PROBABILIDAD

Enfoque Problem-solving

Gerard Romo Garrido

Toomates Coolección

Los documentos de Toomates son materiales digitales y gratuitos. Son digitales porque están pensados para ser consultados mediante un ordenador, tablet o móvil. Son gratuitos porque se ofrecen a la comunidad educativa sin coste alguno. Los libros de texto pueden ser digitales o

en papel, gratuitos o en venta, y ninguna de estas opciones es necesariamente mejor o peor que las otras. Es más: Suele suceder que los mejores

docentes son los que piden a sus alumnos la compra de un libro de texto en papel, esto es un hecho. Lo que no es aceptable, por inmoral y mezquino, es el modelo de las llamadas "licencias digitales" con las que las editoriales pretenden cobrar a los estudiantes, una y otra vez, por

acceder a los mismos contenidos (unos contenidos que, además, son de una bajísima calidad). Este modelo de negocio es miserable, pues

impide el compartir un mismo libro, incluso entre dos hermanos, pretende convertir a los estudiantes en un mercado cautivo, exige a los estudiantes y a las escuelas costosísimas líneas de Internet, pretende pervertir el conocimiento, que es algo social, público, convirtiéndolo en un

producto de propiedad privada, accesible solo a aquellos que se lo puedan permitir, y solo de una manera encapsulada, fragmentada,

impidiendo el derecho del alumno de poseer todo el libro, de acceder a todo el libro, de moverse libremente por todo el libro. Nadie puede pretender ser neutral ante esto: Mirar para otro lado y aceptar el modelo de licencias digitales es admitir un mundo más injusto, es

participar en la denegación del acceso al conocimiento a aquellos que no disponen de medios económicos, en un mundo en el que las modernas

tecnologías actuales permiten, por primera vez en la historia de la Humanidad, poder compartir el conocimiento sin coste alguno, con algo tan simple como es un archivo "pdf". El conocimiento no es una mercancía.

El proyecto Toomates tiene como objetivo la promoción y difusión entre el profesorado y el colectivo de estudiantes de unos materiales

didácticos libres, gratuitos y de calidad, que fuerce a las editoriales a competir ofreciendo alternativas de pago atractivas aumentando la calidad de unos libros de texto que actualmente son muy mediocres, y no mediante retorcidas técnicas comerciales.

Este documento se comparte bajo una licencia “Creative Commons”: Se permite, se promueve y se fomenta cualquier uso, reproducción y

edición de todos estos materiales siempre que sea sin ánimo de lucro y se cite su procedencia. Todos los documentos se ofrecen en dos versiones: En formato “pdf” para una cómoda lectura y en el formato “doc” de MSWord para permitir y facilitar su edición y generar versiones

parcial o totalmente modificadas. Se agradecerá cualquier observación, comentario o colaboración a toomates@gmail.com

Toomates Coolección consta de los siguientes libros:

Geometría axiomática:

Geometría Axiomática GA pdf 1 2 ... 23 portada

Problemas de Geometría PG pdf 1 2 3 4 5 6 7

Introducción a la Geometría PI pdf doc

Problem-solving:

Teoría de números AR pdf 1 2 3

Trigonometría PT pdf doc

Desigualdades DE pdf doc

Números complejos PC pdf doc

Álgebra PA pdf doc

Combinatoria PC pdf doc

Probabilidad PR pdf doc

Guía del estudiante de Olimpiadas Matemáticas OM pdf

Libros de texto (en catalán):

Àlgebra AG pdf 1 2

Funcions FU pdf doc

Geometria analítica GN pdf 1 2

Trigonometria TR

pdf doc

Nombres complexos CO pdf doc

Àlgebra Lineal 2n batxillerat AL pdf doc

Geometria Lineal 2n batxillerat GL pdf doc

Càlcul Infinitesimal 2n batxillerat CI pdf 1 2

Programació Lineal 2n batxillerat PL pdf doc

Recopilaciones de pruebas PAU España:

Catalunya TEC ST , Catalunya CCSS SC , Galicia SG

Recopilaciones de pruebas PAU Europa:

Portugal A SA, Portugal B SB

Recopilaciones de problemas olímpicos y preolímpicos:

IMO 1959-2019 SI, OME 1965-2019 SE, OMI 1997-2019 SD, AIME 1983-2020 SA

Cangur SR , Canguro SG , Kangourou SK

Versión de este documento: 10/07/2020

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Índice

1 La Ley de LaPlace (Problemas de recuento). →

2 Probabilidad con longitudes, áreas, volúmenes... →

3 Probabilidad condicional. → Fórmula de la Probabilidad Total. Teorema de Bayes.

4 Distribución binomial. →

5 Sucesiones de acontecimientos. →

6 Problemas en general. →

Soluciones. →

Descarga de www.toomates.net/biblioteca/Olimpiadas.pdf

Una guía general de las Olimpiadas Matemáticas y sus contenidos curriculares.

1 La Ley de LaPlace (Problemas de recuento).

La ley de LaPlace.

Los problemas más sencillos de probabilidad se reducen a una cuestión de recuento de

casos equiprobables:

nxxxx ,...,,, 321

Ley de LaPlace:

X

)(XP

donde X indica “número de elementos de X”.

En esta sección presentamos algunos problemas sencillos de aplicación de la Ley

de LaPlace. Pero para evitar duplicaciones estos problemas los consideraremos

como problemas propios de recuento, no de probabilidad, y por tanto están

recogidos en el dossier de Combinatoria:

www.toomates.net/biblioteca/Combinatoria.pdf

1.1 MF

Lanzamos un dado al aire.

a) ¿Cuál es la probabilidad de que salga un seis?

b) ¿Cuál es la probabilidad de que salga par?

Una estrategia fundamental para resolver problemas de recuento es etiquetar bien los

elementos implicados en el problema. Para ello nos podemos servir de letras iniciales,

subíndices o cualquier otra técnica que nos sea cómoda. Veamos en el siguiente ejemplo

el uso de letras iniciales y subíndices:

1.2 MF

Bob y Alicia tienen cada uno de ellos una bolsa con cinco bolas, de colores azul, verde,

naranja, rojo y marrón. Alicia toma aleatoriamente una bola de su bolsa y la deja en la

bolsa de Bob. Entonces Bob toma una bola de su bolsa y la deja en la bolsa de Alicia.

¿Cuál es la probabilidad de que las dos bolsas tengan el mismo contenido?

AMC 10B 2006 #17

1.3 M

Una caja contiene 11 bolas, numeradas 11,...,3,2,1 . Si tomamos aleatoriamente 6 de

estas bolas simultáneamente, ¿Cuál es la probabilidad de que la suma sea un número

impar?

(A) 231

100 (B)

231

115 (C)

2

1 (D)

231

118 (E)

11

6

ASHME 1984 #19

1.4 F

Jenn elige aleatoriamente un número J de entre 20,19,...,3,2,1 , y después Bela elige

aleatoriamente un número B de entre 20,19,...,3,2,1 distinto de J. Determina la

probabilidad de que el valor de JB sea como mínimo 2.

AIME I 2019 #2

1.5 MF

Tomamos aleatoriamente un conjunto de tres puntos del siguiente esquema:

Todos los conjuntos de tres puntos tienen la misma probabilidad de ser escogidos. ¿Cuál

es la probabilidad de que estos tres puntos estén alineados?

AMC 10A 2004 #5

1.6 MF

Marcamos tres fichas con una X y otras dos con una O. Las cinco fichas se mezclan

aleatoriamente en fila. ¿Cuál es la probabilidad de que obtengamos “XOXOX”?

AMC 10A 2005 #9

1.7 MF

Un sobre contiene ocho billetes: Dos de 1$, dos de 5$, dos de 10$ y dos de 20$. Se

toman dos billetes sin reemplazo. ¿Cuál es la probabilidad de que sumen 20$ o más?

AMC 10B 2005 #15

1.8 MF

Sea S el conjunto de permutaciones de los dígitos 1, 2, 3, 4, 5 en las que el primer

elemento no es 1. Se toma una de estas permutaciones aleatoriamente. ¿Cuál es la

probabilidad de que el segundo elemento sea 2?

AMC12B 2003 #19

El recuento no solo consiste en contar los casos diferentes, sino también tener en cuenta

que estos tienen que ser equiprobables. Cuando tratamos con elementos “iguales”, por

ejemplo cartas diferentes pero pintadas del mismo color, puede dar lugar a

equivocaciones. Una buena táctica es numerar los elementos. El siguiente problema

puede ser muy instructivo en este sentido.

1.9 M

Kathy tiene 5 cartas rojas y 5 cartas verdes. Las mezcla y toma 5 al azar, que coloca

alineadas. Digamos que Kathy quedará contenta si y solo si todas las cartas rojas

tomadas están han quedado adyacentes, y todas las cartas verdes han quedado

igualmente adyacentes. Por ejemplo, si sale “RRVVV”, “VVVVR” o “RRRRR”

quedará contenta, pero si sale “RRRVR” no lo será. ¿Cuál es la probabilidad de que

quede contenta?

AIME I 2018 #3

1.10 F

Sea S el conjunto de todas las permutaciones de )5,4,3,2,1( en las que el primer

término no es un 1. Tomamos aleatoriamente una de ellas. ¿Qué probabilidad hay que

su segundo término sea un 2?

AMC12B 2003 #19

1.11 F

Tomamos dos números diferentes a y b del conjunto 2532 2,...,2,2,2 . ¿Cuál es la

probabilidad de que balog sea un entero?

AMC12A 2005 #23

2 Probabilidad con longitudes, áreas, volúmenes...

2.1 F

Se toma aleatoriamente un punto ( x , y ) del interior del rectángulo de vértices (0,0),

(4,0), (4,1) y (0,1). ¿Cuál es la probabilidad de que x<y?

AMC 10A 2003 #12

2.2 M

Se elige aleatoriamente un punto P del interior del pentágono de vértices A=(0,2),

B=(4,0), C=( 12 ,0), D=( 12 ,4) y E=(0,4).

¿Cuál es la probabilidad de que APB sea obtuso? AMC12 2001 #17

2.3

Sea un triángulo ABC rectángulo, con ACB ángulo recto, tal que º60ABC y

10AB . Tomamos un punto P aleatoriamente en el interior de ABC , y extendemos

BP hasta cortar AC en D. ¿Cuál es la probabilidad de que 25BD ?

AMC 12A 2002 #22

2.4 F

Sea P un punto tomado aleatoriamente en el interior del cuadrado unidad de vértices

)0,0( , )0,1( , )1,1( y )1,0( . Consideramos la pendiente de la recta determinada por P y el

punto

8

3,

8

5. ¿Cuál es la probabilidad de que dicha pendiente sea mayor que

2

1 ?

AIME II 2020 #2

3 Probabilidad condicional.

Ahora trabajaremos con dos particiones diferentes. Cada partición puede constar de

cualquier número de elementos, pero para no sobrecargar la notación vamos a suponer

que son de tres elementos: Por un lado, CBA , y por otro lado,

ZYX .

La probabilidad de )(XP la podemos representar mediante una unión:

)()()()( CXPBXPAXPXP

3.1 F

Tenemos dos dados con caras numeradas del 1 al 6, pero cargados de forma que la

probabilidad de obtener un número k es directamente proporcional a k. Determina la

probabilidad de obtener un 7 lanzando los dos dados.

AIME I 2016 #2

Puede ocurrir que, sabiendo )(,)(,)( CPBPAP , las probabilidades de ZYX ,, solo las

sepamos de forma condicional:

Definimos )/( AXP como la probabilidad de que suceda X sabiendo que ha

sucedido A, y es igual a:

)(

)()/(

AP

AXPAXP

si 0)( AP

Esta definición genera una probabilidad para la cual

1)(

)(

)(

)()/(

AP

AP

AP

AAPAAP

0)(

0

)(

)(

)(

)()/(

APAP

P

AP

AAPAAP

Ahora podemos obtener una fórmula que nos permitirá calcular )(XP en función de las

probabilidades condicionales, también llamada Fórmula de la Probabilidad Total:

)()/()()/()()/(

)()()()(

CPCXPBPBXPAPAXP

CXPBXPAXPXP

Y también podemos obtener la denominada Teorema de Bayes:

)(

)()/(

)(

)(

)(

)()/(

XP

APAXP

XP

AXP

XP

XAPXAP

3.2 MF

Sobre una mesa tengo tres cajas con botones; la primera caja tiene 3 botones, la segunda

5 y la tercera 4. Cada una de las cajas contiene un solo botón rojo. Si elijo al azar una

caja y saco de ella un botón al azar:

a) ¿Cuál es la probabilidad de que sea un botón rojo?

b) Si he sacado un botón rojo, ¿Cuál es la probabilidad de que pertenezca a la primera

caja?

PAU EUSKADI 2019 #A5

3.3 M

Supongamos que dos equipos, A y B, juegan una competición deportiva. Se declara

vencedor el primer equipo que gana tres partidos. Los dos equipos tienen la misma

probabilidad de ganar, y todos los partidos son independientes. Supongamos que el

equipo B gana el segundo partido y que al final, el equipo A obtiene la victoria. ¿Cuál

es la probabilidad que el equipo B ganara el primer partido?

AMC10A 2005 #18

3.4 M

Los equipos 4321 ,,, TTTT llegan a los play-offs. En la semifinal juegan 1T contra 4T , y

2T contra 3T . Los ganadores de estos dos partidos jugarán la final, el uno contra el otro,

para determinar el campeón. Cuando iT juega contra jT , la probabilidad que iT gane es

ji

i

, y los eventos son todos independientes. ¿Cuál es la probabilidad de que 4T quede

campeón? AIME II 2017 #2

3.5 M

Sandy tiene 5 pares de calcetines en un cajón, cada para de diferente color. El lunes,

Sandy toma dos calcetines al azar del total de 10. El martes, Sandy toma 2 calcetines al

azar de entre los 8 restantes, y el miércoles, Sandy toma 2 calcetines al azar de entre los

6 restantes. ¿Cuál es la probabilidad de que el miércoles sea el primer día en el que

Sandy toma dos calcetines del mismo color?

AIME I 2015 #5

3.6 F

La probabilidad de que llueva el sábado es del 40% y la probabilidad de que llueva el

domingo es del 30%, y sabemos que hay el doble de probabilidades de que llueva el

domingo si ha llovido el sábado que si no ha llovido el sábado. ¿Cuál es la probabilidad

de que llueva al menos uno de los dos días de este fin de semana?

AIME II 2016 #2

3.7 F

Arnold está estudiando tres factores de riesgo para la salud, denotados por A, B y C, en

una población de personas. Para cada uno de los tres factores, la probabilidad de que

una persona tomada al azar tenga uno solo de estos riesgos (y ninguno de los otros dos)

es 0.1. La probabilidad de que tenga exactamente dos de estos riesgos (pero no del

tercero) es 0.14. La probabilidad de que tenga los tres factores de riesgo, sabiendo que

tiene A y B es 1/3. ¿Cuál es la probabilidad de que no tenga ninguno de los tres factores

de riesgo, sabiendo que no tiene el factor de riesgo A?

AIME II 2014 #2

4 Distribución binomial.

La distribución binomial modeliza el problema de determinar la probabilidad de ganar k

veces un juego de n partidas, si la probabilidad de ganar cada partida individual es p.

knk ppk

nkXP

)1()( , nk ,...,2,1,0

Gráficas de la distribución binomial con 10n y 8.02.0,5.0 yp .

Gráficas de la distribución binomial con 5.0p y 6030 yn .

4.1 F

Pintamos cada una de las caras de un cubo de rojo o azul, cada una con probabilidad

1/2. El color de cada cara se determina independientemente. Dejamos el cubo sobre una

superficie horizontal. ¿Cuál es la probabilidad de que las cuatro caras que quedan en

vertical tengan el mismo color?

AMC 10B 2004 #23

5 Sucesiones de esdevenimientos.

5.1 Problema modelo.

Amelia lanza una moneda con probabilidad de sacar cara igual a 1/3, después Blaine

lanza una moneda con probabilidad de sacar cara igual a 2/5. Amelia y Blaine van

lanzando sus monedas alternativamente, y gana el primero que saca cara. ¿Cuál es la

probabilidad de que gane Amelia?

AMC 10A 2017 #18

Solución.

Primera versión. Mediante series geométricas.

La probabilidad de que Amelia gane en la primera tirada es: 3

1)()( 11 CAPAP

La probabilidad de que queden "Empate" en una tirada es:

5

2

5

3

3

2)()()( 111 BPAPEP

La probabilidad de que Amelia gane en la segunda tirada es:

15

2

3

1

5

2)()()( 212 CAPEPAP

La probabilidad de que queden "Empate" después de n tiradas es: n

n

n EPEP

5

2)()( 1

La probabilidad de que Amelia gane después de n tiradas es:

3

1

5

2))()()(

1

1

n

nnn CAPEPAP

La probabilidad de que Amelia gane el juego será la suma de todas las probabilidades:

9

5

3

5

3

1

5/21

1

3

1

5

2

3

1

3

1

5

2)(

01

1

1

k

n

k

n

k

kAPAP

Donde hemos utilizado la fórmula de la serie geométrica:

11

1

0

rr

rk

n

Segunda versión. "Truco" para evitar la serie geométrica.

Siguiendo los razonamientos anteriores:

La probabilidad de que Amelia gane en la primera tirada es:

3

1)()( 11 CAPAP

La probabilidad de que la partida quede empate es:

5

2

5

3

3

2)()()( 111 BPAPEP

Si x es la probabilidad de que Amelia gane la partida, será solución de la ecuación

9

5596515

15

65

15

6

15

5

5

2

3

1

xxxx

xxxx

5.2 MF

Larry y Julius hacen una apuesta que consiste en lanzar, por turnos, una pelota a una

botella. Larry lanza primero. Gana el primero que da en la botella. En cada turno, la

probabilidad de que uno de los dos jugadores dé en la botella es de 1/2. ¿Cuál es la

probabilidad de que Larry gane la apuesta?

(A) 2

1 (B)

5

3 (C)

3

2 (D)

4

3 (E)

5

4

AMC 12B 2015 #9

6 Problemas en general.

6.1 D

Para cada subconjunto T de 18,...,3,2,1U , sea )(Ts la suma de los elementos de

T, y definiendo 0)( s . Si tomamos un subconjunto T aleatoriamente, ¿Cuál es la

probabilidad de que )(Ts sea divisible entre 3?

AIME 1 2016 #2

6.2 F

Se seleccionan al azar tres números diferentes del conjunto 10,...,3,2,1 . ¿Cuál es la

probabilidad de que uno de ellos sea la media aritmética de los otros dos?

(A) 10

1 (B)

6

1 (C)

4

1 (D)

3

1 (E)

2

1

CANGURO 2020 Nivel 6 #28

Soluciones.

1.1

a) 6

1

)(#

(X)#)(6

XPX

b) 2

1

6

3

)(#

(X)#)(6,4,2

XPX

1.2

Denotamos las bolas por A1, V1, N1, R1 , M1 las de Alicia y A2, V2, N2, R2 , M2 las de Bob.

Supongamos, por ejemplo, que Alicia toma la bola A1. Entonces la bolsa de Bob contendrá

A1, A2, V2, N2, R2 , M2, y para que las dos bolsas tengan después el mismo contenido, Bob debe

tomar A1 o A2, es decir, 2 de los 6 casos posibles.

En total esto mismo pasa con las 5 bolas de Alicia, por lo tanto hay un total de 3065 casos

posibles de los cuales son favorables 1025 , y por tanto

3

1

30

10P

1.3

Los impares se cancelan por parejas: Impar+Impar=Par, luego decir que el total sea impar es

equivalente a decir que el número de bolas impares sea 1, 3 o 5.

Tomamos las bolas simultáneamente, luego no puede haber repeticiones.

Casos totales: 462)!611(!6

!116

11

C

Casos en que aparezca un impar: 6)!55(!5

!565

5

1

6

CC

Casos en que aparecen tres impartes: 200!2!3

!5

!3!3

!63

5

3

6 CC

Casos en que aparecen cinco impares: 30!4!1

!5

!1!5

!61

5

5

6 CC

Total de casos: 236302006 , probabilidad: 231

118

462

236

1.4

Está claro que el número de casos posibles es 38019202

20 V .

El suceso 2 JB consta de todos los casos para los que 2 JB

Si 20,...,5,4,31 BJ : 17 casos.

Si 20,...,6,5,42 BJ : 16 casos.

...

Si 2018 BJ : 1 caso.

Si 19J : 0 casos.

Si 20J : 0 casos.

Luego consta de 1539172

181717...4321

casos.

Las probabilidades son: 380

153)( JBP , y la solución es 533380153

1.5

El conjunto de casos posibles consta de todos los conjuntos de tres puntos que podemos

tomar, en total:

84!6!3

!9

3

9#

El conjunto X de casos favorables son todas las alineaciones de tres puntos: 3 horizontales, 3

verticales y 2 diagonales. 8233# X

Luego 21

2

84

8

#

#)(

XXP

1.6

El total de posibles combinaciones es 120!55 P .

De estas, las combinaciones favorables son una: XOXOX, multiplicada por 2 pues los dos

elementos “O” son intercambiables, y multiplicada por 6!33 P pues los tres elementos “X”

son intercambiables. En total: 1262# X

La probabilidad es 10

1

120

12

#

#)(

XXP

1.7

La posibilidades totales son 28!6!2

!8

2

82

8

C . De todos estos casos, los favorables son:

20+20, 10+10 y 20+10, 20+5, 20+1. Estos tres últimos hay que multiplicarlos por 4 pues hay

dos de cada uno, en total:

144311 casos favorables, y por tanto 2

1

14

7

28

14

#

#)(

XXP

1.8

Las permutaciones de 5 elementos son P5=5!=120 elementos, de las cuales, que empiecen por 1

son P4=4!=24 elementos. Por lo tanto, S consta de 120-24=96 elementos.

X=”Segundo elemento es 2” pueden empezar por “32***”, “42***” y “52***”, en total

3*P3=18 elementos,

Luego 16

3

96

18

#

#)(

XXP

1.9

El número total de casos posibles, puesto que hay diez cartas, y las tomamos de 5 en 5, será

6789105

10 V . (Y no de 3225 como se podría suponer).

Para contabilizar los casos favorables, los vamos a ordenar en función del número de cartas

rojas que aparezcan.

a) 0 cartas rojas: “VVVVV”.

Hay 12012345 casos diferentes.

b) 1 carta roja: “RVVVV”.

Hay 60023455 casos, y puesto que la carta roja puede estar al principio o al final, hay

12002600 casos diferentes.

c) 2 cartas rojas: “RRVVV”.

Hay 120034545 casos, y puesto que las dos “RR” pueden estar al principio o al final,

hay 240021200 casos diferentes.

d) 3 cartas rojas: “RRRVV”

Hay 120045345 casos, y puesto que las dos “RRR” pueden estar al principio o al final,

hay 240021200 casos diferentes.

e) 4 cartas rojas: “RRRRV”.

Hay 60052345 casos, y puesto que la carta verde puede estar al principio o al final, hay

12002600 casos diferentes.

f) 5 cartas rojas: “RRRRR”.

Hay 12012345 casos diferentes.

En total: 74401201200240024001200120 casos favorables.

La probabilidad es, por tanto, 126

31

678910

7440

P

1.10

Tenemos un total de 4!4 permutaciones posibles: 4 casos para la primera posición y para el

resto nos quedan cuatro opciones para cuatro posiciones.

Las opciones válidas son las siguientes:

Para la primera posición, tenemos 3 (pues el "2" está fijo en la segunda y no puede ser un "1")

La segunda posición debe ser fijo un 2

Para cada valor en la primera, quedan tres valores para las tres restantes, en un total de !3 ,

Luego las opciones válidas son !33

La probabilidad es, por tanto, 16

3

!44

!33

P

1.11

Puesto que ba , el conjunto X de parejas diferentes ),( ba que podemos tomar tiene cardinal

2425 .

bacb c

a log

En nuestro caso: mnmncc mncmcnmn |22222log

2

Así pues, el problema se convierte en tomar 25,...,3,2,1 ba y que se cumpla ba |

En función del valor a , todo se reduce a contar los múltiplos de a mayores que a :

013

112,111,110,19,28,27

36,45,54,73,112,241

a

aaaaaa

aaaaaa

Total: 62 casos.

300

31

2425

62

P

2.1

La probabilidad es proporcional al área sombreada

que es un 1/8 del área total. Por lo tanto, la probabilidad es 1/8.

2.2

Independientemente de si P está o no en el interior del pentágono, dado un punto P=(x,y),

APB será obtuso si y solo si P pertenece al interior de la circunferencia de diámetro AB.

Esta circunferencia tiene por centro O el punto medio del segmento AB y radio

512 22 OBr y por tanto su área es 52 r .

Dentro del pentágono, la zona favorable es la mitad, luego su área será 2/5 .

El área total del pentágono se determina calculando el área del rectángulo y restándole el

triángulo de la esquina inferior izquierda:

841242/24124

Y la probabilidad será 16

5

8

2/5

P .

2.3

Un triángulo rectángulo con º60ABC mantiene una proporción 2:3:1 en sus lados,

luego

352

3

10 AC

AC

52

1

10 BC

BC

Mediante Pitágoras vamos a determinar el punto D en AC tal que 25CD :

1355355525 22

CDACADCD

Luego el área del triángulo BDA para el cual 25BD es

2

1325

2

5135

El área total del triángulo ABC es 2

325

2

535

Y por lo tanto

3

33

3

13

2/325

2/1325

ABC

BDAP .

2.4

Determinamos la recta que pasa por el punto

8

3,

8

5P y tiene pendiente

2

1:

16

1

2

1

16

1

8

5

2

1

8

3

8

5

2

1

8

3

2

1

xybbbxy

La zona que buscamos son todos aquellos puntos del cuadrado unidad que estén por encima de

esta recta, a su derecha, o por debajo si están a su izquierda.

Determinamos sus puntos de corte con los bordes del cuadrado:

16

9,0

16

9

16

11

2

11

16

1,0

16

1

16

10

2

10

Byx

Ayx

Determinamos el área de esta zona en dos rectángulos y dos triángulos:

128

43

168

43

2168

86

16

7

8

3

2

1

16

3

8

3

2

1

8

5

16

5

16

1

8

5

F

Puesto que el área total es igual al área del cuadrado de lado 1,

112 T

Y la probabilidad es 128

43

1

128/43

T

F

3.1

Primera versión.

Si el dado sigue una probabilidad directamente proporcional al número, entonces

)1(PkkP , y por tanto:

21

)(21

1)1()1(21654321)1(

)1(6...)1(3)1(2)1()6(...)2()1(1

kkPPPP

PPPPPPP

Sean 11111,11 7,6,5,4,3,2,1 los casos sacar un 1, un 2, un tres... con el primer dado.

Sean 22222,22 7,6,5,4,3,2,1 los casos sacar un 1, un 2, un tres... con el segund/o dado.

63

8

441

5628

21

2

43526121

2162534435261

21

1

21

1

21

6

21

2

21

5

21

3

21

4

21

4

21

3

21

5

21

2

21

6

21

1

)1()6(...)4()3()5()2()6()1()7(

2

22

21212121

PPPPPPPPP

Segunda versión.

Se puede considerar que tenemos un dado con 21 caras: 6 "seis", 5 "cinco", 4 "cuatro"...,

con un total de 441212 casos.

Hay 564352612 casos favorables.

Luego 63

8

441

56P .

3.2

3

1)()()( CPBPAP

4

1)/(,

5

1)/(,

3

1)/( CRPBRPARP

a) Aplicamos el Teorema de la Probabilidad Total:

180

47

4

1

3

1

5

1

3

1

3

1

3

1

)/()()/()()/()()(

CRPCPBRPBPARPAPRP

b) Aplicamos el Teorema de Bayes:

47

20

180/47

)3/1)(3/1(

)(

)()/()/(

RP

APARPRAP

3.3

Denotamos con A1 el caso “El equipo A gana el partido 1”, notamos con B1 el caso “El equipo

B gana el partido 1”, A2 es “El equipo A gana el segundo partido”, etc…

Para poder trabajar con casos equiprobables, vamos a suponer que los dos equipos juegan los

cinco partidos, aunque uno de los dos ya haya ganado tres y sea por tanto vencedor de la

competición, y que los juegan con igual esfuerzo (¿Realmente podemos suponer esto? ????)

Los resultados posibles de la competición son:

A1A2A3A4A5, A1A2A3A4B5, A1A2A3B4A5, A1A2A3B4B5,… , B1B2B3B4B5

En total: 25=32

Los resultados asociados a “A y B2” son

B1B2A3A4A5 , A1B2A3A4A5 , A1B2A3A4B5 , A1B2A3B4A5 , A1B2B3A4A5

que son 5 en total.

De los cuales solo en uno de ellos el equipo B gana el primer partido.

5

1

32/5

32/1

)(

)()/(

2

2121

ByAP

ByAyBPByABP

3.4

En primer lugar veamos el cuadro de las diferentes posibilidades para las semifinales:

Equipo A Equipo B Probabilidad

1 2 25

2

5

2

5

1

1 3 25

3

5

3

5

1

4 2 25

8

5

2

5

4

4 3 25

12

5

3

5

4

Y ahora:

535

256

25

12

7

4

25

8

6

4)()(

)()()(

3434

24244

semifinalTTPTaganeTP

semifinalTTPTaganeTPcampeónTP

3.5

Tenemos un cajón con diez calcetines:

22222

11111

,,,,

,,,,

EDCBA

EDCBA

Primer día.

La probabilidad '1P de tomar dos calcetines del mismo color es:

9

1

95

5

2/910

5

)!2!8/(!10

5

2

10

5'1

P

Luego la probabilidad 1P de tomar dos calcetines de diferente color el primer día es:

9

8

9

1111 PP

Segundo día.

Podemos suponer que faltan 1A y 2B , luego nos quedan seis calcetines, un par desaparejados:

2A y 1B , y tres parejas completas:

2222

1111

,,,

,,,

EDCA

EDCB

Las combinaciones posibles para tomar un par son 282

78

!2!6

!8

2

8

Tenemos que distinguir casos:

La probabilidad 1

2P de tomar el par desaparejado es 28

11

2 P

La probabilidad 2

2P de tomar uno de los calcetines desaparejados y uno aparejado es

(B1,C1) , (B1,D1) , (B1,E1) , (B1,C2) , (B1,D2) , (B1,E2)

(A2,C1) , (A2,D1) , (A2,E1) , (A2,C2) , (A2,D2) , (A2,E2)

7

3

28

122

2 P

La probabilidad 3

2P de tomar dos (diferentes) de los tres pares es

(C1,D2) , (C1,E2) , (D1,C2) , (D1,E2) , (E1,C2) , (E1,D2)

14

3

28

63

2 P

Tercer día.

En el tercer día, nos quedan 6 calcetines en el cajón. Por lo tanto tenemos

152

56

!2!4

!6

2

6

parejas diferentes.

Tenemos que distinguir casos.

a) Si el segundo día tomamos la pareja desaparejada, 1B y 2A , entonces nos quedan tres

parejas:

222

111

,,

,,

EDC

EDC

Y hay 3 casos favorables (C1,C2) , (D1,D2) , (E1,E2) , y por tanto 15

31

3 P

b) Si hemos tomado uno de los calcetines del par desaparejado 1B y otro de una pareja

completa, por ejemplo 2C

222

111

,,

,,

EDA

EDC

Tendremos 2 casos favorables: (D1,D2) , (E1,E2), y por tanto: 15

22

3 P

c) Si en el segundo día hemos tomado una pareja completa, por ejemplo 1E y 2E

222

111

,,

,,

DCA

DCB

Tendremos 2 casos favorables: (C1,C) , (D1,D2), y por tanto: 15

23

3 P

Luego:

08.0315

26

15

2

14

3

15

2

7

3

15

3

28

1

9

83

3

3

2

2

3

2

2

1

3

1

21

PPPPPPPP

3.6

Sea X el suceso "llueve el sábado" y sea Y el suceso "llueve el domingo".

Sabemos que:

4.0)( XP

3.0)( YP

)/(2)/( XYPXYP

Por el Teorema de la Probabilidad Total:

7

3)/()/(

2

1)4.01()/(4.03.0

)/()()/()()(

XYPXYPXYP

XYPXPXYPXPYP

35

64.0

7

3)(

4.0

)(

7

3

)(

)()/(

XYP

XYP

XP

XYPXYP

70

37

35

63.04.0)()()()( YXPYPXPYXP

3.7

Un diagrama de Venn nos ayudará a organizarnos:

)(62.0)(

)(14.014.014.01.01.0)(

CBAPBAP

CBAPBAP

)(14.0)( CBAPBAP

)(3)()(

)()/(

3

1CBAPBAP

BAP

CBAPBACBAP

Luego

07.02

14.0)()(14.0)(3 CBAPCBAPCBAP

Y por tanto:

21.079.0179.007.014.031.03)( CBAPCBAP

Y también:

55.045.01)(45.007.014.014.01.0)( APAP

Finalmente:

55

21

55.0

21.0

)(/

AP

CBAPACBAP

4.1

La probabilidad depende del número de caras que pintemos,

a) Si hay 6 caras pintadas, cualquier posición es buena, luego la probabilidad es 1.

b) Si hay 5 caras pintadas, colocando el cubo de forma que la cara no pintada quede arriba o

abajo, las otras cuatro en vertical serán del mismo color, por lo tanto la probabilidad es 1.

c) Si hay 4 caras pintadas, solo hay una posibilidad aceptable, y es que las dos caras no pintadas

no se toquen, de forma que una quede arriba y la otra abajo.

El número de combinaciones posibles es 15!4!2

!6

2

6

, de las cuales 3 son aceptables. Luego

la probabilidad es 15/3 .

d) Si hay 3 caras pintadas, es imposible, luego la probabilidad es 0.

e) Si hay 2 caras pintadas, es igual al de 4 caras pintadas: 3/15

f) Si hay 1 cara pintada, la probabilidad es 1.

g) Si no hay ninguna cara pintada, la probabilidad es 0.

El número de caras pintadas sigue una probabilidad binomial: 6

2

16

2

11

2

1)(

kk

nknP

knk

16

51

2

11

2

61

2

6

15

3

2

150

15

3

2

151

2

61

2

1

1)0(1)1(15

3)2(

0)3(15

3)4(1)5(1)6(

6666666

nPnPnP

nPnPnPnPP

5.2

La probabilidad de que gane Larry en el primer lanzamiento:

2

11 LP

Para que empaten en uno de los lanzamientos, ambos deben fallar. La probabilidad es

4

1

2

1

2

11 EP

La probabilidad de que gane Larry en el segundo lanzamiento es:

8

1

2

1

4

1212 LPEPLP

La probablidad de que gane Larry en uno de los dos primeros lanzamientos es:

8

5

8

1

2

1212,1 LPLPLP

La probabilidad de que gane Larry es una serie infinita

3

2

3

4

2

1

4/11

1

2

1

4

1

2

1

2

1

4

1)(

01

1

1

k

n

k

n

k

kLPLP

O bien, con el "truco" del problema 5.1

xLP )(

3

2232424

4

2

4

1

2

1

xxxxxx

xxxx (C)

6.1

Veamos qué pasa con conjuntos pequeños. Sea 3,2,13 U

Hay 4 casos favorables: }3,2,1{,}2,1{,}3{, , de un total de 823 casos posibles, luego

2/18/43 UP y por tanto 2/12/113 UP

Sea 6,5,4,3,2,16 U

De un subconjunto de 3U a un subconjunto de 6U se pasa añadiendo un subconjunto de

6,5,4 . El resultado será favorable o no en función de si lo era antes o no:

3UT )3(mod0T )3(mod1T )3(mod2T

TT Sí No No

}4{TT No No Sí

}5{TT No Sí No

}6{TT Sí No No

}5,4{TT Sí No No

}6,5{TT No Sí No

}6,4{TT No No Sí

}6,5,4{TT Sí No No

2/18/4)/( 36 UUP

4/116/4)/( 36 UUP

8

3

2

1

4

1

2

1

2

1)()/()()/()( 3363366 UPUUPUPUUPUP

8

5)(1)( 66 UPUP

Pero este proceso se repite de la misma forma de 6U a 9U , puesto que los números 9,8,7

actúan de la misma forma que 6,5,4 . Luego

32

11

8

5

4

1

8

3

2

1)()/()()/()( 6696699 UPUUPUPUUPUP

Y en general de kU a 3kU sigue el mismo proceso:

128

43

32

21

4

1

32

11

2

1)()/()()/()( 9912991212 UPUUPUPUUPUP

512

171

128

85

4

1

128

43

2

1)()/()()/()( 12121512121515 UPUUPUPUUPUP

2048

683

512

341

4

1

512

171

2

1)()/()()/()( 15151815151818 UPUUPUPUUPUP

Segunda versión.

Teniendo en cuenta que hay muchos cálculos involucrados, y que hay que hacerlos a mano, tal

vez sea mejor pensar en número de casos. Sea n el número de casos favorables para nU .

El número de casos posibles para nU es n2 .

Ya hemos visto que 43 .

De 3U a 6U :

Para todos y cada uno de los elementos de 3U , se puede pasar a un elemento de 6 añadiendo

}5{},4{, , y también pasamos a un elemento de 6 añadiendo }6,4{},6,5{},5,4{ ,

Por otro lado, si 3T , T y }6,5,4{T pertenecerán a 6 .

Luego 2422222 3

3

3

3

6 .

Y vemos que esta misma fórmula sirve para pasar de 6 a 9 , y sucesivamente:

17622 6

6

9

137622 9

9

12

1094422 12

12

15

8742422 15

15

18

Finalmente:

2048

683

2

87424)(

18

18

1818

UUP

Fuente de estas dos versiones: www.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2018_AIME_I_Problems/Problem_12

6.2

La media aritmética de dos números ba, es el punto medio del intervalo numérico ba, .

El número de casos totales es 8910 T .

Y el número de casos favorables lo podemos determinar explícitamente, en función del valor

del centro:

1 2 3

2 3 4

1 3 5

3 4 5

2 4 6

1 4 7

4 5 6

3 5 7

2 5 8

1 5 9

5 6 7

4 6 8

3 6 9

2 6 10

6 7 8

5 7 9

4 7 10

7 8 9

6 8 10

8 9 10

Cada uno de estos casos se puede presentar de !3 formas diferentes, luego en total hay

!320 F casos favorables.

Luego la probabilidad es 6

1

23

1

49

!3

8910

!320

T

FP