Ω ={{x1, x2, x3, x4, x5}, xi∈ {1, ...,44}, i∈ {1, ...,5}, xi6=xj sii6=j}, es decir, Ω es el conjunto de todas las jugadas posibles. Observar que #Ω =C44
5
2. Como todas las jugadas son igual de probables (a pesar de lo que piensa la abuela), obtenemos que la probabilidad de ganar es C144
5
≈9.2·10−7= 0.00000092.
3. El suceso “Acertar al menos 3 n´umeros” puede descomponerse en los sucesos disjuntos “Acertar exactamente 3 n´umeros”,“Acertar exactamente 4” y“Acertar exactamente 5”, siendo este ´ultimo el calculado en la parte anterior.
As´ı, la probabilidad buscada es la suma de las probabilidades de esos tres sucesos, es decir:
C35×C239 C44 5 +C 5 4×C 39 1 C44 5 +C 5 5×C 39 0 C44 5 = 0.007
Aqu´ıC35×C239 representa el total de formas posibles de elegir 3 de las 5 bolillas ganadoras y 2 de las 39 bolillas perdedoras.
Ejercicio 4 Un torpe lavaplatos
Llam´emosle 1,2,3,4 y 5 a los lavaplatos. Supongamos que 1 es el supuesto lavaplatos “torpe”.
1. Queremos calcular la probabilidad de que, suponiendo que los platos se rompen al azar, el lavaplatos 1 haya tenido tanta mala suerte. Vamos a convenir en que “1 tiene tanta mala suerte” quiere decir que rompa al menos 4 platos, es decir, exactamente 4 o exactamente 5.
Consideramos el suceso A=“El lavaplatos 1 rompe exactamente 5” yB =“El lavaplatos 1 rompe exactamente 4 platos”. Observar que A y B son sucesos disjuntos ya que no es posible romper
Sea Ω ={ω= (L1, L2, L3, L4, L5) :Li∈ {1,2,3,4,5}}dondeLi= lavaplatos que rompe el platoi. Observar que #Ω = 55.
Bajo el supuesto de que todos los platos se rompen al azar (i.e. de que no existe un lavaplatos torpe sino que todos tienen la misma probabilidad de romper un plato) se tiene que todos los ω0s
son equiprobables. Entonces:
P( “1 tiene tanta mala suerte”) =P(A) +P(B).
Como A={(1,1,1,1,1)} y B ={(1,1,1,1, a),(1,1,1, b,1),(1,1, c,1,1),(1, d,1,1,1),(e,1,1,1,1) :
a, b, c, d, e∈ {2,3,4,5}}. Aqu´ıa, b, c, d, erepresentan al lavaplatos que rompi´o el otro plato. Por lo tanto P(A) +P(B) =#A #Ω+ #B #Ω = 1 55 + 5×4 55 = 21 55 ≈0.00672 = 0.672%. Es decir que es bastante poco probable que el lavaplatos 1 haya tenido tanta mala suerte. Ejercicio 5 Lenguaje natural y sucesos
Sean Ω un espacio muestral,A,B yC sucesos de Ω.
1. Expresar mediante operaciones con conjuntos los sucesos que corresponden a: (a) OcurrenA yB: A∩B.
(b) OcurreAu ocurre B: A∪B. (c) Ocurren los tres sucesos: A∩B∩C
(d) Ocurre por lo menos uno de los tres sucesos: A∪B∪C
(e) OcurreAu ocurreB pero no los dos simult´aneamente: A4B= (A\B)t(B\A) (diferencia sim´etrica).
(f) No ocurreB: Bc= Ω\B
(g) No ocurre niA niB: Ω\(A∪B) = (A∪B)c=Ac∩Bc (Ley de Morgan)
(h) No ocurrenA yB simult´aneamente: Ω\(A∩B) = (A∩B)c=Ac∪Bc (Ley de Morgan) (i) No ocurre ninguno de los tres sucesos: Ω\(A∪B∪C)
(j) OcurreAy no ocurreB: A\B
(k) Ocurre exactamente uno de los tres sucesos: [A\(B∪C)]t[B\(A∪C)]t[C\(A∪B)] (l) Ocurren por lo menos dos de los tres: (A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)
2. Indicatrices de los sucesos de la parte anterior en funci´on de1A,1B y1C. (a) 1A∩B =1A×1B. (b) 1A∪B =1A+1B−1A∩B. (c) 1A∩B∩C=1A×1B×1C (d) 1A∪B∪C=1A+1B+1C−1A∩B−1A∩C−1B∩C+1A∩B∩C =1A+1B+1C−1A×1B−1A×1C−1B×1C+1A×1B×1C (e) 1A4B=1A+1B−21A∩B=1A+1B−21A×1A. (f) 1Bc= 1−1B. (g) 1(A∪B)c = 1−1(A∪B)= 1−(1A+1B−1A×1B) (h) 1(A∩B)c = 1−1A∩B = 1−1A×1B (i) 1(A∪B∪C)c = 1−1A∪B∪C = 1−(1A+1B+1C−1A×1B−1A×1C−1B×1C+1A×1B×1C) (j) 1A\B =1A−1A∩B=1A−1A×1B=1A(1−1B) (k) 1[A\(B∪C)]t[B\(A∪C)]t[C\(A∪B)]=1A\(B∪C)+1B\(A∪C)+1C\(A∪B) =1A(1−1B∪C) +1B(1−1A∪C) +1C(1−1A∪B) =1A[1−(1B+1C−1B×1C)] +1B[1−(1A+1C−1A×1C)] +1C[1−(1A+1B−1A×1B)]
(l) 1(A∩B)∪(A∩C)∪(B∩C)=1A∩B+1A∩C+1B∩C
−1A∩B×1A∩C−1A∩B×1B∩C−1A∩C×1B∩C +1A∩B×1A∩C×1B∩C
= 1A×1B+1A×1C+1B×1C −21A×1B×1C
Ejercicio 6 Problema de los cumplea˜nos
Se elige un grupo denpersonas al azar. Descartamos a˜nos bisiestos y suponemos por lo tanto a˜nos de 365 d´ıas. Podemos imaginarnos que tenemos 365 celdas, numeradas del 1 al 365, que representan los d´ıas del a˜no. Luego, distribuimos al azar entre las celdas nbollilas, numeradas del 1 al n, que representan las personas.
Podemos elegir entonces el espacio muestral Ω que consiste en todas lasn-uplas de n´umeros del 1 al 365, que representan la celda en la que cae cada bolilla. Para calcular el cardinal de Ω, basta ver que para cada bolilla hay 365 posibilidades:
( bolilla 1 | {z } 365 posibilidades , bolilla 2 | {z } 365 posibilidades , . . . , bolillan | {z } 365 posibilidades ). Entonces|Ω|= 365n.
1. Llamemos Cn al suceso “Al menos 2 de las n personas cumplen el mismo d´ıa”. Por simplicidad calcularemos primero la probabilidad del complemento, esto es, que todos cumplan en d´ıas distintos. Lasn-uplas de d´ıas distintos las podemos formar de la siguiente manera:
( bolilla 1 | {z } 365 posibilidades , bolilla 2 | {z } 364 posibilidades , . . . , bolillan | {z } 365−n+1 posibilidades ). Por lo que|Cc n|= (365)n. Entonces P(Cnc) =(365)n 365n = 365·364·...·(365−n+ 1) 365n = 365! 365n(365−n)!. Luego P(Cn) = 1−P(Cnc).
2. Es claro que a mayornmayor ser´aP(Cn). Tabulando valores deP(Cn) para distintosn, se obtiene que paran= 22 esP(Cn) = 0.476, y para n= 23 esP(Cn) = 0.507. Por lo tanto, necesitamos al menos 23 personas para que la probabilidad buscada supere a 0.5.
3. Usamos la aproximaci´onpn≈1−e−
1
2n(n−1)/365. La tabla queda entonces:
n 20 25 30 35 40 45 50 60 100
pn .406 .560 .696 .804 .882 .934 .965 .992 .999
4. LlamemosDnal suceso “Alguien cumple el 31 de Octubre”. De nuevo, por simplicidad calcularemos primero la probabilidad del complemento, esto es, que todos cumplan en d´ıas diferentes al 31 de Octubre.
(a) Lasn-uplas de d´ıas distintos al 31 de Octubre las podemos formar de la siguiente manera: ( bolilla 1 | {z } 364 posibilidades , bolilla 2 | {z } 364 posibilidades , . . . , bolilla n | {z } 364 posibilidades ). Por lo que|Dc n|= 364n. Entonces P(Dnc) =364 n 365n = 364 365 n . Si tomamos n= 100, tenemosP(D100) = 1−P(D100c ) = 0.240.
(b) Johnny no deber´ıa sorprenderse, pues esta probabilidad es bastante chica, las chances son menores a 1 en 4. Pero Johnny se sorprende porque confunde la probabilidad de que dos per-sonas en la audiencia cumplan el mismo d´ıa (sin importar que d´ıa sea ´este), con la probabilidad de que alguien en la audiencia cumpla un d´ıa dado, en este caso su d´ıa de cumplea˜nos. Ejercicio 7 Loter´ıas
De forma an´aloga al problema de los cumplea˜nos, podemos imaginar que por cada combinaci´on de 6 n´umeros distintos del 1 al 49, tenemos una celda etiquetada con esa combinaci´on. As´ı, las celdas representan todas las combinaciones posibles.
Luego, distribuimos al azar entre las celdas 3016 bolillas, numeradas del 1 al 3016, que representan los diferentes sorteos. ¿Cu´al es la probabilidad de que al menos dos bolillas caigan en la misma celda?
Notar que el total de combinaciones posibles es 496, y que por lo tanto, podemos distribuir las bolillas en las celdas de 4963016
formas distintas.
Llamemos A al evento “al menos dos bolillas caen en la misma celda”. Calculemos la probabilidad del complemento deA, es decir de que todas las bolillas caigan en celdas distintas. Tenemos
( bolilla 1 | {z } (49 6) posibilidades , bolilla 2 | {z } (49 6)−1 posibilidades , . . . ,bolilla 3016 | {z } (49 6)−3016+1 posibilidades ), por lo que|Ac|= 49 6 3016. Entonces p=P(Ac) = 49 6 3016 49 6 3016 .
Para calcular esta probabilidad usamos la aproximaci´on
p≈e−n(n−2N1),
en donden= 3016 yN = 496
. Obtenemos as´ı quep≈0.722 yP(A)≈0.278. ¡Las chances son mayores a 1 en 4!
Ejercicio 8 Bizcochos
Compramos una docena de bizcochos, entre croissants (C), margaritas (M) y galletas (G).
1. En este caso, vamos todos juntos a comprar. Podemos imaginar que hacemos lo siguiente: tenemos tres celdas, una para los C, otra para las M, y otra para las G. Luego, distribuimos 12 bolillas indistinguibles entre las tres celdas. La cantidad de bolillas en la celda C nos indica cuantos croissants compramos, las que caen en la celda M la cantidad de margaritas, y las que caen en la G la cantidad de galletas.
¿De cu´antas formas distintas podemos distribuir las 12 bolillas ind´enticas entre las celdas C,M y G?
Pongamos un∗para indicar las bolillas, y una barra vertical|para indicar los l´ımites de las celdas. Por ejemplo, la secuencia
∗ ∗ ∗| ∗ ∗ ∗ ∗| ∗ ∗ ∗ ∗∗
representa la situaci´on en la cual compramos 3 croissants, 4 margaritas, y 5 galletas. Del mismo modo, la secuencia
∗ ∗ ∗|| ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗∗
representa la compra de 3 croissants y 9 galletas (ninguna margarita). En definitiva, todas las compras posibles que podemos hacer se pueden contar a partir de todas las secuencias distintas de 12 aster´ıscos y 2 barras. Llamemos a este conjunto Ω.
(a) Para contar el cardinal de Ω razonamos como sigue. Debemos ver de c´uantas formas posibles podemos entreverar los∗y las|. Supongamos que etiquetamos cada uno de ellos para que sean distinguibles (les ponemos un n´umero). En ese caso tendr´ıamos 14! permutaciones posibles. Pero por cada una de ellas, podemos entreverar los ∗ y las| obteniendo la misma secuencia indistinguible. El n´umero total es entonces
|Ω|= 14! 12!2!= 14 2 = 91.
Se puede calcular el cardinal de Ω directamente usando lascombinaciones con repetici´on: CRnm= m+ (n−1) n−1 . ´
Estas representan los lugares posibles para colocar las barritas que separan los tipos diferentes, donde m es la cantidad de bizcochos que vamos a comprar y n es la cantidad de opciones en bizcochos (suponiendo que quedan al menos m bizcochos de cada opci´on). Hay entonces
CR12
3 = 91 opciones posibles.
(b) Llamemos A a el evento “eligen 3 croissants, 2 margaritas, y 7 galletas”. Si eligen al azar, cada una de las combinaciones posibles que aparecen en Ω tendr´a la misma probabilidad de ocurrir. As´ı que
P(A) = 1 |Ω| =
1
91 ≈0.0109.
2. Supongamos ahora que van de a uno a comprar. Entonces el espacio muestral cambia, ya que importa describir qu´e tipo de bizcocho compra cada uno, y no solo las cantidades totales de C,M, y G. Cada amigo puede elegir entre C, M, y G, por lo queda
Ω ={(b1, . . . , b12) :bi∈ {C, M, G}} en dondebi representa el tipo de bizcocho que eligi´o el amigo i.
(a) Como cada amigo tiene tres posibilidades, tenemos que|Ω|= 312= 531441.
(b) Calculemos la probabilidad de que en total comprenαcroissants,β margaritas, yγ galletas, con α+β+γ = 12. Llamemos a este evento Aα,β,γ. Para eso, debemos elegir α amigos que compran C, de los 12−αque sobran debemos elegir β que compren M, y los restantes
γ= 12−α−β compran G. Entonces P(Aα,β,γ) = 1 312 12 α 12−α β . Si ponemos α= 3, β= 2, yγ= 7, la probabilidad es 0.0248. (c) Queremos encontrar los valores de α, β, γ que maximizan la funci´on
f(α, β, γ) = 12 α 12−α β = 12! α!β!(12−α−β)!,
con la restricci´on 0≤α≤12 y 0≤β≤12−α. Esto es equivalente a buscar qui´enes son los valores de αyβ que minimizanα!β!(12−α−β)!.
Supongamos queα= 5, β= 4 yγ= 3, entonces:
α!β!(12−α−β)! = 5!×4!×3! = 4!×4!×5×3!>4!×4!×4!
An´alogamente se puede observar que para cualquier elecci´on de α, β o γ > 4 se tiene que
α!β!(12−α−β)!>4!×4!×4!. Es decir quef se maximiza cuandoα=β =γ= 4. Ejercicio 9 Principio de inclusi´on - exclusi´on
SeanA1, . . . , An subconjuntos finitos cualesquiera de Ω, conn≥3.
1. Para contar los elementos de la uni´on A1∪A2, notar que podemos descomponerla como uni´on disjunta de
A1∪A2=A1\(A1∩A2)tA2. Entonces, por la regla de la suma de cardinales, tenemos que
|A1∪A2|=|A1\(A1∩A2)|+|A2|.
Adem´as,|A1\(A1∩A2)|=|A1| − |A1∩A2|. De aqu´ı se obtiene|A1∪A2|=|A1|+|A2| − |A1∩A2|. 2. Paran= 3 usamos el caso anterior dos veces. LlamemosB=A1∪A2, entonces
|A1∪A2∪A3|=|B∪A3|=|B|+|A3| − |B∩A3|
=|A1|+|A2| − |A1∩A2|+|A3| − |(A1∩A3)∪(A2∩A3)|
3. Denotamos porCk los subconjuntos de{1, . . . , n} de tama˜nok. La f´ormula general es n [ i=1 Ai = n X k=1 (−1)k+1 X I∈Ck \ i∈I Ai .
Es decir, sumamos con signo alternado (empezando con positivo) los cardinales de las intersecciones. Sumamos los cardinales de los conjuntos, luego restamos los cardinales de las intersecciones dos a dos, luego sumamos los cardinales de las interseciones de a tres, etc..
La prueba la podemos hacer por inducci´on completa. Supongamos que vale para menos (o igual a) densubconjuntos, probemosla paran+ 1. LlamemosB=A1∪ · · · ∪An, entonces por la f´ormula para dos conjuntos
|A1∪ · · · ∪An+1|=|B∪An+1|=|B|+|An| − |B∩An+1|. (1) Para el cardinal deB podemos aplicar la inducci´on
|B|= n X k=1 (−1)k+1 X I∈Ck \ i∈I Ai . (2) Notar que B∩An+1= n [ i=1 (Ai∩An+1) = n [ i=1 Bi,
en donde hemos llamadoBi=Ai∩An+1. Por inducci´on tambi´en, tenemos entonces queda
|B∩An+1|= n X k=1 (−1)k+1 X I∈Ck \ i∈I Bi = n X k=1 (−1)k+1 X I∈Ck \ i∈I (Ai∩An+1) . (3)
La ecuaci´on (3) contiene todas las intersecciones de 2 o m´as subconjuntos en las cuales aparece
An+1. En la ecuaci´on (2) aparecen todas las intersecciones en las cuales no aparece An+1. Reem-plazando ambas en (1), reagrupando y teniendo cuidado con los signos, se obtiene la f´ormula para el caso de n+ 1 subconjuntos.
Ejercicio 10 D´ıgitos desordenados
La cantidad de maneras en que podemos desordenar el n´umero 123456789 es por definici´on 9!. Llamemos
Aal evento “ning´un d´ıgito queda ubicado en su posici´on original”.
A modo de ejemplo, calculemos primero la cantidad de maneras de desordenar el n´umero 1234, de modo que ning´un d´ıgito quede ubicado en su posici´on original. Sea Ω = {formas de desordenar 1234}, entonces|Ω|= 4!. Consideremos los subconjuntosAi={P ∈Ω : iqueda fijo}. Por ejemplo
A1={1|d1|d2|d3: d1, d2, d3∈ {2,3,4}}, por lo que|A1|= 3!. Analogamente|Ai|= 3! parai= 2,3,4.
Observar que queremos contar las permutaciones de Ω que no est´an en ninguno de losAi’s, es decir:
A=Ac1∩Ac2∩Ac3∩Ac4.
Por laLey de Morgan,
Ac1∩Ac2∩Ac3∩Ac4= (A1∪A2∪A3∪A4)c. Luego, la cantidad de des´ordenes de 1234 es:
|(A1∪A2∪A3∪A4)c|=|Ω| − |A1∪A2∪A3∪A4|.
Puesto que|Ω| = 4!, solo falta calcular|A1∪A2∪A3∪A4|, y para esto usaremos el ejercicio anterior (principio de inclusi´on - exclusi´on):
4 [ i=1 Ai = 4 X i=1 |Ai| − X 1≤i1<i2≤4 |Ai1∩Ai2|+ X 1≤i1<i2<i3≤4 |Ai1∩Ai2∩Ai3| − |A1∩A2∩A3∩A4| Puesto que:
• |Ai|= 3!
• |A1∩A2|= #{1|2|d1|d2 : d1, d2∈ {3,4}}= 2! (an´alogamente |Ai1∩Ai2|= 2! para todo i1, i2 ∈
{1,2,3,4})
• |A1 ∩A2 ∩A3| = #{1|2|3|d : d ∈ {3}} = #{1|2|3|3} = 1 (el cuarto queda fijo tambi´en). An´alogamente|Ai1∩Ai2∩Ai3|= 1 para todoi1, i2, i3∈ {1,2,3,4}.
• |A1∩A2∩A3∩A4|=|{1234}|= 1 Entonces: 4 [ i=1 Ai = 4×3!−C24×2! +C14×1−1 = 4!−4! 2!+ 4! 3!− 4! 4! = 4! 1− 1 2!+ 1 3!− 1 4! Finalmente, |(A1∪A2∪A3∪A4)c|=|Ω|−|A1∪A2∪A3∪A4|= 4!−4! 1− 1 2!+ 1 3!− 1 4! = 4! 1−1 + 1 2!− 1 3!+ 1 4! .
An´alogamente, las permutaciones que queremos en el caso de 123456789 son:
9 [ i=1 Ai !c = 9! 1−1 + 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ 1 6!− 1 7!+ 1 8!− 1 9! = 133496,
por lo que la probabilidad deAes P(A) = 1−1 + 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ 1 6!− 1 7!+ 1 8!− 1 9! ≈0.368. Notar que de la misma manera se puede deducir que los des´ordenes de 123...n son:
n [ i=1 Ai !c =n! 1−1 + 1 2!− 1 3!+ 1 4!− 1 5!+ 1 6!−...+ (−1) n 1 n! ,
por lo que la probabilidad deAtiende a 1/e cuandon→+∞.
Soluci´
on de los Problemas desaf´ıo
Ejercicio 11 M´as d´ıgitos desordenados
Si el 1 est´a en el lugar k, con k∈ {1, . . . , n−1}, entonces el 2 puede estar en cualquiera de los n−k
lugares a la derecha. Por cada elecci´on de lugares del 1 y el 2, tenemos (n−2)! permutaciones de los otros d´ıgitos posibles. Luego
P(1 antes del 2) = n−1 X k=1 (n−k)(n−2)! n! = 1 n(n−1) n−1 X k=1 n−k= 1 n(n−1) (n−1)n 2 = 1 2. Una forma alternativa y astuta de resolver este problemas es la siguiente. Observar que por simetr´ıa
P(1 antes del 2) =P(2 antes del 1) =p.
Adem´as estos dos eventos son complementarios por lo quep+p= 1, de dondep= 1/2.
An´alogamente, si elegimos poner el 1 en el lugark∈ {1, . . . , n−2}y el 2 en el lugarj ∈ {k+1, . . . , n− 1}, podemos poner al 3 en cualquiera de losn−j lugares restantes. Por cada elecci´on de los lugares del 1,2 y 3, tenemos (n−3)! permutaciones posibles de los otros d´ıgitos. Luego
P(1<2<3) = n−2 X k=1 n−1 X j=k+1 (n−j)(n−3)! n! = 1 n(n−1)(n−2) n−2 X k=1 n−1 X j=k+1 n−j = 1 n(n−1)(n−2) n−2 X k=1 (n−k−1)(n−k) 2 = 1 2n(n−1)(n−2) n−2 X k=1 (n−k)2−(n−k) = n(n−1)(n−2) 6n(n−1)(n−2) = 1 6
Igual que antes, podr´ıamos haber llegado a este resultado de un modo m´as astuto. Notar que los d´ıgitos 1, 2 y 3 pueden aparecer en cualquier permutaci´on, y todas ellas tienen la misma probabilidad. Como agotan todas las posibilidades, tenemos
1 = X σ∈S3
P(σ(1)< σ(2)< σ(3)) = 3!p
por lo quep= 16.
Para que 1 y 2 sean consecutivos, basta elegir el lugar del 1 y multiplicar por (n−2)!. El uno lo podemos elegir en cualquiera de losn−1 primeros lugares, por lo que
P(1,2 consecutivos) =(n−1)(n−2)!
n! =
1
n.
Del mismo modo calculamos
P(1,2,3 consecutivos) = (n−2)(n−3)!
n! =
1
n(n−1).
Ejercicio 12 Ganador queda en cancha Los posibles resultados del juego son
aa acc acbb acbaa acbacc acbacbb acbacbaa acbacbacc · · ·
bb bcc bcaa bcabb bcabcc bcabcaa bcabcabb bcabcabcc · · ·
Notar que por simetr´ıa, los eventos{aes el ganador}y{bes el ganador}tienen la misma probabilidad. Si llamamospa dicha probabilidad yq a la probabilidad del evento{c es el ganador}, tenemos
2p+q= 1.
Adem´as, el evento
{ces el ganador}={(acb)kacc:k≥0} ∪ {(bca)kbcc:k≥0},
por lo que q=P(c es el ganador) = 2 ∞ X k=0 1 23(k+1) = 1 4 1 1−1/8 = 2 7. De aqu´ı resulta quep= 5/14.
La probabilidad de que el juego no termine hasta el k-´esimo turno es
1−2 k X i=2 1 2i = 1 2k−1. Ejercicio 13 Racha de simples
Supongamos que lanzamos nveces, y denotemos por un 0 si erramos y un 1 si embocamos. La proba-bilidad de cada secuencia concreta de ceros y unos es entonces 1/2n. Para cada naturalk entre 1 y n, consideremos el evento
An(k) = “la racha mas larga de unos es de longitud menor o igual ak”
y denotemos poran(k) el cardinal deAn(k). ¿C´omo podemos calcular an(k)? La clave est´a en descom-poner el conjunto de casos favorables aAn(k) seg´un el n´umero de unos, en caso de que haya, que ocurren antes del primer cero. Esto da una f´ormula recursiva simple paraan(k).
Supongamos que k = 5. Claramente, si n≤5, an(5) = 2n pues los casos favorables son todos. Si
n≥6, las secuencias favorables pueden comenzar con 0, 10, 110, 1110, 11110, y 111110. Entonces
an(5) =an−1(5) +an−2(5) +an−3(5) +an−4(5) +an−5(5) +an−6(5).
Ponemosa0(5) = 1. En general uno obtiene
an(k) =
(Pk
i=1an−i(k) sin > k, 2n sin≤k.
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
an(5) 1 2 4 8 16 32 63 125 248 492 976
n 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
an(5) 1936 3840 7617 15109 29970 59448 117920 233904 463968 920319 Entonces la probabilidad deA20(5) es 920319/220, por lo tanto la probabilidad que buscamos es≈0.122.
Respuestas a las Preguntas conceptuales
1. (b) 2. (d) 3. (c)
4. Son las mismas.
5. (a) 1/8 (b) 7/8 (c) 7/8 (d) 7/8 6. (a) 7. (999999/1000000)520≈0.9995. 8. (a) 0% (b) 15%. 9. Ambas 1/10. 10. Falso.
