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grynberg
Nivel 6
Registrado: 04 Sep 2009
Mensajes: 237
Ubicación: Corrientes y Esmeralda. En el sur del planeta Tierra.
Carrera: No especificada
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Estimados y estimdas,
Les propongo discutir el siguiente problema:
Dos bolas se pintan de rojo o verde, independientemente y con probabilidad 1/2 para cada color. Luego se depositan en una urna.
(a) Si se extrae una bola de la urna y es roja, cuál es la probabilidad de que la otra bola sea roja?
(b) Si se sabe que en la urna hay una bola roja, cuál es la probabilidad de que la otra bola sea roja?
Si les interesa, lo discutimos de la siguiente manera.
Primero tratan de resolverlo y proponen soluciones.
Si las soluciones están mal o no logran ponerse de acuerdo en el modo de resolver el problema. Les doy una sugerencia para resolverlo. Si luego de la sugerencia el problema sigue resistiendose les digo cómo resolverlo correctamente.
Saludos
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fuckin_gordito
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 21 Jul 2006
Mensajes: 4207
Ubicación: P. Chacabuco
Carrera: Industrial
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una pregunta q me surgio para hacer la parte a
podriamos plantear, para suponer equiprobabilidad,que en nuestro espacio muestral tenemos que la probabilidad de 2 rojas es 0,25, de 2 verdes es 0,25 y en caso de tener una de cada color 0,5???
de ser asi podriamos suponer q si sacaste una roja, tenes probabilidad 1/3 de la q otra tmb sea roja.
creo q el planteo seria algo asi como:
P(roja en la 1era/roja en la 2da)= P(interseccion)/P(roja en la 2da)
= 0,25 / 0,75
el problema es q intuitivamente diria q la probabilidad de q la otra sea roja es 0,5 y no se cual es el error de uno u otro razonamiento....
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All'alba vincerò!
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fuckin_gordito
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 21 Jul 2006
Mensajes: 4207
Ubicación: P. Chacabuco
Carrera: Industrial
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che, mas de 70 visitas al topico y nadie puede tirarme un centro a ver si esta bien o mal lo q planteo?
q plantearian y por q?
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Spike Spiegel
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 10 Ago 2007
Mensajes: 1507
Carrera: Informática
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Gordo, planteás una condicional y por independencia de eventos, las chances de que la otra bola sea roja es la misma que al principio: 0,5.
Que sea roja o verde NO DEPENDE de la otra porque, justamente, son independendientes.
Si lo querés ver con espacio muestral tenés RR, RV, VR, VV.
Si sacaste una roja, solo pueden ser los primeros 2 casos. En uno hay roja y en el otro hay verde. 0,5.
Para el punto b el razonamiento es igual.
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![[tex]\mbox{Detrás de todo 'tengo hambre' hay un gran 'comete esta'}[/tex]](images/latex/8abc5691357a123d82fd07cae688fd7767bf6633_0.png "[tex]\mbox{Detrás de todo 'tengo hambre' hay un gran 'comete esta'}[/tex]")
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dAi!
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 05 Sep 2007
Mensajes: 1651
Carrera: Civil
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tu error me parece fuckin es al plantear P(roja en la segunda)=0.75.
porque si tu P(una de cada color)=0.5, no siempre que saque una bola, la segunda va a ser la roja, tambien puede pasar al reves. o sea que, si tenes una bola de cada color, la probabilidad de que la segunda sea roja es 0,5 y no 1 como vos supusiste.
por lo tanto P(segunda roja)= P(dos rojas)+P(una de cada color) * 0,5
eso te da P(segunda roja)=0,5.
Igualmente, la forma que planteo Fer creo que es correcta y mas rápida.
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fuckin_gordito
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 21 Jul 2006
Mensajes: 4207
Ubicación: P. Chacabuco
Carrera: Industrial
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ahi entendi.
gracias a los 2 che
igual me gustaria la confirmacion de grymberg para ver si puede acotar alguna justificacion mas importante al ejercicio q capaz q pasamos por alto
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grynberg
Nivel 6
Registrado: 04 Sep 2009
Mensajes: 237
Ubicación: Corrientes y Esmeralda. En el sur del planeta Tierra.
Carrera: No especificada
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Estimado fucking_gordito,
Prefiero esperar que otros lectores participen de la discusión antes de confirmar si lo que hicieron está correcto. El motivo es simple: el problema no está completamente resuelto: hasta aquí solamente discutieron el punto (a) y les falta discutir el punto (b). La respuesta de Spike Spiegel con respecto al punto (b) no me parece clara. Decir que "el razonamiento es igual" no resuelve el punto (b).
Sin entrar en los detalles involucrados en la solución del problema tengo un par de comentarios sobre lo que escribiste en tu primer respuesta:
1. No podés suponer equiprobabilidad. Las condiciones del problema no te permiten suponer nada: las probabilidades están dadas en el enunciado. Tal vez puedas deducir equiprobabilidad utilizando las condiciones dadas en el enunciado. Pero no es lo mismo deducir que suponer.
2. Las intuiciones son muy utiles siempre y cuando se trate de intuiciones correctas. Pero con la intuición no alcanza para resolver un problema. Los resultados tienen que formalizarse adecuadamente. Por ejemplo: intuitivamente, no te parece que los resultados de los puntos (a) y (b) van a ser iguales?
Saludos.
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Jacobiano
Nivel 9
Edad: 38
Registrado: 12 Sep 2005
Mensajes: 1784
Ubicación: Quilmes
Carrera: Electricista
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Bueno a ver....
R van a ser la cantidad de pelotas rojas que ingresen a la caja:
R puede valer 0, 1 o 2.
P(R=0)=1/4, P(R=1)=1/2 y P(R=2)=1/4. Las pintadas son sucesos independientes, por lo tanto la probabilidad de la intersección es la multiplicación de las probabilidades.
Despues, sea Br la cantidad de pelotas rojas que saco de la caja. Para cada R=i, va a haber una distribución de Br.
R=0 P(Br=0)=1
P(Br=1)=0
P(Br=2)=0
R=1 P(Br=0)=1/2
P(Br=1)=1/2
P(Br=2)=0
R=2 P(Br=0)=0
P(Br=1)=0
P(Br=2)=1
Supongo las extracciones independientes para lo anterior.
Me piden P(bola2 sea roja dado que la bola1 fue roja).
Desarrollo la probabilidad condicional y queda haciendo bola i=bi y roja=r
P(b2=r|b1=r)=(P(b2=r ^ b1=r)/(P(b1=r))
El denominador se calcula:
P(b1=r)=P(b1=r ^ (R=0 u R=1 u R=2)) por probabilidad total, despues tenemos, "distribuyendo" la intersección y utilizando para las intersecciones la probabilidad condicional:
P(b1=r)=P(b1=r|R=0)*P(R=0)+P(b1=r|R=1)*P(R=1)+P(b1=r|R=2)*P(R=2)=0+1/2*1/2+1*1/4=1/2
Para el calculo del numerador tenemos que nos piden que la bola uno y la bola dos sean las dos rojas, volvemos a plantear la probabilidad total, pero esta vez del suceso b2=r ^ b1=r con R=0, R=1 y R=2.
Despues de trabajar con esa expresión, sólo nos queda P(b1=r ^ b2=r)=P((b1=r ^ b2=r)|R=2)*P(R=2)=1*1/4=1/4
Esto es bastante cierto, ya que no puedo sacar dos rojas si no metí dos rojas!
Como tenemos numerador y denominador, hacemos la cuenta:
P(b2=r|b1=r)=(1/4)/(1/2)=1/2
Bueno, eso es el a), espero que esté bien. Ahora veo si me pongo con el b).
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Jacobiano
Nivel 9
Edad: 38
Registrado: 12 Sep 2005
Mensajes: 1784
Ubicación: Quilmes
Carrera: Electricista
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Con la misma notación de antes:
Con el dato que hay una bola roja dentro, nos dejan sólo con que R=1 o R=2.
Nos piden que la cantidad bolas rojas (Br) sea dos.
P(Br=2)=P((Br=2 ^ (R=1 u R=2))=P((Br=2 ^ R=1) u (Br=2 ^ R=2)), desarrollando la intersección con la probabilidad condicional y teniendo en cuenta que la probabilidad de que haya dos rojas en la caja si puse una sola es nula, sólo nos queda:
P(Br=2|R=2)*P(R=2)=1*1/4=1/4
Realmente, me basé en los teoremas y cosas de los libros, me dí cuenta de que si te pones a pensar de más, la podés chingar feo.
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hhuzan
Nivel 3
Registrado: 12 Oct 2007
Mensajes: 20
Ubicación: Cap. Fed
Carrera: Electrónica, Informática y
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Considerando el espacio mestral {RR,RV,VR,VV}
P(RR) = P(R) * P(R) = 1/2 * 1/2 = 1/4
P(RV) = P(R) * P(V) = 1/2 * 1/2 = 1/4
P(VR) = P(V) * P(R) = 1/2 * 1/2 = 1/4
P(VV) = P(V) * P(V) = 1/2 * 1/2 = 1/4
en (a) pide la probabilidad de que la segunda bola sea roja dado que la primera sea roja (RX)
P(RX) = = P(RR U RV) = P(RR) + P(RV) = 1/4 + 1/4 = 1/2
P(RR|RX) = P(RX int RR) / P(RX) = 1/4 / 1/2 = 1/2
en (b) pide la probabilidad de que la segunda bola sea roja dado que la primera o la segunda sea roja (una R)
P(una R) = P(RR U RV U VR) = P(RR) + P(RV) + P(VR) = 1/4 + 1/4 + 1/4 = 3/4
P(RR|una R) = P(una R int RR) / P(una R) = 1/4 / 3/4 = 1/3
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grynberg
Nivel 6
Registrado: 04 Sep 2009
Mensajes: 237
Ubicación: Corrientes y Esmeralda. En el sur del planeta Tierra.
Carrera: No especificada
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Estimado hhuzan,
Podrías explicarme que significan los elementos del espacio muestral que definiste?
Saludos
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hhuzan
Nivel 3
Registrado: 12 Oct 2007
Mensajes: 20
Ubicación: Cap. Fed
Carrera: Electrónica, Informática y
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| Por ej. RV que la primera bola extraida sea roja y la segunda verde.
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grynberg
Nivel 6
Registrado: 04 Sep 2009
Mensajes: 237
Ubicación: Corrientes y Esmeralda. En el sur del planeta Tierra.
Carrera: No especificada
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Lo sospeché desde un principio ...
En ese caso, así como está, el espacio muestral no es adecuado para tratar correctamente con el problema.
En primer lugar, porque en el punto (a) hay solamente una extracción y no dos.
En segundo lugar, porque en el punto (b) no hay ninguna extracción.
En cualquiera de los dos casos, el modelo que planteás no es correcto para modelar los pasos concretos del experimento aleatorio.
Saludos
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Spike Spiegel
Nivel 9
Edad: 36
Registrado: 10 Ago 2007
Mensajes: 1507
Carrera: Informática
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| grynberg escribió:
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Estimado fucking_gordito,
Prefiero esperar que otros lectores participen de la discusión antes de confirmar si lo que hicieron está correcto. El motivo es simple: el problema no está completamente resuelto: hasta aquí solamente discutieron el punto (a) y les falta discutir el punto (b). La respuesta de Spike Spiegel con respecto al punto (b) no me parece clara. Decir que "el razonamiento es igual" no resuelve el punto (b).
Sin entrar en los detalles involucrados en la solución del problema tengo un par de comentarios sobre lo que escribiste en tu primer respuesta:
1. No podés suponer equiprobabilidad. Las condiciones del problema no te permiten suponer nada: las probabilidades están dadas en el enunciado. Tal vez puedas deducir equiprobabilidad utilizando las condiciones dadas en el enunciado. Pero no es lo mismo deducir que suponer.
2. Las intuiciones son muy utiles siempre y cuando se trate de intuiciones correctas. Pero con la intuición no alcanza para resolver un problema. Los resultados tienen que formalizarse adecuadamente. Por ejemplo: intuitivamente, no te parece que los resultados de los puntos (a) y (b) van a ser iguales?
Saludos.
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Para mí el razonamiento es el mismo. Decir que está adentro de la caja y es roja o que la saqué y era roja no me cambia nada; sigue siendo roja, que es lo que quería saber.
En realidad no lo quería saber, porque no me importa, ya que los eventos son independientes.
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grynberg
Nivel 6
Registrado: 04 Sep 2009
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Carrera: No especificada
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Estimado Spike Spiegel,
En tal caso tu argumento es incorrecto. No es lo mismo sacar una bola de la caja y observar que es roja que saber que hay una bola roja en la caja sin hacer ninguna extracción.
Saludos
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