Probabilidades – Parcial 1/2

Ejercicio 2: La urna A contiene N bolillas (N>2), una negra y las demás blancas. La urna B contiene N bolillas blancas y ninguna negra. Se extrae una bolilla de cada urna simultáneamente y se coloca en la otra, repitiéndose este procedimiento cierto número de veces. Probar que la probabilidad p_n de que, después de la n-ésima repetición, la bola negra se encuentre en la urna A, está dad por:

p_n= 1/2 * [1+(1-2/N)^n]                                                 (1)

Solución: Lo probamos por inducción; para ello suponemos (1) cierta y plantemos la probabilidad para la “n+1″-ésima repetición de la siguiente manera:

p_(n+1) = probabilidad de que luego de la “n+1″-ésima repetición la bola negra esté en la urna A =

= P (en la nª en A y en la (n+1)ª en A, O BIEN, en la nª en B y en la “n+1″ª en A) =

= P (en la nª en A y en la (n+1)ª en A) + P (en la nª en B y en la “n+1″ª en A) =

= P (en la (n+1)ª en A | en la nª en A) * P(en la nª en A) + P (en la (n+1)ª en A | en la nª en B) * P(en la nª en B) =

= (1-1/N) * p_n + 1/N * (1-p_n) = 1/N * p_n * (1-2/N) =

= 1/N * 1/2 * [1+(1-2/N)^n] * (1-2/N) = … operando…

= 1/2  * [ 1+(1-2/N)^(n+1)]

Por lo tanto, (1) es válido para “n+1″.

 

 

 

 

Foro de discusión

PROCESO DE POISSON (¿Visión ingenieril?) Por Marcelo.

Quisiera compartir con Uds. un enfoque más terrenal del Proceso de Poisson. Se trata de una visión orientada principalmente a convencer al sentido común, sin hacer uso de rigurosas formulaciones matemáticas.

Pensemos en eventos que pueden producirse en un intervalo de tiempo t de estudio. Por ejemplo, los sismos que pueden ocurrir durante un mes en una determinada localidad, los autos que ingresan en una estación de servicio durante la mañana, etc.

Pensemos también en un parámetro LAMBDA, que indique la frecuencia característica de ocurrencia de tales eventos por unidad de tiempo.  En este sentido, podríamos imaginar para el caso de los sismos, 20 sismos por año; para el de los autos, 100 autos por día. Aquí cabría un cuestionamiento acerca de la determinación de LAMBDA, pero propongo obviar esto y seguir adelante. Por lo pronto, el producto LAMBDA x t representaría el número de ocurrencias del evento en el período de tiempo t.

Ahora bien, representemos gráficamente el período de tiempo t con un segmento.  Dividámoslo en unos cuantas n subdivisiones (que no se solapen), por lo tanto cada una de longitud t/n. Si nos preguntamos cuál es la probabilidad de que en el período de tiempo t ocurran k eventos, para poder responder fácilmente la cuestión el truco está en formular la pregunta de la siguiente manera alternativa: ¿Cuál es la probabilidad de que, de las n subdivisiones tengamos k subdivisiones con la ocurrencia del evento?

Aquí es necesario aclarar algunas hipótesis “implícitas” que estamos aceptando: 1) en el intervalo de tiempo dado por una subdivisión de tamaño t/n no puede ocurrir más de un evento, lo cual es de esperar cuanto más pequeño sea el intervalo; 2) la frecuencia característica de ocurrencia del evento LAMBDA sigue siendo válida para cualquier subdivisión del intervalo de tiempo.

Aclarado esto, continuemos con el pensamiento. Dijimos que la probabilidad se reduce a determinar de cuántas maneras es posible que se den k subintervalos de tamaño t/n de un total de n. Típicamente se trata de una distribución binomial, donde la probabilidad de ocurrencia del evento es:

* Probabilidad de ocurrencia del evento = (nro. de subintervalos de ocurrencia)/(nro. total de subintervalos) = (LAMBDA x t) / n

Luego, la probabilidad de que ocurran k eventos en el intervalo de tiempo t resulta:

P (X=k) = (n k) ( LAMBDA x t / n )^k (1-LAMBDA x t / n) ^(n-k)

Si aproximamos esta probabilidad con Poisson, pensemos que el parámetro característico sería:

Parámetro de Poisson: n p = n (LAMBDA x t/n ) = LAMBDA x t

Luego:

P (X=k) = exp(LAMBDA x t) (LAMBDA  x t)^k / k!

  

Probabilidades. Resolución de las prácticas – TP3

Ejercicio 1

Eventos: S = “la suma de los puntos es 7″. #S = 6. P(S) = 1/6

i) I = “la suma es impar”. #I = 18; P(I) = 1/2. S incluido en I=> P(S/I) = 1/3

ii) E = “la suma es mayor que 6″. #E = 21. P(E) = 21/36 = 7/12. S incluido en E => P(S/E) = 2/7

iii) P = “el resultado del segundo tiro es par”. #P = 18; P(P) = 1/2 => P(S/P) = 1/6

iv) Q = “al menos un resultado es impar”. #Q = 27. P(Q) = 3/4. S incluido en Q. P(S/Q)=2/9 

v) G = “ambos resultados son iguales”. #G = 6: P(G) = 1/6. G interseccion S = vacio => P(S/G) = 0

Marcelo: Ídem

Ejercicio 2.a

Marcelo: Yo llamo “P1=ocurre procemiento 1″ y “P2=ocurre procedimiento 2″; luego P(P1)=1/3 y P(P2)=2/3. Además “RA=sale una bolilla roja de la urna A” y “RB=sale una bolilla roja de la urna B”. Con estas definiciones puede verse que P(RA|P1)=5/8 y P(RB|P2)=1/3. Que ambas bolillas sean rojas puede darse de dos maneras: 1) sale P1, RA y RB; 2) sale P2, RB y RA. La probabilidad de que ambas sean rojas es entonces:

P [ (P1&RA&RB) U (P2&RB&RA) ] = P(RB|P1&RA) x P(P1&RA) + P(RA|P2&RB) x P(P2&RB)

que puede escribirse como:

 = P(P1) x P(RA|P1) x P(RB|P1&RA) + P(P2) x P(RB|P2) x P(RA|P2&RB)

= 1/3 x 5/8 x 1/2 + 2/3 x 1/3 x 2/3 = 5/48 + 4/27 = 1/4

Ejercicio 2.b

Marcelo: Manteniendo la misma nomenclatura del ejercicio anterior, “la probabilidad de que ambas bolillas sean blancas dado que salieron del mismo color” es:

P ( ambas son blancas | ambas son del mismo color ) = P (ambas son blancas & ambas son del mismo color) / P (ambas son del mismo color) 

Como “ambas son blancas” está incluido en “ambas son del mismo color”, la intersección de ambos sucesos es el primero. Luego:

 = P (ambas son blancas)/P(ambas son del mismo color)

Finalmente:

P [ (P1&BA&BB)U(P2&BB&BA) | (P1&BA&BB)U(P2&BB&BA)U(P1&RA&RB)U(P2&RB&RA) ] = P [ (P1&BA&BB)U(P2&BB&BA) ] / P [ (P1&BA&BB)U(P2&BB&BA)U(P1&RA&RB)U(P2&RB&RA) ]

= [ P(P1&BA&BB) + P(P2&BB&BA) ] / [ P(P1&BA&BB)+P(P2&BB&BA)+P(P1&RA&RB)+P(P2&RB&RA) ]

= (1/3 x 3/8 x 3/4 + 2/3 x 2/3 x 4/9) / (1/3 x 3/8 x 3/4 + 2/3 x 2/3 x 4/9 + 1/3 x 5/8 x 1/2 + 2/3 x 1/3 x 2/3) = (3/32+16/81)/(3/32+16/18+5/48+4/27)= 15/28 = 0.54 

Ejercicio 3

Jorge: Sean los sucesos S: “El cajero se desempeña satisfactoriamente” y A: ” El cajero aprobó el test de aptitud matematica”

a) P(S/A) = P(SA) / P(A) = P(S).P(A/S)/P(A)

Por datos del problema

P(S) = 0.6. Entonces P(-S) = 0.4 (siendo -S el evento complemento de S)

P(A/S)=0.9. Luego P(-A/S) = 0.1

P(A/-S) = 0.2  y en consecuencia P(-A/-S) = 0.8

Por el teorema de la Probabilibad Total:

P(A) = P(S).P(A/S) + P(-S). P(A/-S) = 0,6 x 0,9 + 0,4 x 0,2 = 0,62

Reemplazando, se obtiene P(S/A) = 0.8709

b) P(S/-A) = P(S). P(-A/S) /P(-A).

El calculo de P(-A) se puede hacer aplicando el teorema de la Probabilidad Total:

P(-A) = P(S).P(-A/S) + P(-S).P(-A/-S) = 0,6 x 0,1 + 0,4 x 0,8 = 0.38

O bien, si estamos seguros de haber calculado la P(A) en el punto a, entonces P(-A) = 1 – P(A)

Ejercicio 4

Jorge: Sean los eventos A, B, C: “Elegir la urna A,B,C, respectivamente.

P(C)=P(A)+P(B)= 2x => P(A)+P(B)+P(C)=x+x+2x = 4x => P(A)=P(B)=1/4, P(C)=1/2

Piden P(A/G1G2) = P(A). P(G1G2/A)/P(G1G2)

P(G1G2/A) = P(G1/A).P(G2/AG1)=1.1=1 (ya que en la urna A todas las piezas son buenas)

P(G1G2) = P(A).P(G1/A).P(G2/AG1)+P(B).P(G1/B).P(G2/BG1)+P(C).P(G1/C).P(G2/CG1)

= 1/4.1.1+1/4.15/20.15/20+1/2.10/20.10/20=33/64

Entonces, P(A/G1G2= = 16/33

Ejercicio 5

a) Piden P(E/A)= P(E).P(A/E)/P(A)

P(E)=0.005 – Dato del problema. Entonces P(-E)=0.95

P(A/E)=0.95 – Dato del problema. Entonces P(-A/E) = 0.05

P(-A/-E)=0.95 – Dato del problema. Lueog P(-A/E)=0.05

P(A)=P(E).P(A/E) + p(-E).P(A/-E)=0.005×0.95+0.995×0.05 = 0.0545

Finalmente, P(E/A) = 0.005×0.95/0.0545=0.08716=8.7%

b) Vamos a aplicar la misma fórmula anterior, con las siguientes salvedades:

i) P(E/A) es ahora dato y vale 0.95

ii) P(A/E)=p es la incógnita.

Entonces:

0.95 = (0.005xp)/[0.005xp+0.995x(1-p)].

De donde despejando, se obtiene p = 0.9997

Ejercicio 6.a.i

Marcelo: Respuesta: 2 i /n / (n+1).  Esta respuesta es de la parte ii. Coincido con Uds. respecto del 6.a.i, da 1/2. Jorge, me llama la atención tu comentario que en la resolución resolviste la suma de una serie geométrica. Yo me encontré con la serie 1+2+…+n = n (n+1) /2 , la cual no es geométrica (ni tampoco convergente, si como tal consideramos n-> infinito); por lo que averigüé, no recibe ningún nombre en particular (?). Abro la polémica.

Cierro la polemica: ¡Escribí cualquier cosa  !. Saludos, Jorge

Ariel: a mi  el 6.a.i me queda : P(B) = (sum[i=0,n] i) . 1/(n.(n+1)) = 1/2

Jorge: Coincido con Ariel. Aplicando el teorema de la Probabilidad Total, si B: “elegir una blanca”,

P(B) = P(elegir U0). P(B/U0) + P(U1).P(B/U1) + … + P(Un).P(B/Un).

P(Ui) = 1/(n+1) y P(B/Ui) = i/n (pues en la Urna i hay i bolillas blancas). Luego reemplazando en la formula anterior, sacando factor comun y aplicando la suma de una serie geometrica convergente, se llega a que P(B) = 1/2

Ejercicio 6.a.ii

Ariel: el 6.a.ii 2(i/n) . (1/n+1) .

Jorge: Idem Ariel

Marcelo: Coincido: 2 i /n / (n+1)

 Ejercicio 6.b.i

Marcelo: Respuesta: [ Suma_i=1,n (i^k) ] / n^k / (n+1).

Jorge: OK

 Ejercicio 6.b.ii

Marcelo: Respuesta: [ Suma_i=1,n (i^(k+1)) ] / [ Suma_i=1,n (i^k) ] / n.

Jorge: OK

Ejercicio 9.a

Marcelo: Sean “Ai=sale la bolilla i en la primera extracción”, “Bi=sale la bolilla i en la segunda extracción”, “Ci=sale la bolilla i en la tercera extracción”, donde en principio i=1,2,3,4,5. Está claro que P(A1)=P(A2)=…=P(A5)=P(Ai)=1/5.

Debemos calcular: P(A5|B1) = P(A5B1) / P(B1) =

= P(B1|A5) x P(A5) /  P [(A2B1)U(A3B1)U(A4B1)U(A5B1)]

= P(B1|A5) x P(A5) /  [ P(A2B1)+P(A3B1)+(A4B1)+P(A5B1)]

= P(B1|A5) x P(Ai) /  [ P(B1|A1)+P(B1|A3)+(B1|A4)+P(B1|A5) ] / P(Ai)

= 1/4  /  [ 1+1/2+1/3+1/4 ]  = 3/25

Ejercicio 9.b

Marcelo: Debemos calcular: P(A5|C1) =

= P(A5C1) / P(C1)

=  P [(A5B2C1)U(A5B3C1)U(A5B4C1)]  / P [(A3B2C1)U(A4B2C1)U(A4B3C1)U(A5B4C1)U(A5B3C1)U(A5B2C1)]

= [ P(C1|A5B2) x P(B2|A5) + P(C1|A5B3) x P(B3|A5) + P(C1|A5B4) x P(B4|A5) ]  / [ P(C1|A3B2) x P(B2|A3) + P(C1|A4B2) x P(B2|A4) + P(C1|A4B3) x P(B3|A4) +P(C1|A5B4) x P(B4|A5) + P(C1|A5B3) x P(B3|A5) + P(C1|A5B2) x P(B2|A5) ]

= (1+1/2+1/3) x 1/4 / (1×1/2 + 1×1/3 + 1/2×1/3 + 1/3×1/3 + 1/2×1/4 + 1×1/4)

= 4/13  

Ejercicio 14.a

Marcelo: Tenemos a los jugadores A y B. Sea Ai el evento “el jugador A gana en el tiro i” y Bi ídem para B. Es dato P(Ai)=P(Bi)=p, y además los Ai son independientes, al igual que los Bi. Sea Ai’ y Bi’ los complementos correspondientes, obviamente de probabilidad (1-p). A comienza a jugar.

P (gana A en el tiro n) = P (A1′ B1′ A2′ B2′…. An-1′ Bn-1′ An) =

= P (A1′) P (B1′) P (A2′) P (B2′) … P(A) =

= p (Ai’)… (n-1 veces)  p(Ai) = (1-p)^(n-1) x p            para n=1,3,5,…

Un análisis similar para el jugador B lleva a:

P (gana B en el tiro m) = (1-p)^(m-1) x p                     para m=2,4,6,…

No sé cómo demostrar que tiene mayor probabilidad A por tener la ventaja de haber comenzado. Calculando la esperanza podría salir, pero en esta instancia no debería ser una herramienta de análisis.

Se me ocurre comparar la probabilidad de que gane primero A [= p ] contra la probabilidad de que gane primero B [= (1-p) p ]. Claramente, p > (1-p) p.

Ejercicio 14.b

Marcelo: Un análisis similar al ejercicio anterior:

P (gana A en el tiro n) = (1-p1)^[(n-1)/2] x (1-p2)^[(n-1)/2] x p1   para n=1,3,5,…

P (gana b en el tiro m) = (1-p1)^[(m/2)] x (1-p2)^[(m/2-1)] x p2     para m=2,4,6,…

Resolución de las prácticas – TP 1

TRABAJO PRÁCTICO 1

Ejercicio 1.a

Marcelo: Entrada_r,n = (n-1 r-1) = (m k), donde (x+y)^m = suma_k=0_n [ (m k) x^(k) y^(m-k) ]

Jorge: Identico resultado. Una curiosidad. Cuando yo lo resolvi, comence a numerar cada nivel desde 0. Es decir, el vertice del triangulo que tiene solo un numero 1, era el nivel 0; la segunda linea que tiene dos numeros 1 era el nivel 1 y asi siguiendo. Bajo esas consideraciones, Entrada_r,n = (n r – 1). Lo consulte con Susana y dijo que esta OK

Ejercicio 1.b

Marcelo: Es tan sencillo que realmente no merece discusión.

Ejercicio 2

Jorge: Se resuelve expresando al segundo miembro de la igualdad de forma que quede un binomio elevado a la n

a. 2^n = (1+1)^n

b. 0 = 0^n = [1 + (-1)]^n. (Salvedad: n <> 0)

c. a^n= [1 + (a - 1)]^n

Marcelo: Ídem.

Ejercicio 3

Jorge: Solo se me ocurrio la explicacion aplicando la fórmula del número combinatorio, pero me sospecho que no es esa la respuesta pedida. ¿Alguien tiene alguna sugerencia?

Marcelo: Tengo un ejemplo que puede servir de explicación. Si tenemos n personas y se desea formar grupos de r personas, son posibles (n r) formas de hacerlo. Ahora bien; por cada grupo de r personas que formemos, nos quedará determinado un grupo de n-r personas. Conclusión: la cantidad de grupos de tamaño r que puede formarse con n elementos es igual al número de grupos de tamaño n-r que pueden formarse a partir de n elementos. Matemáticamente: (n r)=(n n-r).

Ejercicio 4

Marcelo: Si para cada experimento (de un total de m) tenemos m resultados posibles diferentes, entonces m^2 es la cantidad de posibles resultados de ambos experimentos. Es análos a tirar un dado dos veces.

Resolviendo los ejercicios del Ross, me encontré con éste. No sé por qué pero al leerlo en inglés entendí la consigna correctamente. Vale la pena aclararlo si alguno de Uds. también se enredó con el cagastellano.

Experimento 1          Experimento 2

1                               n1 resultados

2                               n2 resultados

3                               n3 resultados

…

m                              nmresultados

Luego el número posible de resultados de ambos experimentos es:

n1 + n2 + n3 + … + nm = Suma_i=1,m [ ni ]

Ejercicio 5.a

Marcelo: De 5 cifras: 9×10x10×1x1=900

Ejercicio 5.b

Marcelo: “A lo sumo de 5 cifras” incluye a los números capicúas de 1 dígito (10 números, si incluimos el cero), a los de 2 dígitos (9×1=9 números), a los de 3 dígitos (9×10x1=90 números), a los de 4 dígitos (9×10x1×1=90 números) y a los de 5 (9×10x10×1x1=900 números). Total: 1099 números.

Ejercicio 6

Marcelo: Éste también lo  pruebo con un ejemplo. Si tenemos n hombres y m mujeres, y se desea saber cuántos grupos de r personas pueden formarse con ellos, tenemos entonces (n+m r) formas posibles. Pero esto también puede verse de la siguiente manera (H: hombre, M: mujer):

(# grupos r personas) = (# grupos con 0 H y m M)+(# grupos 1 H y  m-1 M)+…+(# grupos n H y 0 M)

(# grupos r personas) = (M r) + (n 1) (m r-1) + (n 2) (m r-2) + … + (n r)

Completando la expresión anterior para ganar generalidad:

(# grupos r personas) = (n 0) (M r) + (n 1) (m r-1) + (n 2) (m r-2) + … + (n r) (m 0).

Ejercicio 7

Marcelo: Aclaro que por “cuántas permutaciones distintas existen” entendí “cuántas palabras distintas pueden formarse”. Para ello consideré primero todas las letras diferentes: S1 T1 A T2 I1 S2 T3 I2 C S3. Por lo tanto tenemos en principio 10! palabras diferentes. PERO nos encontraremos con un conjunto de 3! palabras que difieren sólo en las T’s que tienen permutadas, otro conjunto de 3! palabras que sólo difieren en las S’s que tienen permutadas, y finalmente otro conjunto de 2! palabras que sólo difieren en las I’s que tienen permutadas. Conclusión: se pueden formar 10!/2!/3!/3! palabras distintas [= (10 2,3,3)].

Ejercicio 8

Marcelo: Pensé un ordenamiento dado por 8 casilleros, donde cada uno de ellos representa, respectivamente:

Pollo   Pollo   Pollo   Carne   Carne   Carne   Langosta   Langosta

En cada casillero pondría una persona.  Al igual que el problema anterior, nos encontraremos con 3! ordenamientos que sólo difieren en el orden de los que comieron pollo, 3! para los que comieron carne, y 2! para los que comieron langosta. Conclusión: son posibles (8 3,3,2) formas.

Otra forma de verlo es pensar que tengo (8 3) formas para los 3 que piden pollo, con el resto (5 3) formas para los que piden pollo, y con el último resto (2 2) para los que piden langosta. Por la regla de la multiplicación, la respuesta es (8 3) (5 3) (2 2).

Ejercicio 9.a

Marcelo: Sencillamente 4!

Ejercicio 9.b

Marcelo: Valiéndome de un arreglo de 4 casilleros, donde en cada uno representa:

Piano   Guitarra   Bajo   Batería

Llego a lo siguiente: 2×1x2×1=4 formas diferentes.

Ejercicio 10

Marcelo: Resolví este problemas aludiendo a “casos posibles = casos totales – casos prohibidos”. En primer lugar uní a Fracia e Inglaterra para considerarlos un único asiento. De esta manera, 2×9! es el número de formas posibles en que pueden sentarse correctamente todos los representantes, salvo los de Rusia y EEUU. Luego, es necesario a este número restarle la cantidad de formas en las que puede darse que estos dos representantes esén sentados juntos. Para ello aúno Rusia y EEUU en un único asiento (además de mantener unidas a Francia e Inglaterra!), siendo 2×2x8! el número de casos en los que Rusia y EEUU están juntos. Conclusión: son posibles 2×9!-4×8!=14×8! formas.

Ejercicio 11

Marcelo: Respuesta: (52 13)x(39 13)x(26 13)x(13 13)/4!, es decir (52 13,13,13,13)/4! formas.

Ejercicio 12.a

Marcelo: Relacionado con los problemas de distribución de bolillas en urnas. Sean xA, xB, xC, xD los montos que se invierten en los proyectos A, B, C, y D, respectivamente. Debe cumplirse:

xA+xB+xC+xD=20, siendo xA>=2, xB>=2, xC>=3, xD>=4

si los x fueran >=1 ó >=0, el problema admitiría solución directa por la analogía de distribuir 20 bolillas en 4 urnas, no permitiendo urnas vacías. Para poder adaptar el caso de estudio al mencionado, expresemos las restricciones de la formas:

xA-2>=0, es decir xA-1>=1 o bien xA’>=1

xB-2>=0, es decir xB-1>=1 o bien xB’>=1

xC-3>=0, es decir xC-2>=1 o bien xC’>=1

xD-4>=0, es decir xD-3>=1 o bien xD’>=1

Luego, el problema se reduce a encontrar:

xA’ + xB’ + xC’ + xD’ = 13, con cada sumando >=1.

En analogía al problema de las bolillas y las urnas, veamos como que tenemos una hilera de 13 bolillas que delimitan 12 espacios, donde tenemos que colocar 3 divisiones. Solución: (12 3)=220 formas.

 

10 de Abril. Probabilidades

No hubo clases teóricas. La práctica cubrió todo el horario. Como siempre, copias de los apuntes en el post “Probabilidades. Clases Prácticas”

8 de Abril. Probabilidades. Clase Práctica

La clase practica tuvo dos partes:

• La primera parte se realizaron consultas individuales a Susana
• La segunda parte, se explicaron los problemas 3, 4 y 6 del Trabajo Practico 2

8 de Abril. Probabilidades. Clase Teórica

La clase teorica de hoy tuvo dos partes:

• La primera parte fue una explicacion del Lema de Borel Cantelli
• La segunda parte, comenzo con Variable Aleatoria

Probabilidades

Link de la materia

http://www.dm.uba.ar/materias/probabilidades_Mae/2008/1/