Probabilidad: ejercicios de la PAU de Matemáticas CCSS de Andalucía resueltos

Planteamiento En el muestreo aleatorio simple que se usa en Bachillerato las muestras se toman con reemplazamiento: un mismo elemento puede salir más de una vez. Entonces la media muestral $\bar X$ tiene media $\mu$ y varianza $\frac{\sigma^2}{n}$, donde $\mu$ y $\sigma^2$ son la media y la varianza de la población y $n=3$.

1. Media de la población, con $N=5$ elementos:

   $\mu=\frac{-5-2+13+18+20}{5}=\frac{44}{5}=8{,}8$

2. Media de los cuadrados:

   $\frac{25+4+169+324+400}{5}$${}= \frac{922}{5}$${}= 184{,}4$

3. Varianza de la población:

   $\sigma^2$${}= 184{,}4-8{,}8^2$${}= 184{,}4-77{,}44$${}= 106{,}96$

4. Media de la distribución de la media muestral:

   $E(\bar X)=\mu=8{,}8$

5. Varianza de la media muestral, con $n=3$:

   $\operatorname{Var}(\bar X)$${}= \frac{\sigma^2}{n}$${}= \frac{106{,}96}{3}$${}= \frac{2\,674}{75}$${}\approx 35{,}65$

6. Si las muestras se tomaran sin reemplazamiento (las 10 muestras de tres elementos distintos), la media sería la misma y la varianza llevaría el factor de corrección $\frac{N-n}{N-1}=\frac{2}{4}$:

   $\frac{106{,}96}{3}\cdot\frac{2}{4}=\frac{1\,337}{75}\approx 17{,}83$

Planteamiento $P(A/B)$ es la probabilidad de $A$ condicionada a $B$. $B-A$ es «ocurre $B$ y no ocurre $A$», es decir, $B\cap A^c$; y $A^c-B=A^c\cap B^c$.

1. Probabilidad de $B$:

   $P(B)=1-P(B^c)=1-0{,}8=0{,}2$

2. Intersección, de la definición de probabilidad condicionada:

   $P(A\cap B)$${}= P(A/B)\cdot P(B)$${}= 0{,}6\cdot 0{,}2$${}= 0{,}12$

3. Diferencia:

   $P(B-A)$${}= P(B)-P(A\cap B)$${}= 0{,}2-0{,}12$${}= 0{,}08$

4. Unión:

   $P(A\cup B)=0{,}75+0{,}2-0{,}12=0{,}83$

5. Por las leyes de De Morgan, $A^c\cap B^c=(A\cup B)^c$:

   $P(A^c-B)$${}= 1-P(A\cup B)$${}= 1-0{,}83$${}= 0{,}17$

Planteamiento De $P(B^c/A)$ sale $P(B/A)$; con la intersección obtenemos $P(A)$, y $P(B)$ es la mitad.

1. Suceso contrario dentro de la probabilidad condicionada:

   $P(B/A)$${}= 1-P(B^c/A)$${}= 1-0{,}75$${}= 0{,}25$

2. Definición de probabilidad condicionada:

   $P(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B/A)}=\frac{0{,}2}{0{,}25}=0{,}8$

3. $P(A)$ es el doble de $P(B)$:

   $P(B)=\frac{0{,}8}{2}=0{,}4$

Planteamiento «No ocurre ni $A$ ni $B$» es el suceso $A^c\cap B^c$, el contrario de la unión $A\cup B$.

1. Unión:

   $P(A\cup B)=0{,}8+0{,}4-0{,}2=1$

2. Suceso contrario:

   $P(A^c\cap B^c)$${}= 1-P(A\cup B)$${}= 1-1=0$

3. Dos sucesos son incompatibles cuando no pueden ocurrir a la vez: aquí la probabilidad de que ocurran juntos es cero.

   $P(A^c\cap B^c)=0$

Planteamiento Cada repetición es una prueba con dos resultados, ocurre $B$ (con probabilidad $0{,}4$) o no ocurre, y las repeticiones son independientes.

1. Número de pruebas y probabilidad de que ocurra B en cada una:

   $n=1\,350$$p=P(B)=0{,}4$

Planteamiento Hay que calcular $P(499<X\le 580)$${}= P(500\le X\le 580)$. Con $n$ tan grande aproximamos la binomial por una normal con su misma media y desviación típica, con la corrección por continuidad.

1. Media de la binomial:

   $\mu=np=1\,350\cdot 0{,}4=540$

2. Desviación típica, con $np(1-p)=540\cdot 0{,}6=324$:

   $\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{324}=18$

3. Se puede aproximar porque las dos cantidades son mayores que 5:

   $np=540>5$$n(1-p)=810>5$

4. Corrección por continuidad, con $X'\sim N(540;\ 18)$:

   $P(500\le X\le 580)$${}\approx P(499{,}5\le X'\le 580{,}5)$

5. Tipificamos con $Z=\frac{X'-540}{18}$:

   $\frac{499{,}5-540}{18}=-2{,}25$$\frac{580{,}5-540}{18}=2{,}25$

6. En la tabla, $P(Z\le 2{,}25)=0{,}9878$; por la simetría de la normal:

   $P(-2{,}25\le Z\le 2{,}25)$${}= 2\cdot 0{,}9878-1$${}= 0{,}9756$

Planteamiento Llamamos $R$, $L$ y $Z$ a «roja», «blanca» y «azul», y $V$, $D$ y $N$ a «premio de 20 €», «premio de 10 €» y «sin premio». Usamos el teorema de la probabilidad total.

1. Probabilidades de los colores:

   $P(R)=0{,}3$$P(L)=0{,}2$$P(Z)=1-0{,}3-0{,}2=0{,}5$

2. Probabilidad de un premio de 20 € según el color; las blancas nunca lo tienen:

   $P(V/R)=\frac{1}{4}$$P(V/L)=0$$P(V/Z)=\frac{2}{3}$

3. Probabilidad total:

   $P(V)$${}= 0{,}3\cdot\frac{1}{4}+0{,}5\cdot\frac{2}{3}$${}= \frac{3}{40}+\frac{1}{3}$${}= \frac{49}{120}$

Planteamiento Es la probabilidad de la unión $L\cup N$; las bolas azules siempre tienen premio.

1. Probabilidad de que la bola no tenga premio:

   $P(N)$${}= 0{,}3\cdot\frac{3}{4}+0{,}2\cdot\frac{1}{2}+0{,}5\cdot 0$${}= 0{,}225+0{,}1$${}= 0{,}325$

2. Blanca y sin premio:

   $P(L\cap N)=0{,}2\cdot\frac{1}{2}=0{,}1$

3. Unión:

   $P(L\cup N)=0{,}2+0{,}325-0{,}1=0{,}425$

Planteamiento Es la probabilidad condicionada $P(N/Z^c)$, donde $Z^c$ es «no es azul».

1. Probabilidad de que no sea azul:

   $P(Z^c)=1-0{,}5=0{,}5$

2. Todas las bolas sin premio son rojas o blancas, así que $N\cap Z^c=N$:

   $P(N\cap Z^c)=P(N)=0{,}325$

3. Probabilidad condicionada:

   $P(N/Z^c)=\frac{0{,}325}{0{,}5}=0{,}65$

Planteamiento La población es normal con desviación típica conocida: el intervalo es $\left(\bar x-E,\ \bar x+E\right)$ con $E=z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt n}$, que es el error máximo de estimación.

1. Confianza del 97,5 %, es decir, $\alpha=0{,}025$. Buscamos en la tabla

   $P(Z\le z_{\alpha/2})$${}= 1-\frac{0{,}025}{2}$${}= 0{,}9875$

2. La tabla da exactamente $0{,}9875$ para $z=2{,}24$:

   $z_{\alpha/2}=2{,}24$

3. Error típico de la media, con $\sigma=0{,}08$ y $n=16$:

   $\frac{\sigma}{\sqrt n}=\frac{0{,}08}{\sqrt{16}}=0{,}02$

4. Error máximo de estimación:

   $E=2{,}24\cdot 0{,}02=0{,}0448$

5. Extremos del intervalo, con $\bar x=1{,}458$:

   $1{,}458-0{,}0448=1{,}4132$$1{,}458+0{,}0448=1{,}5028$

Planteamiento La media muestral de una población normal sigue una normal con la misma media y desviación típica $\frac{\sigma}{\sqrt n}$, aquí con $n=7$.

1. Distribución de la media muestral:

   $\bar X\sim N\left(1{,}44;\ \frac{0{,}08}{\sqrt 7}\right)$

2. Desviación típica de $\bar X$:

   $\frac{0{,}08}{\sqrt 7}\approx 0{,}03024$

3. Tipificamos el extremo inferior, con la desviación típica sin redondear, y redondeamos $z$ a dos decimales para usar la tabla:

   $z_1$${}= \frac{1{,}383-1{,}44}{0{,}08/\sqrt 7}$${}\approx -1{,}89$

4. Y el extremo superior:

   $z_2$${}= \frac{1{,}4523-1{,}44}{0{,}08/\sqrt 7}$${}\approx 0{,}41$

5. En la tabla, $P(Z\le 0{,}41)=0{,}6591$ y $P(Z\le 1{,}89)=0{,}9706$; por la simetría de la normal:

   $P(-1{,}89\le Z\le 0{,}41)$${}= 0{,}6591-(1-0{,}9706)$${}= 0{,}6297$

6. Sin redondear los valores de $z$, con una calculadora, sale un poco menos; la diferencia viene solo del redondeo a dos decimales que pide la tabla.

   $P(1{,}383<\bar X<1{,}4523)\approx 0{,}6282$

Planteamiento «Al menos uno de ellos» es la unión $A\cup B$. Primero sacamos $P(A)$ y $P(A\cap B)$.

1. Probabilidad de $A$:

   $P(A)$${}= 1-P(A^c)$${}= 1-0{,}35$${}= 0{,}65$

2. $A$ se parte en $A\cap B^c$ y $A\cap B$, que son incompatibles:

   $P(A\cap B)=0{,}65-0{,}3=0{,}35$

3. Unión:

   $P(A\cup B)=0{,}65+0{,}55-0{,}35=0{,}85$

Planteamiento Es la probabilidad condicionada $P(B/A^c)=\frac{P(B\cap A^c)}{P(A^c)}$.

1. Ocurre $B$ y no ocurre $A$:

   $P(B\cap A^c)$${}= P(B)-P(A\cap B)$${}= 0{,}55-0{,}35$${}= 0{,}2$

2. Probabilidad condicionada:

   $P(B/A^c)=\frac{0{,}2}{0{,}35}=\frac{4}{7}$

Planteamiento El número de veces que ocurre $B$ en 11 repeticiones independientes es una binomial con $n=11$ y $p=0{,}55$.

1. Distribución:

   $X\sim B(11;\ 0{,}55)$

2. Fórmula de la binomial:

   $P(X=8)=\binom{11}{8}\,0{,}55^8\cdot 0{,}45^3$

3. Número combinatorio:

   $\binom{11}{8}=\frac{11\cdot 10\cdot 9}{3\cdot 2\cdot 1}=165$

4. Potencias:

   $0{,}55^8\approx 0{,}008373$$0{,}45^3=0{,}091125$

5. Producto:

   $165\cdot 0{,}008373\cdot 0{,}091125$${}\approx 0{,}1259$

Planteamiento La media de una binomial es el número de pruebas por la probabilidad de éxito.

1. Esperanza:

   $E(X)=np=11\cdot 0{,}55=6{,}05$

Planteamiento Llamamos $L_1$, $L_2$ y $L_3$ a elegir cada llavero y $T$ a que la llave abra el trastero. Cada llavero se elige con probabilidad $\frac{1}{3}$, y en cada uno solo una llave abre: $P(T\mid L_1)=\frac{1}{7}$, $P(T\mid L_2)=\frac{1}{8}$ y $P(T\mid L_3)=\frac{1}{5}$. Es un experimento en dos etapas: probabilidad total.

1. Probabilidad de acertar, por el teorema de la probabilidad total:

   $P(T)$${}= \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{7}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{8}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}$${}= \frac{1}{3}\cdot\frac{40+35+56}{280}$${}= \frac{131}{840}$

2. No acertar es el suceso contrario:

   $P(\overline{T})=1-\frac{131}{840}=\frac{709}{840}\approx 0{,}8440$

Planteamiento Es la intersección $L_3\cap T$: probabilidad de elegir el tercer llavero por la de acertar dentro de él.

1. Regla del producto:

   $P(L_3\cap T)$${}= P(L_3)\cdot P(T\mid L_3)$${}= \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}$${}= \frac{1}{15}$

Planteamiento Es una probabilidad condicionada a $T$ (teorema de Bayes). $L_1$ y $L_3$ son incompatibles, así que sumamos sus intersecciones con $T$.

1. Probabilidad de elegir el primer llavero y acertar:

   $P(L_1\cap T)=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{7}=\frac{1}{21}=\frac{40}{840}$

2. Probabilidad de elegir el tercero y acertar, del apartado b:

   $P(L_3\cap T)=\frac{1}{15}=\frac{56}{840}$

3. Dividimos entre $P(T)=\frac{131}{840}$, del apartado a:

   $P(L_1\cup L_3\mid T)$${}= \frac{\frac{40}{840}+\frac{56}{840}}{\frac{131}{840}}$${}= \frac{96}{131}$${}\approx 0{,}7328$

Planteamiento Ahora condicionamos a $\overline{T}$ y buscamos $P(\overline{L_1}\mid\overline{T})$. Lo más corto es calcular $P(L_1\mid\overline{T})$ y restarlo de 1.

1. Probabilidad de elegir el primer llavero y fallar (6 de sus 7 llaves no abren):

   $P(L_1\cap\overline{T})=\frac{1}{3}\cdot\frac{6}{7}=\frac{2}{7}=\frac{240}{840}$

2. Dividimos entre $P(\overline{T})=\frac{709}{840}$, del apartado a:

   $P(L_1\mid\overline{T})=\frac{240/840}{709/840}=\frac{240}{709}$

3. Suceso contrario:

   $P(\overline{L_1}\mid\overline{T})$${}= 1-\frac{240}{709}$${}= \frac{469}{709}$${}\approx 0{,}6615$

Planteamiento Sea $X$ el número de personas, de las 20, que contratan el servicio. Cada persona contrata o no, con la misma probabilidad $p=0{,}2$ e independientemente de las demás, así que $X$ sigue una binomial $B(20;\ 0{,}2)$.

1. Fórmula de la binomial con $k=10$:

   $P(X=10)$${}= \binom{20}{10}\,0{,}2^{10}\cdot 0{,}8^{10}$

2. El número combinatorio es $\binom{20}{10}=184\,756$; multiplicando:

   $P(X=10)$${}= 184\,756\cdot 0{,}2^{10}\cdot 0{,}8^{10}$${}\approx 0{,}0020$

Planteamiento «Al menos 2» es el contrario de «0 o 1», que tiene solo dos términos.

1. Probabilidad de que no contrate nadie:

   $P(X=0)=0{,}8^{20}\approx 0{,}0115$

2. Probabilidad de que contrate exactamente una:

   $P(X=1)$${}= \binom{20}{1}\,0{,}2\cdot 0{,}8^{19}$${}= 4\cdot 0{,}8^{19}$${}\approx 0{,}0576$

3. Suceso contrario:

   $P(X\ge 2)=1-P(X=0)-P(X=1)$

4. Sustituimos y calculamos sin redondear antes (con los dos valores redondeados de arriba saldría $0{,}9309$):

   $P(X\ge 2)$${}\approx 1-0{,}8^{20}-4\cdot 0{,}8^{19}$${}\approx 0{,}9308$

Planteamiento La esperanza de una binomial $B(n;\ p)$ es $n\cdot p$.

1. Con $n=20$ y $p=0{,}2$:

   $E(X)=20\cdot 0{,}2=4$

Planteamiento Si se seleccionan $n$ personas, el número de contratos es $B(n;\ 0{,}2)$ y su esperanza es $0{,}2n$. Imponemos que sea al menos 13.

1. Planteamos la inecuación:

   $0{,}2n\ge 13\ \Longrightarrow\ n\ge\frac{13}{0{,}2}=65$

Planteamiento Sea $X$ el desajuste de un tren, $X\sim N(0;\ 2{,}2)$. Un desajuste de un minuto como máximo, por adelanto o por retraso, es $-1\le X\le 1$. Tipificamos con $Z=\frac{X-0}{2{,}2}$.

1. Tipificamos los dos extremos ($\frac{1}{2{,}2}=0{,}4545\ldots$, que redondeamos a $0{,}45$ para usar la tabla):

   $P(-1\le X\le 1)$${}= P\left(-0{,}45\le Z\le 0{,}45\right)$

2. Por la simetría de la normal:

   $P(-0{,}45\le Z\le 0{,}45)$${}= 2\,P(Z\le 0{,}45)-1$

3. En la tabla, $P(Z\le 0{,}45)=0{,}6736$:

   $2\cdot 0{,}6736-1=0{,}3472$

Planteamiento La desviación típica de la población es conocida, $\sigma=2{,}2$, así que el intervalo para la media es $\left(\bar{x}-z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\ \bar{x}+z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right)$ con $n=15$.

1. Media de la muestra (la suma de los 15 datos es 9):

   $\bar{x}=\frac{9}{15}=0{,}6$

2. Valor crítico del 96 %: $1-\frac{\alpha}{2}=0{,}98$. En la tabla, $0{,}98$ queda entre $0{,}9798$ ($z=2{,}05$) y $0{,}9803$ ($z=2{,}06$); tomamos el valor intermedio:

   $z_{\alpha/2}=2{,}055$

3. Error típico de la media:

   $\frac{\sigma}{\sqrt{n}}=\frac{2{,}2}{\sqrt{15}}\approx 0{,}5680$

4. Error máximo (margen):

   $E=2{,}055\cdot 0{,}5680\approx 1{,}1673$

5. Intervalo:

   $\left(0{,}6-1{,}1673;\ 0{,}6+1{,}1673\right)$${}= \left(-0{,}5673;\ 1{,}7673\right)$

Planteamiento Queremos que el error $E=z_{\alpha/2}\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$ sea como máximo $1{,}1$ con el 98 % de confianza, y despejamos $n$.

1. Valor crítico del 98 %: $1-\frac{\alpha}{2}=0{,}99$, y en la tabla $0{,}9901$ corresponde a $z=2{,}33$:

   $z_{\alpha/2}=2{,}33$

2. Condición sobre el error:

   $2{,}33\cdot\frac{2{,}2}{\sqrt{n}}\le 1{,}1$

3. Despejamos:

   $\sqrt{n}$${}\ge \frac{2{,}33\cdot 2{,}2}{1{,}1}$${}= 4{,}66$${}\Longrightarrow n$${}\ge 4{,}66^2$${}\approx 21{,}72$

4. Como $n$ es entero, redondeamos hacia arriba. Comprobación con $n=21$ y $n=22$:

   $2{,}33\cdot\frac{2{,}2}{\sqrt{21}}\approx 1{,}119>1{,}1$$2{,}33\cdot\frac{2{,}2}{\sqrt{22}}\approx 1{,}093\le 1{,}1$

Planteamiento Llamamos $H$ a aprobar Historia y $M$ a aprobar Matemáticas: $P(H)=0{,}5$, $P(M)=0{,}7$ y $P(H\cap M)=0{,}3$. «Solo una» es aprobar Historia y no Matemáticas, o al revés.

1. Aprueba solo Historia:

   $P(H\cap\overline{M})$${}= P(H)-P(H\cap M)$${}= 0{,}5-0{,}3$${}= 0{,}2$

2. Aprueba solo Matemáticas:

   $P(\overline{H}\cap M)$${}= P(M)-P(H\cap M)$${}= 0{,}7-0{,}3$${}= 0{,}4$

3. Son incompatibles entre sí, así que sumamos:

   $0{,}2+0{,}4=0{,}6$

Planteamiento «No aprobar más de una» es aprobar ninguna o una; su contrario es aprobar las dos.

1. Suceso contrario:

   $P\bigl(\overline{H\cap M}\bigr)$${}= 1-P(H\cap M)$${}= 1-0{,}3$${}= 0{,}7$

Planteamiento Es la probabilidad condicionada $P(H\mid\overline{M})$.

1. Probabilidad de suspender Matemáticas:

   $P(\overline{M})=1-0{,}7=0{,}3$

2. Definición de probabilidad condicionada, con $P(H\cap\overline{M})=0{,}2$ del apartado a:

   $P(H\mid\overline{M})$${}= \frac{P(H\cap\overline{M})}{P(\overline{M})}$${}= \frac{0{,}2}{0{,}3}$${}= \frac{2}{3}$

Planteamiento Dos sucesos son independientes si $P(H\cap M)=P(H)\cdot P(M)$, e incompatibles si $P(H\cap M)=0$.

1. Producto de las probabilidades:

   $P(H)\cdot P(M)=0{,}5\cdot 0{,}7=0{,}35$

2. Lo comparamos con la intersección:

   $P(H\cap M)=0{,}3\neq 0{,}35$

Planteamiento Probabilidades de cada autobús: $P(A)=\frac{4}{9}$, $P(B)=\frac{1}{3}=\frac{3}{9}$ y $P(C)=1-\frac{4}{9}-\frac{3}{9}=\frac{2}{9}$. Llamamos $S$ a saber esquiar: $P(S\mid A)=1-0{,}65=0{,}35$, $P(S\mid B)=1-0{,}4=0{,}6$ y $P(S\mid C)=1$. Aplicamos la probabilidad total.

1. Probabilidad total:

   $P(S)$${}= \frac{4}{9}\cdot 0{,}35+\frac{3}{9}\cdot 0{,}6+\frac{2}{9}\cdot 1$${}= \frac{1{,}4+1{,}8+2}{9}$${}= \frac{5{,}2}{9}$

2. En forma de fracción:

   $P(S)=\frac{52}{90}=\frac{26}{45}\approx 0{,}5778$

Planteamiento Es una probabilidad a posteriori: teorema de Bayes.

1. Probabilidad de ir en el $C$ y saber esquiar:

   $P(C\cap S)=\frac{2}{9}\cdot 1=\frac{2}{9}$

2. Dividimos entre $P(S)$, del apartado a:

   $P(C\mid S)$${}= \frac{2/9}{26/45}$${}= \frac{2\cdot 45}{9\cdot 26}$${}= \frac{5}{13}$${}\approx 0{,}3846$

Planteamiento No viajar en el $B$ es viajar en el $A$ o en el $C$; sumamos las dos intersecciones con $S$.

1. Sabe esquiar y va en el $A$:

   $P(A\cap S)=\frac{4}{9}\cdot 0{,}35=\frac{1{,}4}{9}$

2. Sabe esquiar y va en el $C$:

   $P(C\cap S)=\frac{2}{9}$

3. Suma:

   $P(S\cap\overline{B})$${}= \frac{1{,}4+2}{9}$${}= \frac{3{,}4}{9}$${}= \frac{17}{45}$${}\approx 0{,}3778$

4. Comprobación por otro camino, restando a $P(S)$ los esquiadores del $B$, $P(B\cap S)=\frac{3}{9}\cdot 0{,}6=\frac{1{,}8}{9}$:

   $\frac{5{,}2}{9}-\frac{1{,}8}{9}=\frac{3{,}4}{9}$