Ejercicios resueltos y comentados del examen de los temas 10, 11 y 12 de 2.º de Bach. CCSS ( realizado el día 25/04/2016 )

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Dos máquinas fabrican piezas similares ...

ENUNCIADO. Dos máquinas, $A$ y $B$, fabrican piezas similares. La producción por hora de dichas máquinas es de $300$ y $400$ piezas, respectivamente. Sabemos que el tanto por ciento de piezas defectuosas que fabrica la máquina $A$ es del $8\,\%$, y que el tanto por ciento de piezas defectuosas que fabrica la máquina $B$ es del $15\,\%$. Todas las piezas fabricadas se guardan mezcladas en el mismo almacén. Elegimos, al azar, una pieza del almacén. Se pide:
a) Calcular la probabilidad de que la pieza elegida sea defectuosa
b) Sabiendo que la pieza elegida ha resultado ser defectuosa, calcular la probabilidad de que ésta haya sido producida por la máquina $A$

SOLUCIÓN.
a)
Llamemos:
$D$ al suceso la pieza elegida es defectuosa ( de las piezas producidas por ambas máquinas )
$M_A$, elegir una pieza fabricada en la máquina $A$
$M_N$, elegir una pieza fabricada en la máquina $B$

Entonces, $\{M_A\,,\,M_B\}$ constituye un espacio completo de sucesos, esto es, $\Omega=M_A \cup M_B$, siendo $M_A \cap M_B=\emptyset$, con lo cual, $$D=(D \cap M_A) \cup (D \cap M_B)$$

Ahora bien, $(D \cap M_A) \cap (D \cap M_B) = \emptyset$, luego $(D \cap M_A)$ y $(D \cap M_B)$ son sucesos incompatibles; y, por tanto, $$P(D)=P((D \cap M_A) \cup (D \cap M_B))=P(D \cap M_A) + P(D \cap M_B)$$
Teniendo en cuenta, ahora, que
$P(D \cap M_A)=P(D|M_A)\cdot P(M_A)=\dfrac{8}{100}\cdot \dfrac{300}{700}=\dfrac{6}{175}$
y
$P(D \cap M_B)=P(D|M_B)\cdot P(M_B)=\dfrac{15}{100}\cdot \dfrac{400}{700}=\dfrac{3}{35}$
obtenemos la probabilidad total $$P(D)=\dfrac{6}{175}+\dfrac{3}{35}=\dfrac{3}{25}=12\,\%$$

b)
Por el teorema de Bayes, podemos escribir $$P(M_A|D)=\dfrac{P(D|M_A)\cdot P(M_A)}{P(D)}$$ y poniendo los datos $$P(D)=\dfrac{6/175}{3/25}=\dfrac{2}{7} \approx 29\,\%$$
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Hallar la probabilidad de que el número de caras obtenido sea ...

ENUNCIADO. Se lanza $5000$ veces una moneda. Se sabe que la probabilidad de que salga cara en un lanzamiento es del $60\,\%$. Calcular la probabilidad de obtener menos de $2500$ caras.

ENUNCIADO. Denotemos por $X$ la variable aleatoria número de caras obtenidas. La distribución de probabilidad natural de dicha variable es binomial: $B(5000\,,\,0'6)$; la esperanza matemática ( media ) de $X$ es $E[X]=n\cdot p=5000\cdot 0'6 = 3000$, por lo cual ya podemos avanzar que, como $2500$ es notablemente menor que dicha valor, la probabilidad pedida ha de ser muy pequeña, casi cero. Vamos a calcularla:

$$P\{X<2500\}=\displaystyle \sum_{i=0}^{2500-1}\,\binom{5000}{i}\cdot 0'6^{i}\cdot (1-0'6)^{5000-i}$$ Es manifiesta la enorme dificultad de cálculo con la distribución natural de $X$, lo cual hace del mismo algo inviable; por ello, y de acuerdo con el teorema de De Moivre-Laplace, procedemos a aproximar la variable binomial $X$ ( que es discreta ) por una variable normal $X'$ ( que tiene una d. continua ) de media $\mu=n\,p$ y desviación estándar $\sigma=\sqrt{n\, p\, q}=\sqrt{1200}$ ( donde la probabilidad de éxito ( en un lanzamiento ) es $p=0'6$ y, por tanto, la de fracaso, es $q=1-p=0'4$ ), pues se satisfacen las condiciones suficientes para ello: $n\cdot p = 5000 \cdot 0'6 = 3000 > 5$ y $n\cdot (1-p)= 5000 \cdot 0'4 = 2000 > 5$.

Los parámetros de la distribución normal de $X':N(\mu\,,\,\sigma)$ son $\mu=n\,p = 5000\cdot 0'6=3000$ y $\sigma=\sqrt{5000 \cdot 0'6 \cdot 0'4}=\sqrt{1200} \approx 34'6410$

Así, efectuando, también, la corrección de Yates o corrección de continuidad, podemos escribir
$P\{X \prec 2500\} \approx P\{X'< 2500+0'5\}=P\{X'<2500'5\}\overset{\text{tipificando} X}{=}$
$=P\{Z \prec \dfrac{2500'5-3000}{64'6410} \}=P\{Z \prec -14'4193\}$
$= P\{Z \ge 14'4193\}=1-P\{Z\prec 14'4193\} \approx 0$, ya que, para un valor de abscisa tan grande ( alrededor de $14$ ), $P\{Z \prec 14'4193\}\approx 1$

En conclusión, la probabilidad pedida, $P\{X \prec 2500\}$, resulta ser (prácticamente) cero, como era de esperar. $\square$

Probabilidad condicionada

ENUNCIADO. Dada una cierta experiencia aleatoria, se sabe que la probabilidad de que ocurra un cierto suceso, $A$, es igual a $\frac{1}{3}$; y, que la probabilidad de que ocurra otro suceso, $B$, sabiendo que ocurre el suceso $A$, es igual a $\frac{3}{4}$. ¿ Cuál es la probabilidad de que ocurran los dos sucesos ?.

SOLUCIÓN. De la definición de probabilidad condicionada,
$P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$, luego $P(A \cap B)=P(A|B)\cdot P(B)=\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{4}$
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Se sabe que la distribución de la masa de las manzanas de un cierto cargamento es ...

ENUNCIADO. Se sabe que la distribución de la masa de las manzanas de un cierto cargamento es la de una variable aleatoria normal, cuya media es de $250\;\text{gramos}$ y cuya desviación estándar es de $30\;\text{gramos}$. Se elige, al azar, una manzana de dicho cargamento, ¿ cuál es la probabilidad de que la masa de dicha manzana esté comprendida entre $220$ y $260\;\text{gramos}$ ?.

SOLUCIÓN.
$X$ es $N(250\,,\,30)$, luego $P\{220 \le X \le 260\}$. Para poder utilizar las tablas de la distribución de probabilidad normal $N(0,1)$, realizamos la siguiente transformación de la variable

$$Z=\dfrac{X-250}{30}$$ De esta forma
$P\{220 \le X \le 260\} = P\{\dfrac{220-250}{30} \le Z \le \dfrac{260-250}{30}\}$
$=P\{-1 \le Z \le 0'3333\}$ ( habiendo aproximado la abscisa del extremo superior a la cuarta cifra decimal )

$=P\{Z \le 0'3333\}-P\{Z \le -1\}\overset{\text{simetría de} f(z)}{=}P\{Z \le 0'3333\}-P\{Z \ge 1\}$

$\overset{\text{prop. del contrario}}{=}P\{Z \le 0'3333\}-(1-P\{Z \le 1\})$

$=P\{Z \le 0'3333\}+P\{Z \le 1\}=F(0'3333)+F(1)-1 \quad \quad (1)$
siendo $F(z)$ la función de distribución de probabilidad, que viene en las tablas de $Z$ que es $N(0,1)$

Consultando las tablas, vemos a la abscisa $0'33$ le corresponde $F(0'33)=0'6293$; y, a la abscisa $0'34$, $F(0'34)=0'6331$. Entonces, como $0'33 \le 0'3333 \le 0'34$, realizando la interpolación lineal, $$\dfrac{F(0'3333)-0'6293}{0'3333-0'33}=\dfrac{0'6331-0'6293}{0'34-0'33}$$ de donde $$F(0'3333)=\dfrac{0'6331-0'6293}{0'34-0'33}\cdot (0'3333-0'33)+0'6293 \approx 0'6306$$

Por tanto, de (1), y consultando las tablas, obtenemos que la probabilidad pedida es $$0'6306+0'8413-1 = 0'4719 \approx 47\,\%$$
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De tarjetas y cajones

ENUNCIADO. Guardamos siete tarjetas, numeradas del uno al siete, en siete cajones ( numerados, también, del uno al siete ), poniendo cada tarjeta en el cajón de su respectivo número. Una vez han sido guardadas la tarjetas, alguien ha sacado la tarjeta número uno ( del cajón número 1 ) y, luego, la ha vuelto a guardar en uno de los siete cajones ( que elije al azar ). A continuación, sacamos una tarjeta del segundo cajón ( en dicho cajón, puede haber una sola tarjeta -- la número dos -- o bien dos, la número uno y la número dos ), ¿ cuál es la probabilidad de que la tarjeta que sacamos sea la número uno ?.

Sugerencia: Tener en cuenta el teorema de la Probabilidad Total.

SOLUCIÓN. Sean los siguientes sucesos:
    $C_2$: en la reubicación de la tarjeta número uno, poner la tarjeta número uno ( extraída del primer cajón ) en el cajón número dos
    $T_1$: en la extracción final de tarjeta del cajón número dos, extraer la tarjeta número uno del cajón número dos

Teniendo en cuenta que $\{C_2\,,\,\overline{C_2}\}$ constituye una partición del espacio muestral $\Omega$, podemos escribir que $$T_1=(T_1 \cap C_2) \cup (T_1 \cap \overline{C_2})$$ Y como $(T_1 \cap C_2)$ y $(T_1 \cap \overline{C_2})$ son sucesos incompatibles, $$P(T_1)= P\left(C_2 \cap T_1)\right) + P\left(\overline{C_2} \cap T_1 \right)$$ donde, teniendo en cuenta la definición de probabilidad condicionada, $$P(T_1 \cap C_2) = P(T_1|C_2)\cdot P(C_2)=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{7}=\dfrac{1}{14}$$
y
$$P(T_1 \cap \overline{C_2}) = P(T_1|\overline{C_2})\cdot P(\overline{C_2})=0\cdot \dfrac{6}{7}=0$$
Por consiguiente, la probabilidad pedida es igual a $$\dfrac{1}{14}+0=\dfrac{1}{14} \approx 7\,\%$$
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Sobre un juego de apuestas parecido al de la Bono Loto

Recomiendo que deis un vistazo a este problema de cálculo de probabilidades ( de 1.º de Bachillerado ).

Apuestas en el lanzamiento de dados. Un problema histórico.

¿ Qué es más probable: sacar al menos un seis al lanzar un dado cuatro veces, o bien sacar al menos dos seises al lanzar cuatro dados veinticuatro veces ?. Este problema es histórico, pues en la época en que se planteó y resolvió, empezaba a florecer el cálculo de probabilidades. Lo propuso el pensador, escritor y aficionado a los juegos de apuestas Antoine Gombaud ( chevalier de Mére ) [1607-1684], al matemático Blaise Pascal (1623-1662 ), quien lo resolvió. El resultado es que la probabilidad del primer supuesto es del $52\,\%$ [ver el cálculo], mientras que la del segundo es del $49\,\%$ [ ver el cálculo ]. Así que es mejor apostar a la primera opción.

Probabilidad de que aparezca al menos un doble seis al lanzar dos dados 24 veces

ENUNCIADO. Calcular la probabilidad de sacar al menos dos seises al lanzar dos dados veinticuatro veces.

SOLUCIÓN.
Al lanzar dos dados hay $6^2=36$ resultados posibles, de los cuales uno sólo corresponde a obtener dos seises, por lo que la probabilidad de sacar dos seises lanzando dos dados una vez es $\dfrac{1}{36}$; por consiguiente, la probabilidad de que no salgan dos seises es $1-\dfrac{1}{36}=\dfrac{35}{36}$. Ahora, al lanzar $24$ veces la pareja de dados, la probabilidad de que no aparezca ninguna vez el doble seis es $\left(\dfrac{35}{36}\right)^{24}$, luego la probabilidad del suceso contrario ( que al menos aparezca el doble seis una vez, esto es, que al menos aparezcan dos seises ) es $$1-\left(\dfrac{35}{36}\right)^{24} \approx 0,49 = 49\,\%$$ .

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Sacar al menos un '6' al lanzar cuatro dados

ENUNCIADO. Calcular la probabilidad de sacar al menos un '6' al lanzar un dado cuatro veces.

SOLUCIÓN.
La probabilidad de sacar un '6' en un lanzamiento es $\dfrac{1}{6}$, luego la probabilidad de no sacarlo es $1-\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{6}$; por tanto, la probabilidad de que al lanzar un dado cuatro veces no aparezca el '6' en ninguna de ellos es $\left(\dfrac{5}{6}\right)^4$, y la probabilidad del suceso contrario a éste ( de que aparezca al menos un '6' ) es $1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^4=\dfrac{671}{1296} \approx 0,52 = 52\,\%$. $\square$

Calcular las siguientes integrales definidas

ENUNCIADO. Calcular:

a) $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx$

b) $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx$

SOLUCIÓN.
a) El integrando es la función de densidad de la distribución normal $N(0,1)$, y sabemos que $\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=1$; por tanto, $$\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=\sqrt{2\pi}$$

b) Teniendo en cuenta lo dicho arriba, $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,e^{-\frac{x^2}{2}}\,dx=F(1)-F(-1)$, siendo la función primitiva $F(x)$ la función de distribución de probabilidad de una variable aleatoria $N(0,1)$. Consultando las tablas de dicha función, encontramos $F(1) = 0,8413$ ( aproximada con $4$ cifras decimales ); teniendo en cuenta, además, la propiedad de simetría con respecto al eje de ordenadas de densidad $f(x)$ y la propiedad de la probabilidad del contrario, podemos escribir, $F(-1)=1-F(1)=1-0,8413$, luego se tiene que el valor de la integral pedida es $$F(1)-(1-F(1))=2\,F(1)-1=0,6826$$
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Un ejercicio sobre los modelos binomial e hipergeométrico de variable aleatoria discreta

ENUNCIADO. En una urna hay $10$ bolas ( de igual tamaño, masa y con la misma sensación al tacto ), de las cuales $6$ están pintadas de blanco y el resto de otros colores. Extraemos $4$ bolas al azar. Calcular la probabilidad de que entre éstas hay exactamente $2$ bolas blancas:
a) Sacando las cuatro bolas una a una, reemplazando la bola extraída en la urna antes de sacar la siguiente bola.
b) Sacando las cuatro bolas a la vez

ENUNCIADO.
a)
En el primer caso, las elecciones de bola son independientes, luego ya hemos visto en otros ejercicios parecidos que la probabilidad pedida ( aplicando la regla de Laplace, pues cada una de las $10$ puede escogerse con la misma probabilidad ) es igual al cociente entre el número de casos favorables al suceso por el que estamos interesados en el cálculo de su probabilidad y el número total de posibilidades, la probabilidad pedida es igual a $$\dfrac{\text{PR}_{4}^{2,2}\cdot \text{VR}_{6,2} \cdot \text{VR}_{10-6,2}}{\text{VR}_{10,4}} \approx 0,3456$$

Sin embargo, hay otra forma de calcular la probabilidad pedida, que consiste en utilizar el modelo binomial de variable aleatoria ( que funciona para pruebas repetidas independientes, con dos posibles resultados: "obtener bola blanca" o bien "obtener bola de color distinto al blanco". Denotemos por $X$ la v.a. números de bolas blancas que aparecen en el grupo de $4$ bolas extraídas, entonces $X=\{0,1,2,3,4\}$. Como en una extracción la probabilidad de sacar bola blanca es $\dfrac{6}{10}=0,6$ ( probabilidad de éxito ) y, por tanto, la probabilidad de nos sacar bola blanca es $1-0,6=0,4$, tenemos que $$P\{X=2\}=\binom{4}{2}\cdot (0,6)^2 \cdot (0,4^{4-2} \approx 0,3456$$

Nota 1: En las condiciones con las que hacemos las extracciones de bolas ( extracciones sucesivas independientes ), y para un caso general ( contemplando la posibilidad de cambiar los datos ) en que: $N$ represente el número de bolas de la urna; $N_b$ ( donde $N_b \le N$ ), el número de bolas de la urna que están pintadas de blanco; $m$ ( siendo $m \le N$ ), el número de bolas que extraemos; y, $m_b$, el de bolas que hay entre el grupo de $m$ bolas ( siendo $m_b \le m$ ) y que resultan ser blancas, podemos escribir que la probabilidad de que entre las $m$ bolas extraídas haya $m_b$ bolas blancas es igual a la función de probabilidad ( o de cuantía ) para $X=m_b$, esto es, $f_{\text{binomial}}(m_b)$; es decir,
$$P\{X=m_b\}=f_{\text{binomial}}(m_b)=\binom{m}{m_b }\cdot \left(\dfrac{N_b}{N}\right)^{m_b} \cdot \left(1-\dfrac{N_b}{N}\right)^{m-m_b}$$

b)
En este caso, podemos contemplar la extracción conjunta del grupo de $4$ bolas, como si se extrajesen ( también ) de forma sucesiva, pero sin reemplazar las bola que se ha sacado al ir a extraer la siguiente bola; decimos, por tanto, que estas extracciones sucesivas son dependientes. Al sacar las bolas de esta manera, la probabilidad pedida ( empleando nuevamente la regla de Laplace ) es igual a $$\displaystyle \dfrac{\binom{6}{2}\cdot \binom{10-6}{4-2}}{\binom{10}{4}} \approx 0,4826$$ Ello se ajusta a otro modelo de variables aleatoria: la distribución hipergeométrica.

Nota 2: En las condiciones con las que hacemos, ahora, las extracciones de bolas ( extracciones de unas cuantas bolas de forma simultánea ), y para un caso general ( por si cambiamos los datos ) en que ( como antes ): $N$ represente el número de bolas de la urna; $N_b$ ( donde $N_b \le N$ ), el número de bolas de la urna que están pintadas de blanco; $m$ ( siendo $m \le N$ ), el número de bolas que extraemos; y, $m_b$, el de bolas que hay entre el grupo de $m$ bolas ( siendo $m_b \le m$ ) y que resultan ser blancas, podemos escribir que la probabilidad de que entre las $m$ bolas extraídas haya $m_b$ bolas blancas es igual a la función de probabilidad ( o de cuantía ) para $X=m_b$, esto es, $f(m_b)$; es decir,
$$P\{X=m_b\}=f_{\text{hipergeométrica}}(m_b)=\dfrac{\binom{N_b}{m_b}\cdot \binom{N-N_b}{m-m_b}}{\binom{N}{m}}$$

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Ejercicios resueltos y comentados del examen de recuperación del 2.º trimestre ( temas: 5-9), realizado el día 31/03/2016

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