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Probabilidad y Estadı́stica
por Marı́a Luisa Pérez Seguı́
Introducción
Se presenta aquı́ el material correspondiente a un curso de Probabilidad y Estadı́stica, el
cual se imparte en la Facultad de Ciencias Fı́sico-Matemáticas de la Universidad Michoacana.
Se propone en las notas un curso introductorio a los vastos temas de probabilidad y
estadı́stica. En vista que el curso va dirigido a estudiantes de segundo año de una carrera de
matemáticas, los temas no pueden tratarse de manera muy rı́gida ni abstracta. El enfoque
es mediante numerosos ejemplos para ilustrar los principios del razonamiento teórico en
Probabilidad y las aplicaciones de la Estadı́stica.
Marı́a Luisa Pérez Seguı́
Fac. Cs. Fı́sico-Matemáticas
Universidad Michoacana de San Nicolás de Hidalgo
i
Índice
Introducción
I
1. Qué estudian la Probabilidad y la Estadı́stica
1
2. Introducción a la Probabilidad
3
2.1. Conteo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3. Probabilidad Combinatoria
4
19
3.1. Probabilidad Combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
3.2. Funciones de probabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
3.3. Probabilidad Condicional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
3.4. Independencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
4. Variables Aleatorias y Esperanza
39
4.1. Variables Aleatorias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
4.2. Esperanza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
ii
1.
Qué estudian la Probabilidad y la Estadı́stica
La probabilidad y la estadı́stica estudian el comportamiento de procesos aleatorios. Lo
“aleatorio” de un proceso puede venir de diferentes lados:
Realmente es aleatorio.
Falta de información.
Falta de poder deductivo.
La estadı́stica también, a veces, nos proporciona un resumen de los datos, para que los
podamos entender. Esto, claro, lleva sus problemas también, porque a veces se confunde el
resumen de los datos con los datos. Si sólo tenemos el promedio de las cosas, muchas veces
eso no cuenta “toda la historia”. Incluso el promedio, la media, la media geométrica, la
varianza, el segundo momento, etc, no cuentan toda la historia.
En términos generales
La probabilidad supone que se conoce exactamente cómo funciona determinado proceso
aleatorio y trata de concluir qué se observará.
La estadı́stica comienza de las observaciones y trata de inferir cómo funciona un proceso
aleatorio.
Probabilidad
Va de lo general a lo particular
Perfecta
Independiente
Muy matemática
Estadı́stica
Va de lo particular a lo general
Sujeta a todo tipo de errores, interpretaciones, etc.
Se necesita entender probabilidad primero
Menos matemática
Entender los principios de probabilidad y estadı́stica sirve para tomar decisiones de la
vida cotidiana; para no dejarse engañar por los polı́ticos, las noticias, etc.
La aplicación matemática y técnica de la probabilidad y estadı́stica ha tenido varios
grandes éxitos:
Ciencias Naturales: Fı́sica, Biologı́a, Quı́mica, etc.
Medicina: Revolucionada por la estadı́stica y estudios doblemente a ciegas.
Ciencias Sociales: Polı́tica (elecciones), Psicologı́a, Economı́a, etc.
Finanzas: También ha ocasionado problemas enormes.
Los problemas de mala interpretación de la Estadı́stica son varios. Podemos enunciar
algunos:
1
Confundir causación con correlación. Dos cosas están correlacionadas si por lo general
ocurrren juntas; sin embargo no tiene por qué ser cierto que una sea causa de la otra.
Un ejemplo muy burdo de esto serı́a decir que usar zapatos grandes hace que uno
juegue bien basquetbol.
Coincidencia. Los sucesos cotidianos son innumerables. Tratar de explicar uno de ellos
simplemente porque otro ocurrió al mismo tiempo es un error muy común. Ejemplos
de esto son las supuestas premoniciones, los milagros curativos, etc.
Encuestas sin representatividad. Aquı́ un ejemplo extremo serı́a preguntar en una avenida a los conductores si tienen coche y luego inferir que casi todas las personas tienen
coche.
2
2.
Introducción a la Probabilidad
Empezaremos por dar un “modelo general” de cómo funciona la probabilidad y luego
veremos técnicas para calcularla. Es necesario conocer todas las posibilidades que pudieran
llegar a ocurrir. Esto, en el mundo real, no ocurre siempre, claro.
En determinada situación, al conjunto de todas las posibles situaciones que podrı́an llegar
a ocurrir se le llama espacio muestral. Denotaremos este conjunto por Ω.
2.1 Ejemplo. (a) Si lanzamos una moneda una vez, Ω = {A, S}.
(b) Si lanzamos una moneda dos veces, entonces Ω = {AA, AS, SA, SS}.
El espacio muestral Ω podrı́a ser finito o infinito pero, más importante que eso, Ω podrı́a
ser discreto o continuo.
La probabilidad discreta es cuando no hay noción de “cercanı́a” entre las cosas que pueden
ocurrir (usualmente, cuando es finito), como por ejemplo tiros de monedas, dados, votaciones,
etc. En la probabilidad continua hay toda una gama de posibilidades muy “cercanas” unas
de otras, como temperatura, tiro con arco, etc.
Vamos a empezar a estudiar la probabilidad discreta y luego veremos sus “analogı́as”
con la probabilidad continua. Básicamente, para probabilidad discreta hay que saber contar.
Para probabilidad continua hay que saber cálculo o análidis matemático. Podemos pensar
que la probabilidad continua es el lı́mite de la probabilidad discreta.
En un espacio muestral discreto Ω, cada elemento x ∈ Ω tiene asociada un número entre
0 y 1, que es su probabilidad de ocurrir. Lo denotamos por P (x).
Cualquier subconjunto del espacio muestral se llama suceso o evento.
La suma de todas las probabilidades en un suceso A es la probabilidad del suceso, denotada por P (A).
Si A = Ω se debe tener, por definición, P (Ω) = 1
2.2 Nota. Es importante señalar que el que se puedan sumar las probabilidades individuales de los elementos depende fuertemente del que el espacio sea discreto. Por ejemplo,
si tenemos una región circular del plano, lo natural serı́a que la probabilidad de escoger
un determinado punto en esa región sea 0, pero la suma de 00 s es 0. Para poder estudiar
probabilidad de este tipo se necesita introducir conceptos como de medida. Un estudio ası́
corresponde al Análisis Matemático bastante más complicado que el propósito de este curso.
2.3 Ejemplo. (a) Lanzamos una moneda “justa”. ¿Cuál es el espacio muestral y cuales
son las probabilidades?
Ω = {A, S} y las probabilidades son 1/2 para ambas.
3
(b) Lanzamos una moneda y seguimos lanzándola una y otra vez, hasta que salga águila, y
entonces nos detenemos. El espacio muestral es
Ω = {A, SA, SSA, SSSA, SSSSA, ...}
Las probabilidades son:
1
P (A) = ,
2
1
P (SA) = ,
4
1
P (SSA) = ,
8
...
(c) Supongamos que tiramos dos dados y nos fijamos en su suma. Entonces el espacio muestral
es
Ω = {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12}.
Sin embargo, es claro aquı́ que los elementos tienen diferentes probabilidades. ♦
En el ejemplo anterior vimos que en un espacio muestral los elementos pueden tener
diferente probabilidad de ocurrir. Muchas veces conviene modificar el espacio para que todos
los elementos sean equiprobables, es decir, que tengan la misma probabilidad. Esto facilita
el cálculo de probabilidades y la razón es que simplemente se puede tomar la probabilidad
de un suceso A como
P (A) =
# veces que ocurre A
|A|
=
# total de casos
|Ω|
2.4 Ejemplo. Modificar el ejemplo 2.3 para lograr equiprobabilidad y calcular la probabilidad de que la suma sea 11 y también de que sea 12.
Solución.
Ω = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), ...} = {1, 2, . . . , 6}2
Las formas en que se suma 11 son 2: (5, 6) y (6, 5). Sólo hay una forma de lograr 12: (6, 6).
1
2
= 18
y la de
Como el espacio muestral tiene 36 elementos, la probabilidad de lograr 11 es 36
1
lograr 12 es 36 . ♦
Pero entonces se vuelve muy importante poder contar cosas de manera eficiente. Dedicaremos a esto la siguiente sección.
2.5 Ejercicio. Explicar por qué se cuentan por separado las opciones (5, 6) y (6, 5) en
2.3.
2.1.
Conteo
Esta sección es un repaso de los temas básicos del conteo.
4
2.6 Ejemplo. ¿Cuántos números enteros de tres o menos cifras hay?
Solución. La respuesta a esta pregunta es fácil: Hay 1000 pues son todos los números
enteros del 0 al 999. Esta solución no nos enseña gran cosa. Retomemos ahora el problema
buscando una solución constructiva; esto es, para cualquier n = 1, 2, 3, . . ., la cantidad de
números de hasta n + 1 cifras se puede obtener de la cantidad de números de hasta n cifras:
simplemente se multiplica por 10. Vamos a describir con detalle este procedimiento:
Números de a lo más una cifra hay 10, a saber, 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 y 9. Para contar los
de hasta dos cifras (del 0 al 99) no necesitamos escribirlos todos; basta con observar que la
primera cifra puede ser cualquiera de los 10 dı́gitos 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, y por cada uno de
éstos hay 10 terminaciones distintas; por ejemplo, los números de dos cifras que empiezan con
4 son: 40, 41, 42, 43, 44, 45, 46, 47, 48 y 49, diez en total; lo mismo para cada una de las otras
decenas. Ası́ la cantidad de enteros entre 0 y 99 es 10×10 = 100. El siguiente paso es análogo:
Para contar los números de hasta tres cifras hay que agregar un dı́gito (posiblemente 0) a
cada uno de los 100 números de 2 o menos cifras; como hay diez posibilidades la respuesta
será 10 × 100 = 1000. ♦
Este procedimiento de “construir sobre lo ya construido” que hemos utilizado se llama
procedimiento inductivo . Muchas demostraciones de propiedades y fórmulas de números
naturales se basan en él. Más adelante se estudiará esto con detalle. El principio combinatorio
que manejamos en el ejemplo anterior (y que manejaremos en los siguientes) es:
2.7. Principio Fundamental de Conteo. Si una cierta tarea puede realizarse de m
maneras diferentes y, para cada una de esas formas, una segunda tarea puede realizarse de
n maneras distintas, entonces las dos tareas juntas pueden realizarse (en ese orden) de mn
formas diferentes.
2.8 Ejemplo. ¿Cuántas palabras de tres letras se pueden formar si se dispone de un
alfabeto con dos letras: a y b. (Nota: Son permisibles palabras como bba.)
Solución. Procederemos como en el ejemplo anterior. En este caso conviene ilustrarlo
haciendo un “diagrama árbol”:
5
Resolvamos ahora el ejemplo utilizando nuestro Principio Fundamental de Conteo. Con, la primera para la letra inicial, la segunda para la letra central
sideremos tres casillas:
y la tercera para la letra final. En cada casilla hay dos elecciones posibles: la letra a o la
letra b. La respuesta es entonces 2 × 2 × 2 = 8. El procedimiento inductivo es como sigue:
En la primera casilla hay 2 posibilidades para elegir la letra. Una vez formada una palabra
de una letra: a o b, para agrandarla a una palabra de dos letras hay dos posibilidades, ası́
que palabras de dos letras hay 2 × 2 = 4. Para completar cada una de éstas a una palabra
de tres letras hay dos posibilidades; entonces hay 4 × 2 = 8 palabras de tres letras. ♦
2.9 Ejemplo. ¿Cuántas placas distintas hay con dos letras a la izquierda y tres números
a la derecha? (Nota: Consideraremos el alfabeto de 27 letras castellanas.
Solución. Seguimos el procedimiento de las casillas del ejemplo anterior:
27 × 27 × 10 × 10 × 10 = 729 000. ♦
| {z } |
{z
}
lugares
para letras
lugares
para números
2.10 Ejemplo. ¿Cuántas banderas bicolores se pueden formar si se dispone de 4 lienzos
de tela de colores distintos y un asta? (Nota: Banderas como rojo-rojo no son permisibles;
por otro lado, es importante el color que queda junto al asta, de esta manera banderas como
rojo-azul y azul-rojo se consideran distintas.)
Solución. En este caso consideramos dos casillas. La de la izquierda, digamos, representa
el lienzo junto al asta, el cual tiene 4 elecciones posibles. Una vez elegido éste, el color para
la derecha se puede escoger de 3 formas (pues no se permite la repetición de colores). Ası́
hay 4 × 3 = 12 formas distintas de formar las banderas. ♦
2.11 Ejercicio. Escribir todas las banderas que pueden formarse según el ejemplo anterior si los colores son rojo (R), azul (A), verde (V ) y blanco (B).
6
2.12 Ejemplo. Misma pregunta que en el ejemplo anterior pero ahora suponiendo que
no hay asta. (En este caso no habrá distinción entre las banderas rojo-azul y azul-rojo.)
Solución. Para resolver este ejemplo analicemos la respuesta del ejemplo anterior. En
aquél, en la colección total de las 12 banderas posibles podemos aparear cada bandera con
su opuesta; por ejemplo la bandera azul-verde la apareamos con la bandera verde-azul. Cada
una de las del ejemplo anterior se esta contando dos veces y, por tanto, la respuesta es
12
= 6. ♦
2
2.13 Ejercicio. En el resultado del ejercicio 2.11 aparear cada una de las banderas con
su opuesta. Dar una lista de 6 banderas que ilustre la respuesta del ejemplo 2.12.
2.14 Ejemplo. ¿De cuántas formas se pueden sentar 5 personas en 5 sillas numeradas
del 1 al 5?
Solución. En el asiento #1 se puede sentar cualquiera de las 5 personas; para cada elección
de la primera persona, la segunda puede ser cualquiera de las 4 restantes; ası́ en las dos
primeras sillas el número de elecciones posibles es 5 × 4 = 20. Continuamos de manera
análoga. Para simplificar dibujemos 5 casillas simbolizando los 5 asientos. Sobre cada casilla
escribamos el número respectivo de posibilidades y multipliquemos:
5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120. ♦
Si n es un número natural, el producto de todos los números naturales del 1 al n aparece
muy frecuentemente en problemas de combinatoria; se llama n factorial o factorial de n
y se denota por n!. (Ası́ la respuesta del ejemplo 2.14 es 5! = 120.)
Alejándose de la interpretación de n! como el producto de los naturales de 1 a n, se define
0! = 1;
esto permite incluir el caso n = 0 en algunas fórmulas en las que interviene n!. Entonces
0!
1!
2!
3!
4!
=
=
=
=
=
1
1
1×2=2
1×2×3=6
1 × 2 × 3 × 4 = 24.
Es fácil darse cuenta que el número 5 del ejemplo 2.14 y el que sean personas y asientos
en lugar de cualquier otra cosa no es relevante; podemos generalizarlo como sigue:
7
El número Pn de distintas formas en que se pueden ordenar n objetos es n!. Cada una de
las listas ordenadas que se forman con los n objetos se llama permutación (de los objetos).
Tenemos entonces que el número de permutaciones de n objetos es Pn = n!.
2.15 Ejemplo. De un grupo de 5 estudiantes quiere elegirse una comisión de 3 para que
cada uno visite un museo de una lista de 3 museos. ¿Cuántas comisiones distintas se pueden
formar?
Solución. Utilizando el esquema de casillas (cada una representando un museo) como
arriba, tenemos que el resultado es
5 × 4 × 3 = 60. ♦
2.16 Ejemplo. De un grupo de 5 estudiantes quiere elegirse una comisión de 3 para que
juntos visiten un museo (el mismo todos). ¿Cuántas comisiones diferentes se pueden formar?
Solución. Hay que observar que la diferencia entre este ejemplo y el anterior es que no
importa el orden en la elección. En el ejemplo anterior habı́a distición entre las casillas pues
cada una representaba un museo en particular distinto a los otros; en éste no hay distinción
entre las casillas pues, por ejemplo, una comisión en que se haya elegido la sucesión de
alumnos Ana-Beto-Carlos se considerará igual a la sucesión Beto-Carlos-Ana y también
igual a la sucesión Ana-Carlos-Beto. Nuestro interés es entonces determinar en la cantidad
5 × 4 × 3, en cuántas sucesiones aparece el mismo conjunto de alumnos. Para responder
esto conviene plantear esta parte del ejemplo al revés: Consideremos un conjunto fijo de 3
personas, por ejemplo el formado por Ana (A), Beto (B) y Carlos (C) y contemos de cuántas
formas se pueden ordenar estos 3. Observemos que el número de formas es precisamente el
número de permutaciones de las 3 personas, o sea, P3 = 3! = 6. Entonces cada grupo de 3
personas se está contando 6 veces en el producto 5 × 4 × 3, ası́ que la respuesta al ejemplo
será
5×4×3
= 10. ♦
3!
2.17 Ejercicio. En los ejemplos 2.15 y 2.16 supongamos que el grupo de los 5 alumnos
está formado por Ana (A), Beto (B), Carlos (C), Daniel (D) y Elena (E). Hacer la lista de
los 60 arreglos de estos alumnos en los que se elige 3 para visitar museos distintos, agrupando
en esa lista las colecciones que resultan iguales si todos van a un mismo museo.
En el ejemplo anterior aprendimos el siguiente principio:
2.18. El número de colecciones (en las que el orden no importa) con r elementos que se
pueden seleccionar dentro de un conjunto de n elementos (n ≥ r ≥ 1) es
n × (n − 1) × · · · × (n − (r − 1))
.
r!
8
Este número recibe el nombre de combinaciones de n en r y se denota por nr . Dicho
de otra manera, el número de subconjuntos de r elementos que tiene un conjunto con n
elementos es nr . (En el ejemplo 2.16, n = 5 y r = 3 y la respuesta es 53 .) Nótese que la
fórmula 2.18 no tiene sentido para n = 0; sin embargo sı́ tiene sentido hablar del número
de subconjuntos con 0 elementos dentro de un conjunto con n elementos; sabemos que este
número es 1 pues sólo hay un conjunto sin elementos que es el llamado conjunto vacı́o.
Definimos entonces
n
= 1.
0
2.19 Ejercicio. Sea X = {a, b, c, d, e}. Escribir todos los subconjuntos de X con
(a) 0 elementos,
(b) 1 elemento,
(c) 2 elementos,
(d) 3 elementos,
(e) 4 elementos y
(f) 5 elementos.
Verificar que en cada caso el número de subconjuntos obtenido sea 5r y que el número
total de subconjuntos sea 25 = 32.
2.20 Ejercicio. Basándose en la interpretación de nr como el número de subconjuntos
de r elementos dentro de un conjunto con n elementos, explicar por qué
n
n
=
.
r
n−r
2.21 Ejercicio. Calcular
7
2
,
7
5
,
5
5
y
9
4
.
Con la intención de simplificar la fórmula 2.18 sobre las combinaciones de n en r, observemos que, para 1 ≤ r ≤ n − 1, el numerador se puede “completar” a n! multiplicando
por (n − r)!; si lo “completamos” deberemos compensar dividiendo también por (n − r)!.
Tendremos entonces que para r = 1, 2, . . . , n − 1,
2.22.
n
n!
.
=
r!(n − r)!
r
Recordemos que se ha definido 0! = 1 y n0 = 1; notemos entonces que si sustituimos
r = 0 (y, posiblemente también n = 0) en el lado derecho de la fórmula 2.22 obtendremos
n!
n!
= 1. De la misma manera, al sustituir r = n obtendremos n!0!
= 1. Ası́, también en estos
0!n!
casos extremos vale la fórmula 2.22.
2.23 Ejercicio. Volver a hacer los ejercicios 2.20 y 2.21 utilizando la fórmula 2.22.
9
2.24 Ejemplo. De un grupo de 10 niños y 15 niñas se quiere formar una colección de 5
jóvenes que tenga exactamente 2 niñas. ¿Cuántas colecciones distintas se pueden formar?
15×14
Solución. La elección de las 2 niñas se puede hacer de 15
= 2! = 105 formas. Como
2
deben ser 5 en total y debe haber 2 niñas exactamente, entonces los niños serán 3; éstos se
= 120 formas. Por tanto el resultado es 105×120 = 12 600. ♦
pueden escoger de 10
= 10×9×8
3!
3
Como hemos visto, al determinar cantidades buscamos simplificar nuestras cuentas utilizando “homogeneidades” en el problema. Con este propósito, en algunas ocasiones es conveniente dividir en casos de manera que en cada uno de ellos haya homogeneidad, y después
sumar las respuestas. Un ejemplo muy simple de esto serı́a el siguiente: Si tenemos 4 paquetes
de 100 hojas de papel y otros 3 paquetes de 200 hojas cada uno, entonces el número total
de hojas que tenemos es
4 × 100 + 3 × 200 = 1000.
Comparemos el siguiente ejemplo con el anterior, tomando en cuenta la búsqueda de
homogeneidades, como acabamos de decir.
2.25 Ejemplo. De un grupo de 10 niños y 15 niñas se quiere formar una colección de 5
jóvenes que tenga a lo más 2 niñas. ¿Cuántas colecciones distintas se pueden formar?
Solución. Vamos a resolver este ejemplo como el anterior pero separando por casos y
después sumando las respuestas de cada uno de los casos.
10
Caso 1: Que la colección tenga 2 niñas exactamente: 15
= 12 600.
2
3
10
Caso 2: Que la colección tenga exactamente 1 niña: 15
= 3 150.
1
4
10
Caso 3: Que la colección no tenga niñas: 15
= 252.
0
5
La respuesta al ejemplo es 12 600 + 3 150 + 252 = 16 002. ♦
2.26 Ejemplo. Un grupo de 15 personas quiere dividirse en 3 equipos de 5 personas
cada uno. Cada uno tendrá una labor especı́fica distinta a las demás. ¿De cuántas formas
distintas es posible hacer la distribución?
Solución.
Escojamos uno por uno los equipos. La elección del primer equipo puede hacerse
15
equipo ya sólo habrá 10 personas de dónde
de 5 = 3 003 formas; para elegir el segundo
10
escoger, por tanto éste se podrá elegir de 5 = 252 formas. El tercer equipo quedará formado
automáticamente con la elección de los otros dos. Entonces el número de formas de hacer la
elección sucesiva es 3 003 × 252 × 1 = 756 756. ♦
2.27 Ejemplo. Un grupo de 15 personas quiere dividirse en 3 equipos de 5 personas
cada uno. Todos los equipos tendrán la misma labor. ¿De cuántas formas es posible hacer la
10
distribución?
Solución. En este caso no hay distinción entre los equipos ası́ que hay que dividir el
resultado del ejemplo anterior entre 3!, que es el número de permutaciones de los equipos.
La respuesta es entonces 126 126. ♦
2.28 Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. Se quiere formar una fila
con todas ellas. ¿De cuántas maneras distintas puede quedar la fila?
Solución. Primera forma. Consideremos todas las permutaciones de las 5 pelotas y contemos cuántas de esas permutaciones son indistinguibles entre sı́. Las permutaciones de las
5 pelotas sabemos que son 5! = 120. En cualquiera de las permutaciones fijémonos en la
ubicación de las pelotas rojas; por ejemplo − roja − roja roja. éstas pueden revolverse
entre sı́ (3! veces) formando colecciones indistinguibles, y lo mismo ocurre con las del otro
color. Vamos a explicar lo anterior con más detalle: Denotemos las pelotas rojas por R1 , R2
y R3 , y las azules por A1 y A2 . Entonces las siguientes listas (en las que se han permutado
las rojas pero se han dejado fijas las azules) representan la misma colección:


A1 R1 A2 R2 R3
A1 R1 A2 R3 R2 


A1 R2 A2 R1 R3 


A1 R2 A2 R3 R1  .


A1 R3 A2 R1 R2 
A1 R3 A2 R2 R1
Estas 3! listas deben considerarse como una sola. Además, en cada una de ellas también se
pueden revolver las azules entre sı́ (2! permutaciones). Entonces al considerar las permutaciones de las 5 pelotas, cada arreglo se está contando 3! × 2! = 12 veces en lugar de 1. La
5!
= 10.
respuesta al ejemplo es pues 3!2!
Segunda forma. Primero podemos contar las posibilidades para colocar las pelotas rojas
en los 5 lugares disponibles; esto nos dará la elección de 3 lugares, que puede hacerse de
5
= 10 maneras.
Para colocar las 2 azules ya sólo sobran 2 lugares ası́ que esto se puede
3
2
hacer de 2 = 1 forma. El resultado es 10 × 1 = 10. ♦
2.29 Ejercicio. Escrı́banse las 10 filas distintas que se pueden formar con las pelotas en
el ejemplo 3.7.
2.30 Ejemplo. En una bolsa hay 3 pelotas rojas y 2 azules. ¿Cuántas filas distintas de
3 pelotas se pueden formar?
Solución. Como son 5 pelotas en total pero sólo se van a considerar filas de 3, hay que dejar
dos pelotas sin colocar. Consideraremos los distintos casos por separado y después sumaremos
3!
= 3 arreglos
las respuestas parciales. Si las dos pelotas que quedan fuera son rojas, hay 1!2!
3!
3!
con las restantes. Análogamente hay 3! = 1 fila que deja las 2 pelotas azules fuera, y 2!1!
=3
11
filas que dejan una azul y una roja fuera. La respuesta al ejemplo es 3 + 1 + 3 = 7. ♦
2.31 Ejercicio. Escribir los 7 arreglos de pelotas del ejemplo 2.30 .
En algunas ocasiones, para poder hacer bien las cuentas, nuestra búsqueda de homogeneidad nos lleva a que es más fácil contar lo opuesto de lo que queremos y después restar de
un total. Ilustramos esto con el siguiente ejemplo.
2.32 Ejemplo. ¿De cuántas maneras pueden ordenarse en un estante 3 cuadernos rojos,
4 azules y 2 verdes, si los verdes no deben quedar juntos?
Solución. Conviene contar primero todas las ordenaciones posibles y después restar aquéllas
en las que los verdes quedan juntos. El número total de filas (incluyendo aquéllas en que los
9!
= 1260. Para contar las que tienen juntos los cuadernos verdes
verdes quedan juntos es 3!4!2!
pensemos éstos como pegados formando un solo cuaderno; ahora determinemos el número de
8!
= 280. La respuesta al ejemplo
arreglos con 3 cuadernos rojos, 4 azules y 1 verde; éste es 3!4!
es 1260 − 280 = 980. ♦
2.33. Los ejemplos siguientes se refieren a la baraja usual de pókar: Cada carta tiene
un sı́mbolo llamado número que puede ser cualquiera de los 13 sı́mbolos siguientes: A, 2,
3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J, Q o K, y otro sı́mbolo llamado palo que puede ser cualquiera de
los 4 siguientes: ♠ (espada), ♥ (corazón), ♦ (diamante) o ♣ (trébol). Todos los palos
se combinan con todos los números para formar la baraja completa con 13 × 4 = 52 cartas
como se ilustra a continuación:
A♥
2♥
3♥
4♥
5♥
6♥
7♥
8♥
9♥
10♥
J♥
Q♥
K♥
A♦
2♦
3♦
4♦
5♦
6♦
7♦
8♦
9♦
10♦
J♦
Q♦
K♦
A♠
2♠
3♠
4♠
5♠
6♠
7♠
8♠
9♠
10♠
J♠
Q♠
K♠
A♣
2♣
3♣
4♣
5♣
6♣
7♣
8♣
9♣
10♣
J♣
Q♣
K♣
Se llama mano de pókar cualquier colección de 5 cartas de la baraja. La siguiente
nomenclatura es usual:
par: dos cartas del mismo número.
tercia: tres cartas del mismo número.
pókar: cuatro cartas del mismo número.
full: una tercia y un par.
flor: cinco cartas del mismo palo.
corrida: cinco cartas con numeración consecutiva (según el orden en que se escribieron
arriba, pero permitiendo A también como número final, en seguida de K).
Observemos que el número total de manos de pókar es 52
= 2 598 960.
5
12
2.34 Ejemplo. ¿Cuántas manos de pókar tienen tercia exactamente (es decir, que no
sea full ni pókar).
Solución. Primera forma. Ponemos 5 casillas: las tres primeras para la tercia y las otras
dos para las otras cartas. La primera carta se puede escoger arbitrariamente; la segunda sólo
tiene 3 posibilidades pues debe tener el mismo número que la primera; la tercera ya sólo
puede ser elegida de 2 maneras distintas; como no importa el orden de estas 3 cartas, este
número deberá dividirse entre 3!. La cuarta carta se debe escoger dentro de las 48 que son de
número distinto al de la tercia. Para la quinta carta ya sólo sobran 44 cartas pues el número
debe ser también distinto. La cuarta y quinta pueden haberse escogido en cualquier orden
por lo que se deberá dividir entre 2!.
48 × 44
52 × 3 × 2
×
= 54 912.
3! }
2! }
| {z
| {z
tercia
cartas distintas
Segunda forma. También formamos primero la tercia pero eligiendo antes el número que le
corresponderá: Tenemos 13 números para escoger y, una vez escogido el número, las 3 cartas
que forman
la tercia deben escogerse dentro de 4 posibles; entonces el número de tercias
4
es 13 3 . Para escoger las otras dos cartas utilizando este mismo método razonamos como
sigue: Hay que escoger 2 números (pues queremos que las otras 2 cartas sean de números
distintos) dentro de los 12 que sobran; esta elección se puede hacer entonces de 12
formas.
2
En cada uno de estos números que se hayan elegido hay que escoger 1 carta, cosa que puede
hacerse de 41 formas. El resultado escrito en esta forma es
2
4
12 4
,
13
×
3
2
1
que, desde luego, también es igual a 54 912. ♦
2.35 Ejemplo. ¿Cuántas manos de pókar tienen dos pares (distintos) exactamente?
Solución. Procedemos como en el ejemplo 2.34.
Primera forma.
1er par
2o par
z }| { z }| {
52 × 3 48 × 3
2!
2! × 44 = 123 552.
2!
(Nota: Hay que dividir entre 2! porque no importa el orden entre los dos pares.)
Segunda forma.
2
13 4
× 44 = 123 552. ♦
2
2
13
2.36 Ejemplo. ¿Cuántas manos de pókar tienen corrida?
Solución. El número más bajo de la corrida puede ser cualquiera de los siguientes: A,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 o 10, que son 10 posibilidades. Pongamos 5 casillas; la primera casilla
será para la carta de número menor, la siguiente casilla será para el siguiente número, y ası́
sucesivamente hasta la quinta casilla que será para la carta con el número mayor. Una vez
escogido el número menor para la corrida, todos los demás números quedan determinados y
lo único que falta escoger es el palo. Entonces la cantidad de corridas es 10×4×4×4×4×4 =
10 240. ♦
Los métodos de conteo nos permiten a veces probar ciertas fórmulas. Un ejemplo muy
sencillo de esto es la prueba de la conmutatividad del producto de naturales, la cual estamos
acostumbrados a tomarla como verdadera; sin embargo, si lo pensamos con cuidado, para
m, n ∈ N, la expresión m × n significa, por definición, la suma de n consigo mismo m veces,
mientras que n × m representa la suma de m consigo mismo n veces. Ası́ expresados no
es claro por qué es válida la igualdad m × n = n × m. Sin embargo es claro que ambas
expresiones cuentan cuántos puntos hay en una configuración rectangular de puntos con
m renglones y n columnas y, como cuentan lo mismo, entonces son iguales. Veremos otros
ejemplos más complicados en los que se prueban fórmulas combinatorias.
2.37 Ejemplo. Probar la fórmula de Gauss
1 + 2 + 3 + ··· + n =
n(n + 1)
.
2
Solución. Contaremos las colecciones de 2 elementos que pueden escogerse dentro de
un conjunto de n + 1 elementos de dos maneras diferentes. La comparación de los dos resultados nos demostrará la veracidad de la fórmula. Consideremos ası́ el conjunto X =
{x1 , x2 , . . . , xn+1 }. Pongamos los subconjuntos de X que tienen dos elementos en una lista,
como sigue:
{x1 , x2 }, {x1 , x3 }, {x1 , x4 }, · · ·
{x2 , x3 }, {x2 , x4 }, · · ·
{x3 , x4 }, · · ·
{x1 , xn+1 },
{x2 , xn+1 },
{x3 , xn+1 },
..
.
{xn−1 , xn+1 }.
De esta lista es fácil observar que el número de subconjuntos de X con 2 elementos es
precisamente lo que aparece del lado izquierdo en la igualdad que queremos probar. Por otro
lado, sabemos que el número de subconjuntos de 2 elementos que tiene un conjunto con n + 1
elementos es n+1
, que es precisamente lo que aparece en el miembro derecho de la igualdad,
2
y ası́ queda completa la demostración. ♦
14
2.38 Ejemplo. Probar que si m, n y r son naturales con 0 ≤ r ≤ m, n, entonces
m n
m+n
m n
m
n
m
n
=
+
+
+ ··· +
.
r
0
r
1
r−1
2
r−2
r
0
Solución. Ambas expresiones cuentan la cantidad de subconjuntos de r elementos dentro
de de un conjunto de m + n elementos: La de la izquierda lo hace directamente; en la de
la derecha se piensa al conjunto de m + n elementos partido en dos conjuntos, uno de m
elementos y otro de n elementos; para tomar un subconjunto de r elementos se consideran
las distintas posibilidades de cuántos elementos se escogen dentro del primer conjunt (y el
resto dentro del otro). ♦
2.39 Teorema. Teorema del Binomio de Newton. Sean a y b números arbitrarios
y sea n un número natural. Entonces
n n
n n−1
n n−r r
n n
n
(a + b) =
a +
a b + ··· +
a b + ··· +
b .
0
1
r
n
Demostración. La expresión (a + b)n significa que tenemos que multiplicar a + b consigo
mismo n veces. Entonces, al desarrollar todo el producto, los términos que obtenemos están
dados por todas las posibles elecciones de los números a o b en cada uno de los n factores
(por ejemplo, (a + b)3 = (a + b)(a + b)(a + b) = aaa + aab + aba + abb + baa + bab + bba + bbb =
a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 ). Observemos entonces que los términos obtenidos son de la forma as br ,
con 0 ≤ s, r ≤ n y s + r = n, es decir, s = n − r. Ahora notemos que an−r br aparece cada
vez que se eligió b en r de los factores y a en el resto, ası́ que el número de veces que aparece
este término es nr . Al agrupar términos semejantes tenemos la fórmula deseada. ♦
2.40 Ejercicio. Utilizar el Teorema del Binomio para probar la fórmula
n
n
n
n
n
n
+
+
+ ··· =
+
+
··· .
0
2
4
1
3
5
¿Qué interpretación se puede dar a esta fórmula en términos de subconjuntos de un conjunto?
2.41 Ejemplo. ¿Cuántos números menores que 10 000 no son divisibles ni por 2, ni por
3, ni por 5?
Solución. A 10 000 habrá que restarle la cantidad de números divisibles por alguno de 2,
3 o 5. Sin embargo esto hay que hacerlo con cuidado para evitar repeticiones; por ejemplo,
los números que son divisibles tanto por 2 como por 3 se consideran dos veces: al contar los
divisibles por 2 y al contar los divisibles por 3. Vamos a determinar primero, por separado,
cuántos múltiplos hay de cada una de las distintas combinaciones entre 2, 3 y 5.
15
Hay 5 000 números divisibles por 2,
3 333 divisibles por 3,
2 000 divisibles por 5,
1 666 divisibles por 6,
1 000 divisibles por 10,
666 divisibles por 15 y
333 divisibles por 30.
Al restarle a 10 000 la cantidad de números divisibles por 2 y luego los divisibles por 3 y
a continuación los divisibles por 5:
10 000 − (5 000 + 3 333 + 2 000),
los que son divisibles por 6, por 10 o por 15 pero no por 30 se habrán quitado dos veces
cada uno, y los que son múltiplos de 30 se habrán quitado tres veces. Entonces al agregar a
la cuenta los que son múltiplos de 6, de 10 o de 15, los que son divisibles por 30 se habrán
quitado primero tres veces al restar los múltiplos de 2, de 3, y de 5, y después se habrán
vuelto a sumar tres veces al sumar los múltiplos de 6 y los de 10 y los de 15, ası́ que tendremos
que restarlos. La respuesta al ejemplo es pues:
10 000 − (5 000 + 3 333 + 2 000) + (1 666 + 1 000 + 666) − 333 = 2 666. ♦
El método que se utilizó en ejemplo anterior se llama método de inclusión y exclusión y
en general es como sigue:
2.42 Proposición. Principio de Inclusión y Exclusión. Supongamos que tenemos n
conjuntos A1 , A2 , . . . , An (posiblemente con elementos en común). Entonces el número total
k de elementos que tienen entre todos es igual a k1 − k2 + k3 − k4 + − · · · kn , donde k1 es la
suma de los elementos que pertenecen a (por lo menos) uno de los conjuntos, k2 es la suma
de los elementos que pertenecen a (por lo menos) dos de los conjuntos, y ası́ sucesivamente
hasta kn , que es el número de elementos en común a todos los conjuntos. (Utilizando el
lenguaje usual de teorı́a de conjuntos donde |X| denota el número de elementos de un
conjunto X, ∪ es el sı́mbolo usual de unión y ∩ es el sı́mbolo usual de intersección, tenemos:
k = |A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An |, k1 = |A1 | + |A2 | + · · · + |An |, k2 = |A1 ∩ A2 | + |A1 ∩ A3 | + · · · + |A1 ∩
An | + |A2 ∩ A3 | + · · · + |An−1 ∩ An |, y ası́ sucesivamente hasta kn = |A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An |.)
Demostración. Tomemos un elemento cualquiera y supongamos, por ejemplo, que el elemento pertenece a los conjuntos Ai1 , Ai2 , . . . , Air para cierta r, y sólo a éstos. Entonces el
número de veces que dicho elemento se considera en la suma k1 − k2 + k3 − k4 + − · · · kn es
r
r
r
r
r
−
+
−
+ −···
,
1
2
3
4
r
16
que, por el ejercicio 2.40, es igual a 0r = 1. Entonces la suma k1 − k2 + k3 − k4 + − · · · kn
cuenta cada elemento exactamente una vez, que es lo que querı́amos demostrar. ♦
2.43 Ejercicio. En cierta escuela hay 100 alumnos. De ellos 50 saben inglés, 30 saben
alemán y 30 saben francés. Además 10 saben inglés y francés, 14 saben francés y alemán,
11 saben inglés y alemán, y 6 saben los tres idiomas. Determinar cuántos alumnos no saben
ninguno de los tres idiomas.
2.44 Ejercicio. ¿De cuántas maneras diferentes se pueden ordenar 8 personas alrededor
de una mesa redonda? (Nota: Dos distribuciones se considerarán iguales si una se puede
obtener de la otra mediante un giro.)
2.45 Ejercicio. ¿De cuántas maneras distintas se pueden sentar 5 personas en una fila
de 8 asientos numerados del 1 al 8?
2.46 Ejercicio. ¿Cuántas diagonales tiene un polı́gono regular de n lados?
2.47 Ejercicio. Probar la Fórmula de Pascal:
n+1
n
n
=
+
,
r+1
r
r+1
para r y n números enteros con 0 ≤ r < n.
2.48 Ejercicio. El Triángulo de Pascal está definido como el triángulo de números
en el que el renglón número n aparecen los n + 1 números
n
n
n
n
n
,
,
,··· ,
,
.
0
1
2
n−1
n
Se muestran a continuación los primeros 4 renglones del Triángulo de Pascal. Utilizar la
fórmula del ejercicio anterior para construir los 10 primeros renglones.
1
1
1
1
1
2
3
4
1
3
6
1
4
1
2.49 Ejercicio. Probar de dos maneras distintas (una, viendo que ambos lados de la
igualdad cuentan lo mismo, y la otra, usando el teorema del binomio) la siguiente fórmula
para n ∈ N:
n
n
n
n
+
+
+ ··· +
= 2n .
0
1
2
n
17
2.50 Ejercicio. De un grupo de 24 personas se quiere elegir 5 representantes de la
siguiente forma: Pedro y Luis deben estar en el grupo elegido. Hay 8 mujeres en total pero a
lo más deben figurar 2 en el grupo. ¿De cuántas maneras distintas puede hacerse la elección?
2.51 Ejercicio. De un grupo de 30 socios de un club se quiere elegir una mesa directiva con un presidente, un secretario y 3 equipos de 2 personas cada uno. ¿Cuántas mesas
directivas distintas se pueden formar?
2.52 Ejercicio. De un conjunto de 10 botes de distintos colores se quiere escoger 5 de
tal manera que 3 sean para dulces y 2 sean para chocolates. ¿De cuántas formas distintas es
posible hacer la elección?
2.53 Ejercicio. Se dispone de una colección de 30 pelotas divididas en 5 tamaños distintos y 6 colores diferentes de tal manera que en cada tamaño hay los 6 colores. ¿Cuántas
colecciones de 4 pelotas tienen exactamente 2 pares de pelotas del mismo tamaño (que no
sean las 4 del mismo tamaño)?
18
3.
Probabilidad Combinatoria
Intuitivamente, la probabilidad calcula la proporción de casos en los que cierto experimento ocurre en relación con el total de resultados posibles.
El conjunto de todos los resultados posibles de un experimento se llama espacio muestral.
A los subconjuntos del espacio muestral a los que les calculamos la probabilidad se les llama
sucesos o eventos.
3.1.
Probabilidad Combinatoria
Analicemos algunos ejemplos en los que el espacio muestral Ω es finito y, en ese caso,
definamos la probabilidad de que ocurra un suceso A, en sı́mbolos P (A), como
P (A) =
|A|
.
|Ω|
Aquı́ se está suponiendo que todos los resultados del experimento tienen la misma probabilidad de ocurrir; más adelante se verán ejemplos de distinta ı́ndole.
Se piensa entonces que la probabilidad es una función que va del conjunto de sucesos al
conjunto de los números racionales. El valor de un suceso es 0 cuando no puede ocurrir y es
1 cuando es seguro que ocurre.
En muchos de nuestros problemas aparece el conunto de los números naturales del 1 al
n. Para simplificar, denotaremos a este conjunto por [n], es decir,
[n] = {1, 2, . . . , n}.
3.1 Ejemplo. El experimento consiste en lanzar un dado y observar el número que
queda arriba. Calcular la probabilidad de que el número que quede arriba sea el 1 y también
calcular la probabilidad de que el número que quede arriba sea par.
Solución. Aquı́ Ω = [6]. En el primer caso el suceso es A = {1} y P (A) = 61 . En el segundo
caso el suceso es B = {2, 4, 6} y P (B) = 63 = 12 . ♦
3.2 Ejemplo. El experimento es lanzar una moneda 2 veces y observar la sucesión de
águilas a y soles s que se obtiene. Determinar la probabilidad de que se observen dos águilas.
Solución. El espacio muestral puede ser
Ω = {aa, as, sa, ss}
19
y entonces el suceso es A = {aa} y P (A) = 41 . ♦
3.3 Ejemplo. Calcular la probabilidad de que al lanzar una moneda 3 veces se muestren
al menos dos águilas.
Solución. Aquı́ podemos definir
Ω = {aaa, aas, asa, saa, ass, sas, ssa, sss}.
El suceso es A = {aas, asa, saa, aaa} y entonces la probabilidad buscada es P (A) =
4
8
= 12 . ♦
3.4 Ejemplo. Determinar la probabilidad de que al lanzar dos dados lo que sumen las
caras que se ven arriba sea 6.
Solución. Conviene definir Ω = [6] × [6] y entonces
A = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)},
de donde la probabilidad es
5
36
≈ 0.14. ♦
Veamos algunas propiedades que ya hemos podido observar en los ejemplos y hagamos
algunos comentarios sobre ellas.
De aquı́ en adelante Ω denota al espacio muestral en cuestión.
3.5. Propiedad (1). La probabilidad de que algo ocurra es un número entre 0 y 1. (Esto
es obvio pues, como el suceso A es subconjunto del espacio muestral Ω, entonces |A| ≤ |Ω|.)
Es 0 cuando es imposible que ocurra (es decir, P (∅) = 0), y es 1 cuando es seguro que debe
ocurrir (o sea, P (Ω) = 1). En el caso en que Ω es conjunto finito y todos los elementos son
equiprobables, entonces para todo A ⊂ Ω se tiene que P (A) ∈ Q.
Propiedad (2). Si dos cosas no pueden ocurrir simultáneamente, la probabilidad de que
ocurra una o la otra (es decir, cualquiera de las dos) es la suma de las probabilidades. En otras
palabras, si A y B son sucesos ajenos (es decir, A∩B = ∅, entonces P (A∪B) = P (A)+P (B).
(Esto es claro pues |A ∪ B| = |A| + |B|.)
Retomemos aquı́ el ejemplo 3.3 en el que se pide calcular la probabilidad de que al lanzar
tres monedas al aire salgan al menos dos águilas. Arriba calculamos la probabilidad de A ∪ B
donde A = {ass, sas, ssa, } y B = {aaa}, pero podrı́amos haber calculado por separado las
probabilidades P (A) = 83 y P (B) = 18 .
Observemos que la propiedad (2) no serı́a válida si no pidiéramos que los sucesos fueran
mutuamente excluyentes, es decir, si hubiera la posibilidad de que ocurrieran simultáneamente; por ejemplo, la probabilidad de que al lanzar un dado lo que salga sea un número
20
mayor que 3 o que sea un número par es 46 (el suceso es {2, 4, 5, 6}) y no 63 + 36 = 1, que serı́a
la suma de las probabilidades de los sucesos A = {4, 5, 6} y B = {2, 4, 6} (los casos 4 y 6
son comunes a los dos y se estarı́an contando dos veces al sumar las probabilidades).
Propiedad (3). La probabilidad de que ocurran dos cosas en un orden determinado es
el producto de las probabilidades. En este caso estamos diciendo que si A1 es un suceso en
un espacio muestral Ω1 y A2 es un suceso en un espacio muestral Ω2 , entonces P (A1 × A2 ) =
P (A1 )P (A2 ), lo cual es claro pues dados dos conjuntos A y B, el número de elementos del
producto cartesiano A × B es |A||B|.
Retomemos el ejemplo 3.2 en el que querı́amos calcular la probabilidad de que al lanzar
dos monedas al aire el resultado en ambas sea águila. En lugar de lo hecho arriba, podrı́amos
haber definido Ω = {a, s} y A = {a} y calcular P (A)P (A) = 21 12 = 14 . ♦
Dado A ⊂ Ω denotamos por ¬A al complemento de A, es decir, al conjunto Ω \ A = {x ∈
Ω:x∈
/ A}
3.6 Corolario. Si la probabilidad de que algo ocurra es p, entonces la probabilidad de
que no ocurra es 1 − p.
Demostración. Esto es claro por la propiedad (2) pues para A ⊂ Ω, A y ¬A son conjuntos
ajenos cuya unión es Ω, ası́ que 1 = P (Ω) = P (A) + P (¬A). ♦
Veamos más ejemplos en los que podremos observar que hay que escoger con cuidado el
espacio muestral para que represente verdaderamente el problema que se quiere resolver.
3.7 Ejemplo. El experimento es sacar 2 pelotas de una caja en la que hay 2 pelotas
rojas y 3 azules. Se quiere calcular la probabilidad de que las dos pelotas escogidas tengan
distinto color y compararla con la probabilidad de que tengan el mismo color.
Solución. Para definir el espacio muestral conviene numerar las pelotas y pensar que las
rojas son la 1 y la 2, y que de la 3 a la 5 son azules; entonces el espacio muestral es
Ω = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {2, 3}, {2, 4}, {2, 5}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 5}}
y A = {{1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {2, 3}, {2, 4}, {2, 5}},
6
ası́ que P (A) = 10
= 35 = 0.6. La probabilidad de que las dos pelotas tengan el mismo color
4
se calcula considerando el suceso B = {{1, 2}, {3, 4}, {3, 5}, {4, 5}}, y aquı́ P (B) = 10
=
3
2
0.4 < P (A) (o, de otra manera, como B = ¬A, P (B) = 1 − P (A) = 1 − 5 = 5 = 0.4). ♦
3.8 Ejemplo. Como en 3.7, se tiene una caja en la que hay 2 pelotas rojas y 3 azules,
pero ahora el experimento consiste en sacar una pelota, observar su color, volverla a meter,
y sacar otra vez una pelota. Calcular la probabilidad de que las dos pelotas escogidas tengan
distinto color. Comparar con los resultados de [2.6].
21
Solución. Numeremos las pelotas como en el ejemplo anterior. En este caso
Ω = [5] × [5] y
A = {(1, 3), (3, 1), (1, 4), (4, 1), (1, 5), (5, 1), (2, 3), (3, 2), (2, 4), (4, 2), (2, 5), (5, 2)},
= 0.48, que es menor que el resultado del ejemplo anterior, lo cual
por lo que P (A) = 12
25
resultaba intuitivamente obvio. ♦
3.9 Ejemplo. Dentro de cierto grupo de 4 caballos numerados del #1 al #4 se ha
observado que la frecuencia con que el caballo #1 gana es el doble que con la que gana el
#2; que éste a su vez gana el doble de veces que el #3, y que el #3 gana el doble de veces
que el #4. Encontrar la probabilidad de que en la próxima carrera el caballo ganador sea el
#3.
Solución. Tenemos que representar en el espacio muestral las condiciones de que unos
ganan el doble de veces que otros. Podemos entonces asignar al caballo 4 el número 1, al
caballo 3 los números 2 y 3, al caballo 2 los números 4, 5, 6 y 7, y al caballo 1 los números
2
≈ 0.13. ♦
del 8 al 15. De esta manera Ω = [15], A = {2, 3} y la probabilidad es 15
Para eliminar complicaciones técnicas, en los dos ejemplos siguientes consideraremos
el año con 365 dı́as (sin contar en ningún caso el 29 de febrero) y supondremos que la
distribución de los cumpleaños es pareja a lo largo del año.
3.10 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que una persona determinada haya nacido
en enero o febrero.
Solución. Ω = [365], A = [59] y P (A) =
59
365
≈ 61 . ♦
3.11 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que en un grupo de 59 personas al menos
2 tengan el mismo cumpleaños.
Solución. Notemos que este ejemplo difiere del anterior en que las fechas de cumpleaños
no se comparan con fechas fijas sino entre sı́. Veremos que los resultados son muy distintos.
Para resolver el ejemplo resulta más fácil contar la probabilidad opuesta: que no haya ningún
cumpleaños repetido, y después usar [2.5]. Utilizaremos repetidamente la propiedad (3).
Consideremos un orden fijo para las personas. La probabilidad de que el segundo cumpleaños
sea distinto del primero es 364
. La probabilidad de que el tercero sea distinto de los dos
365
anteriores es 363
,
y
ası́
sucesivamente.
El resultado es
365
1−
364 × 363 × · · · × 307
,
36558
que es aproximadamente igual a 0.995. Esto quiere decir que de 1000 grupos de 59 personas
cada uno, se espera que en sólo 5 de los grupos no haya cumpleaños comunes. (Compárese
22
este resultado con el del ejemplo anterior. Resulta que basta con 23 personas para que la
probabilidad de que haya cumpleaños repetidos entre ellas sea mayor que 12 .) ♦
3.12 Ejemplo. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10 veces
caigan exactamente 5 águilas.
Solución. Como antes, escribamos a por águila y s por sol. El espacio muestral Ω consta
de todas las sucesiones de longitud 10 formadas por a y s, de manera que |Ω| = 210 = 1024.
El suceso consta de los elementos de Ω que tienen exactamente 5 a0 s, ası́ que |A| es el número
de formas en que se pueden escoger 5 posiciones (donde aparezcan las a0 s) dentro de un total
252
≈ 0.25. ♦
de 10, es decir, 10
= 252. Entonces P (A) = 1024
5
En forma análoga a la resolución del ejemplo anterior tenemos que la probabilidad
de
1 20
que de un total de 20 lanzamientos de la moneda 10 salgan águila es 220 10 , que es aproximadamente igual a 0.176. Se puede demostrar que mientras más lanzamientos se hagan,
la probabilidad de que la mitad de las veces salga águila es menor. Esto no contradice la
afirmación de que si una moneda se lanza al aire un número grande de veces se espera que
un número cercano a la mitad de las ocasiones caiga águila; la explicación para esto es que la
idea de “cercanı́a” debe manejarse en forma relativa al tamaño del número; por ejemplo, en
el caso de 10 lanzamientos podrı́amos decir que los casos en que salieran entre 3 y 7 águilas
son todos “cercanos” a la mitad, y en el caso de 20 lanzamientos dirı́amos que los casos
“cercanos” a la mitad son entre 5 y 15.
3.13 Ejercicio. Encontrar la probabilidad de que al lanzar una moneda al aire 10 veces
salga águila entre 3 y 7 veces.
Como ya hemos visto, se pueden considerar distintos espacios muestrales para resolver un
determinado problema y, en cada caso, el suceso del cual se quiere calcular la probabilidad
es diferente, ası́ que los cálculos también lo son, aunque, claro, el resultado final debe ser el
mismo. En el siguiente ejemplo presentamos varias formas de resolver el problema según el
espacio muestral que se escoja.
3.14 Ejemplo. ¿Cuál es la probabilidad de que al escoger dos subconjuntos de 4 elementos dentro de un conjunto de 10 elementos, los subconjuntos tengan al menos un elemento
en común?
Solución. Es más fácil contar la probabilidad contraria, es decir, la probabilidad de que los
dos subconjuntos escogidos no tengan elementos en común. Consideremos distintos espacios
muestrales Ω y los respectivos sucesos A con complemento ¬A:
Primera forma. Sea P4 = {A ⊂ [10] : |A| = 4}, es decir, P4 tiene por elementos a
los subconjuntos de [10] que tienen 4 elementos. Tomemos Ω = P4 × P4 . En este caso
23
|¬A| =
10
4
6
, ası́ que
4
10 6
4
4
10 2
4
P (A) = 1 − P (¬A) = 1 −
6
4
10
4
=1−
=1−
6·5·4·3
4·3·2·1
10·9·8·7
4·3·2·1
=1−
13
6·5·4·3
= .
10 · 9 · 8 · 7
14
Segunda forma. Sea P4 como arriba. Supongamos que un conjunto de 4 elementos ya está
escogido; entonces queremos calcular la probabilidad de que al escoger otro
conjunto,
éste
6
10
sea ajeno con el primero. En este caso tomemos Ω = P4 . Aquı́ |¬A| = 4 y |Ω| = 4 , ası́
que
6
6·5·4·34·3·2·1
6·5·4·3
13
4
= 1 − 10·9·8·74·3·2·1 1 −
= .
P (A) = 1 − P (¬A) = 1 − 10
=
10 · 9 · 8 · 7
14
4
Tercera forma. Como en la segunda forma, supongamos que un conjunto de 4 elementos
ya está escogido; entonces queremos calcular la probabilidad de que al escoger otro conjunto,
éste sea ajeno con el primero. Sea Ω = {(c1 , c2 , c3 , c4 ) ∈ [10] : ci 6= cj para i 6= j} y
supongamos que el conjunto ya escogido tiene elementos a1 , a2 , a3 , a4 ; en este caso ¬A =
{(c1 , c2 , c3 , c4 ) ∈ Ω : para cada i, j ci 6= aj }, |¬A| = 6 · 5 · 4 · 3 y |Ω| = 10 · 9 · 8 · 7 y, entonces,
P (A) = 1 − P (¬A) = 1 −
13
6·5·4·3
= .♦
10 · 9 · 8 · 7
14
3.15 Ejercicio. Cuatro equipos A, B, C, D entran a un torneo de basquetbol. Al principio juegan A contra B, y C contra D; en cada juego se elimina al perdedor. Los dos ganadores
se enfrentan y el que gane ese juego se determina como ganador del torneo. Escribir un espacio muestral apropiado y el suceso correspondiente para determinar la probabilidad de que
B sea el ganador.
3.16 Ejercicio. Un grupo de 3 mujeres y 3 hombres se dividirá en dos equipos con 3
miembros cada uno. Definir un espacio muestral y el suceso correspondiente que sirvan para
encontrar la probabilidad de que en uno de los equipos queden todos los hombres y en el
otro todas las mujeres.
Los siguientes problemas se refieren al conjunto usual de 28 fichas de dominó en que cada
ficha muestra dos números de la colección 0, 1, 2, 3, 4, 5 y 6 (posiblemente repetidos), como
esquematizamos a continuación:
6|6 6|5 6|4 6|3
5|5 5|4 5|3
4|4 4|3
3|3
24
6|2
5|2
4|2
3|2
2|2
6|1
5|1
4|1
3|1
2|1
1|1
6|0
5|0
4|0
3|0
2|0
1|0
0|0
Se llaman fichas dobles aquéllas en que los dos números mostrados son iguales. Se llama
mano de dominó cualquier
colección de 7 de las 28 fichas. Nótese que el número total de
28
manos de dominó es 7 = 1 184 040.
3.17 Ejercicio. ¿Cuál es la probabilidad de que una mano de dominó tenga por lo menos
2 fichas dobles?
3.18 Ejercicio. Se dice que una mano de dominó tiene falla si alguno de los números
entre el 0 y el 6 no aparece en la mano (cada número faltante es una falla); por ejemplo
la mano {2|1, 5|5, 3|1, 0|0, 1|0, 5|6, 0|2} tiene falla a 40 s. ¿Cuál es la probabilidad de que una
mano de dominó no tenga falla?
3.19 Ejercicio. Una persona quiere apostar que la suma de lo que muestren dos dados
es cierto número. ¿A qué número le conviene apostar?
3.20 Ejercicio. Se eligen al azar n cartas de la baraja. ¿Cómo debe ser n para que la
probabilidad de que entre las cartas elegidas haya (al menos) dos del mismo número sea
mayor que 21 ? ¿Cuál es la probabilidad si n = 14?
3.21 Ejercicio. En el experimento de escoger un número entre el 1 y el 60 al azar, sea
A el evento de escoger un número múltiplo de 5, y sea B el evento de escoger un número
múltiplo de 3. ¿Cuál es la probabilidad de escoger un número que sea múltiplo de 3 o múltiplo
de 5?
3.22 Ejercicio. Calcular la probabilidad de que al lanzar tres veces dos dados, las tres
veces los números que salgan sean iguales entre sı́.
3.23 Ejercicio. Se escogen al azar en sucesión tres números (posiblemente iguales) entre
el 1 y el 100. ¿Cuál es la probabilidad de que se hayan escogido en orden creciente estricto?
3.24 Ejercicio. Lanzamos una moneda al aire 5 veces. Si sabemos que 3 de ellas fueron
águila, ¿cuál es la probabilidad de que la primera haya caı́do águila?
3.25 Ejercicio. Un dado se lanza al aire 6 veces. ¿Cuál es la probabilidad de que aparezca
cada uno de los seis números una vez?
3.26 Ejercicio. Supongamos que de un grupo de 10 enfermedades cada una tiene pro1
de atacar a un animal determinado a lo largo de su vida. ¿Qué probabilidad
babilidad 10
tiene ese animal de enfermarse de al menos una de esas enfermedades?
3.27 Ejercicio. Isabel escoge 4 puntos de los marcados. ¿Cuál es la probabilidad de que
los puntos escogidos sean los vértices de un rectángulo (con lados horizontales y verticales?
25
3.2.
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Funciones de probabilidad
Hasta aquı́ hemos trabajado con problemas de probabilidad basados en conteo dentro de
conjuntos finitos. Sin embargo, es claro que pueden interesarnos casos en los que los conjuntos
no sean finitos. Por ejemplo, podrı́amos preguntar cuál es la probabilidad de escoger un punto
dentro de una región dibujada en un papel al escoger un punto cualquiera del papel. Si el
área total del papel es s y el área de la región es r, entonces la respuesta deberı́a ser el
número real (no necesariamente racional) rs ; para lograr esto deberemos tener una concepto
de medida clara en nuestros conjuntos y también una idea de convergencia en el caso infinito.
En muchos casos, nuestros espacios muestrales pueden ser conjuntos de números reales
o de Rn para algún natural n. Decimos que un espacio muestral Ω ⊂ Rn es discreto si para
cualquier producto de intervalos reales I = [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] la intersección de I con Ω
es finita. Por ejemplo, cualquier espacio muestral finito es discreto y también lo es Z × Z. El
intervalo real (0, 1), Q, { n1 : n ∈ N} y el cı́rculo S 1 = {z ∈ C : ||z|| = 1} no son discretos.
Para extender nuestro estudio de probabilidad abstraeremos las condiciones intuitivas de
probabilidad que hemos visto como explicamos a continuación.
Dado un conjunto arbitrario X, recordemos que el conjunto potencia de X es el conjunto
P(X) cuyos elementos son todos los subconjuntos de X, es decir
P(X) = {A : A ⊂ X}.
Dado un conjunto Ω, llamado espacio muestral, se considera un subconjunto A ⊂ P(Ω) cuyos
elementos se llaman sucesos o eventos (es decir, los elementos de A son subconjuntos A de
Ω). Dicho conjunto A debe satisfacer algunas propiedades técnicas (que no mencionaremos
aquı́) de manera que tengan sentido los axiomas que pediremos que satisfaga una función de
probabilidad, definida a continuación). Dados Ω y A ⊂ P(Ω), una función de probabilidad
en Ω es una función P : A → R que satisface:
(P1) P (Ω) = 1.
(P2) P (A) ≥ 0 para todo A ∈ A.
(P3) Para cualquier familia finita o numerable {Ai : i} de sucesos ajenos por parejas se
26
S
P
tiene que P ( i Ai ) = i P (Ai ).
A (P1), (P2) y (P3) les llamamos axiomas de probabilidad.
Es claro que el concepto intuitivo de probabilidad que vimos en los ejemplos finitos al
para A ⊂ Ω satisface los axiomas de probabilidad. También observemos
definir P (A) = |A|
|Ω|
que para resolver problemas como 3.9, escogimos un espacio muestral especial que tomaba
en cuenta una “medida” para cada caballo; nuestro espacio muestral podrı́a haber sido el
conjunto {1, 2, 3, 4} de los caballos y podrı́amos haber calculado la función de probabilidad
tomando P {4} = p y entonces P {3} = 2p, P {2} = 4p y P {1} = 8p. Como 1 = P {1, 2, 3, 4} =
1
y la respuesta es
P {1} + P {2} + P {3} + P {4} = 8p + 4p + 2p + p = 15p, entonces p = 15
2
P {3} = 15
.
Dada una función de probabilidad, usando sólo los axiomas se pueden probar las siguientes
propiedades:
3.28 Proposición. Sea P una función de probabilidad en Ω y sea A el conjunto de
sucesos de Ω. Se satisfacen entonces la siguientes propiedades.
(a) P (∅) = 0.
(b) Si A ∈ A y ¬A es el complemento de A entonces P (¬A) = 1 − P (A).
(c) Si A ⊂ B entonces P (A) ≤ P (B).
(d) Para todo A ∈ A se tiene que P (A) ≤ 1.
Demostración. (a) Se deduce de inmediato a partir de (P3) tomando A1 = A2 = ∅:
P (∅) = P (∅ ∪ ∅) = P (∅) + P (∅), de donde, cancelando, P (∅) = 0.
(b) También es claro a partir de (P3) pues A y ¬A son sucesos ajenos cuya unión es Ω.
Se dejan las demostraciones de (c) y (d) como ejercicio. ♦
3.29 Nota. Se puso (P3) como axioma, sin considerar un problema de convergencia
en el caso numerable; sin embargo, una serie como la descrita siempre
pues de la
Pn converge
proposición anterior se deduce que la sucesión de sumas parciales
P
(A
)
k n es creciente
i=1
y acotada por 1 = P (Ω).
De aquı́ en adelante, P es una función de probabilidad en un espacio muestral Ω (no
necesariamente finito) y A denota el conjunto de sucesos.
Para el siguiente ejemplo debemos recordar que para cualquier número x 6= 1, si n es
n+1
natural, entonces 1 + x + x2 + · · · + xn = 1−x
(lo cual se comprueba fácilmente haciendo
1−x
la multiplicación (1 + x + x2 + · · · + xn )(1 − x)). Además, las reglas de convergencia en R
1
nos dicen que si x es un real tal que |x| < 1 entonces 1 + x + x2 + · · · = 1−x
.
27
3.30 Ejemplo. Se lanza una moneda al aire hasta que salga águila por primera vez.
(a) ¿Cuál es la probabilidad de que se lance menos de 4 veces?
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que la primera vez que salga águila sea en un lanzamiento
par (es decir en el segundo o en el cuarto, etc.)?
(c) ¿Cuál es la probabilidad de que la primera vez que salga águila sea en un lanzamiento
impar (es decir en el segundo o en el cuarto, etc.)?
Solución. Conviene tomar Ω = N en donde cada n ∈ Ω representa el primer lugar en el
que apareció águila. Entonces P {1} = 21 , P {2} = 12 12 = 14 y, en general, P {n} = 21n ; si A
es un suceso con más de un elemento, se define P (A) usando
Entonces es claro que
P (P3).
1
=
1.
también se satisface (P2). El axioma (P1) se satisface pues ∞
i=1 2n
(a) Aquı́ el suceso que debemos considerar A = {1, 2, 3, 4}, ası́ que la solución del ejemplo
es
P (A) = P {1} + P {2} + P {3} + P {4} =
1 1 1
1
15
+ + +
= .
2 4 8 16
16
(b) En este caso el suceso es B = {2, 4, 6, · · · } y
P (B) = P {2} + P {4} + P {6} + · · · =
∞
X
1
1
=
n
4
1−
i=1
1
4
−1=
4
1
−1= .
3
3
(c) Usando 3.28(b) tenemos que la probabilidad es 23 . ♦
3.31 Nota. Para espacios numerables, si se conoce la probabilidad en los conjuntos de un
solo elemento entonces, usando (P3), también se conoce la probabilidad de cualquier suceso.
Sin embargo, al tratar de definir la probabilidad en los conjuntos de un solo elemento hay que
tomar en cuenta que la probabilidad del conjunto total debe ser 1. En muchos casos, sobre
todo en espacios muestrales continuos, esto no es útil (incluso resulta que la probabilidad de
los conjuntos de un solo elemento es casi siempre 0).
Trabajar con conjuntos en donde no se tiene bien definida una noción de medida puede
llevar a contradicciones, como veremos en el siguiente ejemplo.
3.32 Ejemplo. ¿Cuál es la probabilidad de que al escoger un natural al azar el resultado
sea un número par?
Solución. Uno tiende a decir que el resultado es 12 , pero vamos a ver que esto no tiene
sentido pues, también parecerı́a natural tener que P {n} = P {m} para todos los enteros
m, n, y esto no es posible ya que, usando (P3), se tendrı́a que P (N) = ∞, por más pequeño
que escogiéramos el valor de los P {n}.
Nuestra idea de que el resultado deberı́a ser 21 viene de que estamos acostumbrados a
pensar en los números naturales en orden y nos gustarı́a interpretar el problema a partir de
los casos finitos, es decir, considerando N = lim [n] y determinando, para cada n ∈ N, la
n→∞
28
probabilidad de escoger un número par dentro de [n], la cual, en vista de nuestro concepto
natural de probabilidad en los casos finitos, deberı́a de ser n/2
= 12 si n es par, y (n−1)/2
= 12 n−1
n
n
n
si n es impar. Entonces, interpretando ası́ y pensando en una idea como de una “probabilidad
continua” la respuesta a nuestro problema deberı́a ser el lı́mite, cuando n tiende a infinito,
de la sucesión (0, 21 , 12 23 , 12 , 12 34 , . . .), que es 21 .
Sin embargo, lo que acabamos de hacer es erróneo. Notemos que la elección de los conjuntos [n] que se aproximan a N es arbitraria; ¿por qué no tomar otra sucesión creciente de
conjuntos cuya unión fuera N? Por ejemplo, en lugar de agregar uno a uno los elementos
en orden, uno podrı́a agregar de tres en tres los elementos de manera que se agregaran dos
impares y un par, en orden:
X1
X2
X3
X4
=
=
=
=
..
.
{1, 3, 2}
{1, 3, 2, 5, 7, 4}
{1, 3, 2, 5, 7, 4, 9, 11, 6}
{1, 3, 2, 5, 7, 4, 9, 11, 6, 13, 15, 8}
En este caso, la unión también serı́a N, pero en cada conjunto la probabilidad de escoger un
número par serı́a 31 ası́ que procediendo de esta manera concluirı́amos que la probabilidad
total es también 13 .
Modificando los conjuntos es posible lograr que cualquier número entre 0 y 1 sea el lı́mite
de las probabilidades de una sucesión creciente de conjuntos cuya unión es N. ♦
El absurdo de obtener cualquier probabilidad como respuesta en el ejemplo anterior es
porque no tenemos bien definida la idea de medida en N: ¿Por qué algún conjunto infinito
serı́a más grande que otro? Entonces, el cálculo de probabilidades depende siempre de la
definición de nuestra función de probabilidad.
En los casos finitos, nuestro sentido común nos ayuda mucho a definir la función de probabilidad, pero en los casos infinitos debemos basarnos en alguna abstracción que convenga
al problema que queremos resolver o, simplemente, puede trabajarse en abstracto. Estudios
de este tipo corresponden a un nivel mucho más avanzado que el propósito de este curso.
Los espacios muestrales continuos son infinitos e, inclusive, pueden no ser numerables.
En ellos debe definirse una medida (y, a través de ella, una probabilidad) de alguna manera
apropiada cuidando que se satisfagan los axiomas (P1), (P2) y (P3). Para empezar, como
vimos en 3.32, si el espacio muestral es infinito, no es posible que todos los sucesos que
constan de un solo elemento tengan la misma probabilidad; también resulta, como dijimos
arriba, que en muchos casos no es posible asignar una probabilidad a cada subconjunto del
espacio muestral.
El siguiente ejemplo nos describe una forma de definir una función de probabilidad en
un espacio muestral continuo.
29
3.33 Ejemplo. Definir una función de probabilidad en el intervalo real [a, b] (con a < b
reales) que tome en cuenta la proporción de medidas.
Solución. Consideremos que los sucesos son intervalos contenidos en [a, b] o uniones finitas
o numerables de éstos. Recordemos que se quiere que el espacio total tenga probabilidad 1.
c−d
. Se extiende la
Entonces, dado un intervalo [c, d] ⊂ [a, b], es natural definir P [c, d] = b−a
definición a otros sucesos usando (P3). (Observamos que la probabilidad de los conjuntos de
un solo elemento es 0.) ♦
3.34 Nota. En el ejemplo anterior, el mismo resultado lo podrı́amos haber obtenido
usando integrales (que son la generalización natural de suma) definiendo la función f : R → R
por
1
, si x ∈ [a, b],
b−a
f (x) =
0, si no
y para [c, d] ⊂ [a, b],
Z
P [c, d] =
d
f (x)dx =
c
d−c
.
b−a
En este caso la función escogida f es constante pues se quiere que la probabilidad sea
homogénea de acuerdo a la medida. Sin embargo, como vimos en los casos finitos, en otros
problemas puede interesarnos que la distribución de probabilidad no sea homogénea; en esos
casos usaremos la integral de una función f no constante que tome en cuenta la distribución
de la probabilidad que requiere el problema.
3.35 Ejercicio. Probar las afirmaciones de 3.28(c) y (d).
3.36 Ejercicio. Sea Ω = {a, b, c}. ¿Es posible definir una función de probabilidad en Ω
que cumpla P {a, b} = 32 , P {a, c} = 13 y P {b, c} = 13 ?
3.37 Ejercicio. Se sabe que hay dos enfermedades que pueden atacar a una población
de animales en el verano. También se sabe que la probabilidad de que un determinado animal
adquiera a lo más una de las enfermedades es 0.9 y de que adquiera al menos una de las
enfermedades es 0.2. Determinar las siguientes probabilidades para un determinado animal:
que no adquiera ninguna de las enfermedades, que adquiera una de ellas y que adquiera las
2.
3.38 Ejercicio. Se lanza un dado hasta que aparezca 1 por primera vez. Calcular las
siguientes probabilidades.
(a) Que se necesite lanzarlo 10 veces.
(b) Que se necesite echarlo menos de 5 veces.
(c) Que se necesite lanzarlo un número par de veces.
30
3.39 Ejercicio. Se escoge un número real r al azar entre 0 y 1 y se traza un cı́rculo en
el plano con radio r. ¿Cuál es la probabilidad que el cı́rculo tenga área menor que π2 ?
3.40 Ejercicio. Se rompe una regla de 30 cm en dos pedazos a lo largo. ¿Cuál es la
probabilidad de que un pedazo tenga al menos el doble de tamaño que el otro?
3.41 Ejercicio. En cada turno de un juego, cada una de tres personas lanza una moneda
al aire hasta que uno de los resultados sea distinto de los otros dos, y entonces el dueño de
la moneda distinta pierde.
(a) ¿Cuál es la probabilidad de que en el primer turno haya un perdedor?
(b) ¿Cuál es la probabilidad de que se necesite un número par de lanzamientos para
determinar un perdedor?
3.3.
Probabilidad Condicional
Empezaremos esta sección con tres ejemplos en los que nuestra intuición falla si no se
toman en cuenta condiciones que limitan al conjunto que tratamos. La conclusión es que hay
que tener mucho cuidado con el universo en el que se trabaja.
3.42 Ejemplo. En un programa de concurso hay tres puertas cerradas. Sólo una de
ellas tiene detrás un premio. Un determinado concursante escoge una puerta A, sin abrirla;
el animador (que sabe cuál de las puertas es la buena), abre una de las otras dos puertas,
B, mostrando que no hay premio detrás, y le dice al jugador que abra una de las otras: A o
C. Según las probabilidades, ¿qué puerta le conviene abrir al concursante (o es igual)?
Solución. Tenemos el espacio muestral Ω = {A, B, C}. En un principio se tiene que la
probabilidad es homogénea, ası́ que P {A} = 13 y, por tanto, P {B, C} = 23 . Sin embargo luego
se nos dice que no es B, ası́ que P {B} = 0; la probabilidad de A sigue siendo 13 pero la de
{C} ahora tenemos que es 23 , ası́ que le conviene cambiar de opinión y escoger la puerta C
(con el doble de oportunidad de ganar). ♦
3.43 Ejemplo. En una población se sabe que la probabilidad de tener una cierta enfer1
medad es de 10000
. Una prueba de sangre es confiable en un 90 %. Raúl se hizo la prueba y
resultó positiva. Está muy asustado. ¿Tiene razón?
Solución. No tiene razón. La probabilidad de que tenga la enfermedad es muy remota
como veremos a continuación:
Supongamos que en la población hay 100 000 personas. Hay 10 enfermas y 99 990 sanas.
De las 10 enfermas, a 9 les sale positivo y a 1 le sale negativo. De las 99 990 sanas, a 9 999
31
(la décima parte) les sale positivo y al resto 89 991 les sale negativo.
La probabilidad de que esté enfermo es ¡menos de
1
!:
1000
9
= 0.0009. ♦
9 + 9 999
3.44 Ejemplo. Paradoja de Simpson. En la admisión a una Facultad de Fı́sicoMatemáticas resultó que, tanto en el departamento de Matemáticas como en el de Fı́sica, la
proporción de mujeres aceptadas con respecto al de solicitantes fue mayor que la de hombres.
El director publicó que, con respecto al número de solicitantes, la proporción total de mujeres
aceptadas fue mayor que la de hombres. ¿Tiene razón?
Solución. No necesariamente. Es posible que en el departamento de Fı́sica sea mucho
mayor la cantidad de hombres solicitantes que la de mujeres y que eso no ocurra en el
departamento de Matemáticas, y las probabilidades relativas no compensan esa diferencia.
Por ejemplo, supongamos que en Matemáticas hubo 40 hombres solicitantes de los cuales
se aceptó a 10, y que hubo 20 mujeres solicitantes de las cuales se aceptó a 10. Por otro
lado supongamos que hubo 100 hombres solicitantes en Fı́sica de los cuales se aceptó a 90,
mientras que hubo 10 solicitantes mujeres en Fı́sica y que todas fueron aceptadas.
mujeres
hombres
Mat (40)
Fı́s (100)
Mat (20)
30
10
90
Fı́s (10)
....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
..................................................................................................................
...
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
...
....................................................................................................................................................................................................................................
...
...................................................................................................................................................................................................................................
...
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..
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10
10
10
10
Tenemos que el total de hombres solicitantes fue de 40 + 100 = 140 y de ellos se aceptó a
10 + 90 = 100 y eso da una proporción de 75 . Por otro lado, del total de 20 + 10 = 30 mujeres
solicitantes se aceptó a 10 + 10 = 20, lo cual hace una proporción total de mujeres aceptadas
de 32 . ♦
La razón detrás del ejemplo anterior es que en el departamento de Fı́sica es mucho mayor
32
la cantidad de hombres solicitantes que la de mujeres, lo cual no ocurre en el departamento
de Matemáticas, y las probabilidades relativas no compensan esa diferencia.
Dados dos eventos A y B tales que P (B) 6= 0, la probabilidad condicional P (A|B) de A
dado B es la probabilidad que ocurra A cuando ya ocurrió B. Se calcula ası́:
P (A|B) =
P (A ∩ B)
.
P (B)
3.45 Observación. Sea A un suceso distinto del vacı́o y de Ω. Entonces
(a) P (A|A) = 1.
(b) P (A|¬A) = 0.
(c) Si A y B son ajenos y P (B) 6= 0, entonces P (A|B) = 0.
3.46 Proposición. Sean A y B dos eventos. Entonces:
P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|¬B)P (¬B)
3.47 Ejemplo. Supongamos que el Chicharito va a tirar un penalty. Si tira a la izquierda,
su probabilidad de meter gol es de 70 %. Si tira a la derecha, su probabilidad de meter gol
es de 60 %. Sabemos que tira a la izquierda el 80 % de las veces. ¿Cuál es su probabilidad de
meter gol?
Solución. Llamemos G al suceso de que meta gol, I al de que tire hacia la izquierda y D
al de que tire a la derecha. Entonces
P (G) = P (G|I)P (I) + P (G|D)P (D)
7 8
6 2
=
+
10 10 10 10
= 0.68
Podemos generalizar lo que vimos en el ejemplo en el siguiente teorema.
33
(1)
(2)
(3)
3.48 Teorema. Teorema de Bayes, primera versión. Sea Ω = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An
con los Ai sucesos ajenos por parejas y sea B un suceso. Entonces:
P (B) = P (B|A1 )P (A1 ) + P (B|A2 )P (A2 ) + · · · + P (B|An )P (An ). ♦
3.49 Ejemplo. En una competencia de futbol se usan 3 estadios. Al equipo Kimo le
conviene jugar en su estadio pues en él tiene probabilidad de 60 % de ganar mientras que en
los otros sólo tiene un 40 %. Se sorteará el estadio donde le va a tocar jugar mañana. ¿Qué
probabilidad tiene de ganar?
Solución. Aplicamos el Teorema de Bayes. Sea A1 el suceso de que el equipo Kimo juegue
en su propio estadio y sea A2 el suceso de que juegue en otro. Entonces P (A1 ) = 31 y
P (A2 ) = 23 . Sea B el suceso de que gane. Entonces
P (B) = P (B|A1 )P (A1 ) + P (B|A2 )P (A2 ) =
60 1
40 2
7
· +
· = .♦
100 3 100 3
15
3.50 Ejercicio. Todas las tardes, Carmen va a la panaderı́a. El 80 % de las ocasiones
encuentra su pan favorito. Se ha observado que si va entre 5 y 6, la probabilidad de que
encuentre su pan favorito es de 90 %, pero si va entre 6 y 7 su probabilidad baja a 40 %.
¿Qué porcentaje de los dı́as va a la panaderı́a entre 6 y 7?
3.51 Ejercicio. Supongamos que cierta enfermedad X le da a 1 de cada 1,000 pacientes.
Sabemos que alrededor de 5 % de la población tiene diabetes y que de la gente que tiene
X, el 50 % también padece diabetes. Si Juanito no padece la enfermedad X, ¿cuál es la
probabilidad de que tenga diabetes?
El siguiente resultado es una segunda interpretación del Teorema de Bayes.
3.52 Corolario. Teorema de Bayes (segunda
S versión). Sean A1 , A2 , . . . , An sucesos ajenos en un espacio muestral Ω y tales que Ω = i Ai . Si B es otro suceso en Ω, entonces
P (Ai |B) =
P (B|Ai )P (Ai )
.
P (B|A1 )P (A1 ) + · · · + P (B|An )P (An )
Demostración. Tenemos que
P (B|Ai )P (Ai ) = P (B ∩ Ai ) y P (B|A1 )P (A1 ) + · · · + P (B|An )P (An ) = P (B). ♦
3.53 Ejemplo. Supongamos que se tienen dos monedas, una normal N (con caras A
y A) y otra defectuosa D, con dos águilas (A1 y A2 ). Se selecciona una de las monedas al
azar y resulta que al lanzarla se obtiene águila. ¿Cuál es la probabilidad de que haya sido la
moneda defectuosa?
34
Solución. Sean Ω = {A, S, A1 , A2 } (el conjunto de los posibles resultados), A1 = {A, S}
(el conjunto de los resultados de la moneda normal) y A2 = {A1 , A2 } (el conjunto de los
resultados de la moneda defectuosa). Sea C = {A, A1 , A2 } (el suceso de que haya salido
águila). Buscamos P (A2 |C). Según [3.23] podemos calcularlo como
P (A2 |C) =
1 · 21
P (C|A2 )P (A2 )
= 1
P (C|A1 )P (A1 ) + P (C|A2 )P (A2 )
12 + 1 ·
2
2
= .♦
3
1
2
3.54 Ejercicio. Volver a hacer el ejemplo 3.43 usando la segunda versión del teorema
de Bayes.
3.55 Ejercicio. Supongamos que la probabilidad de que en un juicio un tribunal dé
el veredicto correcto sobre culpabilidad o inocencia de un individuo es 0.9. Supongamos
también que el 80 % de las personas que llegan a ser enjuiciadas es culpable. Si el tribunal
decidió que el individuo a es culpable. ¿Cuál es la probabilidad de que, efectivamente, a sea
culpable?
3.4.
Independencia
Dos eventos A y B son independientes si la información de
que ocurra uno de ellos (o no ocurra) no altera para nada si
ocurre el otro. Formalmente:
P (A|B) = P (A)
B
A
o, equivalentemente:
P (A ∩ B) = P (A)P (B)
Dos eventos son dependientes si no son independientes.
B
P (A ∩ B) 6= P (A)P (B)
A
3.56 Ejemplo. (a) Se lanza una moneda dos veces; A es el evento que la primera caiga
sol, B que la segunda caiga sol. Entonces A y B son independientes.
(b) Se lanza un dado; A es el evento que caiga número par, B es el evento que caiga 2.
35
Entonces A y B no son independientes.
(c) Se lanza un dado dos veces. A es el evento que caigan iguales, B es el evento que el
primero sea 4. Entonces A y B son independientes.
(d) Se lanzan dos dados. A es el evento que su suma sea un número par, B es el evento
que su producto sea un número par. Entonces A y B no son independientes.
(e) Ω es el espacio de todas las personas; se escoge una al azar y A es el evento “ser
fumador” y B es el evento “morir joven”. Entonces A y B no son independientes.
Hasta ahora hemos visto qué significa que dos eventos sean independientes. Pero, ¿qué
significa que 3 o más eventos lo sean? Por ejemplo, intuitivamente, entendemos que si tiramos
una moneda 3 veces, los 3 eventos son independientes. Pero, aunque parezca extraño, podrı́a
ser que hubiera 3 eventos que estuvieran ligados a pesar de que cada pareja no lo estuviera.
Por ejemplo, supongamos que tiramos dos dados y sea A el evento que el primero sea par, B
el evento que el segundo sea par, y C el evento que la suma de ambos sea par. Claramente
cada dos son independientes, pero si se conocen A y B, entonces ya se conoce C, ası́ que en
conjunto, los tres no son independientes.
Decimos que eventos A1 , A2 , . . . , An de un espacio Ω son independientes si para cualquier
subconjunto I ⊂ [n] se tiene que
!
Y
\
P
P (Ai ).
Ai =
i∈I
i∈I
En la figura se muestran eventos independientes por parejas pero no independientes.
B
A
c
3.57 Observación. (a) Un evento A es independiente de sı́ mismo sólo cuando P (A) = 1
o P (A) = 0.
(b) Si A1 , A2 , A3 son mutuamente independientes, entonces
P (A1 |A2 ∩ A3 ) = P (A1 ).
3.58 Ejemplo. En el experimento de escoger un número del 1 al 60, sean A el evento
de escoger un número múltiplo de 4, B el evento de escoger un múltiplo de 5 y C el evento
de escoger un múltiplo de 6. Determinar la independencia o dependencia de A con B y C.
36
Solución. Vemos que A y B son independientes pues P (A|B) = 14 = P (A); A y C
no son independientes ya que P (A|C) = 21 6= P (A), y B y C sı́ son independientes pues
P (C|B) = 16 = P (C). En este caso, por ejemplo, la probabilidad de que un número en [12]
sea múltiplo de 6 dado que se sabe que es múltiplo de 2 es 26 = 1/6
.♦
1/2
3.59 Ejemplo. Sea a1 , a2 , . . . , an una permutación de [n]. Sea A el suceso de que a1 > a2
y sea B el suceso de que a2 > a3 . ¿Cuál es la probabilidad de A dado B? ¿Son A y B
independientes?
Solución. Tenemos que P (A) = P (B) = 12 y P (A ∩ B) = 16 , ası́ que P (A|B) = 13 , es decir,
los sucesos no son independientes: el que B ocurra hace que A sea menos probable. ♦
El ejemplo anterior es intuitivamente claro pues el que B ocurra limita las posibilidades
para a2 (por ejemplo a2 6= 1).
3.60 Ejercicio. (a) Inventar otro ejemplo de 3 eventos independientes por parejas que
no sean independientes.
(b) Inventar un ejemplo de 4 eventos que saber 2 de ellos no afecte a un tercero, pero
que saber 3 de ellos sı́ afecte al cuarto.
3.61 Ejercicio. Probar que dado n ∈ N existen n sucesos dependientes tales que cualesquiera n − 1 de ellos son independientes.
3.62 Ejercicio. Dar un ejemplo de naturales n, r y s, con r y s primos relativos, tales
que el suceso de escoger un múltiplo de r en [n] y el de escoger un múltiplo de s en [n] no
sean independientes.
3.63 Ejercicio. Probar que si el que B ocurra hace más probable la ocurrencia de A (es
decir, P (A|B) > P (A)) entonces el que A ocurra también hace más probable la ocurrencia
de B.
3.64 Ejercicio. Se lanzaron 2 dados al aire y uno de ellos mostró un número par. ¿Cuál
es la probabilidad de que ambos hayan sido pares?
3.65 Ejercicio. Probar que si A y B son sucesos independientes entonces también lo
son ¬A y ¬B.
3.66 Ejercicio. Una moneda se lanza al aire dos veces. Sea A el suceso de que la primera
vez salga águila y sea B el suceso de que los dos lanzamientos den distinto resultado. ¿Son
A y B independientes?
37
3.67 Ejercicio. En una caja hay 4 pelotas numeradas del 1 al 4. Se saca una pelota y
después, sin volver a meter la que se sacó, se saca otra pelota. Sea A el suceso de que la
primera pelota tenga el número 1 y sea B el suceso de que la segunda pelota tenga el número
1. ¿Son A y B independientes?
3.68 Ejercicio. En un paı́s hay tres ciudades C1 , C2 y C3 ; C1 tiene la mitad de los
habitantes, C2 la tercera parte y C3 la sexta parte. Los porcentajes de votantes a favor del
candidato A en cada ciudad son: en C1 , 25 %, en C2 , 40 % y en C3 , 70 %.
(a) Si se escoge un habitante al azar, ¿cuál es la probabilidad de que esté a favor del
candidato A?
(b) Se escogió un votante y resultó que estaba a favor del candidato A. ¿Cuál es la
probabilidad de que pertenezca a la ciudad C1 ?
38
4.
Variables Aleatorias y Esperanza
4.1.
Variables Aleatorias
Hemos dado el nombre de espacio muestral al conjunto que contiene los posibles resultados
de un experimento. Sin embargo, no se puede operar con los resultados, por ejemplo, cuando
nos interesa contar el número de águilas al lanzar varias monedas al aire o al fijarnos en la
suma de lo que mostraban dos dados o al considerar la altura en centı́metros de personas.
Se introduce, entonces el concepto de variable aleatoria.
Dado un conjunto muestral Ω, una variable aleatoria en Ω es una función
X : Ω → R.
Dada una variable aleatoria X y un número real a, asociamos a X el suceso [X = a] como
{ω ∈ Ω : X(w) = a} = X −1 (a).
De la misma manera definimos [X < a], [X > a], [X ≤ a], [X ≥ a], etc. (Por ejemplo,
[X ≤ a] = X −1 (−∞, a].)
Inclusive, para un conjunto de reales S, [X ∈ S] es el suceso
X −1 (A) = {ω ∈ Ω : X(ω) ∈ A}.
Ası́, en la situación en que X es la estatura de una persona en centı́metros, [X < 170] consiste
de todas las personas que miden menos de 170 cm, y en la situación en que X es el número
de águilas al lanzar 10 monedas, el evento [X = 1] consta de todos los lanzamientos que
constan de exactamente un águila.
Muchas veces nos queremos olvidar de Ω y, simplemente, pensar en la probabilidad de la
variable aleatoria X.
Si Ω es un espacio muestral discreto y X es variable aleatoria en Ω, entonces la densidad
de X es la función pX : R → [0, 1] definida por pX (a) = P [X = a]. La distribución cumulativa
39
de X es la función fX : R → [0, 1] dada por
fX (a) := P [X ≤ a] =
X
pX (a).
b≤a
Notemos que estamos tratando el caso en que la variable aleatoria X es discreta, es decir,
el rango de X, {X(ω) : ω ∈ Ω}, es un subconjunto discreto de reales. Ası́, a partir de las
probabilidades de los conjuntos de un solo elemento se pueden obtener, usando (P3), las
probabilidades de todos los conjuntos.
Por ejemplo, en el espacio de probabilidad que resulta al lanzar una moneda 10 veces, en
donde X calcula el número de águilas, se tiene que
10
10
5
fX (5) =
4.2.
+
pX (5) =
5
210
10
4
+
210
+
10
3
10
2
+
10
1
+
10
0
.
Esperanza
Vamos a considerar promedios de variables aleatorias discretas. La idea es la misma que
la del siguiente ejemplo.
4.1 Ejemplo. A lo largo del semestre, un alumno obtuvo en cada una de 7 tareas la
calificación de 8 y en cada una de 5 tareas una calificación de 10. ¿Cuál es el promedio de
las 12 tareas?
Solución. El promedio es la suma de todas las calificaciones dividida entre el número de
calificaciones:
7 × 8 + 5 × 10
106
=
= 8.83. ♦
12
12
Sea X una variable aleatoria discreta. La esperanza, media, valor esperado, promedio o
primer momento de X, denotado por E(X), es el promedio de los valores de X, considerando
la repetición, es decir,
4.2.
E(X) =
X
a · P [X = a] =
a∈R
X
a∈R
40
a · pX (a).
Notemos que, en el caso finito, la esperanza también se puede calcular como
1 X
X(ω),
E(X) =
|Ω| ω∈Ω
lo cual coincide con nuestra idea de promedio de valores. En otras palabras, si a1 , ..., an son
los posibles valores que puede tomar X, entonces
E(X) = a1 P [X = a1 ] + a2 P [X = a2 ] + · · · an P [X = an ].
4.3 Ejemplo. (a) ¿Cuál es el valor esperado del número que sale al lanzar un dado?
(b) ¿Cuál es el valor esperado de la suma de lo que muestren dos dados que se lanzan?
Solución. (a) El promedio es
1+2+3+4+5+6
= 3.5
6
o, puesto en los términos de 4.2, tomando la variable aleatoria como X(a) = a, para a ∈
Ω = [6],
E(X) = 1 · pX (1) + 2 · pX (2) + · · · + 6 · pX (6) = 1 ·
1
1
1
+ 2 · + · · · + 6 · = 3.5.
6
6
6
(b) En este caso, Ω = [6] × [6] y la variable aleatoria está definida por X(a, b) = a + b. La
esperanza de X es
E(X) = 2 · pX (2) + 3 · pX (3) + 4 · pX (4) + · · · + 11 · pX (11) + 12 · pX (12)
= 2·
1
2
3
2
1
+3·
+4·
+ · · · + 11 ·
+ 12 ·
36
36
36
36
36
=
2 · 1 + 3 · 2 + 4 · 3 + · · · + 11 · 2 + 12 · 1
36
=
252
= 7. ♦
36
Después veremos que en el ejemplo anterior no es casualidad que el resultado del promedio
de dos dados sea el doble del promedio de un dado (ver 4.10).
4.4 Ejemplo. ¿Cuántas águilas se espera que salgan si se lanza una moneda 2 veces?
Solución. Aquı́ Ω el conjunto de sucesiones de longitud 2 en {a, s} y X es la variable
aleatoria en Ω definida por X(ω) = número de águilas de ω. En este caso,
E(X) = 2 · pX (2) + 1 · pX (1) + 0 · pX (0) = 2 · 14 + 1 · 12 + 0 · 14 = 1,
41
o también
1
1
E(X) = (X(a, a) + X(a, s) + X(s, a) + X(s, s)) = (2 + 1 + 1 + 0) = 1. ♦
4
4
4.5 Ejemplo. Como en 3.7, el experimento es sacar 2 pelotas de una caja en la que hay
2 pelotas rojas y 3 azules. ¿Cuántos colores distintos se esperan?
Solución. La variable aleatoria a considerar está definida por X(ω) = número de colores
de ω, donde ω es cualquier conjunto de dos pelotas de la caja. Por 3.7 sabemos que la
probabilidad de que salgan los dos colores es pX (2) = 0.6 y la de que las dos pelotas tengan
el mismo color es pX (1) = 0.4. Entonces
E(X) = 2 · pX (2) + 1 · pX (1) = 2 ·
4
6
+1·
= 1.6. ♦
10
10
4.6 Ejemplo. Se escogen al azar 3 números distintos entre el 1 y el 100. En promedio,
¿cuál es el valor del menor de esos tres?
Solución. El 1 aparece como menor en 99
ternas, el 2 en 98
, etc., ası́ que la respuesta
2
2
es
99
98
2 100
1·
+2·
+ · · · + 98 ·
.
2
2
2
3
Ahora, el numerador es igual a
99
+ 98
+ 97
+ · · · + 22 = 100
2
2
2
3
+
98
97
2
99
+ 2 + 2 + ··· + 2 =
3
+
98
+ 97
+ · · · + 22 =
2
3
+
..
.
+
2
2
=
+
3
=
=
101
3
4
.
Entonces la respuesta es
101
4
100
3
=
101 · 100 · 99 · 98 3!
= 25.25. ♦
100 · 99 · 98 · 97 4!
Observemos que, dada una variable aleatoria X en Ω, pX es, en efecto, una función de
probabilidad que traduce la probabilidad P definida en sucesos (subconjuntos) de Ω en una
42
probabilidad de sucesos (subconjuntos) de R. De hecho, ya habı́amos hecho esto, sin decirlo,
como explicamos en el siguiente ejemplo.
4.7 Ejemplo. El experimento consiste en lanzar una moneda al aire hasta que salga
águila por primera vez. ¿En qué lanzamiento se espera que esto ocurra?
Solución. Aquı́ consideramos la variable aleatoria X que asigna, a cada sucesión infinita
de a0 s y s0 s, el primer lugar en el que aparece a (si no aparece, podrı́amos asignarle cualquier
valor no natural, por ejemplo −1, con probabilidad 0). Como el conjunto es infinito, ya no
podemos calcular la esperanza tomando el promedio en la forma acostumbrada y, de hecho,
es más difı́cil adivinar la esperanza de X. Veamos que se espera que salga águila alrededor
del segundo lanzamiento, recordando que pX (i) = 21i :
E(X) =
∞
P
i=1
=
1
2
i
2i
=
∞
P
i=1
i
2i
=
1
2
+ 42 + 38 + · · ·
+ 14 + 81 + · · · +
1
4
+ 18 + · · · +
1
8
+ ··· +
1
16
+ ··· + ···
= 1 + 21 + 41 + 18 + · · · = 2. ♦
4.8 Ejemplo. Alejandra y Delia van a jugar un juego. Alejandra lanzará un dado y le
dará una moneda a Delia cada vez que lo que salga en el dado no sea 2. Si se quiere que
ninguna de las dos jugadoras tenga ventaja, ¿cuántas monedas deberá pagar Delia cada vez
que salga el 2?
Solución. Aquı́ tenemos Ω = [6] y X(ω) = 1 si ω 6= 2. Se quiere encontrar X(2) de
tal manera que E(X) = 0. Sea z = X(2). Tenemos, PX (1) = 56 , PX (z) = 16 y E(X) = 0.
Entonces 0 = 1 · 65 + z · 16 , de donde z = −5, de manera que Delia tendrá que pagar 5 monedas
a Alejandra en caso de que salga 2 en el dado. ♦
4.9 Ejemplo. En un juego se lanzan tres dados. Un jugador apuesta a cualquiera de los
números del 1 al 6 y gana 1 peso por cada vez que salga ese número en algún dado pero
pierde un peso si no sale ninguna vez. ¿Cuál es su ganancia esperada en cada apuesta?
Solución. Es claro que el número al que le apuesta es irrelevante, ası́ que digamos que
apuesta al 1. Sea Ω = [6] × [6] × [6] y sea X : [6]3 → R definida por

−1, si ω tiene cero 10 s,



1, si ω tiene un 1,
X(ω) ==
2, si ω tiene dos 10 s,



3, si ω tiene tres 10 s
43
Entonces
5 3
6
pX (−1) =
=
125
,
216
pX (1) = 3 61
5 2
6
=
75
,
216
pX (2) = 3
1 2 5
6
6
=
15
216
pX (3) =
1 3
6
=
y
1
,
216
de donde
E(X) = (−1) ·
125
75
15
1
−125 + 108
17
+1·
+2·
+3·
=
=−
≈ −.08.
216
216
216
216
216
216
Observemos que esto quiere decir que se espera que pierda alrededor de 8 pesos por cada
100 que apueste. ♦
Dados un conjunto {Xi : i = 1, 2, . . . , k} de variables aleatorias
en un conjuntoP
muestral Ω
P
y reales c1 , c2 , . . . , ck , definimos otra variable aleatoria X = i ci Xi por X(ω) = i ci Xi (ω).
4.10 Proposición. (a) Si X es una variable aleatoria constante tal que X(ω) = c para
todo ω ∈ Ω, entonces E(X) = c.
(b) Linealidad de la esperanza. Si X1 , X2 , . . . , Xn son variables aleatorias en Ω y c1 , c2 , . . . , cn
son reales, entonces
!
X
X
E
ci X i =
ci E(Xi ).
i
i
(c) Si X ≤ Y (es decir, si X y Y son variables aleatorias en Ω y para todo ω ∈ Ω se tiene
que X(ω) ≤ Y (ω)), entonces E(X) ≤ E(Y ).
Demostración. (a) pX (c) = 1 y pX (a) = 0 si a 6= c.
(b) HagamosP
el caso finito para ilustrar (el caso infinito tiene demostración más rebuscada). Sea X = i ci Xi . De la definición tenemos
n
n
n
P
P P
P P
1
E(X) = E ( ci Xi ) =
( ci Xi ) (ω) = |Ω|
ci Xi (ω)
i=1
=
n
P
1
ci |Ω|
i=1
P
ω∈Ω i=1
n
P
Xi (ω) =
ω∈Ω
ω∈Ω i=1
ci E(Xi ).
i=1
(c) Es claro. ♦
Aquı́ queda de manifiesto lo que habı́amos dicho de que no era sorprendente que el
resultado de 4.3(b) fuera el doble del de 4.3(a).
44
En los siguientes dos ejemplos la respuesta es obvia, como mostramos en la primera
solución; sin embargo conviene analizar las otras dos soluciones pues la segunda calcula
directamente el promedio y la tercera usa la linealidad de la esperanza 4.10.
4.11 Ejemplo. ¿Cuántos elementos se espera que tenga un subconjunto de [n] escogido
al azar?
Solución. Primera forma. Para cada r ≤ n los conjuntos con r elementos son la misma
cantidad que los conjuntos con n − r elementos, ası́ que el promedio es n2 .
Segunda forma. Sea Ω = P[n], el conjunto de subconjuntos de [n]. Sea X la variable
aleatoria definida en Ω por X(ω) = número de elementos de ω. Entonces
n
n
1X
r
.
E(X) = n
2 r=0
r
n
, agrupando términos y multiplicando por 2/2, tenemos
Ahora, considerando que nr = n−r
que
n
1
1 X n
n
n
= n+1 (n · 2n ) = .
E(X) = n+1
r
2
2
2
r=0
Tercera forma. Consideremos Ω y X como en la solución anterior y definamos, para
i = 1, . . . , n, la variable aleatoria Xi por
1, si i ∈ ω,
Xi (ω) =
0, si no.
P
Claramente X = i Xi y P [Xi = 1] = P [Xi = 0] = 12 para toda i, y ası́
n
n X
X
1
1
n
E(X) =
E(Xi ) =
1· +0·
= .♦
2
2
2
i=1
i=1
Una variable aleatoria (como las Xi del ejemplo anterior) que sólo toma valores 0 o 1
se llama variable aleatoria indicadora. Su esperanza coincide con la probabilidad de que su
valor sea 1.
4.12 Ejemplo. A una fiesta asisten n personas. Cada una lleva un regalo y éstos se
sortean, de manera que a cada persona le toque un regalo. ¿A cuántas personas se espera
que les toque su propio regalo?
Solución. Aquı́ podemos pensar que el espacio muestral consta de todas las permutaciones
(a1 , a2 , . . . , an ) de n elementos, y la variable aleatoria X que nos interesa calcula el número
de puntos fijos, es decir, cuántos ai son iguales a i (por ejemplo, si n = 8, en la permutación
(4, 1, 3, 8, 2, 6, 5, 7) los puntos fijos son dos: en 3 y en 6). Definamos, para cada i ∈ [n], la
variable aleatoria que tiene el valor 1 cuando i es punto fijo y 0 cuando no. Entonces
n
X
(n − 1)!
1
X=
Xi y P [Xi = 1] =
= ,
n!
n
i=1
45
de donde E(X) = 1. ♦
4.13 Ejercicio. Probar que dada X : Ω → R variable aleatoria, pX es una función de
probabilidad en R (es decir, satisface (P1), (P2) y (P3)).
4.14 Ejercicio. En una caja hay 10 pelotas rojas, 9 pelotas azules y 7 pelotas blancas.
Si se extraen 5 pelotas de la caja, ¿cuántas pelotas blancas se espera que salgan?
4.15 Ejercicio. En cierto examen de opción múltiple con 5 opciones en cada respuesta
y 100 preguntas se califica como sigue: por cada respuesta correcta se otorga +1 punto,
por cada respuesta incorrecta se otorga − 14 de punto, y por cada pregunta sin contestar se
otorgan 0 puntos. ¿Qué calificación esperarı́a obtener alguien que contestara todo el examen
al azar?
4.16 Ejercicio. Determinar cuántas fichas dobles se espera que tenga una mano de
dominó, primero de manera intuitiva y después usando variables aleatorias indicadoras.
4.17 Ejercicio. Dada una permutación (a1 , . . . , an ) de [n], para i ≥ 2 digamos que ai
es valle si ai es menor que ambos ai−1 y ai+1 . ¿Cuál es el valor esperado para el número de
valles de una permutación de [n]?
4.18 Ejercicio. Un grupo de n jóvenes compite cada dı́a en saltos de longitud. Nunca se
repiten las distancias que logran. En un dı́a promedio, ¿cuántas veces se rompe el récord de
ese mismo dı́a (considerando que el primero que compite rompe récord, por vacuidad)? (Sugerencia: Usar variables aleatorias indicadoras notando que en una permutación (a1 , a2 , . . . , an )
en la posición i se rompe récord si, y sólo si, ai es el menor del conjunto {ai , ai+1 , . . . , an }.
4.19 Ejercicio. En un torneo hay 6 equipos y cada uno juega una vez contra cada uno
de los demás equipos. Si todos los equipos tienen la misma probabilidad de ganar, al final
del torneo ¿cuántas veces se espera que haya tres equipos A, B, C tales A le ganó a B, B le
ganó a C y C le ganó a A? (Sugerencia: Calcular primero la probabilidad que tiene una terna
de vértices cualquiera de ser como las indicadas. Escribir la variable aleatoria que cuenta el
número de ternas dirigidas como suma de variables aleatorias indicadoras.)
Terminemos esta sección con algunos ejemplos interesantes. Los siguientes dos ejemplos
van en contra de nuestra intuición.
4.20 Ejemplo. Dados mágicos. Se tienen los siguientes dados:
El dado naranja tiene números 5, 5, 5, 1, 1, 1.
El dado azul tiene números 4, 4, 4, 4, 0, 0.
El dado verde tiene números 3, 3, 3, 3, 3, 3.
El dado rojo tiene números 6, 6, 2, 2, 2, 2.
46
Natalia toma el dado naranja, Anabel toma el azul, Vicente toma el verde y Raúl toma el
rojo. Probar que si cada uno lanza su dado y apuesta 1 peso a que en su dado sale un número
mayor que en el del otro, entonces la esperanza de ganancia de cada una de las siguientes
competencias son todas de 13 :
[N vsA] Natalia contra Anabel.
[AvsV ] Anabel contra Vicente.
[V vsR] Vicente contra Raúl.
[RvsN ] Raúl contra Natalia.
Solución. Observemos que en cada caso hay 36 combinaciones y contemos en cuántas
gana cada uno.
[N vsA] Cada uno de los tres 50 s de N gana a las seis posibilidades de A; los tres 10 s
de N ganan, cada uno, contra los dos 00 s de A. Entonces, de las 36 opciones, N gana
3 · 6 + 3 · 2 = 24, es decir,
1
12
1
E(N vsA) =
1 · 18 + 1 · 6 + (−1) · 12 =
= .
36
36
3
[AvsV ] De la misma manera, los cuatro 40 s de A ganan a las seis posibilidades de V
pero los dos 00 s pierden y entonces
1
12
1
E(AvsN ) =
1 · 24 + (−1) · 12 =
= .
36
36
3
[V vsR] Los 30 s de V pierden, cada uno, contra los dos 60 s de N pero ganan las otras
veces y ası́
1
12
1
E(V vsR) =
1 · 24 + (−1) · 12 =
= .
36
36
3
[RvsN ] Como arriba,
1
E(RvsN ) =
36
12
1
1 · 12 + 1 · 12 + (−1) · 12 =
= .♦
36
3
4.21 Nota. El ejemplo anterior lo sintetizamos por:
N > A > V > R > N.
4.22 Ejercicio. Dados Shippuden. Se tienen los siguientes dados.
El dado azul tiene números 1, 1, 1, 13, 13, 13.
El dado verde tiene números 0, 3, 3, 12, 12, 12.
El dado rojo tiene números 2, 2, 2, 11, 11, 14.
47
Probar que, con la notación de ?? se tiene que
A>V >R>A
pero
2A < 2V < 2R < 2A
4.23 Ejemplo. ¿Cuántos novios conviene a tener antes de casarse? Supongamos que
uno piensa que a lo más debe tener n novios/as (por ejemplo, si se decidiera empezar a
probar novios a los 17, tener un novio cada 2 años y elegir a lo más a los 34 años, entonces
= 9). También supongamos que se decide tener a novios de prueba a los que se
n serı́a 34−16
2
desecharı́a (y no se podrı́a volver con ninguno de ellos) y después se decidirı́a por el primero
que superara a esos a. ¿La pregunta es: Aquı́ se pueden hacer dos preguntas
Versión romántica. ¿Cómo debe ser a en relación con n, si se quiere maximizar la
probabilidad de quedarse con el mejor?
Versión práctica. ¿Cómo debe ser a en relación con n, si se quiere maximizar la esperanza (el promedio)?
Solución. Para entender bien el problema, tomemos n = 9, digamos que todos los candidatos están ordenados del 1 al 9, siendo 9 el que habrı́a sido mejor, luego el 8, etc. Si se
determinara que a = 4 entonces, analicemos con cuál novio se quedarı́a uno en el caso de las
siguientes permutaciones de candidatos (que serı́a según van apareciendo como candidatos):
Para
Para
Para
Para
(4, 1, 5, 2, 3, 6, 8, 7, 9)
(8, 4, 9, 3, 5, 1, 6, 7, 2)
(6, 2, 1, 8, 4, 3, 9, 5, 7)
(1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9)
la
la
la
la
elección
elección
elección
elección
serı́a
serı́a
serı́a
serı́a
el
el
el
el
6.
2.
9.
5.
A continuación se tiene una simulación hecha por computadora para n = 30 y diversos
valores de a de la versión romántica, es decir, de la probabiidad de escoger a n. La gráfica
muestra que a deberı́a ser entre 11 y 12.
48
La siguiente es la gráfica de la versión práctica, es decir, para n = 30 y diversos valores de
a se muestra la calificación promedio del novio elegido. El máximo aparece para a alrededor
de 5.
Trabajaremos aquı́ la versión romántica pues la otra es demasiado complicada.
Entonces veamos cuándo se elige al candidato n. Separemos en casos según la posición
de n. La probabilidad de que n esté en una posición determinada es n1 .
Si está en la posición a + 1 seguro será el seleccionado. Entonces esto contribuye en
a la probabilidad.
1
n
Si n está en la posición a + 2, entonces para que sea seleccionado se necesita que el que
quedó en la posición a + 1 no sea más grande que los a primeros, o, en otras palabras,
que el mejor de los a + 1 quede dentro de los a primeros, y la probabilidad de que eso
a
a
. Esto contribuye en total n1 a+1
a la probabilidad.
ocurra es a+1
Análogamente, si n está en la posición a + 3 se necesita que el mayor de los primeros
a
a + 2 quede en las primeras a posiciones y la probabilidad de esto es a+1
; para un total
1 a
de n a+2 .
En total queda:
1a 1 a
1 a
1a
+
+
+ ... +
n a n a + 1 n a + 2
n
n
a 1
1
1
1
=
+
+
+ ... +
n a a+1 a+2
n
P (escoger al mejor) =
Ahora, suponiendo que n es grande y que en este caso a también lo es, la expresión es
49
aproximadamente igual a
a
(ln(n) − ln(a))
n a
n
=
ln
n
a
Como queremos maximizar la probabilidad, llamemos x = na . Ası́ queda
1
x ln
x
Derivando e igualando a 0 obtenemos lo que queremos:
0
1
1
x ln
= ln
−1
x
x
Igualamos a 0 y despejamos x:
1
x= .
e
Para maximizar la probabilidad de quedarse con el/la mejor posible marido/mujer se deben
tener ne novios(as) antes de decidir donde n es el número esperado de novios(as) que podrı́a
uno tener antes de casarse. La probabilidad de obtenerlo será 1e . (Por ejemplo, si n = 9,
entonces la probabilidad de encontrar el mejor candidato como esposo se obtiene con a =
9
∼ 3 y si n = 30 entonces a = 30
∼ 11. ♦
e
e
50