Ejercicios: Los axiomas y sus consecuencias

1. Un experimento tiene cuatro resultados posibles y alguien les asigna las probabilidades $0{,}25$ , $0{,}3$ , $0{,}2$ , $0{,}25$ . Decidí si la asignación es válida.

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1. Revisamos el primer axioma. Ninguna probabilidad puede ser negativa. Las cuatro son mayores o iguales que cero.

2. Revisamos el segundo axioma. La probabilidad del espacio muestral completo tiene que valer $1$ . Como los cuatro resultados son incompatibles y cubren todo, sus probabilidades tienen que sumar $1$ : 0{,}25 + 0{,}3 + 0{,}2 + 0{,}25 $= 1$ .

3. Comparamos con lo exigido. $1$ es exactamente $1$ .

4. Concluimos. La asignación es válida, porque no hay ninguna negativa y suman exactamente $1$ .

5. Por qué conviene hacer siempre este control. Es el chequeo más barato que existe. Si una cuenta da una probabilidad negativa o mayor que uno, hay un error, sin importar cuán complicado sea el problema.

Respuesta: Es válida: suman $1$

2. En un lote de piezas, la probabilidad de que la pieza salga defectuosa es $0{,}31$ . Calculá la probabilidad del suceso contrario y verificá el resultado con los axiomas.

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1. Identificamos los dos sucesos. $A$ : «la pieza salga defectuosa», con $P(A) = 0{,}31$ . Su complemento $A^{c}$ es que no ocurra.

2. Vemos por qué vale la regla. $A$ y $A^{c}$ son incompatibles y su unión es todo el espacio muestral. Por el tercer axioma $P(A) + P(A^{c}) = P(S)$ , y por el segundo $P(S) = 1$ .

3. Despejamos. $P(A^{c}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}31 = 0{,}69$

4. Verificamos. $0{,}31 + 0{,}69 = 1$ , y las dos quedan entre $0$ y $1$ .

5. Por qué esta regla es la más rentable del volumen. Cada vez que aparece «al menos», calcular lo contrario y restar de uno convierte una suma de muchos casos en una sola cuenta.

Respuesta: $P(A^{c}) = 0{,}69$

3. En un problema, alguien calcula $P(A) = 0{,}7$ y $P(B) = 0{,}54$ y concluye que $P(A \cup B) = 1{,}24$ . Decidí si el resultado puede ser correcto y explicá qué salió mal.

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1. Aplicamos el chequeo de los axiomas. $P(A \cup B) = 1{,}24 > 1$ , y ninguna probabilidad puede superar a $1$ : $A \cup B$ está incluido en $S$ y $P(S) = 1$ .

2. Concluimos que hay un error. No hace falta revisar el problema para saberlo. El resultado es imposible, así que la cuenta está mal.

3. Buscamos el error. Sumar las dos probabilidades sin más solo vale si los sucesos son incompatibles. Como $0{,}7 + 0{,}54 > 1$ , no pueden serlo: $A$ y $B$ tienen que superponerse.

4. Escribimos la cuenta correcta. $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 1{,}24 - P(A \cap B)$ .

5. Acotamos la intersección. Para que el resultado no pase de $1$ hace falta $P(A \cap B) \geq 0{,}24$ . Y como la intersección no puede superar al menor de los dos, queda entre $0{,}24$ y $0{,}54$ .

Respuesta: No puede ser: da más que $1$ . Falta restar $P(A \cap B)$ , que está entre $0{,}24$ y $0{,}54$

4. Las piezas de un depósito vienen de tres proveedores y cada pieza viene de uno solo. La probabilidad de que una pieza tomada al azar venga de el proveedor A es $0{,}2$ y la de el proveedor B es $0{,}28$ . Calculá la probabilidad de que venga de el proveedor C.

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1. Verificamos que los tres sucesos formen una partición. Cada pieza viene de uno y solo uno de los tres, así que los sucesos son incompatibles de a pares y su unión es todo el espacio muestral.

2. Aplicamos los axiomas. Por ser incompatibles, la probabilidad de la unión es la suma. Y por ser la unión todo $S$ , esa suma vale $1$ : $P_1 + P_2 + P_3 = 1$ .

3. Despejamos. $P_3 = 1 - 0{,}2 - 0{,}28 = 0{,}52$

4. Verificamos. $0{,}2 + 0{,}28 + 0{,}52 = 1$ y las tres quedan entre $0$ y $1$ .

5. El control que conviene tener siempre a mano. En cualquier partición, las probabilidades tienen que sumar uno. Es lo que después permite chequear un diagrama de árbol de un vistazo.

Respuesta: $P(el proveedor C) = 0{,}52$

5. Un experimento tiene cuatro resultados posibles y alguien les asigna las probabilidades $0{,}35$ , $0{,}3$ , $0{,}25$ , $0{,}2$ . Decidí si la asignación es válida.

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1. Revisamos el primer axioma. Ninguna probabilidad puede ser negativa. Las cuatro son mayores o iguales que cero.

2. Revisamos el segundo axioma. La probabilidad del espacio muestral completo tiene que valer $1$ . Como los cuatro resultados son incompatibles y cubren todo, sus probabilidades tienen que sumar $1$ : 0{,}35 + 0{,}3 + 0{,}25 + 0{,}2 $= 1{,}1$ .

3. Comparamos con lo exigido. $1{,}1$ no es $1$ .

4. Concluimos. La asignación es no válida, porque suman más que $1$ , y el segundo axioma exige que el total valga exactamente $1$ .

5. Por qué conviene hacer siempre este control. Es el chequeo más barato que existe. Si una cuenta da una probabilidad negativa o mayor que uno, hay un error, sin importar cuán complicado sea el problema.

Respuesta: Es no válida: suman $1{,}1$

6. En un servidor, la probabilidad de que el sistema falle en el mes es $0{,}56$ . Calculá la probabilidad del suceso contrario y verificá el resultado con los axiomas.

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1. Identificamos los dos sucesos. $A$ : «el sistema falle en el mes», con $P(A) = 0{,}56$ . Su complemento $A^{c}$ es que no ocurra.

2. Vemos por qué vale la regla. $A$ y $A^{c}$ son incompatibles y su unión es todo el espacio muestral. Por el tercer axioma $P(A) + P(A^{c}) = P(S)$ , y por el segundo $P(S) = 1$ .

3. Despejamos. $P(A^{c}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}56 = 0{,}44$

4. Verificamos. $0{,}56 + 0{,}44 = 1$ , y las dos quedan entre $0$ y $1$ .

5. Por qué esta regla es la más rentable del volumen. Cada vez que aparece «al menos», calcular lo contrario y restar de uno convierte una suma de muchos casos en una sola cuenta.

Respuesta: $P(A^{c}) = 0{,}44$

7. En un problema, alguien calcula $P(A) = 0{,}7$ y $P(B) = 0{,}46$ y concluye que $P(A \cup B) = 1{,}16$ . Decidí si el resultado puede ser correcto y explicá qué salió mal.

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1. Aplicamos el chequeo de los axiomas. $P(A \cup B) = 1{,}16 > 1$ , y ninguna probabilidad puede superar a $1$ : $A \cup B$ está incluido en $S$ y $P(S) = 1$ .

2. Concluimos que hay un error. No hace falta revisar el problema para saberlo. El resultado es imposible, así que la cuenta está mal.

3. Buscamos el error. Sumar las dos probabilidades sin más solo vale si los sucesos son incompatibles. Como $0{,}7 + 0{,}46 > 1$ , no pueden serlo: $A$ y $B$ tienen que superponerse.

4. Escribimos la cuenta correcta. $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 1{,}16 - P(A \cap B)$ .

5. Acotamos la intersección. Para que el resultado no pase de $1$ hace falta $P(A \cap B) \geq 0{,}16$ . Y como la intersección no puede superar al menor de los dos, queda entre $0{,}16$ y $0{,}46$ .

Respuesta: No puede ser: da más que $1$ . Falta restar $P(A \cap B)$ , que está entre $0{,}16$ y $0{,}46$

8. Las piezas de un depósito vienen de tres máquinas y cada pieza viene de uno solo. La probabilidad de que una pieza tomada al azar venga de la máquina $1$ es $0{,}34$ y la de la máquina $2$ es $0{,}15$ . Calculá la probabilidad de que venga de la máquina $3$ .

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1. Verificamos que los tres sucesos formen una partición. Cada pieza viene de uno y solo uno de los tres, así que los sucesos son incompatibles de a pares y su unión es todo el espacio muestral.

2. Aplicamos los axiomas. Por ser incompatibles, la probabilidad de la unión es la suma. Y por ser la unión todo $S$ , esa suma vale $1$ : $P_1 + P_2 + P_3 = 1$ .

3. Despejamos. $P_3 = 1 - 0{,}34 - 0{,}15 = 0{,}51$

4. Verificamos. $0{,}34 + 0{,}15 + 0{,}51 = 1$ y las tres quedan entre $0$ y $1$ .

5. El control que conviene tener siempre a mano. En cualquier partición, las probabilidades tienen que sumar uno. Es lo que después permite chequear un diagrama de árbol de un vistazo.

Respuesta: $P(la máquina$ 3 $) = 0{,}51$

9. Un experimento tiene cuatro resultados posibles y alguien les asigna las probabilidades $0{,}45$ , $0{,}4$ , $-0{,}1$ , $0{,}25$ . Decidí si la asignación es válida.

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1. Revisamos el primer axioma. Ninguna probabilidad puede ser negativa. Acá hay una de $-0{,}1$ , que ya viola el axioma.

2. Revisamos el segundo axioma. La probabilidad del espacio muestral completo tiene que valer $1$ . Como los cuatro resultados son incompatibles y cubren todo, sus probabilidades tienen que sumar $1$ : 0{,}45 + 0{,}4 - 0{,}1 + 0{,}25 $= 1$ .

3. Comparamos con lo exigido. $1$ es exactamente $1$ .

4. Concluimos. La asignación es no válida, porque hay una probabilidad negativa, y el primer axioma lo prohíbe.

5. Por qué conviene hacer siempre este control. Es el chequeo más barato que existe. Si una cuenta da una probabilidad negativa o mayor que uno, hay un error, sin importar cuán complicado sea el problema.

Respuesta: Es no válida: suman $1$ y una es negativa

10. En una campaña, la probabilidad de que el cliente responda el mail es $0{,}44$ . Calculá la probabilidad del suceso contrario y verificá el resultado con los axiomas.

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1. Identificamos los dos sucesos. $A$ : «el cliente responda el mail», con $P(A) = 0{,}44$ . Su complemento $A^{c}$ es que no ocurra.

2. Vemos por qué vale la regla. $A$ y $A^{c}$ son incompatibles y su unión es todo el espacio muestral. Por el tercer axioma $P(A) + P(A^{c}) = P(S)$ , y por el segundo $P(S) = 1$ .

3. Despejamos. $P(A^{c}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}44 = 0{,}56$

4. Verificamos. $0{,}44 + 0{,}56 = 1$ , y las dos quedan entre $0$ y $1$ .

5. Por qué esta regla es la más rentable del volumen. Cada vez que aparece «al menos», calcular lo contrario y restar de uno convierte una suma de muchos casos en una sola cuenta.

Respuesta: $P(A^{c}) = 0{,}56$

11. En un problema, alguien calcula $P(A) = 0{,}66$ y $P(B) = 0{,}49$ y concluye que $P(A \cup B) = 1{,}15$ . Decidí si el resultado puede ser correcto y explicá qué salió mal.

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1. Aplicamos el chequeo de los axiomas. $P(A \cup B) = 1{,}15 > 1$ , y ninguna probabilidad puede superar a $1$ : $A \cup B$ está incluido en $S$ y $P(S) = 1$ .

2. Concluimos que hay un error. No hace falta revisar el problema para saberlo. El resultado es imposible, así que la cuenta está mal.

3. Buscamos el error. Sumar las dos probabilidades sin más solo vale si los sucesos son incompatibles. Como $0{,}66 + 0{,}49 > 1$ , no pueden serlo: $A$ y $B$ tienen que superponerse.

4. Escribimos la cuenta correcta. $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 1{,}15 - P(A \cap B)$ .

5. Acotamos la intersección. Para que el resultado no pase de $1$ hace falta $P(A \cap B) \geq 0{,}15$ . Y como la intersección no puede superar al menor de los dos, queda entre $0{,}15$ y $0{,}49$ .

Respuesta: No puede ser: da más que $1$ . Falta restar $P(A \cap B)$ , que está entre $0{,}15$ y $0{,}49$

12. Las piezas de un depósito vienen de tres máquinas y cada pieza viene de uno solo. La probabilidad de que una pieza tomada al azar venga de la máquina $1$ es $0{,}26$ y la de la máquina $2$ es $0{,}34$ . Calculá la probabilidad de que venga de la máquina $3$ .

Ver solución

1. Verificamos que los tres sucesos formen una partición. Cada pieza viene de uno y solo uno de los tres, así que los sucesos son incompatibles de a pares y su unión es todo el espacio muestral.

2. Aplicamos los axiomas. Por ser incompatibles, la probabilidad de la unión es la suma. Y por ser la unión todo $S$ , esa suma vale $1$ : $P_1 + P_2 + P_3 = 1$ .

3. Despejamos. $P_3 = 1 - 0{,}26 - 0{,}34 = 0{,}4$

4. Verificamos. $0{,}26 + 0{,}34 + 0{,}4 = 1$ y las tres quedan entre $0$ y $1$ .

5. El control que conviene tener siempre a mano. En cualquier partición, las probabilidades tienen que sumar uno. Es lo que después permite chequear un diagrama de árbol de un vistazo.

Respuesta: $P(la máquina$ 3 $) = 0{,}4$