sábado, 28 de febrero de 2015
lunes, 23 de febrero de 2015
Media y varianza de una distribución binomial
Sea una variable aleatoria $X \sim B(n,p)$, entonces $E[X]=np$ y $V[X]=npq$, donde $p$ denota la probabilidad de éxito, y $q=1-p$, la probabilidad de fracaso, en cualquiera de las $n$ pruebas de Bernouilli independientes. Vamos a justificar estas propiedades.
Como las $n$ pruebas de Bernouilli $B(1,p)$ son independientes, podemos contemplar la variable aleatoria $X \sim B(n,p)$ como $X_1+\ldots+X_n$, donde $X_i \sim B(1,n)$, $i=1,\ldots, n$. Entonces, por las propiedades de la esperanza matemática, $E[X]=E[X_1]+\ldots+E[X_n]$; y como $E[X_i]=1\cdot p + 0 \cdot q = p$; así, $E[X]=p+\overset{n}{\ldots}+p=np$
Veamos ahora la varianza. Por el hecho de ser las $n$ pruebas de Bernouilli, $\lbrace X_i \rbrace$, independientes, y como $X=X_1+\ldots+X_n$, podemos escribir la varianza de $X$ como la suma de las varianzas de dichas variables aleatorias de Bernouilli, esto es $V[X]=V[X_i]+\ldots+V[X_n]$. Dichas varianzas tienen todas el mismo valor; calculémoslo: como $V[X_i]=E[X_{i}^{2}]-\left(E[X]\right)^2$; donde $\left(E[X_i]\right)^2=p^2$ y $E[X_{i}^{2}]=1^{2}\cdot p +0^2 \cdot q=p$, obtenemos $V[X_i]=p-p^2=p(1-p)=pq$ para $i=1,\ldots,n$. Así, $V[X]=pq+\overset{n}{\ldots}+pq=npq$. $\square$
Como las $n$ pruebas de Bernouilli $B(1,p)$ son independientes, podemos contemplar la variable aleatoria $X \sim B(n,p)$ como $X_1+\ldots+X_n$, donde $X_i \sim B(1,n)$, $i=1,\ldots, n$. Entonces, por las propiedades de la esperanza matemática, $E[X]=E[X_1]+\ldots+E[X_n]$; y como $E[X_i]=1\cdot p + 0 \cdot q = p$; así, $E[X]=p+\overset{n}{\ldots}+p=np$
Veamos ahora la varianza. Por el hecho de ser las $n$ pruebas de Bernouilli, $\lbrace X_i \rbrace$, independientes, y como $X=X_1+\ldots+X_n$, podemos escribir la varianza de $X$ como la suma de las varianzas de dichas variables aleatorias de Bernouilli, esto es $V[X]=V[X_i]+\ldots+V[X_n]$. Dichas varianzas tienen todas el mismo valor; calculémoslo: como $V[X_i]=E[X_{i}^{2}]-\left(E[X]\right)^2$; donde $\left(E[X_i]\right)^2=p^2$ y $E[X_{i}^{2}]=1^{2}\cdot p +0^2 \cdot q=p$, obtenemos $V[X_i]=p-p^2=p(1-p)=pq$ para $i=1,\ldots,n$. Así, $V[X]=pq+\overset{n}{\ldots}+pq=npq$. $\square$
viernes, 20 de febrero de 2015
miércoles, 18 de febrero de 2015
martes, 17 de febrero de 2015
Sobre el número de maneras de sentarse alrededor de una mesa circular
Nota: En este otro artículo del blog hay algunas aclaraciones sobre el modo de calcular permutaciones circulares.
lunes, 16 de febrero de 2015
Cuatro personas se montan en el ascensor de un edificio de diez plantas (...)
Enunciado:
Cuatro personas se montan en el ascensor de un edificio de diez plantas. El ascensor sube hasta la décima planta, realizando paradas intermedias. Se pide:
a) La probabilidad de que al menos dos personas se bajen en la misma planta
b) La probabilidad de que al menos dos personas se bajen en la tercera planta
Solución:
Ante el desconocimiento de los destinos de planta de las cuatro personas, supondremos que las éstas se bajan al azar, y, además, que cada una de ellas decide la planta en la que baja de modo independiente a las decisiones de las demás. En estas condiciones, vamos a dar respuesta a las preguntas:
a)
Sea $A$ el sucesos "al menos dos personas se bajan en la misma planta". Así, el suceso $A^c$ representa el suceso contrario: "ninguna de las cuatro coinciden en la planta de destino". Calcularemos, primero, la probabilidad de $A^C$ y, a partir de ésta, la probabilidad de $A$.
De entre las diez plantas, la primera persona que escojamos puede elegir planta de diez maneras; por lo tanto la segunda puede elegir la planta donde bajarse de entre $10-1$ ( de un total de $10$); la tercera, de $10-2$ ( de un total de $10$ ) y la cuarta de $10-3$ ( de un total de $10$ ). Así, $$P(A^c)=\dfrac{10}{10} \cdot \dfrac{9}{10} \cdot \dfrac{8}{10} \cdot \dfrac{7}{10}=\dfrac{63}{125}$$
o lo que es lo mismo $$P(A^c)=\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
Con lo cual, por la propiedad de la probabilidad del contrario, podemos escribir
$$P(A)=1-P(A^c)$$
es decir
$$P(A)=1-\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
esto es
$$P(A)=1-\dfrac{63}{125}=\dfrac{62}{125} \approx 0,496$$
b)
Denotemos por $B_2$ la probabilidad de que dos personas se bajen en la tercera planta; por $B_3$, la probabilidad de que tres personas se bajen en la tercera planta, y por $B_4$ la probabilidad de que las cuatro personas se bajen en la tercera planta.
Entonces, la probabilidad pedida es $$P(B_2)+P(B_3)+P(B_4) \quad \quad \quad (1)$$
Calcularemos ahora cada uno de estos tres términos. Denotaremos por $p$ a la probabilidad de que una persona elegida al azar se baje en la tercera planta; entonces, la probabilidad de que una persona elegida al azar no se baje en la tercera planta es $1-p$. Por el principio de Laplace, $p=\dfrac{1}{10}$ y por tanto $1-p=\dfrac{9}{10}$.
Así, teniendo en cuenta que podemos elegir dos personas que se bajen en la tercera planta de $\binom{4}{2}$ maneras distintas; tres, de $\binom{4}{3}$, y cuatro de $\binom{4}{4}$, y aplicando el principio de elecciones independientes entre el grupo de personas que se bajan en la tercera planta y el grupo de las que no se bajan, podemos escribir
$$P(B_2)= \binom{4}{2}\,p^2\,(1-p)^{4-2}=6\cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{2}\cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^2=\dfrac{243}{5000}$$
$$P(B_3)= \binom{4}{3}\,p^3\,(1-p)^{4-3}=4\cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{3}\cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^{1}=\dfrac{9}{2500}$$
$$P(B_4)= \binom{4}{4}\,p^4\,(1-p)^{4-4}=1\cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{4}\cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^{0}=\dfrac{1}{10000}$$
Con lo cual, de (1), obtenemos que la probabilidad pedida es
$$\dfrac{243}{5000}+\dfrac{9}{2500}+\dfrac{1}{10000}$$
esto es
$$\dfrac{523}{10000} \approx 0,0523 $$
$\square$
Cuatro personas se montan en el ascensor de un edificio de diez plantas. El ascensor sube hasta la décima planta, realizando paradas intermedias. Se pide:
a) La probabilidad de que al menos dos personas se bajen en la misma planta
b) La probabilidad de que al menos dos personas se bajen en la tercera planta
Solución:
Ante el desconocimiento de los destinos de planta de las cuatro personas, supondremos que las éstas se bajan al azar, y, además, que cada una de ellas decide la planta en la que baja de modo independiente a las decisiones de las demás. En estas condiciones, vamos a dar respuesta a las preguntas:
a)
Sea $A$ el sucesos "al menos dos personas se bajan en la misma planta". Así, el suceso $A^c$ representa el suceso contrario: "ninguna de las cuatro coinciden en la planta de destino". Calcularemos, primero, la probabilidad de $A^C$ y, a partir de ésta, la probabilidad de $A$.
De entre las diez plantas, la primera persona que escojamos puede elegir planta de diez maneras; por lo tanto la segunda puede elegir la planta donde bajarse de entre $10-1$ ( de un total de $10$); la tercera, de $10-2$ ( de un total de $10$ ) y la cuarta de $10-3$ ( de un total de $10$ ). Así, $$P(A^c)=\dfrac{10}{10} \cdot \dfrac{9}{10} \cdot \dfrac{8}{10} \cdot \dfrac{7}{10}=\dfrac{63}{125}$$
o lo que es lo mismo $$P(A^c)=\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
Con lo cual, por la propiedad de la probabilidad del contrario, podemos escribir
$$P(A)=1-P(A^c)$$
es decir
$$P(A)=1-\dfrac{V_{10,4}}{VR_{10,4}}$$
esto es
$$P(A)=1-\dfrac{63}{125}=\dfrac{62}{125} \approx 0,496$$
b)
Denotemos por $B_2$ la probabilidad de que dos personas se bajen en la tercera planta; por $B_3$, la probabilidad de que tres personas se bajen en la tercera planta, y por $B_4$ la probabilidad de que las cuatro personas se bajen en la tercera planta.
Entonces, la probabilidad pedida es $$P(B_2)+P(B_3)+P(B_4) \quad \quad \quad (1)$$
Calcularemos ahora cada uno de estos tres términos. Denotaremos por $p$ a la probabilidad de que una persona elegida al azar se baje en la tercera planta; entonces, la probabilidad de que una persona elegida al azar no se baje en la tercera planta es $1-p$. Por el principio de Laplace, $p=\dfrac{1}{10}$ y por tanto $1-p=\dfrac{9}{10}$.
Así, teniendo en cuenta que podemos elegir dos personas que se bajen en la tercera planta de $\binom{4}{2}$ maneras distintas; tres, de $\binom{4}{3}$, y cuatro de $\binom{4}{4}$, y aplicando el principio de elecciones independientes entre el grupo de personas que se bajan en la tercera planta y el grupo de las que no se bajan, podemos escribir
$$P(B_2)= \binom{4}{2}\,p^2\,(1-p)^{4-2}=6\cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{2}\cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^2=\dfrac{243}{5000}$$
$$P(B_3)= \binom{4}{3}\,p^3\,(1-p)^{4-3}=4\cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{3}\cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^{1}=\dfrac{9}{2500}$$
$$P(B_4)= \binom{4}{4}\,p^4\,(1-p)^{4-4}=1\cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{4}\cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^{0}=\dfrac{1}{10000}$$
Con lo cual, de (1), obtenemos que la probabilidad pedida es
$$\dfrac{243}{5000}+\dfrac{9}{2500}+\dfrac{1}{10000}$$
esto es
$$\dfrac{523}{10000} \approx 0,0523 $$
$\square$
jueves, 12 de febrero de 2015
viernes, 6 de febrero de 2015
jueves, 5 de febrero de 2015
Un problema parecido al de distribuir bolas iguales en urnas: ¿ De cuántas maneras podemos expresar $8$ como suma de tres números enteros no negativos ?
ENUNCIADO:
¿ De cuántas maneras podemos expresar $8$ como suma de tres números enteros no negativos ?
SOLUCIÓN:
Este problema puede resolverse pensando en el problema patrón - ya estudiado - que corresponde a distribuir $n$ bolas iguales ( no identificables una de otra ) en $m$ urnas ( distintas ). En efecto, ahora, las bolas representan $1$os, que són las ocho unidades de la cantidad dada; y las urnas, vendrían a hacer el papel de cada uno de los tres sumandos ( los tres enteros no negativos ) de los habla el enunciado.
Así, por ejemplo, una de las posibilidades vendría dada por
[1111|1|111]
representación que corresponde a 8=4+1+3
Otra posibilidad:
[11111||111]
representación que corresponde a 8=5+0+3
...
etcétera
En esta representación, hacemos uso de tres compartimentos ( tres urnas, esto es, los tres sumandos ), de izquierda a derecha: primer, segundo y tercer sumando. Los dos corchetes de cierre son símbolos fijos. Sin embargo, los dos tabiques separadores, |, y los cuatro $1$os ( cuatro bolas ) los podemos permutar en la ristra de símbolos. Así, otra posible distribución sería, pongamos que
[||11111111]
significando que las dos primeras urnas estarían vacías y los ocho $1$os estarían corresponderían al tercer sumando; es decir, $8=0+0+8$.
Démonos cuenta, ahora, que nuestro problema queda reducido a un problema de permutaciones de $10$ símbolos, dos símbolos "|" ( idénticos ) que sirven para separar los tres compartimentos ( se requieren dos para separar tres compartimentos dispuestos en hilera ) y ocho $1$os ( símbolos idénticos ) en una ristra de $8+3-1$ posiciones y cuya solución es $\frac{(8+(3-1))!}{8!\cdot (3-1)!}=45$, que también podemos escribir en forma de número combinatorio de la forma $\binom{8+(3-1)}{3-1}$
o lo que es lo mismo, como $\binom{8+(3-1)}{8}$ ( por las propiedades de los números combinatorios ).
Decimos, también, que ( generalizando ) este problema [ encontrar de cuántas maneras se puede expresar un número entero no negativo como suma de un conjunto de números enteros no negativos menores que el dado ] es del tipo de los de combinaciones con repetición de $n$ objetos indistinguibles ( los 'unos' que, sumados, dan la cuantía del número ) distribuidos en $m$ grupos ( número de sumandos ), y que notamos de la forma $\displaystyle \binom{n+(m-1)}{m-1}=\binom{n+(m-1)}{n}$
Nota: Las combinaciones con repetición de $n$ elementos de un conjunto en $m$ clases (o grupos), $CR_{m,n}$, también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{m}{n}\right)$
$\square$
¿ De cuántas maneras podemos expresar $8$ como suma de tres números enteros no negativos ?
SOLUCIÓN:
Este problema puede resolverse pensando en el problema patrón - ya estudiado - que corresponde a distribuir $n$ bolas iguales ( no identificables una de otra ) en $m$ urnas ( distintas ). En efecto, ahora, las bolas representan $1$os, que són las ocho unidades de la cantidad dada; y las urnas, vendrían a hacer el papel de cada uno de los tres sumandos ( los tres enteros no negativos ) de los habla el enunciado.
Así, por ejemplo, una de las posibilidades vendría dada por
[1111|1|111]
representación que corresponde a 8=4+1+3
Otra posibilidad:
[11111||111]
representación que corresponde a 8=5+0+3
...
etcétera
En esta representación, hacemos uso de tres compartimentos ( tres urnas, esto es, los tres sumandos ), de izquierda a derecha: primer, segundo y tercer sumando. Los dos corchetes de cierre son símbolos fijos. Sin embargo, los dos tabiques separadores, |, y los cuatro $1$os ( cuatro bolas ) los podemos permutar en la ristra de símbolos. Así, otra posible distribución sería, pongamos que
[||11111111]
significando que las dos primeras urnas estarían vacías y los ocho $1$os estarían corresponderían al tercer sumando; es decir, $8=0+0+8$.
Démonos cuenta, ahora, que nuestro problema queda reducido a un problema de permutaciones de $10$ símbolos, dos símbolos "|" ( idénticos ) que sirven para separar los tres compartimentos ( se requieren dos para separar tres compartimentos dispuestos en hilera ) y ocho $1$os ( símbolos idénticos ) en una ristra de $8+3-1$ posiciones y cuya solución es $\frac{(8+(3-1))!}{8!\cdot (3-1)!}=45$, que también podemos escribir en forma de número combinatorio de la forma $\binom{8+(3-1)}{3-1}$
o lo que es lo mismo, como $\binom{8+(3-1)}{8}$ ( por las propiedades de los números combinatorios ).
Decimos, también, que ( generalizando ) este problema [ encontrar de cuántas maneras se puede expresar un número entero no negativo como suma de un conjunto de números enteros no negativos menores que el dado ] es del tipo de los de combinaciones con repetición de $n$ objetos indistinguibles ( los 'unos' que, sumados, dan la cuantía del número ) distribuidos en $m$ grupos ( número de sumandos ), y que notamos de la forma $\displaystyle \binom{n+(m-1)}{m-1}=\binom{n+(m-1)}{n}$
Nota: Las combinaciones con repetición de $n$ elementos de un conjunto en $m$ clases (o grupos), $CR_{m,n}$, también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{m}{n}\right)$
$\square$
Distribuyendo $n$ bolas iguales en $r$ urnas
ENUNCIADO:
¿ De cuántas maneras podemos distribuir $n$ bolas iguales ( no identificables una de otra ) en $r$ urnas ( distintas ) ?
SOLUCIÓN: Hemos comentado en otros ejercicios que hay $r^n$ maneras de distribuir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ( recordemos que se contempla la posibilidad que haya urnas que no reciban ninguna bola); así, un problema del mismo tenor es el de encontrar el número de maneras de distribuir $n$ lapices de colores distintos entre $r$ niños.
No debemos confundir ese problema con el que, ahora, se nos plantea ( las bolas son inidentificables, indistinguibles unas de otras ). Vamos a ver que la solución a este otro problema difiere notablemente a la del otro problema ( con bolas distinguibles unas de otras ).
Primero, vamos a ensayar con $4$ bolas y $3$ urnas para intentar generalizar la solución que encontraremos.
Podemos codificar las distribuciones de las bolas ( iguales todas ellas ) como explicaremos a continuación.
Consideremos dos bolas en la primera urna ( las urnas son perfectamente identificables entre ellas ); una en la segunda y una en la tercera. Podemos representarlo así
[**|*|*]
En esta representación, hacemos uso de tres compartimentos ( tres urnas ), de izquierda a derecha: primera, segunda y tercera urna. Los dos corchetes de cierre son símbolos fijos. Sin embargo, los dos tabiques separadores, |, y los cuatro asteriscos ( cuatro bolas ) los podemos permutar en la ristra de símbolos. Así, otra posible distribución sería, pongamos que
[||****]
significando que las dos primeras urnas estarían vacías y las cuatro bolas estarían en la tercera urna.
Llegados a este punto esperamos que el lector se dé ya perfecta cuenta de que el problema queda reducido a un problema de permutaciones seis símbolos, dos símbolos "|" ( idénticos ) que sirven para separar los tres compartimentos ( se requieren dos para separar tres compartimentos dispuestos en hilera ) y cuatro símbolos asterisco ( idénticos ) en una ristra de $4+3-1$ posiciones y cuya solución es $\frac{(4+(3-1))!}{4!\cdot (3-1)!}$, que también podemos escribir en forma de número combinatorio de la forma $\binom{4+(3-1)}{3-1}$
o lo que es lo mismo, como $\binom{4+(3-1)}{4}$ ( por las propiedades de los números combinatorios ).
Decimos que este problema de encontrar el número de ordenaciones posibles que aparecen al distribuir $n$ objetos idénticos entre $r$ urnas es el de combinaciones con repetición y su solución viene dada por $$\dfrac{(n+(r-1))!}{n!\cdot (r-1)!}=\binom{n+r-1}{n}=\binom{n+r-1}{r-1}$$
OBSERVACIÓN: Los problemas de distribución de bolas en urnas son muy importantes, pues permiten establecer analogías con muchos otros. Uno de ellos ( que hemos tratado en otros artículos ) es el de calcular el número de maneras de distribuir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ( desde luego, distintas ) y cuya solución, que responde a un esquema de variaciones con repetición, $r^n$, junto con este otro, que acabamos de presentar, esto es, el de distribuir $n$ bolas idénticas ( queriendo decir con ello que no podemos distinguir unas de otras ) en $r$ urnas ( por supuesto, distintas ) y cuya solución es la que hemos expuesto en este ejercicio, $\binom{n+r-1}{r-1}$, son de gran importancia en Física Estadística, pues la primera forma de distribuir las bolas corresponde al constructo que es la base de la estadística clásica de Maxwell-Boltzmann ( aplicable a las moléculas de un gas, por ejemplo ), y la segunda está en la base de las estadísticas cuánticas de Bose-Einstein ( para los bosones, que son partículas con espín entero, como por ejemplo, los fotones ) y de Fermi-Dirac ( para los fermiones, que son partículas con espín semientero, como por ejemplo los electrones ).
Nota: Las combinaciones con repetición de $n$ elementos de un conjunto en $r$ clases, $CR_{r,n}$, también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{r}{n}\right)$
$\square$
¿ De cuántas maneras podemos distribuir $n$ bolas iguales ( no identificables una de otra ) en $r$ urnas ( distintas ) ?
SOLUCIÓN: Hemos comentado en otros ejercicios que hay $r^n$ maneras de distribuir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ( recordemos que se contempla la posibilidad que haya urnas que no reciban ninguna bola); así, un problema del mismo tenor es el de encontrar el número de maneras de distribuir $n$ lapices de colores distintos entre $r$ niños.
No debemos confundir ese problema con el que, ahora, se nos plantea ( las bolas son inidentificables, indistinguibles unas de otras ). Vamos a ver que la solución a este otro problema difiere notablemente a la del otro problema ( con bolas distinguibles unas de otras ).
Primero, vamos a ensayar con $4$ bolas y $3$ urnas para intentar generalizar la solución que encontraremos.
Podemos codificar las distribuciones de las bolas ( iguales todas ellas ) como explicaremos a continuación.
Consideremos dos bolas en la primera urna ( las urnas son perfectamente identificables entre ellas ); una en la segunda y una en la tercera. Podemos representarlo así
[**|*|*]
En esta representación, hacemos uso de tres compartimentos ( tres urnas ), de izquierda a derecha: primera, segunda y tercera urna. Los dos corchetes de cierre son símbolos fijos. Sin embargo, los dos tabiques separadores, |, y los cuatro asteriscos ( cuatro bolas ) los podemos permutar en la ristra de símbolos. Así, otra posible distribución sería, pongamos que
[||****]
significando que las dos primeras urnas estarían vacías y las cuatro bolas estarían en la tercera urna.
Llegados a este punto esperamos que el lector se dé ya perfecta cuenta de que el problema queda reducido a un problema de permutaciones seis símbolos, dos símbolos "|" ( idénticos ) que sirven para separar los tres compartimentos ( se requieren dos para separar tres compartimentos dispuestos en hilera ) y cuatro símbolos asterisco ( idénticos ) en una ristra de $4+3-1$ posiciones y cuya solución es $\frac{(4+(3-1))!}{4!\cdot (3-1)!}$, que también podemos escribir en forma de número combinatorio de la forma $\binom{4+(3-1)}{3-1}$
o lo que es lo mismo, como $\binom{4+(3-1)}{4}$ ( por las propiedades de los números combinatorios ).
Decimos que este problema de encontrar el número de ordenaciones posibles que aparecen al distribuir $n$ objetos idénticos entre $r$ urnas es el de combinaciones con repetición y su solución viene dada por $$\dfrac{(n+(r-1))!}{n!\cdot (r-1)!}=\binom{n+r-1}{n}=\binom{n+r-1}{r-1}$$
OBSERVACIÓN: Los problemas de distribución de bolas en urnas son muy importantes, pues permiten establecer analogías con muchos otros. Uno de ellos ( que hemos tratado en otros artículos ) es el de calcular el número de maneras de distribuir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ( desde luego, distintas ) y cuya solución, que responde a un esquema de variaciones con repetición, $r^n$, junto con este otro, que acabamos de presentar, esto es, el de distribuir $n$ bolas idénticas ( queriendo decir con ello que no podemos distinguir unas de otras ) en $r$ urnas ( por supuesto, distintas ) y cuya solución es la que hemos expuesto en este ejercicio, $\binom{n+r-1}{r-1}$, son de gran importancia en Física Estadística, pues la primera forma de distribuir las bolas corresponde al constructo que es la base de la estadística clásica de Maxwell-Boltzmann ( aplicable a las moléculas de un gas, por ejemplo ), y la segunda está en la base de las estadísticas cuánticas de Bose-Einstein ( para los bosones, que son partículas con espín entero, como por ejemplo, los fotones ) y de Fermi-Dirac ( para los fermiones, que son partículas con espín semientero, como por ejemplo los electrones ).
Nota: Las combinaciones con repetición de $n$ elementos de un conjunto en $r$ clases, $CR_{r,n}$, también puede designarse de la forma $\displaystyle \left(\binom{r}{n}\right)$
$\square$
Queremos distribuir tres caramelos entre dos niños; uno de los caramelos tiene sabor a limón, otro a naranja y el tercero a menta. ¿ De cuántas maneras podemos hacer dicha distribución ?
ENUNCIADO:
Queremos distribuir tres caramelos entre dos niños; uno de los caramelos tiene sabor a limón, otro a naranja y el tercero a menta. ¿ De cuántas maneras podemos hacer dicha distribución ?
SOLUCIÓN: En primer lugar hay que tener en cuenta que entre las posibles distribuciones hay que contar también con las que uno de los dos niños se queda con los tres caramelos y el otro niño sin ningún caramelo. Es evidente que el orden es relevante en este problema y por tanto es un problema de variaciones. Dicho esto, debemos atender a las maneras distintas de asignar niño al caramelo de menta, que son $2$; y de asignar niño al caramelo de limón, que también son $2$; y lo propio al caramelo de menta, que desde luego también es $2$. Así, por el principio multiplicativo, obtenemos $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$, esto es, $VR_{2,3}=2^3=8$ maneras de distribuir los tres caramelos.
Generalizando, si tenemos $n$ niños ( desde luego distinguibles unos de otros ) y $r$ caramelos ( todos ellos de distinto sabor ), podemos hacer la distribución de los mismos de $VR_{n,r}=n^r$ maneras distintas.
Observación: La situación corresponde al mismo esquema de repartir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ( distintas ). Con lo cual las $n$ "bolas" distintas vienen a representar, aquí, los $n$ niños ( todos ellos identificables ); y las $r$ "urnas" ( distinguibles unas de otras ) representan en este problema a los $r$ caramelos ( todos ellos distintos unos de otros por tener distinto sabor ). $\square$
Queremos distribuir tres caramelos entre dos niños; uno de los caramelos tiene sabor a limón, otro a naranja y el tercero a menta. ¿ De cuántas maneras podemos hacer dicha distribución ?
SOLUCIÓN: En primer lugar hay que tener en cuenta que entre las posibles distribuciones hay que contar también con las que uno de los dos niños se queda con los tres caramelos y el otro niño sin ningún caramelo. Es evidente que el orden es relevante en este problema y por tanto es un problema de variaciones. Dicho esto, debemos atender a las maneras distintas de asignar niño al caramelo de menta, que son $2$; y de asignar niño al caramelo de limón, que también son $2$; y lo propio al caramelo de menta, que desde luego también es $2$. Así, por el principio multiplicativo, obtenemos $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$, esto es, $VR_{2,3}=2^3=8$ maneras de distribuir los tres caramelos.
Generalizando, si tenemos $n$ niños ( desde luego distinguibles unos de otros ) y $r$ caramelos ( todos ellos de distinto sabor ), podemos hacer la distribución de los mismos de $VR_{n,r}=n^r$ maneras distintas.
Observación: La situación corresponde al mismo esquema de repartir $n$ bolas distintas en $r$ urnas ( distintas ). Con lo cual las $n$ "bolas" distintas vienen a representar, aquí, los $n$ niños ( todos ellos identificables ); y las $r$ "urnas" ( distinguibles unas de otras ) representan en este problema a los $r$ caramelos ( todos ellos distintos unos de otros por tener distinto sabor ). $\square$
Dados dos sucesos $A$ y $B$, $$P(A|B^c) \neq 1-P(A|B)$$
DEMOSTRACIÓN: Nos preguntamos si es cierta la igualdad $$P(A|B^c) \overset{?}{=} 1-P(A|B)$$
La respuesta es negativa. Vamos a justificarlo.
Por la definición de probabilidad condicionada, podemos escribir el primer miembro de la forma $$P(A|B^c)=\frac{P(A\cap B^c) }{P(B^c)}=\frac{P(A)-P(A \cap B)}{1-P(B)} \quad \quad (1)$$.
Por otra parte, el segundo miembro lo podemos escribir de la forma
$$1-P(A|B)=1-\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}=\dfrac{P(B)-P(A\cap B)}{P(B)} \quad \quad (2)$$.
Comparando (1) y (2) y teniendo en cuenta que $P(B) \neq 1-P(B)$ y que $P(B)$ no tiene porque ser igual a $P(A)$ concluimos que dichos miembros no tienen el mismo valor, luego queda probado que no es cierta la igualdad.
. $\square$
La respuesta es negativa. Vamos a justificarlo.
Por la definición de probabilidad condicionada, podemos escribir el primer miembro de la forma $$P(A|B^c)=\frac{P(A\cap B^c) }{P(B^c)}=\frac{P(A)-P(A \cap B)}{1-P(B)} \quad \quad (1)$$.
Por otra parte, el segundo miembro lo podemos escribir de la forma
$$1-P(A|B)=1-\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}=\dfrac{P(B)-P(A\cap B)}{P(B)} \quad \quad (2)$$.
Comparando (1) y (2) y teniendo en cuenta que $P(B) \neq 1-P(B)$ y que $P(B)$ no tiene porque ser igual a $P(A)$ concluimos que dichos miembros no tienen el mismo valor, luego queda probado que no es cierta la igualdad.
. $\square$
Dados dos sucesos $A$ y $B$, vamos a justificar la siguiente propiedad: $$P(A^c|B)=1-P(A|B)$$
Dados dos sucesos $A$ y $B$, vamos a justificar la siguiente propiedad: $$P(A^c|B)=1-P(A|B)$$
Por la definición de probabilidad condicionada, $P(A^c|B)=\frac{P(A^c\cap B) }{P(B)}$. Ahora bien, sabemos que $P(A^c \cap B)=P(B)-P(A \cap B)$, con lo cual podemos escribir el segundo miembro de la primera igualdad de la forma $$\frac{P(B)-P(A \cap B)}{P(B)}$$ que es igual a $$1-\dfrac{P(A \cap B}{P(B)}$$ y, volviendo a aplicar la definición de probabilidad condicionada, éste es igual a $1-{P(A|B)}$, que es a lo que queríamos llegar. $\square$
Por la definición de probabilidad condicionada, $P(A^c|B)=\frac{P(A^c\cap B) }{P(B)}$. Ahora bien, sabemos que $P(A^c \cap B)=P(B)-P(A \cap B)$, con lo cual podemos escribir el segundo miembro de la primera igualdad de la forma $$\frac{P(B)-P(A \cap B)}{P(B)}$$ que es igual a $$1-\dfrac{P(A \cap B}{P(B)}$$ y, volviendo a aplicar la definición de probabilidad condicionada, éste es igual a $1-{P(A|B)}$, que es a lo que queríamos llegar. $\square$
Sobre la definición de probabilidad condicionada
Dados dos sucesos $A$ y $B$, se define la probabilidad de $A$ condicionado por $B$, y se escribe $P(A|B)$ como $$P(A|B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$. El propósito de estas notas es el de justificar el por qué se hace así.
Es evidente que $P(A|B)$ debe ser proporcional a $P(A \cap B$, por tanto hay una constante de proporcionalidad, $k$, tal que $P(A|B)=k\,P(A \cap B)$ (1). Ahora bien, sabemos que si $A:=\Omega$ ( el espacio muestral ), entonces también se cumplirá que $P(\Omega|B)=k\,P(\Omega \cap B)$, pero como $\Omega \cap B = B$, el segundo miembro de la igualdad anterior es $P(\Omega \cap B)=P(B)$ y, además, el primer miembro, $P(\Omega | B )$, es $1$ ( por representar $\Omega$ el suceso seguro ). Así pues, despejando $k$, vemos que $k=1/P(B)$. Y sustituyendo el valor de la constante $k$ que acabamos de determinar en (1) podemos escribir finalmente $$P(A|B)=\frac{1}{P(B)}\cdot P(A \cap B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$, quedando así justificada la forma de definir la probabilidad condicionada $P(A|B)$. $\square$
Es evidente que $P(A|B)$ debe ser proporcional a $P(A \cap B$, por tanto hay una constante de proporcionalidad, $k$, tal que $P(A|B)=k\,P(A \cap B)$ (1). Ahora bien, sabemos que si $A:=\Omega$ ( el espacio muestral ), entonces también se cumplirá que $P(\Omega|B)=k\,P(\Omega \cap B)$, pero como $\Omega \cap B = B$, el segundo miembro de la igualdad anterior es $P(\Omega \cap B)=P(B)$ y, además, el primer miembro, $P(\Omega | B )$, es $1$ ( por representar $\Omega$ el suceso seguro ). Así pues, despejando $k$, vemos que $k=1/P(B)$. Y sustituyendo el valor de la constante $k$ que acabamos de determinar en (1) podemos escribir finalmente $$P(A|B)=\frac{1}{P(B)}\cdot P(A \cap B)=\frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$, quedando así justificada la forma de definir la probabilidad condicionada $P(A|B)$. $\square$
martes, 3 de febrero de 2015
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