Autor Tema: Ejercicios de probabilidad condicionada

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02 Mayo, 2012, 05:15 pm
Respuesta #10

Luis Fuentes

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Hola

 Ante la ausencia de información se suele optar por la equiprobabilidad. Eso descarta el saco de \( 80 \) bolas blancas y \( 17 \) negras, pero no las otras dos opciones. Viene a ser el mismo problema que la paradoja de Bertrand.

Saludos.

02 Mayo, 2012, 05:35 pm
Respuesta #11

Carlos Ivorra

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Sí, eso es lo que pensé yo. Pero me da la impresión de que suponer que cada bola se ha elegido aleatoriamente (lo que asigna más probabilidad al caso blanca-negra) ya es una arbitrariedad que estaríamos añadiendo al enunciado. Creo que éste debería ser más preciso en ese punto.

De hecho, ¿qué pasa si simplemente una persona ha metido dos bolas blancas en la caja sin plantearse siquiera la posibilidad de meter bolas negras? Si nos encontramos una caja de procedencia desconocida y tenemos información sobre un número finito de extracciones, ¿no nos permite eso hacer estimaciones estadísticas sobre su contenido? Parece ser que no, porque la respuesta depende de la probabilidad que le asignemos a cada contenido posible.

Como bien dices, lo razonable es partir de una hipótesis de uniformidad, pero entiendo que ante la falta total de información sobre cómo se ha llenado la caja, la hipótesis que menos presupone es la de 1/3. La de 1/4, por el contrario, parece presuponer una forma muy concreta de haber llenado la caja. Yo no sé mucho de estadística e igual digo una tontería, pero ¿significa eso que soy bayesiano, o algo así?

Imagina que tenemos una caja con 100 bolas blancas o negras, no tenemos ni remota idea de cómo se ha llenado. ¿No podemos a partir de esos datos decir nada sobre qué distribución de bolas es más probable y cuál lo es menos? ¿Hemos de decir que de esos datos no podemos concluir absolutamente nada (salvo que seguro que hay al menos una bola blanca y una negra)?

Me resulta muy extraño. Por ejemplo, si con 1000 extracciones hubieran salido 998 bolas blancas yo diría que la probabilidad de que haya muchas bolas negras es escasa. ¿No se puede cuantificar esa idea?

Leeré con calma el pdf que has adjuntado, que ahora mismo he de dejar el foro.

02 Mayo, 2012, 05:35 pm
Respuesta #12

Gaussa

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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 \( 1/4 \).


Yo consideré a la hora de hacer el problema que la probabilidad era \( 1/3 \), aunque también pienso que el enunciado no lo deja del todo claro...

Muy buena lo de la paradoja de Bertrand  :D

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.

Sí, supongo que debo hacerlo de esa forma. El principio de inclusión-exclusión lo he dado así que tendré que aplicarlo, aunque para 4 conjuntos resulte un poco largo.

Para la probabilidad de \( A_i \)="el jugador tiene todas las cartas del mismo palo", veo que los casos posibles son \( \left(\begin{array}{c}40\\ 10\end{array}\right) \), pero no acabo de ver que los favorables sean 4.

Saludos y muchas gracias

02 Mayo, 2012, 05:48 pm
Respuesta #13

Gaussa

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Para la probabilidad de \( A_i \)="el jugador tiene todas las cartas del mismo palo", veo que los casos posibles son \( \left(\begin{array}{c}40\\ 10\end{array}\right) \), pero no acabo de ver que los favorables sean 4.


¡Ah, claro! Los casos favorables son que sean todas de bastos, espadas, oros o copas, es decir, de los cuatro palos.

Y para las intersecciones dos a dos sería \( P(A_i\cap{A_j})=\displaystyle\frac{\displaystyle\binom{4}{2}}{\displaystyle\binom{40}{10}} \)

Y para las intersecciones tres a tres sería \( P(A_i\cap{A_j}\cap{A_k})=\displaystyle\frac{\displaystyle\binom{4}{3}}{\displaystyle\binom{40}{10}} \)

¿No?

Mañana le preguntaré a mi profesora su opinión del problema de las bolas  ???

Saludos y muchas gracias

02 Mayo, 2012, 10:17 pm
Respuesta #14

Carlos Ivorra

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¡Ah, claro! Los casos favorables son que sean todas de bastos, espadas, oros o copas, es decir, de los cuatro palos.

Exacto.

Y para las intersecciones dos a dos sería \( P(A_i\cap{A_j})=\displaystyle\frac{\displaystyle\binom{4}{2}}{\displaystyle\binom{40}{10}} \)

Y para las intersecciones tres a tres sería \( P(A_i\cap{A_j}\cap{A_k})=\displaystyle\frac{\displaystyle\binom{4}{3}}{\displaystyle\binom{40}{10}} \)

¿No?

Me temo que no. Ahora los casos posibles son más. Tienes que contar todas las posibles asignaciones de 20 cartas a dos jugadores, y el orden importa, porque importa cuáles van a cada uno de ellos. Creo que es más sencillo considerar permutaciones: hay \( 40! \) repartos posibles, y quieres contar, de entre ellos, los que dejan las 10 primeras cartas de un palo y las 10 siguientes de otro.

Por ejemplo, las que tienen las 10 primeras de oros y las 10 siguientes de copas serían 10! 10! 20! (hay 10! formas de distribuir los oros, 10! formas de distribuir las copas y 20! formas de distribuuir las otras 20 cartas, que nos dan igual), pero luego has de contar que no tiene por qué tener los oros el primer jugador y las copas el segundo, sino que hay 12 formas de que cada uno tenga un palo, luego los casos favorables son \( 12\cdot 10!\cdot 10!\cdot 20! \)

Mañana le preguntaré a mi profesora su opinión del problema de las bolas  ???

Vale, a ver qué dice.

02 Mayo, 2012, 10:40 pm
Respuesta #15

Gaussa

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Muchas gracias, Carlos.

Uf, pues sí que había considerado yo pocas posibilidades.

Voy a ver si lo he enetendido bien.

Entonces, para tres jugadores serían \( 4\cdot{}10!\cdot{10!\cdot{10!\cdot{10!}}} \), y para cuatro jugadores \( 10!\cdot{10!\cdot{10!\cdot{10!}}} \)

¿está bien?

02 Mayo, 2012, 10:56 pm
Respuesta #16

Carlos Ivorra

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No, para tres jugadores tienes \( 4\cdot 3\cdot 2 \cdot 10!\cdot 10!\cdot 10!\cdot 10! \) casos favorables, que son los mismos que para cuatro jugadores, porque si tres tienen todas las cartas del mismo palo, el cuarto también las tiene.

02 Mayo, 2012, 11:02 pm
Respuesta #17

Gaussa

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Vale, muchas gracias, ya lo entendí.

Saludos.

03 Mayo, 2012, 10:52 pm
Respuesta #18

Gaussa

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Hola.

Mañana le reguntaré a mi profesora su opinión del problema de las bolas  ???

Vale, a ver qué dice.

Le he preguntado, y ella considera que la probabilidad es \( 1/3 \), que para meter las bolas en la urna se preparan los 3 paquetes.  Aunque yo también veo la otra posibilidad que se comentó por aquí.

Saludos.