Ejercicios IB del tema 14

1. Elegimos los 3 juguetes del más joven: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)=35$ formas.
2. De los 4 juguetes que quedan, elegimos 2 para el niño siguiente: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ formas; los 2 últimos van al tercer niño (1 forma).
3. Por el principio de multiplicación: $$35\cdot 6\cdot 1=210.$$

Resultado: 210 maneras

Cada una de las 6 monedas puede ir al primer o al segundo alumno: $2^6=64$ repartos. Hay que quitar los 2 repartos en que todas las monedas van al mismo alumno: $$64-2=62.$$

Resultado: $62$

Total de comités de 4 entre 8 alumnos: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4}\right)=70$.

Comités que contienen a los dos mayores a la vez: faltan 2 miembros entre los otros 6, $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$.

$$70-15=55.$$

Resultado: $55$

a) 1. No importa el orden, así que son combinaciones de 4 personas entre 11: $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{11}{4}\right)=330.$$

b) 2. Dos hombres entre 5 y dos mujeres entre 6: $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=10\cdot 15=150.$$

c) 3. «Al menos una mujer» es el complementario de «ninguna mujer» (los cuatro son hombres): hay $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)=5$ grupos así. $$330-5=325.$$

Resultado: a) 330; b) 150; c) 325

Hay $11$ estudiantes (8 de medicina y 3 de derecho). Los equipos posibles son $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{11}{5}\right)=462$, todos igual de probables.

a) 1. Los cinco son de medicina: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{5}\right)=56$ equipos. $$P=\frac{56}{462}=\frac{4}{33}\approx 0,121.$$

b) 2. Los tres de derecho están y faltan 2 de medicina: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{2}\right)=28$ equipos. $$P=\frac{28}{462}=\frac{2}{33}\approx 0,0606.$$

Resultado: a) $\frac{4}{33}\approx 0,121$; b) $\frac{2}{33}\approx 0,061$

1. En una mesa circular lo que importa es la posición relativa. Fijamos a una persona y colocamos a las otras $5$ en los sitios restantes: $5!=120$ ordenaciones posibles.
2. Contamos las ordenaciones en las que las dos personas sí están juntas. Las tratamos como un bloque: con el bloque y las otras 4 personas hay $5$ elementos, que en círculo se ordenan de $(5-1)!=4!=24$ maneras, y el bloque se puede ordenar internamente de $2$ formas: $24\cdot 2=48$.
3. Probabilidad de que estén juntas: $\frac{48}{120}=\frac{2}{5}$.
4. Por tanto, la probabilidad de que no estén juntas es $$1-\frac{2}{5}=\frac{3}{5}=0,6.$$

Resultado: $0,6=\frac{3}{5}$

a) 1. Los niños forman un bloque y las niñas otro. Hay 2 formas de decidir qué bloque va primero. 2. Dentro del bloque de niños hay $15!$ ordenaciones y dentro del de niñas $10!$: $$2\cdot 15!\cdot 10!\approx 9,49\cdot 10^{18}.$$

b) 3. Dos niños entre 15 y tres niñas entre 10: $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)=105\cdot 120=12600.$$

Resultado: a) $2\cdot 15!\cdot 10!\approx 9,49\cdot 10^{18}$; b) 12600

Hay $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{4}\right)=126$ selecciones posibles en total; el orden no importa.

a) Si el mayor es $m$, las otras tres cartas se eligen entre los $m-1$ números menores:

• mayor $5$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)=4$
• mayor $6$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=10$
• mayor $7$: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$

Total: $4+10+20=34$.

b) Es más fácil contar el complemento (como mucho un par). Hay 4 números pares $\{2,4,6,8\}$ y 5 impares.

• Ningún par: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)=5$
• Exactamente un par: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)=4\cdot 10=40$

Selecciones con al menos dos pares: $126-5-40=81$.

Resultado: a) $34$; b) $81$

Hay $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)=120$ grupos de tres posibles.

a) Sin mujeres, los tres son hombres: $$P=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{20}{120}=\frac{1}{6}$$

b) Dos mujeres y un hombre: $$P=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)}=\frac{6\cdot 6}{120}=\frac{36}{120}=\frac{3}{10}$$

Resultado: a) $\frac{1}{6}$; b) $\frac{3}{10}$

a) Se eligen 4 de 8 personas sin importar el orden: $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{4}\right)=70$$

b) Quitamos los equipos formados solo por chicos ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)=1$) y los formados solo por chicas ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)=1$): $$70-1-1=68$$

Resultado: a) $70$; b) $68$

Casos posibles: $7!=5040$ ordenaciones.

Casos favorables: las chicas forman un bloque y los chicos otro. Hay 2 formas de colocar los bloques (chicas a la izquierda o a la derecha), $3!$ ordenaciones de las chicas y $4!$ de los chicos: $$2\cdot 3!\cdot 4!=2\cdot 6\cdot 24=288$$

$$P=\frac{288}{5040}=\frac{2}{35}$$

Resultado: $\frac{2}{35}$

Los dígitos pares son $2,4,6$ (3) y los impares $1,3,5,7$ (4). No se repiten dígitos.

a) Primer y último dígito pares: $3$ opciones para el primero y $2$ para el último. Los 3 dígitos centrales se eligen entre los $5$ restantes y se ordenan: $5\cdot 4\cdot 3=60$. $$3\cdot 2\cdot 60=360$$

b) Hay dos esquemas posibles (impar–par–impar–par–impar o par–impar–par–impar–par).

• Impar, par, impar, par, impar: $4\cdot 3\cdot 3\cdot 2\cdot 2=144$ (en cada posición se cuentan los dígitos aún disponibles del tipo que toca).
• Par, impar, par, impar, par: $3\cdot 4\cdot 2\cdot 3\cdot 1=72$.

Total: $144+72=216$.

Resultado: a) $360$; b) $216$

1. Seis personas alrededor de una mesa circular (solo importa la posición relativa): $(6-1)!=120$ formas.
2. Formas en que Mr. Black y Mrs. White están juntos: los tratamos como un bloque, con lo que hay 5 elementos en círculo, $(5-1)!=24$, y dentro del bloque pueden intercambiarse, $\times 2$: $48$ formas.
3. Formas con ellos separados: $120-48=72$.

Resultado: $72$

a) Tratamos a las tres chicas como un bloque: con los tres chicos hay 4 elementos, que se ordenan de $4!=24$ formas, y las chicas se ordenan entre sí de $3!=6$ formas: $$4!\cdot 3!=24\cdot 6=144.$$

b) Primero se sientan los tres chicos, de $3!=6$ formas. Quedan 4 huecos (antes, entre y después de ellos); las chicas ocupan 3 de ellos, uno cada una: se eligen los huecos de $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)=4$ formas y las chicas se ordenan de $3!=6$ formas: $$3!\cdot 4\cdot 3!=6\cdot 4\cdot 6=144.$$

Resultado: a) 144; b) 144

Sea $n$ el número de discos negros; hay $25-n$ blancos. Total de parejas: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{25}{2}\right)=300$.

1. Si «mismo color» y «distinto color» son igual de probables, cada una tiene probabilidad $\frac{1}{2}$, es decir, 150 parejas.
2. Parejas de distinto color: $n(25-n)=150$, es decir, $n^2-25n+150=0$.
3. $(n-10)(n-15)=0$, luego $n=10$ o $n=15$.

Comprobación con $n=10$: parejas del mismo color $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{2}\right)=45+105=150$.

Resultado: 10 discos negros (y 15 blancos) o 15 discos negros (y 10 blancos)

a) Se ordenan 6 personas en 10 asientos: $$\frac{10!}{4!}=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5=151200.$$

b) Las tres hermanas ocupan tres asientos consecutivos.

1. Posiciones del bloque de tres asientos en la fila de 10: $8$.
2. Orden de las hermanas dentro del bloque: $3!=6$.
3. Las otras tres personas se colocan en los 7 asientos restantes: $7\cdot 6\cdot 5=210$.

$$8\cdot 6\cdot 210=10080.$$

Resultado: a) 151200; b) 10080

Los cuatro conductores ya están en su coche, así que cada coche necesita $3$ pasajeros más de las $9$ personas restantes. Los coches son distintos (cada uno tiene su dueño), y dentro de un coche el orden no importa:

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3}\right)=84\cdot 20\cdot 1=\frac{9!}{3!3!3!}=1680$$

Resultado: 1680

Hay 4 bloques (matemáticas, inglés, ciencias, diccionario); los libros de cada tema se quedan juntos.

a) Se ordenan los 4 bloques y, dentro de cada bloque, los libros:

$$4!\cdot 3!\cdot 5!\cdot 4!\cdot 1!=24\cdot 6\cdot 120\cdot 24=414720$$

b) El diccionario y el bloque de matemáticas deben estar juntos. Se toman como un único «super-bloque» (con 2 órdenes internos posibles: diccionario-matemáticas o matemáticas-diccionario). Ahora hay 3 bloques que ordenar:

$$3!\cdot 2\cdot 3!\cdot 5!\cdot 4!=6\cdot 2\cdot 6\cdot 120\cdot 24=207360$$

Resultado: a) $414720$; b) $207360$

a) Se eligen 6 de los 10 jugadores (el orden no importa):

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{6}\right)=210$$

b) Una niña de las 2 y cinco niños de los 8:

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{5}\right)=2\cdot 56=112$$

c) «Una niña en el equipo» significa al menos una. Contrario: ninguna niña, es decir, 6 niños de 8:

$$P=1-\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{8}{6}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{6}\right)}=1-\frac{28}{210}=\frac{182}{210}=\frac{13}{15}\approx 0,867$$

(Comprobación: con exactamente una niña, $\frac{112}{210}$, y con las dos, $\frac{70}{210}$, suman $\frac{182}{210}$.)

Resultado: a) $210$; b) $112$; c) $\frac{13}{15}\approx 0,867$

a) Si Jack llega justo detrás de Andrea, se tratan como un bloque «Andrea-Jack» (en ese orden). Con los otros 6 corredores hay 7 elementos que ordenar:

$$7!=5040$$

b) Por simetría, en la mitad de las ordenaciones de los 8 corredores Jack llega después de Andrea y en la otra mitad antes (no hay empates):

$$\frac{8!}{2}=20160$$

Resultado: a) $5040$; b) $20160$

a) La primera cifra no puede ser 0 (9 opciones); la segunda, cualquiera de las 9 restantes (incluido el 0); y así sucesivamente:

$$9\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5=136080$$

b) Si las cifras son distintas y están en orden creciente, el 0 (si estuviera) iría en primer lugar, lo cual no está permitido. Así que se eligen 6 cifras distintas de $\{1,\dots ,9\}$ y solo hay una forma de ordenarlas de modo creciente:

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{9}{6}\right)=84$$

Resultado: a) $136080$; b) $84$

a) 1. Dos niños de 6 y dos niñas de 5: $$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=15\cdot 10=150.$$

b) 2. Tim y Anna ya están en el equipo; falta un niño de los otros 5 y una niña de las otras 4: $$5\cdot 4=20.$$

c) 3. Casos favorables entre casos posibles: $$P=\frac{20}{150}=\frac{2}{15}\approx 0,133.$$

d) 4. Con Fred en el equipo, falta un niño más entre los otros 5 y las dos niñas entre las 5: $5\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=50$ equipos posibles. 5. Contamos los que incluyen a Tim o a Anna pero no a ambos:

• Con Tim y sin Anna: el otro niño es Tim (1 forma) y las dos niñas se eligen entre las 4 que no son Anna: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$. Total $6$.
• Con Anna y sin Tim: el otro niño se elige entre los 4 que no son Tim o Fred (4 formas) y Anna con una de las otras 4 niñas (4 formas): $16$.

6. Hay $6+16=22$ casos favorables: $$P=\frac{22}{50}=\frac{11}{25}=0,44.$$

Resultado: a) 150; b) 20; c) $\frac{2}{15}\approx 0,133$; d) $\frac{11}{25}=0,44$

Colocamos primero los $15$ exámenes que no son de Física, Química ni Biología: $15!$ órdenes.

Esos 15 exámenes dejan $16$ huecos (14 entre ellos y 2 en los extremos). Para que los tres exámenes especiales no sean consecutivos, cada uno va en un hueco distinto: se eligen $3$ huecos y se ordenan los tres exámenes en ellos, es decir, $16\cdot 15\cdot 14=3360$ formas.

$$15!\cdot 3360=1307674368000\cdot 3360=4393785876480000\approx 4,39\cdot 10^{15}$$

Resultado: $4393785876480000\approx 4,39\cdot 10^{15}$

a) Los $12$ estudiantes se ordenan en los $12$ escritorios: $$12!=479001600$$

b) Un estudiante «detrás» del otro significa dos escritorios de la misma columna en filas consecutivas. Hay $4$ columnas y $2$ pares de filas consecutivas (1-2 y 2-3), es decir, $8$ parejas de escritorios. En cada pareja, Helen y Nicky se pueden intercambiar ($2$ formas), y los otros $10$ estudiantes ocupan los $10$ escritorios restantes ($10!$): $$8\cdot 2\cdot 10!=16\cdot 3628800=58060800$$

c) Contamos los casos en que sí están uno al lado del otro en la misma fila. Cada fila de 4 escritorios tiene $3$ parejas contiguas, y hay $3$ filas: $9$ parejas. Con $2$ ordenaciones de Helen y Nicky: $$9\cdot 2\cdot 10!=65318400$$ Los casos en que no están juntos en fila: $$12!-65318400=479001600-65318400=413683200$$

Resultado: a) $479001600$; b) $58060800$; c) $413683200$

(i) Con 5 puntos sobre la circunferencia se unen los pares no adyacentes: cada punto con los dos puntos «de enfrente». Se obtiene una estrella de cinco puntas con 5 diagonales.

(ii) Cada punto se une con los otros $n-1$ puntos, salvo con sus dos vecinos: parten de él $n-3$ diagonales. Contando los extremos se obtienen $n(n-3)$, pero cada diagonal tiene dos extremos y se ha contado dos veces. Por tanto, el número de diagonales es $\frac{n(n-3)}{2}$. (Otra forma: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)-n=\frac{n(n-1)}{2}-n=\frac{n(n-3)}{2}$.)

(iii) Se necesita $\frac{n(n-3)}{2}>10^6$, es decir, $n(n-3)>2000000$.

• $n=1415$: $\frac{1415\cdot 1412}{2}=998990<10^6$.
• $n=1416$: $\frac{1416\cdot 1413}{2}=1000404>10^6$.

El menor número de puntos es $1416$.

Resultado: i) estrella de 5 diagonales; ii) $\frac{n(n-3)}{2}$ (demostrado); iii) $n=1416$

a) Cada oveja puede ir a cualquiera de los 6 corrales. Amber puede ir a 6 y Brownie a otro distinto (5), y cada una de las otras tres a cualquiera (6 corrales):

$$6\cdot 5\cdot 6^3=6480$$

(Otra forma: $6^5-6\cdot 6^3=7776-1296=6480$.)

b) En cada corral cabe una oveja. Se cuentan las posiciones ordenadas de Amber y Brownie: $6\cdot 5=30$. Son corrales que comparten límite los pares contiguos: en la cuadrícula de 3 filas y 2 columnas hay $3$ pares horizontales y $2\cdot 2=4$ verticales, es decir, $7$ pares, que dan $14$ posiciones ordenadas. Las no contiguas son $30-14=16$. Las otras tres ovejas ocupan 3 de los 4 corrales libres: $4\cdot 3\cdot 2=24$ maneras.

$$16\cdot 24=384$$

Resultado: a) $6480$; b) $384$

a) Por ser independientes, $P(A\cap B)=0,4P(B)$. Entonces $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-0,4P(B)\Rightarrow 0,88=0,4+0,6P(B)\Rightarrow P(B)=\frac{0,48}{0,6}=0,8=\frac{4}{5}.$$

b) «$A$ o $B$ pero no ambos» tiene probabilidad $P(A\cup B)-P(A\cap B)$. Con $P(A\cap B)=0,4\cdot 0,8=0,32$: $$0,88-0,32=0,56.$$

Resultado: a) $\frac{4}{5}$; b) $0,56$

Sea $b=P(B)$, luego $P(A)=3b$. Por ser independientes, $P(A\cap B)=3b^2$:

$$P(A\cup B)=3b+b-3b^2=0,68\Rightarrow 3b^2-4b+0,68=0$$

$$b=\frac{4\pm \sqrt{16-8,16}}{6}=\frac{4\pm 2,8}{6}\Rightarrow b=0,2\text{ o }b=\frac{17}{15}$$

La segunda solución es mayor que 1 y no vale. Además $P(A)=0,6\le 1$.

Resultado: $P(B)=0,2$

a) 1. Estudian alguna de las dos asignaturas $20-2=18$ alumnos, así que los que estudian ambas son $12+15-18=9$. 2. Solo Biología: $12-9=3$. Solo Historia: $15-9=6$. Ninguna: $2$. Comprobación: $3+9+6+2=20$.

b) 3. $$P(B\cap H)=\frac{9}{20}=0,45.$$

c) 4. De los 12 que estudian Biología, 9 estudian también Historia: $$P(H\mid B)=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}=0,75.$$

Resultado: a) diagrama de Venn (figura); b) 0,45; c) 0,75

a) (i) 1. Mutuamente excluyentes: $P(A\cap B)=0$, luego $$P(A\cup B)=0,2+0,5-0=0,7.$$

(ii) 2. Independientes: $P(A\cap B)=0,2\cdot 0,5=0,1$, luego $$P(A\cup B)=0,2+0,5-0,1=0,6.$$

b) 3. $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{0,5}$. La intersección va de $0$ (sucesos disjuntos) hasta el mayor valor posible, $P(A\cap B)=P(A)=0,2$ (cuando $A\subseteq B$). 4. Por tanto $$0\le P(A\mid B)\le \frac{0,2}{0,5}=0,4.$$

Resultado: a) (i) 0,7; (ii) 0,6; b) $0\le P(A\mid B)\le 0,4$

a) Como $P(A)=P(A\cap B^{\prime })+P(A\cap B)$, se tiene $P(A\cap B^{\prime })=0,4-0,1=0,3$. Rellenamos el diagrama de Venn:

$$P(A\cup B)=0,3+0,1+0,4=0,8$$

b) Del diagrama, $P(B)=0,1+0,4=0,5$. Si fueran independientes se cumpliría $P(A\cap B)=P(A)P(B)$: $$P(A)P(B)=0,4\cdot 0,5=0,2\ne 0,1=P(A\cap B)$$ Por tanto, $A$ y $B$ no son independientes.

Resultado: a) $0,8$; b) no son independientes, pues $P(A)P(B)=0,2\ne 0,1=P(A\cap B)$

a) $A^{\prime }\cap B^{\prime }$ es lo que no está ni en $A$ ni en $B$: la región del rectángulo exterior a ambos círculos.

b) Del complementario de la unión: $P(A^{\prime }\cap B^{\prime })=1-P(A\cup B)=1-0,9=0,1$. Como $B^{\prime }$ se reparte en la parte que está en $A$ y la que no: $$P(B^{\prime })=P(A\cap B^{\prime })+P(A^{\prime }\cap B^{\prime })=0,2+0,1=0,3$$ $$P(A^{\prime }\mid B^{\prime })=\frac{P(A^{\prime }\cap B^{\prime })}{P(B^{\prime })}=\frac{0,1}{0,3}=\frac{1}{3}$$

Resultado: a) región exterior a $A$ y $B$ sombreada (figura); b) $\frac{1}{3}$

Sean $T$ = «tiene televisión» y $C$ = «tiene computadora». Poseen alguna de las dos $50-4=46$ personas.

1. Personas con ambas: $40+21-46=15$.

a) $P(T\cap C)=\frac{15}{50}=\frac{3}{10}$.

b) $P(T\mid C)=\frac{P(T\cap C)}{P(C)}=\frac{15}{21}=\frac{5}{7}$.

Resultado: a) $\frac{3}{10}$; b) $\frac{5}{7}$

a) (i) Si son mutuamente excluyentes, $P(A\cap B)=0$:

$$P(A\cup B)=0,3+0,4=0,7$$

(ii) Si son independientes, $P(A\cap B)=0,3\cdot 0,4=0,12$:

$$P(A\cup B)=0,3+0,4-0,12=0,58$$

b) Con $P(A\cup B)=0,6$: $P(A\cap B)=0,3+0,4-0,6=0,1$. Entonces

$$P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0,1}{0,4}=\frac{1}{4}$$

Resultado: a) (i) $0,7$; (ii) $0,58$; b) $\frac{1}{4}$

a) Independientes: $P(A\cap B)=0,3\cdot 0,8=0,24$.

b) De $P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)$ y $P(A\cup B)\le 1$:

$$P(A\cap B)\ge 0,3+0,8-1=0,1$$

El valor $0,1$ se alcanza cuando $A\cup B$ es todo el espacio muestral, así que el mínimo es $0,1$.

c) Como $A\cap B\subseteq A$, se tiene $P(A\cap B)\le P(A)=0,3$. El valor $0,3$ se alcanza cuando $A\subseteq B$ (entonces $A\cap B=A$). Por tanto el máximo es $0,3$.

Resultado: a) $0,24$; b) $0,1$; c) $0,3$

a) Por la fórmula de la unión: $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\Rightarrow 0,5=k+3k-k^2$$ $$k^2-4k+0,5=0\Rightarrow k=\frac{4\pm \sqrt{16-2}}{2}=2\pm \sqrt{3,5}$$ La solución $2+\sqrt{3,5}>1$ no puede ser una probabilidad (además $3k\le 1$ exige $k\le \frac{1}{3}$). Luego $$k=2-\sqrt{3,5}\approx 0,129$$

b) $P(A^{\prime }\cap B)=P(A\cup B)-P(A)=0,5-k\approx 0,5-0,12917=0,371$.

Resultado: a) $k=2-\sqrt{3,5}\approx 0,129$; b) $P(A^{\prime }\cap B)\approx 0,371$

a) Puntuación de $5$ o más: $17+9+3=29$ jugadores de $75$: $$P=\frac{29}{75}$$

b) Media: $$\bar{x}=\frac{2\cdot 3+3\cdot 15+4\cdot 28+5\cdot 17+6\cdot 9+7\cdot 3}{75}=\frac{6+45+112+85+54+21}{75}=\frac{323}{75}\approx 4,31$$

Resultado: a) $\frac{29}{75}$; b) $\bar{x}=\frac{323}{75}\approx 4,31$

Total de componentes: $2500+1500=4000$.

a) Defectuosos de la máquina A: $2500\cdot 0,04=100$; de la B: $1500\cdot 0,05=75$. $$P(D)=\frac{100+75}{4000}=\frac{175}{4000}=\frac{7}{160}=0,04375\approx 0,0438$$

b) De los defectuosos, los de la máquina A: $$P(A\mid D)=\frac{100}{175}=\frac{4}{7}\approx 0,571$$

Resultado: a) $\frac{7}{160}\approx 0,0438$; b) $\frac{4}{7}\approx 0,571$

a) 1. $P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0,25+0,6-0,7=0,15$.

b) 2. $P(A)\cdot P(B)=0,25\cdot 0,6=0,15=P(A\cap B)$. 3. Como coinciden, $A$ y $B$ son independientes.

Resultado: a) 0,15; b) sí, son independientes ($P(A\cap B)=P(A)P(B)=0,15$)

Al ser independientes, $P(A\cap B)=P(A)P(B)$, así que $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)$$ $$0,6=0,2+P(B)-0,2P(B)\Rightarrow 0,4=0,8P(B)\Rightarrow P(B)=0,5$$

Resultado: $\frac{1}{2}$

1. Si $A$ y $B$ son independientes, $P(A\mid B)=P(A)$, luego $P(A)=\frac{1}{4}$.
2. Además $P(A\cap B)=P(A)P(B)$, es decir $\frac{1}{32}=\frac{1}{4}P(B)$, de donde $P(B)=\frac{1}{32}\cdot 4=\frac{1}{8}$.

Resultado: $P(A)=\frac{1}{4}$; $P(B)=\frac{1}{8}$

Alumnos argentinos: $12+3=15$. De ellos, 12 hablan español como primer idioma. $$P(\text{espan˜ol}\mid \text{argentino})=\frac{P(\text{espan˜ol}\cap \text{argentino})}{P(\text{argentino})}=\frac{12/21}{15/21}=\frac{12}{15}=\frac{4}{5}.$$

Resultado: $\frac{4}{5}$

1. Por ser independientes, $P(A\cap B)=P(A)P(B)=0,3$ y $P(A\cap B^{\prime })=P(A)P(B^{\prime })=0,3$.
2. Luego $P(A)P(B)=P(A)P(B^{\prime })$ y, como $P(A)\ne 0$, $P(B)=P(B^{\prime })=1-P(B)$, es decir $P(B)=0,5$.
3. Entonces $P(A)=\frac{0,3}{0,5}=0,6$.
4. $P(A\cup B)=0,6+0,5-0,3=0,8$.

Resultado: $0,8$

a) Por la ley de la probabilidad total, con $P(X^{\prime })=\frac{1}{3}$: $$P(Y)=P(X)P(Y\mid X)+P(X^{\prime })P(Y\mid X^{\prime })=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{5}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{4}=\frac{4}{15}+\frac{1}{12}=\frac{21}{60}=\frac{7}{20}.$$ Luego $P(Y^{\prime })=1-\frac{7}{20}=\frac{13}{20}$.

b) Por la ley de De Morgan, $X^{\prime }\cup Y^{\prime }=(X\cap Y{)}^{\prime }$, y $P(X\cap Y)=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{5}=\frac{4}{15}$: $$P(X^{\prime }\cup Y^{\prime })=1-\frac{4}{15}=\frac{11}{15}.$$

Resultado: a) $\frac{13}{20}$; b) $\frac{11}{15}$

1. De $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=0,6$ se obtiene $P(A\cap B)=0,6P(B)$.
2. Usamos $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$: $$0,8=0,6+P(B)-0,6P(B)\Rightarrow 0,2=0,4P(B).$$
3. Despejando: $P(B)=\frac{0,2}{0,4}=\frac{1}{2}$.

Resultado: $P(B)=\frac{1}{2}$

1. $\overline{A\cup B}=\varnothing$ significa que $A\cup B$ es todo el espacio muestral, así que $P(A\cup B)=1$. Entonces todo lo que no está en $A$ está en $B$: $\overline{A}\subseteq B$.
2. Por tanto $P(\overline{A}\cap B)=P(\overline{A})=1-\frac{6}{7}=\frac{1}{7}$.
3. De $P(\overline{A}\mid B)=\frac{P(\overline{A}\cap B)}{P(B)}=\frac{1}{3}$: $$P(B)=3\cdot \frac{1}{7}=\frac{3}{7}.$$

Resultado: $P(B)=\frac{3}{7}$

a) 1. $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$, luego $$P(A\cap B)=0,65+0,48-0,818=0,312.$$

b) 2. Calculamos $P(A)\cdot P(B)=0,65\cdot 0,48=0,312$. 3. Como $P(A\cap B)=0,312=P(A)\cdot P(B)$, los sucesos $A$ y $B$ son independientes.

Resultado: a) $P(A\cap B)=0,312$; b) como $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$, los sucesos son independientes

a) 1. De $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$: $$P(A\cap B)=\frac{2}{11}\cdot \frac{11}{20}=\frac{1}{10}.$$

b) 2. $$P(A\cup B)=\frac{2}{5}+\frac{11}{20}-\frac{1}{10}=\frac{8+11-2}{20}=\frac{17}{20}.$$

c) 3. $P(A)\cdot P(B)=\frac{2}{5}\cdot \frac{11}{20}=\frac{11}{50}\ne \frac{1}{10}=P(A\cap B)$. 4. Como $P(A\cap B)\ne P(A)P(B)$ (o bien, porque $P(A\mid B)=\frac{2}{11}\ne P(A)=\frac{2}{5}$), los sucesos no son independientes.

Resultado: a) $\frac{1}{10}$; b) $\frac{17}{20}$; c) no son independientes

a) Como $P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$: $$P(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A\mid B)}=\frac{0,6}{0,75}=0,8$$

b) De $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$: $$0,95=P(A)+0,8-0,6\Rightarrow P(A)=0,75$$

c) $P(A^{\prime }\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=0,8-0,6=0,2$. Por otro lado, $P(A^{\prime })P(B)=(1-0,75)\cdot 0,8=0,25\cdot 0,8=0,2$. Como $P(A^{\prime }\cap B)=P(A^{\prime })P(B)$, los sucesos $A^{\prime }$ y $B$ son independientes.

Resultado: a) $0,8$; b) $0,75$; c) independientes ($P(A^{\prime }\cap B)=0,2=P(A^{\prime })P(B)$)

a) Por la fórmula de la unión y por ser independientes ($P(A\cap B)=P(A)P(B)=p^2$): $$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=p+p-p^2=2p-p^2$$

b) Como $A\subset A\cup B$, se cumple $A\cap (A\cup B)=A$: $$P(A\mid A\cup B)=\frac{P(A)}{P(A\cup B)}=\frac{p}{2p-p^2}=\frac{p}{p(2-p)}=\frac{1}{2-p}$$ (se puede simplificar porque $p\ne 0$).

Resultado: a) demostración; b) $\frac{1}{2-p}$