[Luis Fuentes]

Hola

 Pero quien te dijo que no son equiporbables está considerando que los "resultados" son obtener cara o cruz. Como tu bien has razonado no son equiprobables. La probabilidad de obtener cara es 1/3 y cruz, 2/3.

Saludos.

[habko07]

Viene en el libro el ejercicio es: Se lanza el dado que he descrito antes 5 veces ¿cual es la probabilidad de obtener 2 caras?

y luego pone: no se puede aplicar la regla de Laplace pues no todos los resultados son equiprobables (Y con esa cara me he quedado yo, que vale estoy muy cabezota y no me entran las cosas yo creo que es la falta de sueño, pero no se que venga en el libro esto que supuestamente es sencillo, pues desalienta)

[Luis Fuentes]

Hola

 Se puede hacer con la regla de Laplace, pero teniendo un poco de cuidado.

 1) Sin la regla de Laplace:

 La probabilidad de obtener cara es 1/3 y cruz 2/3.

 Si tiramos \( 5 \) dados las combinaciones en las que hay exactamente dos caras son \( \displaystyle\binom{5}{2} \). Como cada tirada es independiente para cada cara hay un 1/3 de probabilidad y para cada cruz 2/3. Por tanto las probabilidades pedidas son:

\(  \displaystyle\binom{5}{2}\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\left(\dfrac{2}{3}\right)^3 \)

 2) Con la regla de Laplace:

 Los casos totales son \( VR_6^5 \) ya que cada dado tien 6 caras posibles (OJO, y no dos resultados posibles cara y cruz, porque entonces si la liamos por no ser equiprobables).

 Para entendernos: en cada dado las caras son los núméros 1 y 2 y las cruces los 3,4,5,6.

 Entonces para contar los casos favorables, primero contabilizamos donde van a salir las caras: \( \displaystyle\binom{5}{2} \). Luego en los dos dados donde salió cara puede haber \( VR_2^2 \) posibilidades y en los otros tres \( VR_4^3 \).

 Te queda:

\(  \displaystyle\frac{\displaystyle\binom{5}{2}VR_4^3VR_2^2}{VR_6^5} \)

Saludos.

P.D. Puedes comprobar que ambos métodos llevan al mismo resultado.

P.D.D. El método 1 corresponde a una distribución binomial. ¿La conoces?.

[habko07]

Veo más complicada la de Laplace. Si se la binomial

Gracias me estas ayudando muchisimo

[FernandoGG]

Buenas tardes a todos.
Estoy con un problema que tiene relación con el asunto de este post. Es un problema simple, pero me estoy equivocando en algo
Se trata de calcular la probabilidad de obtener unas dobles parejas en una mano de cinco cartas (de una baraja de cuatro palos y 13 valores por palo).
Hago dos planteamientos:
1- Considerando los casos posibles como: \( 52!/(52-5)!=52!/47! \). Si tomamos este término como casos posibles, deberemos seguir el mismo criterio para calcular los casos favorables, que serían:
\( \frac{13*4*3*12*4*3*11*4*5!}{2!*2!*1!} \), siendo:

\( 13 \): Posibilidades para el valor de la primera pareja
\( 4*3 \): Posibilidades de los dos palos que compondrán la primera pareja


\( 12 \): Posibilidades para el valor de la segunda pareja
\( 4*3 \): Posibilidades de los dos palos que compondrán la segunda pareja

\( 11*4 \): Posibilidades para el valor de la quinta carta(11) por los palos de cada valor (4)
\( \frac{5!}{2!*2!*1!} \) : Formas de obtener las cinco cartas en la misma mano

resultando de forma resumida: \( \frac{13*4*3*12*4*3*44*\frac{5!}{2!*2!*1!}}{\frac{52!}{47!}} \)

2 El segundo planteamiento sería considerar los casos posibles como \( \binom{52}{5}  \), por lo que los casos favorables serían:
\( \binom{13}{2}  \) formas de elegir los dos valores para las dos parejas

\( \binom{4}{2}  \) formas en que se puede formar la primera pareja, con cuatro palos distintos
\( \binom{4}{2}  \) formas en que se puede formar la segunda pareja, con cuatro palos distintos

\( 11*4 \): Posibilidades para el valor de la quinta carta(11) por los palos de cada valor (4)

con lo que \( \frac{\binom{13}{2}{\binom{4}{2}}^244}{\binom{52}{5}}=\frac{\frac{13*12}{2}\frac{4*3}{2}\frac{4*3}{2}*44}{\frac{52!}{5!47!}} \)

Calculando ambos resultados el del primer desarrollo me da el doble del segundo. después de simplificar, a simple vista se ve que hay un 2 dividiendo en el segundo término que no aparece en el primero.

Según mi libro, el resultado correcto es el segundo, pero mi pregunta es ¿porqué me falta ese 2  en el primer desarrollo?

Quedaría muy agradecido a quién me lo pudiese aclarar.
Gracias de antemano

[FernandoGG]

Buenas tardes a todos.
Estoy con un problema que tiene relación con el asunto de este post. Es un problema simple, pero me estoy equivocando en algo
Se trata de calcular la probabilidad de obtener unas dobles parejas en una mano de cinco cartas (de una baraja de cuatro palos y 13 valores por palo).
Hago dos planteamientos:
1- Considerando los casos posibles como: \( 52!/(52-5)!=52!/47! \). Si tomamos este término como casos posibles, deberemos seguir el mismo criterio para calcular los casos favorables, que serían:
\( \frac{13*4*3*12*4*3*11*4*5!}{2!*2!*1!} \), siendo:

\( 13 \): Posibilidades para el valor de la primera pareja
\( 4*3 \): Posibilidades de los dos palos que compondrán la primera pareja


\( 12 \): Posibilidades para el valor de la segunda pareja
\( 4*3 \): Posibilidades de los dos palos que compondrán la segunda pareja

\( 11*4 \): Posibilidades para el valor de la quinta carta(11) por los palos de cada valor (4)
\( \frac{5!}{2!*2!*1!} \) : Formas de obtener las cinco cartas en la misma mano

resultando de forma resumida: \( \frac{13*4*3*12*4*3*44*\frac{5!}{2!*2!*1!}}{\frac{52!}{47!}} \)

2 El segundo planteamiento sería considerar los casos posibles como \( \binom{52}{5}  \), por lo que los casos favorables serían:
\( \binom{13}{2}  \) formas de elegir los dos valores para las dos parejas

\( \binom{4}{2}  \) formas en que se puede formar la primera pareja, con cuatro palos distintos
\( \binom{4}{2}  \) formas en que se puede formar la segunda pareja, con cuatro palos distintos

\( 11*4 \): Posibilidades para el valor de la quinta carta(11) por los palos de cada valor (4)

con lo que \( \frac{\binom{13}{2}{\binom{4}{2}}^244}{\binom{52}{5}}=\frac{\frac{13*12}{2}\frac{4*3}{2}\frac{4*3}{2}*44}{\frac{52!}{5!47!}} \)

Calculando ambos resultados el del primer desarrollo me da el doble del segundo. después de simplificar, a simple vista se ve que hay un 2 dividiendo en el segundo término que no aparece en el primero.

Según mi libro, el resultado correcto es el segundo, pero mi pregunta es ¿porqué me falta ese 2  en el primer desarrollo?

Quedaría muy agradecido a quién me lo pudiese aclarar.
Gracias de antemano

Hola de nuevo
Creo que ya he encontrado la respuesta en https://math.stackexchange.com/questions/637750/probability-of-getting-two-pair-in-poker
El 1/2! que me falta  es el que corresponde a intercambiar las dos parejas entre si. Creo...

Un saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Hola de nuevo
Creo que ya he encontrado la respuesta en https://math.stackexchange.com/questions/637750/probability-of-getting-two-pair-in-poker
El 1/2! que me falta  es el que corresponde a intercambiar las dos parejas entre si. Creo...

Si. El problema del primer razonamiento es que hablas de la "primera pareja (A)" y de la "segunda pareja (B)", y luego la carta "suelta" (C); dices que hay \( \dfrac{5!}{2!2!} \) formas de distribuir las cinco cartas (AABBC). Entonces por ejemplo estás contando distinto

AABBC

de

BBAAC

Pero en el caso AABBC si luego la pareja A es el 1 y 2 de corazones y la B es el 1 y 2 de picas y en el caso BBAAC la pareja A es el 1 y 2 de picas y la B el 1 y 2 de corazones, las estás contando como distintas configuraciones cuando en realidad es la misma.

Saludos.

[FernandoGG]

Buenas tardes

sigo con mis problemas de cartas.
Estoy con el siguiente: "Tenemos una baraja española de 4 palos x 10 cartas cada palo. Cuales son las probabilidades de sacar una mano de seis cartas del mismo palo?".

Si lo resolvemos considerando conjuntos NO ordenados (solución del libro) tendremos:
\( \frac{4\binom{10}{6}}{\binom{40}{6}}=\frac{14}{63973} \)
Esto es, fijamos un palo de cuatro, y elegimos 6 cartas de 10 del palo fijado \( \binom{40}{6} \) , siendo los casos posibles las \( \binom{40}{6} \) formas de elegir seis cartas.

Ahora bien, planteando el problema como si los resultados fuesen listas ordenadas, tendríamos:
Casos posibles \( \frac{40!}{34!} \). Es decir, elegimos la primera carta de entre 40, la segunda entre 39, etc...

Para los casos favorables, elegimos
La primera carta de entre 40 posibles. Con esta elección hemos fijado el palo.
La segunda de entre las 9 restantes del palo fijado.
La segunda de entre las 8 restantes del palo fijado....etc
Así tendremos \( 40*9*8*7*6*5=4 \frac{10!}{4!} \)
Esta elección se puede presentar de \( 6! \) posible, por lo que la probabilidad será:
\( \frac{4·10·9·8·7·6·5·6!}{\frac{40!}{34!}}=\frac{1440}{9139} \), que es el mismo resultado que el del libro, pero multiplicado por 6!

Evidentemente en este planteamiento sobra el \( 6! \). sería alguien tan amable de explicarme la razón?

Muchísimas gracias

[Luis Fuentes]

Hola

Ahora bien, planteando el problema como si los resultados fuesen listas ordenadas, tendríamos:
Casos posibles \( \frac{40!}{34!} \). Es decir, elegimos la primera carta de entre 40, la segunda entre 39, etc...

Para los casos favorables, elegimos
La primera carta de entre 40 posibles. Con esta elección hemos fijado el palo.
La segunda de entre las 9 restantes del palo fijado.
La segunda de entre las 8 restantes del palo fijado....etc
Así tendremos \( 40*9*8*7*6*5=4 \frac{10!}{4!} \)
Esta elección se puede presentar de \( 6! \) posible, por lo que la probabilidad será:
\( \frac{4·10·9·8·7·6·5·6!}{\frac{40!}{34!}}=\frac{1440}{9139} \), que es el mismo resultado que el del libro, pero multiplicado por 6!

Evidentemente en este planteamiento sobra el \( 6! \). sería alguien tan amable de explicarme la razón?

Es que realmente lo que me es difícil de entender es porque multiplicas por \( 6! \). No entiendo la frase:

Esta elección se puede presentar de \( 6! \) posible,

El conteo está bien hecho y cerrado sin ese factorial, que no se que se supone que representa. Estás contando cartas ordenadas; a tu primera carta ya le has dado todas las posibilidades: \( 40 \). Y a partir de ahí las demás todas las posibilidades sin repetir la carta anterior y sin salir del palo fijado por la primera carta.

¿A qué viene ese producto adicional?.

Saludos.