[nathan]

Hola, les molesto por última vez con un problema: Una caja A contiene 5 arandelas de cobre y 6 de bronce y una caja B contiene 8 arandelas de cobre y 4 de bronce. Dos arandelas son elegidas sin reemplazo de la caja B y depositadas en la caja A, luego se extrae una arandela de la caja A
a)¿Cuál es la probabilidad de que la arandela extraida de la caja A se de bronce?
b) Si la arandela extraida de la caja. A es de bronce  ¿Cuál es la probabilidad de que al menos una de las arandelas extraidas de la caja B haya sido de bronce?
A qui si estoy en la luna creo que se utiliza el teorema de probabilidad total o el de Bayes pero no se como.

[pierrot]

Sugiero que uses la siguiente notación:

B="obtener una arandela de bronce en la primer extracción (caja B)"

B'="obtener una arandela de bronce en la segunda extracción (caja B)"

B''="obtener una arandela de bronce en la tercer extracción (caja A)"

Entonces se tiene que la probabilidad pedida en a) es:

\( \displaystyle P(B'')=P\Big(B''\cap\big((B\cap B')\cup (B\cap B'^C)\cup (B^C\cap B')\cup (B^C\cap B'^C)\big)\Big) \)

Claramente el conjunto \( \{B\cap B',\ B\cap B'^C,\ B^C\cap B',\ B^C\cap B'^C\} \) es una partición de \( \Omega \) donde este omega es el espacio muestral de todos los resultados posibles al extraer dos arandelas de la caja B. Ahora desarrolla esta expresión (denominador de la fórmula de Bayes). Si te queda duda, vuelve a consultar.

PD. Con "denominador de la fórmula de Bayes" me refiero a lo que tú llamaste "teorema de probabilidad total".

Saludos

[pierrot]

Hola. Si desarrollas la expresión anterior resulta:

\( {P(B'')=P\big(B''\cap (B\cap B')\big)+P\big(B''\cap(B\cap B'^C)\big)+P\big(B''\cap(B^C\cap B')\big)+P\big(B''\cap(B^C\cap B'^C)\big)} \).

Ahora aplicando la definición de probabilidad condicional se tiene que

\( {P(B'')=P(B''|B\cap B')P(B\cap B')+P(B''|B\cap B'^C)P(B\cap B'^C)+P(B''|B^C\cap B')P(B^C\cap B')+P(B''|B^C\cap B'^C)P(B^C\cap B'^C)} \)

que si no me equivoco es la aplicación de lo que tú llamas "teorema de la probabilidad total" (denominador de Bayes). Ahora todos estos términos son calculables. Empecemos por:

\( P(B\cap B')=P(B'|B)P(B)=\displaystyle \frac{3}{11}\frac{1}{3}=\frac{1}{11} \)

\( P(B\cap B'^C)=P(B'^C|B)P(B)=\displaystyle \frac{8}{11}\frac{1}{3}=\frac{8}{33} \)

\( P(B^C\cap B')=P(B'|B^C)P(B^C)=\displaystyle \frac{4}{11}\frac{2}{3}=\frac{8}{33} \)

\( P(B^C\cap B'^C)=P(B'^C|B^C)P(B^C)=\displaystyle \frac{7}{11}\frac{2}{3}=\frac{14}{33} \)

Es buena práctica antes de continuar chequear que la suma de estas probabilidades de 1 ya que se trata de los elementos de una partición de \( \Omega \).

Seguimos por:

\( P(B''|B\cap B')=\displaystyle \frac{8}{13} \) (dos de bronce pasan a la caja A)

\( P(B''|B\cap B'^C)=\displaystyle \frac{7}{13} \) (a la caja A se pasa una de bronce y otra de cobre)

\( P(B''|B^C\cap B')=\displaystyle \frac{7}{13} \) (idem al caso anterior)

\( P(B''|B^C\cap B'^C)=\displaystyle \frac{6}{13} \) (dos de cobre pasan a la caja A)

Entonces, sustituyendo en la fórmula de probabilidades totales se obtiene que \( P(B'')=\displaystyle \frac{8}{13}\frac{1}{11}+\frac{7}{13}\frac{8}{33}+\frac{7}{13}\frac{8}{33}+\frac{6}{13}\frac{14}{33}=\frac{20}{39} \)

Dejo la parte b) para que la pienses.

Saludos