¿Si tengo 12 bolas: 10 rojas y 2 azules, y cojo 3 aleatoriamente, qué probabilidad hay de sacar 2 azules y 1 roja?

Este tipo de problemas los suelo abordar en forma de árbol.
(bueno, a veces uso un método combinatorio, del que hablaré al final)

Aunque agarres las tres bolas a la vez, puedes suponer sin que haya problema que tomas primero una, luego otra y luego otra. Las podemos llamar: primera, segunda y tercera. Nótese que me refiero a tomarlas de una en una pero sin devolverlas a la bolsa.

Como cada bola tiene 2 posibilidades podríamos encontrarnos 8 casos posibles. 2^3 = 8

Para simplificar denotaré la bola azul como A y la roja como R.

Los 8 casos serían:

AAA
AAR
ARA
ARR
RAA
RAR
RRA
RRR

Nótese que el orden que seguí para listar todos los casos fue el orden de los números binarios… como si A fuese el dígito 0 y la R fuese el 1.

También esto se relaciona con lo que dije al principio, “en forma de árbol”, porque es como empezar un árbol de posibilidades que empieza con 2 ramas, según la primera bola sea Azul o Roja… cada rama se divide en 2, y cada una de esas 2 se divide en 2… teniendo al final 2*2*2 = 8 “ramitas finales”, que son las que nombré.

Esos 8 casos son incompatibles, es decir, si se da un caso de esos no se da otro.
Y esta propiedad es útil porque la probabilidad de la unión de sucesos incompatibles, aquellos cuya intersección es el conjunto vacío, es la suma de probabilidades de cada uno de los sucesos.

Como preguntan la probabilidad de sacar 2 azules y una roja, la suma que tengo que hacer será: P(AAR) + P(ARA) + P(RAA)

AAR:
Sacar primero una Azul, eso tiene una probabilidad de 2/12 = 1/6
porque hay 2 azules y 12 bolas en total.

Una vez sacada la primera, si era Azul, quedarán 1 Azul y 10 rojas.

La probabilidad de que la segunda sea Azul sería 1/11

Y la probabilidad de que la tercera sea Roja sería 1, porque una vez sacadas 2 azules todas son rojas.

P(AAR) = 1/6 * 1/11 * 1 = 1/66

Nótese que he multiplicado las probabilidades porque son sucesos independientes.
Quizá se pueda dudar si son independientes, ya que sacar una bola en el primero afecta a las bolas que hay para la segunda, etc… Pero quizá se vea mejor de esta otra forma:

P(AAR) = P( “sacar 1º A” y “sacar 2ª A” y “sacar 3ª R”)
Nótese que una vez sacada la primera, eso no afecta a sacar la segunda bola de una bolsa donde hay 10 rojas y 1 azul…

ARA:
Sacar primero una Azul, eso tiene una probabilidad de 2/12 = 1/6
porque hay 2 azules y 12 bolas en total.

Una vez sacada la primera, si era Azul, quedarán 1 Azul y 10 rojas.

La probabilidad de que la segunda sea Roja sería 10/11
Y quedarían 1 Azul y 9 Rojas.

Y la probabilidad de que la tercera sea Azul sería 1/10.

P(ARA) = 1/6 * 10/11 * 1/10 = 1/66

RAA:
Sacar primero una Roja, eso tiene una probabilidad de 10/12 = 5/6
porque hay 10 rojas y 12 bolas en total.

Una vez sacada la primera, si era Roja, quedarán 2 Azules y 9 rojas.

La probabilidad de que la segunda sea Azul sería 2/11
Y quedarían 10: 1 Azul y 9 Rojas.

Y la probabilidad de que la tercera sea Azul sería 1/10.

P(RAA) = 5/6 * 2/11 * 1/10 = 1/66

No es raro que salgan iguales las 3 probabilidades, por la simetría… pero, bueno, esa es otra cuestión quizá más difícil de ver.

P (sacar 3 bolas juntas que sean 2 azules y 1 roja) = 3 * 1/66 = 1/22

Yo a veces suelo hacer una verificación, lo cual siempre permite evitar errores de cálculo o de planteamiento. Esto de verificar son manías… que me han “salvado la vida” en más de una ocasión.

La verificación que haré será calcular las otras probabilidades y comprobar que la suma da 1.

P(AAA) = 0
(no pueden salir 3 azules porque solo hay 2)

P(ARR) = 1/6 * 10/11 * 9/10 = 9/66 = 3/22

P(RAR) = 3 / 22
P(RRA) = 3 / 22

P(RRR) = 10/12 * 9/11 * 8/10 = 72 / (12*11) = 6/11 = 12/22

Suma = 1/22 + 9/22 + 12/22 = 22/22 = 1.

Bien, comprobación realizada con éxito.

Otra forma de interpretar el problema es que se saquen las bolas de una en una devolviéndolas a la bolsa.

En este caso:

P(AAA) = (1/6)*(1/6)*(1/6) = 1/216 = 1/6^3
P(AAR) = (1/6)*(1/6)*(5/6) = 5/216 = 5/6^3
P(ARA) = (1/6)*(5/6)*(1/6) = 5/216 = 5/6^3
P(ARR) = (1/6)*(5/6)*(5/6) = 25/216 = 25/6^3
P(RAA) = (5/6)*(1/6)*(1/6) = 5/216 = 5/6^3
P(RAR) = (5/6)*(1/6)*(5/6) = 25/216 = 25/6^3
P(RRA) = (5/6)*(5/6)*(1/6) = 25/216 = 25/6^3
P(RRR) = (5/6)*(5/6)*(5/6) = 125/216 = 125/6^3

Suma: (1+15+75+125)/216 = 216/216 = 1
Lógicamente: (5+1)^3 = 5^3 + 3*5^2 + 3*5 + 1 = 6^3

Si “2 azules y una roja” se refería en ese orden, pues sería: P(AAR) = 5/216

Si “2 azules y una roja” se refería en cualquier orden (AAR, o ARA o RAA), sería: 15/216

Otra forma de hacer estos problemas es el método combinatorio… aunque en estos casos de elementos repetidos hay que tener cuidado con lo que se hace.

Para el caso sin reposición haría lo siguiente:

Pongo nombre a las bolas, desde B1 (bola 1) hasta B12 (bola 12).
Y, por ejemplo, supongo que las 2 azules son B1 y B2.

Calculo los “conjuntos de 3 bolas” que se pueden formar con 12 diferentes.
Serían del estilo {B1, B2, B3}, {B1, B2, B4} …. hasta {B10, B11, B12}.
Parece claro que esos conjuntos o extracciones son equiprobables (esto es importante para luego calcular la probabilidad).
¿Cuántos “conjuntos de 3 bolas” puedo formar?

Nótese que son conjuntos y que no importa el orden:
Combinaciones de 12 elementos tomados de 3 en 3.
C(12, 3) = 12! / (9! * 3!) = 12*11*10 / 6 = 220

¿Cuántos de ellos contienen las 2 primeras bolas?
Serían los que tengan esas 2 bolas y una tercera, que solamente puede ser una de las 10 restantes. Así que en total hay 10 “conjuntos”:
{B1, B2, B3}, {B1, B2, B4}, {B1, B2, B5}, {B1, B2, B6} … {B1, B2, B11}, {B1, B2, B12}

Así que la probabilidad es :

P (sacar 3 juntas y que sean 2 azules y 1 roja) =
= casos favorables / casos posibles equiprobables
= 10 / 220
= 1/22

Eso también sirve para verificar que el cálculo anterior era correcto.

Para calcular el caso de bolas que se sacan de una en una y se devuelven, es decir, el caso con reposición se haría de otra forma.

En este caso no serían conjuntos sino “códigos” de 3 “cifras base 12”.
Está claro que en un “código” sí importa el orden… no es lo mismo el 321 que el 123, si fuese lo mismo tú me das 321 euros y yo te doy 123. Y en este caso, se pueden repetir cifras, como en los números normales, que existe el número 112, que tiene el 1 repetido 2 veces seguidas.
El número de “códigos” que podemos formar en total serían: 12*12*12.

El número de “códigos” que contienen 2 azules serían:
B1-B1-R : 10 diferentes de esa forma (R representa una roja, de B3 a B12)
B1-B2-R : 10 diferentes de esa forma
B2-B1-R : 10 diferentes de esa forma
B2-B2-R : 10 diferentes de esa forma
Estos son 40.
Y así otros 40 casos en los que la R esté en la segunda posición (Bx-R-By)
Y otros 40 en los que la R esté en la primera posición (R-Bx-By).
En total: 120 casos favorables.

P = favorables / posibles = 120 / (12*12*12) = 10/144 = 5/72

¡Houston, tenemos un problema!… porque no me ha salido lo mismo que antes…

Ah, no, perdón, es que antes no había simplificado la fracción…

Antes era 15/216 = 5/72

¿veis como estas verificaciones sirven para depurar errores?