Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

9Probabilidad y muestreo

La probabilidad pone números al azar. Partiendo de experimentos con resultados equiprobables (dados, monedas, cartas), este capítulo construye las reglas básicas para calcular probabilidades de sucesos, introduce los diagramas de árbol para experimentos en dos etapas y termina con el vínculo entre probabilidades y frecuencias observadas. La teoría continúa en el Capítulo 18.

9.1 Experimentos aleatorios y sucesos

Definición 9.1 (Resultados y sucesos)

Un experimento aleatorio es un experimento cuyo resultado no se puede predecir (lanzar un dado). El conjunto de todos los resultados posibles es el espacio muestral $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_n\}$ ; sus elementos son los resultados. Un suceso es un conjunto de resultados; un suceso ocurre cuando el resultado del experimento le pertenece.

Definición 9.2 (Distribución de probabilidad)

Asignar a cada resultado $\omega_i$ un número $p_i \geq 0$ , con $p_1 + \dots + p_n = 1$ , define una probabilidad: la probabilidad $\P(A)$ de un suceso $A$ es la suma de los $p_i$ de los resultados que hay en $A$ . En particular, $\P(\Omega) = 1$ y el suceso imposible $\varnothing$ tiene probabilidad $0$ .

Proposición 9.3 (Resultados equiprobables)

Si los $n$ resultados son equiprobables (cada $p_i = \frac1n$ ), entonces para todo suceso $A$ :

\P(A) = \frac{\text{número de resultados de } A}{n} = \frac{\text{casos favorables}}{\text{casos posibles}} .

Demostración. $A$ contiene un cierto número $k$ de resultados, cada uno de probabilidad $\frac1n$ , luego $\P(A) = \frac kn$ . ∎

Ejemplo 9.4

Lanzamos un dado no trucado: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , y cada resultado tiene probabilidad $\frac16$ . El suceso $A$ : “el resultado es par” es $A = \{2, 4, 6\}$ , luego $\P(A) = \frac36 = \frac12$ . El suceso $B$ : “el resultado es al menos $5$ ” es $B = \{5, 6\}$ , luego $\P(B) = \frac26 = \frac13$ .

9.2 Combinar sucesos

Definición 9.5 (Intersección, unión, suceso contrario)

Sean $A$ y $B$ dos sucesos.

$A \cap B$ (“ $A$ y $B$ ”) ocurre cuando ocurren los dos;
$A \cup B$ (“ $A$ o $B$ ”) ocurre cuando ocurre al menos uno;
el suceso contrario $\bar A$ (“no $A$ ”) ocurre exactamente cuando no ocurre $A$ ;
$A$ y $B$ son incompatibles cuando no pueden ocurrir a la vez: $A \cap B = \varnothing$ .

Teorema 9.6 (Reglas de la suma)

Para todos los sucesos $A$ y $B$ :

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B), \qquad \P(\bar A) = 1 - \P(A) .

Para sucesos incompatibles, la primera regla se simplifica a $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B)$ .

Demostración. Al sumar $\P(A) + \P(B)$ se añade una vez la probabilidad de cada resultado de $A \cup B$ , salvo los de $A \cap B$ , que se cuentan dos veces: una en $A$ y otra en $B$ . Restar $\P(A \cap B)$ repara ese doble recuento. Para el suceso contrario: $A$ y $\bar A$ son incompatibles y $A \cup \bar A = \Omega$ , luego $\P(A) + \P(\bar A) = \P(\Omega) = 1$ . ∎

Dos sucesos que se solapan: en (A) + (B), la intersección sombreada A ∩ B se cuenta dos veces, lo que explica la resta de la regla de la suma. — Dos sucesos que se solapan: en $\P(A) + \P(B)$ , la intersección sombreada $A \cap B$ se cuenta dos veces, lo que explica la resta de la regla de la suma.

Ejemplo 9.7

Sacamos una carta de una baraja de $52$ cartas. Sea $A$ : “la carta es de corazones” ( $13$ cartas) y $B$ : “la carta es un rey” ( $4$ cartas). Entonces $A \cap B$ es “el rey de corazones” ( $1$ carta), y

\P(A \cup B) = \frac{13}{52} + \frac{4}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}.

La regla del suceso contrario suele ser el camino más rápido: la probabilidad de que la carta no sea de corazones es $1 - \frac{13}{52} = \frac34$ .

9.3 Diagramas de árbol

Método 9.8 (Experimentos en dos etapas)

Para un experimento que se realiza en dos etapas:

dibuja un árbol: una rama por cada resultado posible de la primera etapa y, desde cada una de ellas, una rama por cada resultado de la segunda, escribiendo la probabilidad sobre cada rama (las ramas que salen de un mismo nudo deben sumar $1$ );
la probabilidad de un camino (una hoja del árbol) es el producto de las probabilidades de sus ramas;
la probabilidad de un suceso es la suma de las probabilidades de los caminos que lo realizan.

Ejemplo 9.9

Una urna contiene $3$ bolas rojas y $2$ azules. Sacamos una bola, la devolvemos y sacamos otra. Cada extracción da roja (R) con probabilidad $\frac35$ y azul (A) con probabilidad $\frac25$ .

El árbol de dos extracciones con devolución. Las cuatro probabilidades de los caminos suman 1. — El árbol de dos extracciones con devolución. Las cuatro probabilidades de los caminos suman $1$ .

La probabilidad de obtener dos bolas del mismo color es $\P(\text{RR}) + \P(\text{AA}) = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}$ ; la probabilidad de obtener al menos una azul es $1 - \P(\text{RR}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (regla del suceso contrario).

Observación 9.10

Sin devolución, las probabilidades de la segunda extracción dependen de la primera: con la urna anterior, después de sacar una bola roja solo quedan $2$ rojas y $2$ azules, así que las ramas de la segunda etapa llevan $\frac24$ y $\frac24$ . El método del árbol funciona igual; solo cambian los números de las ramas del segundo nivel.

9.4 Frecuencias y muestreo

Cuando un experimento aleatorio se repite muchas veces, la frecuencia observada de un suceso se acerca a su probabilidad; por eso la probabilidad sirve para describir el mundo real.

Definición 9.11 (Muestra)

Una muestra de tamaño $n$ es el resultado de repetir $n$ veces el mismo experimento de forma independiente. La frecuencia observada de un suceso en la muestra es el número de veces que ocurre dividido entre $n$ .

Ejemplo 9.12

Una moneda no trucada da cara con probabilidad $0.5$ . Lanzarla $100$ veces rara vez da exactamente $50$ caras: las muestras fluctúan. Series típicas de $100$ lanzamientos dan frecuencias como $0.46$ , $0.53$ o $0.49$ : cerca de $0.5$ , pero no iguales. Las muestras grandes fluctúan menos: con $10\,000$ lanzamientos, las frecuencias observadas suelen estar a menos de $0.01$ de $0.5$ .

Observación 9.13 (Intervalo de fluctuación)

Una regla práctica útil, que se justifica en el Capítulo 19: para una muestra de tamaño $n$ de un suceso de probabilidad $p$ (con $n$ razonablemente grande), la frecuencia observada está en el intervalo

\intcc{p - \frac{1}{\sqrt n}}{\,p + \frac{1}{\sqrt n}}

en aproximadamente el $95\,\%$ de las muestras. Si una frecuencia observada cae muy fuera de este intervalo, duda del valor de $p$ : ese es el punto de partida de los contrastes estadísticos.

Ejemplo 9.14

Una fábrica afirma que solo el $10\,\%$ de sus piezas son defectuosas ( $p = 0.1$ ). En una muestra de $n = 400$ piezas hay $64$ defectuosas: frecuencia observada $\frac{64}{400} = 0.16$ . El intervalo de fluctuación es $\intcc{0.1 - \frac{1}{20}}{0.1 + \frac{1}{20}} = \intcc{0.05}{0.15}$ , y $0.16$ cae fuera: la muestra pone seriamente en duda la afirmación.

9.5 Ejercicios

Ejercicio 9.1 ★

Se lanza un dado no trucado. Calcula la probabilidad de cada suceso: “sacar un $6$ ”; “sacar un número impar”; “sacar como mucho $4$ ”; “sacar un $7$ ”.

Solución

Solución de Ejercicio 9.1.

Cada uno de los $6$ resultados tiene probabilidad $\frac16$ . “Sacar un $6$ ”: $\frac16$ . “Número impar” $= \{1, 3, 5\}$ : $\frac36 = \frac12$ . “Como mucho $4$ ” $= \{1,2,3,4\}$ : $\frac46 = \frac23$ . “Sacar un $7$ ”: suceso imposible, probabilidad $0$ .

Ejercicio 9.2 ★

Una bolsa contiene $5$ canicas verdes, $3$ amarillas y $2$ negras; se saca una canica al azar. Calcula la probabilidad de que sea verde; de que no sea negra; de que sea verde o amarilla.

Solución

Solución de Ejercicio 9.2.

Hay $10$ canicas equiprobables. $\P(\text{verde}) = \frac{5}{10} = \frac12$ . $\P(\text{no negra}) = 1 - \frac{2}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ . Verde y amarilla son incompatibles: $\P(\text{verde o amarilla}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ .

Ejercicio 9.3 ★

En una clase de $30$ alumnos, $18$ estudian inglés, $10$ estudian alemán y $4$ estudian los dos idiomas. Se elige un alumno al azar. Con la regla de la suma, calcula la probabilidad de que estudie al menos uno de los dos idiomas y después la de que no estudie ninguno.

Solución

Solución de Ejercicio 9.3.

Sea $I$ : “estudia inglés” y $A$ : “estudia alemán”. Entonces $\P(I) = \frac{18}{30}$ , $\P(A) = \frac{10}{30}$ y $\P(I \cap A) = \frac{4}{30}$ . Regla de la suma:

\P(I \cup A) = \frac{18}{30} + \frac{10}{30} - \frac{4}{30} = \frac{24}{30} = \frac45 .

Suceso contrario: $\P(\text{ninguno}) = 1 - \frac45 = \frac15$ .

Ejercicio 9.4 ★

Se lanza dos veces una moneda no trucada. Dibuja el árbol del experimento y calcula la probabilidad de sacar dos caras; exactamente una cara; al menos una cara.

Solución

Solución de Ejercicio 9.4.

El árbol tiene cuatro caminos: CC, CX, XC, XX, cada uno de probabilidad $\frac12 \times \frac12 = \frac14$ . Dos caras: $\frac14$ . Exactamente una cara (CX o XC): $\frac24 = \frac12$ . Al menos una cara: $1 - \P(\text{XX}) = 1 - \frac14 = \frac34$ .

Ejercicio 9.5 ★★

Una urna contiene $4$ bolas rojas y $6$ blancas. Se sacan dos bolas, una tras otra y sin devolución. Dibuja el árbol con las probabilidades correctas en el segundo nivel y calcula la probabilidad de sacar dos bolas rojas y después la de sacar dos bolas de colores distintos.

Solución

Solución de Ejercicio 9.5.

Primera extracción: roja con probabilidad $\frac{4}{10}$ y blanca con $\frac{6}{10}$ . Segunda extracción sin devolución: después de una roja quedan $3$ rojas y $6$ blancas entre $9$ ; después de una blanca, $4$ rojas y $5$ blancas entre $9$ .

Dos rojas: $\frac{4}{10} \times \frac39 = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}$ .

Colores distintos: caminos RB y BR:

\frac{4}{10} \times \frac69 + \frac{6}{10} \times \frac49 = \frac{24}{90} + \frac{24}{90} = \frac{48}{90} = \frac{8}{15}.

Ejercicio 9.6 ★★

Se lanzan dos dados no trucados y se anota su suma.

Explica por qué se puede tomar como espacio muestral las $36$ parejas equiprobables $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
Calcula la probabilidad de que la suma sea $7$ ; de que sea $12$ ; de que sea como mucho $4$ .
¿Cuál es la suma más probable?

Solución

Solución de Ejercicio 9.6.

1. Cada dado muestra cada cara con probabilidad $\frac16$ , de forma independiente, así que las $36$ parejas ordenadas son equiprobables; la suma queda determinada por la pareja.

2. Suma $7$ : las parejas $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ , luego $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Suma $12$ : solo $(6,6)$ , $\P = \frac{1}{36}$ . Suma como mucho $4$ : parejas que suman $2$ , $3$ o $4$ : $(1,1)$ ; $(1,2), (2,1)$ ; $(1,3), (2,2), (3,1)$ , o sea, seis parejas, luego $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ .

3. El número de parejas que dan cada suma crece de $1$ (suma $2$ ) a $6$ (suma $7$ ) y decrece después: la suma más probable es $7$ .

Ejercicio 9.7 ★★

Una pregunta de tipo test ofrece $4$ respuestas, una correcta. Un alumno responde completamente al azar a $2$ preguntas independientes de este tipo. Calcula la probabilidad de acertar las dos, de acertar exactamente una y de no acertar ninguna. Comprueba que las tres probabilidades suman $1$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.7.

Cada pregunta se acierta con probabilidad $\frac14$ , de forma independiente. Árbol de dos niveles:

Las dos correctas: $\frac14 \times \frac14 = \frac{1}{16}$ .

Exactamente una correcta: caminos acierto–fallo y fallo–acierto: $\frac14 \times \frac34 + \frac34 \times \frac14 = \frac{6}{16} = \frac38$ .

Ninguna correcta: $\frac34 \times \frac34 = \frac{9}{16}$ .

Comprobación: $\frac{1}{16} + \frac{6}{16} + \frac{9}{16} = 1$ .

Ejercicio 9.8 ★★

Un político afirma tener un $50\,\%$ de aprobación. En una encuesta a $n = 900$ votantes elegidos al azar, $396$ lo aprueban.

Calcula la frecuencia observada y el intervalo de fluctuación alrededor de $p = 0.5$ para $n = 900$ .
¿Pone la encuesta en duda la afirmación?

Solución

Solución de Ejercicio 9.8.

1. Frecuencia observada: $\frac{396}{900} = 0.44$ . Con $n = 900$ : $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$ , así que el intervalo de fluctuación es aproximadamente $\intcc{0.467}{0.533}$ .

2. El $0.44$ observado queda fuera del intervalo: las muestras de $900$ votantes de una población con un $50\,\%$ de aprobación rara vez se alejan tanto. La encuesta pone seriamente en duda el $50\,\%$ afirmado.

Ejercicio 9.9 ★★★

Jugar cuesta $2$ : lanzas un dado no trucado y ganas $6$ si sacas un $6$ , $3$ si sacas un $5$ y nada en los demás casos.

Calcula la probabilidad de cada cantidad ganada ( $6$ , $3$ , $0$ ).
A lo largo de $600$ partidas, ¿cuántas veces esperas cada resultado? Calcula la ganancia y la pérdida totales esperadas: ¿merece la pena jugar?

Solución

Solución de Ejercicio 9.9.

1. $\P(\text{ganar } 6) = \frac16$ (sacar un $6$ ), $\P(\text{ganar } 3) = \frac16$ (sacar un $5$ ), $\P(\text{ganar } 0) = \frac46 = \frac23$ .

2. A lo largo de $600$ partidas cabe esperar unos $100$ seises, $100$ cincos y $400$ tiradas restantes. Ganancias: unos $100 \times 6 + 100 \times 3 = 900$ . Coste: $600 \times 2 = 1200$ . Resultado neto esperado: $900 - 1200 = -300$ , es decir, una pérdida media de unos $0.5$ por partida: no merece la pena jugar.

9.6 Problema: Las tres puertas que engañaron a mil matemáticos

Problema 9.1

Problema de fin de semana — la paradoja de Monty Hall y sus primas: cómo la información cambia la probabilidad y cómo las muestras separan las afirmaciones de los buenos deseos

En 1990, la columnista Marilyn vos Savant publicó un acertijo sobre un presentador de concursos, tres puertas, un coche y dos cabras, y lo respondió correctamente. Diez mil lectores, entre ellos cientos de doctores en matemáticas, le escribieron para insistir en que se equivocaba. Este problema te arma con árboles (Método 9.8), sucesos contrarios y las reglas de la suma (Teorema 9.6), te deja zanjar tú mismo la discusión y termina con la herramienta que arbitra en la práctica todas las disputas de este tipo: la muestra que fluctúa.

Parte I — Las reglas, en calentamiento.

Una carta de una baraja de $52$ : calcula $P(\text{rey o corazones})$ con la regla de la suma y di por qué $\frac{4}{52} + \frac{13}{52}$ a secas está mal.
Tres lanzamientos de una moneda no trucada: calcula $P(\text{al menos una cara})$ mediante el suceso contrario.
Una bolsa tiene $3$ canicas rojas y $2$ azules; se sacan dos sin devolución. Con un árbol, calcula $P(\text{dos rojas})$ y $P(\text{una de cada color})$ .
Completa la distribución de la pregunta 3 con $P(\text{dos azules})$ y comprueba que las tres probabilidades suman $1$ .
Alguien informa, para dos sucesos incompatibles, de que $P(A) = 0.6$ y $P(B) = 0.5$ . Desmóntalo con una línea de aritmética.

Parte II — Las tres puertas. El juego: un coche se esconde tras una de tres puertas y hay cabras tras las otras dos. Eliges una puerta (digamos la 1). El presentador, que sabe dónde está el coche, abre una de las otras dos puertas y siempre enseña una cabra, y te ofrece la oportunidad de cambiar a la puerta cerrada que queda.

Antes de calcular nada: ¿cambiar ayuda, perjudica o da igual? Anota tu respuesta instintiva, con honestidad.
Ahora el árbol, por casos según la posición real del coche (cada una con probabilidad $\frac13$ ): si el coche está tras tu puerta, cambiar pierde; si está tras cualquiera de las otras dos, ¿qué tiene que hacer el presentador y qué gana entonces cambiar? Calcula $P(\text{ganar cambiando})$ .
La versión de una línea: cambiar gana exactamente cuando tu primera elección fue equivocada. Concluye de nuevo.
Ahora la variante crucial, el “Monty distraído”: el presentador no sabe dónde está el coche, abre una de las otras puertas al azar y, por suerte, enseña una cabra. Enumera los seis escenarios equiprobables (posición del coche $\times$ puerta abierta), descarta aquellos en los que se descubre el coche y calcula la probabilidad de ganar cambiando entre los escenarios supervivientes. ¿Qué ha cambiado y por qué importa lo que sabe el presentador?
El acelerador de intuición: cien puertas, eliges una y el presentador, que sabe, abre $98$ puertas con cabra. ¿Cambias? ¿Con qué probabilidad de ganar?
Te enfrentas a un escéptico que, como los mil autores de cartas, insiste en el “50–50”. Describe una simulación con cartas (tres cartas, muchas rondas y un amigo de presentador) y di qué proporción de victorias al cambiar esperas al cabo de $300$ rondas, tomando como margen el intervalo de fluctuación del capítulo.

Parte III — Primas de la paradoja.

Una familia tiene dos hijos; te enteras de que al menos uno es un chico. Enumera las configuraciones equiprobables de dos hijos compatibles con esa información y calcula $P(\text{dos chicos})$ .
La misma familia, pero ahora la información es: el hijo mayor es un chico. Vuelve a calcular. ¿Por qué difieren las dos respuestas y qué tienen en común con los dos Monty?
Tres monedas no trucadas: calcula $P(\text{las tres iguales})$ . El matemático d’Alembert defendía en 1754 otra respuesta: “o son todas iguales o no lo son: un caso de dos”. Nombra el error exacto, con la Proposición 9.3 en la mano.
Jugar cuesta $2$ euros: lanzas un dado y ganas $6$ euros con un seis, $3$ euros con un cinco y nada en los demás casos (Ejercicio 9.9). A lo largo de $600$ partidas, ¿qué ganancia media por partida predice el recuento? Una aseguradora hace las mismas matemáticas: un $1\,\%$ de probabilidad anual de un siniestro de $10\,000$ euros. ¿Cuál es la prima justa y por qué la prima real la supera?

Parte IV — Las muestras como árbitro.

Se lanza una moneda $100$ veces. Usando el intervalo de fluctuación $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , decide cuál de estos resultados debería levantar sospechas: $55$ caras; $70$ caras.
Una encuesta a $1\,000$ votantes da a un candidato el $52\,\%$ . Calcula el intervalo de fluctuación alrededor del $50\,\%$ y di si la encuesta demuestra que el candidato va por delante.
Una fábrica afirma tener un $4\,\%$ de piezas defectuosas. Una muestra de $400$ da $28$ defectuosas ( $7\,\%$ ); una muestra posterior de $2\,500$ da $175$ (otra vez el $7\,\%$ ). Contrasta la afirmación con cada muestra. ¿Por qué difieren los veredictos?
Dos fuentes de error acechan a toda encuesta: el sesgo de muestreo (problema de fin de semana del volumen anterior sobre cómo mienten los datos) y la fluctuación de muestreo (este capítulo). ¿Cuál se encoge al crecer $n$ y cuál sobrevive a cualquier tamaño de muestra? Una frase para cada una.
Final, la lista de comprobación del probabilista, una línea por punto: comprobar que los resultados son equiprobables antes de contar (pregunta 15); árboles y sucesos contrarios para los experimentos en varias etapas y para los “al menos” (preguntas 2 y 3); la información cambia las probabilidades, y cómo se ha obtenido importa (preguntas 7 a 14); las muestras fluctúan aproximadamente $\frac{1}{\sqrt n}$ , y la simulación arbitra (preguntas 11, 16 a 18).

Solución

Solución de Problema 9.1.

1. $P(\text{rey o corazones}) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ : el rey de corazones está en los dos sucesos y no debe contarse dos veces; de ahí la resta (Teorema 9.6).

2. $P(\text{ninguna cara}) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$ , luego $P(\text{al menos una}) = \frac78$ .

3. $P(RR) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ ; $P(\text{una de cada}) = \frac35 \times \frac24 + \frac25 \times \frac34 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac35$ .

4. $P(AA) = \frac25 \times \frac14 = \frac1{10}$ ; y $\frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = 1$ : las hojas del árbol suman siempre $1$ .

5. Los sucesos incompatibles cumplen $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$ : imposible; alguien se ha inventado probabilidad.

6. (Casi todo el mundo, incluidos los mil autores de cartas, responde “da igual, 50–50”. Guarda tu respuesta para la pregunta 8.)

7. Coche tras la puerta 1 (probabilidad $\frac13$ ): el presentador abre cualquiera de las dos puertas con cabra y cambiar abandona el coche: pierdes. Coche tras la puerta 2 ( $\frac13$ ): el presentador tiene que abrir la puerta 3 y cambiar aterriza en la 2: ganas. Coche tras la puerta 3: simétrico: ganas. En total, $P(\text{ganar cambiando}) = \frac13 + \frac13 = \frac23$ .

8. Tu primera elección es equivocada con probabilidad $\frac23$ y, precisamente entonces, la apertura forzada del presentador deja el coche tras la puerta restante: cambiar convierte cada error inicial en una victoria. $\frac23$ , dijera lo que dijera el instinto.

9. Seis escenarios equiprobables: el coche tras la $1$ , la $2$ o la $3$ , y el presentador abre la puerta $2$ o la $3$ (nunca la tuya). En dos de ellos se descubre el coche (coche en 2 / abre 2; coche en 3 / abre 3): se descartan. Entre los cuatro supervivientes (coche en 1 / abre 2, coche en 1 / abre 3, coche en 2 / abre 3, coche en 3 / abre 2), cambiar gana en los dos últimos: $\frac24 = \frac12$ . Con un presentador ignorante, el 50–50 sí es correcto: la paradoja vive entera en lo que sabe el presentador, que filtra los escenarios de forma desigual.

10. Tu elección esconde el coche con probabilidad $\frac{1}{100}$ ; las $98$ aperturas del presentador que sabe canalizan el $\frac{99}{100}$ restante hacia la única puerta cerrada. Cambia y ganarás $99$ veces de cada $100$ .

11. Tres cartas (un as y dos comodines) y un amigo que mira y descarta siempre un comodín de las dos que no has elegido; juega $300$ rondas cambiando siempre y anota las victorias. Frecuencia esperada $\frac23 \approx 0.667$ , con una fluctuación de $\pm\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0.058$ : cabe esperar entre un $61\,\%$ y un $72\,\%$ de victorias al cambiar, muy lejos de cualquier “50–50”.

12. Configuraciones equiprobables (mayor–menor): CC, CH, HC, HH, escribiendo C para chico y H para chica. “Al menos un chico” conserva CC, CH y HC: $P(\text{CC}) = \frac13$ .

13. “El mayor es un chico” conserva CC y CH: $P(\text{CC}) = \frac12$ . Informaciones distintas filtran conjuntos de escenarios distintos, exactamente como hacían los dos Monty: importa lo que averiguas y, otro tanto, cómo lo averiguaste.

14. Todas iguales: CCC y XXX: $\frac28 = \frac14$ . El error de d’Alembert: sus dos “casos” no son equiprobables; “no todas iguales” agrupa seis de los ocho resultados. La Proposición 9.3 solo cuenta sobre resultados equiprobables.

15. Ganancia media por partida: $6 \times \frac16 + 3 \times \frac16 = 1.50$ euros, frente a una apuesta de $2$ euros: una pérdida media de $0.50$ por partida, unos $300$ euros a lo largo de $600$ partidas. La prima justa iguala el pago medio: $1\,\% \times 10\,000 = 100$ euros; las primas reales añaden gastos y un margen de seguridad, porque la aseguradora tiene que sobrevivir a los malos años, no solo a los años medios.

16. Intervalo: $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} = \intcc{0.4}{0.6}$ . $55$ caras ( $0.55$ ): dentro, nada llamativo. $70$ caras ( $0.70$ ): muy fuera; hay que dudar de la moneda.

17. $\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0.032$ : un candidato que estuviera realmente en el $50\,\%$ saldría normalmente en $\intcc{0.468}{0.532}$ , y $0.52$ queda cómodamente dentro. La encuesta sugiere una ventaja, pero no demuestra nada: el margen se la traga.

18. Primera muestra: intervalo $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$ ; el $0.07$ observado está dentro: sin veredicto. Segunda: $0.04 \pm \frac{1}{50} = \intcc{0.02}{0.06}$ ; el $0.07$ observado cae fuera: ahora la afirmación queda en serio entredicho. La misma frecuencia, con un instrumento más fino: la precisión crece como $\sqrt n$ .

19. La fluctuación se encoge como $\frac{1}{\sqrt n}$ : cuadruplica la muestra y reducirás el ruido a la mitad. El sesgo, preguntar al público equivocado, sobrevive a cualquier $n$ : dos millones de papeletas mal elegidas siguieron estando mal (problema de fin de semana del volumen anterior sobre cómo mienten los datos).

20. (i) Comprobar que los resultados son equiprobables antes de contar; d’Alembert lo olvidó. (ii) Los árboles multiplican a lo largo de las ramas, y los “al menos uno” se rinden ante el suceso contrario. (iii) La información filtra escenarios, y su procedencia cambia el filtro: el Monty que sabe frente al Monty distraído, el hijo mayor frente a algún hijo. (iv) Las frecuencias se acercan a las probabilidades a velocidad $\frac{1}{\sqrt n}$ , así que una simulación paciente zanja cualquier discusión, incluida una con diez mil autores de cartas indignados.

Términos definidos en este capítulo

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