Método

Ejercicios: La hipergeométrica

p(x)=CK,x⋅CN−K, n−x/CN,np(x) = C_{K,x} \cdot C_{N-K,\,n-x} / C_{N,n} · E=nK/NE = n K / N

Si no te acordás cómo se usa, repasá la teoría.

Las 12 actividades recorren los distintos tipos de ejercicio del tema, con tres variantes de cada uno. Si te trabás en una, mirá la solución y seguí con la siguiente.

1. De un mazo de 2525 cartas, 66 son de espada. Se extraen 55 sin reposición. Calculá la probabilidad de que exactamente 11 sean de espada.

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1. Reconocemos el modelo. Se cuenta cuántos elementos de cierto tipo salen al extraer varios de un conjunto finito y sin reposición. Es una hipergeométrica, no una binomial: cada extracción cambia lo que queda.

2. Escribimos la fórmula. p(x)=CK,x⋅CN−K, n−xCN,np(x) = \dfrac{C_{K,x} \cdot C_{N-K,\,n-x}}{C_{N,n}}

3. Contamos los casos favorables. C6,1⋅C19,4=6⋅3876=23256C_{6,1} \cdot C_{19,4} = 6 \cdot 3876 = 23256

4. Contamos los casos posibles. C25,5=53130C_{25,5} = 53130

5. Dividimos. P(X=1)=2325653130≈0,4377P(X = 1) = \dfrac{23256}{53130} \approx 0{,}4377

6. De dónde sale la forma de la fórmula. Es la definición clásica de probabilidad aplicada con combinaciones: se eligen los del tipo buscado y los del resto por separado, y se divide por todas las formas de elegir.

Respuesta: P(X=1)=0,4377P(X = 1) = 0{,}4377

2. De un lote de 4848 piezas, 99 son defectuosas. Se extraen 88 sin reposición. Calculá la esperanza de la cantidad de defectuosas en la muestra.

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1. Escribimos la fórmula. E(X)=n⋅KNE(X) = n \cdot \dfrac{K}{N}

2. Identificamos la proporción de la población. KN=948=0,1875\dfrac{K}{N} = \dfrac{9}{48} = 0{,}1875: es la fracción de defectuosas en el conjunto completo.

3. Calculamos. E(X)=8⋅0,1875=1,5E(X) = 8 \cdot 0{,}1875 = 1{,}5

4. Comparamos con la binomial. La esperanza es la misma que tendría una binomial con n=8n = 8 y p=0,1875p = 0{,}1875. La diferencia entre los dos modelos aparece en la varianza, no en la esperanza.

5. Calculamos la varianza. V(X)=n⋅p⋅(1−p)⋅N−nN−1=1,0372V(X) = n \cdot p \cdot (1 - p) \cdot \dfrac{N - n}{N - 1} = 1{,}0372. El factor 48−848−1≈0,8511\dfrac{48 - 8}{48 - 1} \approx 0{,}8511 es la corrección por población finita, y siempre achica la varianza respecto de la binomial.

6. Por qué la varianza es menor. Sin reposición, sacar muchos de un tipo agota ese tipo y empuja hacia el otro. Ese freno reduce la variabilidad.

Respuesta: E(X)=1,5E(X) = 1{,}5 y V(X)=1,0372V(X) = 1{,}0372

3. Una población de 10001000 elementos tiene 100100 de cierto tipo. Se extraen 88 sin reposición. Calculá P(X=2)P(X = 2) con la hipergeométrica y con la binomial, y decidí si la aproximación es aceptable.

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1. Calculamos con el modelo exacto. P(X=2)=C100,2⋅C900,6C1000,8=0,149P(X = 2) = \dfrac{C_{100,2} \cdot C_{900,6}}{C_{1000,8}} = 0{,}149

2. Calculamos con la binomial. Con p=1001000=0,1p = \dfrac{100}{1000} = 0{,}1: C8,2⋅(110)2⋅(910)6=0,1488C_{8,2} \cdot \left(\dfrac{1}{10}\right)^{2} \cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^{6} = 0{,}1488

3. Comparamos. La diferencia es de 0,00020{,}0002, o sea un 0,13%0{,}13\% del valor exacto.

4. Aplicamos la regla práctica. nN=81000=0,008\dfrac{n}{N} = \dfrac{8}{1000} = 0{,}008, o sea el 0,8%0{,}8\% de la población. La regla habitual acepta la binomial cuando la muestra no llega al 5%5\%.

5. Decidimos. La muestra es chica frente a la población, así que la aproximación binomial es aceptable.

6. Por qué funciona la aproximación. Si la población es grande, sacar unos pocos elementos casi no cambia las proporciones, y las extracciones se parecen mucho a ser independientes.

Respuesta: Hipergeométrica 0,1490{,}149 y binomial 0,14880{,}1488; la muestra es el 0,8%0{,}8\% de la población, así que la aproximación es aceptable

4. De un mazo de 2323 cartas, 77 son de espada. Se extraen 44 sin reposición. Calculá la probabilidad de que al menos una sea de espada.

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1. Reconocemos el modelo. Hipergeométrica con N=23N = 23, K=7K = 7 y n=4n = 4.

2. Elegimos el camino corto. «Al menos una» obliga a sumar desde x=1x = 1 hasta x=4x = 4. El complemento es un solo término.

3. Calculamos la probabilidad de que no salga ninguna. P(X=0)=C7,0⋅C16,4C23,4=18208855≈0,2055P(X = 0) = \dfrac{C_{7,0} \cdot C_{16,4}}{C_{23,4}} = \dfrac{1820}{8855} \approx 0{,}2055. Arriba se cuentan las formas de elegir las 44 entre las 1616 que no son de espada.

4. Restamos de uno. P(X≥1)=1−0,2055=0,7945P(X \geq 1) = 1 - 0{,}2055 = 0{,}7945

5. Verificamos el sentido. El resultado supera a 723≈0,3043\dfrac{7}{23} \approx 0{,}3043, que sería la probabilidad con una sola extracción.

Respuesta: P(X≥1)=0,7945P(X \geq 1) = 0{,}7945

5. De una urna con 2525 bolillas, 77 son rojas. Se extraen 55 sin reposición. Calculá la probabilidad de que exactamente 22 sean rojas.

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1. Reconocemos el modelo. Se cuenta cuántos elementos de cierto tipo salen al extraer varios de un conjunto finito y sin reposición. Es una hipergeométrica, no una binomial: cada extracción cambia lo que queda.

2. Escribimos la fórmula. p(x)=CK,x⋅CN−K, n−xCN,np(x) = \dfrac{C_{K,x} \cdot C_{N-K,\,n-x}}{C_{N,n}}

3. Contamos los casos favorables. C7,2⋅C18,3=21⋅816=17136C_{7,2} \cdot C_{18,3} = 21 \cdot 816 = 17136

4. Contamos los casos posibles. C25,5=53130C_{25,5} = 53130

5. Dividimos. P(X=2)=1713653130≈0,3225P(X = 2) = \dfrac{17136}{53130} \approx 0{,}3225

6. De dónde sale la forma de la fórmula. Es la definición clásica de probabilidad aplicada con combinaciones: se eligen los del tipo buscado y los del resto por separado, y se divide por todas las formas de elegir.

Respuesta: P(X=2)=0,3225P(X = 2) = 0{,}3225

6. De una urna con 3939 bolillas, 1212 son rojas. Se extraen 55 sin reposición. Calculá la esperanza de la cantidad de rojas en la muestra.

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1. Escribimos la fórmula. E(X)=n⋅KNE(X) = n \cdot \dfrac{K}{N}

2. Identificamos la proporción de la población. KN=1239≈0,3077\dfrac{K}{N} = \dfrac{12}{39} \approx 0{,}3077: es la fracción de rojas en el conjunto completo.

3. Calculamos. E(X)=5⋅0,3077=1,5385E(X) = 5 \cdot 0{,}3077 = 1{,}5385

4. Comparamos con la binomial. La esperanza es la misma que tendría una binomial con n=5n = 5 y p=0,3077p = 0{,}3077. La diferencia entre los dos modelos aparece en la varianza, no en la esperanza.

5. Calculamos la varianza. V(X)=n⋅p⋅(1−p)⋅N−nN−1=0,953V(X) = n \cdot p \cdot (1 - p) \cdot \dfrac{N - n}{N - 1} = 0{,}953. El factor 39−539−1≈0,8947\dfrac{39 - 5}{39 - 1} \approx 0{,}8947 es la corrección por población finita, y siempre achica la varianza respecto de la binomial.

6. Por qué la varianza es menor. Sin reposición, sacar muchos de un tipo agota ese tipo y empuja hacia el otro. Ese freno reduce la variabilidad.

Respuesta: E(X)=1,5385E(X) = 1{,}5385 y V(X)=0,953V(X) = 0{,}953

7. Una población de 10001000 elementos tiene 140140 de cierto tipo. Se extraen 55 sin reposición. Calculá P(X=1)P(X = 1) con la hipergeométrica y con la binomial, y decidí si la aproximación es aceptable.

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1. Calculamos con el modelo exacto. P(X=1)=C140,1⋅C860,4C1000,5=0,3841P(X = 1) = \dfrac{C_{140,1} \cdot C_{860,4}}{C_{1000,5}} = 0{,}3841

2. Calculamos con la binomial. Con p=1401000=0,14p = \dfrac{140}{1000} = 0{,}14: C5,1⋅750⋅(4350)4=0,3829C_{5,1} \cdot \dfrac{7}{50} \cdot \left(\dfrac{43}{50}\right)^{4} = 0{,}3829

3. Comparamos. La diferencia es de 0,00120{,}0012, o sea un 0,3%0{,}3\% del valor exacto.

4. Aplicamos la regla práctica. nN=51000=0,005\dfrac{n}{N} = \dfrac{5}{1000} = 0{,}005, o sea el 0,5%0{,}5\% de la población. La regla habitual acepta la binomial cuando la muestra no llega al 5%5\%.

5. Decidimos. La muestra es chica frente a la población, así que la aproximación binomial es aceptable.

6. Por qué funciona la aproximación. Si la población es grande, sacar unos pocos elementos casi no cambia las proporciones, y las extracciones se parecen mucho a ser independientes.

Respuesta: Hipergeométrica 0,38410{,}3841 y binomial 0,38290{,}3829; la muestra es el 0,5%0{,}5\% de la población, así que la aproximación es aceptable

8. De una urna con 3030 bolillas, 44 son rojas. Se extraen 33 sin reposición. Calculá la probabilidad de que al menos una sea rojas.

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1. Reconocemos el modelo. Hipergeométrica con N=30N = 30, K=4K = 4 y n=3n = 3.

2. Elegimos el camino corto. «Al menos una» obliga a sumar desde x=1x = 1 hasta x=3x = 3. El complemento es un solo término.

3. Calculamos la probabilidad de que no salga ninguna. P(X=0)=C4,0⋅C26,3C30,3=26004060≈0,6404P(X = 0) = \dfrac{C_{4,0} \cdot C_{26,3}}{C_{30,3}} = \dfrac{2600}{4060} \approx 0{,}6404. Arriba se cuentan las formas de elegir las 33 entre las 2626 que no son rojas.

4. Restamos de uno. P(X≥1)=1−0,6404=0,3596P(X \geq 1) = 1 - 0{,}6404 = 0{,}3596

5. Verificamos el sentido. El resultado supera a 430≈0,1333\dfrac{4}{30} \approx 0{,}1333, que sería la probabilidad con una sola extracción.

Respuesta: P(X≥1)=0,3596P(X \geq 1) = 0{,}3596

9. De un grupo de 1414 postulantes, 44 son mujeres. Se extraen 55 sin reposición. Calculá la probabilidad de que exactamente 33 sean mujeres.

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1. Reconocemos el modelo. Se cuenta cuántos elementos de cierto tipo salen al extraer varios de un conjunto finito y sin reposición. Es una hipergeométrica, no una binomial: cada extracción cambia lo que queda.

2. Escribimos la fórmula. p(x)=CK,x⋅CN−K, n−xCN,np(x) = \dfrac{C_{K,x} \cdot C_{N-K,\,n-x}}{C_{N,n}}

3. Contamos los casos favorables. C4,3⋅C10,2=4⋅45=180C_{4,3} \cdot C_{10,2} = 4 \cdot 45 = 180

4. Contamos los casos posibles. C14,5=2002C_{14,5} = 2002

5. Dividimos. P(X=3)=1802002≈0,0899P(X = 3) = \dfrac{180}{2002} \approx 0{,}0899

6. De dónde sale la forma de la fórmula. Es la definición clásica de probabilidad aplicada con combinaciones: se eligen los del tipo buscado y los del resto por separado, y se divide por todas las formas de elegir.

Respuesta: P(X=3)=0,0899P(X = 3) = 0{,}0899

10. De un mazo de 4444 cartas, 1212 son de espada. Se extraen 99 sin reposición. Calculá la esperanza de la cantidad de de espada en la muestra.

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1. Escribimos la fórmula. E(X)=n⋅KNE(X) = n \cdot \dfrac{K}{N}

2. Identificamos la proporción de la población. KN=1244≈0,2727\dfrac{K}{N} = \dfrac{12}{44} \approx 0{,}2727: es la fracción de de espada en el conjunto completo.

3. Calculamos. E(X)=9⋅0,2727≈2,4545E(X) = 9 \cdot 0{,}2727 \approx 2{,}4545

4. Comparamos con la binomial. La esperanza es la misma que tendría una binomial con n=9n = 9 y p=0,2727p = 0{,}2727. La diferencia entre los dos modelos aparece en la varianza, no en la esperanza.

5. Calculamos la varianza. V(X)=n⋅p⋅(1−p)⋅N−nN−1=1,453V(X) = n \cdot p \cdot (1 - p) \cdot \dfrac{N - n}{N - 1} = 1{,}453. El factor 44−944−1≈0,814\dfrac{44 - 9}{44 - 1} \approx 0{,}814 es la corrección por población finita, y siempre achica la varianza respecto de la binomial.

6. Por qué la varianza es menor. Sin reposición, sacar muchos de un tipo agota ese tipo y empuja hacia el otro. Ese freno reduce la variabilidad.

Respuesta: E(X)=2,4545E(X) = 2{,}4545 y V(X)=1,453V(X) = 1{,}453

11. Una población de 20002000 elementos tiene 140140 de cierto tipo. Se extraen 77 sin reposición. Calculá P(X=1)P(X = 1) con la hipergeométrica y con la binomial, y decidí si la aproximación es aceptable.

Ver solución

1. Calculamos con el modelo exacto. P(X=1)=C140,1⋅C1860,6C2000,7=0,3178P(X = 1) = \dfrac{C_{140,1} \cdot C_{1860,6}}{C_{2000,7}} = 0{,}3178

2. Calculamos con la binomial. Con p=1402000=0,07p = \dfrac{140}{2000} = 0{,}07: C7,1⋅7100⋅(93100)6=0,317C_{7,1} \cdot \dfrac{7}{100} \cdot \left(\dfrac{93}{100}\right)^{6} = 0{,}317

3. Comparamos. La diferencia es de 0,00080{,}0008, o sea un 0,24%0{,}24\% del valor exacto.

4. Aplicamos la regla práctica. nN=72000=0,0035\dfrac{n}{N} = \dfrac{7}{2000} = 0{,}0035, o sea el 0,35%0{,}35\% de la población. La regla habitual acepta la binomial cuando la muestra no llega al 5%5\%.

5. Decidimos. La muestra es chica frente a la población, así que la aproximación binomial es aceptable.

6. Por qué funciona la aproximación. Si la población es grande, sacar unos pocos elementos casi no cambia las proporciones, y las extracciones se parecen mucho a ser independientes.

Respuesta: Hipergeométrica 0,31780{,}3178 y binomial 0,3170{,}317; la muestra es el 0,35%0{,}35\% de la población, así que la aproximación es aceptable

12. De un grupo de 2626 postulantes, 66 son mujeres. Se extraen 33 sin reposición. Calculá la probabilidad de que al menos una sea mujeres.

Ver solución

1. Reconocemos el modelo. Hipergeométrica con N=26N = 26, K=6K = 6 y n=3n = 3.

2. Elegimos el camino corto. «Al menos una» obliga a sumar desde x=1x = 1 hasta x=3x = 3. El complemento es un solo término.

3. Calculamos la probabilidad de que no salga ninguna. P(X=0)=C6,0⋅C20,3C26,3=11402600≈0,4385P(X = 0) = \dfrac{C_{6,0} \cdot C_{20,3}}{C_{26,3}} = \dfrac{1140}{2600} \approx 0{,}4385. Arriba se cuentan las formas de elegir las 33 entre las 2020 que no son mujeres.

4. Restamos de uno. P(X≥1)=1−0,4385=0,5615P(X \geq 1) = 1 - 0{,}4385 = 0{,}5615

5. Verificamos el sentido. El resultado supera a 626≈0,2308\dfrac{6}{26} \approx 0{,}2308, que sería la probabilidad con una sola extracción.

Respuesta: P(X≥1)=0,5615P(X \geq 1) = 0{,}5615

Integradores de Variables aleatorias: practicá este tema junto con el resto de la unidad

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Las cuentas de este material están verificadas una por una. Si aun así encontrás algo raro, .