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Hojas de Problemas – Estadística I
210. Se considera el experimento aleatorio consistente en tirar tres dados al aire y
anotar los puntos de las caras superiores.
a) ¿Cuantos elementos tiene el espacio de sucesos?
b) Calcular la probabilidad de sacar al menos dos 5.
c) Calcular la probabilidad de sacar dos 2 y un 3.
Sol.:
a) Como cada dado tiene seis posibilidades tenemos que
nº de Elementos = 6
nº de Repeticiones = 3
Ω = VRnm = 6 3 = 216
b) Sea A el suceso de que salgan al menos dos 5.
Casos Totales = 216
 3
Casos Favorables = 1 +  ·5
 2
 3
1 +  ·5
 2  = 1 + 15 = 2
P( A) =
216
216 27
c) Sea B el suceso correspondiente a que salgan dos 2 y un 3.
Casos Totales = 216
 3
Casos Favorables =  ·1
 2
 3
 ·1
2
3
1
P( B ) =   =
=
216 216 72
211. Dos jugadores A y B lanzan simultánea y respectivamente 3 y 2 monedas.
Gana el jugador que obtenga más caras, repitiéndose el lanzamiento si ambos
obtienen el mismo número.
a) Calcular la probabilidad de que gane el jugador A.
Sol.:
Caso n=1
(Sólo se lanzan una vez)
Sea el suceso A={El jugador A pierde o empata}
1/9
Los casos posibles se calculan sabiendo que el Jugador A tiene 4 posibilidades (0, 1,
2 ó 3 caras), y el Jugador B tiene 3 posibilidades (0, 1 ó 2 caras). Por tanto los casos
posibles son 4·3=12
Los casos favorables se calculan sumando las veces que A pierde con las veces que
A empata. Así tenemos:
Jugador A
1 cara
0 caras
0 caras
Jugador B
2 caras
1 cara
2 caras
Jugador A
1 cara
2 caras
0 caras
Jugador B
1 cara
2 caras
0 caras
Por tanto, los casos favorables son 3+3 = 6
P( A) =
casos favorables 6
1
=
=
casos posibles
4·3 2
Una vez que calculamos P(A), como nos interesa su complementario, tenemos
Entonces P( A C ) = 1 −
1 1
=
2 2
Caso n≠1 Supongamos que empatan en la primera tirada.
3
2
1
1
5! 1 2! 1
P(0 caras) = C   ·C 20   = · 5 · = 5
3! 2 2! 2
2
 2
0
3
2
2
5
1
1
1 3!
1
P(1 cara) = C31   ·C 12   =   ·2! = 4 ·3
2
2
 2   2  2!
2
1
1
1 1
3! 1
1
P(2 caras) = C   · ·C 22 · ·  = · 5 = 3· 5
2
 2   2
 2   2  2! 2
2
3
P(Empate entre A y B) = 3·
1
1
1
5
+ 3· 4 + 5 =
5
2
2
2
16
Sea Ei el suceso de que A gane en la i-ésima tirada
1
Sabemos que P(E1 )=
2
∞
5
P(A gane)= ∑  
i = 1  16 
5 1
P(E2 )= ·
16 2
i −1
⋅
1 1 ∞ 5
= ⋅ ∑ 
2 2 i = 1  16 
2/9
2
5
1
P(E3 )=   ⋅
y así sucesivamente
 16  2
i −1
=
1
⋅ Lim
2 i → +∞
5
1−  
 16 
i −1
5
1−
16
⋅
5
16
=
=
1
⋅
2
1
1−
5
16
=
1 16 8
⋅ =
2 11 11
212. En una bolsa hay 4 bolas negras y 5 blancas. En otra bolsa hay dos negras y 3
blancas. Se elige al azar una bolsa y se extrae de ella una bola.
a) Hallar la probabilidad de que la bola extraída sea negra.
b) Hallar la probabilidad de que la bola extraída sea blanca.
Sol.:
a) P(N) = P(N∩Ω) = P(N∩(Bolsa1∪Bolsa2)) = P((N∩Bolsa1)∪(N∩Bolsa2))=
= P(N∩Bolsa1)+P(N∩Bolsa2) = P(Bolsa1)·P(N|Bolsa1) + P(Bolsa2)·P(N|Bolsa2) =
=
1 4 1 2 2 1 19
⋅ + ⋅ = + =
2 9 2 5 9 5 45
b) P(B) = P(B∩Ω) = P(B∩(Bolsa1∪Bolsa2)) = P((B∩Bolsa1)∪(B∩Bolsa2))=
= P(B∩Bolsa1)+P(B∩Bolsa2) = P(Bolsa1)·P(B|Bolsa1) + P(Bolsa2)·P(B|Bolsa2) =
=
1 5 1 3 5
3 26
⋅ + ⋅ = +
=
2 9 2 5 18 10 45
213. Supongamos que hay una prueba para diagnosticar cáncer que da positivo en
el 95% de los casos cuando se aplica a personas que poseen esta enfermedad, y da
negativo en el 95% de los casos cuando se aplica a personas que no la poseen. Si la
probabilidad de que una persona tenga realmente cáncer es 0’005. ¿Cuál es la
probabilidad de que una persona tenga realmente cáncer cuando la prueba le haya
dado positiva?
Sol.:
Sean los siguientes sucesos
E = {Tener Cáncer}
S = {No tener Cáncer}
+ = {Prueba Positiva}
– = {Prueba Negativa}
Lo que nos pide el problema es el cálculo de la probabilidad P(E|+)
Para ello, primero hemos de calcular la probabilidad de que la prueba de positiva
3/9
P(+) = P(E)·P(+|E) + P(S)·P(+|S) =
donde
1
95 199 5
19
199
109
⋅
+
⋅
=
+
=
200 100 200 100 200 ⋅ 20 200 ⋅ 20 2000
1
= 0'005
200
1
95
+
P( E) ⋅ P( + | E ) 200 100
95
19
=
=
=
P(E|+) =
109
P (+ )
1090 218
2000
214. Sean A y B sucesos de probabilidad no nula. Demostrar que si son
incompatibles entonces no son independientes. Ilustrar con un ejemplo que si son
incompatibles no tienen porqué ser dependientes.
Sol.:
Sabemos que si
y que si
A∩B = ∅ ⇒ Son Incompatibles
P(A∩B) = P(A)·P(B) ⇒ Son Independientes
Supongamos que P(A∩B) = P(A)·P(B) ≠ 0 ⇒ No pueden ser Incompatibles
porque si lo fueran tendríamos que A∩B = ∅ y por tanto P(A∩B) = 0.
Luego si A y B son incompatibles entonces no son independientes.
Ejemplo. Lanzar una moneda dos veces.
• Son Compatibles (puede salir dos veces cara/cruz)
• Son Independientes.
215. Se dispone de una urna que contiene 5 bolas rojas y 4 bolas blancas. Se
extraen de su interior 5 bolas y estamos interesados en definir la variable aleatoria
X=nº de bolas blancas extraídas. Completar la tabla adjunta en los casos
siguientes:
X=r
P(X=r)
0
1
2
3
4
a) Las 5 bolas se extraen de 1 en 1 devolviéndolas cada vez a la urna.
b) Las 5 bolas se extraen a la vez.
Sol.:
 5
P(X=0) =  
 9
5
(5 ·4)·5 = 0'2116
4
= 0'0529
P(X=1) =
4/9
95
5
(5 ·4 )· 52 
3
P(X=2) =
2
95
  = 0'3387
P(X=3) =
 4   5   5
P(X=4) =   ⋅   ⋅   = 0'1083
 9   9   4
4
X=r
P(X=r)
0
0’0529
1
0’2116
5 2 43  5 
· ·  = 0'2709
9 2 9 3  3 
5
4
P(X=5) =   = 0'0173
9
2
0’3387
3
0’2709
4
0’1083
5
0’0173
2
15
176
3
5
44
4
5
252
5
 9  9!
b) Ω =   =
= 252
 5  5!⋅4!
 4  5
  ⋅  
0
5
1
P(X=0) =     =
= 0'00396
252
252
 4 5 
  ⋅  
1
4
4·5!
5
P(X=1) =     =
=
252
4!·252 88
 4  5
  ⋅  
2
3
15
P(X=2) =     =
252
176
 4 5 
  ⋅  
3
2
5
P(X=3) =     =
252
44
 4  5
  ⋅  
4
1
5
P(X=4) =     =
252
252
P(X=5) = 0
X=r
P(X=r)
0
1
252
1
5
88
0
216. La probabilidad de que un jugador de tenis gane un punto cuando le entra el
primer servicio es de 0’8 y de que lo gane con el segundo servicio es de 0’5.
5/9
Teniendo en cuenta que la probabilidad de que le entre el primer servicio es de 0’3,
calcular:
a) La probabilidad de que gane un punto.
b) La probabilidad de que gane un juego.
Sol.:
a) Sea A el suceso A={Gana un punto}

 G1 Gana
 A1 Pr imer Servicio 0'3 

P1 Pierde

 A2 Segundo Servicio 0'7  G2 Gana

P2 Pierde
0'8
0'2
0'5
0'5
P(A) = P(A1 )·P(G1 |A1 ) + P(A2 )·P(G2 |A2 ) = 0’3·0’8 + 0’7·0’5 = 0’24 + 0’35 = 0’59
b) Sea B el suceso B={Gana el Juego}
Sean los sucesos siguientes:
C1 = {Gana los 4 puntos}
C2 = {Gana 4 puntos y pierde 1}
C3 = {Gana 4 puntos y pierde 2}
C4 = {Gana 5 puntos y pierde 3}
C5 = {Gana 6 puntos y pierde 4}
C6 = {Gana 7 puntos y pierde 5}
Como la probabilidad de ganar un punto es 0’59, tenemos que su complementario es
la probabilidad de perderlo, 0’41.
P(C 1 ) = 0’594 = 0’1211
 4
P(C 2 ) = 0’594 ·0’41·   = 0’1987
 1
El número combinatorio expresa la posibilidad de perder uno cualquiera de los
cuatro primeros puntos de los cinco que se juegan. Es evidente que el último lo gana el
jugador que gana el juego.
 5
P(C 3 ) = 0’594 ·0’412 ·   = 0’2035
 2
Igualmente, el número combinatorio representa las distintas formas de perder dos
puntos de los cinco primeros en juego.
 6
P(C 4 ) = 0’593 ·0’413 ·   ·0’592 = P(D0 )
 3
6/9
Los tres primeros factores corresponden a acabar los seis primeros puntos en
empate, siendo el último factor el que corresponde a ganar los dos últimos puntos en
juego para ganar el juego.
 6
P(C 5 ) = 0’593 ·0’413 ·   ·0’593 ·0’41·2 = P(D1 )
 3
 6
P(C 6 ) = 0’593 ·0’413 ·   ·0’594 ·0’412 ·22 = P(D2 )
 3
.......
 6
P(Dn ) = 0’593 ·0’413 ·   ·0’592+n ·0’41n ·2n
 3
+∞
P(B) = P(C 1 ) + P(C 2 ) + P(C 3 ) +
∑ P (D ) =
i
i= 0
 6
⋅ 0'413 ⋅   ⋅0'59 2 + i ⋅ 0'41i ⋅ 2 i =
 3
+∞
= 0’1211 + 0’1987 + 0’2035 +
∑ 0'59
3
i= 0
 6  +∞
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'59 5 ⋅ 0'413 ⋅   ⋅ ∑ ( 0'59 ⋅ 0'41 ⋅ 2) i =
 3  i= 0
n
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅ Lim ∑ ( 0'59 ⋅ 0'41 ⋅ 2) i =
n → +∞
i= 0
n
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅ Lim ∑ ( 0'48) i =
n → +∞
i= 0
1 − 0'48 n +1
=
n → +∞ 1 − 0'48
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅ Lim
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅
1
=
1 − 0'48
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'1895 = 0'713
217. Distribuimos al azar n bolas blancas y n bolas negras en n urnas.
a) Hallar la probabilidad de que una urna especificada contenga i bolas
blancas y j bolas negras.
b) Calcular la probabilidad de que en cada urna haya 1 bola de cada color.
7/9
Sol.:
a) Sea A el siguiente suceso
A = {Una urna contenga i bolas blancas y j bolas negras}
Para calcular la probabilidad P(A) tenemos que:
Casos Totales: VRn2 n = n 2 n
Casos Favorables: Se obtiene como producto de
•
Las i bolas blancas
Cni
•
Las j bolas negras
C nj
•
Repartimos el resto de bolas en el resto de urnas
P(A) =
C ni ⋅ C nj ⋅ VRn2−n1− i − j
VRn2 n
VRn2−n1− i − j
 n  n 
  ⋅   ⋅ (n − 1)2 n −i − j
i
j
=     2n
n
b) Sea B el suceso
B = {Cada urna tiene una bola de cada color}
Casos Totales: VRn2 n = n 2 n
Casos Favorables: Se obtiene como producto de:
•
•
P(B) =
Las n bolas blancas en las n urnas
Las n bolas negras en las n urnas
Pn
Pn
Pn2 n!·n!
=
n 2 n n 2n
218. Supóngase una urna con a bolas blancas y b bolas negras. Calcular la
probabilidad de obtener exactamente n bolas blancas cuando se han sacado N
bolas, con n≤
≤ N≤
≤ a de la urna:
a) Simultáneamente.
b) Sin reemplazamiento.
Sol.:
a) Sea A el suceso A = {Sacar n bolas blancas}
8/9
Casos Totales:
C aN+ b
Casos Favorables: C an ⋅ CbN − n
Can ·CbN −n
P( A) =
C aN+ b
b) Casos Totales:
VaN+ b
Casos Favorables: Van ·VbN − n ·C Nn
ordenar las bolas blancas tomadas.
P( A) =
Donde el último factor corresponde a las formas de
VNn
VaN+b
9/9