tema 2: probabilidad...otra forma de calcular las probabilidades de la intersección y las...
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Tema 2: Probabilidad
2
◼ ¿Cuál es la probabilidad de aprobar Probabilidad y Estadística?
◼ ¿Cuál es la probabilidad de no encontrarme un atasco cuando voy a clase?
◼ Todos los días nos hacemos preguntas sobre probabilidad e incluso los que hayáis visto poco de la materia en cursos anteriores, tenemos una idea intuitiva lo suficientemente correcta para lo que necesitamos de ella en este curso.
◼ En este tema vamos a: Ver qué entendemos por probabilidad.
Mostar algunas reglas de cálculo.
Ver algunos ejemplos de probabilidad.
3
◼ Frecuentista (objetiva): Probabilidad de un suceso es la frecuencia relativa (%) de veces que ocurriría el sucesoal realizar un experimento repetidas veces.
◼ Subjetiva (bayesiana): Grado de certeza que se posee sobre un suceso. En este caso es personal.
En ambos tipos de definiciones aparece el concepto de suceso. Vamos a ver qué son y algunas operaciones que se pueden realizar con sucesos.
Nociones de probabilidad
OSTEOPOROSIS
OSTEOPENIA
NORMAL
0 10 20 30 40 50
Porcentaje
CLASIFICACION OMSCLASIFICACION OMS
469 46,9%
467 46,7%
64 6,4%
1000 100,0
NORMAL
OSTEOPENIA
OSTEOPOROSIS
Total
Válidos
Frecuencia Porcentaje
4
Sucesos◼ Cuando se realiza un experimento aleatorio diversos resultados son
posibles. El conjunto de todos los resultados posibles se llama espacio muestral (S); algunos libros lo representan como .
◼ Se llama suceso a un subconjunto ( ) de dichos resultados.
◼ Se llama suceso contrario (complementario) de un suceso A, , al formado por los elementos que no están en A
◼ Se llama suceso unión de A y B, de la forma A U B (A+B), al formado por los resultados experimentales que están en A o en B (incluyendo los que están en ambos.
◼ Se llama suceso intersección de A y B, A∩B o simplemente AB, al formado por los elementos que están en A y B
S espacio muestral
S espacio muestral
A
S espacio muestral
A
B
S espacio muestral
A
B
S espacio muestral
A
B
UNIÓN INTERS.
A
A
5
◼ Se llama probabilidad a cualquier función, P, que asigna a cada suceso A un valor numérico P(A), verificando las siguientes reglas (axiomas)
P(S)=1
0≤P(A) ≤1
P(AUB)=P(A)+P(B) si A∩B=Ø
◼ Ø es el conjunto vacío.
◼ Podemos imaginar la probabilidad de un subconjunto como el tamaño relativo con respecto al total (suceso seguro)
Definición de probabilidad
S espacio muestral
100%
B
E espacio muestral
A
6
EJEMPLOS
B
E espacio muestral
A
P(A)=3/9=1/3S espacio muestral
A
B
P(B)=5/9
P(AUB)=6/9=2/3
P(AB)=2/9
P(A’)=6/9=2/3
P(B’)=4/9
P(A)=3/9=1/3
P(B)=2/9
P(AUB)=5/9
P(AB)=0
P(A’)=6/9=2/3
P(B’)=7/9
P(A)=3/9=1/3S espacio muestral
A
B
P(B)=2/9
P(AUB)=3/9=1/3
P(AB)=2/9
P(A’)=6/9=2/3
P(B’)=7/9
P(B)=?
P(A)=?
P(AUB)=?
P(AB)=?
P(A’)=?
P(B’)=?
P(B)=?
P(A)=?
P(AUB)=?
P(AB)=?
P(A’)=?
P(B’)=?
P(B)=?
P(A)=?
P(AUB)=?
P(AB)=?
P(A’)=?
P(B’)=?
7
A
Probabilidad condicional
◼ Se llama probabilidad de A condicionada a B, o
probabilidad de A sabiendo que ocurrio B:
E espacio muestral
B
◼ Error frecuentíiiiiiisimo:
No confundan probabilidad condicional con intersección.
En ambos medimos efectivamente la intersección, pero…
◼ En P(A∩B) con respecto a P(E)=1
◼ En P(A|B) con respecto a P(B)
P(A | B) =P(AÇB)
P(B)
8
EJEMPLOS
B
E espacio muestral
A
P(A)=3/9=1/3E espacio muestral
A
B
P(B)=5/9
P(AUB)=6/9=2/3
P(AB)=2/9
P(A’)=6/9=2/3
P(B’)=4/9
P(A)=3/9=1/3
P(B)=2/9
P(AUB)=5/9
P(AB)=0
P(A’)=6/9=2/3
P(B’)=7/9
P(A)=3/9=1/3E espacio muestral
A
B
P(B)=2/9
P(AUB)=3/9=1/3
P(AB)=2/9
P(A’)=6/9=2/3
P(B’)=7/9
P(A|B)=2/5 P(B|A)=2/3
P(A|B)=0 P(B|A)=0
P(A|B)=1 P(B|A)=2/3
P(A|B)=? P(B|A)=?
P(A|B)=0 P(B|A)=0P(A|B)=? P(B|A)=?
P(A|B)=? P(B|A)=?
9
Intuir la probabilidad condicional
B
A
P(A) = 0,25
P(B) = 0,10
P(A∩B) = 0,10
B
A
¿Probabilidad de A sabiendo que ha ocurrido B?
P(A|B)=1 P(A|B)=0,8
P(A) = 0,25
P(B) = 0,10
P(A∩B) = 0,08
10
Intuir la probabilidad condicional
A
B
A
B
¿Probabilidad de A sabiendo que ha pasado B?
P(A|B)=0,05 P(A|B)=0
P(A) = 0,25
P(B) = 0,10
P(A∩B) = 0,005
P(A) = 0,25
P(B) = 0,10
P(A∩B) = 0
11
◼ Cualquier problema de probabilidad puede resolverse en teoría mediante aplicación de los axiomas. Sin embargo, es más cómodo conocer algunas reglas de cálculo:
P(A’) = 1 - P(A)
P(AUB) = P(A) + P(B) - P(AB)
P(AB) = P(A) P(B|A)
= P(B) P(A|B)
◼ Prob. de que ocurran A y B es la prob. de A y que también pase B sabiendo que ya ocurrio A.
Algunas reglas de cálculo prácticas
12
Recuento
189 280 469
108 359 467
6 58 64
303 697 1000
NORMAL
OSTEOPENIA
OSTEOPOROSIS
CLASIFICACION
OMS
Total
NO SI
MENOPAUSIA
TotalEjemplo (I)
◼ Se ha repetido en 1000 ocasiones el experimento de elegir a una
mujer de una población muy grande. El resultado está en la tabla.
¿Cuál es la probabilidad de que una mujer tenga
osteoporosis?
◼ P(Osteoporosis)=64/1000=0,064=6,4%
Noción frecuentista de probabilidad
¿Cuál es la probabilidad de que una mujer no tenga
osteoporosis?
◼ P(No Osteoporosis)=1-P(Osteoporsis)=1-64/1000=0,936=93,6%
13
Recuento
189 280 469
108 359 467
6 58 64
303 697 1000
NORMAL
OSTEOPENIA
OSTEOPOROSIS
CLASIFICACION
OMS
Total
NO SI
MENOPAUSIA
TotalEjemplo (II)
◼ ¿Probabilidad de tener osteopenia u osteoporosis?
P(OsteopeniaUOsteoporosis)=P(Osteopenia)+P(Osteoporosis)-P(Osteopenia∩Osteoporosis)=467/1000+64/1000=0,531
◼ Son sucesos disjuntos
◼ Osteopenia ∩ Osteoporosis=Ø
◼ ¿Probabilidad de tener osteoporosis o menopausia?
P(OsteoporosisUMenopausia)=P(Osteoporosis)+P(Menopausia)-P(Osteoporosis ∩ Menopausia)=64/1000+697/1000-58/1000=0,703
◼ No son sucesos disjuntos
◼ ¿Probabilidad de una mujer normal?
P(Normal)=469/1000=0,469
P(Normal)=1-P(Normal’)=1-P(OsteopeniaUOsteoporosis) =1-0,531=0,469
14
Ejemplo (III)
◼ Si es menopáusica… ¿probabilidad de osteoporosis? P(Osteoporosis|Menopausia)=58/697=0,098
◼ ¿Probabilidad de menopausia y osteoporosis? P(Menop ∩ Osteoporosis) = 58/1000=0,058
◼ Otra forma:
Recuento
189 280 469
108 359 467
6 58 64
303 697 1000
NORMAL
OSTEOPENIA
OSTEOPOROSIS
CLASIFICACION
OMS
Total
NO SI
MENOPAUSIA
Total
058,01000/58697
58
1000
697
)|()()(
===
== MenopisOsteoporosPMenopPisOsteoporosMenopP
15
Ejemplo (III)
◼ Si tiene osteoporosis… ¿probabilidad de menopausia? P(Menopausia|Osteoporosis)=58/64=0,906
◼ ¿Probabilidad de menopausia y no osteoporosis? P(Menop ∩ No Osteoporosis) = 639/1000=0,639
◼ Si no tiene osteoporosis… ¿probabilidad de no menopausia? P(No Menopausia|NoOsteoporosis)=297/936=0,317
Recuento
189 280 469
108 359 467
6 58 64
303 697 1000
NORMAL
OSTEOPENIA
OSTEOPOROSIS
CLASIFICACION
OMS
Total
NO SI
MENOPAUSIA
Total
)()()(
)()/(
)()/(
BPAPBAP
EPAEP
APEAP
=
=
=
Eventos Independientes:
Se dice que los eventos A y E son independientes si se cumplen:
Si no se cumplen, se dice que los eventos son dependientes.
PROBABILIDAD
Probabilidad Condicional.
Ley Multiplicativa de la Probabilidad.
Ya que (AE) = (EA) y despejamos a P(AE), se tiene que la probabilidad de la intersección es:
)A P( )E/A P(
)()/()(
)(
)()/(
)(
)()/(
=
=
=
=
EPEAPEAP
AP
AEPAEP
EP
EAPEAP
PROBABILIDAD
P(E)P(A))A P( )E/A P(
)()()()/()(
==
== EPAPEPEAPEAP
)()(
)()(
)(
)()/(
)()(
)()(
)(
)()/(
EPAP
APEP
AP
AEPAEP
APEP
EPAP
EP
EAPEAP
==
=
==
=
Probabilidad Condicional.
Si A y B son independientes:
PROBABILIDAD
Ejemplo:Experimento: Lanzar un dado. A: que al lanzar el dado caiga 3E: que al lanzar un dado salga un impar
Encontrar la probabilidad de que al lanzar un dado se obtenga un 3 dado que se obtuvo un impar.
Ω = 1,2,3,4,5,6A = 3, E = 1,3,5, (AE) = 3,P(A) = 1/6
P(A/E) = P(AE)/ P(E) = 1/6 / 3/6 = (1)(6)/(6)(3)= 6/18 = 1/3
PROBABILIDAD
Otra forma de calcular las probabilidades de laintersección y las probabilidades condicionales,de dos eventos A y B, tal que
A AC = Ω
B BC = Ω
es elaborando primero la tabla de número deelementos de los eventos y después la tabla desus probabilidades.
PROBABILIDAD
B Bc Total
A AB ABc A
Ac AcB AcBc Ac
Total B Bc Ω
Se tienen los eventos A y B y sus complementos Ac, Bc
B Bc Total
A N(AB) N(ABc) N(A)
Ac N(AcB) N(AcBc) N(Ac)
Total N(B) N(Bc) N(Ω)
Tabla de número de elementos de A, B y sus complementos Ac, Bc
B Bc Total
A P(AB) P(ABc) P(A)
Ac P(AcB) P(AcBc) P(Ac)
Total P(B) P(Bc) P( Ω)
Tabla de probabilidades de A, B, Ac, Bc y sus intersecciones
Probabilidades condicionales:
P(A/B) = P(A B)/P(B)
P(B/A) = P(A B)/P(A)
P(A/Bc) = P(A Bc)/P(Bc)
P(B/Ac) = P(Ac B)/P(Ac)
P(Ac/B) = P(Ac B)/P(B)
P(Bc/A) = P(A Bc)/P(A)
PROBABILIDAD
Ejemplo.-
En cierta ciudad, las mujeres representan el 50%de la población y los hombres el otro 50%. Sesabe que el 20% de las mujeres y el 5% dehombres están sin trabajo. Un economistaestudia la situación de empleo, elige al azar unapersona desempleada. Si la población total esde 8000 personas,
¿ Cuál es la probabilidad de que la personaescogida sea ?:
PROBABILIDAD
a).- Mujerb).- Hombrec).- Mujer dado que está empleadod).- Desempleado dado que es hombree).- Empleado dado que es mujer
Sean los eventos:M: Que sea MujerH: Que sea HombreD: Que sea DesempleadoE: Que sea Empleado
PROBABILIDAD
DesempleadosD
EmpleadosE
Total
MujeresM
800 3200 4000
HombresH
200 3800 4000
Total 1000 7000 8000
Tabla Número de elementos de los Eventos M, H, D, E y S
D E Total
M 800/8000 = .1 3200/8000= .4 4000/8000= .5
H 200/8000= .025 3800/8000= .475 4000/8000= .5
Total 1000/8000= .125 7000/8000= .875 8000/8000= 1
Tabla de Probabilidades
P(M) = .50
P(H) = .50
P(E) = .875
P(D) = .125
P(M/E) = P(ME)/P(E) = .40/.875 = .4571
P(D/H) = P(DH)/P(H) = .025/.5 = .05
P(E/M) = P(ME)/P(M) = .40/.5 = .8
P(M/D) = P(MD)/P(D) = .10/.125 = .8
P(H/D) = P(HD)/P(D) = .025/.125 = .2
PROBABILIDAD
Eventos dependientes e independientes
En el ejemplo anterior se tiene queP(M) = .50P(H) = .50P(E) = .875P(D) = .125P(ME) = .40 P(M) P(E) = .4375P(DH) = .025 P(D) P(H) = .0625P(MD) = .10 P(M) P(D) = .0625P(EH) = .475 P(E) P(H) = .4375
PROBABILIDAD
Por tanto los eventos M y E ,
D y H,
M y D,
E y H
son dependientes.
PROBABILIDAD
1 2 3 1 2 1 3 1 2 1 2 1( ... ) ( ) ( \ ) ( \ )... ( \ ... )k k kP A A A A P A P A A P A A A P A A A A −=
1 2 3 1 2 3( ... ) ( ) ( ) ( )... ( )k kP A A A A P A P A P A P A=
Ley general Multiplicativa para n
eventos
INDEPENDENCIA DE n EVENTOS
Probabilidad total.-
Sean A1, A2, A3..., An eventos disjuntos(mutuamente excluyentes), que forman unapartición de Ω. Esto es Ai Aj = paratoda i y toda j, y además
Ω = A1 A2 A3 An
PROBABILIDAD
A1
A2
A3A4
A5
A6
An
Y sea E otro evento tal que E Ω y E Ai
PROBABILIDAD
A1
A2
A3
A4
A5
A6
An
E
E
Entonces
E = Ω E = (A1 A2 A3 An) E
= (A1 E) (A2 E) (A3 E)
(An E)
Al aplicar la función de probabilidad a ambos eventos,se tiene que:
P(E) = P(A1E) + P(A2E) +P(A3E) ++P(An E)
Ya que (Ai E) es ajeno a (Aj E) para i ≠ j
PROBABILIDAD
Como (Ai E) = (E Ai) entonces
P(Ai E) = P(E Ai) = P(E/Ai) P(Ai)
Entonces la probabilidad completa de E es:
P(E) = P(E/A1) P(A1) + P(E/A2) P(A2) +
P(E/A3)P(A3)+...+ P(E/An) P(An)
PROBABILIDAD
Ejemplo.-
En una pequeña empresa de tejidos se obtienesu producción con tres máquinas hiladoras M1,M2 y M3 que producen respectivamente 50%,30% y el 20% del número total de artículosproducidos.
Los porcentajes de productos defectuososproducidos por estas máquinas son 3%, 4% y5%. Si se selecciona un artículo al azar,
¿ Cuál es la probabilidad de que el artículo seadefectuoso ?
PROBABILIDAD
Sea
D el evento: Que sea un artículo defectuoso.
P(M1) = .50 P(D/M1) = .03
P(M2) = .30 P(D/M2) = .04
P(M3) = .20 P(D/M3) = .05
P(D) = P(D/M1) P(M1) + P(D/M2) P(M2) +
P(D/M3) P(M3)
= .03(.50) + .04(.30) + .05(.20) = 0.037
PROBABILIDAD
M1
M2
M3
D
ND
D
ND
D
ND
P(M1)=.50
P(M2)=.30
P(M3)=.20
P(D/M1)=.03
P(ND/M1)=.97
P(D/M2)=.04
P(D/M3)=.05
P(ND/M2)=.96
P(ND/M3)=.95
P(M1)*P(D/M1)=.5*.03=.015
P(M2)*P(D/M2)=.3*.04=.012
P(M1)*P(D/M1)=.2*.05=.01
P(D) = .015+.012+.01=.037
Teorema de Bayes.- Supóngase que A1, A2, A3,...,An
es una partición de un espacio muestral Ω. En cadacaso P(Ai) ≠ 0. La partición es tal que A1, A2,A3,...,An, son eventos mutuamente exclusivos. Sea E
cualquier evento, entonces para cualquier Ai,
PROBABILIDAD
)/()()/()()/()(
)/()()/(
2211 nn
Ii
iAEPAPAEPAPAEPAP
AEPAPEAP
+++=
P(E)
)/()()/(
ent onces
:es E de compl et a adprobabi l i d l a Como
2211
Iii
nn
AEPAPEAP
))P(E/AP(A))P(E/AP(A))P(E/AP(AP(E)
=
+++=
PROBABILIDAD
Ejemplo.-
En una pequeña empresa de tejidos se obtienesu producción con tres máquinas hiladoras M1,M2 y M3 que producen respectivamente 50%,30% y el 20% del número total de artículosproducidos.
Los porcentajes de productos defectuososproducidos por estas máquinas son 3%, 4% y5%. Supóngase que se selecciona un artículoal azar y resulta ser defectuoso. ¿Cuál seríala probabilidad de que el artículo haya sidoproducido por la máquina M1?
PROBABILIDAD
Sea
D: Que el artículo sea defectuoso
ND: Que el artículo no sea defectuoso
M1: Que haya sido producido por la máquina 1
M2: Que haya sido producido por la máquina 2
M3: Que haya sido producido por la máquina 3
P(M1) = .50 P(D/M1) = .03
P(M2) = .30 P(D/M2) = .04
P(M3) = .20 P(D/M3) = .05
PROBABILIDAD
M1
M2
M3
D
ND
D
ND
D
ND
P(M1)=.50
P(M2)=.30
P(M3)=.20
P(D/M1)=.03
P(ND/M1)=.97
P(D/M2)=.04
P(D/M3)=.05
P(ND/M2)=.96
P(ND/M3)=.95
P(M1)*P(D/M1)=.5*.03=.015
P(M2)*P(D/M2)=.3*.04=.012
P(M1)*P(D/M1)=.2*.05=.01
P(D) = .015+.012+.01=.037
Por teorema de Bayes se tiene:
La probabilidad de que el artículo defectuoso se haya producido en la M1 es del 40.54%
PROBABILIDAD
4054.037.
)03)(.50(.
)(
)/()(
)/()()/()()/()(
)/()()/(
11
332211
111
===
++=
DP
MDPMP
MDPMPMDPMPMDPMP
MDPMPDMP
PRINCIPIO FUNDAMENTAL DEL CONTEO
Para un experimento que consta de k eventos sucesivos
donde:
el primer evento puede resultar de m1 maneras distintas,
el segundo evento puede resultar de m2 maneras distintas
.
.
.
El k-ésimo evento puede resultar de mk maneras distintas.
El número total de resultados para el experimento completo está dado por:
m1 • m2 • ... • mk
1/2
47
PRINCIPIO FUNDAMENTAL DEL CONTEOEjemplo 1:
En un sorteo cada participante debe elegir en orden cuatro imágenes de
entre 25. Durante el sorteo se descubren una por una cuatro imágenes
imágenes (sin repetición) y ganan quienes acierten a las cuatro en el mismo
orden en que salieron. ¿cuántos posibles resultados puede tener el sorteo?
Ejemplo 2:
En un sorteo cada participante debe elegir cuatro números del 1 al 25.
Durante el sorteo se seleccionan cuatro números con repetición y ganan
quienes acierten a los cuatro números en el mismo orden en que salgan.
¿cuántos posibles resultados puede tener el sorteo?
No. de resultados = (25) (25) (25) (25) = 254 = 390,625
No. de resultados = (25) (24) (23) (22) = 303,600
Nótese que en este caso, si n es el número total de elementos diferentes disponibles
y r es el número de objetos que se seleccionarán con repetición, entonces el número
total de resultados posibles es: nr.
PERMUTACIONESSi se tiene un conjunto de n objetos diferentes, las permutaciones son
subconjuntos de r objetos, en donde una permutación es distinta de
otra si difiere en al menos un elemento o en el orden de estos. Condición: r < n.
Para escoger el 1er. elemento hay n formas distintas.
Para escoger el 2do. elemento hay (n-1) formas distintas.
Para escoger el 3er. elemento hay (n-2) formas distintas.
. . .
Para escoger el r-ésimo. elemento hay [ n - ( r-1 ) ] formas distintas,
o bien, (n-r+1).
Por el principio fundamental del conteo, el número total de
permutaciones es:P(n,r) = n (n-1) (n-2) ... (n-r+1)
Que también se puede expresar de la forma:
)!(
!),(
rn
nPrnP n
r−
==
Permutaciones simples:
PERMUTACIONES
Si en las permutaciones n = r entonces: P(n,n) = n!
¿de cuántas maneras se puede acomodar una reunión de cinco
personas en una fila de cinco sillas?
Permutaciones circulares:
n objetos pueden distribuirse en un círculo de (n-1)(n-2)...(3)(2)(1)
formas distintas
¿de cuántas maneras se puede acomodar una reunión de cinco
personas en una mesa redonda?
)!1( −= nPCn
5 4 3 2 1
(5-1)!=4!= 25
5!=120
Nótese que la primera persona puede colocarse en cualquier lugar, por lo que de las P(n,r) hay
que desechar las que son iguales, por lo que PCn = n! / n = (n-1)!
50
Ejemplo
Cinco personas se proponen para la mesa directiva de una asociación civil,
Estas ocuparán los puestos de : presidente, vicepresidente, secretario,
tesorero y vocal que se elegirán en forma sucesiva al puesto. Los candidatos
son A, B, C, D, E.
El primer puesto que se va a seleccionar es el de presidente. Este puede
elegirse de 5 candidatos a saber. A, B, C, D y E.
51
El esquema combinatorio se presenta en la figura 4.1 en donde el número de
individuos elegibles se va reduciendo en una unidad cada vez que se elige un puesto.
Se va creando lo que en estadística se conoce como espacio muestral que significa el
número de combinaciones que son elegibles. Es notorio que la selección de una
etapa condiciona a la selección de la siguiente esto se llama probabilidad
condicional. Así la cantidad de maneras en que se combinan 4 individuos para
elegir al vicepresidente después que se eligió el presidente es de: m1 ×m2 = 5× 4
= 20 = n12 y la probabilidad será.
20
1
4
1
5
1)|( ==pvP
Figura 4,1. Combinaciones de 5 unidades tomadas de 5 posibles
Presidente Vicepresidente Secretario Tesorero Vocal
Candidato p v s t a
A 1 1 1
B 1 1 1 1 1
C 1
D 1 1 1 1
E 1 1
Elegibles 5 4 3 2 1
Espacio Muestral 5 20 60 120 120
En general: 120FACT(B25)12345!);( ===== nPnnP nn
52
La Figura 4,2 muestra las 20 combinaciones posibles para ocupar puestos
de presidente y vicepresidente.
El número de combinaciones posibles para ocupar los puestos de presiente,
vicepresidente y secretarios serían:
Y la probabilidad correspondiente es:
( ) ( ) 60345211 ==−−= nnnnpvs
60
1
3
1
4
1
5
1)||( ==svpP
A estas alturas el estudiante puede percibir el esquema algebraico que
gobierna la teoría de las permutaciones y de las probabilidades
condicionales.
Figura 4,2. Combinaciones del presidente elegido con 4 candidatos elegibles.
Presidente + Vicepresidente
A B C D E Combinaciones
A AB AC AD AE 4
B BA BC BD BE 4
C CA CB CD CE 4
D DA DB DC DE 4
E EA EB EC ED 4
Combinaciones 4 4 4 4 4 20
53
Quedarán las combinaciones para los dos últimos puestos. El esquema
generalizado para permutaciones es:
Léase n! como n factorial.
La figura 4,3 muestra las
120 combinaciones
posibles de 5 para 5. Esto
es, dos condiciones de
ordenamiento de 5
posibles cada una.
( )( )
!
1...21);(
n
nnnnnP
=
−−=Figura 4,3. Combinaciones de 5 puestos para 5 candidatos. P(5; 5)
Presidente + Vicepresidente + Secretario+Tesorero+Vocal
A B C D E Combinación
ABCDE BACDE CABDE DABCE EABCD 5
ABCED BACED CABED DABEC EABDC 5
ABDCE BADCE CADBE DACBE EACBD 5
ABDEC BADEC CADEB DACEB EACDB 5
ABECD BAECD CAEBD DAEBC EADBC 5
ABEDC BAEDC CAEDB DAECB EADCB 5
ACBDE BCADE CBADE DBACE EBACD 5
ACBED BCAED CBAED DBAEC EBADC 5
ACDBE BCDAE CBDAE DBCAE EBCAD 5
ACDEB BCDEA CBDEA DBCEA EBCDA 5
ACEBD BCEAD CBEAD DBEAC EBDAC 5
ACEDB BCEDA CBEDA DBECA EBDCA 5
ADBCE BDACE CDABE DCABE ECABD 5
ADBEC BDAEC CDAEB DCAEB ECADB 5
ADCBE BDCAE CDBAE DCBAE ECBAD 5
ADCEB BDCEA CDBEA DCBEA ECBDA 5
ADEBC BDEAC CDEAB DCEAB ECDAB 5
ADECB BDECA CDEBA DCEBA ECDBA 5
AEBCD BEACD CEABD DEABC EDABC 5
AEBDC BEADC CEADB DEACB EDACB 5
AECBD BECAD CEBAD DEBAC EDBAC 5
AECDB BECDA CEBDA DEBCA EDBCA 5
AEDBC BEDAC CEDAB DECAB EDCAB 5
AEDCB BEDCA CEDBA DECBA EDCBA 5
24 24 24 24 24 120
PERMUTACIONES CON REPETICIÓN
Si se tiene un conjunto de n objetos diferentes, se forman conjuntos de
r objetos, en donde se permite la repetición y además se permite: r <
n, r > n ó r = n
Para escoger el 1er. elemento hay n formas distintas.
Para escoger el 2do. elemento nuevamente hay n formas distintas.
Para escoger el 3er. elemento también hay n formas distintas.
. . .
Para escoger el r-ésimo. elemento hay n formas distintas,
Por el principio fundamental del conteo, el número total de
permutaciones es:
lo que también se expresa de la forma:rn
r nPR =
PR(n,r) = n•n .... •n =nr
r veces
Nótese que en este caso, después de observar cada resultado se devuelve el elemento al conjunto, y
para el siguiente ensayo hay otra vez n resultados posibles; por lo que se dice que se toman muestras
con reemplazo.
PERMUTACIONESPermutaciones con grupos de objetos iguales:
Si en un conjunto de tamaño n, existen
m1 objetos iguales
m2 objetos iguales
....
mk objetos iguales,
donde m1+m2+..+mk=n
El número de permutaciones de n objetos es:
! ... ! !
!
21
, . . ,, 21
k
n
mmmmmm
nP
k=
¿cuántos códigos diferentes de siete letras pueden formarse con tres letras X,
dos letras Y y dos letras Z?210
!2 !2 !3
!77
2,2,3 ==P
Ejemplo:
56
◼ EJEMPLO 1
◼ Con las letras de la palabra AMOR, ¿cuántas palabras de cuatro letras distintas se pueden formar?
◼ Resolución:
◼ Importa el orden de colocación, se cogen todas las letras y deben ser letras distintas…
◼ Luego son permutaciones ordinarias
◼ P4 = 4! = 4.3.2.1 = 24
◼ EJEMPLO 2
◼ Con los seis alumnos de la clase, ¿de cuantas formas diferentes les puedo ordenar en una lista?
◼ Resolución:
◼ Importa el orden de colocación, se cogen todos y serías absurdo repetir alguno de ellos…
◼ Luego son permutaciones ordinarias
◼ P6 = 6! = 6.5.4.3.2.1 = 720 manera distintas de ordenarlos.
57
◼ EJEMPLO 3
◼ Con los seis alumnos de la clase, ¿de cuantas formas diferentes les puedo ordenar en una mesa circular?
◼ Resolución:
◼ Importa el orden de colocación, tomo los 6, y no hay repetición …
◼ Luego son permutaciones ordinarias, pero no vale la posición relativa
◼ Pn-1 = (n – 1)! = (6 – 1)! = 5 ! = 120
◼ EJEMPLO 4
◼ Con los seis alumnos de la clase, ¿de cuantas formas diferentes les puedo ordenar en clase, si dispongo de 24 pupitres?
◼ Resolución:
◼ Importa el orden de colocación, debo elegir 6 de los 24 pupitres, y no puedo sentar a dos alumnos en el mismo pupitre (no hay repetición )…
◼ Luego son variaciones ordinarias
◼ V24,6 = 24! / (24-6)! = 24. 23. 22. 21. 20. 19 = 96.909.120
◼ Importante: No puedo ordenar los 6 alumnos tomados de 24 en 24. Hay que razonar y ver el problema desde los pupitres. Debo elegir 6 pupitres, uno para cada alumno.
58
Permutaciones: r elecciones de n posibles.
Del ejercicio donde “Cinco personas se proponen para la mesa directiva de
una asociación civil”: Ahora suponga que únicamente los puestos de
Presidente y vicepresidente deben elegirse de los cinco candidatos propuestos.
En este caso se denotará como r la cantidad de elementos que deben elegirse
de los n candidatos posibles. Esta proposición se denota como:
( )!!
),(rn
nrnP
−=
En este ejemplo será:
2045
123
12345)2,5( ==
=P
Notará que el divisor cancela las elecciones que no pueden efectuarse. La
probabilidad para las combinaciones es:
20
1
4
1
5
1
)2;5(
1) ó ;5( ====
PvpnP
59
Permutaciones: Elección con interés en la posición
Se presenta nuevamente la figura 4-2 modificada para que el estudiante
tome en cuenta que no hay ninguna preferencia en la posición en que los
candidatos ocupan los puestos de presidente o vicepresidente.
Las combinaciones con letra de color azul sobre la diagonal de la matriz de
combinaciones se repite en posición invertida en las letras de color verde
en la parte inferior de la diagonal de la matriz.
Notará que la diagonal no es elegible pues un candidato no puede ser
presidente y vicepresidente.
Permutaciones en donde sí interesa la posición en la selección del candidato
puesto que no ocuparía el mismo puesto.
Figura 4,4. Combinaciones de r = 2 puestos en n = 5 posibles
Presidente + Vicepresidente
A B C D E Combinaciones
A AB AC AD AE 4
B BA BC BD BE 4
C CA CB CD CE 4
D DA DB DC DE 4
E EA EB EC ED 4
Combinaciones 4 4 4 4 4 20
Ejercicio:
60
En la sala de espera de un médico obstetra hay un sofá con
capacidad para 4 personas. En este momento hay 10 personas en la
sala de espera: ¿De cuántas formas se pueden haber sentado esas 10
personas en el sofá.
Solución:
La primera plaza puede ocuparse por cualquiera de las 10
personas y cuando esto se ha hecho hay 9 formas de ocupar la
segunda plaza, 8 para la tercera y 7 para la cuarta. Por tanto, el
número de ordenaciones de 10 personas tomadas de 4 en 4 es:
10 9 8 7 =5.040.
En general, el número de ordenamientos de n objetos diferentes
tomados de r en r sin que la posición interese es:
n(n − 1)(n – 2)…(n – r + 1) = nPr.
61
Permutaciones con repeticiones.
Las permutaciones de n objetos del
mismo tipo en donde en donde una
característica se repite x veces, otra
lo hace y veces y así con otras.
Suponga que en una fabrica textil
hay 6 máquinas ovilladoras: Las
máquinas A, B y C producen
ovillos rojos = 1, las máquinas D y
E ovillos verdes = 2 y la máquina G
ovillos blancos = 3. Con
regularidad se toman muestras de
6 unidades. ¿De cuántas maneras
se pueden arreglar las muestras
para que cada una de las máquinas
esté representada?
Hay situaciones en que los eventos se repiten dentro de un esquema de
permutaciones.
( )( )( )60
1223
123456
!!!
!),,;(
=
=
=bvr
nbvrnP
Fig. 4,5. Permutaciones de 6 máquinas en tres grupos r = 3, v = 2, b = 1.
Muestra Arreglo Muestra Arreglo Muestra Arreglo
1 111223 21 123111 41 213121
2 111232 22 123112 42 213211
3 111322 23 123121 43 221113
4 112123 24 123211 44 221131
5 112132 25 131122 45 221311
6 112213 26 131212 46 223111
7 112231 27 132112 47 231112
8 112312 28 132121 48 231121
9 112321 29 132211 49 231211
10 113122 30 211123 50 232111
11 113212 31 211132 51 311122
12 113221 32 211213 52 311212
13 121123 33 211231 53 311221
14 121132 34 211312 54 312112
15 121213 35 211321 55 312121
16 121231 36 211322 56 312211
17 121312 37 212113 57 321112
18 121321 38 212131 58 321121
19 122113 39 212311 59 321211
20 122131 40 213112 60 322111
62
Nueve jóvenes que salen de la última clase de la facultad y deciden ir
a ver una obra de teatro. En la boletería consiguen 9 asientos
seguidos. En encargado de comprar los boletos se da cuenta que el
primer asiento tiene el número 31 y hace la siguiente pregunta a sus
compañeros con el objetivo de que hombres y mujeres queden en
lugares alternos:
¿De cuántas formas nos podemos sentar de manera que las mujeres
ocupen los asientos pares?.
Solución.
Los hombres pueden estar sentados de 5P5 formas y las mujeres
de 4P4. Cada ordenación de los hombres puede asociarse con
cada ordenación de las mujeres. Así pues, el número de
ordenaciones pedido es:
(5 4 3 2 1)(4 3 2 1) = 120 24 = 2.880 = (5P5) (4P4) = 5! 4!.
COMBINACIONESSi se tiene un conjunto de n objetos diferentes, las combinaciones son
subconjuntos de r objetos, en donde una combinación es distinta de
otra si difiere en al menos un elemento, sin importar el orden de éstos.Condición: r < n.
Que también se puede expresar de la forma:
)!( !
!),(
rnr
nCrnC
r
nn
r−
===
El número total de permutaciones es:)!(
!),(
rn
nPrnP n
r−
==
Pero como para cada combinación
hay r! permutaciones, se tiene que:n
r
n
r CrP !=
)!(
!
!
1
! rn
n
rr
PC
n
rn
r−
==Despejando:
COMBINACIONES
650,12)!21(!4
!25
)!425(!4
!25
4
2525
4 ==−
==
C
Ejemplo 1:
En un sorteo cada participante debe elegir cuatro números
distintos del 1 al 25. Durante el sorteo se sacan cuatro números
sin repetición y ganan quienes acierten a los cuatro números sin
importar el orden en que salgan. ¿cuántos posibles resultados
puede tener el sorteo?
Puesto que no importa el orden en que salen los
números, se trata de combinaciones:
COMBINACIONES
De cuántas maneras puede escogerse un comité compuesto por 3
hombres y tres mujeres, de un grupo de 7 hombres y 5 mujeres
35)!37(!3
!7
3
77
3 =−
==
C
1. Los 3 hombres se pueden elegir de 35
formas distintas.
10)!35(!3
!5
3
55
3 =−
==
C
2. Las 3 mujeres se pueden elegir de 10
formas distintas.
Ejemplo 2:
3. Por el principio fundamental del conteo, el
número de comités distintos es de:350 5
3
7
3 =CC
COMBINACIONES
)!1( !
)!1(
)!]1([ !
)!1(1
−
−+=
−−+
−+== −+
nr
rn
rrnr
rnCCR rn
r
n
r
Combinaciones con repetición:
Si se tiene un conjunto de n objetos diferentes, se forman conjuntos de
r objetos, en donde se permite la repetición, sin importar el orden de
los elementos; aquí también, una combinación es distinta de otra si
difieren en al menos un elemento, y además se permite: r < n y r >
n.
En una urna se tienen seis esferas diferentes ¿Cuántas combinaciones
de cuatro esferas, con repetición, se pueden formar?
126!5 !4
!9
)!16( !4
)!146(6
4 ==−
−+=CR
126!4)-9( !4
!99
4
146
4
6
4 ==== −+ CCCRo bien:
NÚMEROS COMBINATORIOS
Propiedades de los números combinatorios
)!(!
!
rnr
n
r
n
−=
+
−=
+
−=
r
n
r
n
r
n
rn
n
r
n
1
1 ;
Ejemplos:
210210
4
10
610
10
6
10
=
−=
5670126
5
8
4
8
5
9
+
=
nnn
n
n=
=
=
=
1 ;1
0
0 ;1
0 ;1
Ejemplos
68
Suponga que en una fabrica textil hay 6 máquinas ovilladoras: Las máquinas A, B y
C producen ovillos rojos = 1, las máquinas D y E ovillos verdes = 2 y la máquina G
ovillos blancos = 3. Con regularidad se toman muestras de 6 unidades. ¿De
cuántas maneras se pueden arreglar las muestras para que cada una de las
máquinas esté representada?
Personal del departamento de control de la calidad, toma de la cadena
transportadora, cada determinado tiempo, 10 ovillos sin considerar preferencias
para analizar cada ovillo.
¿De cuantas maneras se combinan las 10
muestras de manera que ninguna tenga
defectos?
( ) ( ) ( )( )1
1...9101
1...910
!010!0
!1010
0
0;10 =
=
−=
=C
DIAGRAMAS DE ÁRBOLEs una técnica gráfica para encontrar el número de posibles resultados
para un experimento que consta de eventos sucesivos.
Al lanzar una moneda tres veces, los posibles
resultados en serie se pueden contar en este árbol.
A
S
A
S
A
S
A
S
A
S
A
S
A
S
AAA
AAS
ASA
ASS
SAA
SAS
SSA
SSS
Ejemplo:
70
◼ Lo más difícil de la Combinatoria es distinguir entre variaciones, permutaciones y combinaciones, y después discernir si son no con repetición.
◼ En las dos primeras (variaciones y permutaciones) la clave estará en el orden de colocación de los elementos.
◼ En la tercera (combinaciones) la clave estará en la ausencia de orden, importando el conjunto de dichos elementos.
◼ En la primera forma de agruparlos (variaciones) se toman parte de los elementos de un conjunto, mientras que en la segunda forma (permutaciones) se toman todos los elementos del conjunto.
Las claves de la Combinatoria
71
Resumen: de Permutaciones y Combinaciones.
Notación de Permutaciones:
Notación: Cuándo se toman r
objetos a la vez de n disponibles
Las permutaciones de n objetos del
mismo tipo en donde en donde una
característica se repite x veces, otra lo
hace y veces y así con otras.
Las permutaciones circulares se
calculan mediante:
Las combinaciones se denotan y
calculan mediante:
!);( nPnnP nn ==
( )!!
);(rn
nPrnP rn
−==
!!
!);;( .
yx
nPyxnP yxn ==
( )!1);( −== nPcircularesnP circularesn
( )
( )!!
!;
rnr
nCrnC
n
r
rn−
=
==
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