Autor Tema: Ejercicio de probabilidad

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21 Abril, 2021, 12:17 am
Respuesta #10

sugata

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 Revisa el mensaje de Luis.
Sabemos que el número de jugadas es par, luego en la primera tirada ya sabemos que no hay un as; así que sólo hay que calcular la probabilidad de que salga un as en la segunda: \( \dfrac{1}{6} \)

21 Abril, 2021, 12:25 am
Respuesta #11

KatherineR

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Muchas Gracias , se lo agradezco .

21 Abril, 2021, 09:07 am
Respuesta #12

Luis Fuentes

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Hola

 
Exactamente dos tiros sería: en el primero cualquiera menos un as \( \dfrac{5}{6} \), en el segundo un as \( \dfrac{1}{6} \)
Al ser independientes, multiplica.

Es una probabilidad condicionada; estamos suponiendo que sabemos que el número de tiros es par. En otras palabras en la primera tirada está garantizado que no salió el as.

Así que la probabilidad de que salga en la segunda (sabiendo que salió en un número par de veces) es simplemente  \( \dfrac{1}{6} \).


OJO. Esto está mal. Eso sería la probabilidad de que el as salga en la segunda tirada condicionada a que no salió la primera, pero no condicionada a que salió en un número par de veces.

La solución correcta la pongo en un mensaje posterior.


 Como he dicho, lo que hice ahí está mal.

 La probabilidad de que salga el as en la segunda jugada condicionada a que ha salido en un número par de jugadas es:

\( P(segunda|PAR)=\dfrac{P(segunda)}{P(PAR)} \)

 Donde:

 \( P(segunda)=\dfrac{5}{6}\cdot \dfrac{1}{6} \) (en la primera jugada no sale as, pero en la segunda si).

 Para calcular la probabilidad de que salga en un número PAR de veces; dos caminos:

1) La probabilidad de que salga el as en la tirada \( 2k \) es:

 \( P(X=k)=\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2k-1}\cdot \dfrac{1}{6} \) (en las \( 2k-1 \) primeras jugadas NO salió el as y en la \( 2k \) si)

 Entonces la probabilidad de que salga en un número PAR es:

\(  P(PAR)=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty{}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2k-1}\cdot \dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{5}{6}\displaystyle\sum_{i=0}^\infty{}\left(\dfrac{5^2}{6^2}\right)^{i}=\dfrac{5}{36}\cdot \dfrac{1}{1-\frac{25}{36}}=\dfrac{5}{11} \)

2) Más rápido.

\( P(PAR)=\dfrac{5}{6}(P(IMPAR))=\dfrac{5}{6}(1-P(PAR))\quad \Rightarrow{}\quad 6P(PAR)=5-5P(PAR)\quad \Rightarrow{}\quad P(PAR)=\dfrac{5}{11} \)

Donde usamos que la probabilidad de que salga en un número par es que en la primera salga impar y contando desde la segunda que salga en una tirada impar.

 En cualquier caso:

\( P(segunda|PAR)=\dfrac{P(segunda)}{P(PAR)}=\dfrac{\frac{5}{36}}{\frac{4}{11}}=\dfrac{11}{36} \)

Saludos.

21 Abril, 2021, 11:35 am
Respuesta #13

sugata

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Pero el juego es tirar tantas veces hasta que salg un as. Ahí se para.
Si sale el as en el segundo se para el juego, ya da igual que salga en el cuarto.
Hola , aparte me preguntan que Suponiendo que el número de tiros fue par, ¿cuál es la probabilidad de que sean 2 tiros? Yo use la probabilidad condicional  pero me da mas de 1 , entonces se que tengo algo mal . No entiendo porque te da ese numero .

Gracias
Hola chicos queria preguntarles sobre este ejercicio . No se como pensarlo  , no se me ocurrio nada .


 Un dado se tira tantas veces como sea necesario hasta que aparezca un as.
a) ¿cuál es la probabilidad de que sean necesarios más de 3 tiros para que se obtenga el as?

21 Abril, 2021, 12:12 pm
Respuesta #14

Luis Fuentes

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Hola

Pero el juego es tirar tantas veces hasta que salg un as. Ahí se para.
Si sale el as en el segundo se para el juego, ya da igual que salga en el cuarto.

Si. Pero el problema es a que se condiciona:

- Si condicionamos a que sabemos que el dado salió en posición par. Digamos que estamos considerando los juegos con estos posibles resultados (pongo cruz si NO sale as y A si sale as):

\( XA,\quad XX\, XA,\quad XX \,XX \,XA,\quad XX\, XX\, XA,\quad XX\, XX\, XX\, XA,\ldots \)

y de entre esos restultados se trata de ver con que probabilidad se da el primero \( XA \).

- Pero si sólo condicionamos a que el primer resutado no fue un AS, estamos considerando otros juegos:

\( XA,\quad XXA,\quad  XXXA,\quad XXXXA, \quad XXXXXA, \)

y de nuevo de entre esos restultados se trata de ver con que probabilidad se da el primero \( XA \).

 Lo que cambia es el universo de sucesos posibles en el que nos movemos.

Saludos.

21 Abril, 2021, 12:28 pm
Respuesta #15

Luis Fuentes

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Hola

 Añado algo. Para ser sincero hay algo que no me acaba de convencer al 100%. Choca un poco con mi intuición.

 El hecho de suponer que sabemos previamente que el resultado AS ha salido en una tiaradas par, intuitivamente me parecería que debería de equivaler a sólo jugar las tiradas pares. Pero si lo que he hecho antes está bien.. ¡no funciona así!.

 Si sólo jugamos las tiradas pares la probabilidad de obtener un as en la primera tirada par es \( 1/6 \); en la segunda tirada par \( (5/6)\cdot (1/6) \); etcétera...

 Pero sin embargo la probabilidad condicionada a que sabemos que se ha conseguido el resultado en tirada par, según he calculado antes, sería \( 11/36 \) para la primera tirada; \( (11/36)\cdot (25/36) \) en la segunda; etcétera...

 Sé que la explicación tienes que estar en lo que yo mismo he contado en mi mensaje anterior; pero sin embargo desde un punto intuitivo no acabo de verlo con la claridad que me gustaría.  ::)

Saludos.

21 Abril, 2021, 12:48 pm
Respuesta #16

Masacroso

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Supongamos que el número de tiros fue par, ¿cuál es la probabilidad de que sean 2 tiros?

Por si aclara algo: si \( N \) cuenta el número de veces que se tira un dado hasta que salga un uno entonces ahí te piden que calcules \( \Pr [N=2|N\in 2\mathbb N ] \), de la regla de Bayes tenemos que

\( \displaystyle{
\Pr [N=2|N\in 2\mathbb N ]=\frac{\Pr [\{N=2\} \cap  \{N\in 2\mathbb N\}] }{\Pr [N\in 2\mathbb N ]}=\frac{\Pr [N=2]}{\Pr [N\in 2\mathbb N ]}
} \)

ya que \( \{N=2\}\subset \{N\in 2\mathbb N \} \). Asumimos que el dado tiene distribución uniforme, entonces \( N \) tiene una distribución geométrica y

\( \displaystyle{
\Pr [N=2]=\frac56\cdot \frac1{6},\quad \Pr [N\in 2\mathbb N ]=\sum_{k\geqslant 0}\left(\frac56\right)^{2k+1}\cdot\frac16=\frac1{6}\cdot \frac{5}{6}\cdot \frac1{1-(5/6)^2}\\
\therefore\quad \Pr [N=2|N\in 2\mathbb N ]=1-(5/6)^2
} \)

Nota: bueno, ahora veo que esto no aporta mucho, ya Luis había dado una respuesta prácticamente idéntica.

21 Abril, 2021, 12:55 pm
Respuesta #17

sugata

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Hola

Pero el juego es tirar tantas veces hasta que salg un as. Ahí se para.
Si sale el as en el segundo se para el juego, ya da igual que salga en el cuarto.

Si. Pero el problema es a que se condiciona:

- Si condicionamos a que sabemos que el dado salió en posición par. Digamos que estamos considerando los juegos con estos posibles resultados (pongo cruz si NO sale as y A si sale as):

\( XA,\quad XX\, XA,\quad XX \,XX \,XA,\quad XX\, XX\, XA,\quad XX\, XX\, XX\, XA,\ldots \)

y de entre esos restultados se trata de ver con que probabilidad se da el primero \( XA \).

- Pero si sólo condicionamos a que el primer resutado no fue un AS, estamos considerando otros juegos:

\( XA,\quad XXA,\quad  XXXA,\quad XXXXA, \quad XXXXXA, \)

y de nuevo de entre esos restultados se trata de ver con que probabilidad se da el primero \( XA \).

 Lo que cambia es el universo de sucesos posibles en el que nos movemos.

Saludos.

Para mí es la probabilidad de que salga un as en la segunda tirada, si no sale en la segunda da igual las siguientes tiradas....

21 Abril, 2021, 01:53 pm
Respuesta #18

feriva

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Perdón; esto ya estaba aclarado; no es la cuestión que se discute

Spoiler
Interpreto (con ayuda de lo que dice Luis, porque, si no, vete a saber qué podría interpretar) lo siguiente.


Esto tampoco, está mal además.

[spoler]
Si tiramos un dado pueden salir seis cosas distintas. La probabilidad de que salga cualquiera de ellas en particular es \( \dfrac{1}{6}
  \) (porque son equiprobables). Entonces, la probabilidad de que salga cualquiera de las seis es \( \dfrac{6}{6}=1
  \); o sea, tiene que salir alguna seguro.

Así, la de que salga cualquiera de las seis menos una fijada (el as) será de \( \dfrac{6-1}{6}=\dfrac{5}{6}
  \).

Tiramos el dado y no sale (que es lo más normal, porque es casi seguro al ser \( \dfrac{5}{6}
  \) cercano a 1). Si volvemos a tentar al diablo, la probabilidad de que salga aumenta; es como jugar a la ruleta rusa muchas veces, en la medida que juegas es más probable que te des el tiro en la cabeza. Luego si aumenta la de que salga, baja la probabilidad de que no salga; y eso se calcula multiplicando la probabilidad; como el denominador siempre es más grande, éste aumenta y el número queda más pequeño, \( \dfrac{25}{36}<\dfrac{5}{6}
  \). Ésta sería en la segunda. La probabilidad de que no salga las tres primeras veces es multiplicando otra vez: \( (\dfrac{5}{6})^{3}
  \). Ahora, si hasta aquí no ha salido, tendrá que salir en la siguiente, en la otra... cuando sea, pero ya habremos necesitado más de 3 tiradas, que es lo que pide el enunciado.
[cerrar]

Esto tampoco; y está mal además.
Spoiler

La otra pregunta yo la veo así (no sé si estará bien razonado).

Pensemos al revés. La probabilidad de que salga un as alguna de las dos primeras veces supongo que será \( \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}
  \) (¿esto era así? No me acuerdo). De ser así, la complementaria será la probabilidad de que no salga las dos primeras veces: \( 1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}
  \).

No debe de ser así, porque no da un 1/6
[cerrar]

Saludos.

21 Abril, 2021, 02:25 pm
Respuesta #19

geómetracat

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Hola

 Añado algo. Para ser sincero hay algo que no me acaba de convencer al 100%. Choca un poco con mi intuición.

 El hecho de suponer que sabemos previamente que el resultado AS ha salido en una tiaradas par, intuitivamente me parecería que debería de equivaler a sólo jugar las tiradas pares. Pero si lo que he hecho antes está bien.. ¡no funciona así!.

 Si sólo jugamos las tiradas pares la probabilidad de obtener un as en la primera tirada par es \( 1/6 \); en la segunda tirada par \( (5/6)\cdot (1/6) \); etcétera...

 Pero sin embargo la probabilidad condicionada a que sabemos que se ha conseguido el resultado en tirada par, según he calculado antes, sería \( 11/36 \) para la primera tirada; \( (11/36)\cdot (25/36) \) en la segunda; etcétera...

 Sé que la explicación tienes que estar en lo que yo mismo he contado en mi mensaje anterior; pero sin embargo desde un punto intuitivo no acabo de verlo con la claridad que me gustaría.  ::)

Saludos.

Una manera de verlo intuitivo que a mí me funciona es exagerar el problema. Imagínate que hacen el experimento sin que tú sepas cuántas tiradas han hecho falta para que salga el as, y te dicen "el número de tiradas que han hecho falta para que salga un as es un múltiplo de 100". Si yo tuviera que apostar lo apostaría todo a que han hecho falta \[ 100 \] tiradas, porque que hayan hecho falta \[ 200 \] es muchísimo más improbable. Desde luego, lo que no esperaría intuitivamente es que la probabilidad de que hayan hecho falta \[ 200 \] tiradas sea \[ 5/6 \] de la probabilidad de que hayan hecho falta \[ 100 \].

Añadido: Creo que el problema viene de no tener en cuenta que cuando condicionamos, las probabilidades de los sucesos individuales cambian. Cuando decimos que el número de tiradas es par, la probabilidad del suceso \[ XA \] en cierta manera "acumula" las probabilidades originales de los sucesos \[ A \] y \[ XA \], de forma que su probabilidad es más alta que la probabilidad de \[ A \] en el planteamiento original (donde no sabemos nada del número de tiradas). Esto es una idea muy intiitiva y chapucera, pero espero que se entienda.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)