[electron]

Se dispone de una baraja española (40 cartas, 4 palos) y se cogen 4 cartas al azar sin reemplazamiento. Sea \( N \) el nº de palos diferentes en estas 4 cartas (\( 1\leq N\leq 4 \)) y el suceso \( D= \)"las dos primeras cartas extraídas son de distinto palo". Hallar:

a) \( P(N=2) \)
b) \( P(N=3) \)
c) \( P(N=3 | D) \)
d) \( P(N=4 | D) \)
e) \( E(N | D) \)

[delmar]

Hola

Es conveniente que muestres que has hecho por resolver las interrogantes.

Te ayudo con la a)

El suceso aleatorio, es la extracción de 4 cartas sin reemplazo de la baraja, el espacio muestral lo constituye \( S=\left\{{(x_1,x_2,x_3,x_4) \  / \ x_i\in{Baraja}\wedge x_j\neq x_k, \ \ \forall{ j\neq k}}\right\} \) el número de elementos de S es \( n(S)=\displaystyle\frac{40!}{36!} \) total de resultados (cuaternas ordenadas) posibles, son equiprobables. N es una variable aleatoria discreta :

\( N:S\rightarrow{R} \)

\( \ \ \  \ \ \ w\rightarrow{N(w)} \) número de palos distintos en un resultado w

Imagen de N es \( \left\{{1,2,3,4}\right\} \)

N=2 significa que solo hay 2 palos distintos en la cuaterna, suponiendo que estos sean oro y copas, el número de cuaternas posibles constituidos por estos dos palos será : \( n(oro,copa)=\displaystyle\frac{20!}{16!} \) pero hay que restarle las cuaternas formadas por solo oro \( 10(9)(8)(7) \) y por solo copas \( 10(9)(8)(7) \), entonces se tiene \( n(oro, copa)=\displaystyle\frac{20!}{16!}-2(10)(9)(8)(7) \) ; pero hay otros pares distintos, el número de pares distintos a partir de los 4 será : \( \displaystyle\frac{4!}{2! \ 2!}=6 \) entonces \( p(N=2)=\displaystyle\frac{6 \ (\displaystyle\frac{20!}{16!}-2(10)(9)(8)(7))}{\displaystyle\frac{40!}{36!}} \)

Para el b) de manera semejante.

Ayuda con el c)

Aplicar la definición de probabilidad condicional \( p(N=3 | D)=\displaystyle\frac{p(N=3\cap{D})}{p(D)} \)

El número de cuaternas del evento D, suponiendo primero oro y espada, será \( 10(10)(38)(37) \) por ser cuaternas ordenadas espada y oro se multiplicará por 2, el número de pares de palos distintos a partir de 4 es \( \displaystyle\frac{4!}{2! \ 2!} \) en consecuencia \( n(D)=2(10)(10)(38)(37)(6) \)

Las cuaternas de el evento \( N=3\cap{D} \) serán de este tipo :

1   2    3    4
o   e    c    x

Los dos primeros son palos distintos por ejemplo oro y espada y el tercero o cuarto puede ser el tercer distinto en este caso copa el x representa el que se repite en consecuencia para este caso hay \( 10(10)(10)(9)2 \) para el caso que x=o, igual para el caso que x=e,  para el caso que x=c se tiene \( 10(10)(10)(9) \) y finalmente si en lugar de c es blasto b se tiene la misma cantidad ; considerando que hay 12 pares de palos ordenados distintos se tiene \( n(N=3\cap{D})=12(10)(10)(10)(9)10 \) luego \( P(N=3\cap{D})=\displaystyle\frac{n(N=3\cap{D})}{n(D)} \)

De manera semejante d)

Saludos

Nota : los resultados coinciden con los correctos

[ani_pascual]

Se dispone de una baraja española (40 cartas, 4 palos) y se cogen 4 cartas al azar sin reemplazamiento. Sea \( N \) el nº de palos diferentes en estas 4 cartas (\( 1\leq N\leq 4 \)) y el suceso \( D= \)"las dos primeras cartas extraídas son de distinto palo". Hallar:

a) \( P(N=2) \)
b) \( P(N=3) \)
c) \( P(N=3 | D) \)
d) \( P(N=4 | D) \)
e) \( E(N | D) \)

Hola:
¿Qué piden exactamente en el apartado e)?

[Masacroso]

Se dispone de una baraja española (40 cartas, 4 palos) y se cogen 4 cartas al azar sin reemplazamiento. Sea \( N \) el nº de palos diferentes en estas 4 cartas (\( 1\leq N\leq 4 \)) y el suceso \( D= \)"las dos primeras cartas extraídas son de distinto palo". Hallar:

a) \( P(N=2) \)
b) \( P(N=3) \)
c) \( P(N=3 | D) \)
d) \( P(N=4 | D) \)
e) \( E(N | D) \)

Hola:
¿Qué piden exactamente en el apartado e)?

Imagino que calcular tal esperanza. En este caso podemos utilizar la siguiente fórmula:

\( \displaystyle{
\operatorname{E}[N|D]=\sum_{k=1}^4 k \Pr [N=k|D]
} \)

[ani_pascual]

Se dispone de una baraja española (40 cartas, 4 palos) y se cogen 4 cartas al azar sin reemplazamiento. Sea \( N \) el nº de palos diferentes en estas 4 cartas (\( 1\leq N\leq 4 \)) y el suceso \( D= \)"las dos primeras cartas extraídas son de distinto palo". Hallar:

a) \( P(N=2) \)
b) \( P(N=3) \)
c) \( P(N=3 | D) \)
d) \( P(N=4 | D) \)
e) \( E(N | D) \)

Hola:
¿Qué piden exactamente en el apartado e)?

Imagino que calcular tal esperanza. En este caso podemos utilizar la siguiente fórmula:

\( \displaystyle{
\operatorname{E}[N|D]=\sum_{k=1}^4 k \Pr [N=k|D]
} \)

Gracias. Seguiré con los cálculos. 

[ani_pascual]

Se dispone de una baraja española (40 cartas, 4 palos) y se cogen 4 cartas al azar sin reemplazamiento. Sea \( N \) el nº de palos diferentes en estas 4 cartas (\( 1\leq N\leq 4 \)) y el suceso \( D= \)"las dos primeras cartas extraídas son de distinto palo". Hallar:

a) \( P(N=2) \)
b) \( P(N=3) \)
c) \( P(N=3 | D) \)
d) \( P(N=4 | D) \)
e) \( E(N | D) \)

Hola:
Me queda la duda de si este ejercicio está planteado para que se propongan soluciones en el foro o es porque no sabes hacerlo y quieres alguna orientación. Así que voy a dejar en spoiler la mayoría de los cálculos y te comento el método que he seguido.
Propuesta de solución:
Cada extracción de cuatro cartas es una variación con repetición de 4 elementos (oros, copas, espadas, bastos) tomados de cuatro en cuatro. Una posible extracción podría ser bastos, espadas, bastos, oros (BEBO). 
En total hay \( VR_{4,4}=4^4=256 \) extracciones posibles, es decir, si hacemos un diagrama de árbol tendría ¡¡¡256 ramas!!!
La probabilidad de que ocurran esas tétradas es variable:
Por ejemplo, la probabilidad de que salgan las cuatro cartas del palo oros es
\( P(OOOO)=\dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{9}{39}\cdot\dfrac{8}{38}\cdot\dfrac{7}{37}=0,0023 \)
La variable aleatoria N=número de palos diferentes en una extracción de cuatro cartas es una variable aleatoria discreta con valores \( N=\{1,2,3,4\} \).
Un buen ejercicio es completar su tabla de distribución de probabilidad y de paso contestar a algunos de los apartados del ejercicio.

\( \begin{array}{c|c}x_i & p_i\\\hline 1 &p_1\\\hline 2& p_2\\\hline 3 &p_3 \\\hline 4 &p_4 \\\hline &\sum p_i=1\\\hline\end{array}\hspace{2cm} \)  \( p_i=P(N=x_i),\,x_i=i \in\{1,2,3,4\} \)

Por ejemplo, para calcular \( p_1=P(N=1) \) se ve que eso ocurre cuando salen todas las cartas del mismo palo. ¿En cuántas de las ramas del diagrama de árbol sucede eso? Obviamente en cuatro OOOO, CCCC, EEEE, BBBB. La probabilidad de cada una de ellas es la misma e igual a la que ya se ha calculado, \( P(OOOO) \), con  lo que \( p_1=P(N=1)=4\cdot \dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{9}{39}\cdot \dfrac{8}{38}\cdot\dfrac{7}{37}=0,0092 \)
Se puede razonar de forma similar para calcular las otras \( p_i \).

Spoiler

a) Para calcular \( p_2=P(N=2) \), se ve que ocurre cuando en una tétrada hay dos cartas del mismo palo y otras dos cartas de otro mismo palo o cuando hay tres cartas del mismo palo y otra de otro palo, es decir, \( p_2=P(N=2)=PR_{4}^{2,2}\cdot C_{4,2}\cdot\dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{9}{39}\cdot\dfrac{10}{38}\cdot\dfrac{9}{37}+  PR_{4}^{3,1}\cdot V_{4,2}\cdot \dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{9}{39}\cdot\dfrac{8}{38}\cdot\dfrac{10}{37}=0,2905 \).
b) Para calcular \( p_3=P(N=3) \) se ve que el suceso ocurre cuando hay dos cartas del mismo palo y las otras dos de diferente palo entre sí y respecto al palo de las otras dos, así:
\( p_3=P(N=3)=V_{4,1}\cdot PR_{4}^{2,1,1}\cdot C_{3,2}\cdot\dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{9}{39}\cdot\dfrac{10}{38}\cdot\dfrac{10}{37}=0,5909 \).
Aunque el ejercicio no lo pide, se tiene que el suceso \( N=4 \) se cumple cuando las cuatro cartas son de diferente palo, luego \( p_4=P(N=4)=\dfrac{10}{40}\cdot \dfrac{10}{39}\cdot\dfrac{10}{38}\cdot \dfrac{10}{37}\cdot P_4=0,1094  \) donde \( P_4=4! \) son las permutaciones de 4 elementos.
Si D es el suceso "las dos primeras cartas son de distinto palo" entonces \( P(D)=4\cdot \dfrac{10}{40}\cdot \dfrac{30}{39}=0,7692 \)
Es claro que \( p[(N=1)/D]=0 \) ya que si las dos primeras cartas son de distinto palo es ya imposible que en la extracción de cuatro cartas solo haya un palo.
Aunque tampoco lo pide, calculemos \( p[(N=2)/D]=\dfrac{p[(N=2)\cap D]}{p(D)}=\dfrac{V_{4,2}\cdot \left(P_2\cdot \dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{10}{39}\cdot\dfrac{9}{38}\cdot\dfrac{9}{37}+ 2\cdot\dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{10}{39}\cdot\dfrac{9}{38}\cdot\dfrac{8}{37}\right)}{0,7692}=0,2176. \)
c) \( P[(N=3)/D]=\dfrac{p[(N=3)\cap D]}{p(D)}=\dfrac{V_{4,2}\cdot (VR_{4,2}-6)\dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{10}{39}\cdot\dfrac{10}{38}\cdot\dfrac{9}{37}}{0,7692}=0,6401 \)
d) \( P[(N=4)/D]=\dfrac{p[(N=4)\cap D]}{p(D)}=\dfrac{V_{4,2}\cdot P_{2}\cdot \dfrac{10}{40}\cdot\dfrac{10}{39}\cdot\dfrac{10}{38}\cdot\dfrac{10}{37}}{0,7692}=0,1422 \)
e) Ahora \( E(N/D)=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^4 k\cdot p[(N=k)/D]=1\cdot p[(N=1)/D]+2\cdot p[(N=2)/D]+3\cdot p[(N=3)/D]+4\cdot p[(N=4)/D]=1\cdot 0+2\cdot 0,2176+3\cdot 0,6401 +4\cdot 0,1422= 2,9243 \)

[cerrar]

Si algún miembro del foro encuentra fallos en los cálculos agradecería que se mencionaran para corregirlos y si alguien conoce otro método más breve y menos escabroso también, pues el de delmar no lo entiendo. Gracias
Saludos
 
 

[Masacroso]

No he revisado todo el tema pero una forma de calcular las probabilidades sin mucha complicación es a través de la interpretación de las medidas de probabilidad dadas por \( A\mapsto \Pr [A|D] \) y \( A\mapsto \Pr [A|D^\complement ] \). Ahí tanto \( \Pr [\,\cdot\, |D] \) como \( \Pr [\,\cdot\, |D^\complement ] \) lo que hacen es restringir el cálculo de probabilidades a la tercera y la cuarta extracción sabiendo que las dos primeras extracciones ya se han hecho y o bien las dos primeras cartas que se extrajeron tienen palos diferentes (evento \( D \)) o iguales (evento \( D^\complement  \)), es decir, las probabilidades vendrán dadas extrayendo dos cartas de una baraja de \( 38 \) cartas donde las dos cartas que faltan son o bien de diferente palo o bien del mismo palo.

De ahí interpretamos fácilmente que \( \Pr [N=1|D]=0 \) ya que los eventos \( \{N=1\} \) y \( D \) son incompatibles (otra forma de verlo es que \( \Pr [H|J]=\Pr [H\cap J|J] \), por tanto \( \Pr [N=1|D]=\Pr [\emptyset |D]=0 \)).

Ahora, tenemos que \( \Pr [N=2|D] \) es la probabilidad de que, al extraer dos cartas de una baraja de \( 38 \) cartas donde hay dos palos con una carta menos, las dos cartas extraídas pertenezcan a estos palos de los que faltan cartas, es decir que \( \Pr [N=2|D]=\frac{18}{38}\cdot \frac{17}{37} \). Con \( \Pr [N=2|D^\complement ] \) es algo más complicado ya que las dos cartas que faltan son del mismo palo, entonces la dos cartas que extraemos o bien una pertenece al palo con dos cartas menos y la otra a otro palo diferente, o bien las dos extracciones pertenecen a un mismo palo diferente al palo del que faltan las dos cartas, es decir que \( \Pr [N=2|D^\complement ]=2\cdot \frac{8}{38}\cdot \frac{30}{37}+\frac{30}{38}\cdot \frac{9}{37} \).

Siguiendo esta forma de interpretar tendríamos que

\( \displaystyle{
\Pr [N=3|D]=2\cdot \frac{18}{38}\cdot \frac{20}{37}+\frac{20}{38}\cdot \frac{9}{37},\quad \Pr [N=3|D^\complement ]=\frac{30}{38}\cdot \frac{20}{37}\\
\Pr [N=4|D]=\frac{20}{38}\cdot \frac{10}{37},\quad \Pr [N=4|D^\complement ]=0,\quad \Pr [N=1|D^\complement ]=\frac{8}{38}\cdot \frac{7}{37},\quad \Pr [D]=\frac{30}{39}
} \)

Con esos datos (y suponiendo que no haya cometido ningún error en su cálculo) ya se puede calcular todo lo que nos piden utilizando la fórmula de mi mensaje anterior y la fórmula de probabilidad total, es decir \( \Pr [N=k]=\Pr [N=k|D]\Pr [D]+\Pr [N=k|D^\complement ]\Pr [D^\complement ] \).

[ani_pascual]

No he revisado todo el tema pero una forma de calcular las probabilidades sin mucha complicación es a través de la interpretación de las medidas de probabilidad dadas por \( A\mapsto \Pr [A|D] \) y \( A\mapsto \Pr [A|D^\complement ] \). Ahí tanto \( \Pr [\,\cdot\, |D] \) como \( \Pr [\,\cdot\, |D^\complement ] \) lo que hacen es restringir el cálculo de probabilidades a la tercera y la cuarta extracción sabiendo que las dos primeras extracciones ya se han hecho y o bien las dos primeras cartas que se extrajeron tienen palos diferentes (evento \( D \)) o iguales (evento \( D^\complement  \)), es decir, las probabilidades vendrán dadas extrayendo dos cartas de una baraja de \( 38 \) cartas donde las dos cartas que faltan son o bien de diferente palo o bien del mismo palo.

De ahí interpretamos fácilmente que \( \Pr [N=1|D]=0 \) ya que los eventos \( \{N=1\} \) y \( D \) son incompatibles (otra forma de verlo es que \( \Pr [H|J]=\Pr [H\cap J|J] \), por tanto \( \Pr [N=1|D]=\Pr [\emptyset |D]=0 \)).

Ahora, tenemos que \( \Pr [N=2|D] \) es la probabilidad de que, al extraer dos cartas de una baraja de \( 38 \) cartas donde hay dos palos con una carta menos, las dos cartas extraídas pertenezcan a estos palos de los que faltan cartas, es decir que \( \Pr [N=2|D]=\frac{18}{38}\cdot \frac{17}{37} \). Con \( \Pr [N=2|D^\complement ] \) es algo más complicado ya que las dos cartas que faltan son del mismo palo, entonces la dos cartas que extraemos o bien una pertenece al palo con dos cartas menos y la otra a otro palo diferente, o bien las dos extracciones pertenecen a un mismo palo diferente al palo del que faltan las dos cartas, es decir que \( \Pr [N=2|D^\complement ]=2\cdot \frac{8}{38}\cdot \frac{30}{37}+\frac{30}{38}\cdot \frac{9}{37} \).

Siguiendo esta forma de interpretar tendríamos que

\( \displaystyle{
\Pr [N=3|D]=2\cdot \frac{18}{38}\cdot \frac{20}{37}+\frac{20}{38}\cdot \frac{9}{37},\quad \Pr [N=3|D^\complement ]=\frac{30}{38}\cdot \frac{20}{37}\\
\Pr [N=4|D]=\frac{20}{38}\cdot \frac{10}{37},\quad \Pr [N=4|D^\complement ]=0,\quad \Pr [N=1|D^\complement ]=\frac{8}{38}\cdot \frac{7}{37},\quad \Pr [D]=\frac{30}{39}
} \)

Con esos datos (y suponiendo que no haya cometido ningún error en su cálculo) ya se puede calcular todo lo que nos piden utilizando la fórmula de mi mensaje anterior y la fórmula de probabilidad total, es decir \( \Pr [N=k]=\Pr [N=k|D]\Pr [D]+\Pr [N=k|D^\complement ]\Pr [D^\complement ] \).

Muchas gracias, Masacroso; es claro que tu propuesta es mucho más breve y "elegante". Me ha gustado
En cuanto tenga tiempo, comprobaré los resultados, por si hay errores en los cálculos que he hecho. Saludos

[ani_pascual]

Hola:
Ya he comprobado los resultados y coinciden todos. Obviamente, usar el resultado \( P(A)=P(A\cap  B)+P(A\cap B^{c})=P(A/B)\cdot P(B)+P(A/B^{c})\cdot P(B^{c}) \)   facilita mucho los cálculos. Gracias de nuevo

[delmar]

Gracias ani_pascual y Masacroso por estar atentos, en efecto estaba apurado y me despiste, haré las correcciones poco a poco manteniendo en esencia la forma que usé.

Saludos