Probabilidad: 10 problemas difíciles resueltos paso a paso

Cuenta las cajas vacías mediante inclusión-exclusión.

1. Hay 4⁸ asignaciones equiprobables. Los vectores de cantidades por caja no son equiprobables.

2. Una caja fija vacía deja 3⁸ asignaciones. Restamos cuatro veces esa cantidad, sumamos C(4,2)2⁸ para corregir las dobles restas y restamos C(4,3)1⁸. Las cuatro cajas vacías son imposibles.

P = [4⁸ − C(4,1)3⁸ + C(4,2)2⁸ − C(4,3)1⁸]/4⁸
  = 40824/65536 = 5103/8192 ≈ 62.29%

No multipliques cuatro probabilidades de caja no vacía: esos sucesos son dependientes.

Sigue el sufijo útil, no grupos separados de tres lanzamientos.

1. w(s) es la probabilidad de victoria de A dado el sufijo útil s: ∅, H, HH, T o TH. Completar HHT vale 1 y THH vale 0. Desde HH, la siguiente T da la victoria a A casi seguramente.

2. Desde T, H conduce a TH y T mantiene T. Desde TH, H hace perder y T devuelve a T:

w(HH)=1
w(T)=w(TH)/2+w(T)/2
w(TH)=w(T)/2
⇒ w(T)=w(TH)=0
w(H)=w(HH)/2+w(T)/2=1/2
w(∅)=w(H)/2+w(T)/2=1/4

3. A gana con probabilidad 1/4 y B con 3/4. A solo puede ganar si los dos primeros lanzamientos son HH. Si aparece T antes, el primer HH posterior completa THH. Las ternas prefijadas equiprobables no hacen justa esta carrera.

La primera papeleta debe ser A. Refleja un camino malo hasta su primer empate.

1. Hay C(12,7) órdenes, y C(11,6) comienzan con A.

2. En uno que empieza con A y después empata, intercambia A y B hasta el primer empate. Ese prefijo tiene igual cantidad de ambos: los totales no cambian, pero ahora comienza con B.

3. Todo orden que comienza con B y termina con A dos votos por delante pasa por un empate. El mismo intercambio invierte la operación: es una biyección. Los órdenes malos son C(11,7).

C(12,7) = 792
C(11,6) − C(11,7) = 462−330 = 132
P = 132/792 = 1/6 ≈ 16.67%

Permitir empates cambiaría la respuesta: la ventaja debe ser estricta.

El lado más largo debe ser menor que la suma de los otros tres.

1. Necesitamos max Lᵢ<1/2. Las igualdades y los cortes coincidentes tienen probabilidad cero.

2. Los cortes ordenados tienen densidad constante 3!; el cambio a longitudes tiene determinante 1. Las longitudes son uniformes en el simplex tridimensional Lᵢ≥0, ΣLᵢ=1.

3. Para L₁≥1/2, restamos 1/2 de L₁. Queda un simplex de suma 1/2: sus tres dimensiones se reducen a la mitad y el volumen a un octavo. Vale para cada trozo. Dos trozos no pueden superar simultáneamente 1/2; las intersecciones de frontera tienen probabilidad cero.

L₁+L₂+L₃+L₄=1
P(Lᵢ ≥ 1/2) = (1/2)³ = 1/8
P(max Lᵢ < 1/2) = 1−4/8 = 1/2

La respuesta es 1/2. Cortar primero por la mitad y dividir cada mitad al azar sería otro experimento.

Calcula la probabilidad de un orden concreto con k blancas.

1. Los denominadores son 2,3,…,11. Para k blancas, los factores blancos del numerador son 1,…,k y los negros 1,…,10−k, independientemente del orden.

2. Multiplica la probabilidad de un orden por los C(10,k) órdenes posibles:

P(WW…BB… en un orden fijo) = k!(10−k)!/11!
P(K=k) = C(10,k) k!(10−k)!/11! = 1/11
P(K ≥ 8) = 3/11 ≈ 27.27%

3. K es uniforme en 0,…,10; los valores favorables son 8, 9 y 10. No es binomial: las extracciones dependen del pasado. Simetría de colores no significa independencia.

Pondera cada p por la probabilidad de la observación.

1. Para p fijo, cinco caras tienen probabilidad p⁵. Integrar contra la densidad uniforme inicial da la probabilidad de lo observado.

2. Cinco caras iniciales y otra en el sexto equivalen a seis caras iniciales. Aplicamos la probabilidad condicionada:

P(HHHHH) = ∫₀¹ p⁵ dp = 1/6
P(HHHHHH) = ∫₀¹ p⁶ dp = 1/7
P(H₆ | H₁H₂H₃H₄H₅) = (1/7)/(1/6) = 6/7

3. Aproximadamente 85,71 %. Aprendemos sobre un sesgo desconocido, no cambiamos una moneda conocida equilibrada. Si p fuera conocido e igual a 1/2, seguiría siendo 1/2. Volver a elegir p en cada lanzamiento sería otro modelo.

Condiciona a la posición k del mejor.

1. Si el mejor está en k>r, lo elegimos exactamente cuando el mejor de los k−1 anteriores estaba entre los primeros r. La probabilidad es r/(k−1), y garantiza que no paramos antes.

2. Cada k tiene probabilidad 1/10. Sumamos de k=r+1 a 10, con j=k−1. Si r=0, elegimos inmediatamente al primero.

Pᵣ = (r/10) Σⱼ₌ᵣ⁹ 1/j  (1 ≤ r ≤ 9)
P₀ = 1/10
P₃ = (3/10)(1/3+1/4+…+1/9) ≈ 0.39869048
P₄ ≈ 0.39825397

3. Para r=1,…,9: 0,282897; 0,365794; 0,398690; 0,398254; 0,372817; 0,327381; 0,265278; 0,188889; 0,100000. Conviene descartar 3. La ventaja sobre 4 es pequeña pero real. Optimizamos la familia indicada, sin información adicional.

Calcula la probabilidad de no haber parado tras n extracciones.

1. N>n equivale a Sₙ≤1. Dentro del cubo unidad de dimensión n, esa región es un simplex de volumen 1/n!. Por inducción, Vₙ(t)=tⁿ/n!, y Vₙ₊₁(1)=∫₀¹(1−u)ⁿ/n! du=1/(n+1)!, empezando por n=1.

2. Para N entero positivo, la esperanza es la suma de P(N>n) desde n=0: un resultado N=m aporta exactamente m indicadores.

Sₙ = U₁+…+Uₙ,  S₀=0
P(N>n) = P(Sₙ ≤ 1) = 1/n!
E[N] = Σₙ₌₀∞ P(N>n)
     = 1+1+1/2!+1/3!+… = e ≈ 2.71828

La media es e, no 2: la suma final sobrepasa el umbral. Además, P(N>n)=1/n! tiende a cero, por lo que se termina casi seguramente.

Cuenta las secuencias que evitan HHHHH: las ventanas se superponen.

1. aₙ cuenta las secuencias de longitud n sin cinco H consecutivas. Para n<5, las 2ⁿ son válidas.

2. Para n≥5, cada secuencia válida contiene T y acaba en exactamente uno de T, TH, THH, THHH, THHHH. Al quitar ese bloque queda una secuencia válida más corta:

a₀=1, a₁=2, a₂=4, a₃=8, a₄=16
aₙ=aₙ₋₁+aₙ₋₂+aₙ₋₃+aₙ₋₄+aₙ₋₅  (n ≥ 5)
a₅=31, a₁₀=912, a₁₅=26784, a₂₀=786568
P = 1−a₂₀/2²⁰ = 32751/131072 ≈ 24.9870%

3. Restamos de 1 la probabilidad de evitar HHHHH. No vale 1−(31/32)¹⁶: las dieciséis ventanas no son independientes. La recurrencia cuenta cada secuencia una sola vez.

Sigue los ciclos de la permutación cajón-contenido.

1. i abre el cajón i, luego el indicado por su contenido y continúa. Tiene éxito exactamente si su ciclo tiene longitud como máximo diez.

2. Todos ganan si ningún ciclo supera diez. Para k>10, elige k elementos, ordénalos cíclicamente de (k−1)! formas y permuta los demás de (20−k)! formas.

3. No pueden coexistir dos ciclos mayores de diez. Los sucesos excluidos son disjuntos:

P(un ciclo de longitud k)
= C(20,k)(k−1)!(20−k)!/20! = 1/k  (k>10)
P(éxito) = 1−Σₖ₌₁₁²⁰ 1/k
           = 77107553/232792560 ≈ 33.1229%

No multipliques veinte probabilidades individuales 1/2: la estrategia hace dependientes los éxitos. Es una versión con veinte participantes del problema clásico de los nombres en cajas.