[Gaussa]

Hola.

Tengo dudas en estos ejercicios.

a) En una caja tenemos 20 coches y 30 muñecas. Cogemos un juguete, si es un coche, lo devolvemos a la caja, pero si es una muñeca, la dejamos fuera. Se realizan 3 extracciones, ¿cuál es la probabilidad de que en la tercera extracción cojamos un coche?

Estoy intentando hacerlo por el teorema de Bayes. Llamo \( A_i \)=sacar un juguete en la extracción i, \( i=1,2,3 \) y B="Sacar un coche".

Lo que me piden entonces es \( P(B/A_3) \).

Está claro que \( P(A_1/B)=\displaystyle\frac{20}{50} \), pero no sé calcular \( P(A_2/B) \). Será "20 entre algo", y ese "algo" dependerá de si en la primera extracción se ha sacado una muñeca o no.

También me resulta complicado calcular \( P(A_i/B) \), no caigo... Estoy pensado que quizás tenga mal definido lo que es \( A_i \), pero no sabría ponerlo de otra forma


b)  Una baraja de 40 cartas se reparte entre 4 jugadores (10 cartas a cada uno). Calcule la probabilidad de que haya al menos un jugador cuyas cartas sean todas del mismo palo.

A="al menos un jugador tiene todas las cartas del mismo palo"

\( A^c \)="todos los jugadores tienen las cartas del mismo palo"

\( A_i \)="la persona \( i \) tiene todas las cartas del mismo palo"

\( P(A^c)=P(A_1 \cap{A_2\cap{A_3\cap{A_4)}}} =\displaystyle\frac{10}{40}\displaystyle\frac{10}{30}\displaystyle\frac{10}{20}\displaystyle\frac{10}{10} \)

\( P(A)=1-P(A^c)=0.9583 \)

¿Está bien? Lo he intentado hacer de varias formas, pero no me acaba de convencer ninguna...

c) Y si alguien me ayuda a plantear este...
En una urna se encuentran dos bolas, que pueden ser las dos negras, blancas, o una negra y una blanca. Extremos una bola al azar, y resulta ser blanca. La devolvemos a la urna, cogemos otra al azar y resulta ser también blanca. ¿Cuál es la probabilidad de que las dos bolas sean blancas?¿y las dos negras?¿y una blanca y una negra?

Creo que las dificultades que estoy teniendo en estos problemas es a la hora de plantearlos. Aquí, es obvio que la probabilidad de que las dos bolas sean negras va a ser cero. Y si sé calcular la probabilidad de que las dos bolas sean blancas, la de que una sea blanca y la otra negra debe ser el complementeario (creo)

Saludos y muchas gracias

[Carlos Ivorra]

El primero yo lo planteará así: llama CC, MM, CM y MC a los sucesos "haber sacado dos coches, dos muñecas, coche y muñeca o muñeca y coche", respectivamente en las dos primeras estracciones. Entonces, si \( C_3 \) es "sacar un coche en la tercera estracción",

\( P(C_3) = P(C_3|CC)P(CC)+P(C_3|MM)P(MM)+P(C_3|CM)P(CM)+P(C_3|MC)P(MC) \)

y todas las probabilidades son fáciles de calcular.

El segundo aún no lo he pensado. (Bueno, lo he pensado así por encima y no se me ha ocurrido nada de provecho.)

Para el tercero, llama HBB al suceso "hay dos bolas blancas) y SBB al suceso "hemos sacado dos bolas blancas".

Calcula \( P(HBB|SBB) \) usando el teorema de Bayes. Lo único que no veo claro es qué probabilidad hemos de suponer a que haya dos bolas blancas. Leyendo el enunciado, yo supondría que es \( 1/3 \), aunque no sé si alguien dirá que es \( 1/4 \).

[Gaussa]

Hola. Muchas gracias, Carlos.

El primero ya lo  he entendido, aunque tengo dificultad al calcular \( P(CC) \) (o \( P(MM) \) o \( P(CM) \)), pero sé que sabiendo una sé las otras tres. Debe ser bastante fácil, pero no caigo.

El tercero lo he seguido pensando y aún no le veo del todo claro...

Saludos y muchas gracias

[Carlos Ivorra]

Para el primero, por ejemplo:

\( P(MC) = P(C_2|M_1)P(M_1) = \frac {20}{49}\cdot \frac{30}{50} \).

(La probabilidad de sacar una muñeca y luego un coche es la probabilidad de sacar una muñeca por la probabilidad de sacar un coche sabiendo que ya hemos sacado una muñeca.)

Para el tercero, el teorema de Bayes te da:

\( \displaystyle P(HBB|SBB) = \frac{P(SBB|HBB)P(HBB)}{P(SBB)} = \frac{P(HBB)}{P(SBB|HBB)P(HBB)+P(SBB|HBN)P(HBN)+P(SBB|HNN)P(HNN)} \)

La única probabilidad que no es inmediata es la probabilidad de sacar dos bolas blancas sabiendo que hay una blanca y una negra, pero tampoco es difícil de calcular.

[Gaussa]

Hola.

Muchas gracias.

La única probabilidad que no es inmediata es la probabilidad de sacar dos bolas blancas sabiendo que hay una blanca y una negra, pero tampoco es difícil de calcular.

Ya lo entendí. Me salió \( 4/5 \), así que la probabilidad de que haya una blanca y una negra debe ser el complementario, \( 1/5 \), ¿no?

Con el segundo aún tengo dificultades (el de las cartas)

Perdón por no responder anoche. Leí el mensaje e intenté responder, pero el Internet me iba muy mal y no lo conseguí.

Saludos.

[Carlos Ivorra]

Ya lo entendí. Me salió \( 4/5 \), así que la probabilidad de que haya una blanca y una negra debe ser el complementario, \( 1/5 \), ¿no?

Exacto.

Con el segundo aún tengo dificultades (el de las cartas)

Ese me tiene intrigado a mí. Lo estoy pensando en los ratos libres (en el autobús y así), así que no avanzo mucho, pero lo único que veo es tratar de ir aplicando la fórmula \( P(A\cup B) = P(A)+P(B)-P(A\cap B) \) muchas veces, aunque así parece que vaya a quedar un poco farragoso.

Respecto a lo que has planteado, observa que lo que llamas \( A^c \) no es realmente el suceso complementario de lo que llamas \( A \). Lo contrario de que al menos un jugador tenga todas las cartas del mismo palo es que ninguno las tenga.

Mi idea (que no sé si será viable o si será la mejor) es llamar \( A_i \) a "el jugador i tiene todas las mismas cartas del mismo palo", calcular \( P(A_i) \), que no parece difícil, luego calcular \( P(A_i\cup A_j) \), para lo cual necesitamos \( P(A_i\cap A_j) \), que tampoco parece difícil, luego pasar a \( P(A_i\cup A_j\cup A_k) \) y luego a la que pide el problema, que es la unión de las cuatro.

[Gaussa]

Hola. Muchas gracias.

Estoy pensando, pero... ¿cuál sería la \( P(A_i) \)?

Saludos

[Carlos Ivorra]

Hay \( \left(\begin{array}{c}40\\ 10\end{array}\right) \) posibilidades para mis cartas, y sólo 4 son favorables.

[Luis Fuentes]

Hola

Calcula \( P(HBB|SBB) \) usando el teorema de Bayes. Lo único que no veo claro es qué probabilidad hemos de suponer a que haya dos bolas blancas. Leyendo el enunciado, yo supondría que es \( 1/3 \), aunque no sé si alguien dirá que es \( 1/4 \).

Venga, pues digo yo que es \( 1/4. \)  O mejor:

- Si para decidir que bolas metieron en la urna prepararon tres paquetes: uno con dos blancas, otro con dos negras y otro con una blanca y otra negra, y eligieron uno al azar entonces la probabilidad sería \( 1/3 \).

- Si para decidir que bolas metieron en la urna escogieron bola por bola al azar entre una negra y una blanca, pues entonces la probabilidad sería \( 1/4 \).

Mi idea (que no sé si será viable o si será la mejor) es llamar \( A_i \) a "el jugador i tiene todas las mismas cartas del mismo palo", calcular \( P(A_i) \), que no parece difícil, luego calcular \( P(A_i\cup A_j) \), para lo cual necesitamos \( P(A_i\cap A_j) \), que tampoco parece difícil, luego pasar a \( P(A_i\cup A_j\cup A_k) \) y luego a la que pide el problema, que es la unión de las cuatro.

Yo la veo perfectamente viable y no tan complicada.

Saludos.

[Carlos Ivorra]

Venga, pues digo yo que es \( 1/4. \)  O mejor:

- Si para decidir que bolas metieron en la urna prepararon tres paquetes: uno con dos blancas, otro con dos negras y otro con una blanca y otra negra, y eligieron uno al azar entonces la probabilidad sería \( 1/3 \).

- Si para decidir que bolas metieron en la urna escogieron bola por bola al azar entre una negra y una blanca, pues entonces la probabilidad sería \( 1/4 \).

Ya, ésa es la cuestión, que el enunciado no dice nada sobre cómo se ha llenado la caja. También podrían haber cogido un saco con 80 bolas blancas y 17 negras y haber tomado dos al azar.