Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

9Probabilidad y muestreo

Probabilidad asigna números al azar. A partir de experimentos con resultados igualmente probables — dados, monedas, cartas — este capítulo construye el reglas básicas para calcular probabilidades de eventos, presenta árbol diagramas para experimentos de dos pasos y termina con el vínculo entre probabilidades y frecuencias observadas. La teoría continúa en Capítulo 18.

9.1 Experimentos y eventos aleatorios.

Definición 9.1 (Resultados y eventos)

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

Definición 9.2 (Distribución de probabilidad)

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

Proposición 9.3 (Resultados igualmente probables)

Si los resultados $n$ son igualmente probables (cada $p_i = \frac1n$ ), entonces para cada evento $A$ :

\P(A) = \frac{\text{number of outcomes in } A}{n} = \frac{\text{favorable cases}}{\text{possible cases}} .

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

Ejemplo 9.4

Tira un dado justo: $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , cada resultado tiene probabilidad $\frac16$ . El evento $A$ : “el resultado es par” es $A = \{2, 4, 6\}$ , entonces $\P(A) = \frac36 = \frac12$ . El evento $B$ : “el El resultado es al menos $5$ ” es $B = \{5, 6\}$ , por lo que $\P(B) = \frac26 = \frac13$ .

9.2 Combinando eventos

Definición 9.5 (Intersección, unión, complemento)

Sean $A$ y $B$ eventos.

$A \cap B$ (" $A$ y $B$ ") ocurre cuando ocurren ambos;
$A \cup B$ (" $A$ o $B$ ") ocurre cuando ocurre al menos uno;
o complementar $\bar A$ ("no $A$ ") ocurre exactamente cuando $A$ no;
$A$ y $B$ son incompatible cuando no pueden ocurrir juntos: $A \cap B = \varnothing$ .

Teorema 9.6 (Reglas de adición)

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

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

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

Demostración. Sumando $\P(A) + \P(B)$ suma el probabilidad de cada resultado de $A \cup B$ una vez, excepto las de $A \cap B$ , que se cuentan dos veces — una vez en $A$ y una vez en $B$ . Restando reparaciones $\P(A \cap B)$ el doble cómputo. Para complementar: $A$ y $\bar A$ son incompatible y $A \cup \bar A = \Omega$ , entonces $\P(A) + \P(\bar A) = \P(\Omega) = 1$ . ∎

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

Ejemplo 9.7

Roba una carta de una baraja de cartas estándar $52$ . Sea $A$ : “la tarjeta es una corazón” (cartas $13$ ) y $B$ : “la carta es un rey” (cartas $4$ ). entonces $A \cap B$ es "el rey de corazones" (tarjeta $1$ ), y

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

La regla complementar suele ser la ruta más rápida: la probabilidad que el la tarjeta es no y el corazón es $1 - \frac{13}{52} = \frac34$ .

9.3 Diagramas de árbol

Método 9.8 (Experimentos de dos pasos)

Para un experimento realizado en dos pasos:

dibuja un árbol: una rama por posible resultado del primer paso, luego de cada uno de estos, una rama por resultado del segundo paso, escribiendo el probabilidad en cada rama (las ramas que salen de cualquier nodo deben sumar $1$ );
el probabilidad de un camino (una hoja del árbol) es el producto de las probabilidades a lo largo de sus ramas;
el probabilidad de un evento es la suma de las probabilidades de los caminos que lo realizan.

Ejemplo 9.9

Una urna contiene $3$ bolas rojas y $2$ bolas azules. Saca una bola, ponla. Atrás, dibuja de nuevo. Cada sorteo da rojo (R) con probabilidad $\frac35$ y azul (B) con probabilidad $\frac25$ .

El árbol de dos empates con reposición. los cuatro caminos las probabilidades suman 1. — El árbol de dos empates con reposición. los cuatro caminos las probabilidades suman $1$ .

El probabilidad de conseguir dos bolas del mismo color es $\P(\text{RR}) + \P(\text{BB}) = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}$ ; el probabilidad de al menos un azul es $1 - \P(\text{RR}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (regla complementar).

Observación 9.10

Sin reemplazo, las probabilidades del segundo empate dependen de la primero: con la urna de arriba, después de sacar una bola roja, solo $2$ roja y $2$ El azul permanece, por lo que la segunda rama lleva $\frac24$ y $\frac24$ . el El método árbol funciona sin cambios; solo los números en las sucursales de segundo nivel cambiar.

9.4 Frecuencias y muestreo

Cuando un experimento aleatorio se repite muchas veces, el frecuencia observado de un evento se acerca a su probabilidad — es por eso que probabilidad es útil para describir el mundo real.

Definición 9.11 (muestra)

Un muestra de tamaño $n$ es el resultado de repetir el mismo experimento $n$ veces de forma independiente. El observed frecuencia de un evento en la muestra es el número de apariciones dividido por $n$ .

Ejemplo 9.12

Una moneda justa da cara con probabilidad $0.5$ . Tirandolo $100$ veces rara vez da exactamente cabezas $50$ : muestras fluctuar. Ejecuciones típicas de Los lanzamientos de $100$ dan frecuencias como $0.46$ , $0.53$ , $0.49$ — cercanas a $0.5$ , pero no iguales. Los muestras más grandes fluctúan menos: con $10\,000$ lanzamientos, las frecuencias observadas generalmente están dentro de aproximadamente $0.01$ de $0.5$ .

Observación 9.13 (Intervalo de fluctuación)

Una regla práctica útil, justificada en Capítulo 19: para un muestra de tamaño $n$ de un evento de probabilidad $p$ (con $n$ razonablemente grande), el observado frecuencia se encuentra en el intervalo

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

en aproximadamente $95\%$ de muestras. Si un frecuencia observado cae muy afuera este intervalo, duda del valor de $p$ : este es el punto de partida de pruebas estadísticas.

Ejemplo 9.14

Una fábrica afirma que sólo $10\%$ de sus piezas están defectuosas ( $p = 0.1$ ). En un muestra de piezas $n = 400$ , $64$ están defectuosas: observado frecuencia $\frac{64}{400} = 0.16$ . La fluctuación intervalo es $\intcc{0.1 - \frac{1}{20}}{0.1 + \frac{1}{20}} = \intcc{0.05}{0.15}$ , y $0.16$ queda fuera de él: el muestra arroja serias dudas sobre la afirmación.

9.5 Ceremonias

Ejercicio 9.1 ★

Se lanza un dado justo. Calcule el probabilidad de cada evento: “obteniendo un $6$ ”; “obteniendo un número impar”; “obteniendo como máximo $4$ ”; “obtener un $7$ ”.

Solución

Solución de Ejercicio 9.1.

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

Ejercicio 9.2 ★

Una bolsa contiene canicas verdes $5$ , amarillas $3$ y negras $2$ ; una canica es extraído al azar. Calcular el probabilidad que es verde; que no lo es negro; que sea verde o amarillo.

Solución

Solución de Ejercicio 9.2.

Hay $10$ canicas igualmente probables. $\P(\text{green}) = \frac{5}{10} = \frac12$ . $\P(\text{not black}) = 1 - \frac{2}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ . El verde y el amarillo son incompatible: $\P(\text{green or yellow}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ .

Ejercicio 9.3 ★

En una clase de estudiantes $30$ , $18$ estudia español, $10$ estudia alemán y $4$ estudia ambos. Se elige un estudiante al azar. Usando la regla de la suma, calcular el probabilidad que este estudiante estudia al menos uno de los dos idiomas, entonces el probabilidad que no estudian ninguno de los dos.

Solución

Solución de Ejercicio 9.3.

Sea $S$ : “estudia español”, $G$ : “estudia alemán”. entonces $\P(S) = \frac{18}{30}$ , $\P(G) = \frac{10}{30}$ , $\P(S \cap G) = \frac{4}{30}$ . Regla de suma:

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

Complementar: $\P(\text{neither}) = 1 - \frac45 = \frac15$ .

Ejercicio 9.4 ★

Se lanza dos veces una moneda justa. Dibuje el árbol del experimento y calcule el probabilidad de conseguir dos cabezas; exactamente una cabeza; al menos uno cabeza.

Solución

Solución de Ejercicio 9.4.

El árbol tiene cuatro rutas HH, HT, TH, TT, cada una de probabilidad $\frac12 \times \frac12 = \frac14$ . Dos cabezas: $\frac14$ . Exactamente un cabezal (HT o TH): $\frac24 = \frac12$ . Al menos una cabeza: $1 - \P(\text{TT}) = 1 - \frac14 = \frac34$ .

Ejercicio 9.5 ★★

Una urna contiene bolas rojas $4$ y bolas blancas $6$ . Se extraen dos bolas una después el otro reemplazo sin. Dibuja el árbol con el correcto. probabilidades en el segundo nivel y calcular el probabilidad del dibujo dos bolas rojas, luego de sacar dos bolas de diferentes colores.

Solución

Solución de Ejercicio 9.5.

Primer sorteo: rojo con probabilidad $\frac{4}{10}$ , blanco $\frac{6}{10}$ . Segundo sorteo sin sustitución: tras una roja, $3$ roja y $6$ los blancos permanecen entre $9$ ; después de un blanco, $4$ rojo y $5$ blanco entre $9$ .

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

Diferentes colores: caminos RW y WR:

\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 justos y se registra su suma.

Explique por qué el espacio muestral se puede tomar como $36$ por igual. pares probables $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
Calcular el probabilidad cuya suma es $7$ ; que es $12$ ; que sea como máximo $4$ .
¿Qué suma es la más probable?

Solución

Solución de Ejercicio 9.6.

1. Cada dado muestra de forma independiente cada cara con probabilidad $\frac16$ , por lo que los pares ordenados $36$ son igualmente probables; la suma es determinado por la pareja.

2. Suma $7$ : los pares $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ , entonces $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Suma $12$ : solo $(6,6)$ , $\P = \frac{1}{36}$ . Suma como máximo $4$ : pares que suman $2$ , $3$ o $4$ : $(1,1)$ ; $(1,2), (2,1)$ ; $(1,3), (2,2), (3,1)$ — seis pares, entonces $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ .

3. El número de pares que logran cada suma crece desde $1$ (suma $2$ ) a $6$ (suma $7$ ) luego disminuye: la suma más probable es $7$ .

Ejercicio 9.7 ★★

Una pregunta de opción múltiple ofrece respuestas $4$ , una correcta. un estudiante responde $2$ preguntas independientes de este tipo de forma completamente aleatoria. Calcular el probabilidad de responder ambas correctamente, exactamente una correctamente, ninguna correctamente. Compruebe que las tres probabilidades sumen $1$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.7.

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

Ambos correctos: $\frac14 \times \frac14 = \frac{1}{16}$ .

Exactamente una correcta: rutas correctas–incorrectas e incorrectas–correctas: $\frac14 \times \frac34 + \frac34 \times \frac14 = \frac{6}{16} = \frac38$ .

Ninguno correcto: $\frac34 \times \frac34 = \frac{9}{16}$ .

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

Ejercicio 9.8 ★★

Un político reclama la aprobación $50\%$ . En una encuesta de $n = 900$ al azar votantes elegidos, $396$ lo aprueban.

Calcular el frecuencia observado y la fluctuación intervalo alrededor de $p = 0.5$ para $n = 900$ .
¿La encuesta arroja dudas sobre la afirmación?

Solución

Solución de Ejercicio 9.8.

1. Observado frecuencia: $\frac{396}{900} = 0.44$ . Con $n = 900$ : $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$ , entonces la fluctuación intervalo se trata de $\intcc{0.467}{0.533}$ .

2. El $0.44$ observado se encuentra fuera del intervalo: muestras de $900$ los votantes de una población con aprobación $50\%$ rara vez se desvían tan lejos. el La encuesta arroja serias dudas sobre el $50\%$ reclamado.

Ejercicio 9.9 ★★★

Jugar un juego cuesta $2$ : tiras un dado justo y ganas $6$ si lanzas un $6$ , $3$ si sacas un $5$ , nada más.

Calcula el probabilidad de cada monto ganado ( $6$ , $3$ , $0$ ).
En los juegos $600$ , ¿aproximadamente cuántos de cada resultado esperas? Calcule las ganancias y pérdidas totales esperadas: ¿vale la pena el juego? jugando?

Solución

Solución de Ejercicio 9.9.

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

2. Más de $600$ juegos, espere alrededor de $100$ seises, $100$ cincos, $400$ otros rollos. Ganancias: alrededor de $100 \times 6 + 100 \times 3 = 900$ . Costo: $600 \times 2 = 1200$ . Resultado neto esperado: $900 - 1200 = -300$ , es decir a pérdida de aproximadamente $0.5$ por juego en promedio — el juego no vale la pena jugando.

9.6 Problema: Las tres puertas que engañaron a mil matemáticos

Problema 9.1

Problema del fin de semana — la paradoja de Monty Hall y sus primos: cómo la información cambia la probabilidad y cómo las muestras separar afirmaciones de ilusiones

En 1990, la columnista Marilyn vos Savant publicó un acertijo sobre un presentador de concurso, tres puertas, un coche y dos cabras — y Respondió correctamente. Diez mil lectores, entre ellos cientos de doctorados en matemáticas, escribió para insistir en que estaba equivocada. esto El problema te arma con árboles (Método 9.8), complementos y las reglas de suma (Teorema 9.6), permite resolver la discusión usted mismo, y termina con la herramienta que arbitra cada uno de esos Disputa en la práctica: el fluctuante muestra.

Parte I — The rules, warmed up.

Una carta de una baraja de cartas estándar $52$ : calcular $P(\text{king or heart})$ con la regla de suma — y decir por qué $\frac{4}{52} + \frac{13}{52}$ solo es mal.
Tres lanzamientos de moneda justos: calcule $P(\text{at least one head})$ mediante complementar.
Una bolsa contiene canicas rojas $3$ y azules $2$ ; dos estan dibujados sin reemplazo. Con un árbol, calcule $P(\text{two reds})$ y $P(\text{one of each color})$ .
Complete la distribución de la pregunta 3 con $P(\text{two blues})$ y comprueba las tres probabilidades. suma a $1$ .
Alguien informa, para dos incompatible eventos, $P(A) = 0.6$ y $P(B) = 0.5$ . Condenarlos con uno línea de aritmética.

Parte II — The three doors. El juego: un coche se esconde detrás de una de las tres puertas, detrás unas cabras los otros dos. Eliges una puerta (digamos la puerta 1). El anfitrión — quien sabe donde esta el auto — abre uno de los otros dos puertas, siempre revelando una cabra, y te ofrece la oportunidad de cambie a la puerta cerrada restante.

Antes de calcular algo: ¿cambiar ayuda, perjudica o no importa? Escriba su respuesta instintiva, honestamente.
Ahora el árbol, por casos sobre la verdadera posición del auto. (cada $\frac13$ ): si el automóvil está detrás de su puerta, el cambio pierde; Si está detrás de cualquier otra puerta, ¿qué ¿Qué debe hacer el anfitrión y qué gana entonces el cambio? Calcule $P(\text{win by switching})$ .
La versión de una línea: cambiar gana exactamente cuando su La primera elección fue incorrecta. Concluir de nuevo.
Ahora la variante crucial — “Monty Fall”: el anfitrión no sabe dónde está el auto? Abre uno de los Otras puertas al azar y por suerte revela una cabra. Lista los seis escenarios igualmente probables (posición del automóvil $\times$ puerta abierta), descartar aquellas en las que se revela el coche, y calcular el probabilidad que el cambio gana entre los escenarios sobrevivientes. ¿Qué cambió y ¿Por qué es importante el conocimiento del anfitrión?
La bomba de la intuición: cien puertas, eliges una, la el anfitrión conocedor abre las puertas de la cabra $98$ . ¿Cambiar? con que probabilidad de ganar?
Te enfrentas a un escéptico que, como los mil escritores de cartas, insiste en "50–50". Describir una simulación basada en tarjetas. (tres cartas, muchas rondas, un amigo como anfitrión) y di ¿Qué proporción de ganancias de cambio espera después de $300$ ? rondas — con la fluctuación intervalo del capítulo como su margen.

Parte III — Cousins of the paradox.

Una familia tiene dos hijos; aprendes que al menos uno es un niño. Enumere los dos hijos igualmente probables configuraciones compatibles con la información, y calcular $P(\text{two boys})$ .
Misma familia, pero la información ahora es: el mayor el niño es un niño. Vuelva a calcular. ¿Por qué las dos respuestas? Se diferencian y ¿qué comparten con los dos Monty?
Tres monedas justas: calcule $P(\text{all three alike})$ . El matemático d’Alembert defendió en 1754 otra respuesta: “o son todos iguales o no lo son — un caso de cada dos”. Nombra el error exacto, con Proposición 9.3 en mano.
Un juego cuesta $2$ euros: tira un dado, gana $6$ euros en seis, $3$ euros por cinco, nada más (Ejercicio 9.9). Más de juegos $600$ , ¿qué ¿Qué ganancia promedio por juego predice el conteo? un aseguradora juega las mismas matemáticas: un $1\,\%$ anual probabilidad de una reclamación de $10\,000$ euros — ¿cuál es el justo prima, y ¿por qué la prima real ¿superarlo?

Parte IV — Muestras as arbiters.

Se lanza una moneda $100$ veces. Usando la fluctuación intervalo $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , decide cuál de estos resultados deberían sorprender: $55$ cabezas; $70$ cabezas.
Una encuesta de votantes $1\,000$ arroja un candidato $52\,\%$ . Calcule la fluctuación intervalo alrededor de $50\,\%$ y decir si en la encuesta prueba el candidato es adelante.
Una fábrica reclama piezas defectuosas $4\,\%$ . Un muestra de $400$ muestra $28$ defectuoso ( $7\,\%$ ); un muestra posterior de $2\,500$ muestra $175$ ( $7\,\%$ nuevamente). Pruebe el reclamo contra cada muestra. ¿Por qué difieren los veredictos?
Dos fuentes de error acechan en todas las encuestas: el muestreo inclinación (el problema de fin de semana de cómo se encuentran los datos del volumen de la escuela secundaria) y muestreo fluctuación (este capítulo). ¿Cuál se encoge como $n$ crece y ¿cuál sobrevive a cualquier tamaño de muestra? uno frase cada uno.
Finale — la lista de verificación del probabilista, una línea por ítem: resultados igualmente probables antes de contar (pregunta 15); árboles y complementos para varios pasos y “al menos” (preguntas 2–3); información cambia las probabilidades, y cómo se obtuvo importa (preguntas 7–14); muestras fluctúa aproximadamente $\frac{1}{\sqrt n}$ y arbitrajes de simulación. (preguntas 11, 16–18).

Solución

Solución de Problema 9.1.

1. $P(\text{king or heart}) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ : el rey de corazones se sienta en ambos eventos y no debe ser contado dos veces — de ahí la resta (Teorema 9.6).

2. $P(\text{no head}) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$ , so $P(\text{at least one}) = \frac78$ .

3. $P(RR) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ ; $P(\text{one of each}) = \frac35 \times \frac24 + \frac25 \times \frac34 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac35$ .

4. $P(BB) = \frac25 \times \frac14 = \frac1{10}$ ; y $\frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = 1$ : los árbol deja siempre el total $1$ .

5. Incompatible eventos obedecer $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$ : imposible — se inventó algo de probabilidad.

6. (La mayoría de la gente, incluidos los mil que escriben cartas, responda “no importa, 50–50”. Guarde su respuesta para pregunta 8.)

7. Coche detrás de la puerta 1 (probabilidad $\frac13$ ): el anfitrión abre cualquiera de las puertas para cabras; conmutación sale del coche: perder. Coche detrás de la puerta 2 ( $\frac13$ ): el anfitrión debe abre la puerta 3; cambiando tierras en la puerta 2: ganar. Coche detrás de la puerta 3: simétrico: ganar. Totales: $P(\text{switch wins}) = \frac13 + \frac13 = \frac23$ .

8. Tu primera elección es incorrecta con probabilidad $\frac23$ — y precisamente entonces, la revelación forzada del presentador deja el coche detrás de la puerta restante: el cambio convierte cada error inicial en una victoria. $\frac23$ , sea cual sea la tripa dijo.

9. Seis escenarios igualmente probables: coche detrás $1$ , $2$ o $3$ , el anfitrión abre la puerta $2$ o $3$ (nunca la tuya). la revelación muestra el coche en dos de ellos (coche@2/abre 2, coche@3/abre 3): descartado. Entre los cuatro supervivientes — car@1/opens 2, auto@1/abre 3, auto@2/abre 3, auto@3/abre 2 — el cambio gana en los dos últimos: $\frac24 = \frac12$ . Con un anfitrión ignorante, 50–50 is correcto: la paradoja vive enteramente en el conocimiento del anfitrión, que filtra los escenarios de manera desigual.

10. Tu selección retiene el auto con probabilidad $\frac{1}{100}$ ; $98$ del anfitrión conocedor revela el embudo $\frac{99}{100}$ restante en la puerta cerrada. cambiar, y gana $99$ veces en $100$ .

11. Tres cartas (un as, dos comodines), un amigo que mira y siempre descarta un comodín de los dos que no hiciste escoger; juega rondas $300$ , siempre cambia y registra ganancias. Esperado frecuencia $\frac23 \approx 0.667$ , con fluctuación $\pm\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0.058$ : esperar entre aproximadamente Victorias de cambio $61\,\%$ y $72\,\%$ — lejos de cualquier “50–50”.

12. Configuraciones igualmente probables (mayor–menor): BB, BG, GB, GG. “Al menos un niño” se queda con BB, BG, GB: $P(\text{BB}) = \frac13$ .

13. “El mayor es un niño” mantiene BB, BG: $P(\text{BB}) = \frac12$ . Diferentes filtros de información escenarios diferentes, exactamente como lo hicieron los dos Monty: ¿qué aprendes que importa, y cómo aprendiste que importa solo tanto.

14. Todos iguales: HHH, TTT: $\frac28 = \frac14$ . El error de D’Alembert: sus dos "casos" no son igualmente probables — “no todos iguales” agrupa seis de los ocho resultados. Proposición 9.3 cuenta sólo con probabilidades iguales resultados.

15. Ganancias medias por juego: $6 \times \frac16 + 3 \times \frac16 = 1.50$ euros, frente a una apuesta de $2$ euros: un pérdida media de $0.50$ por partido, unos $300$ euros más de $600$ juegos. La prima justa iguala el pago promedio: $1\,\% \times 10\,000 = 100$ euros; las primas reales añaden costos y un margen de seguridad: la aseguradora debe sobrevivir a años malos, no sólo los promedio.

16. Intervalo: $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} = \intcc{0.4}{0.6}$ . Cabezas $55$ ( $0.55$ ): adentro, sin complicaciones. $70$ caras ( $0.70$ ): muy afuera — duda de la moneda.

17. $\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0.032$ : una feria El candidato $50\,\%$ normalmente votaría en $\intcc{0.468}{0.532}$ — y $0.52$ se encuentran cómodamente en el interior. La encuesta sugiere lleva la delantera pero no prueba nada: el margen se lo traga.

18. Primer muestra: intervalo $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$ ; el $0.07$ observado está dentro: sin veredicto. Segundo: $0.04 \pm \frac{1}{50} = \intcc{0.02}{0.06}$ ; el $0.07$ observado queda fuera: el reclamo ahora está en serio duda. Mismo frecuencia, instrumento más afilado: la precisión crece como $\sqrt n$ .

19. La fluctuación se reduce como $\frac{1}{\sqrt n}$ : cuadriplica el muestra, reduce a la mitad el ruido. Sesgo — preguntando al multitud equivocada — sobrevive a cualquier $n$ : dos millones mal elegidos las boletas se quedaron equivocadas (el problema del fin de semana de cómo se encuentran los datos del volumen de la escuela secundaria).

20. (i) Verificar que los resultados sean igualmente probables antes contando — d’Alembert lo olvidó. (ii) Árboles multiplicar a lo largo ramas; “al menos uno” se entrega al complementar. (iii) Escenarios de filtros de información y su fuente cambia el filtro — conociendo a Monty contra Monty caído, chico mayor contra algún chico. (iv) Enfoque de frecuencias probabilidades a velocidad $\frac{1}{\sqrt n}$ , por lo que un paciente La simulación resuelve cualquier argumento, incluido uno con diez. mil escritores de cartas enojados.