193 problemas resueltos de calculo de probabilidades

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193 Problemas Resueltos de 
CálculodeProbabilidades 
Victoriano J. García García Héctor M. Ramos Romero 
Miguel Ángel Sordo Díaz 
Este libro ha superado un proceso de evaluación externa por pares 
©Servicio de Publicaciones 
Los Autores 
Primera Edición: 2008 
Edita: Servicio de Publicaciones de la Universidad de Cádiz 
C/ Doctor Marañón, 3 -11002 Cádiz (España) 
http://www.uca.es/publicaciones 
ISBN: 978-84-9828-162-0 
Depósito Legal: CA 501/08 
Imprime: Publigades Bahía 
http://www.uca.es/publicaciones
Índice 
1 Fundamentos 7 
1.1 Contenidos: 7 
1.2 Problemas 7 
1.2.1 Propiedades Básicas 7 
1.2.2 Espacios muestrales finitos 25 
1.2.3 Método Geométrico 36 
2 Probabilidad Condicionada 47 
2.1 Contenidos 47 
2.2 Problemas 47 
2.2.1 Probabilidad Condicionada. Independencia de sucesos . 47 
2.2.2 Teorema de la Probabilidad Total. Teorema de Bayes . 58 
3 Variables Aleatorias 89 
3.1 Contenidos 89 
3.2 Problemas 89 
3.2.1 Distribuciones discretas 90 
3.2.2 Distribuciones continuas 94 
4 Característicasdelas V V . A A . 115 
4.1 Contenidos 115 
4.2 Problemas 115 
5 Vectores Aleatorios 151 
5.1 Contenidos 151 
5.2 Problemas 151 
3 
4 ÍNDICE 
6 Distribuciones 185 
6.1 Contenidos 185 
6.2 Problemas 185 
6.2.1 Distribución normal 186 
6.2.2 Otras Distribuciones 199 
7 Notación, Bibl iografíayTablas 219 
7.1 Generalidades 220 
7.2 Momentos 221 
7.3 Siglas 221 
7.4 Distribuciones 222 
7.5 Complementos al Capítulo 1 223 
7.5.1 Leyes de Morgan 223 
7.5.2 Axiomática de Kolmogorov 223 
7.5.3 Regla de Laplace 223 
7.6 Complementos al Capítulo 2 224 
7.6.1 De…niciones 224 
7.6.2 Teoremas 225 
7.7 Complementos al Capítulo 3 225 
7.7.1 Transformaciones de variables aleatorias 225 
7.8 Complementos al Capítulo 4 226 
7.9 Complementos al Capítulo 5 226 
7.10 Complementos al Capítulo 6 227 
7.11 Bibliografía 228 
7.12 Tabla de la distribución normal 229 
ÍNDICE 5 
Presentación 
Este libro contiene una recopilación de problemas resueltos de Cálculo de 
Probabilidades, fruto del trabajo de revisión y actualización que los autores, 
todos con amplia experiencia en la docencia de esta materia en diversas 
titulaciones de la Universidad de Cádiz, han realizado durante varios años. 
El Cálculo de Probabilidades está presente en los planes de estudio de 
una gran cantidad de disciplinas y especialidades. El deseo de impartirla con 
cierto rigor nos lleva con frecuencia a los profesores a invertir una buena parte 
de los créditos asignados en la necesaria adquisición del soporte teórico sobre 
el que desarrollarla. Sin embargo, el carácter troncal (en el sentido más 
amplio) de la asignatura, pilar fundamental de otras ramas más aplicadas 
de la Estadística, la Economía, la Ingeniería o la Medicina, aconsejan que el 
alumno adquiera, más allá de los meros conocimientos teóricos y la capacidad 
de resolver problemas-tipo, cierta destreza en la resolución de problemas algo 
más complejos. La experiencia nos muestra que ésta sólo se adquiere tras 
un proceso de "maduración" en el cálculo de probabilidades, fruto de la 
asimilación de los conceptos teóricos y la realización pausada de numerosos 
problemas. Este libro pretende contribuir a la adquisición, por parte del 
alumno, de las citadas destrezas, poniendo a su disposición un total de 193 
problemas resueltos con detalle. 
Como cualquier libro que aspira a ser útil en diversos frentes, éste ha sido 
redactado con un planteamiento que abarca desde los ejercicios más sencillos 
hasta los que requieren mayor esfuerzo o dominio de las técnicas matemáticas. 
Si bien hemos omitido, por prescindibles (dada la abundancia de manuales 
especí…cos) la mayor parte de los desarrollos teóricos, las demostraciones de 
algunas proposiciones que habitualmente forman parte del cuerpo teórico de 
la asignatura aparecen aquí propuestas como ejercicios, con la intención de 
ser de utilidad al profesor que administra el tiempo de docencia. A éste 
también va dirigido el libro, con el objetivo de proporcionarle un amplio 
material para la preparación de pruebas o una alternativa a la tradicional 
redacción de hojas de problemas. 
Victoriano J. García, Héctor M. Ramos y Miguel A. Sordo. 
6 ÍNDICE 
Sobreelcontenido 
El libro está dividido en siete capítulos, siendo los seis primeros los de-
dicados a ejercicios, siguiendo el orden del temario establecido para la asig-
natura Cálculo de Probabilidades impartida a los aspirantes a matemáticos 
en la Universidad de Cádiz, así como para asignaturas en otras Titulaciones. 
Hemos hecho la recopilación que creemos más adecuada para que el lector-
alumno adquiera con ella una formación más completa y equilibrada y, debido 
a que cada tema tiene una amplitud de contenidos distinta, cada capítulo 
contiene un número distinto de problemas. 
En la resolución de los problemas se ha sacrificado buena parte del habi-
tual orden y rigor matemático en las explicaciones en aras de seguir la ruta 
natural del pensamiento de quien lo resuelve. Por eso, a veces, se han expli-
citado ampliamente pasos que, en cualquier otro libro, apenas necesitarían 
un par de líneas. 
Estos problemas siguen una secuencia. Esto es, no sólo un orden de 
dificultad, sino que incluso se recurre a problemas anteriores para resolver 
otros, de manera que es preferible seguir una lectura ordenada antes que 
saltar de uno a otro. Algunos resultados teóricos se muestran como ejercicio, 
pues la experiencia demuestra que su utilidad como tal es apreciable, al 
margen de la que tienen como parte de la Teoría del tema correspondiente. 
En el Capítulo 7 hacemos una recopilación de las notaciones y símbolos de 
elementos estadísticos que aparecen en todo el libro. En el mismo capítulo 
recomendamos una bibliografía para el estudio teórico de la Teoría de la 
Probabilidad, indispensable para poder abordar y comprender los ejercicios 
aquí contenidos. 
Tradicionalmente, en los ejercicios en los que aparece una variable aleato-
ria con distribución normal o Gaussiana se recurre a una tabulación de las 
probabilidades de la distribución normal estándar, con media nula y varianza 
unidad. En la actualidad, no obstante, existe en el mercado una amplia oferta 
de calculadoras científicas que proporcionan éstas y otras probabilidades, lo 
cual supone un ahorro significativo de tiempo y esfuerzo que recomendamos 
al lector. Sin embargo, ante la posibilidad de que éste pudiera no disponer 
de una de estas máquinas, en los problemas referidos hemos obtenido las 
soluciones mediante la clásica tabla de la normal, incluida al final del libro. 
Capítulo 1 
Fundamentos 
1.1 Contenidos: 
Experimento aleatorio. Punto muestral. Espacio muestral. 
Suceso. Espacio de sucesos. Álgebra de sucesos. Sucesos incompatibles. 
Sucesos complementarios. Leyes de Morgan. 
Probabilidad. Axiomática de Kolmogorov. Propiedades derivadas. Es-
pacio probabilístico. 
Probabilidades sobre espacios muestrales finitos. Combinatoria. Regla 
de Laplace. Método geométrico. 
1.2 Problemas 
1.2.1 Propiedades Básicas 
En esta sección se resuelven algunos problemas que requieren tan sólo los 
conceptos básicos de espacio probabilístico y algunas de las propiedades 
más inmediatas de la Axiomática de Kolmogorov. En algunos enunciados, 
por comodidad, se sobreentenderá la existencia de un espacio probabilístico 
(Ω; S; P) y la pertenencia de los sucesos que se mencionen a una σ-álgebra 
S. 
7 
8 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
P r o b l e m a 1 .1 . Sea el e x p e r i m e n t o a lea to r i o cons is ten te en l a n -
zar dos dados. 
a) D e s c r i b i r e l espacio m u e s t r a l asoc iado a l e x p e r i m e n t o . 
b ) C o n s i d e r a n d o los sucesos: 
A ≡ “ O b t e n e r 7 c o m o s u m a de los d a d o s ” , 
B ≡ “ O b t e n e r pa r c o n cada u n o de los d a d o s ” , 
C ≡ “ O b t e n e r a l menos u n 6 c o m o s u m a de los d a d o s ” , 
D ≡ “ O b t e n e r r e s u l t a d o d i s t i n t o en cada d a d o ” , 
D e s c r i b i r los sucesos 
i ) A∩B, i i ) A∩ C, i ii ) A B, i v ) A ∩ D, v ) , 
i n d i c a n d o los p u n t o s mues t ra les que c o n t i e n e n . 
Solución 
a) Se distinguirán los dados como “primero” y “segundo”, de manera que 
los puntos muestrales forman el espacio muestral 
Ω = {(1,1), (1, 2),..., (1,6), (2,1),..., (2,6),..., (6,6)}. 
b-i) A∩B = 0. Si el resultado de cada dado es un número par, no pueden 
sumar 7. 
b-ii) Como A C, entonces 
A ∩ C = A = {(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5, 2), (6,1)}. 
b-iii) Como A∩B = 0 , basta enumerar los puntos de A y luego los de 
B , pues no hay coincidencias. 
A B = {(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1), 
(2, 2) , (2,4), (2, 6), (4, 2) , (4,4), (4,6), (6, 2), (6,4) , (6, 6)} : 
b-iv) Como en los puntos de A no hay coincidencias en las puntuaciones 
de los dos dados, es decir, A C D, entonces 
A ∩ D = A = {(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5, 2), (6,1)}. 
b-v) D ≡ “No obtener resultado distinto en cada dado”≡ “Obtener el 
mismo resultado en los dos dados”: 
D = {(1,1) ,(2, 2) , (3,3) , (4,4) , (5,5) , (6,6)}: • 
1.2. PROBLEMAS 9 
Problema 1.2. Sea el exper imento aleatorio consistente en ex-
traer una carta al azar de una baraja española. 
a) Determinar el espacio muestral . 
b) Sean los sucesos 
A ≡ “Obtener carta de oros” 
B ≡ “Obtener carta de copas” 
C ≡ “Obtener figura (sota, caballo o rey ) ” 
D ≡ “Obtener r e y ” . 
Describir los siguientes sucesos: 
i ) (A∪ B) ∩ D, i i ) , i i i ) , iv ) (C ∩ D) ∩ A, v) D ∩ . 
Solución 
a) Ω consta de 40 elementos, determinados por un número del 1 al 10 (As 
= 1, sota = 8, caballo = 9, rey = 10), y por uno de los cuatro palos (oros, 
copas, bastos y espadas). Es decir: 
Ω = { 1 ; 2;..., 9;10} x {oros, copas, bastos, espadas}. 
b-i) ( A U B ) ∩ D ≡ “Obtener carta de oros o de copas, y obtener rey”, es 
decir, 
(A∪ B) ∩ D = {(10, oros), (10, copas)} : 
b-ii, b-iii) = , por las Leyes de Morgan. Entonces, como 
≡ “No obtener oros o copas”, queda 
≡ “No obtener carta de oros ni de copas”. 
b-iv) (C ∩ D) ∩ A = C ∩ D ∩ A ≡ “Obtener una carta de figura, de rey 
y de oros”, es decir 
(C ∩ D) ∩ A ≡ “Obtener el rey de oros” = (10, oros). 
b-v) D ∩ ≡ “Obtener un rey, y que no sea figura”, es decir, . • 
10 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
P r o b l e m a 1.3. P r o b a r que , dado u n suceso A de u n espacio 
p r o b a b i l í s t i c o (Ω; S; P), se ve r i f i ca que : 
P = 1 - P (A): 
Solución 
Se tiene, por el Axioma I I , que P (Ω) = 1: 
Se tiene, por definición de suceso complementario, que y que 
Se tiene entonces, por el Axioma I I I en su versión para uniones finitas, 
que 
de donde se concluye la relación del enunciado. • 
P r o b l e m a 1.4. P r o b a r que , dados dos sucesos A y B de u n 
espacio p r o b a b i l í s t i c o (Ω, S, P), ta les que se ve r i f i ca que : 
Solución 
Se tiene, para cualesquiera sucesos A y B, que 
y que 
Por la definición de inclusión de conjuntos, es claro que 
Por lo tanto, aplicando el Axioma I I I en su versión para uniones finitas, se 
obtiene que 
Como, por el Axioma se concluye inme-
diatamente que 
P r o b l e m a 1.5. P r o b a r , a p a r t i r de l a A x i o m á t i c a de K o l m o g o r o v 
que , p a r a cua lqu ie r suceso A de u n espacio de sucesos S, se ve r i f i ca 
1.2. PROBLEMAS 11 
Solución 
Por el Axioma I de Kolmogorov, queda determinado que 
Dado que, por el Axioma I I 
Por ser aplicando el Axioma I I I de Kolmogorov en su versión de 
uniones …nitas, 
Como es otro suceso, y también debe ser 
P r o b l e m a 1.6. P r o b a r que , dados dos sucesos A y B de u n 
m i s m o espacio de sucesos, se v e r i i c a : 
Solución 
Basta descomponer A∪ B como unión de sucesos disjuntos, y aplicar el 
Axioma I I I de Kolmogorov en su versión para uniones finitas. 
y por tanto, 
(1.1) 
Como consecuencia, teniendo en cuenta que el subconjunto A∩B está repetido, 
se puede probar (por doble inclusión) que 
y, al ser los tres sucesos incompatibles dos a dos, se puede aplicar el Axioma 
I I I : 
(1.2) 
12 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
Combinando (1.1) con (1.2), se obtiene: 
P r o b l e m a 1.7. P r o b a r que , dados t res sucesos A, B y C de u n 
m i s m o espacio de sucesos, se ve r i f i ca : 
Solución 
Usando el resultado del Problema 1.6 para la unión de dos sucesos y la 
propiedad distr ibut iva de unión e intersección de sucesos y, empleando la 
propiedad asociativa de la unión de conjuntos, llamando como 
un solo suceso, se tiene: 
(usando nuevamente el resultado del Problema 1.6 para desarrollar el segundo 
sumando y la pripiedad distr ibut iva de unión e intersección) 
(Usando nuevamente el resultado del Problema 1.6, ahora en el ú l t imo sumando 
de la expresión) 
1.2. PROBLEMAS 13 
N O T A : Este resultado puede extenderse a la un ión de n conjun-
tos, de manera que 
Problema 1.8. Sean dos sucesos A y B de un espacio de suce-
sos S, tales que Calcular 
Solución 
Aplicando las Leyes de Morgan, 
Problema 1.9. Dos sucesos A y B son equiprobables. Si la 
probabi l idad de que ocur ran ambos a la vez es 002 y la de que no 
ocurra n i uno ni el o t ro es 0010, ¿cuál es la probabi l idad de cada 
uno de ellos? 
Solución 
En este problema se utilizará que la relación de complementariedad entre 
sucesos es recíproca, es decir, que 
Por ser equiprobables, P (A) = P (B) = p: Se tiene que 
Por lo tanto, 
14 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
P r o b l e m a 1.10. D a d o s A y B pe r tenec ien tes a S, ta les que 
ha l l a r 
Solución 
a) Es claro que 
Como sustituyendo se obtiene 
que 
b) Se tiene, por las Leyes de Morgan, que Por tanto, 
c) Igualmente, por las Leyes de Morgan, se tiene que 
d) 
Por lo tanto, 
P r o b l e m a 1 .11. Sean los sucesos A, B y C pe r tenec ien tes a S 
ta les que 
1.2. PROBLEMAS 15 
C a l c u l a r : 
a) L a p r o b a b i l i d a d de que o c u r r a e x a c t e m e n t e u n o de los t r es 
sucesos 
b ) L a p r o b a b i l i d a d de que o c u r r a a l menos u n o de los t r es suce-
sos. 
Solución 
a) E l suceso cuya probabil idad se pide se puede escribir como 
Estos tres sucesos son claramente disjuntos dos a dos, de manera que se 
necesita conocer la probabil idad de cada uno de ellos, y obtener la suma. 
Además, por la simetría en los datos, bastará calcular la probabil idad de uno 
de ellos, y, como la de los otros dos coincidirán con ésta, bastará 
tr ipl icar el valor que se obtenga para concluir el problema. 
Se uti l izará que, dados cualesquiera sucesos 
(1.3) 
Entonces, aplicando las Leyes de Morgan, 
y tomando en la expresión (1.3) , se tiene que 
(1.4) 
Se necesita, entonces, calcular el segundo sumando 
En definitiva, sustituyendo en (1.4), 
16 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
y, por la simetría entre los tres sucesos, la probabilidad pedida es el triple, 
b) En este caso, se pide 
Problema 1.12. La probabi l idad de que un estudiante A apruebe 
un examen de Cálculo de Probabil idades es 0’8; la de que o t ro 
estudiante B lo apruebe es 0’4; y la de que aprueben ambos es de 
0’3. Calcular la probabi l idad de que: 
a) A l menos uno de ello apruebe. 
b) N inguno de ellos apruebe. 
c) Sólo uno de ellos apruebe. 
Solución 
Se definen los sucesos: A ≡ “El alumno A aprueba”; B ≡ “El alumno B 
aprueba”. Entonces, 
a) “Alguno de ellos apruebe” ≡ A U B: 
b) “Ninguno de ellos apruebe” 
c) “Sólo uno de ellos apruebe” Por ser estos dos 
sucesos disjuntos, se obtiene 
Por un lado, 
1.2. PROBLEMAS 17 
por otro lado, 
Y, en definitiva, 
Problema 1.13. Sean los sucesos A, B y C de un cierto espacio de 
sucesos, tales que 
y Hal lar la probabi l idad de 
Solución 
Independientemente de que con la información suministrada no sería su-
--ciente para responder a la pregunta, se observa que, según los datos del 
problema 
y el resultado obtenido en el Problema 1.4, 
(!):• 
Problema 1.14. E n un estudio realizado sobre 900 profesionales 
años después de su graduación, se obtiene que: 
i ) 300 de ellos tuv ie ron éxi to profesional. 
i i ) 300 de ellos estudiaron Teoría de la Probabi l idaden su ca-
rrera, 
i i i ) 100 de ellos tuv ie ron éxi to y estudiaron Teoría de la Proba-
b i l idad en su carrera. 
Determinar la probabi l idad de que un ind iv iduo escogido al azar 
en este grupo presente 
a) Exactamente k de estas características, con k = 0,1,2, 
b) A l menos k de estas características, con k = 0,1, 2, 
c) No más de k de estas características, con k = 0,1,2, 
donde las características son las estudiadas (tener éxi to profe-
sional, haber estudiado Teoría de la Probabi l idad en su carrera). 
18 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
Solución 
Se definen los sucesos E ≡"tener éxito profesional" y C ≡"haber estu­
diado Teoría de la Probabil idad en su carrera". Por hipótesis, 
a) Se considerará cada valor de n, siendo n ≡"número de características 
presentadas por el sujeto seleccionado". 
a-n = 0) 
Como 
se obtiene 
a-n = 1) 
(por ser, claramente, sucesos disjuntos) 
Cada sumando se puede obtener por separado como sigue: 
De donde 
a-n = 3) Este caso resulta obvio, pues P (n = 3) = por hipótesis. 
b) Probabil idad de que se den "al menos k características" es 
b-k = 0). Es el caso t r iv ia l , siendo 
b-k = 1) 
1.2. PROBLEMAS 19 
b-k = 2) 
c) Probabil idad de que se den "no más de k características" es el problema 
de los casos complementarios al apartado b). 
c-k = 0) Se t ra ta de hallar 
c-k = 1) Se t ra ta de hallar 
c-k = 2) Ahora se t rata de el otro caso t r iv ia l , pues 
P r o b l e m a 1.15. E n u n a e n c a r n i z a d a b a t a l l a e n t r e señores feu -
dales c o m b a t i e r o n 270 h o m b r e s . D e e l los, 90 p e r d i e r o n u n o j o , 90 
p e r d i e r o n u n b razo y 90 p e r d i e r o n u n a p i e r n a . 30 p e r d i e r o n u n 
o j o y u n b r a z o , 30 p e r d i e r o n u n b razo y u n a p i e r n a , 30 p e r d i e r o n 
u n a p i e r n a y u n o j o . Y 10 p e r d i e r o n las t r es cosas. D e t e r m i n a r 
l a p r o b a b i l i d a d de que u n i n d i v i d u o de éstos, se lecc ionado a l azar , 
haya s u f r i d o 
a) E x a c t a m e n t e k les iones, c o n k = 0,1,2: 
b ) P o r l o menos k les iones, c o n k = 0,1,2: 
c) N o más de k les iones, c o n k = 0,1,2: 
Solución 
Se definen n ≡"número de mutilaciones presentadas por el sujeto selec-
cionado", y los sucesos: 
O ≡"El individuo seleccionado ha perdido un o jo" ; 
L ≡"El individuo seleccionado ha perdido una pierna "; 
B ≡"El individuo seleccionado ha perdido un brazo". 
Como hipótesis del problema, se tienen las siguientes probabilidades: 
20 CAPÍTULO1. FUNDAMENTOS 
Se resuelven, a continuación los apartados subdivididos según los casos 
de k. 
a- caso k = 0) Lo pedido es 
a- caso k = 1) Lo pedido es 
(Por la simetría de los datos, los tres sumandos serán idénticos) 
Para encontrar esta probabilidad, debe tenerse en cuenta que 
y que 
Así, finalmente, 
1.2. PROBLEMAS 21 
a- caso k = 2) Lo pedido es 
pues los tres sucesos entre paréntesis son disjuntos dos a dos. Por la simetría 
de los datos, basta con hallar 
Y esta probabilidad se puede encontrar como sigue: 
Y, por tanto, 
a- caso k = 3) Lo pedido es 
b- caso k = 0) Este es un caso trivial, pues lo que se pide es 
b- caso k = 1) En esta ocasión, el resultado se obtiene con la ayuda del 
apartado a- caso k = 0): 
b- caso k = 2) Igualmente, 
b- caso k = 3) Coincide con el apartado a- caso k = 3), pues 
22 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
c- caso k = 0) L o que se p ide es 
como se o b t u v o en el apa r tado a- caso k = 0) . 
c- caso k = 1 ) E n este caso, lo que se p ide es 
c- caso k = 2) E n este caso, lo que se p ide es 
c- caso k = 3) Este caso es d i rec to , pues lo que se p ide es 
P r o b l e m a 1 .16 . V e r i f í q u e s e q u e l a l e y d e f i n i d a p o r : 
p a r a i = 1, 2,..., n , s i e n d o t o d o s l o s sucesos Ai; c u y a u n i ó n es i g u a l a l 
e s p a c i o m u e s t r a l , d i s j u n t o s e n t r e s í , es u n a f u n c i ó n d e p r o b a b i l i d a d . 
Solución 
Se revisa si se cump le la A x i o m á t i c a de K o l m o g o r o v : 
a) b) L a p r o b a b i l i d a d de la u n i ó n de sucesos no presenta 
p rob lemas; 
c) Sólo hay que comprobar que 
Bas ta comproba r que la suma de las p robab i l i dades de los sucesos Ai es 
la u n i d a d , puesto que son sucesos d is jun tos dos a dos. 
1.2. PROBLEMAS 23 
P r o b l e m a 1.17. P r o b a r que si entonces 
Solución 
P r o b l e m a 1.18. P r o b a r que si A1,A2,...,An son sucesos de u n 
espacio p r o b a b i l í s t i c o (Ω, S, P) y n N, en tonces 
(Es te r e s u l t a d o se conoce c o m o des igua ldad de B o n f e r r o n i ) . 
Solución 
Se prueba por inducción. 
Caso n = 1 : es obvio, porque 
Caso n = 2: 
Se supone ahora, como hipótesis de inducción, que el resultado es cierto 
para n, y se probará que entonces es cierto para n + 1. 
Aplicando la Desigualdad de Bonferroni para n = 2, ya probada, en la ex-
presión anterior se verifica que 
24 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
Aplicando la hipótesis de inducción en el primer sumando, se obtiene que 
P r o b l e m a 1.19. U n espacio p r o b a b i l í s t i c o p resen ta unos sucesos 
d i s j un tos W1,...,WN, ta les que Wj+1 t i e n e el dob le de p r o b a b i l i d a d 
que Wj, p a r a j = 1,...,N 1 , y ta les que su u n i ó n es e l suceso seguro 
Ω. D e t e r m i n a r l a p r o b a b i l i d a d de los sucesos W i , p a r a i = 1 , . . . , N. 
Solución 
Por ser disjuntos los sucesos Wi, y por ser su unión el suceso seguro, se 
tienen las igualdades 
Se denota por P i = P (Wi). Se tiene, por hipótesis del problema, que 
para todo j salvo el ú l t imo. Es decir, 
(la expresión del centro es válida, pues, para k entre 1 y N). 
De esta forma, la unidad se obtiene como 
Como conclusión, 
para k = 1, . . . , N. • 
1.2. PROBLEMAS 25 
1.2.2 Espacios muestrales f ini tos 
En esta sección se resuelven problemas de probabilidades en espacios mues-
trales finitos, aplicando la Regla de Laplace. Se t rata, esencialmente, de 
contar "casos posibles" y "casos favorables", empleando para ello diversas 
técnicas de combinatoria. 
P r o b l e m a 1.20. Se t o m a a l azar u n n ú m e r o e n t e r o no nega t i vo 
de has ta t res c i f ras . H a l l a r l a p r o b a b i l i d a d de que a l menos los dos 
ú l t i m o s d íg i tos de l c u b o de l n ú m e r o sean iguales a u n o . 
Solución 
El espacio muestral es Ω = [0,999] (intervalo entero). Por tanto, 
y, considerando cada número equiprobable, 
siendo A el suceso "al menos los dos últ imos dígitos del cubo del número 
sean iguales a uno" y n el número de casos en los que esto ocurre. 
E l número seleccionado al azar, N , se puede escribir en la forma 
donde a, b, c son dígitos entre 0 y 9. En ta l caso, se tiene que 
(1.5) 
Así, es evidente (hágase el recuento) que la ú l t ima cifra de N3 será igual a 1 
tan sólo cuando 
Se asume, entonces, que en los casos favorable será a = 1. En estos casos, 
las decenas se pueden expresar como las unidades del número 
26 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
que se obtienen de los términos de (1.5) que sólo se mult ipl iquen por 10, es 
decir, 3a2b10. Por ser a = 1, se reduce a 3b, que se exige ahora que "acabe 
en uno". Tal cosa sólo sucede cuando b = 7. 
Como conclusión, se deben contar como casos favorables aquellos en los 
que N acaba en " 7 1 " . De esta forma, 
P r o b l e m a 1 .21. Se t o m a a l azar u n n ú m e r o en te ro no nega t i vo 
de has ta n c i f ras . H a l l a r l a p r o b a b i l i d a d de que a l menos los dos 
ú l t i m o s d íg i tos de l c u b o de l n ú m e r o sean iguales a u n o . 
Solución 
El espacio muestral es, en este caso, Ω = [0;10n -1] (intervalo entero). 
Siguiendo el mismo procedimiento del problema anterior, las condiciones son 
idénticas, pero multiplicadas por 1 0 n - 2 tanto en los casos "favorables" como 
en los "posibles". De esta forma, se obtiene igualmente una probabil idad de 
P r o b l e m a 1.22. Los coef ic ientes de l a ecuac ión de segundo g r a do 
ax2+bx+c = 0 se d e t e r m i n a n m e d a n t e t res l anzam ien tos de u n d a d o , 
as ignándoles los respec t i vos valores o b t e n i d o s . 
a) ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que l a ecuac ión t e n g a raíces 
reales? 
b ) ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que t e n g a u n a raíz dob le? 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
1 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
2 
2 
4 
6 
8 
10 
12 
3 
3 
6 
9 
12 
15 
18 
4 
4 
8 
12 
16 
20 
24 
5 
5 
10 
15 
20 
25 
30 
6 
6 
12 
18 
24 
30 
36 
1.2. PROBLEMAS 27 
Solución 
Los casos posibles de elección de a, b y c son 6 • 6 • 6 = 216: Las preguntas 
de ambos apartados se reducen a determinar en cuántos casos se tiene que: 
Para resolver este problema, se presentan en una tabla los posibles valores 
del producto ac: 
a) Por su parte, para cada posible valor de b, debe contarse en cuántos 
casos de la tabla el producto es menor o igual a 
Si b = 1 , hay 0 casos. Si b = 2 , hay 1 caso. 
Si b = 3 , hay 3 casos. Si b = 4, hay 8 casos. 
Si b = 5, hay 14 casos. Si b = 6, hay 17 casos. 
De esta forma, con un total de 43 casos favorables, 
b) En este apartado, se comprueba en cuántos casos se tiene la igualdad: 
Si b = 1 , hay 0 casos. Si b = 2, hay 1 caso. 
Si b = 3 , hay 0 casos. Si b = 4, hay 3 casos. 
Si b = 5 , hay 0 casos. Si b = 6, hay 1 caso. 
De esta forma, 
Problema 1.23. Una rifa consta de 400 números y 4 premios (a 
números distintos). Una persona compra 10 números. Hallar la 
probabilidad de que obtenga premio. 
28 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
Solución 
Se calculará la probabil idad del suceso complementario: sea el suceso 
A ≡ "Esta persona no obtiene premio": 
Por tanto, la probabil idad de que obtenga premio es, aproximadamente, 
de 0009666: • 
P r o b l e m a 1.24. Se rea l i za el s igu ien te e x p e r i m e n t o : se b a r a j a n 
8 ca r tas , 4 de el las ro jas y 4 negras, a c o n t i n u a c i ó n , l a pe r sona que 
rea l i za e l e x p e r i m e n t o las ve u n a t r as o t r a . E n o t r a h a b i t a c i ó n , 
u n su je to t r a t a de a d i v i n a r si l a c a r t a que está v i e n d o cada vez el 
e x p e r i m e n t a d o r es r o j a o neg ra , c o n el r e q u e r i m i e n t o de que debe 
dec i r " n e g r a " e n c u a t r o ocasiones. S u p o n i e n d o que e l a d i v i n a d o r 
no t i e n e poderes ex t rasensor ia les , ¿qué p r o b a b i l i d a d hay de que 
a d i v i n e e l co lo r de e x a c t a m e n t e seis de las ocho car tas? 
Solución 
Supónganse …jadas las posiciones de salida de las cartas, y considérense 
como "casos posibles" las ordenaciones que dice el adivinador. Un "caso 
favorable" es aquel en que puede fallar dos cartas y, en las hipótesis del expe-
rimento, ésto equivale a adivinar tres de color rojo. Por tanto, denominando 
A3 ≡"El sujeto adivina las posiciones de tres cartas rojas", 
P r o b l e m a 1.25. D iez personas se s i en tan de m a n e r a a l ea to r i a e n 
u n a fila de 10 as ientos. H a l l a r l a p r o b a b i l i d a d de que dos personas 
concre tas q u e d e n sentadas e n asientos con t i guos . 
Solución 
Los casos posibles son, claramente, 10! = 10 • 9 • 8 • ... • 2 • 1. 
1.2. PROBLEMAS 29 
Para contar los casos favorables, se considera a estas dos personas como 
un solo elemento. Entonces, el to ta l de 9 personas que quedan ahora se 
pueden sentar de 9! formas. Por otro lado, debe considerarse que, en cada 
una de estas formas, las dos personas que deben estar juntas se pueden sentar 
de dos formas distintas. En conclusión: 
P r o b l e m a 1.26. D iez personas se s i en tan de m a n e r a a l ea to r i a 
e n u n a mesa c i r c u l a r de 10 as ientos. H a l l a r l a p r o b a b i l i d a d de que 
dos personas concre tas q u e d e n sentadas en asientos con t i guos . 
Solución 
La diferencia con el Problema 1.25 es que, en este caso, no existe una 
primera y una ú l t ima posición alrededor de la mesa y, si se considera una 
cualquiera de las diez como la primera, se observa que habrá otras tantas 
permutaciones ordinarias que se le correponden. Por otro lado, las posiciones 
primera y ú l t ima serían tan contiguas como la segunda y la tercera, pero el 
hecho queda ya solventado por el empleo de este t ipo de recuento. De esta 
forma, en las permutaciones circulares de n elementos se computan (n - 1)! 
casos, con lo cual los casos posibles son ahora 9!, y los casos favorables, 2 • 8! 
Así, la probabil idad buscada es 
P r o b l e m a 1.27. ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de o b t e n e r 8 “ c a r a s ” 
a l l anza r a l a i re u n a m o n e d a 8 veces? 
Solución 
Contando ordenadamente las tiradas, los casos posibles son 28. Como el 
caso favorable es único, la probabil idad pedida es 
P r o b l e m a 1.28. D e u n a b a r a j a españo la de 40 car tas se e x t r a e n 
4 a l azar , s i n r e e m p l a z a m i e n t o . C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que las 
car tas ex t ra ídas : 
30 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
a) Sean todas ases, 
b ) Sean dos de el las de oros y las o t ras dos de copas, 
c) Sea u n a c a r t a de cada pa lo , 
d ) A l menos u n a sea de espadas. 
Solución 
Para los cuatro apartados, tomando las cartas sin tener en cuenta el orden 
de salida, los casos posibles son 
a) Sólo hay un caso favorable: 
b) De las 10 copas se seleccionan al azar 2, de los diez oros se toman 2: 
c) De las 10 cartas de cada palo se selecciona una: 
d) E l suceso complementario es “que no salga ninguna espada”, para el 
que hay casos favorables. Así, 
P r o b l e m a 1.29. Seis amigos dec iden i r a M o s c ú en t r e n hac iendo 
e l v i a j e en u n c o m p a r t i m e n t o de seis l i t e ras . A cada u n o le cor res-
1.2. PROBLEMAS 31 
ponde, según sus bil letes, una l i tera determinada, sin embargo se 
colocan al azar. ¿Cuál es la probabi l idad de que cada uno ocupe la 
l i tera que le corresponde? 
Solución 
Los posibles repartos de literas son 6! distintos. Obviamente, sólo hay 
una opción correcta, de modo que 
Problema 1.30. Del conjunto formado por los números 1 , 2, 3, 
4, 5, 6 y 7, se toman dos de ellos al azar. ¿Cuál es la probabi l idad 
de que la suma de estos dos números sea par? 
Solución 
Se define el suceso A ≡ “La suma es un número par”, y se aplica la Regla 
de Laplace. 
Casos posibles (subconjuntos de dos elementos de { 1 , 2, 3, 4, 5, 6, 7}): 
Casos favorables: se trata de que los dos números seleccionados tengan 
la misma paridad, esto es: 
En conclusión, 
Problema 1.31. Calcular la probabi l idad de que en una reunión 
de n personas haya al menos dos que cumplan años el mismo día, 
asumiendo que no hay años bisiestos. 
32 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
Solución 
Se asume, pues, que el año tiene siempre 365 días. Se define el suceso 
A ≡ “Hay al menos dos personas que tienen su cumpleaños el mismo día”. 
Se calcula la probabil idad del suceso complementario: 
Casos posibles: considerando los n individuos ordenados, cada uno de 
ellos nace en uno de los 365 días, las posibilidades son 365n. 
Casos favorables: considerando los n individuos ordenados, 
de donde se obtiene que 
Se calculan estas probabilidades para algunos valores de n , para observar su 
cuantía y la rapidez con que crece con n: 
P r o b l e m a 1.32. Se co locan a l azar u n r e y b l anco y u n a d a m a 
neg ra sobre u n t a b l e r o de a jed rez (8x8 casi l las o escaques), s i n o t ras 
p iezas. C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que es tén e n pos i c i ón de j a q u e . 
N o t a : d e b e n es tar en l a m i s m a fila, c o l u m n a o d i a g o n a l , en -
t e n d i e n d o éstas en sen t ido a m p l i o , c o m o "casi l las de l m i s m o co lo r , 
un idas de dos e n dos p o r u n v é r t i c e c o m ú n y a l i neadas" . D e es ta 
f o r m a , h a b r á "d i agona les " de 2, 3, y has ta de 8 casi l las. 
Solución 
Las posiciones son simétricas: si se intercambian las posiciones del rey y 
la dama, ambas son posición de jaque o ambas no los son. Pueden, entonces,colocarse la dos piezas en sendas casillas, sin especificar cuál de las piezas 
va en cada una de ellas (es decir, no se tendrá en cuenta el orden en que se 
seleccionen las casillas). Se define el suceso J ≡ “E l rey está en jaque”. 
1.2. PROBLEMAS 33 
Casos posibles (64 escaques, seleccionamos dos): 
Casos favorables: 
a) Misma columna: 
b) Misma fila: 
c) Misma diagonal: 
Puesto que dos cualesquiera de estas tres opciones de jaque son incom-
patibles, se tiene en definitiva que: 
P r o b l e m a 1.33. U n c u b o cuyas caras se p i n t a n de co lo r se d i v i d e 
e n 1.000 cubos de i g u a l t a m a ñ o . Si se selecc iona a l azar u n o de esos 
cubos , ca l cu la r l a p r o b a b i l i d a d de que t e n g a e x a c t a m e n t e : 
a) U n a ca ra co lo reada. 
b ) Dos caras co loreadas. 
c) Tres caras co loreadas. 
Solución 
Basta contar los casos. Hay un to ta l de 1.000 cubos (casos posibles). 
Cubos con 0 caras coloreadas (los del interior): 8 • 8 • 8 = 512. 
Cubos con 1 cara coloreada (los de cada cara, salvo el borde): 8•8•6 = 384. 
Cubos con 2 caras coloreadas (los de las aristas, salvo las esquinas): 
8 • 12 = 96. 
Cubos con 3 caras coloreadas (los de los vértices): 8. 
En efecto, 512 + 384 + 96 + 8 = 1 000. Así, 
34 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
P r o b l e m a 1.34. E n l a co la de u n museo hay 5 a lemanes, 8 j a p o n e -
ses y 7 españoles, que se co locan a l azar u n o t ras o t r o . C a l c u l a r l a 
p r o b a b i l i d a d de que : 
a) Los t res p r i m e r o s sean de d i s t i n tas nac iona l idades . 
b ) Los t res p r i m e r o s sean españoles. 
c) A l g u n o de los t res p r i m e r o s no sea j a p o n é s . 
Solución 
Casos posibles (permutaciones con repetición, pues los individuos de igual 
nacionalidad son indistintos): 
Casos favorables: 
a) Los tres primeros son de distintas nacionalidad (3!), los restantes 
son 4 alemanes, 7 japoneses y 6 españoles: 
la probabil idad que se pide es 
b) Los tres primeros son españoles (un solo caso), los restantes son 5 
alemanes, 8 japoneses y 4 españoles: 
1.2. PROBLEMAS 35 
la probabil idad que se pide es 
c) Se uti l izará el suceso complementario: casos en que los tres primeros 
son japoneses: 
la probabil idad pedida es 
P r o b l e m a 1.35. D e u n a p o b l a c i ó n de N an ima les se c a p t u r a n 
W, se m a r c a n y se d e v u e l v e n a l a p o b l a c i ó n . P o s t e r i o r m e n t e se 
c a p t u r a n n an ima les . C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que e x a c t a m e n t e 
r de los an ima les c a p t u r a d o s es tén marcados . 
Solución 
La población de peces se divide en W marcados y N-W sin marcar. La 
cuestión es: ¿de cuántas maneras se pueden seleccionar r marcados y n-r 
sin marcar? Supóngase que r ≤ W y que n-r ≤ N-W y claro está, 
n ≤ N (es decir, se supone que hay peces suficientes en el estaque, y que se 
han marcado suficientes, como para que todos los extraídos pudieran estar 
marcados o, en el otro extremo, que ninguno de ellos lo estuviera. Entonces: 
Casos posibles: 
Casos favorables: Así, l lamando X ≡ “Número de 
peces marcados seleccionados”, 
Necesariamente debe ser n ≤ N , pero las demás restricciones no son obl i-
gadas. Si no se pueden asumir esas otras restricciones (r ≤ W, etc.), entonces 
debe tenerse en cuenta que: 
36 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
a) E l número máximo de peces marcados que pueden obtenerse es el valor 
min(n, W}: 
b) E l número mínimo de peces marcados que pueden obtenerse es 
max(0, n N + W}: 
Para comprobar este úl t imo valor, considérese la variable Y ≡ “Número 
de peces no marcados seleccionados”, cuyo valor máximo posible es 
min(n, N W}: 
En ta l caso, como X + Y = n, la cota se obtiene automáticamente. 
Es decir, en definitiva, el valor de X sigue una distribución hiperge-
ométrica de probabil idad. Para ahondar más en este concepto habría que 
avanzar en los contenidos teóricos e incluir este problema en el Capítulo 6 de 
este libro. • 
1.2.3 Método Geométrico 
En esta subsección se aplica la regla de Laplace a espacios muestrales con-
tinuos y acotados. En cada ejercicio, el primer paso será describir el espacio 
muestral como una región de para, a continuación, delimitar la zona de 
esta representación que corresponde a un suceso en cuestión. La probabil i-
dad se obtiene entonces dividiendo la medida de la zona correspondiente al 
suceso entre la correspondiente al espacio muestral Ω. Debe ponerse especial 
cuidado en que, en la representación gráfica, cada caso posible se corresponda 
unívocamente con un punto de cierta región medible de y viceversa. 
P r o b l e m a 1.36. U n a p a r e j a de nov ios se c i t a e n t r e las seis y 
las s iete de l a t a r d e , c o n v i n i e n d o no esperarse más de 10 m i n u t o s . 
C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que se e n c u e n t r e n , s u p o n i e n d o que l l e -
g a n a l azar e i n d e p e n d i e n t e m e n t e en cua lqu ie r i n s t a n t e de l p e r í o d o 
es tab lec ido . 
Solución 
La hora de llegada de cada uno de los novios se puede representar en el 
intervalo [0,60], correspondiente a los minutos transcurridos entre las 18:00 
1.2. PROBLEMAS 37 
horas y la llegada, de manera que el espacio muestral se corresponde de 
manera biunívoca con el cuadrado [0,60]2. Considerando que la hora de 
llegada del novio es x y la de la novia es y, se encuentran si y sólo si se 
verifican simultáneamente: y ≤ x + 10, y ≥ x - 10. Gráficamente: 
De esta forma, denominando A ≡ “Se encuentran”, Ω al espacio muestral, 
y con el mismo nombre la región del plano correspondiente a este suceso, 
pueden medirse las superficies y obtener la probabil idad pedida. Resulta más 
sencillo medir la probabil idad del suceso complementario, al que corresponde 
un cuadrado de lado 50 en la representación de Ω. De esta forma, 
P r o b l e m a 1.37. Sobre u n a c i r c u n f e r e n c i a se e l i gen t res p u n t o s 
A, B y C al azar . ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que el t r i á n g u l o 
i n s c r i t o cuyos vér t i ces son d ichos p u n t o s con tenga a l c e n t r o de l a 
c i r cun fe renc ia? 
Solución 
Por razones de simetría, se puede considerar, sin pérdida de generalidad, 
que el primer punto colocado (C) es un punto de referencia. Uniendo cada 
uno de los puntos seleccionados (A, B y C) con el centro O de la circunfe-
38 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
rencia, la posición de A y B se determina unívocamente con los respectivos 
ángulos = x y = y. Puede asumirse igualmente, sin pérdida de 
generalidad, que x está entre 0 y π. Así, el espacio muestral Ω se representa 
en el plano como [0,π] x [ 0 , 2 π ) , cuya super…cie mide 2π2 (obviamos las 
unidades de medida). 
Para delimitar los puntos de este rectángulo correspondientes al suceso 
considerado, basta darse cuenta de que O, A y B no deben estar en la misma 
semicircunferencia, es decir: una vez fi jado x, y debe estar en [π, x + π]. 
Gráficamente: 
La región correspondiente al suceso en cuestión queda encerrada entre las 
rectas y = x + π, y = π y x = π. De esta forma, la región que se corresponde 
al suceso deseado mide , y su probabil idad es 
P r o b l e m a 1.38. E n el i n t e r v a l o [0,1] se t o m a n dos p u n t o s a l azar , 
x, y. C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que los t res segmentos resu l tan tes 
m i d a n más de 
1.2. PROBLEMAS 39 
Solución 
Se considera, sin pérdida de generalidad, que x ≤ y. Entonces, el espa­
cio muestral Ω se representa claramente en la región del plano acotada por 
0 ≤ x < y ≤ 1 (triángulo (0,0) (0,1) (1,1) , área de . Los segmentos 
obtenidos miden, entonces, x, y - x y 1 - y. Debe, por tanto, ser 
Gráficamente: 
De esta forma, el área correspondiente al suceso en cuestión, mide: 
y la probabil idad buscada es 
40 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
P r o b l e m a 1.39. Sobre u n segmento AB se t o m a n a l azar dos 
p u n t o s P y Q. ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que, c o n los t res t rozos 
de l segmen to , se p u e d a c o n s t r u i r u n t r i á n g u l o ? 
Solución 
Sin pérdida de generalidad, el segmento puede considerarse unitario: [0,1]. 
Los puntos se pueden determinar, igualmente, como 0 ≤ x ≤ y ≤ 1: Así, los 
segmentos resultantes miden x, y - x, 1 - y. Para que se pueda formar un 
tr iángulo, la suma de dos lados debe ser mayor que la longitud del otro. por 
lo tanto, debe ser 
Gráficamente: 
Con lo cual, la probabil idad requerida es igual al valor del área del t r ián-
gulo (esto es, 1/8) part ida por el área tota l (esto es, 
1/2): 
1.2. PROBLEMAS 41 
Problema 1.40 (La aguja de Bu¤on). Sea una aguja de long i tud 
que se deja caer sobre un plano con líneas paralelas separadas entre 
sí una distancia con , de modo que el centro de la aguja 
caiga con igual probabi l idad en cualquier punto del plano, y su 
incl inación respecto a las líneas paralelas sea igualmente equipro-
bable. Calcular la probabi l idad de que la aguja quede cortando 
una de las rectas paralelas del plano. 
Solución 
Sea Y ≡ “Distancia entre el centro de la aguja y la recta más próx ima”, 
de modo que Y [0,A/2], y sea θ ≡ “Ángulo de la aguja con la perpendi-
cular a las rectas del plano”, de modo que . Así, cada posible 
posición final de la aguja respecto a la recta del plano más cercana queda 
unívocamente determinada. Para que la aguja corte a esta recta, debe ser 
que la proyección de la mi tad de la aguja sobre la perpendicular a la recta 
sea no inferior al valor de Y, esto es: 
Gráficamente: 
Así, 
Problema 1.41. Un plano se divide mediante líneas paralelas 
separadas entre sí una distancia Se deja caer sobre el plano 
un triángulo equilátero plano de lado con Calcular la 
probabilidad de que el triángulo quede cortando una de las líneas. 
Para que se corten tr iángulo y recta, debe ocurrir que la proyección del 
segmento sobre la recta sea mayor que la distancia d, es decir, 
o, equivalentemente, 
Solución 
Es similar al problema anterior, con la diferencia de que el "centro de la 
aguja" se sustituirá por el circuncentro del tr iángulo. En este caso, se toma 
el vértice del tr iángulo que apunta a la recta más cercana, y se establece la 
posición mediante por la “distancia del circuncentro al vértice más cercano a 
la recta más cercana”. E l ángulo con que se termina de identificar la posición 
lo determina la perpendicular a la recta desde el circuncentro y el segmento 
circuncentro-vertice del tr iángulo. Nótese que el campo de variación de este 
ángulo queda l imitado por el caso en que el lado del tr iángulo es paralelo a 
las rectas del plano. 
Sea d ≡ "Distancia del circuncentro del tr iángulo a la recta más cercana". 
Entonces 
Y sea θ ≡" Ángulo que forma la perpendicular a la recta desde el circun-
centro con el segmento que une el circuncentro y el vértice más cercano a la 
recta". Entonces 
La longitud del segmento circuncentro-vértice es, aplicando el Teorema 
del seno, 
1.2. PROBLEMAS 43 
Gráf icamente : 
De esta forma, el espacio muestral tiene una medida igual a 
y la región correspondiente al suceso "el triángulo corta una de las rectas 
paralelas" viene determinado por 
por lo tanto, la probabilidad pedida es igual a 
Problema 1.42. Una caja tiene como base un cuadrado de 10 
cm. En el fondo interior de la caja hay dibujado un cuadrado de 
5 cm. de lado, concéntrico con la base y con los lados paralelos al 
contorno de ésta. Se deja caer en la caja una moneda circular de 
1 cm. de diámetro. Calcular la probabilidad de que la moneda no 
quede tocando las líneas del cuadrado dibujado. 
44 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS 
Solución 
Debe determinarse la posición de la moneda sobre la base de la caja, y 
para ello basta situar su centro. Si se denominan los lados de la base como 
Norte, Sur, Este y Oeste, la posición del centro se determina unívocamente 
por su distancia al lado Oeste (X) y al lado Sur (Y). Nótese que (X, Y) G 
[0'5, 9'5]2. 
Así, el área que abarca la representación de Ω mide 81 cm2 : 
Por otro lado, para que la moneda toque las líneas dibujadas, debe ser 
que el centro quede en un punto entre el cuadrado interior y el cuadrado de 
esquinas redondeadas exterior, según el dibujo en la siguiente figura: 
E l área que representa al suceso “la moneda corta el cuadrado dibujado” 
se puede calcular como la diferencia entre las áreas del borde exterior menos 
la de un cuadrado de lado 4 cm. Para hallar el área de la …gura exterior, se 
puede considerar el cuadrado tota l , de 6 cm. de lado (36 cm2), menos la de 
los cuadraditos de las cuatro esquinas (4 • 0’52 cm2 = 1 cm2), más la de un 
círculo de radio 0’5 (0’25 π cm2), es decir: 
De esta forma: 
1.2. PROBLEMAS 45 
P r o b l e m a 1.43. E n u n a c i r c u n f e r e n c i a se se lecc ionan a l azar 
t res p u n t o s , A, B, C , y, se u n e n c o n t res segmentos , f o r m a n d o u n 
t r i á n g u l o . C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que ese t r i á n g u l o no sea 
o b t u s á n g u l o . 
Solución 
Puede suponerse, sin pérdida de generalidad, que la circunferencia es de 
radio unidad. Se considera, sin pérdida de generalidad, que el punto A es el 
(1,0) y se miden, a part i r de él, las longitudes de los segmentos circulares AB 
y AC en el mismo sentido adecuado, de manera que la longitud del segmento 
circular AB (denotada por x) esté entre 0 y π, y la longitud del segmento 
circular AC (denotada por y) esté entre 0 y 2π. E l espacio muestral puede, 
entonces, representarse unívocamente en el plano como la región de puntos 
correspondientes a las longitudes definidas. 
N o t a : Considérese un punto de una circunferencia y un diámetro que 
no pase por ese punto. Uniendo el punto con los extremos del diámetro, se 
obtiene siempre un tr iángulo rectángulo. 
Se considera ahora el segmento rectilíneo el diámetro que pasa por A 
y el diámetro que pasa por B. Se distinguen los otros respectivos extremos de 
los diámetros con los nombre A' y B'. Para que el tr iángulo ABC no tenga 
ángulos interiores obtusos, debe ser que el segmento circular A'B' contenga 
al punto C: 
Con esta notación se tiene: AB = x, AC = y, AA' = π, AB' = x + π. 
De manera que la representación grá…ca del suceso se delimita por 
como se aprecia en la siguiente figura: 
46 CAPÍTULO1. FUNDAMENTOS 
Y, de esta forma, la representación gráfica del espacio muestral y la del 
suceso en cuestión, queda como sigue: 
Con lo cual, la probabilidad requerida es 
Capítulo 2 
Probabil idad Condicionada 
2.1 Contenidos 
• Probabil idad condicionada. Sucesos dependientes e independientes. 
• Probabil idad de la intersección de conjuntos. Teorema de la probabil i-
dad total . Teorema de Bayes. 
2.2 Problemas 
2.2.1 Probabilidad Condicionada. Independencia de 
sucesos 
Los problemas de esta subsección requieren conocer los conceptos de pro-
babil idad condicionada y sus propiedades más elementales, así como la in-
dependencia de sucesos. En la mayoría de los textos teóricos se define el 
concepto "A independiente de B" como y se prueba que: 
a) Sean A y B sucesos tales que Entonces, A es 
independiente de B si y sólo si B es independiente de A. 
b) A y B son independientes si y sólo si 
En los problemas de esta sección se uti l iza esta ú l t ima propiedad b) como 
definición equivalente de independencia, por la mayor comodidad de su com-
probación. 
P r o b l e m a 2 . 1 . P r o b a r que u n suceso A es i n d e p e n d i e n t e de sí 
m i s m o si y sólo si su p r o b a b i l i d a d es 1 ó 0. 
47 
48 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Solución 
Si A es independiente de A, entonces 
Como consecuencia, P (A) debe ser 0 ó 1. 
La implicación en sentido contrario, es obvia. • 
P r o b l e m a 2.2. Sean A, B y C t res sucesos de S. P r o b a r que 
Solución 
Por definición de probabil idad condicionada, 
(2.1) 
Igualmente, 
(2.2) 
y basta sustituir (2.1) en (2.2). • 
P r o b l e m a 2.3. Sean A1, A2, ..., An, n sucesos de S. P r o b ar que 
se ve r i f i ca : 
Solución 
Se probará por inducción. E l caso n = 2 se tiene por definición. E l caso 
n = 3 se recoge en el problema 2.2. 
Se admite, como hipótesis de inducción, que 
(2.3) 
y se comprueba que se verifica también para n. Basta, para ello, considerar 
que 
(2.4) 
2.2. PROBLEMAS 49 
y sustituir (2.3) en (2.4). • 
P r o b l e m a 2.4. P r o b a r , m e d i a n t e c o n t r a e j e m p l o , que si A,B y 
C son sucesos i ndepend ien tes dos a dos , esto no i m p l i c a que sean 
i ndepend ien tes . 
Solución 
Considérense el espacio muestral Ω = {1 ,2 , 3, 4, 5, 6, 7, 8} y los sucesos 
A = {1,2, 3,4}, B = {2,4, 6, 8} y C = {1,3, 6, 8}. 
Se tiene que: 
con lo cual son independientes dos a dos, y 
con lo que no son independientes. • 
P r o b l e m a 2.5. Sean A, B y C t r es sucesos i ndepend ien tes . P r o ­
ba r que los sucesos A U B y C t a m b i é n l o son. 
Solución 
Como A,B y C son independientes, se verifican: 
Por otra parte, 
50 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
P r o b l e m a 2.6. P r o b a r que dos sucesos E y F i n c o m p a t i b l e s y 
c o n p r o b a b i l i d a d e s no nulas no p u e d e n ser i ndepend ien tes . 
En conclusión, debe ser P(E) = 0, cuando se tenía como hipótesis que esto 
es falso (!). • 
P r o b l e m a 2.7. Sean A,B y C t res sucesos i ndepend ien tes en u n 
espacio p r o b a b i l í s t i c o (Ω,S,P), de los que se sabe que 
Se p i de : 
a) D e m o s t r a r que A, B y C son i ndepend ien tes . 
b ) D e t e r m i n a r P(B): 
c) O b t e n e r 
Solución 
a) 
Por lo tanto, son independientes. Análogamente, son 
independientes, son independientes. 
)] 
2.2. PROBLEMAS 51 
luego son independientes. 
Nota 1 : A ,B y C son independientes si y sólo si son indepen-
dientes, si y sólo si son independientes, etc. 
Nota 2: Obsérvese que las Leyes de Morgan también funcionan con tres 
sucesos: en el caso que interesa aquí, 
b) Por un lado, 
(2.5) 
Por otro lado, 
(2.6) 
El primer sumando de esta última igualdad (2.6) (lo que está entre cor-
chetes) es, por lo que se vio en (2.5), igual a 1. 
Así, 
De paso, se obtiene que 
c) i) 
52 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Nota3:Obsérvese que de manera que la unión 
de ambos conjuntos coincide con este último. 
ii) 
Desarrollando el numerador, se obtiene: 
2.2. PROBLEMAS 53 
P r o b l e m a 2.8. S iendo A, B y C t res sucesos i ndepend ien tes y 
sab iendo que P[A] = 0'5, P [B] = 0'1 y P[C] = 0'7, ha l l a r las p r o b a b i -
l idades de los sucesos 
Solución 
a) Si A, B y C son independientes, entonces son independientes. 
Por tanto, 
Por otro lado, 
P r o b l e m a 2.9. J u s t i f i c a r si es o no c i e r t o que , dados dos sucesos 
Ay B pe r tenec ien tes a u n m i s m o espacio de sucesos, se ve r i f i ca que 
Solución 
No es cierto, y para probarlo basta con un contraejemplo, como el si-
guiente: sea el suceso A, ta l que Entonces 
P r o b l e m a 2.10. J u s t i f i c a r si es o no c i e r t o que , dados dos sucesos 
Ay B pe r tenec ien tes a u n m i s m o espacio de sucesos, se ve r i f i ca que 
54 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Solución 
No es cierto, y para comprobarlo basta considerar el siguiente contraejem-
plo. Sea el suceso A, con 1 > P (A) > 0, y sea el suceso Entonces, 
P r o b l e m a 2 . 1 1 . Sean A y B sucesos de S, c o n 0 < P (B) < 1. 
C o m p r o b a r m e d i a n t e u n c o n t r a e j e m p l o que , en gene ra l , 
Solución 
Los espacios probabilísticos condicionados a B y a B son diferentes, y las 
respectivas probabilidades se obtienen como sigue: 
Se busca, por tanto, un contraejemplo en el que 
Entonces, si se toman A y B independientes, para obtener un contraejemplo 
bastará exigir que 
Contraejemplo: Se extrae una carta al azar de la baraja española de 40 
cartas. Se definen los sucesos 
A ≡ “La carta seleccionada es de oros” 
B ≡ “La carta seleccionada es figura (sota, caballo o rey)” . 
Estos sucesos son claramente independientes, y se obtiene que 
P r o b l e m a 2.12. Sean A y B sucesos de S i n d e p e n d i e n t e s , ta les 
que P (A) = P (B) = 0'5. C a l c u l a r 
2.2. PROBLEMAS 55 
Solución 
Por ser independientes, 
Entonces, debe tenerse en cuenta que 
Por tanto, 
y, análogamente, 
Además, son obviamente disjuntos, por lo que 
P r o b l e m a 2.13. Cons idérese el e x p e r i m e n t o a l ea to r i o “ l a n z a r 
dos monedas a l a i r e ” y e l espacio m u e s t r a l asoc iado 
d o n d e es e l suceso “ sa len i c a r a s ” , p a r a i = 0,1,2: E n caso de que 
las monedas es tén e q u i l i b r a d a s , estos sucesos no son equ ip robab les . 
¿puede darse e l caso, t r u c a n d o las monedas , de que sí lo sean? 
Solución 
Se denotará por p 1 y p2 a las respectivas probabilidades de que las mo-
nedas 1 y 2 den “cara”. Como los lanzamientos son independientes, se tiene 
que 
Efectivamente, cuando las monedas están equilibradas, y 
las probabilidades son, r e s p e c t i v a m e n t e , P a r a que 
sean idénticas, debe ocurrir que 
56 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Desarrollando: 
De la primera igualdad se deduce que p2 = 1 - p1, lo que, sustituido en 
la segunda, da lugar a la igualdad 
que no tiene raíces en ni, en particular, en el intervalo [0,1] al que debe 
pertenecer p1. 
En conclusión: es imposible que los sucesos sean equiproba-
bles. 
Problema 2.14. U n t ren consta de n vagones, y se suben al t r en k 
pasajeros, que se colocan aleatoriamente e independientemente de 
los demás en los vagones. Se asume n > k. Calcular la probabi l idad 
de que n ingún vagón quede vacío. 
Solución 
Se definen los sucesos Ai ≡ "E l vagón i-ésimo queda vacío", para i = 
1, ...,n. Lo que se pide es 
siendo el último sumando igual a cero, pues no pueden ir todos los vagones 
vacíos, salvo en el caso trivial k = 0. 
La probabilidad de que un pasajero se monte en un vagón concreto es 
ya que cada uno escoge al azar. Por lo tanto, 
2.2. PROBLEMAS 57 
Igualmente, la probabilidad de que un pasajero se monte en el vagón 1 o en 
el 2 es de 
y, de este modo, se obtiene que 
En general, se llega a que 
De esta forma, 
Problema 2.15. Una clase está formada por 30 alumnos. En un 
examen, 5 obtienen un Notable, 15 obtienen un Aprobado, y los 
demás suspenden. Se seleccionan dos alumnos del curso al azar, y 
ambos resultan tener la misma nota. ¿Cuál es la probabilidad de 
que hayan tenido notable? 
Solución 
Sean los sucesos: 
N ≡ “Ambos han tenido Notable”, 
A ≡ “Ambos han tenido Aprobado”, 
S ≡ “Ambos han tenido Suspenso”. 
Se calculan sus probabilidades, para lo cual se tiene en cuenta que son 
sucecos incompatibles dos a dos: 
58 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Como se asume que ha ocurrido (es decir, alguno de los tres 
casos), la probabilidad pedida es 
2.2.2 Teorema de la Probabil idad Total . Teorema de 
Bayes 
A continuación siguen problemas en los que se emplea alguna las tres pro-
piedades siguientes: 
Problema 2.16. U n jugador lanza dos dados, ganando si ob-
tiene 8 puntos y perdiendo si obtiene 7, volviendo a lanzar si saca 
cualquier otra puntuación. Determinar: 
a) La probabilidad de que la partida termine ganando el jugador 
antes de la n-ésima t irada. 
b) La probabilidad de que gane el jugador. 
Solución 
Se denotan los sucesos: G i ≡ "E l jugador gana en la i-ésima t i rada", 
Di ≡ "E l jugador pierde en la i-ésima t i rada" , S i ≡ "En la i-ésima jugada 
2.2. PROBLEMAS 59 
no salen ni 7 ni 8". Obsérvese que 
Sin embargo, estos valores no se conservan para cualesquiera otros valores 
del subíndice de G i ,D i ,S i pues, si bien es seguro que ocurre uno de los 
tres sucesos G1 ,D1 o S1(ya que habrá siempre una primera tirada), no hay 
garantías de que haya una segunda o tercera, por lo que los valores de sus 
probabilidades no coinciden con los de la lista anterior. Sin embargo, sí se 
tiene que 
etc. 
a) Se calculan, en primer lugar, las respectivas probabilidades de que gane 
en unatirada concreta: P (G1) ya se conoce, 
de manera que, en general, 
para i = 1, 2, ... 
b) La probabilidad de que el jugador gane es 
60 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Problema 2.17. En el juego del disparejo, N > 3 jugadores lan-
zan una moneda, y gana el que obtiene un resultado distinto de 
todos los demás, es decir, todos cara salvo uno (el ganador) o 
viceversa. E l juego se repite tantas veces como haga falta hasta 
que aparezca un disparejo. Calcular las probabilidades de los suce-
sos siguientes. 
a) En una jugada hay un disparejo. 
b) Se necesiten exactamente n jugadas para concluir el juego. 
Solución 
a) La aparición de un disparejo equivale a “Obtener una sola 
en N lanzamientos”, o bien “Obtener N - 1 en N lanzamientos”, 
esto es, la unión de estos dos sucesos, que son además disjuntos. De manera 
que la solución se calcula como la suma de las probabilidades de estos dos 
sucesos. 
b) Se definen los sucesos An ≡ “Hay un disparejo en la jugada n-ésima”. 
Nótese que un suceso Ai no es independiente de otro A j , pues el juego termina 
con el primer disparejo. Estudiando los diversos casos según n, se obtiene: 
2.2. PROBLEMAS 61 
Lo que se pide es, por tanto: 
Problema 2.18. ¿Cuál es el número mínimo de veces que es pre-
ciso lanzar dos dados para que la probabilidad de obtener al menos 
un seis doble sea mayor que la de no obtenerlo? 
Solución 
La probabil idad de obtener un (6,6) en la t i rada es igual a la probabil idad 
de obtener un seis con un solo dado, elevada al cuadrado, es decir: 
Sea An ≡ “Obtener al menos un (6,6) en n tiradas de dos dados”. Es 
claro que 
y, en general, 
cuyo valor converge a 0 al aumentar el número de tiradas, n. De esta forma, 
tiene sentido la pregunta formulada, y se responde como sigue: 
62 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Por lo tanto, a part i r de la t i rada número 25, es más probable haber obtenido 
algún (6,6) que no haberlo obtenido. • 
Problema 2.19. Dos individuos disparan hasta que cada uno de 
ellos da en su propio blanco. Las respectivas probabilidades de dar 
en el blanco son en cada t i ro , y cada t i ro es independiente. 
Calcular la probabilidad de que el primero requiera menos disparos 
que el segundo. 
Solución 
Considérense los sucesos: 
Ai ≡ “E l t irador A da en el blanco en la t i rada i-ésima” , 
Bj ≡ “E l t irador B da en el blanco en la t i rada j -és ima” . 
Para que el primer t irador requiera menos intentos que el segundo, debe 
ocurrir: 
Calcúlense las probabilidades de uno de estos sucesos: 
En definitiva, se pide la probabilidad siguiente: 
2.2. PROBLEMAS 63 
Solución 
Se denominarán los sucesos Ui ≡ "la urna seleccionada es la i-ésima", 
para i = 1,...,n + 1, entendiendo que la urna diferente es la n + 1-ésima. Se 
denota además por N ≡ "las dos bolas extraídas son negras". Entonces, se 
tiene: 
Problema 2.21. Sean A y B sucesos de S, tales que P (A) = 0'4 y 
P (A ∪ B) = 0'8. Calcular P (B) en los casos siguientes: 
a) A y B son independientes. 
b) A y B son incompatibles. 
c) P (A / B) = 0'5. 
Solución 
Se entiende, obviamente, que cada apartado corresponde a un caso dife-
rente, pues las condiciones a) y b) simultáneamente son incompatibles con 
estos datos. 
a) En este caso, 
y sustituyendo se tiene que 
Problema 2.20. Se dispone de n urnas con 4 bolas blancas y 6 
negras, mientras que otra urna contiene 5 blancas y 5 negras. Se 
elige aleatoriamente una de las n + 1 urnas y de ella se extraen dos 
bolas, que resultan ser negras. La probabilidad de que en la urna 
escogida queden 5 bolas blancas y 3 negras es de Determinar el 
valor de n. 
64 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
b) En este caso P (A ∩ B) = 0, y por tanto 
c) En este caso, 
de manera que 
y de aqui se tiene inmediatamente que 
Problema 2.22. Diez amigos deciden sortear entre ellos una en­
trada de cine que les han regalado. Uno de ellos escribe un número 
entero del uno al diez. E l resto de compañeros, por turnos, van 
diciendo un número, ganando la entrada el que acierte el número 
escrito. Si ninguno de ellos lo adivina, se lleva la entrada el que es-
cribió el número. ¿Tienen todos la misma probabilidad de llevarse 
la entrada, o tiene ventaja alguno de los jugadores? 
Solución 
Se comprueba fácilmente que todos tienen igual probabil idad de ganar: 
El primero que juega acierta con probabilidad claramente. 
El segundo juega sólo si el primero no ha acertado el número, y sabe que 
el número que éste dijo no es el escrito, de manera que 
Análogamente, 
2.2. PROBLEMAS 65 
Y, finalmente, la probabilidad de que gane el que escribió el número es 
Problema 2.23. Cada uno de n bastones se rompe en dos partes, 
una larga y otra corta. A continuación se unen las 2n partes for-
mando n nuevos bastones. Determinar las probabilidades de que: 
a) Las 2n partes se hayan colocado formando los n bastones 
originales. 
b) Cada bastón resultante esté formado por una parte larga y 
una corta. 
Solución 
a) Se considerará, sin que ello modifique las condiciones del problema, que 
los bastones se forman secuenciadamente. Sean los sucesos Bi ≡ "el z-ésimo 
bastón formado es uno de los originales". Entonces, 
y, en general, 
Entonces, la probabilidad pedida es 
66 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
b) Se toma el primer trozo. La probabilidad de que, al seleccionar el 
segundo trozo que se le acopla, el primer bastón formado cumpla el requisito 
es 
Asumido que el primer bastón es como se pide, se toma el tercer trozo, que 
es indiferente. Pero el cuarto debe ser del tipo contrario, de modo que la 
probabilidad de que los dos primeros bastones sean como se pide es 
y, siguiendo con este razonamiento, la probabilidad pedida puede expresarse 
como 
Problema 2.24. U n parque natural está dividido en dos partes A 
y B por un río. En cada una de estas partes viven diez ciervos. Para 
una investigación sobre conducta de los ciervos se ha marcado con 
una anilla uno de los de la parte A del parque. Por un descuido de 
los vigilantes, nueve ciervos pasan de A a B. A l notar este hecho, 
los vigilantes eligen aleatoriamente nueve ejemplares de B y los 
trasladan a la parte A . 
a) ¿En cuál de las dos partes del parque es más probable que se 
encuentre el ciervo marcado? 
b) Suponiendo que el ciervo marcado se encuentra, al f inal de 
todo el proceso, en la parte A . ¿Cuál es la probabilidad de que no 
se haya movido de allí? 
Solución 
Se consideran tres etapas: la Etapa 0, inicial, con diez ciervos en cada 
parte y el marcado en la parte A, la Etapa 1, tras la huída de los ciervos 
de A a B, quedando un ciervo en A y el resto (19) en B, y la Etapa 2 final, 
después del traslado de los nueve ciervos a cargo de los vigilantes de B a 
A, quedando diez ciervos en cada parte del parque. Esquemáticamente, las 
situaciones posibles son las siguientes: 
2.2. PROBLEMAS 67 
Etapa 0 
Zona A 
9 ciervos 
1 marcado 
Zona B 
10 ciervos 
0 marcados 
De esta etapa inicial se puede pasar a uno de los dos casos siguientes en la 
Etapa 1: 
Etapa 1 
Zona A 
1 ciervo 
0 marcados 
(Caso 1) 
Zona B 
18 ciervos 
1 marcados 
Etapa 1 
Zona A 
0 ciervos 
1 marcado 
(Caso 2) 
Zona B 
19 ciervos 
0 marcados 
En la siguiente Etapa 2, las opciones son: 
Etapa 2 
Zona A 
9 ciervos 
1 marcado 
(Caso 1) 
Zona B 
10 ciervos 
0 marcados 
Etapa 0 
Zona A 
10 ciervos 
0 marcados 
(Caso 2) 
Zona B 
9 ciervos 
1 marcado 
Y las posibles transiciones son, según la situación del ciervo marcado: 
Defínanse los sucesos: 
“Etapa1,caso 1 ” . “ E t a p a 1 , c a s o 2”. 
“Etapa2,caso 1”. “Etapa2,caso 2”. 
Nótese que, en efecto, son sucesos complementarios. 
Entonces, escogiendo al azar los ciervos que se trasladan en cada uno de 
los desplazamientos, se tiene: 
68 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Con estos elementos, se obtiene fácilmente que: 
a) Aplicando el Teorema de la probabilidad total, 
y, puesto que son sucesos complementarios, 
Por tanto, es más probable que al final esté en la parte A. 
b) Aplicandoel Teorema de Bayes, 
Problema 2.25. La asignatura “Cálculo de Probabi l idades” se 
impar te en tres grupos, A , B y C, con 125, 100 y 75 alumnos 
respectivamente. Se sabe que en el grupo A han aprobado 60 
alumnos, en el B, 45 alumnos, y en el C, también 45 alumnos. 
a) ¿Qué porcentaje de alumnos ha aprobado? 
b) Qué porcentaje de los aprobados corresponde al grupo C? 
Solución 
Podría hacerse directamente: 
a) Porcentaje de aprobados: 
2.2. PROBLEMAS 69 
b) Porcentaje de C: 
Uti l izando la probabil idad condicionada: se considera el experimento “se­
leccionar al azar un alumno”, se definen los sucesos 
A ≡ “E l alumno procede del grupo A ” , idem B y C, 
X ≡ “E l alumno aprueba Cálculo de Probabilidades”. 
a) 
b) 
Problema 2.26. Admitiendo que la probabilidad de que una 
persona pertenezca a un signo del Zodíaco es ¿Qué probabilidad 
hay de que ocho amigos tengan todos distintos signos del Zodíaco? 
Solución 
Asumiendo que el signo de cada amigo es independiente del de los demás, 
se considera el primer amigo, con su signo, X1. La probabil idad de que el 
segundo no coincida con él es 
Análogamente, fijados los signos de los dos primeros, X 1 y X2 , 
De esta forma, la probabilidad pedida resulta ser: 
70 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
También podría plantearse como sigue: 
¿De cuántas formas se pueden seleccionar 8 signos del Zodíaco, pudiendo 
repetir? R1 = 12
8: 
¿De cuántas formas se pueden seleccionar 8 signos del Zodíaco, sin repe-
12! 
tir? R2 = : 
4! 
Y de esta forma, 
Problema 2.27. Sean dos urnas, cada una de las cuales contiene 
tres bolas blancas y tres negras. De una de las urnas se extrae al 
azar una bola y, sin observar su color, se introduce en la otra urna. 
De ésta, se lleva a cabo otra extracción al azar. 
a) Calcular la probabilidad de que las dos bolas extraídas sean 
blancas. 
b) Si la últ ima bola extraída es blanca, calcular la probabilidad 
de que la primera también haya sido blanca. 
Solución 
La primera extracción determina la composición de la segunda urna antes 
de la segunda extracción. Se definen los sucesos: 
B1 ≡ “La primera bola extraída es blanca” , 
B2 ≡ “La segunda bola extraída es blanca”. 
Entonces, 
Si la primera bola extraída es blanca, 
y, en caso contrario, 
Entonces: 
a) 
A 
p 
p 
p 
p 
B 
p 
p 
g 
g 
C 
p 
g 
g 
p 
D 
p 
p 
p 
p 
2.2. PROBLEMAS 71 
b) Aplicando el Teorema de Bayes, 
Solución 
Se definen los sucesos: 
Ap ≡ "el negocio arroja pérdidas con A " , 
Ag ≡ "el negocio arroja ganancias con A " , y 
Dp ≡ "el negocio arroja pérdidas con D". 
Lo que se pide es, según el Teorema de Bayes, 
En la siguiente tabla se detallan los posibles caminos que pueden seguirse 
desde Ap hasta Dp: 
Problema 2.28. U n negocio puede arrojar pérdidas o ganancias. 
Cuando lo dirige la persona A, arroja pérdidas con una probabi-
lidad de Después pasa a dirigirlo B , luego C y luego D, que 
pueden dejarlo en la situación en que lo encuentren o cambiarlo. 
Se sabe que la probabilidad de que B, C o D cambien la situación 
del negocio es de Se sabe que, después de haber pasado por D, 
el negocio arroja pérdidas. ¿Cuál es la probabilidad de que con A 
también arrojase pérdidas? 
A 
g 
g 
g 
g 
B 
g 
p 
p 
g 
C 
g 
g 
p 
p 
D 
p 
p 
p 
p 
72 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Es decir, puede no haber cambio o puede haber dos, a lo largo del proceso. 
en cada paso. Se denomina Recuérdese que la probabilidad de cambio es de 
X al número de cambios durante el proceso. Entonces, 
donde el primer "tres" sale de que son tres los casos de doble cambio que 
refleja la tabla. Entonces, 
Por otro lado, los caminos de Ag a Dp son: 
Es decir, los casos X = 1 y X = 3. Se calcula fácilmente que 
Por lo que 
De modo que 
2.2. PROBLEMAS 73 
Problema 2.29. En un pueblo con n + 1 habitantes, una persona 
le rumorea algo a un grupo de M personas escogidas al azar (M < n), 
una de las cuales se lo rumorea a otras M escogidas aleatoriamente 
y así sucesivamente. Encontrar la probabilidad de que el rumor 
sea contado r veces sin que ninguna persona se repita. 
Solución 
Para este problema se recordarán unos elementos de combinatoria y la 
Regla de Laplace. 
La primera vez que se cuenta el rumor, hay grupos de personas 
posibles para escucharlo. 
La segunda vez, el número de grupos de espectadores posibles es el mismo. 
Sin embargo, para que nadie lo escuche por segunda vez, el grupo debe 
seleccionarse entre los n M habitantes que no conocen el rumor. Es 
decir, los casos posibles son Siguiendo este razonamiento, en 
la tercera iteración hay casos favorables, y en la r-ésima son 
En definitiva: se denomina Ar ≡ “E l rumor se cuenta r 
veces sin que nadie lo escuche por segunda vez”, y la probabilidad pedida es 
Problema 2.30. Una fábrica produce lámparas con tres máquinas 
A , B y C, con producciones diarias de 3 000, 2 500 y 4 500 unidades, 
respectivamente. La experiencia demuestra que el porcentaje de 
74 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
un idades defectuosas que p r o d u c e cada m á q u i n a es el 1 % , 1 ’ 2 % y 
2 % , r e s p e c t i v a m e n t e . D e cada 100 un idades defectuosas p r o d u c i -
das e n u n d ía , ¿cuántas p r o c e d e n de cada m á q u i n a ? 
Solución 
Se definen los sucesos: 
A ≡ “Una pieza tomada al azar de las producidas en un día procede de 
la máquina A ” , 
B ≡ “ Idem de la máquina B ” , C = “ I dem de la máquina C ” , 
D ≡ “Una pieza tomada al azar entre las producidas en un día es defec-
t u o s a ” . 
Obsérvese que A,B,C determinan un sistema completo de sucesos. 
Por la información del enunciado, se tiene: 
Así, 
Es decir, el 1’5% de las piezas fabricadas al día son defectuosas. Finalmente, 
aplicando el Teorema de Bayes, 
Es decir: el 20% de las piezas defectuosas procede de la máquina A, otro 20% 
de la B y el 60% restante procede de la C. • 
P r o b l e m a 2 . 3 1 . Se p r e t e n d e d e t e c t a r u n a e n f e r m e d a d m e d i a n t e 
u n tes t de s ín tomas . Se sabe que el 1 0 % de l a p o b l a c i ó n es tá 
2.2. PROBLEMAS 75 
e n f e r m a . E n el t es t , e l 9 0 % de los en fe rmos d a p o s i t i v o , y e l 8 0 % 
de los sanos d a nega t i vo . 
a) ¿Cuá l es l a p r o p o r c i ó n de d iagnós t i cos falsos? 
b ) ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que u n p o s i t i v o c o r r e s p o n d a a 
u n i n d i v i d u o en fe rmo? 
c) ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que u n nega t i vo c o r r e s p o n d a a 
u n i n d i v i d u o sano? 
Solución 
Se definen los sucesos: 
E ≡ “Un individuo escogido al azar de la población está enfermo”, 
M ≡ “Un individuo ... da positivo en el test” , 
Por lo tanto, la información del enunciado se puede escribir como sigue: 
Debe tenerse en cuenta que E, E determina siempre un sistema completo de 
sucesos. 
a) Denominando F ≡ “Un diagnóstico del test es falso”, se tiene que 
Es decir, el 19% de los diagnósticos son falsos. 
b) Se pide: 
c) Se pide: 
76 CAPÍTULO2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Problema 2.32. Jugando a los dardos, la probabilidad que tiene 
el jugador A de hacer diana en una tirada es de y la de B es de 
siendo cada tirada independiente. Se pide: 
a) Si cada jugador ha lanzado dos dardos, ¿cuál es la probabili-
dad de que se haya conseguido entre los dos al menos una diana? 
b) Sabiendo que cada jugador ha hecho un solo disparo y se ha 
obtenido exactamente una diana, ¿cuál es la probabilidad de que 
la haya conseguido el jugador A? 
Solución 
Se definen los sucesos: 
Ai ≡ “E l t irador A hace diana en su disparo i-ésimo”, i = 1,2, 
Bj ≡ “E l t irador B hace diana en su disparo j -és imo” , j = 1, 2. 
Se asume que P(A i) = P(B j ) = 
a) Se pide: 
b) Se define el suceso D ≡ “Se ha hecho una diana después de un disparo 
de cada t i rador” . Nótese que 
2.2. PROBLEMAS 77 
Problema 2.33. La enfermera Martínez es un desastre: la pro-
babilidad de que olvide inyectar un suero a un enfermo durante la 
ausencia del médico es de Este enfermo estámuy grave, y si 
se le inyecta el suero tiene igual probabilidad de mejorar que de 
empeorar, pero si no se le inyecta sólo tiene una probabilidad de 
0’25 de mejorar. A su regreso, el médico advierte que el enfermo 
no ha mejorado. ¿Cuál es la probabilidad de que la enfermera no 
le haya inyectado el suero? 
Solución 
Se definen los sucesos 
M ≡ “E l enfermo mejora”, S ≡ “Se aplica el suero al enfermo”. 
Entonces, se tiene que 
Lo que se pide es: 
Problema 2.34. U n ladrón es perseguido por un coche de policía, 
y al llegar a un cruce, se encuentra tres posibles calles (A , B, C) 
por las que huir. Las calles B y C son tan estrechas que el coche 
de policía no cabe por ellas, si bien el ladrón, por los nervios, no es 
consciente de ello. Si huye por la calle A le atrapan seguro, pues al 
final de la misma hay otro coche de la policía cortando el paso. Si 
huye por C, se escapa seguro, pues no hay vigilancia. Si huye por 
78 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
B , se e n c u e n t r a con que l a ca l le es tá c o r t a d a y se b i f u r c a en dos 
ca l le jue las : l a B A , que desemboca en A , y l a B C , que desemboca 
e n C . 
a) ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que el l a d r ó n sea a t r a p a d o ? 
b ) Sab iendo que escapó, ¿cuál es l a p r o b a b i l i d a d de que haya 
pasado p o r l a ca l le B ? 
Solución 
Se definen los sucesos: 
A (igualmente B, C) ≡ “E l ladrón huye por A (igualmente, B, C ) ” . A, 
B, C son un sistema completo de sucesos. 
U ≡ “E l ladrón es atrapado”. Entonces, repasando el enunciado, se tiene: 
a) 
b) Se pide: 
P r o b l e m a 2.35. H a y c u a t r o bo las e n u n a u r n a , que p u e d e n ser 
b lancas o negras, p e r o no se sabe de qué co lo r es cada una . Se 
e x t r a e u n a a l azar y r e s u l t a ser b lanca . C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d 
de que t odas las bo las sean b lancas . 
Solución 
Se denotará por U¿, con i G {0 ,1 ,2 , 3, 4} al suceso de cada posible com-
posición de la urna: i bolas blancas, (4 i) bolas negras. En principio, puesto 
que no se tiene más información, se supone que, a priori, 
2.2. PROBLEMAS 79 
Se define el suceso B ≡ “La bola extraída es blanca”. Entonces, según la 
Regla de Laplace, se tiene que 
Pero, con el experimento, se tiene que, a posteriori, 
P r o b l e m a 2.36. U n te lég ra fo t r a n s m i t e p u n t o s y rayas. E l 4 0 % 
de los p u n t o s y e l 3 3 ’ 3 % de las rayas se c a m b i a n d e b i d o a i n t e r f e -
renc ias e n l a t r a n s m i s i ó n . L a r e l ac i ón e n t r e p u n t o s y rayas es de 
5:3. ¿Cuá l es l a p r o b a b i l i d a d de que u n a señal r e c i b i d a c o i n c i d a 
c o n l a e m i t i d a e n cada caso: 
a) L a señal es u n p u n t o ? 
b ) L a señal es u n a raya? 
Solución 
Se definen los sucesos: 
R ≡ “Se emite una raya” , r ≡ “Se recibe una raya”. 
Según el enunciado, 
Lo que se pide es: 
a) 
80 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
b) 
P r o b l e m a 2.37. U n a i m p r e s o r a puede i m p r i m i r n carac teres 
d i s t i n t o s . L a p r o b a b i l i d a d de que i m p r i m a el ca rac te r deseado 
es p. Si i m p r i m e u n ca rac te r no deseado, los n - 1 res tan tes son 
equ ip robab les . Se m a n d a a l azar u n i m p u l s o p o r d u p l i c a d o , y se 
i m p r i m e α1α1. C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que e l ca rác te r deseado 
f u e r a α1 : 
Solución 
Se denotarán los caracteres por o i , i = 1 , . . . , n. Se definen los sucesos 
Mi ≡ “Mandar los caracteres <¾<¾”, para i = 1,...,n: 
Ri ≡ “Recibir los caracteres <¾<¾”, para i = 1,...,n: 
Nótese que {M1, M2,..., Mn} es un sistema completo de sucesos, pues se 
manda un solo impulso por duplicado, pero sin embargo {R1, R2 , ..., Rn} no 
es un s.c.s., ya que podría recibirse <¾<xj, con i = j. 
Por un lado, 
para cualesquiera i = j entre 1 y n. A priori, las probabilidades del sistema 
completo de sucesos son 
Entonces, se pide 
2.2. PROBLEMAS 81 
Problema 2.38. La avería de una máquina es igualmente proba-
ble en cualquier instante del intervalo de tiempo [0, T] . La probabi-
lidad de que la máquina se averíe durante este intervalo de tiempo 
es p. Se sabe que durante el intervalo de tiempo [0, t ] , con t < T, la 
avería no se ha producido. Determinar la probabilidad de que la 
avería ocurra durante el intervalo de tiempo restante. 
y, por último, se sabe que 
Nótese que forman un s.c.s. Si se considera el espacio probabilístico 
con la función de probabilidad condicionada al suceso A, entonces B t y Ct 
forman también un s.c.s. 
Se trata, en definitiva, de calcular 
Por un lado 
Por otro lado: 
82 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
En definitiva, 
P r o b l e m a 2.39. E n u n a pecera hay 20 peces machos y 30 h e m -
bras . Se selecc ion a l azar u n pez , y si r e s u l t a ser macho se devue lve 
a l a pecera , p e r o si es h e m b r a se c a m b i a a o t r a pecera . U n a vez 
r e p e t i d o el p roceso dos veces, ¿qué p r o b a b i l i d a d hay de que e n u n a 
t e r c e r a se lecc ión a l azar se o b t e n g a u n macho? 
Solución 
Se definen los siguientes sucesos: 
Mi ≡ “E l pez extraído de la pecera en la i-ésima extracción es macho”. 
En ta l caso, 
P r o b l e m a 2.40. L a p r o b a b i l i d a d de que u n á r b o l t e n g a n ‡ores 
es C a d a ‡ o r t i e n e u n a p r o b a b i l i d a d de de ser f ecundada , 
2.2. PROBLEMAS 83 
independientemente de las demás. Una flor fecundada da siempre 
lugar a un fruto, pero tiene una probabilidad de de ser picada 
por los pájaros antes de la cosecha. Se pide: 
a) La probabilidad de que una ‡or dé fruto cosechable. 
b) La probabilidad de que un árbol que tiene r frutos cose-
chables haya tenido n flores. 
Solución 
Se definen los sucesos: 
Fn ≡ “E l árbol ha tenido n ‡ores”, para n = 0,1,2,..., 
fi ≡ “La ‡or i-ésima es fecundada y da f ru to” , para i = 1,2, ...,n, 
pi ≡ “La fruta i-ésima es picada”, para i = 1, 2,..., n, 
f ≡ “Una ‡or da fruto cosechable”, 
Rr ≡ “E l árbol ha dado r frutos cosechables”, para r = 0,1,2, : : : . 
a) Se tiene, según el enunciado, que 
Con todo esto, la probabilidad de que una ‡or dé fruto cosechable es 
b) Como consecuencia del apartado anterior, se obtiene que 
e igualmente, se obtiene que 
84 CAPÍTULO 2. PROBABILIDAD CONDICIONADA 
Aplicando el Teorema de Bayes, resulta: 
P r o b l e m a 2 . 4 1 . U n a bo lsa con t i ene 1.000 monedas , u n a de las 
cuales es tá t r u c a d a y t i e n e dos “ c a r a s ” . Se e x t r a e a l azar u n a 
m o n e d a de l a bo lsa , y t r as l a n z a r l a n veces, sale s i e m p r e “ c a r a ” . 
C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que l a m o n e d a e x t r a í d a sea l a t r u c a d a . 
Solución 
Sean los sucesos T ≡ “la moneda extraída es la t rucada”, 
C ≡ “salen n caras en n lanzamientos”. 
Entonces: 
Entonces, 
P r o b l e m a 2.42. Dos j u g a d o r e s A y B j u e g a n de l s igu ien te m o d o : 
e x t r a e n , p o r t u r n o s y s i n r e e m p l a z a m i e n t o , bo las de u n a u r n a 
que con t i ene i n i c i a l m e n t e t res bo las b lancas y t r es r o j as . G a n a 
e l p r i m e r o que e x t r a i g a u n a b o l a r o j a . A es e l p r i m e r o e n e x t r a e r , 
y es e l ganado r de l j u e g o . C a l c u l a r l a p r o b a b i l i d a d de que A haya 
e x t r a í d o b o l a r o j a en l a p r i m e r a e x t r a c c i ó n . 
2.2. PROBLEMAS 85 
Solución 
Se definen los sucesos 
A ≡ "A gana" 
Ai ≡ "A extrae bola blanca en la jugada i-ésima", para i = 1, 2, 3: 
B1 ≡ "B extrae bola blanca en la primera jugada": 
E l suceso A ocurre, y se puede escribir como 
Nótese que no puede ocurrir otra opción, pues sólo pueden extraerse un tota l 
de tres bolas blancas. Así, 
Se pide: 
P r o b l e m a 2.43. Se d i spone de 10 he l i cóp te ros p a r a buscar u n a 
a v i o n e t a p e r d i d a . H a y dos regiones e n las que puede es tar d i c h a 
a v i o n e t a , sab iendo que