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Naranja
Nivel 2
Edad: 41
Registrado: 28 Ago 2009
Mensajes: 7
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Creo que la resolucion es asi:
Yo puedo pintar las dos bolitas de rojo, o una de negro y otra roja o las dos negras, y colocarlas en una urna.
Plantee un arbol asi:
1/4 RR----1 la segunda probabilidad es saco bola que queda en urna
1/2 R----1/2 la primera probabilidad es pintarlas
N-----1/2
1/4 NN----1
a) P(ER2/ER1)= (1/4*1)/(1/4*1+1/2*1/2)=1/2.
ER2= sacar bolita roja que queda adentro de la urna.
ER1= extraer la primera bolita de la urna y es roja.
b) Para este caso solo miro la primera parte del arbol, no miro la segunda parte que es sacar bola que quedo adentro, entonces
P(R2adentro/R1 adentro)= 1/4/(1/2+1/4)=1/3
No se si se entiendo pero es lo que me parece!.
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Naranja
Nivel 2
Edad: 41
Registrado: 28 Ago 2009
Mensajes: 7
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El enunciado cualquier cosa de ese tipo de ejercicios esta en la pagina de Grynberg, es un ejercicio que esta en un adicional creo, yo lo saque de ahi, nada mas que en lugar de verde decia negro por eso puse bolitas negras!!!.
saludos
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Fhran
Administrador
Edad: 39
Registrado: 25 Ago 2005
Mensajes: 3123
Ubicación: En la rama de un árbol... entre locos.
Carrera: Electrónica y Informática
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Yo recomendaría que para plantear estos problemas imaginen como se "prepara el experimento" para poder contabilizar correctamente todos los resultados posibles. Lo importante es hacer ésto sin darle pelota a las preguntas que nos hacen. Una vez que esté bien claro cuál es el espacio muestral y qué probabilidades tiene, ahí recién se pueden ir definiendo los "eventos de interés" para responder las preguntas.
Muchas veces uno empieza definiendo los eventos sin tener antes el espacio muestral y termina perdiendo información en el camino.
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El horóscopo del ingeniero es un poco más amplio. Se compone de Amor, Dinero, Salud, Simetría y Linealidad Causa-Efecto.
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pankreas
Nivel 9
Edad: 33
Registrado: 24 Feb 2009
Mensajes: 1513
Ubicación: The Ballesfield
Carrera: Industrial
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Hola, antes que nada aclaro que no leí ninguno de los comentarios de arriba (salvo el del enunciado obvio) y sólo tuve una clase de proba, pero me animo a plantear el problema; en todo caso el señor Grynberg me va a pegar un latizago. Los temas probabilidad condicional/teorema de Bayes y sucesos independientes los leí del libro de Meyer que están muy bien explicados, en clase todavia no los vi, asi que no tengo 100% clara la cuestión formal/procedimental/de razonamento. Osea es puramente intuitivo y newbie. Pero bueno vale la pena el intento, siempre se aprende
a)
Bueno, yo empece planteando un espacio muestral
![[tex]E=\lbrace RR,RV,VR,VV \rbrace[/tex]](images/latex/a87d17f4e584f11743830848fed57fba828e45cb_0.png "[tex]E=\lbrace RR,RV,VR,VV \rbrace[/tex]") que son todos los pares de bolas posibles dentro de la urna, una vez pintadas. Los elementos son equiprobables, vienen de sucesos independientes (la probabilidad que tiene cada una de ser pintada de verde o rojo), entonces cada par ![[tex]RR[/tex]](images/latex/4efb2a0fa60e98e60c979e0b6deb93ca24883acf_0.png "[tex]RR[/tex]") ,![[tex]RV[/tex]](images/latex/f7a26e9476f9a01af94a2a9a7c1610eec5e42acf_0.png "[tex]RV[/tex]") ,![[tex]VR[/tex]](images/latex/421dc6b41c7a5e379da238df13942d943caa22cf_0.png "[tex]VR[/tex]") , ![[tex]VV[/tex]](images/latex/3a6378e3f67359247bc834632faba4df947121ff_0.png "[tex]VV[/tex]") tiene ![[tex]P=0,5*0,5=0.25[/tex]](images/latex/4b4209f3bbda57b6585d57785e5a9299e049b94e_0.png "[tex]P=0,5*0,5=0.25[/tex]") de 'existir'.
Ahora defino sucesos que me interesan
![[tex] A= \lbrace [/tex]](images/latex/a5147ec8f4ae9eaa7d368fde5a8e7e798e87e22c_0.png "[tex] A= \lbrace [/tex]") la bola extraída es roja ![[tex]\rbrace [/tex]](images/latex/a8b8fb11404e064595baaa4dd23e318d50fc51ee_0.png "[tex]\rbrace [/tex]") Cuya probabilidad -según como está planteado el problema- necesariamente es condicional.
![[tex] B= \lbrace [/tex]](images/latex/6abbe48564bee5a626e1fe5852db0e75e497179a_0.png "[tex] B= \lbrace [/tex]") en la urna hay dos bolas rojas ![[tex] \rbrace [/tex]](images/latex/d84a73ed55e01609c9dc52146a0cbcf7c5985dc4_0.png "[tex] \rbrace [/tex]") , ![[tex] P(B)=0,25 [/tex]](images/latex/8d5498346b6be16a2a78e7a830144ed2e8b09440_0.png "[tex] P(B)=0,25 [/tex]")
![[tex] C= \lbrace [/tex]](images/latex/f14e03bd64476ac67bbb4f646e1bbd55c2db4f3d_0.png "[tex] C= \lbrace [/tex]") en la urna hay dos bolas de distinto color ![[tex] P(C)=0,5 [/tex]](images/latex/08db1bc33e0cd5cc822ff74292944cc45cbae8c5_0.png "[tex] P(C)=0,5 [/tex]") porque puede ocurrir de dos maneras distintas dentro de los cuatro elementos de mi espacio muestral.
![[tex] D= \lbrace [/tex]](images/latex/ea843bedc85c359fa066fe9ab267643837c97557_0.png "[tex] D= \lbrace [/tex]") en la urna hay dos bolas verdes ![[tex] P(D)=0,25 [/tex]](images/latex/ee4c7ac80b405bd42280377665a961331484bce4_0.png "[tex] P(D)=0,25 [/tex]")
De acuerdo con mi notación, ![[tex] P([/tex]](images/latex/208ccac5e8042399b51ed5ef9081c359ef2100c0_0.png "[tex] P([/tex]") la otra bola sea roja![[tex])=P(B \vert A)[/tex]](images/latex/cd22e82b621b770aea27ff10022223137eaff10a_0.png "[tex])=P(B \vert A)[/tex]") .
Según lo que leí en el libro, los sucesos B, C y D son particiones del espacio muestral. Se cumple que su interseccion es conjunto vacío (nunca pueden ocurrir al mismo tiempo), su unión conforma el espacio muestral completo, y su probabilidad es mayor que cero. Planteo teorema de Bayes
![[tex]P(B \vert A)= \frac{P(A \vert B)*P(B)}{P(A \vert B)*P(B)+P(A \vert C)*P(C)+P(A \vert D)*P(D)}= \frac{1*0,25}{1*0,25+0,5*0,5+0}= \frac12 [/tex]](images/latex/70f67162be7c99ad4b232b5a4f3d6b7a3f755198_0.png "[tex]P(B \vert A)= \frac{P(A \vert B)*P(B)}{P(A \vert B)*P(B)+P(A \vert C)*P(C)+P(A \vert D)*P(D)}= \frac{1*0,25}{1*0,25+0,5*0,5+0}= \frac12 [/tex]")
b)
Quiero creer que es un error suponer que el planteo es el mismo porque acá ya se sabe que una de las dos bolas fue pintada de rojo. Ahora yo me sitúo 'antes' de tirarlas a la urna, ¿que probabilidad hay de que la otra sea roja? Depende sólo de ella (es decir del que la pinta), entonces 1/2.
Bue ahora espero saber todos mis errores groseros jajajaja
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pankreas
Nivel 9
Edad: 33
Registrado: 24 Feb 2009
Mensajes: 1513
Ubicación: The Ballesfield
Carrera: Industrial
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| Edito una cosita, redefino el suceso A como 'una de las dos bolas es roja' porque sino no tiene sentido con el espacio muestral.
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Fhran
Administrador
Edad: 39
Registrado: 25 Ago 2005
Mensajes: 3123
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Carrera: Electrónica y Informática
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| pankreas escribió:
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b) Quiero creer que es un error suponer que el planteo es el mismo porque acá ya se sabe que una de las dos bolas fue pintada de rojo. Ahora yo me sitúo 'antes' de tirarlas a la urna, ¿que probabilidad hay de que la otra sea roja? Depende sólo de ella (es decir del que la pinta), entonces 1/2.
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Yo que vos me tomo el trabajo de escribirlo formalmente como hiciste para el punto a) y lo verifiques.
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grynberg
Nivel 6
Registrado: 04 Sep 2009
Mensajes: 237
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Carrera: No especificada
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Estimados y estimadas,
Para redondear un poco este tópico volvamos al enunciado del 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?
Vamos a por partes.
En primer lugar analizamos el inciso (a).
El experimento se realiza por etapas
i. Se pinta dos bolas, cada una de rojo o de verde con probabilidad 1/2 e independientemente de la otra.
ii. La dos bolas se depositan en una urna
iii. Se extrae una bola de la urna y se observa de qué color está pintada.
El primer paso de la resolución consiste en definir un espacio muestral que nos permita describir los resultados del experimento.
Un posible espacio muestral (no equiprobable) para describir los resultados del experimento es el conjunto de todas ternas ordenadas que pueden formarse con las letras R y V.
Formalmente,
![[tex]\Omega=\{R, V\}^3=\{(c_1, c_2, c_3):\, c_i\in\{R, V\}, \, i=1,2,3\}.[/tex]](images/latex/61ec8d120aff4b3d4722e5ef42718bf37ff3b0d0_0.png "[tex]\Omega=\{R, V\}^3=\{(c_1, c_2, c_3):\, c_i\in\{R, V\}, \, i=1,2,3\}.[/tex]")
La primer coordenada de cada elemento del espacio muestral ![[tex]\Omega[/tex]](images/latex/f5aec91ef323b9ec2a029ec9d3ef6a5efccebc40_0.png "[tex]\Omega[/tex]") representa el color con el que se pintó la primer bola; la segunda coordenada representa el color con el que se pintó la segunda bola y la tercera coordenada representa el color que se observó al extraer una bola de la urna. La letras ![[tex] R [/tex]](images/latex/9f14efef776350efde446a9ae5ec0eeee3c8ebde_0.png "[tex] R [/tex]") y ![[tex] V [/tex]](images/latex/a19946fff9f2f38189e113cefb41da8a0764b028_0.png "[tex] V [/tex]") se utilizan para representar el color rojo y el color verde, respectivamente.
El segundo paso de la resolución consiste en determinar las probabilidades de los elementos del espacio muestral (llamados, los eventos elementales).
La pregunta es: de acuerdo con las condiciones del problema, qué probabilidad ![[tex]p(c_1,c_2,c_3)[/tex]](images/latex/55c573bdf0bf57b0035194dca99ea4474d11cf74_0.png "[tex]p(c_1,c_2,c_3)[/tex]") tiene cada evento elemental [/tex]](images/latex/140934d0c28e368093e37f7e4b8c8b39974d0e2e_0.png "[tex](c_1,c_2,c_3)[/tex]") ?
Las condiciones del problema establecen que
![[tex]p(R,R,R)=p(V,V,V)=\frac{1}{4};[/tex]](images/latex/153e82b9ed72edde293128244111d947c542bdac_0.png "[tex]p(R,R,R)=p(V,V,V)=\frac{1}{4};[/tex]")
![[tex]p(R,V,R)=p(R,V,V)=p(V,R,R)=p(V,R,V)=\frac{1}{8};[/tex]](images/latex/129d3e7b96b9ebde6684c95dd69e5cf7cd4d6b56_0.png "[tex]p(R,V,R)=p(R,V,V)=p(V,R,R)=p(V,R,V)=\frac{1}{8};[/tex]")
![[tex] p(R,R,V)=p(V,V,R)=0.[/tex]](images/latex/cfce4ff6b9efef392b0bd75f677894e2db5a39c6_0.png "[tex] p(R,R,V)=p(V,V,R)=0.[/tex]")
Con estos ingredientes a la mano estamos en condiciones de contestar todas las preguntas qué puedan formularse respecto de este experimento. Por qué? Porque en el caso discreto las probabilidades de los eventos elementales determinan las probabilidades de todos los eventos. La probabilidad [tex]\mathbb{P}(A)[/tex] de cada evento ![[tex]A\subseteq\Omega[/tex]](images/latex/6b648adbff8672e06aa29184604ee6cabe55b4c9_0.png "[tex]A\subseteq\Omega[/tex]") se calcula mediante la siguiente fórmula:
[tex]\mathbb{P}(A)=\sum_{\omega\in A}p(\omega).[/tex]
Establecido el formalismo, la pregunta del inciso (a) interroga por el valor de la probabilidad condicional
[tex]\mathbb{P}(B|A)=\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}(A)},[/tex]
donde ![[tex] A [/tex]](images/latex/6b488481df780e090ebb123e200475b8134990a1_0.png "[tex] A [/tex]") es el evento "se observó que la bola extraída de la urna está pintada de rojo" y ![[tex] B [/tex]](images/latex/dc4eee050120e76592532b69bdc7e14368ea0fcc_0.png "[tex] B [/tex]") es el evento "las dos bolas en la urna están pintadas de rojo". Formalmente tenemos que
![[tex] A=\{(c_1,c_2,c_3)\in\Omega:\, c_3=R\}=\{(R,R,R), (R,V,R), (V,R,R), (V,V,R)\};[/tex]](images/latex/8bcc31a5f5c2375e00e2eeb6e36ad28e5aec239d_0.png "[tex] A=\{(c_1,c_2,c_3)\in\Omega:\, c_3=R\}=\{(R,R,R), (R,V,R), (V,R,R), (V,V,R)\};[/tex]")
![[tex] B=\{(c_1,c_2,c_3)\in\Omega:\, c_1=c_2=R\}=\{(R,R,R), (R,R,V)\};[/tex]](images/latex/8bb2930307966ed5891693997dd8699c1cf15320_0.png "[tex] B=\{(c_1,c_2,c_3)\in\Omega:\, c_1=c_2=R\}=\{(R,R,R), (R,R,V)\};[/tex]")
![[tex] B\cap A=\{(R,R,R)\}.[/tex]](images/latex/d9b8464c85ecd92b690fc6684251ea15ded89ba2_0.png "[tex] B\cap A=\{(R,R,R)\}.[/tex]")
Por otra parte, tenemos que
[tex]\mathbb{P}(A)=p(R,R,R)+p(R,V,R)+p(V,R,R)+p(V,V,R)=\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{8}+0=\frac{1}{2}[/tex]
y
[tex]\mathbb{P}(B\cap A)=p(R,R,R)=\frac{1}{4}.[/tex]
Por lo tanto,
[tex]\mathbb{P}(B|A)=\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{1/4}{1/2}=\frac{1}{2}.[/tex]
En segundo lugar analizamos el inciso (b)
A diferencia del inciso (a) en este caso la etapa iii está ausente y eso simplifica bastante el análisis de la situación. Repitiendo el esquema de análisis utiliizado en el inciso (a) obtenemos lo siguiente.
Un posible espacio muestral (equiprobable) para describir los resultados del experimento es el conjunto de todas parejas ordenadas que pueden formarse con las letras R y V.
Formalmente,
![[tex]\Omega=\{R, V\}^2=\{(c_1, c_2):\, c_i\in\{R, V\}, \, i=1,2\}.[/tex]](images/latex/9e022f586935875251bd78456c362b68f6b6a669_0.png "[tex]\Omega=\{R, V\}^2=\{(c_1, c_2):\, c_i\in\{R, V\}, \, i=1,2\}.[/tex]")
La primer coordenada de cada elemento del espacio muestral representa el color con el que se pintó la primer bola y la segunda coordenada representa el color con el que se pintó la segunda bola. La letras y se utilizan para representar el color rojo y el color verde, respectivamente.
Las condiciones del problema establecen que las probabilidades de los eventos elementales son:
![[tex]p(R,R)=p(R,V)=p(V,R)=p(V,V)=\frac{1}{4}.[/tex]](images/latex/fbafef52b961a6e342b3f92912a1f4acd1ebb5b3_0.png "[tex]p(R,R)=p(R,V)=p(V,R)=p(V,V)=\frac{1}{4}.[/tex]")
Establecido el formalismo, la pregunta del inciso (b) interroga por el valor de la probabilidad condicional
[tex]\mathbb{P}(B|A)=\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}(A)},[/tex]
donde es el evento "alguna bola de la urna está pintada de rojo" y es el evento "las dos bolas de la urna están pintadas de rojo". Formalmente tenemos que
![[tex] A=\{(c_1,c_2)\in\Omega:\, c_1=R\mbox{ o } c_2=R\}=\{(R,R), (R,V), (V,R)\};[/tex]](images/latex/0d7840a76a7bbb658665db67575933b394b20513_0.png "[tex] A=\{(c_1,c_2)\in\Omega:\, c_1=R\mbox{ o } c_2=R\}=\{(R,R), (R,V), (V,R)\};[/tex]")
![[tex] B=\{(c_1,c_2)\in\Omega:\, c_1=c_2=R\}=\{(R,R)\};[/tex]](images/latex/c25429f9da0bc74353918378e6f007b48e2b2c20_0.png "[tex] B=\{(c_1,c_2)\in\Omega:\, c_1=c_2=R\}=\{(R,R)\};[/tex]")
![[tex] B\cap A=\{(R,R)\}.[/tex]](images/latex/03319714629ecb343ba2da7b2dec5f9120948626_0.png "[tex] B\cap A=\{(R,R)\}.[/tex]")
Por otra parte, tenemos que
[tex]\mathbb{P}(A)=p(R,R)+p(R,V)+p(V,R)=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}[/tex]
y
[tex]\mathbb{P}(B\cap A)=p(R,R)=\frac{1}{4}.[/tex]
Por lo tanto,
[tex]\mathbb{P}(B|A)=\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{1/4}{3/4}=\frac{1}{3}.[/tex]
Moralejas y posibles reflexiones corren por cuenta de los lectores.
Saludos
P.D. Por mi parte este problema, al igual que el cuento de la buena pipa, está contado y acabado.
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Zeth
Nivel 3
Registrado: 06 Ago 2006
Mensajes: 53
Carrera: Civil
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¿Hay algún ejercicio sobre otros temas de la materia resuelto así en forma magistral con todo explicado por Grynberg en algún lado?
Pregunto porque esa explicación me aclaró un montón de cosas.
Gracias.
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LargoXXI
Nivel 9
Edad: 35
Registrado: 19 Sep 2007
Mensajes: 2059
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Carrera: Electrónica
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| Zeth escribió:
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¿Hay algún ejercicio sobre otros temas de la materia resuelto así en forma magistral con todo explicado por Grynberg en algún lado?
Pregunto porque esa explicación me aclaró un montón de cosas.
Gracias.
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Revisaste bien el resto de esta subsección de Problemas y Ejercicios?
Fijate bien...
Si no, este topic tuvo que llegar a tres páginas de discusión hasta que Grynberg respondió. Quizás haya que motivas las discusiones en los demás problemas para que el chabón venga a responder.
Fijate de agitar algún problema respecto de algún tema que te interese, así generás un buen debate y vemos si Grynberg aparece.
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"La violencia es el argumento de los incapaces"
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