Autor Tema: Probabilidad de que todas las parejas que saquemos sean mixtas

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24 Junio, 2019, 10:23 am
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juan luis

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Hola a todos.

Tenemos dos bombos de lotería, en cada  uno de ellos tenemos  la misma cantidad de bolas blancas que de bolas negras. Si cada vez sacamos una bola de cada bombo, para ir formando parejas.

Calcular la probabilidad de que cuando se hayan agotado las bolas, todas las parejas que han salido sean mixtas  formadas por una bola blanca y una negra

calcular la misma probabilidad para el caso de que en cada bombo hayan  1000 blancas y 1000 negras

24 Junio, 2019, 12:20 pm
Respuesta #1

feriva

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Hola a todos.

Tenemos dos bombos de lotería, en cada  uno de ellos tenemos  la misma cantidad de bolas blancas que de bolas negras. Si cada vez sacamos una bola de cada bombo, para ir formando parejas.

Calcular la probabilidad de que cuando se hayan agotado las bolas, todas las parejas que han salido sean mixtas  formadas por una bola blanca y una negra

calcular la misma probabilidad para el caso de que en cada bombo hayan  1000 blancas y 1000 negras

Hola, Juan Luis.

Me he equivocado, ahora corrijo

Spoiler

Entiendo que las bolas se sacan a la vez, que no importa el orden.

Entonces, tenemos en cada bombo una cantidad de \( (b+n)
  \) bolas blancas y negras y en el otro igual; en total \( 2(b+n)
  \) bolas.

Como cada bola de un bombo tiene que combinar con otra del otro bombo pero de color distinto, la cantidad de casos favorables supone las combinaciones sin repetición (cada bola es un elemento distinto) de \( (b+n)
  \) elementos (las blancas de uno y las negras del otro) tomados de dos en dos; esto es:

\( \dfrac{(b+n)\text{!}}{2(b+n-2)!}=\dfrac{((b+n)-1)(b+n)}{2}=\dfrac{(b+n)^{2}-(b+n)}{2}
  \).

En el momento que emparejan todas las blancas de uno con las negras de otro, las otras ya no tienen más remedio que casar blanca con negra, por lo que no cuentan como casos favorables, son los mismos.

Los casos totales son las combinaciones con todas las bolas; también de dos en dos

\( \dfrac{(2(b+n))\text{!}}{2(2(b+n)-2)!}=\dfrac{2(b+n)\cdot2((b+n)-1)}{2}=2[(b+n)^{2}-(b+n)]
  \).

Por tanto, la probabilidad será

\( \dfrac{(b+n)^{2}-(b+n)}{2}:2[(b+n)^{2}-(b+n)]=\dfrac{(b+n)^{2}-(b+n)}{4(b+n)^{2}-(b+n)}=\dfrac{1}{4}
  \).
[cerrar]

No había caído yo en que las bolas no se devuelven; después de comer a ver si lo arreglo

Spoiler

Es así:

Las blancas de un bombo se multiplican por las negras y las negras por las blancas; casos favorables \( 2bn
  \).

Casos totales, serán \( (b+n)(b+n)
  \) Entonces la probabilidad será \( \dfrac{2bn}{(a+b)^{2}}
  \).

Creo que es eso (de momento, si no, vuelvo a corregir).
[cerrar]


Ya está, creo... No, viendo las demás respuestas tampoco es así; ésta sale algo más baja; aunque para 1000 bolas lo mismo da, es cero en la práctica, eso no cambia.

Spoiler

Teníamos “b” bolas blancas en un bombo y b en otro, y lo mismo con las negras; una cantidad total de \( 2(b+n) \).

En efecto, la primera vez que se sacan dos bolas juntas de un bombo y otro es

[texx]\dfrac{2bn}{(b+n)^{2}}
  [/texx]; donde como b=n podemos hacer b=n=x: \( \dfrac{2x^{2}}{(2x)^{2}}=\dfrac{1}{2}
   \).

Pero la segunda vez la probabilidad disminuye; es maś difícil que toque dos veces la lotería que una, y así sucesivamente más difícil que toque tres... Entonces la probabilidad ha de multiplicarse, pero, además, queda una bola menos en cada bombo; entonces, la segunda vez la probabilidad (o sea la probabilidad de sacar dos veces seguidas pareja mixta) es

\( \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2(x-1)(x-1)}{(2x-2)^{2}}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2(x-1)^{2}}{4(x-1)^{2}}=\dfrac{1}{4}
   \).

La tercera vez multiplicamos por...

\( \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{2(x-2)(x-2)}{(2x-4)^{2}}=\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{2(x-2)^{2}}{4(x-2)^{2}}=\dfrac{1}{8}
   \)...

Y así
[cerrar]


Citar
calcular la misma probabilidad para el caso de que en cada bombo hayan  1000 blancas y 1000 negras

Es cero en la práctica, se puede decir que es imposible prácticamente.
[/color]
Saludos.

24 Junio, 2019, 02:53 pm
Respuesta #2

Masacroso

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Después de darle algunas vueltas creo que tengo una solución. La clave está en que el orden de las bolas, al sacar todas las bolas de un bombo, es equiprobable a cualquier otro orden.

Supongamos que tenemos un bombo con \( 2n \) bolas, todas distintas entre sí. Entonces la probabilidad de una permutación cualquiera es justamente \( 1/(2n)! \). Entonces nuestro espacio muestral, de filas ordenadas de bolas de un bombo, tiene \( (2n)! \) elementos equiprobables.

Ahora bien, si de esas \( 2n \) bolas pintamos \( n \) bolas de blanco y las otras de negro, por cada una de las \( (2n)! \) permutaciones posibles del espacio muestral original, entonces habrá \( n!\cdot n! \) permutaciones que tengan los mismos colores posición a posición.

Dicho de otro modo: al pintar las bolas hemos creado un nuevo espacio muestral (un espacio cociente) cuyas clases de equivalencia son las permutaciones que tengan los mismos colores bola a bola. La probabilidad de que una permutación pertenezca a una clase de equivalencia dada cualquiera es \( (n!\cdot n!)/(2n)! \), habiendo \( (2n)!/(n!\cdot n!) \) clases de equivalencia posibles.

Como cada bombo es independiente uno del otro la probabilidad de que, dada una clase de equivalencia, las permutaciones de ambos bombos pertenezcan a la misma es \( ((n!\cdot n!)/(2n)!)^2 \), por tanto la probabilidad que buscamos es la suma de esta probabilidad sobre todas las clases de equivalencia posibles, por tanto la probabilidad buscada es \( \frac{n!\cdot n!}{(2n)!}=\binom{2n}n ^{-1}=\prod_{k=0}^{n-1}\frac{n-k}{2n-k} \), usando diferentes notaciones.

P.D.: es lo mismo contar que las parejas sean blanco-negro o negro-blanco que ambas del mismo color.

24 Junio, 2019, 04:40 pm
Respuesta #3

martiniano

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Hola.

Venga, pues para que no falten propuestas voy a soltar yo la mía.

Supongamos que en cada bombo tenemos \( n \) bolas blancas y \( n \) bolas negras. Supongamos también que vamos formando parejas con una bola de cada bombo y que las vamos dejando una a continuación de la otra de manera que las bolas que han salido del primer bombo acaban ocupando las posiciones impares y las que han salido del segundo bombo las posiciones pares.

Para calcular el número de casos posibles, tengamos en cuenta que de las \( 2n \) posiciones impares tenemos que escoger exactamente \( n \) para que sean negras. Esto se puede hacer de \( \displaystyle\binom{2n}{n} \) y lo mismo para las posiciones pares. En total hay \( \displaystyle\binom{2n}{n}^2 \) casos posibles.

Lo del Spoiler está mal. Me ha acabado dando lo mismo que a Masacroso

Spoiler
Para los casos favorables consideremos que hay \( 2n \) parejas y que cada una de estas se puede colocar de dos maneras: primero la bola blanca y luego la negra o viceversa. Luego en total hay \( 2^{2n} \) casos favorables.

Todo esto nos da una probabilidad de:

\( p=\displaystyle\frac{2^{2n}}{\displaystyle\binom{2n}{n}^2} \)
[cerrar]

Los casos favorables vienen determinados por las maneras en que pueden ocupar posiciones las bolas negras del primer bombo, es decir, que hay \( \displaystyle\binom{2n}{n} \). Dividiendo casos favorables entre posibles se obtiene la expresión que ya ha dado Masacroso.

Espero que sirva. Un saludo  ;).

24 Junio, 2019, 07:31 pm
Respuesta #4

Juan Pablo Sancho

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A la solución de Masacroso, sólo le queda por multiplicar por \( 2^n \).
Spoiler
Supongamos que al dejar las bolas las de posición impar son blancas y las de posición par negras, hay \( n! \) posibilidades de que las bolas blancas esten en la posición impar y \( n! \) posibilidades de las negras esten en posición par,ahora bien al dividir por parejas,cada pareja tiene dos posibilidades (negra,blanca) , (blanca,negra), el total la probabilidad es \( \dfrac{(n!)^2 \cdot 2^n}{(2n)!}  \)
[cerrar]


Editado
Usando Stirling y si no me fallan los cálculos la probabilidad es del orden de \( \dfrac{\sqrt{1000 \cdot \pi}}{2^{1000}}  \).
Alrededor de \( 0.5231 \cdot 10^{-299}  \)

24 Junio, 2019, 10:36 pm
Respuesta #5

Masacroso

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A la solución de Masacroso, sólo le queda por multiplicar por \( 2^n \).
Spoiler
Supongamos que al dejar las bolas las de posición impar son blancas y las de posición par negras, hay \( n! \) posibilidades de que las bolas blancas esten en la posición impar y \( n! \) posibilidades de las negras esten en posición par,ahora bien al dividir por parejas,cada pareja tiene dos posibilidades (negra,blanca) , (blanca,negra), el total la probabilidad es \( \dfrac{(n!)^2 \cdot 2^n}{(2n)!}  \)
[cerrar]


Editado
Usando Stirling y si no me fallan los cálculos la probabilidad es del orden de \( \dfrac{\sqrt{1000 \cdot \pi}}{2^{1000}}  \).
Alrededor de \( 0.5231 \cdot 10^{-299}  \)


Juan, en mi esquema ya había contado todas las posibilidades. Pero para salir de dudas, como no estaba 100% seguro, he hecho una simulación en R con el siguiente código:

Código: [Seleccionar]

sim <- function(n,m){
 # n es el número de bolas de un color, m controla la cantidad de repeticiones en la simulación
 # Lo siguiente es un contador
 x=0
 # un bucle que va desde 1 hasta 100^m
 for (s in 1:(10^m)){
 # dos permutaciones aleatorias de 2n elementos, se representan como vectores
  a=sample(2*n)
  b=sample(2*n)
# lo siguiente suma los vectores y toma módulo 2 de cada elemento, y luego suma los valores del vector
  c=sum((a+b)%%2)
# la suma será igual a cero si y solo si los valores de los vectores, posición a posición, tienen la misma paridad
# si eso sucede entonces aumento el contador en 1
  if (c==0) x=x+1
 }
# esto compara el valor estimado con el teórico
 x/(10^m) - (factorial(n))^2/factorial(2*n)
}

Al ir dándole valores (no puedo poner \( m>7 \) en mi ordenador, tardaría demasiado, el código de arriba no es muy eficiente que digamos) sale una cantidad muy pequeña de diferencia, más pequeña que cambiando la última línea asumiendo tu fórmula:

Código: [Seleccionar]
x/(10^m) - (2^n)*(factorial(n))^2/factorial(2*n)
Por ejemplo:

Código: [Seleccionar]
sim(5,6)=6.474603e-05
y con la última línea cambiada con tu valor teórico

Código: [Seleccionar]
sim(5,6)=-0.1230121

25 Junio, 2019, 12:03 am
Respuesta #6

Juan Pablo Sancho

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Perdón , Masacroso, hay errores , por ejemplo para lo que se pide a lo último debe ser \(  n= 2000  \) mañana lo miro gracias por siempre por la mirada Masacroso.

25 Junio, 2019, 11:04 am
Respuesta #7

Luis Fuentes

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Hola

 Es como dice Masacroso (y luego Martiniano).

 Una forma de enfocarlo: podemos pensar que primero sacamos todas las bolas de un bombo y las vamos poniendo en fila, marcando las posiciones donde están las blancas.

 Ahora se trata de calcular la probabilidad de que en el segundo bombo las negras queden justo en las posiciones donde aparece las blancas en la fila.

 Las posibilidades para las \( n \) bolas que están en las posiciones marcadas son: \( \displaystyle\binom{2n}{n} \).

 Las posibilidades para que en esas \( n \) posiciones salgan precisamente las \( n \) bolas negras son (es): \( \displaystyle\binom{n}{n}=1 \)

 La probabilidad pedida es:

\(  \dfrac{1}{\displaystyle\binom{2n}{n}} \)

Saludos.

25 Junio, 2019, 12:23 pm
Respuesta #8

feriva

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Hola

 Es como dice Masacroso (y luego Martiniano).


Hola, Luis. Sí, sí, yo me puse a hacer cosas sin pensar, como siempre,

Os comento algo.

Muy probablemente este hilo que pone Juan Luis está relacionado con algo que hablamos él y yo el año pasado cuando él entró al foro proponiendo una demostración de la conjetura de Goldbach donde quería justificar que ésta se cumplía por la probabilidad de los grandes números.

Yo le dije que la conjetura no se cumple por probabilidad, que se imaginara dos tarros, ambos llenos con judías y garbanzos, donde los garbanzos se hallaban en una cantidad mucho menor respecto de las judías (en los dos botes). Si la densidad de garbanzos es muy baja, es difícil sacar al azar garbanzo-garbanzo de cada tarro en una misma tirada. Esto era un ejemplo para que viera que, si los números de los intervalos (0,n) y (n,2n) se desordenan al azar y se elige un número da cada intervalo, la probabilidad de que para todo “n” obtengamos siempre dos primos que sumen 2n es cero (o prácticamente).

En este ejemplo la coincidencia es mucho más fácil y, sin embargo, la probabilidad también es prácticamente cero cuando hay muchas bolas.

Es curioso que no se me ocurriera algo similar a la idea de Masacroso (o Martiniano) y ahora me da rabia, porque durante muchísimos años he pensado en la idea de los dos intervalos (0,n) y (n.2n) poniendo uno encima de otro como dos hileras para analizar las posibles coincidencias de los primos (sin llegar a deducir gran cosa).

Ahora, a partir de la idea inicial de Masacroso se me ocurre visualizar cada permutación como los alambres de un ábaco con bolas de dos colores y dos alambres; o, mejor dicho, podemos imaginar muchos ábacos con las combinaciones dos a dos de las permutaciones.

Sacar dos bolas de un color distinto análogo, en primer lugar, a elegir un ábaco que tenga al menos dos bolas de distinto color en el mismo lugar del alambre (a la misma “altura”) como requisito necesario pero no suficiente. Y para que sea un caso favorable, al elegir al azar un lugar (siempre el mismo en los dos alambres, entiende) tendremos que tener la suerte de elegir uno en el que se dé la coincidencia negra-blanca o blanca-negra.

Así que, Juan Luis, no hace falta ni hacer los cálculos (que ni con el Python puedo) simplemente imaginando esto que digo ya se ve que sería un milagro. Y lo de los primos... pues más que milagro.

Saludos.

25 Junio, 2019, 01:33 pm
Respuesta #9

Juan Pablo Sancho

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La pifia es que lo resolví mediante un enunciado parecido de un ejemplo de un libro de probabilidades.
Enunciado:
n parejas de bolas,compuestas por una blanca y otra negra y numeradas de \( 1 \) a \( n \),se introducen en una urna.Después se extraen parejas de bolas, sin reemplazamiento,hasta que la urna queda vacía.
¿Cuál es la probabilidad de que todas las parejas que se obtengan estén formadas por una bola de cada color?