Guia2_Cap1_Conteo Condicional Indep

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EAS200a 
 
Ejercicios Resueltos Capitulo 1 Probabilidad 
Profesor: Víctor Correa S. 
Semestre I 2013 Espacios Finitos, Conteo, Probabilidad Condicional 
e independencia. 
 
 
Warning: This section may be bad for your academic health. In order to get any 
benefit from doing de exercises, do not look at the hints until you have given the 
problem an honest try are stuck. More importantly, never look at the partial solutions 
below until you have finished that exercise yourself. The use the answer only to check 
that you have not made a mistake . “Working backwards” from a solution will never 
teach you crucial solving skill. 
 
George R, Terrel, pag. 437, “Mathematical Statistics: A Unified Introduction”, 1999 
Springer. 
 
Espacios Finitos 
 
Ejemplo 1 
Se lanza una moneda 3 veces en forma trucada de modo que se observan las siguientes 
frecuencias en una serie muy numerosa de repeticiones del experimento. 
 
Ω P(ω) 
CCC 
CCS 
CSC 
CSS 
SCC 
SCS 
SSC 
SSS 
0,15 
0,10 
0,10 
0,15 
0,15 
0,10 
0,10 
0,15 
 
Considera los siguientes eventos: 
 
G: menos de dos cara 
H: todas las monedas iguales 
K: menos de dos sellos 
L: algunas monedas diferentes 
 
a) Encuentra las siguientes probabilidades: P(G); P(H); P(G H) PGH) 
b) Verifica que en a) se tiene: P(G H) = P(G) + P(H) - PGH) 
c) Encuentra las siguientes probabilidades: P(K); P(L); P(K L) PKL) 
d) Verifica que en a) se tiene: P(K L) = P(K) + P(L) - PKL) 
 
Solución: 
a) 
 2 
Menos de dos caras equivale a 0 o 1 cara. 
 
G = { SSS, CSS, SCS, SSC } 
H = { SSS, CCC } 
G H = { SSS, CSS, SCS, SSC, CCC } 
GH = {SSS} 
 
Asumiendo las frecuencias de la tabla como “probabilidades” y recordando que dado 
que los resultados no son equiprobables, la fórmula de Laplace no funciona, se tiene: 
 
P(G) = P(SSS) + P(CSS) + P(SCS) + P(SSC) = 0,15+0,15+0,10+0,10 = 0,50 
P(H) = P(SSS)+P(CCC ) = 0,15+0,15= 0,30 
P(G H) = P(SSS)+P(CSS)+P(SCS)+P(SSC)+P(CCC) = 0,15+0,15+0,10+0,10+0,15 
= 0,65 
PGH)=P({SSS}) = 0,15 
 
b) P(G H) = P(G) + P(H) - PGH) 
 0,65 = 0,50 + 0,30 - 0,15 
 
c) 
K ={ CCC, SCC, CSC, CCS } 
L = { CCS, CSC, CSS, SCC, SCS, SSC } 
K L = { CCC, SCC, CSC, CCS, CSS, SCS, SSC }={SSS}
c 
 
KL = { SCC, CSC, CCS, CSC, SCC } 
 
P(K) = P(CCC)+P(SCC)+P(CSC)+P(CCS) = 0,15+0,15+ 0,10+0,10 = 0,50 
P(L) = P(CCS)+P(CSC)+P(CSS)+P(SCC)+P(SCS)+P(SSC) = 
0,10+0,10+0,15+0,15+0,10+0,10 = 0,70 
P(K L) = 1 - P({SSS} = 1 - 0,15 = 0,85 
P(KL) = P(SCC)+ P(CSC)+P(CCS)+P(CSC)+P(SCC) = 0,35 
 
d) P(K L) = P(K) + P(L) - PKL) 
 0,85 = 0,50 + 0,70 - 0,35 
 
Ejemplo 2 
Al planificar una familia de tres niños una pareja esta interesada en los siguientes 
eventos: 
 
A: todos del mismo sexo 
B: exactamente 1 hombre 
C: por lo menos 2 hombres 
 
Suponer que en cada nacimiento los varones y niñas son igualmente probables y que el 
sexo de uno no modifica el sexo del siguiente. 
 
a) Calcular P(A), P(B), P(C). 
b) Los eventos A, B y C forman una “partición” del espacio muestral si siempre 
ocurre uno y solo uno de ellos. ¿Los eventos de a) forman una partición? 
c) Si se define A: todas mujeres. Ahora, son A, B, C una partición, ¿qué es P(A) + 
P(B) + P(C)? 
 3 
 
Solución: 
 
Los supuestos hacen que el sexo de cada hijo de la pareja sea equivalente a lanzamiento 
de una moneda justa. Así el espacio muestral tiene ocho resultados equiprobables (prob 
= 1/8): 
 
Ω = { HHH, HHM, HMH, HMM, MHH, MHM, MMH, MMM } 
 
P 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 1/8 
 
Quizás la manera más ordenada de escribir los resultados de experimentos compuestos 
por etapas, como el anterior, es construyendo un árbol. En la figura siguiente cada rama 
del árbol determina un resultado. 
 
 
 
A: todos del mismo sexo = { HHH, MMM } 
B: exactamente 1 hombre = { HMM, MHM, MMH} 
C: por lo menos 2 hombres ={HHM, MHH, HMH, HHH} 
 
Usando Laplace, P( A ) = 2/8 = 0,25 
 P( B ) = 3/8 
 P( C ) = 4/8 = 0,5 
b) 
No forman una partición dado que A y C pueden ocurrir al mismo tiempo (si ocurre 
HHH) 
c) 
Aquí, 
A: todas mujeres = { MMM } 
B: exactamente 1 hombre = { HMM, MHM, MMH} 
C: por lo menos 2 hombres ={HHM, MHH, HMH, HHH} 
 
Forman una partición del espacio dado que siempre ocurrirá uno y solo uno de los 
siguientes eventos: 
 
O bien, A, es decir, 0 hombres, 
O bien, B, un hombre. 
O bien, C, dos o tres hombres. 
 4 
 
Desde el punto de vista de conjuntos se tiene que A, B, C son disjuntos a pares y su 
unión es Ω. 
 
Como P( A )+ P( B ) + P( C ) = P(A B C) = 1 indica el hecho que A B C es 
un evento seguro, siempre ocurre. 
 
 
Ejemplo 3 
En grupo de 100 alumnos tiene las siguientes características 
 
 Hombres Mujeres 
Cursan Estadística 
No cursan Estadística 
 17% 38% 
 23% 22% 
 
Se selecciona al azar un estudiante, ¿cuál es la probabilidad de que sea: 
 
a) Un hombre 
b) Una mujer 
c) Que curse Estadística 
d) Un hombre o alguien que curse Estadística 
e) Un hombre que curse Estadística 
 
Solución: 
a) P( Hombre) = 0,17 + 0,23 = 0,40 
b) P( Mujer) = 0,38 + 0,22 = 0,60 
c) P(Curse Estadística) = 0,17+ 0,38 = 0,55 
d) P(Hombre o alguien que cursa Estadística)= 0,17+0,23+0,38 
e) P( Hombre que cursa Estadística) = 0,17 
 
 
Ejemplo 4 
Una vez egresados de su carrera, Juan y Maria deben defender sus Tesis de Titulo, el 
mismo día, hora, pero en salas y frente a comisiones distintas. El resultado de cada 
defensa puede ser, aprobación con: 
 
Distinción Unánime (U) 
Distinción Máxima (M) 
Distinción (D). 
 
Considera el experimento de observar las calificaciones que obtendrán Juan y Maria. 
 
a) Escribe un espacio muestral , para el experimento. 
 
b) Escribe los siguientes eventos en términos de los resultados del espacio . 
 
A = Juan obtiene distinción Máxima 
B = Maria obtiene distinción Máxima 
C= Ninguno obtiene distinción Unánime, pero al menos uno obtiene distinción 
máxima. 
 5 
E = Al menos uno obtiene distinción Máxima pero ninguno obtiene Distinción. 
 
c) Supón que: P[A] = 0,3; P[B] = 0,4 y P[C] = 0,1. Determina la probabilidad de 
que “al menos uno obtiene distinción Máxima pero ninguno obtiene Distinción”. 
 
Solución: 
a)  = { UU, UD, UM, DU, DD, DM, MU, MD, MM }. 
 
Otra posibilidad  = { (x, y) / x = U, M, D; y = U, M, D } 
 
b) A = { UM, DM, MM }. 
B = { MU, MD, MM }. 
 C = { DM, MD, MM }. 
 E = { UM, MU, MM }. 
 
c) Se pide P[E]. 
 
P[A] = P[UM] +P[DM] + P[MM] = 0,3 (1) 
P[B] = P[MU] +P[MD] + P[MM] = 0,4 (2) 
P[C] = P[DM] +P[MD] + P[MM] = 0,1 (3) 
 
Restando ecuación (3) de la (1) y (2) se obtiene: 
 
P[UM] - P[MD] = 0,2 (4) 
P[MU] - P[DM] = 0,3 (5) 
 
Sumándolas (4) + (5) = P[UM] +P[MU] - (P[MD] + P[DM] ) = 0,5 (6) 
 
Pero (3) implica: P[MD] + P[DM] = 0,1 – P[MM] (7) 
 
Reemplazando (7) en (6) se tiene: 
 
P[UM] +P[MU] + P[MM] = 0,5 + 0,1 = 0,6 
 
Es decir, P[E] = 0,6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 6 
 
Métodos de Conteo 
 
Ejercicio 1 
¿Cuántas patentes de automóviles de 4 letras seguidas de dos dígitos son posibles 
formar? 
Solución 
 
Imaginemos una patente descrita por 6 celdas: ___ ___ ___ ___ __ __ 
 
Existen 27 maneras (letras en el alfabeto español) de llenar la primera celda, 27 la segunda, 27 la tercera 
y 27 la cuarta. Paraquinta celda existen 10 posibilidades (dígitos 0 al 9) y para la última 10, así por la 
regla de la multiplicación el número de patentes es 27
4
10
2
 = 53.144.100. 
 
Ejercicio 2 
Si lanzamos 10 veces una moneda, ¿cuántas resultados podemos obtener? 
Solución 
 
Imaginemos un resultado descrito por 10 celdas: ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ 
 
Existen 2 maneras de llenar la primera celda (cara o sello), 2 la segunda, 2 la tercera y así, 2 la décima 
celda. Así por la regla de la multiplicación el número de casos es 2
10
 = 1.024 resultados. 
 
Ejercicio 3 
Si lanzamos 10 veces un dado ¿cuantas resultados podemos obtener? 
Solución 
 
Imaginemos un resultado con 10 celdas: ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ ___ 
 
Existen 6 maneras de llenar la primera celda ( 1, 2, 3, 4, 5 o ,6), 6 la segunda, 6 la tercera y así, 6 la 
décima celda. Así por la regla de la multiplicación el número de casos es 6
10
 = 60.466.176 resultados. 
 
Ejercicio 4 
a) ¿De cuántas maneras podemos ordenar N objetos? 
b) ¿De cuántas maneras podemos ordenar N objetos, sin importar el orden? 
Solución 
 
a) 
Imaginemos un resultado con N celdas: ___ ___ ___ . . . ___ ___ 
 1 2 3 N-1 N 
 
Existen N maneras de llenar la primera celda, N - 1 la segunda, N - 2 la tercera y así, . . ., 1 sola manera 
de llenar la N-ésima celda. Así por la regla de la multiplicación el número de casos es: 
 
N(N-1)(N-2)  . . . 1 = N! maneras o permutaciones de N objetos. 
 
El símbolo N!, denota el factorial de N, donde, N = 0,1,2, 3, . . . 
 
Por definición: 0! = 1. 
 
Además, 1! = 1 y N! = (N-1)!N. 
 
b) De una sola manera. 
 
 7 
Ejercicio 5 
¿De cuántas maneras podemos ordenar 4 libros de Matemáticas, 3 libros de Química, 2 
libros de Física en un estante, de modo que todos los libros de cada tema queden 
ubicados juntos? 
Solución 
 
Según el ejercicio 4 -a), podemos ordenar los libros de Matemáticas juntos de, 4!, maneras, los de 
Química de, 3!, maneras, los de Física de, 2!, maneras. Ahora también podemos ordenar los grupos de 
libros. Si los anotamos como M, Q, F, los grupos anteriores se pueden ordenar de, 3!, maneras. Así, las 
maneras de hacer lo solicitado son, 3!  (4! 3! 2!) = 1.728. 
 
Ejercicio 6 
a) ¿De cuántas maneras podemos ordenar las letras a, a, b, c, d sin distinguir las letras 
repetidas? 
b) ¿De cuántas maneras podemos ordenar las letras a, a, b, c, c, c, d sin distinguir las 
letras repetidas? 
Solución 
 
a) 
Primero distingamos la letra repetida a, A, b,c ,d. 
 
Según el ejercicio 4 -a), podemos ordenar las letras de, 5! = 120, maneras, Pero la letra repetidas 
generan casos que no interesan Aa o aA, es decir, 2!, casos. Así, los casos que nos interesan son sólo la 
mitad de los 120, es decir, 5!/2! = 60. 
 
b) 
Según el razonamiento anterior las maneras son: 7!/(2!3!) = 420. 
 
Ejercicio 7 
a) ¿De cuántas maneras podemos separar N objetos, en dos grupos, uno con n objetos 
y otro con N - n objetos, donde sólo interesa el orden de los n objetos? 
b) ¿De cuántas maneras podemos separar N objetos, en dos grupos, uno con n objetos 
y otro con N - n objetos, donde, dentro de cada grupo no importa como están 
ordenados los objetos? 
c) ¿De cuántas maneras podemos separar N objetos, en tres grupos, uno con n1 objetos, 
un segundo grupo con n2 objetos y un tercero con N - n1 - n2 objetos, donde dentro 
de cada grupo no importa como están ordenados los objetos? 
Solución 
a) 
Este problema es equivalente a extraer n objetos de N, considerandos los objetos distinguibles y el orden. 
Así extraemos n y quedan N - n 
 
Imaginemos un resultado con n celdas: ___ ___ ___ . . . ___ ___ 
 
Existen N maneras de llenar la primera celda , N - 1 la segunda, N - 2 la tercera y así, . . . N - (n+1) la 
n-ésima celda. Así por la regla de la multiplicación el número de casos es: 
 
N(N - 1)(N - 2)  . . . (N - (n+1)) = N!/(N - n)!, son permutaciones de n objetos tomados de N. 
 
El término anterior se puede interpretar cono sigue: 
 
“Existen N! formas de ordenar N objetos, pero sólo nos interesan los ordenes de n objetos, así, 
cancelamos del total anterior los ordenes de los N - n objetos, resultando N!/(N - n)!”, 
 
b) 
 8 
Según a), las maneras de extraer n objetos de N, considerando el orden son N!/(N - n)!. Ahora, aquí 
tampoco interesa el orden de los n objetos seleccionados, así, las maneras son, N!/[(N - n)! n!]. El 
término anterior, indica el número de combinaciones de n objetos tomados de N, es decir, las 
combinaciones son permutaciones donde no importa el orden. El número de combinaciones de n objetos 
tomados de N, se anotan: 
 
.





n
N
 
 
c) 
La respuesta es: 
 
!!)!(
!
!)!(
)!(
!)!(
!
2121221
1
112
1
1 nnnnN
N
nnnN
nN
nnN
N
n
nN
n
N











 






 
 
Otra vez como en b), la última fórmula se puede interpretar cono sigue: 
 
“Existen N! formas de ordenar N objetos, pero no interesan los ordenes en el interior de los grupos, de 
modo que para cancelar esos casos se divide por n1! n2! (N - n1 - n2)!”. 
 
 
Ejercicio 8 
a) ¿De cuántas maneras podemos extraer 4 fichas de una urna con 20 fichas, con 
reemplazo? 
b) ¿De cuántas maneras podemos extraer 4 fichas de una urna con 20 fichas, sin 
reemplazo? 
c) ¿De cuántas maneras podemos extraer 4 fichas de una urna con 20 fichas, sin 
reemplazo y sin considerar el orden? 
Solución 
 
Imaginemos 4 celdas: ___ ___ ___ ___ 
a) 
Existen 20 maneras de llenar la primera celda, 20 la segunda, 20 la tercera y 20 la cuarta. Así el número 
de muestras s es 20
4
 = 160.000. 
b) 
Aquí, existen 20 maneras de llenar la primera celda, 19 la segunda, 18 la tercera y 17 la cuarta. Así el 
número de muestras es 20191817 = 116.280. 
c) 
 
.845.4
!4
280,116
4
20






 
 
 
Ejercicio 9 
Considera 8 mujeres y 8 hombres, ¿de cuántas maneras podemos elegir un comité que 
tiene 2 mujeres y 2 hombres? 
Solución 
Aquí es obvio que el orden es irrelevante. Así la respuesta es: 
 
.78428
2
8
2
8
2 











 
 
 9 
 
Espacios de Probabilidad equiprobables: Fórmula de Laplace 
 
 
Ejemplo 1 
Una urna contiene una ficha roja y cinco verdes. Se realizan cuatro extracciones 
aleatorias. Calcula la probabilidad de que: 
a) Aparezca la ficha roja si las extracciones son sin reemplazo. 
b) Aparezca la ficha roja al menos una vez, si las extracciones son con reemplazo 
c) Aparezca una ficha roja no más de dos veces, si las extracciones son con reemplazo. 
 
Solución 
Suponiendo equiprobabilidad (extracciones al azar) y usando Laplace, 
a) 
Se resolverá el problema con tres métodos: 
A1. P[ Aparece la ficha roja ] = (1543+5143+5413+5431) /6543 = 4/6 = 0,66. 
 
A2, También se puede hacer el cálculo sin considerar el orden: ( 5 sobre (4 – 1) = 3 ) / (6 sobre 4 ) = 4/6. 
 
A3. Otro método (“dividir para conquistar”): 
 
P[ Aparece la ficha roja ] = P( Aparece la 1ra extr) + P( Aparece la 2da extr)+ P( Aparece la 3ra extr)+ P( 
Aparece la 4 ta extr) 
Lo anterior porque los eventos son excluyentes (no hay reemplazo). 
 
P( Aparece la 1ra extr) = 1543 /6543 = 1/6. 
P( Aparece la 2da extr) = 5143 /6543 = 1/6. 
P( Aparece la 3ra extr) = 5413 /6543 = 1/6. 
P( Aparece la 4ta extr) = 5431 /6543 = 1/6. 
 
P[ Aparece la ficha roja ] = 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 = 4/6 
 
 
b) 
Se resolverá el problema con dos métodos: 
 
B1. (“pasar al complemento”) 
P[ Aparece ficha roja ] = 1- P[No aparecela ficha roja] =1- (5/6)
4
 = 1 - 0,482 = 0,518 (1,5 ptos) 
 
B2.Otro método (“dividir para conquistar”): 
 
 P[ Aparece la ficha roja al menos una vez ] = 
 = P( Aparece l vez) + P( Aparece 2 veces)+ P( Aparece 3 veces)+ P( Aparece 4 veces) 
 
Nótese que no sirve aplicar la suma en A3 porque los eventos en A3 aquí no son excluyentes cuando 
hay reemplazo. 
 
P( Aparece l vez) = 4 (5/6)
3
 ; P( Aparece 2 veces) = 6 (5/6)
2
 (1/6) ; P( Aparece 3 veces) = 
4(5/6) (1/6)
3
; 
P( Aparece 4 veces) = (1/6)
4
. 
 
c) 
Se resolverá el problema con dos métodos: 
 
C.1 P[ No más de 2 fichas rojas] = P( Ninguna roja] + P[ Exactamente una roja]+ P[ Exactamente dos 
rojas] = (5/6)
4
 + 4(1/6) (5/6)
3
 + 6(1/6)²(5/6)² = 0,984 (3,0 ptos) 
 
 
 10 
C.2 (Casos favorables /Casos totales) 
P[ No más de 2 fichas rojas] = # No más de 2 fichas rojas/# 
 
# = 6666 
 
# No más de 2 fichas rojas = # Ninguna roja + # 1 ficha roja + # 2 fichas rojas. 
 
# Ninguna roja = 5555 + 41555 + 61155 
 
 Por ejemplo, es 6 en el último término porque 2 rojas y 2 verdes aparecen de ( 4 sobre 2 ) = 6 maneras. 
 
En a) y b) los cálculos también se pueden realizar con conteos. 
 
 
Ejemplo 2 
Los nombres de los siete días de la semana son puestos en un sombrero. Se extraerán 
tres nombres que indicaran los días en que voy a leer un libro. ¿Cuál es la probabilidad 
de que no lea libros el fin de semana? 
 
Solución 
Aquí el muestreo es sin reemplazo y podemos considerar con o sin orden, la respuesta es la misma. 
 
Para muestras ordenadas,  = { (x,y,z) / x, y, z son los días de la semana sin repeticiones } 
 = { (sábado, lunes, viernes); (martes, viernes, domingo); . . . } 
 
Imaginemos que tenemos 3 celdas. En la primera podemos colocar 7 nombres, en la segunda 6 (porque ya 
ubicamos un nombre en la primera y no hay reemplazo) y en la tercera 5 nombres, así, #,= 765 = 210. 
 
Sea el evento A = No resultan programadas lecturas el fin de semana. 
 
Entonces, #A = 543 = 60, así P[ A ] = 60/210 = 2/7. 
Si consideramos el orden, entonces, 7/2
3
7
3
5
][ 











AP 
 
Ejemplo 3 
Una caja contiene 20 fichas de las cuales 10 son rojas y 10 azules. Extraemos 10 fichas 
al azar y estamos interesados en el evento A de obtener exactamente 5 rojas y 5 azules 
en cualquier orden. ¿La probabilidad del evento A es mayor con o sin reemplazo? 
 
Solución 
 = { (a1, a2, . . . , a10 ) / extracciones de una urna con 20 fichas, 10 rojas y 10 azules } 
 = { (RAAAAAAAAA); (RRARRARARR); . . . } 
a) Consideremos el muestreo con reemplazo. Entonces, #,= 20
10
. 
 
El número de maneras en que podemos obtener primero 5 fichas rojas y después cinco azules (por ejemplo, 
(RRRRRAAAAA) ) es 10
5
10
5 
= 10
10
. 
 
Sin embargo, hay muchas otras maneras de obtener cinco rojas y cinco azules, dado que las cinco rojas 
podrían aparecer en cualquiera de las 10 extracciones. Ahora, las maneras en que 5 rojas pueden aparecer en 
10 extracciones es 252
5
10






 maneras 
 #A = 25210
10
 
Así P[ A ] = #A / # = 25210
10
/20
10 
  0,246 
 
b) Consideremos el muestreo sin reemplazo. Entonces, #,= 20191817161514131211. 
 11 
El número de maneras en que podemos obtener primero 5 fichas rojas y después cinco azules (por ejemplo, 
(RRRRRAAAAA) ) es 109876109876 y como antes hay 252
5
10






 maneras de obtener 5 
rojas en las 10 extracciones, así , #A = 252109876109876. 
 
Así P[ A ] = #A / #  0,343. 
b1) Si no importa el orden, entonces, , #, = 





10
20
 
#A = 
2
10
20






 
Así P[ A ] = #A / #  0,343. 
 
Conclusión: La probabilidad es mayor con reemplazo. 
 
 
Ejemplo 4 
Tengo 6 monedas de oro, 4 de plata y 3 de bronce en mi bolsillo. Saco al azar tres 
monedas. 
 
a) ¿Cuál es la probabilidad que las tres sean de distinto metal? 
b) ¿Cuál es la probabilidad que las tres sean del mismo metal? 
 
Solución 
Aquí el muestreo es sin reemplazo y las muestras sin orden. Así, # = 286
3
13






. 
a) El evento A de obtener las tres monedas de distinto metal puede ocurrir de 643 =72 maneras. 
Así P[ A ] = #A / # = 72/286  0,252. 
b) El evento de que las tres monedas sean del mismo metal tiene, 
 251420
3
3
3
4
3
6


















, resultados. Así P[ A ] = #A / # = 25/286  0,087. 
 
Ejemplo 5 
Los números 1, 2, 3, . . . ,n se ubican en una n-tupla al azar. Calcular la probabilidad 
de que los dígitos 
a) 1 y 2. 
b) 1, 2 y 3 
aparezcan consecutivamente y en el orden mencionado 
 
Solución 
 
Imagina que los “n” números los colocas en “n” celdas. 
 
El espacio muestral tiene # = n(n-1)(n-2) . . . 1 = n! Resultados. 
 
a) ¿De cuantas maneras puede aparecer 1 2 en una n-tupla? 
 
Considera n =3 _ _ _ 
 1 2 
 1 2 
 
Es decir, de dos maneras. 
 12 
 
Considera n =4 _ _ _ _ 
 1 2 
 1 2 
1 2 
 
Es decir, de 3 maneras. 
 
Se deduce que 1 2 en una n-tupla puede aparecer de n -1 maneras 
 
Ahora, si 1 2 esté en una de las n – 1 ubicaciones, entonces, en la primera de las n-2 celdas restantes, se 
pueden colocar n -2 dígitos, en la segunda n -3 y así para la celda n -2 queda un solo número. Es decir, 
las n -2 celdas restantes, los n -2 dígitos se pueden ubicar de (n-2)! maneras. 
 
Por lo tanto, los casos favorables son (n-1)(n-2)!, así, la probabilidad es (n-1)(n-2)!/n! = 1/n 
 
 b) Un razonamiento similar al de a), muestra que la probabilidad de obtener 1 2 3 en la n-tupla es 1/n(n-
1). 
 
Ejemplo 6 
En un estacionamiento hay doce lugares en hilera. Un hombre observa que hay ocho 
vehículos estacionados y que los cuatro lugares vacíos son adyacentes entre sí. ¿Es 
sorprendente esta distribución (es decir, sugiere que los ocho vehículos no han 
estacionado al azar) 
 
Solución 
 
Experimento: Los ocho automóviles se ubican al azar en los 12 lugares. 
 
Imagina que los “12” estacionamientos los colocas en 8 celdas, que representan los automóviles. 
 
El espacio muestral tiene # = 12111098765 Resultados. 
 
Sea A = Resultan 4 lugares vacíos adyacentes. 
 
Ahora, usando el razonamiento del ejemplo anterior, resulta que los 4 estacionamientos vacíos 
adyacentes se pueden ubicar de 12 -3 = 9 maneras en los 12 lugares. Ahora bien, como dada una 
ubicación de los 4 estacionamientos, los 8 vehículos se pueden disponer en los 8 lugares restantes de 
87654321 = 8!, entonces, #A = 98!. 
 
Así P[ A ] = #A/# = 1/55  0,018. 
 
Entonces, si los 8 vehículos se ubicaron al azar en los 12 lugares, la probabilidad del evento observado es 
un 2%, es decir, de 100 veces que observáramos estacionarse ocho automóviles sólo en dos 
observaríamos 4 lugares vacíos adyacentes. Así, como dado el azar la distribución observada es tan baja, 
es razonable concluir que hay algo más que el zar en la disposición de los automóviles, es decir, los 
vehículos no se estacionaron al azar (nota que nos podemos equivocar y la distribución observada 
corresponder a una de la dos posibilidades en 100, pero veras que en estadística siempre existe el riesgo 
de equivocarse). 
 
Observa que en la solución anterior se ha considerado el orden. Si no importa el orden, entonces, 
 
# = 





8
12
 ; #A = 9 y por supuesto, nuevamente P[ A ] = #A/# = 1/55. 
 
 
 
 13 
Ejemplo 7 
A un profesorde la Universidad, le han pasado doce partes por estar mal estacionado en 
el centro. Los 12 partes se pasaron los días martes o jueves. 
 
a) Suponiendo que los inspectores cursan al azar en cualquier día de la semana, 
encontrar la probabilidad de que 12 partes sean cursados los martes o jueves .¿Se 
justifica que pague un estacionamiento solamente durante esos días? 
b) ¿Cambia la situación en a) si los 12 partes se cursaron en dos días cualesquiera de 
la semana? 
c) Si de las doce infracciones ninguna se paso el domingo.¿Sugiere el hecho anterior 
que en los domingos no se pasan partes? 
 
Solución 
a) 
Experimento: Se cursan al azar los 12 partes en los 7 días de al semana. 
 
Imagina que los “7” días los colocas en 12 celdas, que representan los partes. 
 
Entonces, para el primer parte hay 7 días posibles, para el segundo hay de nuevo 7 días y así 
sucesivamente. 
 
El espacio muestral tiene # = 7
12
 Resultados. 
 
Observa que la respuesta no puede ser 12
7
 porque significaría que en días distintos puede ocurrir el 
mismo parte. Tampoco resulta 1211109876 porque solo habría casos con un parte por día. ( 
el número anterior es la respuesta a la pregunta “¿de cuántas maneras se puede cursar 12 partes en 7 días 
distintos?”) 
 
Sea A = Se cursan los 12 partes los días martes o jueves, entonces, #A = 2
12
 Resultados. 
 
Así P[ A ] = #A/# = 2
12
/7
12
  0,0000003. 
 
Ahora, como suponiendo el azar la probabilidad de la disposición observada es tan baja, es razonable 
concluir que hay algo más que el azar, es decir, los inspectores tienen un sistema y al profesor le conviene 
contratar un estacionamiento en esos días. 
 
b) 
Hay 21
2
7






 pares de días de la semana. Entonces, la probabilidad de que se cursen los 12 partes en 
uno de esos pares es 21 2
12
/7
12
  0,000006. La probabilidad se mantiene tan baja que la respuesta en 
a) no cambia. 
 
c) 
La probabilidad que no ninguno de los doce partes se pasen el día domingo es 6
12
/7
12
  0,16. En este 
caso, suponiendo que hay azar, el evento no es tan raro o poco probable, así que sería aventurado concluir 
que los domingos no se curan partes. 
 
 
Ejemplo 8 “La Paradoja del caballero de Méré” 
Considera los siguientes eventos: 
A = Lanzar cuatro dados y obtener al menos un uno. 
B = Lanzar 24 veces un par de dados y obtener al menos una pareja de unos. 
 
El caballero De Méré un noble francés del siglo XVII, pensaba que ambos eventos 
tenían la misma probabilidad. Su razonamiento era el siguiente: 
 14 
 
 En el lanzamiento del un dado tengo una probabilidad de 1/6 de obtener uno. Por lo 
tanto, en el lanzamiento de 4 dados, tengo 41/6 = 2/3 de obtener al menos un uno. 
 
 En el lanzamiento del un par de dados tengo una probabilidad de 1/36 de obtener 
una pareja de unos. Por lo tanto, en 24 lanzamientos, tengo 241/36 = 2/3 de 
obtener al menos una pareja de unos. 
 
Sin embargo, cuando repetía cada experimento encontraba que la frecuencia de A 
era mayor que B. La contradicción entre los cálculos anteriores y las frecuencias 
empíricas se denomina “Paradoja del caballero de Méré”. Mére le escribió a Pascal 
y Fermat planteando la paradoja y la solución dada por ellos fue el inicio de la 
Teoría de Probabilidades. 
 
a) Los cálculos de Mére son erróneos, ¿cuál es el error en su razonamiento? 
b) Pascal y Fermat obtuvieron la respuesta correcta calculando el complemento de A y 
el complemento de B. Obtener las probabilidades de A y B con ese método. 
 
Solución 
a) De Méré utilizó la fórmula P[AB] = P[A] + P[B] para eventos que no son excluyentes. Por 
ejemplo, obtener un uno en el primer dado no es excluyente con obtener uno en el segundo dado. 
b) La probabilidad de Ac = no obtener un as en cuatro lanzamientos, es 54/64. La probabilidad de B c = 
no obtener una pareja de ases en 24 lanzamientos de dos dados, es (56)
24 
/ (66)
24
. Así, la 
probabilidad del evento A es 1 – (5/6)
4 
= 0,52 y la del evento B es 1 - (35/36)
24 = 0,49 
 
Mére se dio cuenta que P(A)  0,52 y P(B)  0,49, el noble caballero debió realizar muchos ensayos de 
ambos experimentos (lanzar 4 y 24 veces un dado respectivamente) para notar una diferencia tan 
pequeña entre P(A) y P(B). 
 
Ejemplo 9 
Hay 24 elefantes en una reserva. El veterinario de la reserva, marca seis de los elefantes 
con un pequeño radio transmisor. El próximo mes, él selecciona al azar (sin reemplazo) 
cinco elefantes de la reserva y encuentra que dos están marcados. ¿Cuál era la 
probabilidad del evento anterior? Supón que no hay elefantes que abandonen, se 
incorporen, nazcan o mueran, entre el momento de la marca y la selección. 
Solución 
Hay 2423222120 casos posibles. Dos elefantes marcados entre cinco pueden aparecer de 54/2! 
=10 maneras: 
MMNNN, MNMNN, MNNMN, MNNNM, NMMNN, NMNMN, NMNNM, NNMMN, NNMNM, 
NNNMM. (M =”Elefante marcado” y N = “Elefante no marcado”) 
Ahora MMNNN se puede extraer de 65181716 maneras, entonces, la extracción de dos elefantes 
marcados puede ocurrir de 1065181716 maneras. Así, la probabilidad solicitada es 
1065181716 /2423222120 = 1.468.800/5.100.480 = 0,288 
 
La solución anterior, considera el orden, si no se considera el orden, se obtiene el mismo resultado con: 
 288,0
5
24
3
18
2
6



















 
 
 
 15 
Probabilidad condicional 
 
 
Ejemplo 1 
En una familia con dos hijos, ¿cuál es la probabilidad de que A: los dos hijos sean 
varones, dado que, B: uno de ellos es varón? Supón los resultados posibles son 
equiprobables. 
Solución 
Supongamos los resultados posibles:  = { mm(mujer y mujer) mv vm vv, } equiprobables, lo que 
equivale a suponer que los nacimientos son independientes y las probabilidades de mujer y varón son 
iguales a ½. 
Dado que ocurre B, los resultados posibles se reducen a: B = { mv vm vv } 
Así P( A / B ) = P[ {vv} ] / Pr[B] = (1/4) / (3/4) = 1 /3 
 
Considera el cálculo de la probabilidad condicional P[ A / B ] con un árbol: 
 
Nótese, que la información de que ocurre B, hace que sólo sea pertinente considerar el espacio con los 
resultados mv, vm y vv. Entonces, las probabilidades de cada resultado cambia de ¼ a 1/3. 
 
Mucha gente piensa que la respuesta en este problema es 0,5. Sin embargo, el valor anterior es la 
respuesta a P(A/C), donde C = “El primer hijo es varón”. En ese caso el espacio se reduce a {vm , vv,} 
y ahora sí, la probabilidad de que los dos hijos sean varones es obviamente ½. 
 
 
Ejemplo 2 
Un inversionista, tiene que decidir si invierte su dinero en la compra de un paquete de 
acciones de una Sociedad Anónima. Él estima
1
 que, si la situación económica esta 
buena, la probabilidad de que la acción suba de precio es 90%; si está regular 60%; y si 
hay recesión 20%. De acuerdo a las proyecciones de una Consultora, la probabilidad de 
que la economía este buena es 30%, la probabilidad de un comportamiento sólo regular 
45% y de recesión 25%. 
 
a) ¿Cuál es la probabilidad de que las acciones suban de precio? 
b) Si el precio aumentó, ¿cuál es la probabilidad que la economía este en recesión? 
 
Solución 
a) Aquí se pide una probabilidad absoluta P[A] = P[Precio aumenta], pero sólo se dan las probabilidades 
condicionales: 
 
P[ Precio aumenta / Economía estará Buena] = 0,90
 
 
1
 Nótese, que el inversionista está utilizando la interpretación subjetiva o bayesiana de la probabilidad. 
 16 
P[ Precio aumenta / Economía Regular] = 0,60
 
P[ Precio aumenta / Economía en recesión] = 0,20
 
 
Los eventos H1=“Economía Buena”; H2 =“Economía Regular” y H3 =“Economía en Recesión”, forman 
una partición del espacio. 
 
Así, usandoel Teorema de las probabilidades totales (TTP): 
P[A] = P[ A/ H1 ]P[H1 ] + P[ A/ H2 ]P[H2 ]+ P[ A/ H3 ]P[H3 ], se tiene: 
P[Precio aumenta] = P[Precio Aumenta/ H1]P[H1] + P[Precio Aumenta/ H2]P[H2 ]+ P[Precio Aumenta/ 
H3 ]P[H3 ] = 0,90,3 + 0,60,45+0,20,25 = 0,59 
 
b) 
Aquí se pregunta por P[ Economía en recesión / Precio Aumenta ] y la información disponible es la 
inversa: P[ Precio aumenta / Economía Buena]. Por lo tanto es un problema para el Teorema de Bayes 
(TB): 
 
P[H3 / A ] = P[ A / H3 ]P[H3] /P[A] = 0,20,25/0,59 = 0,085. 
 
Ejemplo 3 
“Nod” es un país que tiene solo dos estaciones: “Húmeda” y “Seca”. La estación 
húmeda comprende 1/3 del año y la seca 2/3. Durante la estación húmeda, la 
probabilidad de que llueva es ¾; durante la estación seca, la probabilidad de que llueva 
es 1/6. 
a) Si visitamos la capital, Oneirabad, en un día extraído al azar del año. ¿Cuál es la 
probabilidad que cuando llegue esté lloviendo? 
b) Si visitamos Oneirabad en un día al azar, y está lloviendo cuando llegamos. 
Dada la información anterior, ¿cuál es la probabilidad de que la visita coincida 
con la estación húmeda? 
Solución 
a) Sea el evento H1 = “Estación húmeda”, H2 =”Estación seca” y R =”Cuando llegamos esta 
lloviendo” 
 
Los datos son P[H1] = 1/3 P[H2] = 2/3, P[R / H1] = 3/4, P[R / H2] = 1/6. 
 
Entonces por el TPT se tiene: P[R] = P[R/H1]P[H1] + P[R/H2]P[H2]= (3/4)(1/3)+(1/6)(2/3) 
= 13/36 
 
b) Se pide P[H1 / R], y se dispone de P[R / H1], así, por TB, P[H1 / R] = P[R / H1]P[H1] / P[ R] = 
(3/4)(1/3)/(13/36) = 9/13. 
 
Ejemplo 4 
En la transmisión de mensajes codificados pueden ocurrir errores. En particular, el 
código Morse utiliza “puntos” y “rayas que se sabe ocurren en una proporción de 3:4. 
Lo anterior significa que: 
 
P[ enviar un punto] = 3/7 y P[ enviar una raya ] = 4/7 
 
Supón que existe interferencia en la línea, y con probabilidad 1/8 el punto es recibido 
erróneamente como una raya, y viceversa. ¿Cuál es la probabilidad de que si recibimos 
un punto, entonces, un punto fue enviado? 
 
Solución 
Se pide P[ Enviar un punto / Recibió un punto ] y los datos son: 
P[ enviar un punto] = 3/7 y P[ enviar una raya ] = 4/7 
P[ Recibir una raya / Envió un punto ] = 1/8 
 17 
P[ Recibir un punto / Envió un raya ] = 1/8 
 
Como se pregunta una probabilidad inversa a la probabilidad condicional dada, se trata de un problema de 
Bayes: 
 
P[ Enviar un punto / Recibió un punto ] = P[Recibir un punto / Envió un punto]P[ Envió un punto]/P[ 
Recibió un punto] 
 
P[Recibir un punto / Envió un punto] = 1 - P[Recibir una raya / Envió un punto] = 1 – 1/8 = 7/8 
 
La P[ Recibió un punto] se calcula con el TPP, A = “Recibió un punto” y 
P[A] = P[ A/ H1 ]P[H1 ] + P[ A/ H2 ]P[H2 ], 
donde: H1=“Envió un punto”; H2 =“Envió una raya” forman una partición del espacio. 
 
P[ Recibió un punto] = P[ Recibió un punto / Envió un punto]  P[Enviar un punto ] + P[ Recibió un 
punto / Envió una raya]  P[Envió una raya ] 
 
= 7/8 3/7 + 1/84/7 = 25/56 
 
Entonces, P[ Enviar un punto / Recibió un punto ] = (7/83/7) / ( 25/56) = 21/25 
 
Ejemplo 5 
Considera dos urnas: 
Urna 1: hay dos fichas, una verde y otra roja. 
Urna 2: hay un 60% de fichas verdes y el resto rojas. 
 
Seleccionas al azar una urna y extraes cuatro fichas con reemplazo, obteniendo tres 
verdes, ¿cuál es la probabilidad de haber seleccionado la urna 1? 
 
Solución 
Se pide P[ Utilizar la urna 1 / Resultan tres fichas verdes ] 
Datos: 
P[ Seleccionar la urna 1] = 1/2 
P[ Resultan tres fichas verdes / Seleccionar la urna 1 ] = 4(0,5)
4
 
P[ Resultan tres fichas verdes / Seleccionar la urna 2 ] = 40,4 (0,6)
3
 
 
Por ejemplo, las maneras de obtener 3 fichas verdes en cuatro extracciones son: vvvr, vvrv, vrvv, rvvv, 
es decir, cuatro sobre tres = 4!/(3!(4-3)!) = 4. 
 
Nótese, que se pide una probabilidad condicional inversa a las conocidas, por lo tanto, usamos el TB 
P[ H / B ] = P[ B/ H ] P[H] /P[B] , se tiene: 
 
P[ Selección de la urna 1 / Resultan tres fichas verdes ] 
 = P[ Resultan tres fichas verdes / Selección de la urna 1]  P[ Selección de la urna 1] / P[ Resultan tres 
fichas verdes] 
 
= 4 (0,5)
4 
 ½ / P[ Resultan de tres fichas verdes] 
 
Usando el TPP: P[ A ] = P[ A / H ] P[ H ] + P[A / H
c
] P[ H
c
] 
Donde: 
 H = Selección urna 1; H
c
 = Selección urna 2 
 
P[ Resultan de tres fichas verdes] = P[ Resultan de tres fichas verdes / Selección Urna 1]  P[Selección 
urna 1] + P[ Resultan de tres fichas verdes / Selección urna 2]  P[ Selección urna 2] 
= 4 (0,5)
4 
 ½ + 4 0,4 (0,6)
3 
 ½ 
 
P[ Selección de la urna 1 / Resultan de tres fichas verdes ] 
 18 
= 4 (0,5)
4 
 ½ / (4 (0,5)
4 
 ½ + 4 0,4 (0,6)
3 
 ½) = (0,5)
 4
/ ( (0,5)
 4
 + 0,4(0,6)
3
 )  0,42. 
 
Ejemplo 6 
En una prueba de selección múltiple, se debe elegir una de cinco opciones y sólo una es 
la correcta. Si un alumno ha estudiado, entonces él elegirá la respuesta correcta, de otro 
modo la seleccionará al azar. Sea  la probabilidad del evento A de que el alumno haya 
estudiado y sea B el evento que él responda correctamente. Encontrar una fórmula para 
la probabilidad condicional P[A / B] en términos de . 
 
Solución 
Se pide P[A / B] = P[ El alumno ha estudiado / Responde correctamente ] y se conoce: 
P[ Responde correctamente / El alumno ha estudiado ] = P[ B / A] = 1 
P[ Responde correctamente / El alumno no ha estudiado ] = P[ B / A
c
] = 1/2 
P[ El alumno ha estudiado ] = P[ A] =  
P[ El alumno no ha estudiado ] = P[ A
c
] = 1 -  
 
Usando TB , P[ A / B ] = P[ B / A ] P[A] /P[B], se tiene: 
 
P[ El alumno ha estudiado / Responde correctamente ] = P[ Responde correctamente / El alumno ha 
estudiado ]  P[El alumno ha estudiado] / P[ Responde correctamente] 
= P[ B / A ]  P[A] / (P[ Responde correctamente / A]P[A] + P[ Responde correctamente / Ac] P[Ac] ) 
= 1  /[1 + (1/5)(1- )] = 5 /[4 +1] 
 
Ejemplo 7 
El 2% de una población tiene una enfermedad en la sangre de “Tipo severo”, el 10% la 
tiene de “Tipo benigno” y un 88% no tiene la enfermedad. Una nueva prueba de sangre 
es desarrollada; la probabilidad de que la prueba sea positiva es 9/10 en una persona con 
la enfermedad de “Tipo severo”, 6/10 si en individuo tiene el “Tipo benigno”, y 1/10 si 
el individuo no tiene la enfermedad. Una persona se hace la prueba y resulta positiva, 
¿cuál es la probabilidad de que tenga la enfermedad “Tipo severo”? 
 
Solución 
Se pide P[ H1 / B ] = P[Tiene “Tipo severa” / Examen + ] 
 
Los datos son: 
P[H1 ] = P[ “Tipo severo”] = 0,02 
P[H2 ] = P[ “Tipo benigno”] = 0,10 
P[H3 ] = P[ No tiene la enfermedad] = 0,88 
P[ B / H1 ] = 0,9; P[ B / H2 ] = 0,6; P[ B / H3 ] = 0,1 
Por TB, P[H1 / B ] = P[ B / H1 ] P[ H1 ] / P[ B ] = 0,9 0,02 / P[B] 
Usando el TPT, se tiene: P[B] = P[ B/ H1 ]P[H1 ] + P[ B/ H2 ]P[H2 ]+ P[ B/ H3 ]P[H3 ], 
 = 0,90,02 + 0,60,1110 + 0,10,88 = 0,166 
Entonces: P[H1 / B ] = 0,90,02 / 0,166 = 0,108. 
 
 
Ejemplo 8 
a) Prueba la fórmula para la probabilidad de la intersección de tres eventos que no son 
independientes: P[ A1A2 A3 ] = P[A1 ]P[A2 / A1 ] P[A3 / A1 A2 ] 
b) Una urna contiene 5 fichas negras, 3 rojas y dos blancas. Cuatro fichas son 
extraídas sin reemplazo. Encontrar la probabilidad de que las fichas sean: negra, 
roja, blanca y negra, en ese orden. 
i) Generaliza la fórmula en a) para el caso de cuatro eventos y úsala para 
resolver el problema anterior. 
 19 
ii) Resuelve el problema con métodos de conteo. ¿Cuál es la probabilidad si no 
importa el orden en que aparecen las dos fichas negras, la roja y blanca? 
 
Solucióna) Usando la definición de probabilidad condicional y simplificando, se tiene: 
P[A1 ] P[A2 / A1 ] P[A3 / A1A2 ] = P[A1 ] {P[A2 A1 ] / P[A1]}{P[A3 ( A1A2 )] / P[A1A2] 
} = P[A3 (A1A2 )] = P[A1 A2A3 ] 
b) 
i) Generalizado a cuatro eventos: 
 P[ A1A2A3A4 ] = P[A1 ] P[A2 / A1 ] P[A3 / A1 A2 ] P[ A4 / A1A2 A3 ] 
 Sean A1 = “ficha negra en la primera extracción” 
 A2 = “ficha roja en la segunda extracción” 
 A3 = “ficha blanca en la tercera extracción” 
 A4 = “ficha negra en la cuarta extracción” 
Entonces, el evento A = negra roja blanca negra = A1A2A3A4 
Ahora: P[A1 ] = 5/10; P[A2 / A1 ] = 3/9; P[A3 / A1 A2 ] = 2/8 y P[ A4 / A1A2 A3 ] = 4/7 
Aplicando la fórmula se tiene: P[ A1A2A3A4 ] = (5/10)  (3/9)  (2/8)  (4/7)  0,02 
ii) Casos totales: 10987 y los favorables 5324 así P[A] = 5324 /10987  0,024. 
 
Si no interesa el orden, n r b n, entonces, 29,07/2
4
10
1
2
1
3
2
5

























 
 
Otra forma de verlo es los ordenes de n n r b sin importar el orden son 4!/2! = 12 y cada orden con 
probabilidad  0,02. Así, la probabilidad de que aparezcan dos negra una roja y una blanca, sin 
importar, el orden es:  12 0,024 = 0,29, usando la suma de probabilidades de eventos excluyentes, 
o bien el argumento de conteo: 125324 /10987  0,29. 
 
 
 
A continuación, considera un ejemplo que parece idéntico al N°1 pero, sin embargo, la 
respuesta es diferente. 
 
Ejemplo 9 
El Sr. X es tiene dos hijos. Nos encontramos con él en la calle y va acompañado por un 
muchacho que él presenta orgullosamente como su hijo. ¿Cuál es la probabilidad de que 
el otro hijo del Sr. X sea también varón?. 
 
Solución 
El problema aquí es determinar el espacio de resultados, el cual no es {vv vm mv mm}. Para lo anterior, 
es necesario reconocer que el experimento tiene dos etapas, la primera es la selección de familia de dos 
hijos que tiene el Sr. X y la segunda la selección del hijo que acompaña al señor X en su paseo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 20 
Método 1 
Los árboles son útiles para detallar los resultados en un experimento en etapas: 
 
Del árbol, se deduce que la probabilidad buscada es ½ ( = ¼/(1/4+1/8+1/8) ). Nótese que las 
probabilidades incondicionales o absolutas de cada resultado se obtienen multiplicando las probabilidades 
de cada etapa, ya sea porque las etapas son independientes o utilizando la fórmula: P[ = Etapa 1Etapa 
2] = P[Etapa 2/Etapa 1]P[Etapa1] si no son dependientes. 
 
 
Método 2 
 Considera la notación  = (hijos del Sr. X)(hijo que pasea con el Sr. X ), entonces, los resultados 
posibles son  = { v1v2(v2), v1v2(v1), vm(m), vm(v), mv(v), mv(m), m1m2(m2), m1m2(m1) }. 
Supongamos que son equiprobables, es decir, cada uno tiene probabilidad 1/8. La equiprobabilidad 
equivale a suponer que la probabilidad de niño o niña es ½ y que el Sr. X pasea con probabilidad ½ 
con cualquiera de sus hijos sin importar si es el mayor o menor o si es hombre o mujer. 
 Dado que ocurre B = ”Encontramos al Sr. X de paseo con un hijo varón”, los resultados posibles se 
reducen a: B ={ v1v2(v2), v1v2(v1), vm(v), mv(v) }. 
 Así, si A = “Sr, X tiene dos varones” ={v1v2(v2), v1v2(v1) }, P[ A / B ] = P[{ v1v2(v2), v1v2(v1)}] 
/ P[B] = 2/8 / 4/8 = ½ 
 
 
Ejemplo 10 
En el programa de televisión “Hagamos un trato”, detrás de una de tres puertas 1, 2, 3 
que aparecen en escena está la llave de un automóvil y detrás de las otras puertas no hay 
nada. Un concursante elige la puerta 1 y el anfitrión del programa Monty Hall abre la 
puerta 3 que está vacía. Monty le dice al concursante ¿quiere cambiar su puerta por la 
2? 
¿Le conviene al concursante cambiar la puerta?. 
 
Según Marilyn vos Savant en su columna del Parade Magazine, al concursante le 
conviene cambiar, porque en ese caso la probabilidad de ganar es 2/3. 
 
 21 
Sin embargo, muchos lectores de la revista enviaron cartas muy enojados argumentando 
que dado que Monty abre una puerta vacía, la probabilidad de ganar es ½ y al cambiar 
de puerta sigue siendo ½. 
 
¿Cuál es la probabilidad condicional de ganar dado que el concursante ha elegido la 
puerta 1 y Monty abre la 3 que está vacía? 
 
Solución 
Aquí debemos reconocer tres etapas en el experimento y hacer tres supuestos: 
 
1. Suponemos que la llave se asigna al azar a una puerta 
2. Suponemos que el concursante elige al azar una de las puertas 
3. Suponemos que Monty sabe dónde está la llave y elige al azar una de las dos puertas vacías 
 
A continuación, se muestra el árbol donde, por ejemplo, si el automóvil está detrás de la puerta 1 y el 
concursante elige la puerta 2, entonces, a Monty sólo le queda abrir la puerta 3. 
 
Dado que la información que conocemos, es que el concursante eligió la puerta 1 y Monty abrió la puerta 
3, entonces, sólo dos ramas se deben considerar (la segunda y quinta de arriba hacia abajo). Para una de 
esas ramas, el automóvil está detrás de la puerta 1 y para la otra detrás de la puerta 2. Así, la probabilidad 
condicional es 2/3 (= 1/9/(1/18 + 1/9)) de que el automóvil este detrás de la puerta 2 y 1/3 (= 1/18/(1/18 + 
1/9)) de que este detrás de la puerta 1, así si el concursante cambia la puerta tendrá probabilidad 2/3 de 
ganar el automóvil tal como Marilyn afirmaba. 
 
Otro método para resolver el problema sin probabilidad condicional es el siguiente, considere dos 
experimentos: 
 
Experimento 1: Se escoge una puerta y no se cambia. 
Experimento 2: Se escoge una puerta, entonces, Monty abre una puerta que está vacía y el concursante 
debe cambiarse a la puerta que permanece cerrada. 
 
Entonces, en el primer experimento P( Ganar ) = 1/3. 
 22 
En el segundo experimento, si se escoge la puerta con el premio, entonces la última puerta debe estar 
vacía. Si se elige una puerta vacía, entonces, en la última puerta debe estar el premio. Los tres resultados 
anteriores son equiprobables así que, P( Ganar) = 2/3. 
 
Hay personas que a pesar de los argumentos anterior siguen creyendo que P(Ganar) = ½. No se 
convencen ni siquiera repitiendo 1.000 veces, el concurso y observado que la frecuencia de aciertos es 
aproximadamente 66%. 
 
 
Independencia 
 
Ejemplo 1 
Considera el lanzamiento de una moneda balanceada dos veces. Demuestra que los 
eventos A = “Sello la segunda vez” y B = “Cara la primera vez “ son independientes. 
Solución 
 = { CC, SC, CS, SS } 
 
A = { CS, SS } y B = { CC, CS } 
 
Suponiendo equiprobabilidad, P[ A] = P[B] = 1/2 
 
Ahora, A  B = { CS }, P[A  B ] = ¼. 
 
Así, como P[A  B ] = P[B]P[ A] , se concluye que A y B son independientes. 
 
Para cualquier par de eventos del tipo, A = “ * la segunda vez” y B = “ * la primera vez “, se verifica lo 
mismo. 
 
Ejemplo 2 
Considera el espacio equiprobable  = { 1, 2, 3, 4 }, es decir, cada resultado tiene 
probabilidad ¼. Considera los eventos: A = {1,2}, B = {1,3} y C = {2,3}. 
a) Comprueba que A, B son independientes; A, C son independientes y también B,C, 
sin embargo, P[ABC]  P[A]P[B]P[C]. 
b) ¿Es correcto afirmar que “Si A no informa acerca de la ocurrencia de C y B no 
informa acerca de la ocurrencia de C, entonces, A y B no informan acerca de la 
ocurrencia de C”? 
 
Solución 
a) P[AB] = P[{1}]= 1/4 = (1/2)(1/2) = P[A]P[B], así, A y B son independientes. También, 
P[AC] = P[{2}] = 1/4 = (1/2)(1/2) = P[A]P[C] y P[BC] = P[{3}] = 1/4 = (1/2)(1/2) = 
P[B]P[C]. 
 
 ABC = , así, P(ABC) = 0, pero, P[A]P[B]P[C] = (2/4)(2/4)(2/4) = 1/8. 
 
b) Falso, la parte a) muestra un ejemplo de que “Saber que A ha ocurrido nos dice que el resultado del 
experimento esta en A, sin embargo, por si misma esa información no es suficientepara saber si C 
ha ocurrido. Lo mismo es cierto si sabemos que B ha ocurrido. Sin embargo, si nosotros sabemos 
que A y B han ocurrido, entonces, sabemos que C no ha ocurrido”. Es decir, la independencia a 
pares no implica la independencia de A, B y C. 
 
 
Ejemplo 3 
Una pareja planea tener familia. Ellos deciden terminar su proyecto familiar, cuando 
tengan dos varones o cuando tengan cuatro hijos (varones y mujeres). Supón que su 
plan resulta sin contratiempos. 
 23 
a) Escriba el espacio de resultados. 
b) Supón que cada vez que ellos va a tener un hijo la probabilidad de que sea varón es 
½. e independiente de las otras veces. Encuentra P[E] y P[F] donde E =”tienen al 
menos dos mujeres” F = “tiene más mujeres que varones”. 
 
Solución 
a)  = { vv( dos varones), vmv, vmmv, vmmm, mvv, mvmv, mvmm, mmvv, mmvm, mmmv, mmmm}. 
b) E = { vmmv, mvmv, mmvv, vmmm, mvmm, mmvm, mmmv, mmmm} 
F = {vmmm, mvmm, mmmv, mmmm} 
Se tiene, P[vv] = ¼; P[vmv] = 1/8; P[vmmv] =1/16 y similarmente para los otros resultados. Así, 
P[F] = 8/16, P[F] = 5/16. 
 
Ejemplo 4 
Considera una urna con un 60% de verdes y el resto rojas. Se extraen al azar tres fichas 
con reemplazo. Considerando que los ensayos son independientes, ¿Cuál es la 
probabilidad de obtener a) tres fichas verdes, b) dos verdes, c) una verde, d) ninguna 
verde? 
Solución 
a) Dado que hay independencia, la probabilidad de tres verdes es (0,6) 3 = 0,216. 
b) Las maneras de obtener dos ficha verdes son: vvr, vrv y rvv, y la probabilidad de cada resultado 
anterior es 0,60,60,4 ,entonces, la probabilidad de dos verdes es 30,60,60,4 = 3(0,6)
2
0,4 = 
0,144. 
c) Similarmente a b), la probabilidad de una verde es 3(0,6) (0,4) 2 = 0,288. 
d) (0,4) 3 = 0,064. 
 
 
Ejemplo 5 
Una ruleta está dividida en 37 celdas iguales, 18 de los cuales son rojas, 18 negras y 
queda una para la banca. Supongamos que, disponiendo de 15.000 pesos, se juega a la 
ruleta, doble o nada (en cada jugada apuesto el doble que en la jugada anterior), hasta 
ganar $1.000 (o sea acabar con 16.000) o quedarse sin dinero, empezando por apostar 
1.000. ¿Cuál es la probabilidad de ganar 1.000 antes de perderlo todo? 
 
Solución 
 Sean Ai = Se gana en la apuesta “i”, entonces, P(Ai ) =  = 18/37. 
 
Los eventos son claramente independientes, P(Ai / A1A2 , . . . , Ai-1 Ai+1  …) = P(Ai ). 
 
Dada la independencia es indiferente apostar siempre a rojo, siempre a negro o ir cambiando en cualquier 
orden. 
 
La situación en cada jugada se puede representar en el árbol siguiente: 
 
 24 
 
Entonces, la probabilidad de perder los 15.000 antes de ganar 1000, es (1-)
4
 = 0,0695. Por lo tanto la 
probabilidad de ganar los 1000, antes de perderlo todo es 1- (1-)
4
 = 0,9305. 
 
 
 
 
Ejemplo 6 
Supongamos que la probabilidad de un sueño premonitorio sea 1/10.000. 
 
a) ¿Cuál es la probabilidad de tener al menos un sueño premonitorio en un año? 
b) La población de Chile son unos 16 millones, ¿Cuántas personas tendrán al menos un 
sueño premonitorio a lo largo de un año? 
 
Solución 
Sean A = “Una persona tiene al menos un sueño premonitorio en el año”. 
 
A
c 
= No tiene sueños premonitorios en un año. 
 
P(A) = 1 - P(A
c
 ) = 1- (1 - 1/10.000)
365 
= 0,036 
 
c) De la interpretación frecuentista de la probabilidad, se concluye que aproximadamente 0,036  
16.000.000 = 57.350 personas tienen al menos un sueño premonitorio al año. 
 
Así, lo raro sería que no hubieran sueños premonitorios.