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title: "Probabilidad y muestreo"
book: "Matemáticas de secundaria"
subject: math
language: es
chapter: 9
exercises: 9
source: https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/9-probabilidad-y-muestreo
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# Capítulo 9 — Probabilidad y muestreo

La [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) pone números al azar. Partiendo de experimentos con resultados equiprobables (dados, monedas, cartas), este capítulo construye las reglas básicas para calcular [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) de [sucesos](#def-g10-proba-events), introduce los [diagramas de árbol](#met-g10-proba-tree) para experimentos en dos etapas y termina con el vínculo entre [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) y frecuencias observadas. La teoría continúa en el [Capítulo 18](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/18-probabilidad-y-variables-aleatorias#ch-g11-prob).

## 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](#def-g10-proba-events) $A$ es la suma de los $p_i$ de los resultados que hay en $A$. En particular, $\P(\Omega) = 1$ y el [suceso](#def-g10-proba-events) imposible $\varnothing$ tiene probabilidad $0$.

**Proposición 9.3 (Resultados equiprobables).**

Si los $n$ resultados son equiprobables (cada $p_i = \frac1n$), entonces para todo [suceso](#def-g10-proba-events) $A$:

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

**Demostración.** $A$ contiene un cierto número $k$ de resultados, cada uno de [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac1n$, 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac16$. El [suceso](#def-g10-proba-events) $A$: “el resultado es par” es $A = \{2, 4, 6\}$, luego $\P(A) = \frac36 = \frac12$. El [suceso](#def-g10-proba-events) $B$: “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](#def-g10-proba-events).

- $A \cap B$ (“ $A$ 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](#def-g10-proba-events) $A$ y $B$:

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

Para [sucesos incompatibles](#def-g10-proba-operations), 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](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-operations): $A$ y $\bar A$ son [incompatibles](#def-g10-proba-operations) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-2/g10-proba/fig-25bc6ba9d1f1.svg)

*Dos [sucesos](#def-g10-proba-events) que se solapan: en $\P(A) + \P(B)$, la [intersección](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interunion) 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](#def-g10-proba-operations) suele ser el camino más rápido: la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) 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:

1. 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](#def-g10-proba-distribution) sobre cada rama (las ramas que salen de un mismo nudo deben sumar $1$ );
2. la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de un *camino* (una hoja del [árbol](#met-g10-proba-tree) ) es el producto de las [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) de sus ramas;
3. la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de un [suceso](#def-g10-proba-events) es la suma de las [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac35$ y azul (A) con [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac25$.

![El árbol de dos extracciones con devolución. Las cuatro probabilidades de los caminos suman 1.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-2/g10-proba/fig-bccc92151dec.svg)

*El [árbol](#met-g10-proba-tree) de dos extracciones con devolución. Las cuatro [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) de los caminos suman $1$.*

La [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-distribution) de obtener al menos una azul es $1 - \P(\text{RR}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (regla del [suceso contrario](#def-g10-proba-operations)).

**Observación 9.10.**

Sin devolución, las [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) 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](#met-g10-proba-tree) funciona igual; solo cambian los números de las ramas del segundo nivel.

## 9.4 Frecuencias y muestreo

Cuando un [experimento aleatorio](#def-g10-proba-events) se repite muchas veces, la frecuencia observada de un [suceso](#def-g10-proba-events) se acerca a su [probabilidad](#def-g10-proba-distribution); por eso la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-events) en la muestra es el número de veces que ocurre dividido entre $n$.

**Ejemplo 9.12.**

Una moneda no trucada da cara con [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $0.5$. Lanzarla $100$ veces rara vez da exactamente $50$ caras: las [muestras](#def-g10-proba-sample) *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](#def-g10-proba-sample) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/19-la-distribucion-binomial#ch-g11-binom): para una [muestra](#def-g10-proba-sample) de tamaño $n$ de un [suceso](#def-g10-proba-events) de [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $p$ (con $n$ razonablemente grande), la frecuencia observada está en el [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval)

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

en aproximadamente el $95\,\%$ de las [muestras](#def-g10-proba-sample). Si una frecuencia observada cae muy fuera de este [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval), 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](#def-g10-proba-sample) de $n = 400$ piezas hay $64$ defectuosas: frecuencia observada $\frac{64}{400} = 0.16$. El [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) 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](#def-g10-proba-sample) pone seriamente en duda la afirmación.

## 9.5 Ejercicios

**Ejercicio 9.1 ★.**

Se lanza un dado no trucado. Calcula la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de cada [suceso](#def-g10-proba-events): “sacar un $6$”; “sacar un número impar”; “sacar como mucho $4$”; “sacar un $7$”.

**Solución de Ejercicio 9.1.**

Cada uno de los $6$ resultados tiene [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac16$. “Sacar un $6$”: $\frac16$. “Número impar” $= \{1, 3, 5\}$: $\frac36 = \frac12$. “Como mucho $4$” $= \{1,2,3,4\}$: $\frac46 = \frac23$. “Sacar un $7$”: [suceso](#def-g10-proba-events) imposible, [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $0$.

**Ejercicio 9.2 ★.**

Una bolsa contiene $5$ canicas verdes, $3$ amarillas y $2$ negras; se saca una canica al azar. Calcula la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de que sea verde; de que no sea negra; de que sea verde o amarilla.

**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](#def-g10-proba-operations): $\P(\text{verde o amarilla}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10}
= \frac45$.

**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](#def-g10-proba-distribution) de que estudie al menos uno de los dos idiomas y después la de que no estudie ninguno.

**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](#def-g10-proba-operations): $\P(\text{ninguno}) = 1 - \frac45 = \frac15$.

**Ejercicio 9.4 ★.**

Se lanza dos veces una moneda no trucada. Dibuja el [árbol](#met-g10-proba-tree) del experimento y calcula la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de sacar dos caras; exactamente una cara; al menos una cara.

**Solución de Ejercicio 9.4.**

El [árbol](#met-g10-proba-tree) tiene cuatro caminos: CC, CX, XC, XX, cada uno de [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac12 \times \frac12 = \frac14$. 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](#met-g10-proba-tree) con las [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) correctas en el segundo nivel y calcula la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de sacar dos bolas rojas y después la de sacar dos bolas de colores distintos.

**Solución de Ejercicio 9.5.**

Primera extracción: roja con [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac{4}{10}$ 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.

1. Explica por qué se puede tomar como [espacio muestral](#def-g10-proba-events) las $36$ parejas equiprobables $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
2. Calcula la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de que la suma sea $7$ ; de que sea $12$ ; de que sea como mucho $4$ .
3. ¿Cuál es la suma más probable?

**Solución de Ejercicio 9.6.**

*1.* Cada dado muestra cada cara con [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac16$, 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](#def-g10-proba-distribution) de acertar las dos, de acertar exactamente una y de no acertar ninguna. Comprueba que las tres [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) suman $1$.

**Solución de Ejercicio 9.7.**

Cada pregunta se acierta con [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac14$, de forma independiente. [Árbol](#met-g10-proba-tree) 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.

1. Calcula la frecuencia observada y el [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) de fluctuación alrededor de $p = 0.5$ para $n = 900$ .
2. ¿Pone la encuesta en duda la afirmación?

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) de fluctuación es aproximadamente $\intcc{0.467}{0.533}$.

*2.* El $0.44$ observado queda fuera del [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval): las [muestras](#def-g10-proba-sample) 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.

1. Calcula la [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de cada cantidad ganada ( $6$ , $3$ , $0$ ).
2. A lo largo de $600$ partidas, ¿cuántas veces esperas cada resultado? Calcula la ganancia y la pérdida totales esperadas: ¿merece la pena jugar?

**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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/8-estadistica-descriptiva#def-g10-stats-mean) 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](#met-g10-proba-tree) ([Método 9.8](#met-g10-proba-tree)), [sucesos contrarios](#def-g10-proba-operations) y las reglas de la suma ([Teorema 9.6](#thm-g10-proba-addition)), 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](#def-g10-proba-sample) que fluctúa.

**Parte I — Las reglas, en calentamiento.**

1. 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.
2. Tres lanzamientos de una moneda no trucada: calcula $P(\text{al menos una cara})$ mediante el [suceso contrario](#def-g10-proba-operations) .
3. Una bolsa tiene $3$ canicas rojas y $2$ azules; se sacan dos sin devolución. Con un [árbol](#met-g10-proba-tree) , calcula $P(\text{dos rojas})$ y $P(\text{una de cada color})$ .
4. Completa la distribución de la pregunta 3 con $P(\text{dos azules})$ y comprueba que las tres [probabilidades](#def-g10-proba-distribution) suman $1$ .
5. Alguien informa, para dos [sucesos](#def-g10-proba-events) *[incompatibles](#def-g10-proba-operations)* , 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.

6. Antes de calcular nada: ¿cambiar ayuda, perjudica o da igual? Anota tu respuesta instintiva, con honestidad.
7. Ahora el [árbol](#met-g10-proba-tree) , por casos según la posición real del coche (cada una con [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) $\frac13$ ): 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 $P(\text{ganar cambiando})$ .
8. La versión de una línea: cambiar gana exactamente cuando tu primera elección fue equivocada. Concluye de nuevo.
9. 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](#def-g10-proba-distribution) de ganar cambiando *entre los escenarios supervivientes* . ¿Qué ha cambiado y por qué importa lo que sabe el presentador?
10. El acelerador de intuición: cien puertas, eliges una y el presentador, que sabe, abre $98$ puertas con cabra. ¿Cambias? ¿Con qué [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) de ganar?
11. 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) de fluctuación del capítulo.

**Parte III — Primas de la paradoja.**

12. 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 $P(\text{dos chicos})$ .
13. 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?
14. 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](#prop-g10-proba-uniform) en la mano.
15. 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](#exo-g10-proba-9) ). A lo largo de $600$ partidas, ¿qué ganancia [media](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/8-estadistica-descriptiva#def-g10-stats-mean) por partida predice el recuento? Una aseguradora hace las mismas matemáticas: un $1\,\%$ de [probabilidad](#def-g10-proba-distribution) 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](#def-g10-proba-sample) como árbitro.**

16. Se lanza una moneda $100$ veces. Usando el [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) de fluctuación $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , decide cuál de estos resultados debería levantar sospechas: $55$ caras; $70$ caras.
17. Una encuesta a $1\,000$ votantes da a un candidato el $52\,\%$ . Calcula el [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) de fluctuación alrededor del $50\,\%$ y di si la encuesta *demuestra* que el candidato va por delante.
18. Una fábrica afirma tener un $4\,\%$ de piezas defectuosas. Una [muestra](#def-g10-proba-sample) de $400$ da $28$ defectuosas ( $7\,\%$ ); una [muestra](#def-g10-proba-sample) posterior de $2\,500$ da $175$ (otra vez el $7\,\%$ ). Contrasta la afirmación con cada [muestra](#def-g10-proba-sample) . ¿Por qué difieren los veredictos?
19. 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](#def-g10-proba-sample) ? Una frase para cada una.
20. Final, la lista de comprobación del probabilista, una línea por punto: comprobar que los resultados son equiprobables antes de contar (pregunta 15); [árboles](#met-g10-proba-tree) y [sucesos contrarios](#def-g10-proba-operations) para los experimentos en varias etapas y para los “al menos” (preguntas 2 y 3); *la información cambia las [probabilidades](#def-g10-proba-distribution), y cómo se ha obtenido importa* (preguntas 7 a 14); las [muestras](#def-g10-proba-sample) fluctúan aproximadamente $\frac{1}{\sqrt n}$ , y la simulación arbitra (preguntas 11, 16 a 18).

**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](#def-g10-proba-events) y no debe contarse dos veces; de ahí la resta ([Teorema 9.6](#thm-g10-proba-addition)).

**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](#met-g10-proba-tree) suman siempre $1$.

**5.** Los [sucesos incompatibles](#def-g10-proba-operations) cumplen $P(A \cup B) = P(A) +
P(B) = 1.1 > 1$: imposible; alguien se ha inventado [probabilidad](#def-g10-proba-distribution).

**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](#def-g10-proba-distribution) $\frac13$): 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac23$ 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](#def-g10-proba-distribution) $\frac{1}{100}$; 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](#prop-g10-proba-uniform) solo cuenta sobre resultados equiprobables.

**15.** Ganancia [media](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/8-estadistica-descriptiva#def-g10-stats-mean) por partida: $6 \times \frac16 + 3
\times \frac16 = 1.50$ euros, frente a una apuesta de $2$ euros: una pérdida [media](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/8-estadistica-descriptiva#def-g10-stats-mean) 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](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval): $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} =
\intcc{0.4}{0.6}$. $55$ 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](#def-g10-proba-sample): [intervalo](https://one-course.com/books/math/2/es/chapter/1-numeros-y-conjuntos-de-numeros#def-g10-numbers-interval) $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$; 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](#def-g10-proba-sample) 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](#met-g10-proba-tree) multiplican a lo largo de las ramas, y los “al menos uno” se rinden ante el [suceso contrario](#def-g10-proba-operations). (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](#def-g10-proba-distribution) a velocidad $\frac{1}{\sqrt n}$, así que una simulación paciente zanja cualquier discusión, incluida una con diez mil autores de cartas indignados.