[habko07]

En una baraja de poquer 52 cartas, cuatro palos se reparten 5 cartas
probabilidad de obtener una pareja y un trio

\( p=\displaystyle\frac{13(C_2^2+C_3^3)}{C_{52}^5} \)

probabilidad de obtener cuatro cartas iguales
\( p=\displaystyle\frac{13C_4^4}{C_{52}^5}  \)

¿serían dos sucesos independientes e incompatibles obtener un as y un trevol?
NO

Se lanza un dado dos veces ¿probabilidad de que los puntos sean 7?
\(  p=\displaystyle\frac{7}{CR_6^2} \)
Se cogen tres bolas sin reemplazamiento de una urna con seis bolas del 1-6
probabilidad de que la suma de los puntos sea 7
\( p=\displaystyle\frac{5}{C_6^3} \)

[Luis Fuentes]

Hola

1) La pareja puede ser de 13 números distintos; el trío de 12. Para la pareja elegimos dos palos de entre los 4 posibles; para el trío tres de cuatro. Por tanto:

\( p=\displaystyle\frac{13\cdot 12\cdot C_{4}^{2}C_{4}^3}{C_{52}^5} \)

uppppsss... tengo que irme YA.... en otro momento sigo...

Saludos.

P.D. Por aquí hay cosas parecidas:

http://www.rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=11325.0

[habko07]

por qué coges 12?

[aladan]

por qué coges 12?

Supongo que si tienes 13 cartas de cada palo, tomada en principio la posibilidad de hacer parejas de 13 cartas distintas, solamente es posible disponer de 12 para hacer trios, hay 4 palos de form que no es posible simultaneamente hacer pareja y trio de los mismos números.

Saludos

[habko07]

ok

[Luis Fuentes]

Hola

 En cuanto a sacar un 7 en dos dados.

 Los casos totales equiprobables son \( 6\cdot 6 \). Los favorables seies (1+6,2+5,3+4,4+3,5+2,6+1). Luego las probabilidades son:

\( \displaystyle\frac{6}{36} \)

 Ojo, en estos casos son tomar combinaciones con repetición. Si consideras que no importa el orden, estás contando como casos equiprobables algunos que no lo son. Por ejemplo, en el experimento de tirar dos monedas, sino tenemos en cuenta el orden de los resultados hay tres casos:

cara-cara, cara-cruz,cruz-cruz

 Pero no todos son equiprobables. Hay doble de probabilidades de que salga cara-cruz. Así es mejor tener en cuenta el orden. Pensar que hay 4 casos:

cara-cara,cara-cruz,cruz-cara,cruz-cruz.

 Y así efectivamente la probabilidad de que las dos monedas nos den distintos resutlados es 1/2.

 De nuevo para el último, el de las bolas, ten en cuenta el orden. Comprueba que entonces las probabilidades son:

\( \displaystyle\frac{15}{6\cdot 5\cdot 4} \)

Saludos.

[habko07]

Para el del dado si no tengo en cuenta el orden son combinaciones, no veo cuales son los casos que cuento mas de una vez

Perdon aqui tengo un error lo que yo quería poner era que mi solución era
\(  p=\displaystyle\frac{6}{CR_6^2} \)


Y en el de las bolas los casos favorables son 6:
(1,2,4)(1,4,2)(2,1,4)(2,4,1)(4,1,2)(4,2,1)

pero ahora que pienso, no importa el orden lo que importa es que sume 7

[Luis Fuentes]

Hola

 El problema es el mismo en las dos situaciones. OJO con lo de importa o el orden  o no importa el orden.

La clave está en que para que sea válido que la probabilidad es igual a casos favorables dividido entre casos posibles, todos los casos deben de ser equiprobables, es decir, tener la misma probabilidad.

 Eso, si uno se olvida del orden, a veces falla porque una misma combinación que se obtiene de muchas maneras se cuenta con la misma probabilidad que una que se obtiene de una sola manera.

 Inisito en que entiendas bien el problema de las monedas.

 Te preguntan: se tiran dos monedas, ¿cuál es la probabilidad de que salgan dos caras?.

 - Si no tienes en cuenta el orden podrías razonar:

 Casos posibles TRES: 2 caras, una cara y una cruz ó 2 cruces.
 Casos favorables UNO: 2 caras.
 Probabilidad = 1/3

 - Si tienes en cuenta el orden podrías razonar:

 Casos posibles CUATRO: cara-cara,cara-cruz,cruz-cara,cruz-cruz
 Casos favorables UNO: cara-cara
 Probabilidad = 1/4

 Entonces la solución correcta es la segunda. En el primer caso el problema no es que hayas contado "casos de más o de menos". Sino que tus sucesos no son equiprobables. El suceso sacar una cara y una cruz es más probable porque "físicamente" puede conseguirse de dos formas distintas, según  sea una u otra moneda la que saca la cruz o la cara.

Trata de entender bien esto y luego "repiensa" tus problemas.

Saludos.

[habko07]

he vuelto a repetir los ejercicios

me ha salido el de los dados

\( p=\displaystyle\frac{6}{VR_6^2} \)

pero el de las bolitas no

\( p=\displaystyle\frac{P_3}{V_6^3} \)

y es que teniendo en cuenta el orden me salen que solo tres bolas pueden sumar 7

(1,2,4)(1,4,2)(2,1,4)(2,4,1)(4,1,2)(4,2,1)

[Luis Fuentes]

Hola

 upppssss perdona.... en lo de las bolas tienes razón. No me di cuenta de que era sin reemplazamiento  . Solo tienes seis casos favorables.

Saludos.