T10 probabilidad condicionada

1 Halla la probabilidad de obtener al menos un seis doble en n tiradas de dos dados.

Solución:
Sean: A1 el suceso “sacar un seis doble en la primera tirada”
A2 el suceso “sacar un seis doble en la segunda tirada”
----------------------------------------------------------------
An el suceso “sacar un seis doble en la n-ésima tirada”
Si A es el suceso obtener al menos un seis doble en n tiradas, su probabilidad es:
_  __ __ __   __   __   __ 
pA   1  p A   1  p A1 A 2    A n   1  p A1   p A 2     p A n  por ser sucesos independie
          ntes
         

n
 __ 
pA   1  p A1  ya que todos los sucesos tienenla misma probabilid
  ad
 

Teniendo en cuenta que en cada tirada hay 36 casos posibles y 35 favorables a no sacar un seis doble, se tiene:
n
 35 
pA   1   
 36 

2 Sean A y B dos sucesos de cierto espacio probabilistíco, tales que p(A) = 0,4; p(B) = 0,3 y p(AB) = 0,1.
Halla razonadamente las siguientes probabilidades:
_ _ _
p(A  B); p( A B); p(A/B) y p( A B)

Solución:
p(A B)  p(A)  p(B)  p(A B)  0,4  0,3  0,1  0,6
-
_ _ ________
p(A B)  p( A B )  1  p(A B)  1  0,1  0,9
-
p(A B) 0,1 1
p(A/B)   
p(B) 0,3 3
-
_
p(A B)  p(B)  p(A B)  0,3  0,1  0,2
-

3 Sean los sucesos A = “extraer un as de una baraja española” y B = “extraer un oro de una baraja
española”. Halla p(A); p(B) y p(AB). ¿Son independientes los sucesos A y B?

Solución:

4 1
p(A)  
40 10
-
10 1
p(B)  
40 4
-
1
p(A  B) 
40
-
1 1 1
p(A)  p(B)     p(A B)
10 4 40
Como los sucesos A y B son independientes

4 Sean A, B y C, tres sucesos independientes tales que p(A) = 0,2; p(B) = 0,8 y p(C) =0,7. Halla las
probabilidades de los sucesos siguientes: AB; AC; BC y ABC.

Solución:
Por ser los sucesos A, B y C independientes, se tiene:
p(AB) = p(A)p(B) = 0,20,8 = 0,16
p(AC) = p(A)p(C) = 0,20,7 = 0,14
p(BC) = p(B)p(C) = 0,80,7 = 0,56
p(ABC) = p(A)p(B) )p(C) = 0,20,80,7 = 0,112
Por tanto, se tiene:
p(AB) = p(A) + p(B) - p(AB) = 0,2 + 0,8 - 0,16 = 0,84
p(AC) = p(A) + p(C) - p(AC) = 0,2 + 0,7 - 0,14 = 0,76
p(BC) = p(B) + p(C) - p(BC) = 0,8 + 0,7 - 0,56 = 0,94
p(ABC) = p(A) + p(B) + p(B) - p(AB) - p(AC) - p(BC) + p(ABC) = 0,952

5 Sean A y B dos sucesos de un experimento aleatorio. Halla p(A/B) y p(B/A) en los siguientes casos:
a) Sabiendo que:
1 1 1
p(A)  ; p(B)  ; p(A  B) 
2 3 4

b) Sabiendo que
3 5 3
p(A)  ; p(B)  ; p(A  B) 
8 8 4

Solución:
a) En el primer caso:
1 1
p(A  B) 4 3 p(A  B) 4 1
p(A/B)    ; p(B/A)   
p(B) 1 4 p(A) 1 2
3 2

b) En el segundo caso:

3 5 3 1
p(A B)  p(A)  p(B)  p(A B)  p(A B)  p(A)  p(B)  p(A B)    
8 8 4 4

Análogamente como se calculó en el primer caso, se tiene:
1 1
p(A  B) 4 2 p(A  B) 4 2
p(A/B)    ; p(B/A)   
p(B) 5 5 p(A) 3 3
8 8

6 De una baraja española de 40 cartas se extraen dos al azar. Halla la probabilidad de que sean dos reyes.

Solución:
Cuantitativamente, la extracción de dos reyes de la baraja equivale a realizar dos extracciones sucesivas de un rey,
sin reponer en la baraja el primer rey extraído.
Sean los sucesos: A = “la primera carta extraída es un rey” y B = “la segunda carta extraída es un rey”.
El suceso AB describe el suceso “las dos cartas son reyes”, cuya probabilidad viene dada por:
4 3 1 1 1
p(A B)  p(A)  p(B/A)     
40 39 10 13 130

Con un diagrama de árbol como el de la figura, el proceso sería:

7 Dados dos sucesos independientes A y B, la probabilidad de que ocurran los dos a la vez es 1/6, y la de
que no ocurra ninguno de los dos es 1/3. Halla las probabilidades de cada uno de ellos, razonando la
respuesta.

Solución:
Sean x = p(A) e y = p(B), las probabilidades de cada uno de los dos sucesos dados.
Con los datos del enunciado podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones:

 
pA  B  6 pA  B  6
1 1  
pA  B 
1 1
 p(A)  p(B) 
   6  6
  _ _   _______  
p A  B   1   1
p A  B   pA  B  2 p(A)  p(B)  p(A)  p(B)  2
 
 
 3
  
 
 3
 
 3 
 3

Substituyendo probabilidades, obtenemos el sistema de segundo grado siguiente:
 1  1  1 1
 x y  x y  6 x  ;y 
 6   3 2
  
1 2
x  y   x  y  5 x  1 1
;y 

 6 3 
 6 
 2 3

Por tanto, salvo el orden de las soluciones, los sucesos han de tener probabilidades 1/2 y 1/3.

8 Estudia la posible dependencia de los sucesos A y B, en los casos a, b y c. Indicando cuando serán
independientes:
a) A y B son mutuamente excluyentes de probabilidades no nulas.
b) A está incluido en B, siendo la probabilidad de A no nula.
c) A es cualquier suceso y p(B) = 0.

Solución:
a) Como A y B son incompatibles, se tiene: AB = , por tanto p(AB) = 0
Por ser A y B de probabilidades no nulas, se tiene: p(A)p(B)  0 = p(AB)
Por tanto A y B son sucesos dependientes.
b) Si A  B entonces A = AB, por tanto p(A) = p(AB)
Para que se verifique la igualdad p(A)p(B) = p(AB), debe ser p(B) = 1, así que:
Si B es el suceso seguro, A y B son independientes; si B no es el suceso seguro A y B son dependientes.
c) Si p(B) = 0, entonces B es el suceso imposible, es decir B = , por tanto:
AB = A = , por tanto p(AB) = 0 = p(A)p(B), por ser p(B) = 0
En este caso A y B son sucesos independientes.

9 La probabilidad de que una bomba lanzada desde un avión haga blanco en el objetivo es 2/3. Halla la
probabilidad de alcanzar el objetivo si se tiran tres bombas seguidas.

Solución:
Consideremos los siguientes sucesos:
D = “hacer blanco en el objetivo” y su contrario “no alcanzar el objetivo”
A = “hacer blanco en el objetivo con la primera bomba lanzada” y su contrario
B = “hacer blanco en el objetivo con la segunda bomba lanzada” y su contrario
C = “hacer blanco en el objetivo con la tercera bomba lanzada” y su contrario
Supuesto que los sucesos A, B y C, así como sus contrarios, son independientes, se tiene:
3
_ _ _ _ _ _ _ _  _   _  _  2 8
D  A  B C  p D   p A  B C   p A   p B   p C     
         
          3 27

Por tanto la probabilidad de alcanzar el objetivo con alguna de las bombas es:
_
pD  1  p D   1 
8 19
  
  27 27

10 Halla la probabilidad de ganar uno o más juegos en una serie de m juegos independientes, si la
probabilidad de ganar uno de ellos es p. Halla el valor de p, para que dicha probabilidad sea igual a:
1
1
2m

Solución:
Sean: A1 el suceso “ganar el primer juego”
A2 el suceso “ganar el segundo juego”
----------------------------------------------------------------

An el suceso “ganar el m-ésimo juego”
Si A es el suceso ganar uno o más juegos de los m, su probabilidad es:
_  __ __ __   __   __   __ 
pA   1  p A   1  p A1 A 2    A m   1  p A1   p A 2     p A m  por ser sucesos independie
          ntes
         

m
 __ 
pA   1  p A 1   1  1  p
m
 
 

Calculamos p con las condiciones del enunciado, para ello, se tiene:

1  1  p  1   1  p 
m 1 m 1 1 1
 1 p  p
2m 2m 2 2

11 Sean A y B dos sucesos tales que p(A) = 0,5 y p(B) = 0,6.
a) Prueba que si p(AB) = 0,8 entonces dichos sucesos son independientes.
b) Para los mismos valores de p(A) y p(B) dados antes, ¿hay otros valores de p(AB) que hagan que A y B
sean independientes?
c) Demuestra que si A y B son independientes, entonces también lo son el contrario de A y el suceso B.

Solución:
a) p(AB) = p(A) + p(B) - p(AB)  p(AB) = 0,5 + 0,6 - 0,8 = 0,3
p(AB) = 0,3 = 0,50,6 = p(A)p(B), por tanto A y B son independientes.
b) Sea x = p(AB) un valor para el que A y B son sucesos independientes, por tanto:
p(AB) = p(A) + p(B) - p(A)p(B)  x = 0,6 + 0,5 - 0,50,6 = 0,8
Por tanto no existe ningún otro valor para p(AB) tal que A y B sean sucesos independientes.
c) Consideremos ahora dos sucesos A y B independientes, cuyas probabilidades, sean p(A) = p y p(B) = q.
Por ser A y B independientes se tiene: p(A)p(B) = pq
Se trata de probar que también el contrario de A y B son independientes.
Para ello consideremos B descompuesto en la unión de dos sucesos incompatibles:
_  _  _  _
B   A  B   A  B  pB  p A  B   pA  B  p A  B   q p q  (1  p) q  p A   pB
       
       

De ahí se infiere la independencia de ambos sucesos.

12 Sean A y B dos sucesos independientes de una experiencia aleatoria. Prueba que también son
independientes los siguientes pares de sucesos:
a) Los sucesos contrarios de A y B.
b) El suceso A y el contrario del suceso B.
c) El suceso contrario de A y el suceso B.

Solución:
a) Consideremos los sucesos A y B. Sean p(A) = p; p(B) = q, sus respectivas probabilidades.
Como A y B son independientes, se tiene: p(AB) = p(A)p(B) = pq

 _ _  _______ 
p A  B   p A  B   1  pA  B  1  p(A)  p(B)  p(A B) 
   
   

 _ _  _  _
p A  B   1  p q p q  1  p q 1  p  1  p  1  q  p A   p B 
     
     

que prueba la independencia de los contrarios de los sucesos de A y B.
b) Para probar que el suceso A y el contrario del suceso B son independientes, basta con considerar que el suceso
A, se puede expresar como unión de dos sucesos incompatibles cuya suma de probabilidades es la
probabilidad de A, según:
 _  _
A   A  B   A  B  pA   p A  B   pA  B
   
   

 _  _ _
p  p A  B   p q  p A  B   p p q  p 1  q  pA   p B 
     
     

que prueba la independencia de los dos sucesos: A y el contrario de B.
La demostración es idéntica a la anterior salvo los nombres de los sucesos.

13 De una baraja española se extraen dos cartas a la vez. Halla las probabilidades de obtener:
a) Un rey y un as. b) Un rey o un as. c) Dos reyes.

Solución:
Al ser la extracción de las dos cartas simultánea, el proceso es el mismo que si se realizaran dos extracciones
sucesivas sin reponer la primera carta extraída.
Sean los sucesos: R = “extraer un rey” y A = “extraer un as”, se tiene:
pR1 A 2   A1 R2   pR1 A 2   pA1 R2   2  pR1 A 2   2  pR1   pA1/R1  
a)

pR1 A 2   A1 R 2   2 
4 4 4
 
40 39 195

pR A   pR  pA   pR A  
4 4 4 35
  
40 40 195 195
b)

pR1 R 2   pR1   pR 2 /R1  
4 3 1
 
40 39 130
c)

14 Los sucesos A y B de un experimento son independientes y tienen por probabilidades p(A) = p y p(B) = q.
Halla la probabilidad de que al realizar el experimento sólo ocurra uno de los dos sucesos.

Solución:
_ _
A y B
Si son los sucesos contrarios de los dos sucesos A y B, respectivamente, el suceso del cual piden su
probabilidad es, como se indica en la figura adjunta:

 _ _ 
M   A B    A B 
   
   

Por tanto:
 _ _ 
pM  p A  B   p A  B 
   
   
dado que ambos sucesos son incompatibles
Como además, tal y como se observa en la figura, se verifica:
 _
p A  B   pA   pA  B  pA   pA   p(B)  p p q
 
 

_ 
p A  B   pB  pA  B  pB  pA   p(B)  q p q
 
 

Se tiene finalmente que la probabilidad de ocurrir sólo uno de los dos sucesos es:
 _ _ 
pM  p A  B   p A  B   p q 2  pq
   
   

15 Halla la probabilidad de ganar dos o tres juegos independientes, sabiendo que la probabilidad de ganar
cualquiera de ellos es 0,01.

Solución:
Si designamos por Gk el suceso ganar el juego número k, y, por Pk el suceso perder el juego número k, es decir el
contrario del suceso Gk.
El suceso ganar dos o tres juegos se describe por el suceso:
G = (G1 G2 P3) (G1 P2 G3) (P1 G2 G3) (G1 G2 G3)
De modo que la probabilidad que nos piden que calculemos es:
p(G) = p[(G1 G2 P3) (G1 P2 G3) (P1 G2 G3) (G1 G2 G3)] 
p(G) = p(G1 G2 P3) + p(G1 P2 G3) + p(P1 G2 G3) + p(G1 G2 G3) 
p(G) = 3 p(G1 G2 P3) + p(G1 G2 G3) = 3 p(G1)p(G2)p(P3) + p(G1)p(G2)p(G3) 
2 3
p(G) = 3 0,01 0,99 + 0,01 = 0,000298

16 En una caja tenemos dos bolas blancas, una negra y siete rojas. Extrayendo dos bolas sucesivamente,
¿cuál es la probabilidad de extraer una bola negra seguida de una bola blanca?
a) Reponiendo la bola en la caja. b) Sin reponerla.

Solución:
Sean los sucesos N = “extraer una primera bola de color negro” y B = “extraer una segunda bola de color

blanco”
El suceso NB describe el suceso extraer una bola negra, seguida de una bola blanca.
a) Reponiendo la primera bola negra extraída, se tiene:
1 2 1
p(N B)  p(N)  p(B/N)   
10 10 50

b) Si no reponemos la primera bola extraída, se tiene:
1 2 1
p(N B)  p(N)  p(B/N)   
10 9 45

17 Un dado numerado del 1 al 6 está lastrado, de modo que la probabilidad de obtener un número es
proporcional a dicho número. Se pide:
a) Halla la probabilidad de que salga 3 si se sabe que salió un número impar.
b) Calcula la probabilidad de que salga par si se sabe que salió mayor que 3.

Solución:
Sea E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} el espacio muestral de la experiencia.
Los sucesos elementales tienen como probabilidades p(k) = kx; siendo x0 y k = 1,2,...,6
a) Sean A = {3} y B = {1, 3, 5} los sucesos salir 3 y número impar respectivamente:
p(A B) p(A)
pA/B 
3x 3 1
   
p(B) p(B) x 3 x  5 x 9 3

b) Sean C = {2, 4, 6} y D = {4, 5, 6} los sucesos salir par y un número mayor que 3, respectivamente:
p(C D) p4,6 4 x 6 x
pC/D 
10 2
   
p(D) p4,5,6 4 x  5 x  6 x 15 3

18 Se dispone de una baraja española, calcula las probabilidades siguientes:
a) Del suceso consistente en tomar las 10 cartas de oros de la baraja, extenderlas sobre el tapete de juego
en una fila y que el rey y el caballo, estén juntos.
b) Extraer dos cartas simultáneamente de la baraja y que éstas sean un rey y un caballo.

Solución:
a) Número de casos posibles, para ordenar en fila las 10 cartas de oros: P10 = 10!
Número de casos favorables para que estén el caballo y el rey de oros juntos: 2P9 = 29!
Por tanto la probabilidad pedida es:
2  9! 2 1
p(Caballoy Rey juntos)   
10! 10 5

b) La extracción simultánea de dos cartas equivale a la extracción sucesiva de dos cartas, sin reemplazar la 1ª
carta extraída a la baraja. De modo que si designamos por:
RC el suceso la 1ª carta es un rey y la 2ª un caballo; y por CR el suceso la 1ª carta es un caballo y la 2ª un
rey
Se ha de calcular la probabilidad de la unión de ambos sucesos. Por tanto:

pR C  C R  pR C  pC R  2  pR C  2  p(R)  p(C/R)  2 
4 4 4
 
40 39 195

19 Una urna contiene 36 bolas numeradas del 1 al 36. Se extraen simultáneamente dos bolas y se vuelven a
introducir en la urna; después se vuelven a extraer otras dos bolas simultáneamente.
Halla la probabilidad del suceso consistente en que los números que se obtienen en la primera extracción
sumen menos de 36, y que, además, el producto de los números obtenidos en la segunda extracción no
sea 36.

Solución:
Sean los sucesos: A = “los números obtenidos en la primera extracción sumen menos de 36”
B = “los números obtenidos en la segunda extracción tienen un producto distinto de 36”.
Los sucesos A y B son, evidentemente, independientes, por tanto p(AB) = p(A)p(B)
a) Cálculo de la probabilidad de A.
 36  36  35
 
2  630
  2!
1º Casos posibles de extraer dos bolas de la urna:
2º Casos favorables:
La 1ª bola es el 1: Las parejas posibles varían del 1-2 a la 1-34, en total 33
.......................................................................................................................
La 1ª bola es el 17: La única pareja posible es la 17-18, por tanto hay sólo 1 caso
289
p(A)   0,4587
630
Total de casos favorables 1 + 3 + 5 + .... + 29 + 31 + 33 = 289, por tanto
b) Cálculo de la probabilidad de B.
1º Casos posibles, los mismos que en el caso anterior, es decir: 630
2º Casos favorables hay 630 - 4 = 626.
Puesto que sólo hay 4 casos desfavorables, las parejas: 1-36; 2-18; 3-12 y 4-9
626 313
p(B)    0,9937
630 315
Por tanto:
Para el suceso intersección se tiene p(AB) = 0,45870,9937 = 0,4558

20 Un estudiante hace dos pruebas en un mismo día. La probabilidad de que pase la primera es 0,6, la
probabilidad de que pase la segunda es 0,8, y la de que pase ambas es 0,5. Se pide:
a) Probabilidad de que pase al menos una prueba.
b) Probabilidad de que no pase ninguna prueba.
c) ¿Son las pruebas sucesos independientes?
d) Probabilidad de que pase la segunda prueba en caso de no haber superado la primera.

Solución:
Consideremos los sucesos: A = “pasar la 1ª prueba” y B = “pasar la 2ª prueba”.

Del enunciado se desprende que: p(A) = 0,6; p(B) = 0,8 y p(AB) = 0,5.
a) p(AB) = p(A) + p(B) - p(AB) = 0,6 + 0,8 - 0,5 = 0,9

 _ _  _______ 
p A  B   p A  B   1  pA  B  1  0,9  0,1
   
   
b)
c) Como 0,5 = p(AB) y p(A)p(B)=0,60,8=0,48; se tiene A y B dependientes ya que: p(AB)  p(A)p(B)
 _
p B A 
  pB  pA  B 0,8  0,5
 _
p B/ A       0,75



  _ 1  pA  1  0,6
p A 
 
 

d)

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