PROBLEMS IN PROBABILITY by Fredric M. Menger, Emory University, Atlanta, GA, USA
In science, as in life itself, assessing probability is critical. Given below are problems in probability along with their solutions. The intent is to illustrate some basic principles of probability while using a problem-based format.
1) Problem: What is the probability P that tossing two coins (each with one head (H) and one tail (T)), will lead to two heads? The coins are perfectly balanced and each has an identical chance for H or T.
Solution: A “sample space” is the set of all possible outcomes. In this case, the sample space is HH, HT, TH, and TT. Thus the P(HH) = 1/4 (i.e. one-fourth of the total sample space).
2) Problem: Roll two dice. What is the probability that the sum of the two dice equals 8?
Solution: Call the two dice A and B. The sample space consists of 36 members:
1) Problem: What is the probability P that tossing two coins (each with one head (H) and one tail (T)), will lead to two heads? The coins are perfectly balanced and each has an identical chance for H or T.
Solution: A “sample space” is the set of all possible outcomes. In this case, the sample space is HH, HT, TH, and TT. Thus the P(HH) = 1/4 (i.e. one-fourth of the total sample space).
2) Problem: Roll two dice. What is the probability that the sum of the two dice equals 8?
Solution: Call the two dice A and B. The sample space consists of 36 members:
Among the 36 total members of the sample space there are five combinations that total 8. These five are printed in bold and underlined. Thus the probability of achieving a value of 8 from the two dice is 5/36.
3) Problem: A coin, with a head on one side and a tail on the other, is tossed 6 times, and 6 heads are obtained. What is the probability that a 7th toss will be a head?
Solution: P(H) = 1/2. This illustrates the important point that probability has no memory. Even though the probability for seven heads is unlikely (namely P(7H) = (1/2)7 = 1/128) the probability of any individual toss is 1/2 regardless of past events.
On a more practical note, assume that airplane crashes occur on the average of once every 6 months. Assume further that no plane crash has been reported for the past 6 months. Should a person stay off airplanes because a crash is imminent? The answer from a statistical, if not psychological, point of view is NO. Probability pays no attention to the past.
4) Problem: What is the probability of drawing an ace-of-hearts from a mixed 52-card deck? Solution: Clearly the probability is 1/52 since the ace-of-hearts is the only such card in the deck of 52. But there is another way of calculating this number.
Probability of an ace = 4/52 = 1/13 (since there are 4 aces in the deck.)
Probability of a heart = 13/52 = 1/4 (since there are 13 hearts in the deck).
P(ace and heart) = P(ace) x P(heart) = 1/13 x 1/4 = 1/52.
This illustrates the important law that P (A and B) = P(A) x P(B). Problem 1 (where one wants the probability of coin-1 being H and coin-2 also being H) can be calculated from P(H)1 x P(H)2 = 1/2 x 1/2 = 1/4 (identical to that obtained from sample space considerations).
5) Problem: A man is told that the chances of a bomb being on board a plane is 1/1000. He thus reasons that the chance of two bombs being aboard a plane would be 1/1000 x 1/1000 or 1 in 106. Reasoning that one-in-a-million is much more favorable odds for his survival, he brings a bomb with him onto the plane, and is promptly arrested. What is wrong with the man’s reasoning?
Solution: Laws of probability work only if events are absolutely random. Bringing a bomb aboard is not a random event.
6) Problems: (a) What is the probability of picking a heart or a spade from 52-card deck? (b) What is the probability of picking a heart or a queen from a 52-card deck?
Solutions:
(a) P (heart or spade) = P(heart) + P(spade) = 13/52 + 13/52= 26/52 = 1/2, illustrating the fact that for “mutually exclusive” events the probability of an “or” is additive. A heart and a spade are mutually exclusive because the occurrence of one event excludes the other from happening (i.e. a card cannot be both a heart and spade at the same time).
(b) A heart and a queen are not mutually exclusive because a card can be both a heart and a queen. The law for non-mutually exclusive events A and B is: P (A or B) = P(A) + P(B) – P(A + B). Thus, the probability for a heart or a queen is: P(heart) or P(queen) = 13/52 + 4/52 - 1/52 = 16/52. The 1/52 term comes from the fact that P(A + B) = 13/52 x 4/52 = 1/52 (using the “and” rule in problem 4). In essence, the third term in the probability equation is a correction for the fact that one card is both a queen and a heart, and it should not be counted twice.
(7) Problem: There are 30 cards. Ten are red (R) on both sides; ten are white (W) on both sides; and ten are red on one side and white on the other (RW). This is summarized in the following table:
3) Problem: A coin, with a head on one side and a tail on the other, is tossed 6 times, and 6 heads are obtained. What is the probability that a 7th toss will be a head?
Solution: P(H) = 1/2. This illustrates the important point that probability has no memory. Even though the probability for seven heads is unlikely (namely P(7H) = (1/2)7 = 1/128) the probability of any individual toss is 1/2 regardless of past events.
On a more practical note, assume that airplane crashes occur on the average of once every 6 months. Assume further that no plane crash has been reported for the past 6 months. Should a person stay off airplanes because a crash is imminent? The answer from a statistical, if not psychological, point of view is NO. Probability pays no attention to the past.
4) Problem: What is the probability of drawing an ace-of-hearts from a mixed 52-card deck? Solution: Clearly the probability is 1/52 since the ace-of-hearts is the only such card in the deck of 52. But there is another way of calculating this number.
Probability of an ace = 4/52 = 1/13 (since there are 4 aces in the deck.)
Probability of a heart = 13/52 = 1/4 (since there are 13 hearts in the deck).
P(ace and heart) = P(ace) x P(heart) = 1/13 x 1/4 = 1/52.
This illustrates the important law that P (A and B) = P(A) x P(B). Problem 1 (where one wants the probability of coin-1 being H and coin-2 also being H) can be calculated from P(H)1 x P(H)2 = 1/2 x 1/2 = 1/4 (identical to that obtained from sample space considerations).
5) Problem: A man is told that the chances of a bomb being on board a plane is 1/1000. He thus reasons that the chance of two bombs being aboard a plane would be 1/1000 x 1/1000 or 1 in 106. Reasoning that one-in-a-million is much more favorable odds for his survival, he brings a bomb with him onto the plane, and is promptly arrested. What is wrong with the man’s reasoning?
Solution: Laws of probability work only if events are absolutely random. Bringing a bomb aboard is not a random event.
6) Problems: (a) What is the probability of picking a heart or a spade from 52-card deck? (b) What is the probability of picking a heart or a queen from a 52-card deck?
Solutions:
(a) P (heart or spade) = P(heart) + P(spade) = 13/52 + 13/52= 26/52 = 1/2, illustrating the fact that for “mutually exclusive” events the probability of an “or” is additive. A heart and a spade are mutually exclusive because the occurrence of one event excludes the other from happening (i.e. a card cannot be both a heart and spade at the same time).
(b) A heart and a queen are not mutually exclusive because a card can be both a heart and a queen. The law for non-mutually exclusive events A and B is: P (A or B) = P(A) + P(B) – P(A + B). Thus, the probability for a heart or a queen is: P(heart) or P(queen) = 13/52 + 4/52 - 1/52 = 16/52. The 1/52 term comes from the fact that P(A + B) = 13/52 x 4/52 = 1/52 (using the “and” rule in problem 4). In essence, the third term in the probability equation is a correction for the fact that one card is both a queen and a heart, and it should not be counted twice.
(7) Problem: There are 30 cards. Ten are red (R) on both sides; ten are white (W) on both sides; and ten are red on one side and white on the other (RW). This is summarized in the following table:
A person picks up a card and sees that one side of the card is white. What is the probability that the other side is red?
Answer: Observing the white side eliminates RR, leaving WW and WR as the only possibilities. An incorrect (although tempting) reasoning is that since there are two remaining possibilities, only one of which has an R, the probability of a red is 1/2. In actual fact, P(red) = 1/3. There are three ways of explaining this answer:
a) One is really asking for the probability of RW which as clearly seen from table is 1/3.
b) Of the 20 remaining cards, following elimination of RR, we have the following sample space (where all three white sides are identified):
Answer: Observing the white side eliminates RR, leaving WW and WR as the only possibilities. An incorrect (although tempting) reasoning is that since there are two remaining possibilities, only one of which has an R, the probability of a red is 1/2. In actual fact, P(red) = 1/3. There are three ways of explaining this answer:
a) One is really asking for the probability of RW which as clearly seen from table is 1/3.
b) Of the 20 remaining cards, following elimination of RR, we have the following sample space (where all three white sides are identified):
The probability of W3R is 1/3 (not 1/2).
c) When one has observed a W on one side, it is twice as likely to be W on the other side than an R because there are two ways of achieving WW and only one for achieving WR.
c) When one has observed a W on one side, it is twice as likely to be W on the other side than an R because there are two ways of achieving WW and only one for achieving WR.
PROBLEMAS DE PROBABILIDADE por Fredric M. Menger, Universidade Emory, Atlanta, EUA
Traduzido por Natanael F. França Rocha, Florianópolis, Brasil
Na ciência, assim como na vida, é bastante difícil avaliar probabilidades. Veremos a seguir alguns problemas envolvendo probabilidade, bem como as suas soluções. A intenção é ilustrar alguns princípios básicos de probabilidade usando um formato baseado em problemas.
1) Problema: Qual é a probabilidade P de se lançar ao ar duas moedas (cada uma tendo um lado cara (C) e outro coroa (O)) e se obter duas caras? As moedas estão perfeitamente equilibradas e cada uma tem chances iguais de cair em C ou O.
Solução: "Espaço amostral" é o conjunto de todos os resultados possíveis. Neste caso, o espaço amostral é CC, CO, OC e OO. Assim, o P (CC) = 1/4 (ou seja, um quarto do espaço amostral total).
2) Problema: Lance dois dados. Qual é a probabilidade de que a soma dos dois dados seja igual a 8?
Solução: Vamos chamar os dois dados de A e B. O espaço amostral é composto por 36 membros:
1) Problema: Qual é a probabilidade P de se lançar ao ar duas moedas (cada uma tendo um lado cara (C) e outro coroa (O)) e se obter duas caras? As moedas estão perfeitamente equilibradas e cada uma tem chances iguais de cair em C ou O.
Solução: "Espaço amostral" é o conjunto de todos os resultados possíveis. Neste caso, o espaço amostral é CC, CO, OC e OO. Assim, o P (CC) = 1/4 (ou seja, um quarto do espaço amostral total).
2) Problema: Lance dois dados. Qual é a probabilidade de que a soma dos dois dados seja igual a 8?
Solução: Vamos chamar os dois dados de A e B. O espaço amostral é composto por 36 membros:
Entre os 36 membros totais do espaço amostral há cinco combinações que totalizam 8. As cinco estão destacadas em negrito e sublinhadas. Desta forma, a probabilidade de se obter o valor 8 com a soma dos dois dados é de 5/36.
3) Problema: Uma moeda comum, cara de um lado e coroa do outro, é lançada 6 vezes e são obtidas 6 caras. Qual é a probabilidade de na sétima vez volte a cair em cara?
Solução: P (C) = 1/2. Isso nos mostra que a probabilidade não tem memória. Mesmo que a probabilidade de dar cara na sétima vez seja improvável (ou seja, P (7C) = (1/2) 7 = 1 /128), a probabilidade para qualquer jogada individual é 1/2, independentemente das vezes passadas.
Vamos pensar de uma forma mais prática: suponha que acidentes aéreos ocorrem em média uma vez a cada 6 meses. Suponha ainda que nenhum acidente de avião foi relatado nos últimos 6 meses. Então significa que não se deve viajar de avião porque um acidente está prestes a acontecer? A resposta, de um ponto de vista estatístico, se não psicológico, é NÃO. A probabilidade não presta atenção ao passado.
4) Problema: Qual é a probabilidade de se tirar um ás de copas de um baralho de 52 cartas misturadas?
Solução: É claro que a probabilidade é de 1/52 uma vez que o ás de copas é uma carta única no baralho. Mas há outra forma de calcular esse número.
Probabilidade de um ás = 4/52 = 1/13 (já que existem 4 ases no baralho).
Probabilidade de uma copa = 13/52 = 1/4 (já que existem 13 copas no baralho).
P (ás e copas) = P(ás) x P(copa) = 1/ 13 x 1/4 = 1/52.
Isto ilustra a lei importante de que P (A e B) = P(A) x P(B). O problema 1 (em que se quer a probabilidade de uma moeda-1 cair em C e uma moeda-2 também cair em C) pode ser calculado a partir de P(C)1 x P(C)2 = 1/2 x 1/2 = 1/4 (idêntico ao obtido a partir de considerações de espaço amostral).
5) Problema: Um homem fica sabendo que as chances de uma bomba estar a bordo de um avião é de 1/1000. Ele, portanto, calcula que a chance de duas bombas estarem a bordo de um avião seria de 1/1000 x 1/1000 ou 1 em 106. Supondo que um em um milhão é uma chance mais favorável à sua sobrevivência, ele traz uma bomba com ele para o avião, e é imediatamente preso. O que há de errado com o raciocínio do homem?
Solução: As leis da probabilidade funcionam somente se os acontecimentos forem absolutamente aleatórios. Trazer uma bomba a bordo não é um evento aleatório.
6) Problemas: (a) Qual é a probabilidade de se tirar uma carta de copa ou de espada de um baralho de 52 cartas? (b) Qual é a probabilidade de se tirar uma copa ou uma rainha de um baralho de 52 cartas?
Soluções:
(a) P(copa ou espada) = P(copa) + P(espada) = 13/52 + 13/52 = 26/52 = 1/2, ilustrando o fato de que para os eventos "mutuamente excludentes" a probabilidade de um "ou" é aditiva. Uma carta de copas e uma de espadas são mutuamente excludentes, pois a ocorrência de um evento exclui a possibilidade do outro acontecer (ou seja, um carta não pode ser de copas e de espadas ao mesmo tempo).
(b) Uma copa e uma rainha não são mutuamente excludentes, pois uma carta pode ser uma rainha de copas. A lei para acontecimentos que não são mutuamente excludentes A e B é: P(A ou B) = P(A) + P(B) – P(A + B). Assim, a probabilidade de uma copa ou de uma rainha é: P(copa) ou P(rainha) = 13/52 + 4/52 – 1/ 52 = 16/52. A fração 1/52 vem do fato de que P (A + B) = 13/52 x 4/52 = 1/52 (usando a regra do "e" do problema 4). Basicamente, a terceiro fração na equação de probabilidade é uma correção para o fato de que uma carta pode ser ao mesmo tempo rainha e de copas, e não deve ser contada duas vezes.
(7) Problema: Há 30 cartas. Dez são vermelhas (V) em ambos os lados; dez são brancas (B) em ambos os lados; e dez são vermelhas de um lado e brancas do outro (VB), conforme o resumo na tabela abaixo:
3) Problema: Uma moeda comum, cara de um lado e coroa do outro, é lançada 6 vezes e são obtidas 6 caras. Qual é a probabilidade de na sétima vez volte a cair em cara?
Solução: P (C) = 1/2. Isso nos mostra que a probabilidade não tem memória. Mesmo que a probabilidade de dar cara na sétima vez seja improvável (ou seja, P (7C) = (1/2) 7 = 1 /128), a probabilidade para qualquer jogada individual é 1/2, independentemente das vezes passadas.
Vamos pensar de uma forma mais prática: suponha que acidentes aéreos ocorrem em média uma vez a cada 6 meses. Suponha ainda que nenhum acidente de avião foi relatado nos últimos 6 meses. Então significa que não se deve viajar de avião porque um acidente está prestes a acontecer? A resposta, de um ponto de vista estatístico, se não psicológico, é NÃO. A probabilidade não presta atenção ao passado.
4) Problema: Qual é a probabilidade de se tirar um ás de copas de um baralho de 52 cartas misturadas?
Solução: É claro que a probabilidade é de 1/52 uma vez que o ás de copas é uma carta única no baralho. Mas há outra forma de calcular esse número.
Probabilidade de um ás = 4/52 = 1/13 (já que existem 4 ases no baralho).
Probabilidade de uma copa = 13/52 = 1/4 (já que existem 13 copas no baralho).
P (ás e copas) = P(ás) x P(copa) = 1/ 13 x 1/4 = 1/52.
Isto ilustra a lei importante de que P (A e B) = P(A) x P(B). O problema 1 (em que se quer a probabilidade de uma moeda-1 cair em C e uma moeda-2 também cair em C) pode ser calculado a partir de P(C)1 x P(C)2 = 1/2 x 1/2 = 1/4 (idêntico ao obtido a partir de considerações de espaço amostral).
5) Problema: Um homem fica sabendo que as chances de uma bomba estar a bordo de um avião é de 1/1000. Ele, portanto, calcula que a chance de duas bombas estarem a bordo de um avião seria de 1/1000 x 1/1000 ou 1 em 106. Supondo que um em um milhão é uma chance mais favorável à sua sobrevivência, ele traz uma bomba com ele para o avião, e é imediatamente preso. O que há de errado com o raciocínio do homem?
Solução: As leis da probabilidade funcionam somente se os acontecimentos forem absolutamente aleatórios. Trazer uma bomba a bordo não é um evento aleatório.
6) Problemas: (a) Qual é a probabilidade de se tirar uma carta de copa ou de espada de um baralho de 52 cartas? (b) Qual é a probabilidade de se tirar uma copa ou uma rainha de um baralho de 52 cartas?
Soluções:
(a) P(copa ou espada) = P(copa) + P(espada) = 13/52 + 13/52 = 26/52 = 1/2, ilustrando o fato de que para os eventos "mutuamente excludentes" a probabilidade de um "ou" é aditiva. Uma carta de copas e uma de espadas são mutuamente excludentes, pois a ocorrência de um evento exclui a possibilidade do outro acontecer (ou seja, um carta não pode ser de copas e de espadas ao mesmo tempo).
(b) Uma copa e uma rainha não são mutuamente excludentes, pois uma carta pode ser uma rainha de copas. A lei para acontecimentos que não são mutuamente excludentes A e B é: P(A ou B) = P(A) + P(B) – P(A + B). Assim, a probabilidade de uma copa ou de uma rainha é: P(copa) ou P(rainha) = 13/52 + 4/52 – 1/ 52 = 16/52. A fração 1/52 vem do fato de que P (A + B) = 13/52 x 4/52 = 1/52 (usando a regra do "e" do problema 4). Basicamente, a terceiro fração na equação de probabilidade é uma correção para o fato de que uma carta pode ser ao mesmo tempo rainha e de copas, e não deve ser contada duas vezes.
(7) Problema: Há 30 cartas. Dez são vermelhas (V) em ambos os lados; dez são brancas (B) em ambos os lados; e dez são vermelhas de um lado e brancas do outro (VB), conforme o resumo na tabela abaixo:
Uma pessoa pega uma carta e vê que um dos lados é branco. Qual é a probabilidade de que o outro lado seja vermelho?
Resposta: Ao ver que um lado é branco, elimina-se VV, restando apenas BB e VB como únicas possibilidades. Um raciocínio incorreto (embora tentador) é pensar que já que existem duas possibilidades restantes, onde apenas uma tem um V, a probabilidade de o outro lado ser vermelho é de 1/2. Na verdade, P(vermelho) = 1/3. Há três maneiras de explicar esta resposta:
a) Espera-se realmente que a probabilidade de VB, como se vê claramente na tabela, seja de 1 /3.
b) Das 20 cartas restantes, após a eliminação de VV, temos o seguinte espaço amostral (onde todos os três lados brancos são identificados):
Resposta: Ao ver que um lado é branco, elimina-se VV, restando apenas BB e VB como únicas possibilidades. Um raciocínio incorreto (embora tentador) é pensar que já que existem duas possibilidades restantes, onde apenas uma tem um V, a probabilidade de o outro lado ser vermelho é de 1/2. Na verdade, P(vermelho) = 1/3. Há três maneiras de explicar esta resposta:
a) Espera-se realmente que a probabilidade de VB, como se vê claramente na tabela, seja de 1 /3.
b) Das 20 cartas restantes, após a eliminação de VV, temos o seguinte espaço amostral (onde todos os três lados brancos são identificados):
A probabilidade de B3V é 1/3 (e não 1/2).
c) Quando se vê um B de um lado da carta, é duas vezes mais provável que seja um B do outro lado ao invés de um V, pois há duas formas de se obter BB e apenas uma de se obter BV.
c) Quando se vê um B de um lado da carta, é duas vezes mais provável que seja um B do outro lado ao invés de um V, pois há duas formas de se obter BB e apenas uma de se obter BV.
PROBLEMAS DE PROBABILIDAD por Fredric M. Menger Universidad de Emory, Atlanta, EE.UU.
Traducción de Natanael F. França Rocha, Florianópolis, Brasil y revisión de Carlos Bravo, Universidad de Vigo, España
En la ciencia, así como en la vida, es muy difícil evaluar la probabilidad. A continuación veremos algunos problemas de probabilidad y sus soluciones. La intención es ilustrar algunos principios básicos de la probabilidad utilizando un formato basado en problemas.
1) Problema: ¿Cuál es la probabilidad P de lanzarse dos monedas (cada una con una cara (C) y una cruz (Z)) y obtener dos caras? Las monedas están perfectamente equilibradas y cada una tiene igual posibilidad de caerse en C o Z.
Solución: El "Espacio muestral" es el conjunto de todos los resultados posibles. En este caso, el espacio muestral es CC, CZ, ZC, y ZZ. Así, P (CC) = 1/4 (es decir, una cuarta parte del espacio muestral total).
2) Problema: Tire dos dados. ¿Cuál es la probabilidad de que la suma de los dos sea igual a 8?
Solución: Vamos llamar a los dos dados de A y B. El espacio muestral se compone de 36 posibilidades:
1) Problema: ¿Cuál es la probabilidad P de lanzarse dos monedas (cada una con una cara (C) y una cruz (Z)) y obtener dos caras? Las monedas están perfectamente equilibradas y cada una tiene igual posibilidad de caerse en C o Z.
Solución: El "Espacio muestral" es el conjunto de todos los resultados posibles. En este caso, el espacio muestral es CC, CZ, ZC, y ZZ. Así, P (CC) = 1/4 (es decir, una cuarta parte del espacio muestral total).
2) Problema: Tire dos dados. ¿Cuál es la probabilidad de que la suma de los dos sea igual a 8?
Solución: Vamos llamar a los dos dados de A y B. El espacio muestral se compone de 36 posibilidades:
Entre las 36 posibilidades del espacio muestral hay cinco combinaciones que suman 8. Estas cinco están destacadas en negrita y subrayadas. Así, la probabilidad de lograrse un valor de 8 a partir de los dos dados es de 5/36.
3) Problema: Una moneda común, cara en un lado y cruz en el otro, se lanza 6 veces y se obtienen 6 caras. ¿Cuál es la probabilidad de que un séptimo lanzamiento sea una cara?
Solución: P (C) = 1/2. Esto ilustra el hecho importante de que la probabilidad no tiene memoria. A pesar de que es poco probable que el séptimo lanzamiento sea cara (es decir, P (7C) = (1/2) 7 = 1/128), la probabilidad para cualquier lanzamiento individual es 1/2, independientemente de los resultados pasados.
De una forma más práctica, suponga que los accidentes aéreos ocurren en un promedio de una vez cada 6 meses. Supongamos, además, que ningún accidente aéreo ha sido notificado en los últimos 6 meses. ¿Entonces una persona no debería viajar en avión porque un accidente sería inminente? La respuesta desde un punto de vista estadístico, incluso psicológico, es NO. La probabilidad no presta atención al pasado.
4) Problema: ¿Cuál es la probabilidad de sacarse un as de copas de una baraja de 52 cartas mezcladas? Solución: Es evidente que la probabilidad es 1/52 ya que el as de copas es una carta única en la baraja. Pero hay otra forma de calcular este número.
Probabilidad de un as = 4/52 = 1/13 (ya que hay 4 ases en la baraja).
Probabilidad de una copa = 13/52 = 1/4 (ya que hay 13 copas en la baraja).
P(as y copa) = P(as) x P(copa) = 1/13 x 1/ 4 = 1/52.
Esto ilustra la ley importante de que P(A y B) = P(A) x P(B). El problema 1 (donde se desea conocer la probabilidad de dos monedas (moneda-1 y moneda-2) ser C) puede ser calculada a partir de P(C)1 x P(C)2 = 1/2 x 1/2 = 1/4 (idéntica al obtenido a partir de las consideraciones del espacio muestral).
5) Problema: Un hombre sabe que las posibilidades de que una bomba esté a bordo de un avión es de 1/1000. Él, por lo tanto, calcula que la probabilidad de que dos bombas puedan estar a bordo de un avión sería 1/1000 x 1/1000 o 1 en 106. Suponiendo que la probabilidad de uno en un millón es mucho más favorable para su supervivencia, él trae una bomba con él en el avión, y es arrestado de inmediato. ¿Qué hay de malo con el razonamiento del hombre?
Solución: Las leyes de la probabilidad sólo funcionan si los eventos son absolutamente aleatorios. Traer una bomba a bordo no es un evento aleatorio.
6) Problemas: (a) ¿Cuál es la probabilidad de escoger una copa o una espada de una baraja de 52 cartas? (b) ¿Cuál es la probabilidad de escoger una copa o una reina de una baraja de 52 cartas?
Soluciones:
(a) P(copa o espada) = P(copa) + P(espada) = 13/52 + 13/52 = 26/52 = 1/ 2, ilustrando el hecho de que para los eventos "mutuamente excluyentes" la probabilidad de un "o" es aditiva. Una copa y una espada son mutuamente excluyentes porque la ocurrencia de un evento excluye a la posibilidad del otro (es decir, una carta de copas no puede ser de espadas al mismo tiempo).
(b) Una copa y una reina no son mutuamente excluyentes porque una carta puede ser una reina de copas. La ley para eventos no mutuamente excluyentes A y B es: P(A o B) = P(A) + P(B) – P(A + B). Por lo tanto, la probabilidad de una copa o una reina es: P(copa) o P(reina) = 13/52 + 4/52 – 1/52 = 16/52 . La fracción 1/52 viene del hecho de que P(A + B) = 13/52 x 4/52 = 1/52 (utilizando la regla del "y" del problema 4). Básicamente, la tercera fracción de la ecuación de probabilidad es una corrección para el hecho de que una carta puede ser al mismo tiempo una reina y de copas, y no debe contarse dos veces.
(7) Problema: Hay 30 cartas. Diez son de color rojo (R) en ambos lados; diez son de color blanco (B) en ambos lados; y diez son de color rojo en un lado y blanco en el otro (RB), como se resume en la siguiente tabla:
3) Problema: Una moneda común, cara en un lado y cruz en el otro, se lanza 6 veces y se obtienen 6 caras. ¿Cuál es la probabilidad de que un séptimo lanzamiento sea una cara?
Solución: P (C) = 1/2. Esto ilustra el hecho importante de que la probabilidad no tiene memoria. A pesar de que es poco probable que el séptimo lanzamiento sea cara (es decir, P (7C) = (1/2) 7 = 1/128), la probabilidad para cualquier lanzamiento individual es 1/2, independientemente de los resultados pasados.
De una forma más práctica, suponga que los accidentes aéreos ocurren en un promedio de una vez cada 6 meses. Supongamos, además, que ningún accidente aéreo ha sido notificado en los últimos 6 meses. ¿Entonces una persona no debería viajar en avión porque un accidente sería inminente? La respuesta desde un punto de vista estadístico, incluso psicológico, es NO. La probabilidad no presta atención al pasado.
4) Problema: ¿Cuál es la probabilidad de sacarse un as de copas de una baraja de 52 cartas mezcladas? Solución: Es evidente que la probabilidad es 1/52 ya que el as de copas es una carta única en la baraja. Pero hay otra forma de calcular este número.
Probabilidad de un as = 4/52 = 1/13 (ya que hay 4 ases en la baraja).
Probabilidad de una copa = 13/52 = 1/4 (ya que hay 13 copas en la baraja).
P(as y copa) = P(as) x P(copa) = 1/13 x 1/ 4 = 1/52.
Esto ilustra la ley importante de que P(A y B) = P(A) x P(B). El problema 1 (donde se desea conocer la probabilidad de dos monedas (moneda-1 y moneda-2) ser C) puede ser calculada a partir de P(C)1 x P(C)2 = 1/2 x 1/2 = 1/4 (idéntica al obtenido a partir de las consideraciones del espacio muestral).
5) Problema: Un hombre sabe que las posibilidades de que una bomba esté a bordo de un avión es de 1/1000. Él, por lo tanto, calcula que la probabilidad de que dos bombas puedan estar a bordo de un avión sería 1/1000 x 1/1000 o 1 en 106. Suponiendo que la probabilidad de uno en un millón es mucho más favorable para su supervivencia, él trae una bomba con él en el avión, y es arrestado de inmediato. ¿Qué hay de malo con el razonamiento del hombre?
Solución: Las leyes de la probabilidad sólo funcionan si los eventos son absolutamente aleatorios. Traer una bomba a bordo no es un evento aleatorio.
6) Problemas: (a) ¿Cuál es la probabilidad de escoger una copa o una espada de una baraja de 52 cartas? (b) ¿Cuál es la probabilidad de escoger una copa o una reina de una baraja de 52 cartas?
Soluciones:
(a) P(copa o espada) = P(copa) + P(espada) = 13/52 + 13/52 = 26/52 = 1/ 2, ilustrando el hecho de que para los eventos "mutuamente excluyentes" la probabilidad de un "o" es aditiva. Una copa y una espada son mutuamente excluyentes porque la ocurrencia de un evento excluye a la posibilidad del otro (es decir, una carta de copas no puede ser de espadas al mismo tiempo).
(b) Una copa y una reina no son mutuamente excluyentes porque una carta puede ser una reina de copas. La ley para eventos no mutuamente excluyentes A y B es: P(A o B) = P(A) + P(B) – P(A + B). Por lo tanto, la probabilidad de una copa o una reina es: P(copa) o P(reina) = 13/52 + 4/52 – 1/52 = 16/52 . La fracción 1/52 viene del hecho de que P(A + B) = 13/52 x 4/52 = 1/52 (utilizando la regla del "y" del problema 4). Básicamente, la tercera fracción de la ecuación de probabilidad es una corrección para el hecho de que una carta puede ser al mismo tiempo una reina y de copas, y no debe contarse dos veces.
(7) Problema: Hay 30 cartas. Diez son de color rojo (R) en ambos lados; diez son de color blanco (B) en ambos lados; y diez son de color rojo en un lado y blanco en el otro (RB), como se resume en la siguiente tabla:
Una persona coge una carta y ve que un lado es de color blanco. ¿Cuál es la probabilidad de que el otro lado sea de color rojo?
Respuesta: Al observar que un lado es blanco, se elimina RR, quedando sólo BB y BR como las únicas posibilidades. Un razonamiento incorrecto (aunque tentador) es suponer que, dado que sólo quedan dos posibilidades y sólo una de ellas con un R, la probabilidad de un rojo es 1/2. En realidad, P (rojo) = 1/3. Hay tres maneras de explicar esta respuesta:
a) Realmente se desea conocer la probabilidad de RB que, como se ve claramente en la tabla, es de 1/3.
b ) De las 20 cartas que restan, después de la eliminación de RR, tenemos el espacio muestral siguiente (donde se identifican los tres lados blancos):
Respuesta: Al observar que un lado es blanco, se elimina RR, quedando sólo BB y BR como las únicas posibilidades. Un razonamiento incorrecto (aunque tentador) es suponer que, dado que sólo quedan dos posibilidades y sólo una de ellas con un R, la probabilidad de un rojo es 1/2. En realidad, P (rojo) = 1/3. Hay tres maneras de explicar esta respuesta:
a) Realmente se desea conocer la probabilidad de RB que, como se ve claramente en la tabla, es de 1/3.
b ) De las 20 cartas que restan, después de la eliminación de RR, tenemos el espacio muestral siguiente (donde se identifican los tres lados blancos):
La probabilidad de B3R es 1/3 (no 1/2).
c) Cuando se ve un B de un lado, las probabilidades de ser un B en el otro lado en vez de un R son el doble porque hay dos formas de obtenerse BB y sólo una de obtenerse BR.
c) Cuando se ve un B de un lado, las probabilidades de ser un B en el otro lado en vez de un R son el doble porque hay dos formas de obtenerse BB y sólo una de obtenerse BR.
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