Problemas

Problema 3: Examen de 2026 de Andalucía

Probabilidad

Amelia y Ezequiel son dos vecinos que comparten un tendedero en la azotea de su bloque. Una vez al día, cada uno sube a tender la ropa en un instante elegido de forma independiente y uniformemente al azar entre las 10:00 y las 17:00. La ropa tarda 45 minutos en secarse si se tiende antes de las 12:00, y 30 minutos si se tiende a partir de las 12:00; en ambos casos, se recoge inmediatamente después de secarse. Calcule la probabilidad de que al menos uno de los dos encuentre el tendedero ocupado por la ropa del otro cuando suba a tender.

Problema 1: Examen de 2025 de Andalucía

Una viga rígida, considerada como un objeto unidimensional, debe ser transportada horizontalmente a ras de suelo a través de un pasillo que gira en ángulo recto. La anchura del pasillo antes de la esquina es $𝑎$ y, tras el giro, pasa a tener anchura $𝑏$ . Determinar la longitud máxima que puede tener la viga para que sea posible trasladarla, sin levantarla del suelo, y superar la esquina formada por los dos tramos perpendiculares del pasillo.
A la gran final de un torneo de ajedrez han llegado Alicia y Berta. En este deporte, la victoria otorga un punto y las tablas medio punto. Para saber quién será la campeona final, van a jugar dos partidas y ganará aquella que obtenga mayor puntuación. En caso de empate, se repetirá el proceso. Se sabe que, en una partida, $𝑝$ es la probabilidad de que gane Alicia, $𝑞$ es la de que gane Berta y $𝑟$ es la probabilidad de que terminen en tablas. Calcular la probabilidad de ganar el torneo que tiene cada una. Particularizar finalmente al caso $𝑟 = 𝑞 = 0, 25$ .
Demostrar que el producto de los catetos de un triángulo rectángulo donde todos los lados son números naturales es múltiplo de 12.

Resolución

Sean

𝑙

la longitud de la viga y

𝑂

el punto de la esquina interior. La viga de mayor longitud que puede realizar el giro se corresponde con el segmento de longitud mínima que pasa por

𝑂

y tiene extremos en los bordes exteriores del pasillo. Figura

Sea

𝛼 \in (0, 𝜋 2)

el ángulo que forma el segmento con la horizontal y sean

𝑙 1

𝑙 2

las distancias del punto

𝑂

a cada uno de los extremos, respectivamente. Se tiene que:

c o s (𝛼) = 𝑎 𝑙 1 \Rightarrow 𝑙 1 = 𝑎 c o s (𝛼), s e n (𝛼) = 𝑏 𝑙 2 \Rightarrow 𝑙 2 = 𝑏 s e n (𝛼) .

De esta forma, la longitud completa de la viga viene dada en función del ángulo

𝛼

por:

𝑙 = 𝑙 1 + 𝑙 2 = 𝑎 c o s (𝛼) + 𝑏 s e n (𝛼) .

Así que la función a minimizar es:

𝑓 (𝛼) = 𝑎 c o s (𝛼) + 𝑏 s e n (𝛼) .

En primer lugar, hallamos la derivada de la función.

𝑓' (𝛼) = - 𝑎 c o s 2 (𝛼) \cdot (- s e n (𝛼)) - 𝑏 s e n 2 (𝛼) \cdot c o s (𝛼) = 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) .

Hallamos los puntos críticos igualando la derivada a cero.

𝑓' (𝛼) = 0 \Leftrightarrow 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) = 0 \Leftrightarrow 𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) = 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼) \Leftrightarrow 𝑎 s e n 3 (𝛼) = 𝑏 c o s 3 (𝛼) \Leftrightarrow t g 3 (𝛼) = 𝑏 𝑎 \Leftrightarrow \Leftrightarrow t g (𝛼) = 3 \sqrt 𝑏 𝑎 \Leftrightarrow 𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎) .

Estudiamos el signo de la derivada para comprobar que en el punto de abscisa

𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎)

se alcanza el mínimo de la función. Observamos que:

l í m 𝛼 \to 0 + 𝑓' (𝛼) = l í m 𝛼 \to 0 + (𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼)) = - \infty, l í m 𝛼 \to 𝜋 2 - 𝑓' (𝛼) = l í m 𝛼 \to 𝜋 2 - (𝑎 s e n (𝛼) c o s 2 (𝛼) - 𝑏 c o s (𝛼) s e n 2 (𝛼)) = + \infty .

Podemos organizar la información en una tabla.

	$(0, a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎))$	$(a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎), 𝜋 2)$
signo de $𝑓'$	$-$	$+$
monotonía de $𝑓$	$\to$	$\to$

Así que el mínimo absoluto de la función se alcanza en

𝛼 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎)

. Por tanto, la longitud máxima de la viga viene dada por:

𝑙 = 𝑎 c o s (𝛼 0) + 𝑏 s e n (𝛼 0), c o n 𝛼 0 = a r c t g (3 \sqrt 𝑏 𝑎) .

Para obtener una expresión más simplificada, podemos escribir el seno y el coseno en función de la tangente.

t g (𝛼) = s e n (𝛼) c o s (𝛼) \Rightarrow t g 2 (𝛼) = s e n 2 (𝛼) \cdot 1 c o s 2 (𝛼) = s e n 2 (𝛼) (1 + t g 2 (𝛼)) \Leftrightarrow s e n 2 (𝛼) = t g 2 (𝛼) 1 + t g 2 (𝛼), c o s 2 (𝛼) = 1 - s e n 2 (𝛼) = 1 - t g 2 (𝛼) 1 + t g 2 (𝛼) = 1 1 + t g 2 (𝛼) .

Por tanto, la longitud se puede expresar de la forma:

𝑙 = 𝑎 \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) + 𝑏 \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) t g (𝛼 0) = (𝑎 + 𝑏 t g (𝛼 0)) \sqrt 1 + t g 2 (𝛼 0) = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 𝑎 + 𝑏 3 \sqrt 𝑏 𝑎 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt \sqrt ⎷ 1 + (3 \sqrt 𝑏 𝑎) 2 = = (𝑎 + 𝑎 13 \cdot 𝑏 23) \sqrt 1 + 𝑏 23 𝑎 23 = 𝑎 13 (𝑎 23 + 𝑏 23) \sqrt 𝑎 23 + 𝑏 23 𝑎 23 = 𝑎 13 (𝑎 23 + 𝑏 23) \cdot (𝑎 23 + 𝑏 23) 12 𝑎 13 = (𝑎 23 + 𝑏 23) 32 .

Sean los sucesos:

𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎, 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎, 𝑇 = 𝑙 𝑎 𝑝 𝑎 𝑟 𝑡 𝑖 𝑑 𝑎 𝑡 𝑒 𝑟 𝑚 𝑖 𝑛 𝑎 𝑒 𝑛 𝑡 𝑎 𝑏 𝑙 𝑎 𝑠, 𝑅 𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎, 𝑅 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎, 𝑅 𝐸 = 𝑙 𝑎 𝑟 𝑜 𝑛 𝑑 𝑎 𝑞 𝑢 𝑒 𝑑 𝑎 𝑒 𝑛 𝑒 𝑚 𝑝 𝑎 𝑡 𝑒, 𝐺 𝐴 = 𝐴 𝑙 𝑖 𝑐 𝑖 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑒 𝑙 𝑡 𝑜 𝑟 𝑛 𝑒 𝑜, 𝐺 𝐵 = 𝐵 𝑒 𝑟 𝑡 𝑎 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑒 𝑙 𝑡 𝑜 𝑟 𝑛 𝑒 𝑜 .

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

			$𝐴 (2 - 0)$
		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (1 - 1)$
$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (1, 5 - 0, 5)$
			$𝐴 (1 - 1)$
		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (0 - 2)$
		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (0, 5 - 1, 5)$
			$𝐴 (1, 5 - 0, 5)$
$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$𝑝 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝑇$	$𝑞 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵 (0, 5 - 1, 5)$
		$𝑟 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑇 (1 - 1)$

Las probabilidades de obtener los distintos resultados al terminar la ronda de dos partidas son:

𝑃 (𝑅 𝐴) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝐴 \cap 𝑇) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝐴) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝐴) + 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝐴) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝑇) = = 𝑝 2 + 𝑝 𝑟 + 𝑟 𝑝 = 𝑝 2 + 2 𝑝 𝑟 = 𝑝 (𝑝 + 2 𝑟), 𝑃 (𝑅 𝐵) = 𝑃 (𝐵 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑇) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝐵) = 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐵) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝐵) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝑇) = = 𝑞 2 + 𝑞 𝑟 + 𝑟 𝑞 = 𝑞 2 + 2 𝑞 𝑟 = 𝑞 (𝑞 + 2 𝑟), 𝑃 (𝑅 𝐸) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝑇 \cap 𝑇) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐴 | 𝐵) + 𝑃 (𝑇) \cdot 𝑃 (𝑇 | 𝑇) = = 𝑝 𝑞 + 𝑞 𝑟 + 𝑟 2 = 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 .

De esta forma, las probabilidades de que ganen Alicia y Berta, respectivamente, vienen dadas por:

𝑃 (𝐺 𝐴) = 𝑃 (𝑅 𝐴) + 𝑃 (𝑅 𝐸) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐴) + 𝑃 (𝑅 𝐸) 2 \cdot 𝑃 (𝑅 𝐴) + \dots = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐸) 𝑛 = 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 𝑃 (𝑅 𝐵) + 𝑃 (𝑅 𝐸) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐵) + 𝑃 (𝑅 𝐸) 2 \cdot 𝑃 (𝑅 𝐵) + \dots = \infty \sum 𝑛 = 0 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot 𝑃 (𝑅 𝐸) 𝑛 = 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 .

Como

0 < 𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞 < 1

por tratarse de una probabilidad, entonces:

\infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 1 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞 .

Por tanto,

𝑃 (𝐺 𝐴) = 𝑃 (𝑅 𝐴) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 𝑝 (𝑝 + 2 𝑟) 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 𝑃 (𝑅 𝐵) \cdot \infty \sum 𝑛 = 0 (𝑟 2 + 2 𝑝 𝑞) 𝑛 = 𝑞 (𝑞 + 2 𝑟) 1 - 𝑟 2 - 2 𝑝 𝑞 .

𝑞 = 𝑟 = 0, 25

, entonces

𝑝 = 0, 5

y las probabilidades son:

𝑃 (𝐺 𝐴) = 0, 5 (0, 5 + 2 \cdot 0, 25) 1 - 0, 252 - 2 \cdot 0, 5 \cdot 0, 25 = 811, 𝑃 (𝐺 𝐵) = 0, 25 (0, 25 + 2 \cdot 0, 25) 1 - 0, 252 - 2 \cdot 0, 5 \cdot 0, 25 = 311 .

Sean $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ los lados de un triángulo rectángulo, donde $𝑎$ y $𝑏$ son los catetos y $𝑐$ es la hipotenusa. Recordamos que una terna pitagórica es primitiva si $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ son primos relativos entre sí. Además, toda terna pitagórica es proporcional a una terna pitagórica primitiva.

Todas las ternas pitagóricas primitivas son de la forma: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑎 = 𝑚 2 - 𝑛 2, 𝑏 = 2 𝑚 𝑛, 𝑐 = 𝑚 2 + 𝑛 2, c o n 𝑚, 𝑛 \in ℕ y 𝑛 < 𝑚 .$ Observamos que si $𝑚$ y $𝑛$ son impares, entonces $𝑎$ , $𝑏$ y $𝑐$ son múltiplos de 2 y la terna no sería primitiva. Luego podemos suponer que $𝑚$ o $𝑛$ es par.

El producto de los catetos viene dado por: $𝑎 𝑏 = 2 𝑚 𝑛 (𝑚 2 - 𝑛 2) = 2 𝑚 𝑛 (𝑚 - 𝑛) (𝑚 + 𝑛) .$ Observamos que, como $𝑚$ o $𝑛$ es par, entonces $𝑎 𝑏$ es múltiplo de 4. Veamos que $𝑎 𝑏$ es también múltiplo 3 comprobando que lo es alguno de sus factores.
- Si $𝑚$ o $𝑛$ es múltiplo de 3, entonces $𝑎 𝑏$ también lo es.
- Si $m$ y $n$ no son múltiplos de 3, entonces: $\begin{align} m = 3k + 1 & \text{ o bien } m = 3k + 2, & & \text{con } k \in \mathbb{N} \cup \{0\}, \\ n = 3q + 1 & \text{ o bien } n = 3q + 2, & & \text{con } q \in \mathbb{N} \cup \{0\}. \end{align}$
  - Supongamos que: ${𝑚 = 3 𝑘 + 1, 𝑛 = 3 𝑞 + 1 o b i e n {𝑚 = 3 𝑘 + 2, 𝑛 = 3 𝑞 + 2 .$ Entonces: $𝑚 - 𝑛 = 3 𝑘 - 3 𝑞 = 3 (𝑘 - 𝑞) .$ Luego $𝑚 - 𝑛$ es múltiplo de 3, así que $𝑎 𝑏$ también lo es.
  - Supongamos que: ${𝑚 = 3 𝑘 + 1, 𝑛 = 3 𝑞 + 2 o b i e n {𝑚 = 3 𝑘 + 2, 𝑛 = 3 𝑞 + 1 .$ Entonces: $𝑚 + 𝑛 = 3 𝑘 + 3 𝑞 + 3 = 3 (𝑘 + 𝑞 + 1) .$ Luego $𝑚 + 𝑛$ es múltiplo de 3, así que $𝑎 𝑏$ también lo es.
Como el producto $𝑎 𝑏$ es múltiplo de 3 y 4, también es múltiplo de 12. Además, dado que todas las ternas pitagóricas son proporcionales a una terna pitagórica primitiva, se tiene que el producto de los catetos de cualquier triángulo rectángulo es múltiplo de 12.

Problema 4: Examen de 2025 de Andalucía

En la ecuación $𝑥 2 + 𝐴 𝑥 + 𝐵 = 0$ , $𝐴$ y $𝐵$ son números reales elegidos al azar en los intervalos $[- 𝑎, 𝑎]$ y $[- 𝑏, 𝑏]$ respectivamente, siendo $𝑎$ y $𝑏$ números reales. Calcular la probabilidad de que tenga soluciones reales.
Dada la matriz $A = \begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.$
1. Calcular $𝐴 49$ y $𝐴 𝑛$ .
2. Sin hacer uso de la matriz inversa, hallar $𝑋$ en la ecuación $𝐴 2 𝑋 + 𝐼 = 𝐴$ , siendo $𝐼$ la matriz identidad.
Determinar todos los números de tres cifras en base 7, formados por cifras distintas entre sí y mayores que cero, que al ser convertidos a base 11 están representados por esas mismas tres cifras, aunque no necesariamente en el mismo orden.

Resolución

Como $A \in [-a, a]$ y $B \in [-b, b]$ , el área de la región factible es: $S_T = 2a \cdot 2b = 4ab \; u^2.$ La ecuación $x^2 + Ax + B = 0$ tiene solución si y solo si su discriminante es mayor o igual que cero, esto es: $A^2 - 4B \geq 0 \Leftrightarrow 4B \leq A^2 \Leftrightarrow B \leq \frac{A^2}{4}.$ Consideramos dos casos.
- Supongamos que $𝑎 2 4 \leq 𝑏$ . Representamos la región factible. El área de esta región viene dada por: $𝑆 𝐹 = 2 𝑎 𝑏 + 2 \int 𝑎 0 𝐴 2 4 𝑑 𝐴 = 2 𝑎 𝑏 + 2 [112 𝐴 3] 𝑎 0 = 2 𝑎 𝑏 + 16 𝑎 3 𝑢 2 .$ Por tanto, la probabilidad de que la ecuación tenga soluciones reales es: $𝑝 = 𝑆 𝐹 𝑆 𝑇 = 2 𝑎 𝑏 + 16 𝑎 3 4 𝑎 𝑏 = 12 + 𝑎 2 24 𝑏 .$
- Supongamos que $𝑎 2 4 > 𝑏$ . Los puntso de corte de $𝐵 = 𝐴 2 4$ y la recta $𝐵 = 𝑏$ vienen dados por: $𝐴 2 4 = 𝑏 \Leftrightarrow 𝐴 2 = 4 𝑏 𝑏 > 0 \Leftrightarrow 𝐴 = \pm 2 \sqrt 𝑏 .$ Representamos la región factible. El área de esta región viene dada por: $𝑆 𝐹 = 2 𝑎 𝑏 + 2 \int 2 \sqrt 𝑏 0 𝐴 2 4 𝑑 𝐴 + 2 𝑏 (𝑎 - 2 \sqrt 𝑏) = 2 𝑎 𝑏 + 2 [112 𝐴 3] 2 \sqrt 𝑏 0 + 2 𝑎 𝑏 - 4 𝑏 \sqrt 𝑏 = = 4 𝑎 𝑏 - 4 𝑏 \sqrt 𝑏 + 43 𝑏 \sqrt 𝑏 = 4 𝑎 𝑏 - 83 𝑏 \sqrt 𝑏 𝑢 2 .$ Por tanto, la probabilidad de que la ecuación tenga soluciones reales es: $𝑝 = 𝑆 𝐹 𝑆 𝑇 = 4 𝑎 𝑏 - 83 𝑏 \sqrt 𝑏 4 𝑎 𝑏 = 1 - 2 \sqrt 𝑏 3 𝑎 .$
1. Hallamos las primeras potencias de la matriz $A$ . $\begin{align} A^2 & = A \cdot A = \begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \end{pmatrix}, \\ A^3 & = A^2 \cdot A = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & -1 \\ -1 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I. \end{align}$ Así que: $A^{49} = A^{16 \cdot 3 + 1} = (A^3)^{16} \cdot A = I^{16} \cdot A = A = \begin{pmatrix} -1 & -2 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.$ En general, dado $n \in \mathbb{N}$ , se tiene que:
  - Si existe $𝑘 \in ℕ$ tal que $𝑛 = 3 𝑘$ , entonces: $𝐴 𝑛 = 𝐴 3 𝑘 = (𝐴 3) 𝑘 = 𝐼 𝑘 = 𝐼 .$
  - Si existe $𝑘 \in ℕ$ tal que $𝑛 = 3 𝑘 + 1$ , entonces: $𝐴 𝑛 = 𝐴 3 𝑘 + 1 = (𝐴 3) 𝑘 \cdot 𝐴 = 𝐼 𝑘 \cdot 𝐴 = 𝐴 .$
  - Si existe $𝑘 \in ℕ$ tal que $𝑛 = 3 𝑘 + 2$ , entonces: $𝐴 𝑛 = 𝐴 3 𝑘 + 2 = (𝐴 3) 𝑘 \cdot 𝐴 2 = 𝐼 𝑘 \cdot 𝐴 2 = 𝐴 2 .$
2. Para resolver la ecuación matricial, multiplicamos por $𝐴$ por la izquierda. De esta forma, $𝐴 2 𝑋 + 𝐼 = 𝐴 \Leftrightarrow 𝐴 3 𝑋 + 𝐴 = 𝐴 2 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 𝑋 = 𝐴 2 - 𝐴 = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ - 1 02 11 - 1 - 1 - 1 0 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ - ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ - 1 - 2 - 2 121 0 - 1 - 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ = ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ 024 0 - 1 - 2 - 1 01 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ .$

Sea

𝑛 = 𝑎 𝑏 𝑐 (7)

, con

𝑎, 𝑏, 𝑐 \in {1, 2, 3, 4, 5, 6}

y distintos. Por el teorema fundamental de los sistemas de numeración, se tiene que:

𝑛 = 49 𝑎 + 7 𝑏 + 𝑐 .

Queremos hallar todos los números

𝑛

que se escriben en base 11 con las cifras

𝑎

𝑏

𝑐

. Como

𝑎

𝑏

𝑐

son distintos, los dígitos se pueden ordenar de

3! = 6

formas distintas. Estudiamos cada caso.

Caso 1: supongamos que $𝑛 = 𝑎 𝑏 𝑐 (11)$ . Entonces: $𝑎 𝑏 𝑐 (7) = 𝑎 𝑏 𝑐 (11) \Leftrightarrow 49 𝑎 + 7 𝑏 + 𝑐 = 121 𝑎 + 11 𝑏 + 𝑐 \Leftrightarrow 18 𝑎 + 𝑏 = 0 .$ Como $𝑎$ y $𝑏$ son mayores que cero, este caso no es posible.
Caso 2: supongamos que $𝑛 = 𝑎 𝑐 𝑏 (11)$ . Entonces: $𝑎 𝑏 𝑐 (7) = 𝑎 𝑐 𝑏 (11) \Leftrightarrow 49 𝑎 + 7 𝑏 + 𝑐 = 121 𝑎 + 11 𝑐 + 𝑏 \Leftrightarrow 72 𝑎 + 10 𝑐 = 6 𝑏 \Leftrightarrow 36 𝑎 + 5 𝑐 = 3 𝑏 .$ Observamos que: $3 𝑏 = 36 𝑎 + 5 𝑐 \geq 36 \cdot 1 + 5 \cdot 2 = 46 \Rightarrow 𝑏 \geq 463 \geq 16 .$ Como $𝑏 \leq 6$ , este caso no es posible.
Caso 3: supongamos que $n = bac_{(11)}$ . Entonces: $abc_{(7)} = bac_{(11)} \Leftrightarrow 49a + 7b + c = 121b + 11a + c \Leftrightarrow 114b = 38a \Leftrightarrow 3b = a.$ Las únicas posibilidades son:
- Si $𝑏 = 1$ , entonces $𝑎 = 3$ y $𝑐 \in {2, 4, 5, 6}$ . Se obtienen los siguientes números: $312 (7), 314 (7), 315 (7), 316 (7) .$
- Si $𝑏 = 2$ , entonces $𝑎 = 6$ y $𝑐 \in {1, 3, 4, 5}$ . Se obtienen los siguientes números: $621 (7), 623 (7), 624 (7), 625 (7) .$

Caso 4: supongamos que

𝑛 = 𝑏 𝑐 𝑎 (11)

. Entonces:

𝑎 𝑏 𝑐 (7) = 𝑏 𝑐 𝑎 (11) \Leftrightarrow 49 𝑎 + 7 𝑏 + 𝑐 = 121 𝑏 + 11 𝑐 + 𝑎 \Leftrightarrow 114 𝑏 + 10 𝑐 = 48 𝑎 \Leftrightarrow 57 𝑏 + 5 𝑐 = 24 𝑎 .

Observamos que:

24 𝑎 = 57 𝑏 + 5 𝑐 \geq 57 \cdot 1 + 5 \cdot 2 = 67 \Rightarrow 𝑎 \geq 6724 \geq 3 .

Tenemos los siguientes casos.

Si $𝑎 = 3$ , entonces $57 𝑏 + 5 𝑐 = 24 \cdot 3 = 72$ .
Si $𝑎 = 4$ , entonces $57 𝑏 + 5 𝑐 = 24 \cdot 4 = 96$ .
Si $𝑎 = 5$ , entonces $57 𝑏 + 5 𝑐 = 24 \cdot 5 = 120$ .
Si $𝑎 = 6$ , entonces $57 𝑏 + 5 𝑐 = 24 \cdot 6 = 144$ .

Por comodidad, organizaremos los distintos valores de

57 𝑏 + 5 𝑐

mediante la siguiente tabla.

	$𝑐 = 1$	$𝑐 = 2$	$𝑐 = 3$	$𝑐 = 4$	$𝑐 = 5$	$𝑐 = 6$
$𝑏 = 1$	$\times$	67	72	77	82	87
$𝑏 = 2$	119	$\times$	129	134	139	144

No es necesario calcular más, puesto que serían valores mayores que 144. Solo hay dos casos que debemos estudiar:

Si $𝑏 = 1$ y $𝑐 = 3$ , se tiene que $57 𝑏 + 5 𝑐 = 72 = 24 \cdot 3$ , así que $𝑎 = 3$ . Como hay dos dígitos iguales, tenemos que descartar este caso.
Si $𝑏 = 2$ y $𝑐 = 6$ , se tiene que $57 𝑏 + 5 𝑐 = 144 = 24 \cdot 6$ , así que $𝑎 = 6$ . Como hay dos dígitos iguales, tenemos que descartar este caso.

Por tanto, este caso no es posible.

Caso 5: supongamos que

𝑛 = 𝑐 𝑎 𝑏 (11)

. Entonces:

𝑎 𝑏 𝑐 (7) = 𝑐 𝑎 𝑏 (11) \Leftrightarrow 49 𝑎 + 7 𝑏 + 𝑐 = 121 𝑐 + 11 𝑎 + 𝑏 \Leftrightarrow 120 𝑐 = 38 𝑎 + 6 𝑏 \Leftrightarrow 60 𝑐 = 19 𝑎 + 3 𝑏 .

Ha de ocurrir que

19 𝑎 + 3 𝑏

sea múltiplo de 60. Por comodidad, organizaremos los distintos valores de

19 𝑎 + 3 𝑏

mediante la siguiente tabla.

	$𝑏 = 1$	$𝑏 = 2$	$𝑏 = 3$	$𝑏 = 4$	$𝑏 = 5$	$𝑏 = 6$
$𝑎 = 1$	$\times$	25	28	31	34	37
$𝑎 = 2$	41	$\times$	47	50	53	56
$𝑎 = 3$	60	63	$\times$	69	72	75
$𝑎 = 4$	79	82	85	$\times$	91	94
$𝑎 = 5$	98	101	104	107	$\times$	113
$𝑎 = 6$	117	120	123	126	129	$\times$

Solo hay dos casos que debemos estudiar:

Si $𝑎 = 3$ y $𝑏 = 1$ , se tiene que $19 𝑎 + 3 𝑏 = 60 = 60 \cdot 1$ , así que $𝑎 = 1$ . Como hay dos dígitos iguales, tenemos que descartar este caso.
Si $𝑎 = 6$ y $𝑏 = 2$ , se tiene que $19 𝑎 + 3 𝑏 = 120 = 60 \cdot 2$ , así que $𝑎 = 2$ . Como hay dos dígitos iguales, tenemos que descartar este caso.

Por tanto, este caso no es posible.

Caso 6: supongamos que

𝑛 = 𝑐 𝑏 𝑎 (11)

. Entonces:

𝑎 𝑏 𝑐 (7) = 𝑎 𝑏 𝑐 (11) \Leftrightarrow 49 𝑎 + 7 𝑏 + 𝑐 = 121 𝑐 + 11 𝑏 + 𝑎 \Leftrightarrow 120 𝑐 + 4 𝑏 = 48 𝑎 \Leftrightarrow 30 𝑐 = 12 𝑎 - 𝑏 .

Observamos que:

12 𝑎 = 𝑏 + 30 𝑐 \geq 2 + 30 \cdot 1 = 33 \Rightarrow 𝑎 \geq 3312 \geq 3 .

Además, ha de ocurrir que

12 𝑎 - 𝑏

sea múltiplo de 30. Por comodidad, organizaremos los distintos valores de

12 𝑎 - 𝑏

mediante la siguiente tabla.

	$𝑎 = 3$	$𝑎 = 4$	$𝑎 = 5$	$𝑎 = 6$
$𝑏 = 1$	35	47	59	71
$𝑏 = 2$	34	46	58	70
$𝑏 = 3$	$\times$	45	57	69
$𝑏 = 4$	32	$\times$	56	68
$𝑏 = 5$	31	43	$\times$	67
$𝑏 = 6$	30	42	54	$\times$

Solo debemos estudiar un caso. Si

𝑎 = 3

𝑏 = 6

, se tiene que

12 𝑎 - 𝑏 = 30 = 30 \cdot 1

, así que

𝑐 = 1

. De esta forma, se obtiene el número

361 (7)

Por tanto, los números son:

312 (7), 314 (7), 315 (7), 316 (7), 621 (7), 623 (7), 624 (7), 625 (7), 361 (7) .

Problema 1: Examen de 2023 de Andalucía

Se tienen $n + 1$ cajas idénticas con $n$ bolas cada una. En la primera caja hay $n$ bolas negras; en la segunda caja hay $n − 1$ bolas negras y 1 bola blanca; en la tercera hay $n − 2$ bolas negras y dos bolas blancas y así sucesivamente, hasta que, en la última caja, hay $n$ bolas blancas. Se toma una caja al azar y de ella se extraen tres bolas de una vez:
1. Calcule la probabilidad de que las tres bolas sean blancas.
2. Suponiendo que, tras la extracción, las tres bolas son blancas, calcule el número de cajas que tiene que haber para que la probabilidad de que provengan las tres bolas blancas de las dos últimas cajas, sea igual a $23 .$
Dos varillas, $𝐴 𝐵$ , $𝐵 𝐶$ , de igual longitud y articuladas en $𝐵$ , tienen fijo el extremo $𝐴 .$ Si el extremo $𝐶$ se mueve sobre la recta $𝐴 𝐶$ , halle la ecuación del lugar geométrico de un punto $𝑃$ , tomado en $𝐵 𝐶 .$

Resolución

Podemos estructurar los datos en una tabla. Por comodidad, numeramos las cajas del 0 al

𝑛 .

Caja 0	Caja 1	$\dots$	Caja $𝑛 - 1$	Caja $𝑛$
$𝑛$ negras	$𝑛 - 1$ negras		1 negra	0 negras
0 blancas	1 blanca		$𝑛 - 1$ blancas	$𝑛$ blancas

Sea

𝐶 𝑘 = 𝑒 𝑙 𝑒 𝑔 𝑖 𝑟 𝑙 𝑎 𝑐 𝑎 𝑗 𝑎 𝑘

, para

𝑘 \in {0, 1, \dots, 𝑛} .

Estos sucesos son incompatibles dos a dos, con

𝑃 (𝐶 𝑘) = 1 𝑛 + 1 .

Por otro lado, definimos el suceso

𝐵 = 𝑠 𝑎 𝑐 𝑎 𝑟 𝑡 𝑟 𝑒 𝑠 𝑏 𝑜 𝑙 𝑎 𝑠 𝑏 𝑙 𝑎 𝑛 𝑐 𝑎 𝑠 .

Por el teorema de la probabilidad total, $\begin{align} P(B) & = P(B \cap C_0) + P(B \cap C_1) + \dots + P(B \cap C_n) = \\ & = P(C_0) \cdot P(B|C_0) + P(C_1) \cdot P(B|C_1) + \dots P(C_n) \cdot P(B|C_n) = \sum_{k=0}^n P(C_k) \cdot P(B|C_k). \end{align}$ La caja $k$ tiene $n-k$ bolas negras y $k$ bolas blancas. Así que $P(B|C_k) = \frac{k}{n} \cdot \frac{k-1}{n-1} \cdot \frac{k-2}{n-2}.$ Por tanto, $\begin{align} P(B) & = \sum_{k=0}^n P(C_k) \cdot P(B|C_k) = \sum_{k=0}^n \frac{1}{n+1} \cdot \frac{k}{n} \cdot \frac{k-1}{n-1} \cdot \frac{k-2}{n-2} = \\ & = \frac{1}{(n+1)n(n-1)(n-2)} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2). \end{align}$ Desarrollamos la expresión de la suma: $\begin{align} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2) & = \sum_{k=0}^n (k^3 - 3k^2 + 2k) = \sum_{k=0}^n k^3 - 3\sum_{k=0}^n k^2 + 2\sum_{k=0}^n k = \\ & = \sum_{k=1}^n k^3 - 3\sum_{k=1}^n k^2 + 2\sum_{k=1}^n k. \end{align}$ Hallamos cada uno de estos sumatorios.
- La progresión ${𝑎 𝑘} = {𝑘}$ es aritmética, así que la suma de sus primeros $𝑛$ términos es $𝑛 \sum 𝑘 = 1 𝑘 = 𝑛 (𝑛 + 1) 2 .$
- La progresión ${𝑏 𝑘} = {𝑘 2}$ es aritmética de orden 2, así que podemos hallar la suma de sus primeros $𝑛$ términos usando diferencias finitas. $𝑏 1 = 1, Δ 𝑏 1 = 𝑏 2 - 𝑏 1 = 3, Δ 2 𝑏 1 = Δ 𝑏 2 - Δ 𝑏 1 = 2, 𝑏 2 = 4, Δ 𝑏 2 = 𝑏 3 - 𝑏 2 = 5, 𝑏 3 = 9 .$ Así que: $𝑛 \sum 𝑘 = 1 𝑘 2 = (𝑛 1) 𝑏 1 + (𝑛 2) Δ 𝑏 1 + (𝑛 3) Δ 2 𝑏 1 = 𝑛 + 𝑛! 2! (𝑛 - 2)! \cdot 3 + 𝑛! 3! (𝑛 - 3)! \cdot 2 = = 𝑛 + 3 𝑛 (𝑛 - 1) 2 + 𝑛 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) 3 = 𝑛 (6 + 9 𝑛 - 9 + 2 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2)) 6 = 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6 .$
- La progresión ${𝑐 𝑘} = {𝑘 3}$ es aritmética de orden 3, así que podemos hallar la suma de sus primeros $𝑛$ términos usando diferencias finitas. $𝑐 1 = 1, Δ 𝑐 1 = 𝑐 2 - 𝑐 1 = 7, Δ 2 𝑐 1 = Δ 𝑐 2 - Δ 𝑐 1 = 12, Δ 3 𝑐 1 = Δ 2 𝑐 2 - Δ 2 𝑐 1 = 6, 𝑐 2 = 8, Δ 𝑐 2 = 𝑐 3 - 𝑐 2 = 19, Δ 2 𝑐 2 = Δ 𝑐 3 - Δ 𝑐 2 = 18, 𝑐 3 = 27, Δ 𝑐 3 = 𝑐 4 - 𝑐 3 = 37, 𝑐 4 = 64 .$ Así que: $𝑛 \sum 𝑘 = 1 𝑘 3 = (𝑛 1) 𝑐 1 + (𝑛 2) Δ 𝑐 1 + (𝑛 3) Δ 2 𝑐 1 + (𝑛 4) Δ 3 𝑐 1 = = 𝑛 + 𝑛! 2! (𝑛 - 2)! \cdot 7 + 𝑛! 3! (𝑛 - 3)! \cdot 12 + 𝑛! 4! (𝑛 - 4)! \cdot 6 = = 𝑛 + 7 𝑛 (𝑛 - 1) 2 + 2 𝑛 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) + 𝑛 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) (𝑛 - 3) 4 = = 𝑛 (4 + 14 (𝑛 - 1) + 8 (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) + (𝑛 - 1) (𝑛 - 2) (𝑛 - 3)) 4 = = 𝑛 (4 + 14 𝑛 - 14 + 8 𝑛 2 - 24 𝑛 + 16 + 𝑛 3 - 6 𝑛 2 + 11 𝑛 - 6) 4 = = 𝑛 (𝑛 3 + 2 𝑛 2 + 𝑛) 4 = 𝑛 2 (𝑛 + 1) 2 4 .$
Luego: $\begin{align} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2) & = \sum_{k=0}^n k^3 - 3\sum_{k=0}^n k^2 + 2\sum_{k=0}^n k = \frac{n^2(n+1)^2}{4} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} + n(n+1) = \\ & = \frac{n\Big(n(n^2 + 2n + 1) - (2n+2)(2n+1) + 4n + 4\Big)}{4} = \\ & = \frac{n(n^3 + 2n^2 + n - 4n^2 - 6n - 2 + 4n + 4)}{4} = \\ & = \frac{n(n^3 - 2n^2 - n + 2)}{4} = \frac{(n-2)(n-1)n(n+1)}{4}. \end{align}$ Por tanto, la probabilidad de que las tres bolas sean blancas es $\begin{align} P(B) & = \frac{1}{(n+1)n(n-1)(n-2)} \sum_{k=0}^n k(k-1)(k-2) = \\ & = \frac{1}{(n+1)n(n-1)(n-2)} \cdot \frac{(n-2)(n-1)n(n+1)}{4} = \frac{1}{4}. \end{align}$
Queremos que se verifique la igualdad $𝑃 ((𝐶 𝑛 - 1 \cup 𝐶 𝑛) | 𝐵) = 23 .$ Como $𝐶 𝑛 - 1$ y $𝐶 𝑛$ son sucesos incompatibles, $𝑃 ((𝐶 𝑛 - 1 \cup 𝐶 𝑛) | 𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 - 1 | 𝐵) + 𝑃 (𝐶 𝑛 | 𝐵) .$ Calculamos estas probabilidades. $𝑃 (𝐶 𝑛 - 1 | 𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 - 1 \cap 𝐵) 𝑃 (𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 - 1) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐶 𝑛 - 1) 14 = 4 \cdot 1 𝑛 + 1 \cdot 𝑛 - 1 𝑛 \cdot 𝑛 - 2 𝑛 - 1 \cdot 𝑛 - 3 𝑛 - 2 = 4 (𝑛 - 3) 𝑛 (𝑛 + 1), 𝑃 (𝐶 𝑛 | 𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛 \cap 𝐵) 𝑃 (𝐵) = 𝑃 (𝐶 𝑛) \cdot 𝑃 (𝐵 | 𝐶 𝑛) 14 = 4 𝑛 + 1 .$ Luego: $𝑃 ((𝐶 𝑛 - 1 \cup 𝐶 𝑛) | 𝐵) = 23 \Leftrightarrow 4 (𝑛 - 3) 𝑛 (𝑛 + 1) + 4 𝑛 + 1 = 23 \Leftrightarrow 2 𝑛 - 6 + 2 𝑛 𝑛 (𝑛 + 1) = 13 \Leftrightarrow 12 𝑛 - 18 = 𝑛 (𝑛 + 1) \Leftrightarrow \Leftrightarrow 𝑛 2 - 11 𝑛 + 18 = 0 \Leftrightarrow {𝑛 = 2, 𝑛 = 9 .$ La solución $𝑛 = 2$ no es válida, puesto que no es posible sacar tres bolas blancas con 3 cajas. Por tanto, se necesitan 10 cajas para que la probabilidad sea $23 .$

Suponemos $𝐴 (0, 0)$ y $𝐴 𝐶$ la recta horizontal $𝑦 = 0$ , de forma que $𝐶 (𝑎, 0)$ para $𝑎 > 0 .$ Sea $𝑃 (𝑥, 𝑦)$ y sean $𝐷$ y $𝑄$ las proyecciones de $𝐵$ y $𝑃$ sobre el eje de abscisas, respectivamente. Sea $𝑑 = d i s t (𝐴, 𝐵) = d i s t (𝐵, 𝐶)$ y sea $𝑝 = d i s t (𝑃, 𝐶) .$ Como el triángulo $𝐶 𝐵 𝐷$ es semejante al triángulo $𝐶 𝑃 𝑄$ , por el teorema de Tales tenemos que: $d i s t (𝐵, 𝐶) d i s t (𝑃, 𝐶) = d i s t (𝐵, 𝐷) d i s t (𝑃, 𝑄) = d i s t (𝐶, 𝐷) d i s t (𝐶, 𝑄) \Leftrightarrow 𝑑 𝑝 = \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 4 4 𝑦 = 𝑎 2 𝑎 - 𝑥 \Leftrightarrow \Leftrightarrow ⎧ { { { {⎨ { { { {⎩ 𝑑 𝑝 = 𝑎 2 𝑎 - 𝑥 \Leftrightarrow 𝑎 𝑑 - 𝑥 𝑑 = 𝑎 𝑝 2 \Leftrightarrow 𝑥 = 𝑎 𝑑 - 𝑎 𝑝 2 𝑑 = 𝑎 - 𝑎 𝑝 2 𝑑, 𝑑 𝑝 = \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 2 4 𝑦 \Leftrightarrow 𝑦 = 𝑝 \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 2 4 𝑑 .$ Despejando $𝑎$ en la primera ecuación, $𝑥 = 𝑎 - 𝑎 𝑝 2 𝑑 \Leftrightarrow 𝑥 = 𝑎 (1 - 𝑝 2 𝑑) = 𝑎 (2 𝑑 - 𝑝 2 𝑑) \Leftrightarrow 𝑎 = 𝑥 2 𝑑 - 𝑝 2 𝑑 = 2 𝑑 𝑥 2 𝑑 - 𝑝 .$ Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación, $𝑦 = 𝑝 \sqrt 𝑑 2 - 𝑎 2 4 𝑑 = 𝑝 𝑑 \sqrt 𝑑 2 - 14 \cdot 4 𝑑 2 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 = 𝑝 \sqrt 1 - 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 \Leftrightarrow 𝑦 2 𝑝 2 = 1 - 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 \Leftrightarrow 𝑥 2 (2 𝑑 - 𝑝) 2 + 𝑦 2 𝑝 2 = 1 .$ Observamos que se trata de una elipse centrada en $(0, 0)$ con semiejes $𝑎 = 2 𝑑 - 𝑝$ y $𝑏 = 𝑝 .$

Problema 2: Examen de 2023 de Andalucía

En un establecimiento comercial, la salida diaria de cierto tipo de electrodoméstico viene descrita por una variable aleatoria $X$ con soporte $D_X = \{0, 1, 2, 3, \dots, n\}.$ Se sabe que un $100a\text{%}$ de los días, $a \in [0,1]$ , no se vende ningún aparato, mientras que la probabilidad de vender un número fijo de ellos, es directamente proporcional a ese número.
1. Demuestre que se verifica $𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6, \forall 𝑛 \in ℕ .$
2. Calcule la ley de probabilidad asociada al fenómeno aleatorio descrito: función de masa de probabilidad y función de distribución.
3. Si el vendedor observa que, por término medio, cada mes (30 días) vende 1.485 aparatos y el 90% de los días tiene alguna venta, ¿cuántos electrodomésticos puede vender, como máximo, cada día? ¿Cuál es esa probabilidad?
Halle el volumen del sólido generado al girar, alrededor del eje $𝑂 𝑋$ , la región del plano que resulta de la intersección del interior de $𝑥 2 + 𝑦 2 = 17$ con el exterior de $𝑥 2 + 𝑦 2 = 17 𝑥 .$

Resolución

$X$ es una variable aleatoria discreta, con $\begin{align} & P(X = 0) = a, \\ & P(X = i) = k \cdot i, \quad k \in \mathbb{R}, \; i = 1, 2, \dots, n. \end{align}$ Luego ha de verificarse que $\begin{align} & \sum_{i=0}^n P(X = i) = 1 \Leftrightarrow P(X = 0) + \sum_{i=1}^n P(X = i) = 1 \Leftrightarrow a + \sum_{i=1}^n k \cdot i = 1 \Leftrightarrow a + k \sum_{i=1}^n i = 1 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow a + k \cdot \frac{n(n+1)}{2} = 1 \Leftrightarrow k = \frac{2(1-a)}{n(n+1)}. \end{align}$ Así que $P(X = i) = \frac{2i(1-a)}{n(n+1)}, \quad i = 1, 2, \dots, n.$
1. Demostremos la igualdad por inducción.
  - Si $𝑛 = 1$ , se tiene que $1 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = 1 = 1 \cdot 2 \cdot 3 6 .$
  - Supongamos que la igualdad se verifica para $𝑛 - 1$ , es decir, que se tiene que $𝑛 - 1 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = (𝑛 - 1) 𝑛 (2 𝑛 - 1) 6 .$ Veamos que la igualdad es cierta para $𝑛 .$ $𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 = 𝑛 - 1 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 + 𝑛 2 = (𝑛 - 1) 𝑛 (2 𝑛 - 1) 6 + 𝑛 2 = (𝑛 - 1) 𝑛 (2 𝑛 - 1) + 6 𝑛 2 6 = 𝑛 (2 𝑛 2 - 3 𝑛 + 1 + 6 𝑛) 6 = = 𝑛 (2 𝑛 2 + 3 𝑛 + 1) 6 = 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6 .$
  Por tanto, $\sum_{i=1}^n \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \forall n \in \mathbb{N}.$
2. La función de masa de probabilidad es $𝑃 𝑋 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 = 𝑥) = ⎧ { { {⎨ { { {⎩ 𝑎, s i 𝑥 = 0, 2 𝑥 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1), s i 𝑥 = 1, 2, \dots, 𝑛, 0, e n o t r o c a s o .$ La función de distribución de la variable aleatoria $𝑋$ es $𝐹 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 \leq 𝑥) = ⎧ { { { {⎨ { { { {⎩ 0, s i 𝑥 < 0, 𝑎, s i 0 \leq 𝑥 < 1, 𝑎 + 𝐸 (𝑥) \sum 𝑖 = 1 𝑃 (𝑋 = 𝑖), s i 1 \leq 𝑥 < 𝑛, 1, s i 𝑘 \geq 𝑛,$ donde $𝐸 (𝑥)$ denota la parte entera de $𝑥 .$ Observamos que: $𝑘 \sum 𝑖 = 1 𝑃 (𝑋 = 𝑖) = 𝑘 \sum 𝑖 = 1 2 𝑖 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1) = 2 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1) 𝑘 \sum 𝑖 = 1 𝑖 = 2 (1 - 𝑎) 𝑛 (𝑛 + 1) \cdot 𝑘 (𝑘 + 1) 2 = (1 - 𝑎) 𝑘 (𝑘 + 1) 𝑛 (𝑛 + 1) .$ Por tanto, $𝐹 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 \leq 𝑥) = ⎧ { { { {⎨ { { { {⎩ 0, s i 𝑥 < 0, 𝑎, s i 0 \leq 𝑥 < 1, 𝑎 + (1 - 𝑎) 𝐸 (𝑥) (𝐸 (𝑥) + 1) 𝑛 (𝑛 + 1), s i 1 \leq 𝑥 < 𝑛, 1, s i 𝑘 \geq 𝑛 .$
3. El 90% de los días tiene alguna venta, así que: $𝑃 (𝑋 \geq 1) = 0, 9 \Leftrightarrow 𝑃 (𝑋 = 0) = 0, 1 \Rightarrow 𝑎 = 0, 1 .$ Luego: $𝑃 𝑋 (𝑥) = 𝑃 (𝑋 = 𝑥) = ⎧ { { {⎨ { { {⎩ 0, 1, s i 𝑥 = 0, 1, 8 𝑥 𝑛 (𝑛 + 1), s i 𝑥 = 1, 2, \dots, 𝑛, 0, e n o t r o c a s o .$ Como cada 30 días vende una media de 1.485 aparatos, la variable $𝑋$ tiene una media $𝐸 (𝑋) = 1.485 30 = 49, 5 .$ La esperanza de $𝑋$ es: $𝐸 (𝑋) = 𝑛 \sum 𝑖 = 0 𝑖 \cdot 𝑃 (𝑋 = 𝑖) = 𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 \cdot 1, 8 𝑖 𝑛 (𝑛 + 1) = 1, 8 𝑛 (𝑛 + 1) 𝑛 \sum 𝑖 = 1 𝑖 2 (i) = 1, 8 𝑛 (𝑛 + 1) \cdot 𝑛 (𝑛 + 1) (2 𝑛 + 1) 6 = = 1, 8 (2 𝑛 + 1) 6 = 0, 3 (2 𝑛 + 1) .$ Así que: $𝐸 (𝑋) = 49, 5 \Leftrightarrow 0, 3 (2 𝑛 + 1) = 49, 5 \Leftrightarrow 2 𝑛 + 1 = 165 \Leftrightarrow 𝑛 = 82 .$ Por tanto, como máximo puede vender 82 electrodomésticos diarios, con una probabilidad de $𝑃 (𝑋 = 82) = 1, 8 \cdot 82 82 \cdot 83 = 1, 8 83 = 9415 .$
La ecuación $x^2 + y^2 = 17$ es de la circunferencia de centro $(0, 0)$ y radio $\sqrt{17}.$ Por otro lado, completando cuadrados en la segunda ecuación, observamos que $x^2 + y^2 = 17x \Leftrightarrow x^2 - 17x + y^2 = 0 \Leftrightarrow \left(x - \frac{17}{2}\right)^2 - \left(\frac{17}{2}\right)^2 + y^2 = 0 \Leftrightarrow \left(x - \frac{17}{2}\right)^2 + y^2 = \left(\frac{17}{2}\right)^2.$ Luego esta es la ecuación de la circunferencia de centro $\left(\frac{17}{2}, 0\right)$ y radio $\frac{17}{2}.$ Hallamos sus puntos de intersección. $\begin{cases} x^2 + y^2 = 17, \\ x^2 + y^2 = 17x \end{cases} \Rightarrow 0 = 17 - 17x \Leftrightarrow x = 1 \Rightarrow y = \sqrt{17 - 1} = \pm 4.$ Con esta información, podemos representar la región del plano indicada. Podemos dividir esta región en dos partes que en conjunto generan el mismo sólido al girar alrededor del eje.
- La primera parte es una semicircunferencia de radio $\sqrt 17$ , que al girar alrededor del eje $𝑂 𝑋$ genera una semiesfera del mismo radio con volumen: $𝑉 1 = 12 \cdot 43 𝜋 \cdot (\sqrt 17) 3 = 2317 \sqrt 17 𝜋 = 34 \sqrt 17 𝜋 3 𝑢 3 .$
- La segunda parte es la región encerrada entre las funciones $𝑓 (𝑥) = \sqrt 17 - 𝑥 2$ y $𝑔 (𝑥) = \sqrt 17 𝑥 - 𝑥 2$ , con $0 \leq 𝑥 \leq 1 .$ El volumen del sólido generado al girar esta región será la diferencia de los volúmenes generados por las regiones bajo las funciones $𝑓$ y $𝑔$ , respectivamente. Así que: $𝑉 2 = 𝜋 \int 10 (\sqrt 17 - 𝑥 2) 2 𝑑 𝑥 - 𝜋 \int 10 (\sqrt 17 𝑥 - 𝑥 2) 2 𝑑 𝑥 = 𝜋 \int 10 [(\sqrt 17 - 𝑥 2) 2 - (\sqrt 17 𝑥 - 𝑥 2) 2] 𝑑 𝑥 = = 𝜋 \int 10 (17 - 17 𝑥) 𝑑 𝑥 = 𝜋 [17 𝑥 - 172 𝑥 2] 10 = 𝜋 (17 - 172) = 17 𝜋 2 𝑢 3 .$
Por tanto, el volumen del sólido generado es $V = V_1 + V_2 = \frac{34\sqrt{17}\pi}{3} + \frac{17\pi}{2} = \frac{68\sqrt{17}\pi + 51\pi}{6} = \frac{17\pi(4\sqrt{17} + 3)}{6} \; u^3.$

Problema 1: Examen de 2021 de Andalucía

Se lanzan $𝑛$ monedas una detrás de otra. En cada lanzamiento, la probabilidad de obtener cara es $𝑝 .$ Si se han obtenido $𝑘$ caras, $0 \leq 𝑘 \leq 𝑛$ , ¿cuál es la probabilidad de que haya aparecido cara en la primera moneda?
Demuestre que cada número complejo $𝑧$ de módulo 1 con $𝑧 \neq 1$ puede escribirse de la forma $1 + 𝜇 𝑖 1 - 𝜇 𝑖, 𝜇 \in ℝ .$ Halla $𝜇$ en función del argumento de $𝑧 .$

Resolución

Sea $𝐶 𝑖 = 𝑜 𝑏 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑟 𝑐 𝑎 𝑟 𝑎 𝑒 𝑛 𝑒 𝑙 𝑙 𝑎 𝑛 𝑧 𝑎 𝑚 𝑖 𝑒 𝑛 𝑡 𝑜 𝑖$ para $𝑖 \in {1, 2, \dots, 𝑛}$ , con $𝑃 (𝐶 𝑖) = 𝑝 .$ Por otro lado, definimos la variable aleatoria $𝑋 = 𝑛 ú 𝑚 𝑒 𝑟 𝑜 𝑑 𝑒 𝑐 𝑎 𝑟 𝑎 𝑠 𝑜 𝑏 𝑡 𝑒 𝑛 𝑖 𝑑 𝑎 𝑠 𝑎 𝑙 𝑙 𝑎 𝑛 𝑧 𝑎 𝑟 𝑛 𝑚 𝑜 𝑛 𝑒 𝑑 𝑎 𝑠 .$ Observamos que $𝑋 \sim B i (𝑛, 𝑝)$ , así que: $𝑃 (𝑋 = 𝑖) = (𝑛 𝑖) \cdot 𝑝 𝑖 \cdot (1 - 𝑝) 𝑛 - 𝑖, 𝑖 = 0, 1, \dots, 𝑛 .$ Supongamos que hemos obtenido $𝑘$ caras, con $0 \leq 𝑘 \leq 𝑛 .$ Por el teorema de Bayes, la probabilidad de que haya aparecido cara en el primer lanzamiento es: $𝑃 (𝐶 1 | 𝑋 = 𝑘) = 𝑃 (𝐶 1) \cdot 𝑃 (𝑋 = 𝑘 | 𝐶 1) 𝑃 (𝑋 = 𝑘) = 𝑝 \cdot (𝑛 - 1 𝑘 - 1) \cdot 𝑝 𝑘 - 1 \cdot (1 - 𝑝) 𝑛 - 𝑘 (𝑛 𝑘) \cdot 𝑝 𝑘 \cdot (1 - 𝑝) 𝑛 - 𝑘 = (𝑛 - 1 𝑘 - 1) (𝑛 𝑘) = (𝑛 - 1)! (𝑘 - 1)! (𝑛 - 𝑘)! 𝑛! 𝑘! (𝑛 - 𝑘)! = = 𝑘! (𝑛 - 1)! (𝑘 - 1)! 𝑛! = 𝑘 𝑛 .$
Sea $z \in \mathbb{C}$ con $|z| = 1$ y $z \neq 1.$ Como $z \neq 1$ , necesariamente $\mu \neq 0.$ También es necesario que $z \neq -1$ , puesto que: $-1 = \frac{1 + \mu i}{1 - \mu i} \Leftrightarrow -1 + \mu i = 1 + \mu i \Leftrightarrow -1 = 1.$ Desarrollamos la expresión: $\frac{1 + \mu i}{1 - \mu i} = \frac{(1+\mu i)(1+\mu i)}{(1-\mu i)(1+\mu i)} = \frac{1 - \mu^2 + 2\mu i}{1 + \mu^2} = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2} + \frac{2\mu}{1+\mu^2}i.$ Podemos escribir $z = a + bi$ , donde $a, b \in \mathbb{R}$ con $b \neq 0.$ De esta forma, $z = \frac{1 + \mu i}{1 - \mu i} \Leftrightarrow a + bi = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2} + \frac{2\mu}{1+\mu^2}i \Leftrightarrow \begin{cases} a = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2}, \\ b = \frac{2\mu}{1+\mu^2}. \end{cases}$ Despejando en la segunda ecuación, $b = \frac{2\mu}{1+\mu^2} \overset{\mu \neq 0}{\Leftrightarrow} \frac{b}{2\mu} = \frac{1}{1+\mu^2}.$ Sustituyendo en la primera ecuación, $a = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2} = (1-\mu^2) \cdot \frac{b}{2\mu} \Leftrightarrow 2a\mu = b - b\mu^2 \Leftrightarrow b\mu^2 + 2a\mu - b = 0.$ Como $b \neq 0$ , se trata de una ecuación de segundo grado. Luego: $\mu = \frac{-2a \pm \sqrt{4a^2 + 4b^2}}{2b} = \frac{-a \pm \sqrt{a^2 + b^2}}{b} \overset{|z|=1}{=} \frac{-a \pm 1}{b}.$ Comprobamos las soluciones en el sistema: $\begin{cases} a = \frac{1-\mu^2}{1+\mu^2}, \\ b = \frac{2\mu}{1+\mu^2}. \end{cases}$
- Si $𝜇 = 1 - 𝑎 𝑏$ , $1 - 𝜇 2 1 + 𝜇 2 = 1 - (1 - 𝑎) 2 𝑏 2 1 + (1 - 𝑎) 2 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 + 2 𝑎 𝑏 2 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 + 2 𝑎 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 | 𝑧 | = 1 = - 𝑎 2 + 𝑏 2 + 2 𝑎 - 1 - 2 𝑎 + 2 = = - 𝑎 2 + 𝑏 2 + 2 𝑎 - 1 + 𝑎 2 - 𝑎 2 2 (- 𝑎 + 1) | 𝑧 | = 1 = - 2 𝑎 2 + 2 𝑎 2 (- 𝑎 + 1) = 2 𝑎 (- 𝑎 + 1) 2 (- 𝑎 + 1) = 𝑎, 2 𝜇 1 + 𝜇 2 = 2 \cdot 1 - 𝑎 𝑏 1 + (1 - 𝑎) 2 𝑏 2 = 2 (1 - 𝑎) 𝑏 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 = 𝑏 \cdot 2 (1 - 𝑎) 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 - 2 𝑎 | 𝑧 | = 1 = 𝑏 \cdot 2 - 2 𝑎 2 - 2 𝑎 = 𝑏 .$ Luego esta solución es válida.
- Si $𝜇 = - 1 + 𝑎 𝑏$ , $1 - 𝜇 2 1 + 𝜇 2 = 1 - (1 + 𝑎) 2 𝑏 2 1 + (1 + 𝑎) 2 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 + 2 𝑎 𝑏 2 = 𝑏 2 - 1 - 𝑎 2 - 2 𝑎 𝑏 2 + 1 + 𝑎 2 + 2 𝑎 | 𝑧 | = 1 = - 𝑎 2 + 𝑏 2 - 2 𝑎 - 1 2 𝑎 + 2 = = - 𝑎 2 + 𝑏 2 - 2 𝑎 - 1 + 𝑎 2 - 𝑎 2 2 (𝑎 + 1) | 𝑧 | = 1 = - 2 𝑎 2 - 2 𝑎 2 (- 𝑎 + 1) = - 2 𝑎 (- 𝑎 + 1) 2 (- 𝑎 + 1) = - 𝑎 .$ Luego esta solución no es válida.
Por tanto, todo $z \in \mathbb{C} \setminus \{-1, 1\}$ con $|z| = 1$ se puede escribir de la forma: $z = \frac{1 + \mu i}{1 - \mu i}, \quad \text{donde } \mu = \frac{1-a}{b}.$ Si $\theta = \arg(z)$ , entonces $a = \cos(\theta)$ y $b = \sin(\theta).$ Así que: $\mu = \frac{1-a}{b} = \frac{1 - \cos(\theta)}{\sin(\theta)}.$

Problema 6: Examen de 2021 de Andalucía

Sea $Υ = {𝑥 \in ℤ : 𝑥 e s m ú l t i p l o d e 20210} .$ Prueba que si $(𝛼 + \sqrt 85 𝛽) \in Υ$ y $(\sqrt 85 𝛼 - 𝛽) \in Υ$ , entonces $𝛼 2 + 𝛽 2 \in Υ .$
Se colocan al azar cuatro bolas en tres urnas.
1. Describa la distribución de la variable aleatoria $𝑋 = 𝑛 ú 𝑚 𝑒 𝑟 𝑜 𝑚 á 𝑥 𝑖 𝑚 𝑜 𝑑 𝑒 𝑏 𝑜 𝑙 𝑎 𝑠 𝑞 𝑢 𝑒 ℎ 𝑎 𝑦 𝑒 𝑛 𝑎 𝑙 𝑔 𝑢 𝑛 𝑎 𝑢 𝑟 𝑛 𝑎 .$
2. Halle $𝐸 (𝑋) .$

Resolución

Los números $(\alpha + \sqrt{85}\beta)$ y $(\sqrt{85}\alpha - \beta)$ son múltiplos de 20210, así que existen $k, q \in \mathbb{Z}$ tales que: $\begin{align} & \alpha + \sqrt{85}\beta = 20210k \Leftrightarrow \alpha = 20210k - \sqrt{85}\beta, \\ & \sqrt{85}\alpha - \beta = 20210q \Leftrightarrow \beta = \sqrt{85}\alpha - 20210q. \end{align}$
- Sustituyendo la expresión de $𝛽$ en la de $𝛼$ , tenemos que: $𝛼 = 20210 𝑘 - \sqrt 85 𝛽 = 20210 𝑘 - \sqrt 85 (\sqrt 85 𝛼 - 20210 𝑞) = 2021 𝑘 - 85 𝛼 + 20210 \sqrt 85 𝑞 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 86 𝛼 = 20210 (𝑘 + \sqrt 85 𝑞) \Leftrightarrow 𝛼 = 235 (𝑘 + \sqrt 85 𝑞) .$
- Sustituyendo la expresión de $𝛼$ en la de $𝛽$ , tenemos que: $𝛽 = \sqrt 85 𝛼 - 20210 𝑞 = \sqrt 85 (20210 𝑘 - \sqrt 85 𝛽) - 20210 𝑞 = 20210 \sqrt 85 𝑘 - 85 𝛽 - 20210 𝑞 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 86 𝛽 = 20210 (\sqrt 85 𝑘 - 𝑞) \Leftrightarrow 𝛽 = 235 (\sqrt 85 𝑘 - 𝑞) .$
Por tanto: $\begin{align} \alpha^2 + \beta^2 & = 235^2(k + \sqrt{85}q)^2 + 235^2(\sqrt{85}k - q)^2 = 235^2(k^2 + 2\sqrt{85}kq + 85q^2 + 85k^2 - 2\sqrt{85}kq + q^2) = \\ & = 235^2(86k^2 + 86q^2) = 235^2 \cdot 86 \cdot (k^2 + q^2) = 20210 \cdot 235 \cdot (k^2 + q^2). \end{align}$ Luego el número $\alpha^2 + \beta^2$ es múltiplo de 20210, así que $\alpha^2 + \beta^2 \in \Upsilon.$
1. La variable $X$ es una variable aleatoria discreta con $D_X = \{2, 3, 4\}.$ Por comodidad, representamos las distintas posibilidades mediante números de cuatro dígitos, donde la cifra en la posición $i$ representa la urna en la que está la bola $i.$ Por ejemplo, el número 3213 indica que la primera bola está en la urna 3, la segunda en la urna 2, la tercera en la urna 1 y la cuarta en la urna 3. En total, hay $3^4 = 81$ posibilidades. Analizamos cada caso.
  - Si $𝑋 = 4$ , el número tiene todas sus cifras iguales. Solo hay 3 casos: 1111, 2222 y 3333. Así que: $𝑃 (𝑋 = 4) = 381 = 127 .$
  - Si $𝑋 = 3$ , el número tiene tres cifras iguales. Si se repite el 1, tenemos 8 casos. Luego en total hay $3 \cdot 8 = 24$ casos. Así que: $𝑃 (𝑋 = 3) = 2481 = 827 .$
  - Si $𝑋 = 2$ , el número tiene dos cifras iguales. Le corresponden los casos restantes, es decir, $81 - (3 + 24) = 54$ casos. Así que: $𝑃 (𝑋 = 2) = 5481 = 23 .$
  Por tanto, la distribución de la variable aleatoria $X$ es: $P(X = n) = \begin{cases} \frac{2}{3}, & \text{si } n = 2, \\ \frac{8}{27}, & \text{si } n = 3, \\ \frac{1}{27}, & \text{si } n = 4, \\ 0, & \text{en otro caso}. \end{cases}$
2. Calculamos la esperanza de $𝑋 .$ $𝐸 (𝑋) = \sum 𝑥 \in 𝐷 𝑥 𝑥 \cdot 𝑃 (𝑋 = 𝑥) = 2 \cdot 𝑃 (𝑋 = 2) + 3 \cdot 𝑃 (𝑋 = 3) + 4 \cdot 𝑃 (𝑋 = 4) = 2 \cdot 23 + 3 \cdot 827 + 4 \cdot 127 = 6427 .$

Problema 6: Examen de 2018 de Andalucía

Probabilidad

Consideremos el conjunto $𝐶 = {1, 2, 3, 4, 5} .$

Calcular la probabilidad de que sean reales las raíces de la ecuación $𝑥 2 + 𝑏 𝑥 + 𝑐 = 0$ , cuando los coeficientes $𝑏$ y $𝑐$ se eligen al azar entre los números del conjunto $𝐶 .$
Supongamos un dado de cinco caras numeradas con los números de $𝐶 .$ ¿Cuál es el número mínimo de veces que habría que lanzarlo para que la probabilidad de que salga al menos una vez el número 1 sea mayor que 0,9?

Resolución

Sabemos que:

𝑥 2 + 𝑏 𝑥 + 𝑐 = 0 \Leftrightarrow 𝑥 = - 𝑏 \pm \sqrt 𝑏 2 - 4 𝑐 2 .

Las soluciones de esta ecuación son reales si y solo si

𝑏 2 - 4 𝑐 \geq 0

, con

𝑏, 𝑐 \in 𝐶 .

Podemos hacer una tabla para determinar el signo de

𝑏 2 - 4 𝑐

en todos los posibles casos.

$𝑏$ \ $𝑐$	1	2	3	4	5
1	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$
2	0	$-$	$-$	$-$	$-$
3	$+$	$+$	$-$	$-$	$-$
4	$+$	$+$	$+$	0	$-$
5	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$

Por tanto, la probabilidad de que las soluciones sean reales es

1225 .

Sea $𝑋$ el número de veces que sale el número 1 al lanzar $𝑛$ veces un dado de cinco caras. Observamos que $𝑋 \sim B i (𝑛, 15)$ , así que: $𝑃 (𝑋 = 𝑘) = (𝑛 𝑘) \cdot (15) 𝑘 \cdot (45) 𝑛 - 𝑘, 𝑘 = 0, 1, \dots, 𝑛 .$ Se tiene que verificar que: $𝑃 (𝑋 \geq 1) > 0, 9 \Leftrightarrow 1 - 𝑃 (𝑋 = 0) > 0, 9 \Leftrightarrow 𝑃 (𝑋 = 0) < 0, 1 \Leftrightarrow (45) 𝑛 < 0, 1 \Leftrightarrow \Leftrightarrow 𝑛 l o g (45) < - 1 \Leftrightarrow 𝑛 > - 1 l o g (45) \approx 10, 3189 .$ Por tanto, hay que lanzar el dado un mínimo de 11 veces.

Problema 4: Examen de 2016 de Andalucía

Probabilidad

Dos enemigos van a participar en un duelo a pistola. Cada uno tiene una sola bala en la recámara. Si el que dispara primero acierta, su oponente muere en el acto y es incapaz de devolver el disparo. $𝐴$ es rápido en sacar, y tiene una probabilidad 0,6 de disparar primero. Sin embargo no tiene buena puntería y la probabilidad de matar a su oponente es 0,4 cuando dispare, mientras que $𝐵$ tiene una probabilidad 0,5 de matar a su oponente cuando dispare. Calcular:

Probabilidad de que ambos sobrevivan al duelo.
Probabilidad de que $𝐴$ sobreviva.
Probabilidad de que $𝐴$ haya sacado primero, dado que ha sobrevivido.
Probabilidad de que el hombre que saque primero sobreviva.

Resolución

Sean los sucesos $𝐴 = 𝐴 𝑠 𝑎 𝑐 𝑎 𝑝 𝑟 𝑖 𝑚 𝑒 𝑟 𝑜$ , $𝐵 = 𝐵 𝑠 𝑎 𝑐 𝑎 𝑝 𝑟 𝑖 𝑚 𝑒 𝑟 𝑜$ , $𝑀 𝐴 = 𝐴 𝑚 𝑎 𝑡 𝑎 𝑎 𝑠 𝑢 𝑜 𝑝 𝑜 𝑛 𝑒 𝑛 𝑡 𝑒$ , $𝑀 𝐵 = 𝐵 𝑚 𝑎 𝑡 𝑎 𝑎 𝑠 𝑢 𝑜 𝑝 𝑜 𝑛 𝑒 𝑛 𝑡 𝑒$ , $𝑆 𝐴 = 𝐴 𝑠 𝑜 𝑏 𝑟 𝑒 𝑣 𝑖 𝑣 𝑒$ y $𝑆 𝐵 = 𝐵 𝑠 𝑜 𝑏 𝑟 𝑒 𝑣 𝑖 𝑣 𝑒 .$

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

					$𝑀 𝐵$
				$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐 𝐴$
		$0, 6 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$				$𝑀 𝑐 𝐵$
$0, 6 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 4 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝐴$
			$𝑀 𝐵$
$0, 4 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐵$				$𝑀 𝐴$
		$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 4 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐 𝐵$
				$0, 6 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
					$𝑀 𝑐 𝐴$

La probabilidad de que ambos sobrevivan es: $𝑃 (𝑆 𝐴 \cap 𝑆 𝐵) = 𝑃 ((𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) \cup (𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐴)) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐴) = = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐴 | 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐴 | 𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) = = 0, 6 \cdot 0, 6 \cdot 0, 5 + 0, 4 \cdot 0, 5 \cdot 0, 6 = 0, 3 .$
La probabilidad de que $𝐴$ sobreviva es: $𝑃 (𝑆 𝐴) = 𝑃 ((𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) \cup (𝐴 \cap 𝑀 𝐴) \cup (𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵)) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) + 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝐴) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) = = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐴 | 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴) + 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝐴 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐵) = = 0, 6 \cdot 0, 6 \cdot 0, 5 + 0, 6 \cdot 0, 4 + 0, 4 \cdot 0, 5 = 0, 62 .$
La probabilidad de que $𝐴$ haya sacado primero dado que ha sobrevivido es: $𝑃 (𝐴 | 𝑆 𝐴) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝑆 𝐴) 𝑃 (𝑆 𝐴) = 𝑃 ((𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) \cup (𝐴 \cap 𝑀 𝐴)) 𝑃 (𝑆 𝐴) = 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) + 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝐴) 𝑃 (𝑆 𝐴) = = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐴 | 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴) + 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝐴 | 𝐴) 𝑃 (𝑆 𝐴) = 0, 6 \cdot 0, 6 \cdot 0, 5 + 0, 6 \cdot 0, 4 0, 62 = = 0, 42 0, 62 = 2131 \approx 0, 6774 .$
La probabilidad de que el hombre que saque primero sobreviva es: $𝑃 ((𝐴 \cap 𝑆 𝐴) \cup (𝐵 \cap 𝑆 𝐵)) = 𝑃 ((𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) \cup (𝐴 \cap 𝑀 𝐴) \cup (𝐵 \cap 𝑀 𝐵) \cup (𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐴)) = = 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) + 𝑃 (𝐴 \cap 𝑀 𝐴) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑀 𝐵) + 𝑃 (𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐴) = = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐴 | 𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐴 \cap 𝑀 𝑐 𝐴) + 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 𝐴 | 𝐴) + + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 𝐵 | 𝐵) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐵 | 𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 𝑐 𝐴 | 𝐵 \cap 𝑀 𝑐 𝐵) = = 0, 6 \cdot 0, 6 \cdot 0, 5 + 0, 6 \cdot 0, 4 + 0, 4 \cdot 0, 5 + 0, 4 \cdot 0, 5 \cdot 0, 6 = 0, 74 .$

Problema 4: Examen de 2014 de Andalucía

Probabilidad

Tenemos una urna $𝐴$ con 3 bolas blancas y 4 negras. Se sacan dos bolas y se meten en otra urna vacía $𝐵 .$ Ahora se saca una bola de la urna $𝐴$ y otra de la urna $𝐵 .$

¿Cuál es la probabilidad de sacar una bola blanca de la urna $𝐴$ ?
¿Cuál es la probabilidad de sacar dos bolas blancas (sacar una bola de $𝐴$ y otra de $𝐵$ y que ambas sean blancas)?

Problema 5: Examen de 2006 de Andalucía

Probabilidad

Se consideran los alumnos de Bachillerato de un instituto, que pertenecen a 3 barrios A, B y C. El 20% de los alumnos del instituto pertenecen al barrio A, el 30% al B y el resto al C. El 80% de los alumnos del barrio A estudian 1° de Bachillerato y el resto 2°, el 50% de los del barrio B estudian 1° y el resto 2°, y el 60% de los del C estudian 1° y el resto 2º.

Se escoge un alumno al azar, ¿cuál es la probabilidad de que estudie 2º?
Si se ha escogido un alumno y se sabe que estudia 1°, ¿cuál es la probabilidad de que sea del barrio B?

Resolución

Sean los sucesos: $𝐴 = 𝑝 𝑒 𝑟 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑐 𝑒 𝑟 𝑎 𝑙 𝑏 𝑎 𝑟 𝑟 𝑖 𝑜 𝐴, 𝐵 = 𝑝 𝑒 𝑟 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑐 𝑒 𝑟 𝑎 𝑙 𝑏 𝑎 𝑟 𝑟 𝑖 𝑜 𝐵, 𝐶 = 𝑝 𝑒 𝑟 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑐 𝑒 𝑟 𝑎 𝑙 𝑏 𝑎 𝑟 𝑟 𝑖 𝑜 𝐶, 𝐷 = 𝑒 𝑠 𝑡 𝑢 𝑑 𝑖 𝑎 𝑟 1 º 𝑑 𝑒 𝐵 𝑎 𝑐 ℎ 𝑖 𝑙 𝑙 𝑒 𝑟 𝑎 𝑡 𝑜, 𝐸 = 𝑒 𝑠 𝑡 𝑢 𝑑 𝑖 𝑎 𝑟 2 º 𝑑 𝑒 𝐵 𝑎 𝑐 ℎ 𝑖 𝑙 𝑙 𝑒 𝑟 𝑎 𝑡 𝑜 .$

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

			$𝐷$
		$0, 8 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$
$0, 2 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 2 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝐸$
			$𝐷$
		$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
$0, 3 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵$
		$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝐸$
			$𝐷$
$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 6 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐶$
		$0, 4 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝐸$

Por el teorema de la probabilidad total, la probabilidad de que un alumno al azar estudie 2º de Bachillerato es: $𝑃 (𝐸) = 𝑃 (𝐸 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝐸 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝐸 \cap 𝐶) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝐸 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐸 | 𝐵) + 𝑃 (𝐶) \cdot 𝑃 (𝐸 | 𝐶) = = 0, 2 \cdot 0, 2 + 0, 3 \cdot 0, 5 + 0, 5 \cdot 0, 4 = 0, 39 .$
La probabilidad de que un alumno al azar sea del barrio B dado que estudia 1º de Bachillerato es: $𝑃 (𝐵 | 𝐷) = 𝑃 (𝐵 \cap 𝐷) 𝑃 (𝐷) = 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝐷 | 𝐵) 1 - 𝑃 (𝐸) = 0, 3 \cdot 0, 5 1 - 0, 39 \approx 0, 2459 .$

Problema 3: Examen de 2002 de Andalucía

Probabilidad

El problema de los repartos: Pascal (1623 - 1662) – Fermat (1601 - 1665). Dos jugadores A y B apuestan en un cierto juego equitativo 32 euros cada uno. El juego se desarrolla por partidas y gana la apuesta el primero que consiga cinco partidas. Cuando el primero ha ganado tres partidas y el segundo dos, el juego se interrumpe. ¿Cómo hay que repartir las cantidades apostadas para ser justos?

Problema 6: Examen de 2000 de Andalucía

Probabilidad

En una circunferencia se escogen al azar tres puntos. Calcula la probabilidad de que los tres puntos estén situados en un mismo arco de 90°.

Problema 4: Examen de 2018 de Aragón

Probabilidad

Un aficionado clasifica cada día como seco o mojado y supone que la probabilidad de que el tiempo atmosférico de cualquier día sea igual al precedente está dada por $𝑝$ , siendo $0 < 𝑝 < 1 .$ Sea $𝑝 1$ la probabilidad de que el tiempo sea seco el primer día y $𝑝 𝑛$ la de que sea seco el $𝑛$ -ésimo día. Exprese $𝑝 𝑛$ en función de $𝑝$ y $𝑝 1$ y calcule $l í m 𝑛 \to \infty 𝑝 𝑛 .$

Problema 8: Examen de 2018 de Aragón

Probabilidad

En una circunferencia se seleccionan al azar tres puntos $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ , y se unen con tres segmentos, formando un triángulo inscrito en la circunferencia. Calcular la probabilidad de que ese triángulo no sea obtusángulo.

Resolución

Supongamos sin pérdida de generalidad que la circunferencia es de longitud 1. Sea $𝑥$ el arco de $𝐴$ a $𝐵$ y sea $𝑦$ el arco de A a C, ambos en sentido positivo. Figura Como la circunferencia es de longitud 1, entonces $0 < 𝑥 < 1$ y $0 < 𝑦 < 1 .$

Veamos qué condiciones tienen que verificarse para que el triángulo sea acutángulo.
- Si $𝑥 < 𝑦$ , se tienen que verificar las siguientes ecuaciones: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 < 12, 𝑦 - 𝑥 < 12, 1 - 𝑦 < 12 .$
- Si $𝑥 > 𝑦$ , se tienen que verificar las siguientes ecuaciones: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑦 < 12, 𝑥 - 𝑦 < 12, 1 - 𝑥 < 12 .$
Representamos la región favorable. Observamos que la región factible tiene un area de $1 \; u^2.$ Además, el área de la región favorable es: $\frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4} \; u^2.$ Por tanto, la probabilidad que el triángulo sea acutángulo es $\frac{1}{4}.$
Veamos qué condiciones tienen que verificarse para que el triángulo sea rectángulo.
- Si $𝑥 < 𝑦$ , se tienen que verificar las siguientes ecuaciones: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 = 12, 𝑦 - 𝑥 = 12, 1 - 𝑦 = 12 .$
- Si $𝑥 > 𝑦$ , se tienen que verificar las siguientes ecuaciones: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑦 = 12, 𝑥 - 𝑦 = 12, 1 - 𝑥 = 12 .$
Como el área de la región favorable es nula, la probabilidad de que el triángulo sea rectángulo es cero.

Por tanto, la probabilidad de que el triángulo no sea obtusángulo es $1 - 14 = 34 .$

Problema 3: Examen de 2014 de Aragón

Probabilidad

Si de una urna que solo contiene bolas blancas y bolas negras, idénticas salvo en el color, extraemos dos bolas al azar sin reemplazamiento, la probabilidad de que ambas sean blancas es $12$ .

Determine el número mínimo de bolas que contiene la urna.
Determine el número mínimo de bolas que contiene la urna, sabiendo que el número de bolas negras es par.

Resolución

Sean los sucesos: $𝐵 𝑖 = 𝑜 𝑏 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑟 𝑢 𝑛 𝑎 𝑏 𝑜 𝑙 𝑎 𝑏 𝑙 𝑎 𝑛 𝑐 𝑎 𝑒 𝑛 𝑙 𝑎 𝑒 𝑥 𝑡 𝑟 𝑎 𝑐 𝑐 𝑖 ó 𝑛 𝑖, 𝑖 = 1, 2, 𝑁 𝑗 = 𝑜 𝑏 𝑡 𝑒 𝑛 𝑒 𝑟 𝑢 𝑛 𝑎 𝑏 𝑜 𝑙 𝑎 𝑛 𝑒 𝑔 𝑟 𝑎 𝑒 𝑛 𝑙 𝑎 𝑒 𝑥 𝑡 𝑟 𝑎 𝑐 𝑐 𝑖 ó 𝑛 𝑗, 𝑗 = 1, 2 .$ Sean $𝑏, 𝑛 \in ℕ$ el número de bolas negras y blancas en la urna, respectivamente. Sea $𝑚 \in ℕ$ el número de bolas totales en la urna, con $𝑚 = 𝑏 + 𝑛$ . Como la probabilidad de sacar dos bolas blancas es $12$ , necesariamente $𝑏 \geq 2$ , $𝑛 \geq 1$ y $𝑚 \geq 3 .$

Se tiene que: $P(B_1 \cap B_2) = \frac{b}{m} \cdot \frac{b-1}{m-1} = \frac{b^2 - b}{m^2 - m}.$ Ha de verificarse que: $\begin{align} P(B_1 \cap B_2) = \frac{1}{2} & \Leftrightarrow \frac{b^2 - b}{m^2 - m} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2b^2 - 2b = m^2 - m \Leftrightarrow m^2 - m - 2b^2 + 2b = 0 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow m = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 8b^2 - 8b}}{2}. \end{align}$ Como $m \geq 3$ , solo puede ser válida la solución con la suma.
- Si $𝑏 = 2$ , entonces: $𝑚 = 1 + \sqrt 17 2 \notin ℕ .$
- Si $𝑏 = 3$ , entonces: $𝑚 = 1 + \sqrt 49 2 = 4 .$
Por tanto, el número mínimo de bolas que contiene la urna es 4, con 3 bolas blancas y 1 bola negra.
De forma análoga, se tiene que: $P(B_1 \cap B_2) = \frac{m - n}{m} \cdot \frac{m - n - 1}{m-1} = \frac{m^2 - mn - m - mn + n^2 + n}{m^2 - m} = \frac{m^2 - 2mn - m + n^2 + n}{m^2 - m}.$ Ha de verificarse que: $\begin{align} P(B_1 \cap B_2) = \frac{1}{2} & \Leftrightarrow \frac{m^2 - 2mn - m + n^2 + n}{m^2 - m} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2m^2 - 4mn - 2m + 2n^2 + 2n = m^2 - m \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow m^2 + (-4n - 1)m + 2n^2 + 2n = 0 \Leftrightarrow \\ & \Leftrightarrow m = \frac{4n + 1 \pm \sqrt{(4n + 1)^2 - 8n^2 - 8n}}{2} = \frac{4n + 1 \pm \sqrt{8n^2 + 1}}{2}. \end{align}$ Como $4n \leq \sqrt{8n^2 + 1}$ y $m \geq 3$ , solo puede ser válida la solución con la suma.
- Si $𝑛 = 2$ , $𝑚 = 9 + \sqrt 33 2 \notin ℕ .$
- Si $𝑛 = 4$ , $𝑚 = 17 + \sqrt 129 2 \notin ℕ .$
- Si $𝑛 = 6$ , $𝑚 = 25 + \sqrt 289 2 = 21 .$
Por tanto, el número mínimo de bolas que contiene la urna es 21, con 15 bolas blancas y 6 bolas negras.

Problema 8: Examen de 2014 de Aragón

Probabilidad

Se eligen al azar y de manera independiente dos puntos sobre un segmento de longitud unidad que dividen a éste en tres segmentos. Calcule:

La probabilidad de que ninguno de los tres segmentos mida menos que $14$ .
La probabilidad de que se pueda formar un triángulo rectángulo con dichos tres segmentos.

Problema 4: Examen de 2004 de Aragón

Probabilidad

Un gerente sólo da plazas de restaurante mediante reserva previa de mesa. Sabe que el 15% de las reservas no asistirán. Si el restaurante acepta 25 reservas pero sólo dispone de 20 mesas, calcular la probabilidad de:

Que dos reservas se queden sin mesa.
Que se ajusten las reservas a las mesas.
Que no haya "oberbooking" (más reservas que mesas).

Problema 1: Examen de 2018 de Asturias

Probabilidad

Sean $𝑛$ un entero positivo y la variable aleatoria $𝑋$ definida por la función de probabilidad $𝑓 (𝑥) = {𝑘 𝑥, s i 𝑥 \in {1, \dots, 𝑛}, 0, e n e l r e s t o d e l o s c a s o s .$

Obtenga el valor de $𝑘$ y la función de distribución de $𝑋 .$
Calcule la probabilidad de que $𝑋$ tome un valor par.

Problema 4: Examen de 2016 de Asturias

Probabilidad

De un depósito que contiene un fluido viscoso se desprenden gotas que supondremos esféricas. El radio de una gota es una variable $𝑋$ medida en milímetros de tamaño mínimo $𝜌$ , siendo $𝜌 > 1$ , cuya probabilidad de desprenderse es inversamente proporcional a su volumen.

Calcule $𝜌$ sabiendo para que la esperanza de $𝑋$ supera en $1$ a su mediana.
Si se desprenden cinco gotas, ¿cuál es la probabilidad de que exactamente tres de ellas superen el doble del tamaño mínimo?
Si el número de gotas que se desprenden por minuto sigue una distribución de Poisson de parámetro $𝜆$ , calcule su esperanza, sabiendo que la probabilidad de que caigan cinco gotas en un minuto es la mitad de la probabilidad de que caigan cinco gotas en dos minutos.

Problema 4: Examen de 2018 de Cantabria

Probabilidad

Una urna contiene una bola blanca y una bola negra. Una persona extrae, con reemplazamiento, dos bolas, y ganará una cierta cantidad $𝐶$ si saca dos veces bola blanca. En caso contrario, se introduce una nueva bola negra en la urna y se le permite hacer dos nuevas extracciones. Ganará si, como antes, saca dos veces la bola blanca. Si esto no ocurre, se le vuelve a permitir sacar otras dos bolas de la urna en la que se ha introducido otra bola negra y, así, indefinidamente. ¿Cuál es la probabilidad de que esa persona gane la cantidad $𝐶$ (supuesto que viva eternamente)?

Problema 10: Examen de 2018 de Cantabria

Probabilidad

Se dispone de dos monedas $𝐴$ y $𝐵$ cuyas probabilidades respectivas de caer de cara son $𝛼$ y $𝛽 .$ Se efectúan lanzamientos de acuerdo con el siguiente sistema: para el primer lanzamiento se escoge al azar (probabilidad $12$ ) una de las dos monedas. En los lanzamientos sucesivos se utiliza la misma moneda que en el lanzamiento anterior si ésta ha caído de cara o, en caso contrario, se cambia de moneda. Halle las probabilidades $𝜆 𝑛$ y $𝜇 𝑛$ , respectivamente, de utilizar la moneda $𝐴$ en el $𝑛$ -ésimo lanzamiento y de obtener cara en el $𝑛$ -ésimo lanzamiento. Estudiar el comportamiento de $𝜆 𝑛$ y $𝜇 𝑛$ cuando $𝑛 \to \infty .$

Problema 2: Examen de 2016 de Cantabria

Responda a las siguientes cuestiones independientes entre sí:

Calcule la suma finita $𝑆 = 7 + 77 + 777 + \dots + 𝑛 ⏞ 77 \dots 7 .$
En una urna hay $10$ bolas numeradas del $1$ al $10 .$ Se extrae al azar una bola, obteniéndose el número $𝑎 .$ Se devuelve la bola a la urna y se repite el proceso dos veces más, obteniéndose los números $𝑏$ y $𝑐 .$ ¿Cuál es la probabilidad de que el sistema ${𝑎 𝑥 + 𝑏 𝑦 + 𝑐 = 0 2 𝑥 + 3 𝑦 = 0$ sea incompatible?

Problema 3: Examen de 2016 de Cantabria

Probabilidad

Dos amigos $𝐴$ y $𝐵$ se citan en un determinado lugar de la siguiente forma: Ambos llegarán en momentos al azar del intervalo $[0, 𝑇]$ (en minutos) e independientemente el uno del otro. Si $𝐴$ está dispuesto a esperar $𝑎$ minutos y $𝐵$ está dispuesto a esperar $𝑏$ minutos, siendo $0 < 𝑎, 𝑏 < 𝑇$ , se pide:

Calcule la probabilidad de que $𝐴$ llegue antes que $𝐵 .$
Determine la probabilidad de que ambos se encuentren.
Supuesto que ambos se encuentran, calcule la probabilidad de que $𝐵$ haya llegado antes que $𝐴 .$

Problema 3: Examen de 2018 de Castilla la Mancha

Probabilidad

Una variable aleatoria $𝑋$ tiene una función de densidad dada por $𝑓 (𝑥) = {0, s i 𝑥 \leq 0, 𝑘 𝑥 𝑒 - 𝑥 2, s i 𝑥 > 0 .$

Halle el valor de $𝑘$ para que, en efecto, sea una función de densidad de probabilidad.
Halle la función de distribución de la variable aleatoria $𝑋$ y calcule la probabilidad $𝑃 (- 1 \leq 𝑋 \leq 1) .$
Determine el valor de la moda y de la mediana.
Halle el valor esperado de $𝑋$ y su varianza.

Resolución

Observamos que: $\int ℝ 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = \int \infty 0 𝑘 𝑥 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 = - 𝑘 2 [𝑒 - 𝑥 2] \infty 0 = 𝑘 2 .$ Para que $𝑓$ sea una función de densidad, ha de verificarse que: $\int ℝ 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = 1 \Leftrightarrow 𝑘 2 = 1 \Leftrightarrow 𝑘 = 2 .$
La función de distribución $F$ viene dada por: $F(x) = \int_{-\infty}^x f(t)dt.$
- Para $𝑥 \leq 0$ , $𝐹 (𝑥) = 0 .$
- Para $𝑥 > 0$ , $𝐹 (𝑥) = \int 𝑥 0 2 𝑥 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 = [- 𝑒 - 𝑥 2] 𝑥 0 = 1 - 𝑒 - 𝑥 2 .$
Por tanto, $F(x) = \begin{cases} 0, & \text{si } x \leq 0, \\ 1 - e^{-x^2}, & \text{si } x > 0. \end{cases}$ Así que la probabilidad es: $P(-1 \leq X \leq 1) = F(1) - F(-1) = 1 - e^{-1} = 1 - \frac{1}{e} \approx 0,6321.$
- La moda de $X$ es el valor que maximiza la función de distribución $f.$ Para $x > 0$ , la función $f$ es derivable con: $f'(x) = 2e^{-x^2} - 4x^2e^{-x^2} = -2e^{-x^2}(2x^2 - 1).$ Hallamos los puntos críticos para $x > 0$ igualando la derivada a cero. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow -2e^{-x^2}(2x^2 - 1) = 0 \Leftrightarrow 2x^2 - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{\sqrt{2}}.$ Estudiamos el signo de la derivada.
  - Si $0 < 𝑥 < 1 \sqrt 2$ , $𝑓' (𝑥) > 0 .$ Así que $𝑓$ es creciente.
  - Si $𝑥 > 1 \sqrt 2$ , $𝑓' (𝑥) < 0 .$ Así que $𝑓$ es decreciente.
  Luego $f$ alcanza su máximo absoluto en $x = \frac{1}{\sqrt{2}}.$ Por tanto, la moda de $X$ es $\frac{1}{\sqrt{2}}.$
- La mediana de $𝑋$ es el valor $𝑥 0$ tal que $𝑃 (𝑋 < 𝑥 0) = 12 .$ Se tiene que: $𝑃 (𝑋 < 𝑥 0) = 12 \Leftrightarrow 𝐹 (𝑥 0) = 12 \Leftrightarrow 1 - 𝑒 - 𝑥 20 = 12 \Leftrightarrow 𝑒 - 𝑥 20 = 12 \Leftrightarrow 𝑒 𝑥 20 = 2 \Leftrightarrow 𝑥 0 = \sqrt l n (2) .$ Por tanto, la mediana de $𝑋$ es $\sqrt l n (2) .$
- La esperanza de $𝑋$ viene dada por: $𝐸 (𝑋) = \int ℝ 𝑥 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = \int \infty 0 2 𝑥 2 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 .$ Integramos por partes. $𝑢 = 𝑥 \Rightarrow 𝑢' = 1, 𝑣' = 2 𝑥 𝑒 - 𝑥 2 \Rightarrow 𝑣 = - 𝑒 - 𝑥 2 .$ Por tanto, $𝐸 (𝑋) = \int \infty 0 2 𝑥 2 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 = [- 𝑥 𝑒 - 𝑥 2] \infty 0 + \int \infty 0 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 = \sqrt 𝜋 2 .$
- La varianza de $𝑋$ viene dada por: $𝑉 (𝑋) = 𝐸 (𝑋 2) - 𝐸 (𝑋) 2 = \int ℝ 𝑥 2 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 - 𝜋 4 = \int \infty 0 2 𝑥 3 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 - 𝜋 4 .$ Integramos por partes. $𝑢 = 𝑥 2 \Rightarrow 𝑢' = 2 𝑥, 𝑣' = 2 𝑥 𝑒 - 𝑥 2 \Rightarrow 𝑣 = - 𝑒 - 𝑥 2 .$ Por tanto, $𝑉 (𝑋) = \int \infty 0 2 𝑥 3 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 - 𝜋 4 = [- 𝑥 2 𝑒 - 𝑥 2] \infty 0 + \int \infty 0 2 𝑥 𝑒 - 𝑥 2 𝑑 𝑥 - 𝜋 4 = 1 - 𝜋 4 .$

Problema 4: Examen de 2025 de Castilla y León

Probabilidad

En las fiestas de San Juan de Soria desfilan por el centro de la ciudad el Domingo de Calderas 6 peñas. Un grupo de 10 personas decide apuntarse cada una a una sola peña de forma independiente y aleatoria. Sea $𝑅$ el número de peñas a las que no se apunta ninguna de esas 10 personas.

Calcular la esperanza y la varianza de la variable $𝑅$ .
Generalizar el resultado anterior cuando el grupo sea de $𝑁$ personas y $𝑘$ peñas.

Problema 4: Examen de 2018 de Castilla y León

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones, que son independientes entre sí:

Sean $C$ una circunferencia y en ella dos puntos distintos $𝐴$ y $𝐵$ no diametralmente opuestos. Describir el lugar geométrico de los ortocentros de los triángulos $△ 𝐴 𝐵 𝐶$ , donde $𝐶$ es un punto de $C$ distinto de $𝐴$ y $𝐵 .$
¿Para qué valores de $𝑎 > 0$ se cumple que si se eligen al azar los números $𝑏, 𝑐 \in [0, 𝑎]$ la probabilidad de que la distancia en el plano complejo de las raíces del polinomio $𝑧 2 + 𝑏 𝑧 + 𝑐$ no sea mayor que 1, no sea menor que $14$ ?

Problema 4: Examen de 2015 de Castilla y León

Probabilidad

En una circunferencia se eligen $𝑛$ puntos al azar y de manera independiente. Calcule la probabilidad de que los $𝑛$ puntos estén situados en un mismo arco de $𝛼$ radianes $(𝛼 < 𝜋)$ .

Problema 8: Examen de 2018 de Cataluña

Probabilidad

Responda razonadamente a las siguientes cuestiones:

Tenemos una bolsa con $𝑁$ bolas y un subconjunto $𝑆$ que consta de $𝑘$ bolas. Extraemos sin repetición dos bolas de la bolsa. Dar una expresión matemática para la probabilidad de que, como mínimo, una de las dos bolas elegidas sea de $𝑆 .$ Utilícela para comprobar que, si $𝑘 = 𝑁$ , entonces la probabilidad anterior es $𝑝 = 1$ (suceso seguro), y para calcular la probabilidad en el caso $𝑘 = 𝑁 - 1 .$
Calcule la probabilidad de que dos puntos elegidos al azar sobre una circunferencia determinen una cuerda de longitud superior al radio de dicha circunferencia.

Problema 3: Examen de 2005 de Cataluña

Probabilidad

Seis bolas de seis colores diferentes se colocan al azar en tres urnas $𝑈 1$ , $𝑈 2$ y $𝑈 3$ .

Calcular la probabilidad de que la urna $𝑈 3$ esté vacía.
Calcular la probabilidad de que vayan tantas bolas a cada urna como el número de orden de la urna.
Calcular la probabilidad de que todas las urnas estén ocupadas.

Problema 11: Examen de 2005 de Cataluña

Probabilidad

Dos jugadores $𝐴$ y $𝐵$ tiran simultáneamente un dado cada uno. Gana el primero que obtenga 6. Calcule:

La probabilidad de que $𝐴$ y $𝐵$ empaten.
La probabilidad de que gane $𝐴$ .
La probabilidad de que gane $𝐵$ .

Problema 13: Examen de 2005 de Cataluña

Probabilidad

Tenemos un cubo y pintamos al azar tres caras de color rojo y tres caras de color amarillo.

Calcule la probabilidad de que las tres caras de color rojo tengan un vértice en común.
Calcule la probabilidad de que una de las tres caras de color rojo tenga una arista en común con las otras dos caras rojas.
Tenemos ahora ocho cubos del mismo tamaño, cada uno pintado al azar con tres caras de color rojo y tres de color amarillo. Los colocamos aleatoriamente para que formen un cubo mayor. ¿Cuál es la probabilidad de que todas las caras exteriores de este cubo sean del mismo color?

Problema 6: Examen de 2018 de Ceuta

Probabilidad

Una línea de autobuses tiene longitud $𝑙 .$ La probabilidad de que un pasajero suba al autobús en las proximidades del punto $𝑥$ es proporcional al producto $𝑥 \cdot (𝑙 - 𝑥) 2$ , y la probabilidad de que un pasajero que subió en el punto $𝑥$ baje en el punto $𝑦$ es proporcional a $(𝑦 - 𝑥) 𝑟$ , siendo $𝑟 > 0 .$ Calcule:

Las constantes de proporcionalidad de ambas probabilidades.
La probabilidad de que un pasajero no suba al autobús antes del punto $𝑧$ del recorrido.
La probabilidad de que un pasajero que subió en el punto $𝑥$ descienda después del punto $𝑧$ del recorrido del autobús.

Problema 4: Examen de 2016 de Ceuta

Probabilidad

La longitud del radio de una esfera es una variable aleatoria con función de densidad $𝑓 (𝑥) = 𝑘 𝑥 (1 - 𝑥), s i 0 \leq 𝑥 \leq 1$ y nula en el resto.

Calcule el valor de la constante $𝑘$ para que $𝑓$ sea efectivamente una función de densidad. Calcule asimismo la función de distribución.
Se sabe que el radio de la esfera mide más de $13$ . Calcule la probabilidad de que su longitud sea inferior a $34$ .
Si $𝑆 = 4 𝜋 𝑥 2$ es la superficie de la esfera de la radio $𝑥$ , calcule $𝑃 (𝑆 > 𝑠)$ .

Problema 5: Examen de 2014 de Ceuta

Probabilidad

Consumidores de café en el área de Pontevedra usan tres marcas $𝐴 1$ , $𝐴 2$ y $𝐴 3$ . En marzo de 1995 se hizo una encuesta en la que se entrevistó a las 8.450 personas que compran café y los resultados se recogen en la tabla siguiente:

Compra actual	Marca $𝐴 1$	Marca $𝐴 2$	Marca $𝐴 3$	Totales
	Compra en el siguiente mes
Marca $𝐴 1$	507	845	338	1.690
Marca $𝐴 2$	676	2.028	676	3.380
Marca $𝐴 3$	845	845	1.690	3.380
Totales	2.028	3.718	2.704	8.450

Si las compras se hacen mensualmente, ¿cuál será la distribución del mercado de café en Pontevedra en el mes de junio?
A la larga, ¿cómo se distribuirán los clientes del café?
En junio, ¿cuál es la proporción de clientes leales a sus marcas de café?

Problema 3: Examen de 2018 de Extremadura

Probabilidad

Un tanque cilíndrico de radio $𝑅$ y altura $ℎ$ , sin tapa superior, se encuentra lleno de agua hasta un nivel $𝑎$ , donde $𝑎 \leq ℎ .$ Se elige al azar un punto cualquiera sobre la superficie del cilindro, incluyendo el fondo, y allí se hace una perforación. Halle el valor esperado del volumen de agua en el tanque después de realizar la perforación y haberse vaciado el agua hasta el punto de perforación.

Problema 9: Examen de 2018 de Galicia

Probabilidad

La función de densidad de probabilidad conjunta de una variable aleatoria bidimensional $(𝑋, 𝑌)$ es uniforme en el recinto sombreado de la figura. Figura

Halle la función de densidad de probabilidad conjunta y compruebe que lo es.
Calcule $𝑃 (𝑋 < 𝑑 2, 𝑌 < 𝑑 4) .$
Halle las funciones de densidad marginales de probabilidad y compruebe que lo son.

Problema 6: Examen de 2017 de Galicia

Probabilidad

Dos jugadores A y B están jugando y ganará el juego quien gane antes dos partidas. La probabilidad de que gane una partida el jugador A es $𝑝$ , la de que la gane B es $𝑞$ y la de que la partida acabe en empate es $𝑟 .$ Sabiendo que $𝑝 > 0$ , $𝑞 > 0$ y $𝑟 > 0$ , calcule la probabilidad de que el jugador A gane el juego.

Problema 5: Examen de 2016 de Galicia

Probabilidad

Dada la función de densidad $𝑓 : ℝ 2 \to ℝ$ , que vale $𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑘 (𝑥 2 + 𝑦 3) \cdot 𝑒 - (𝑥 + 𝑦), s i 𝑥 \geq 0, 𝑦 \geq 0$ y que es nula en el resto, se pide:

El valor de $𝑘$ .
Las funciones de densidad marginales.
La función de densidad condicional $𝑓 (𝑦 ∣ 𝑥)$ .
Estudie si las variables $𝑋$ e $𝑌$ son independientes.

Problema 5: Examen de 2014 de Galicia

Probabilidad

Se tienen $𝑛$ bolas numeradas $1, 2, \dots, 𝑛$ y se ordenan aleatoriamente en fila una detrás de otra.

Calcule la probabilidad $𝑝 𝑛$ de que ninguna bola esté en la posición que indica su número.
Calcule $l í m 𝑛 \to \infty 𝑝 𝑛$ .

Problema 6: Examen de 2005 de Galicia

Probabilidad

Una máquina de juego de un casino tiene una pantalla en la que se ofrece un esquema como el de la figura. Figura Para comenzar el juego aparece una bola en el punto $𝑆$ . A cada impulso que recibe el jugador, la bola se mueve hasta una de las letras contiguas con la misma probabilidad para cada una de ellas. La partida termina en cuanto ocurre uno de los dos hechos siguientes:

La bola vuelve a $𝑆$ y entonces el jugador pierde.
La bola llega a $𝐺$ y entonces el jugador gana.

Se pide la probabilidad de que el jugador gane, así como la duración media de las partidas.

Problema 8: Examen de 2005 de Galicia

Probabilidad

Se realiza un juego entre dos jugadores $𝐴$ y $𝐵$ . En cada partida, la probabilidad de que gane el juego el jugador $𝐴$ es $𝑝$ , la probabilidad de que gane el jugador $𝐵$ es $𝑞$ , y la probabilidad de que queden en tablas (empate) es $𝑟$ . Gana el juego el jugador que gana dos partidas. Calcule la probabilidad de que gane el juego el jugador $𝐴$ .

Problema 5: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

La función de densidad de una variable aleatoria continua $𝑋$ es $𝑓 (𝑥) = {𝑘 𝑒 - 𝑥 / 2, s i 𝑥 > 0, 0, s i - \infty < 𝑥 \leq 0 .$

Calcule el valor del parámetro $𝑘 .$
Encuentre la esperanza matemática de $𝑋 .$

Resolución

Observamos que: $\int ℝ 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = \int + \infty 0 𝑘 𝑒 - 𝑥 / 2 𝑑 𝑥 = - 2 𝑘 [𝑒 - 𝑥 / 2] + \infty 0 = 2 𝑘 .$ Como $𝑓$ es una función de densidad, ha de verificarse que: $\int ℝ 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = 1 \Leftrightarrow 2 𝑘 = 1 \Leftrightarrow 𝑘 = 12 .$
La esperanza de $𝑋$ viene dada por: $𝐸 (𝑋) = \int ℝ 𝑥 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = \int \infty 0 12 𝑥 𝑒 - 𝑥 / 2 𝑑 𝑥 .$ Integramos por partes. $𝑢 = 𝑥 \Rightarrow 𝑢' = 1, 𝑣' = 12 𝑒 - 𝑥 / 2 \Rightarrow 𝑣 = - 𝑒 - 𝑥 / 2 .$ Por tanto, $𝐸 (𝑋) = \int \infty 0 12 𝑥 𝑒 - 𝑥 / 2 𝑑 𝑥 = [- 𝑥 𝑒 - 𝑥 / 2] + \infty 0 + \int + \infty 0 𝑒 - 𝑥 / 2 = 2 .$

Problema 10: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

Dado un segmento, se escogen dos puntos al azar que lo dividen en tres partes. ¿Cuál es la probabilidad de que se pueda construir un triángulo con esas tres partes?

Resolución

Supongamos sin pérdida de generalidad que el segmento es de longitud 1. Sea $𝑥$ la longitud de la primera parte y sea $𝑦$ la longitud de la segunda parte. Figura

La región factible es el conjunto: $Ω = {(𝑥, 𝑦) \in ℝ 2 : 0 < 𝑥 < 1, 0 < 𝑦 < 1, 𝑥 + 𝑦 < 1} .$

Para que se pueda construir un triángulo, es necesario que la longitud de cada lado sea menor que la suma de los otros dos. Así que se tienen que verificar las siguientes condiciones: $⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 < 𝑦 + 1 - 𝑥 - 𝑦, 𝑦 < 𝑥 + 1 - 𝑥 - 𝑦, 1 - 𝑥 - 𝑦 < 𝑥 + 𝑦 \Leftrightarrow ⎧ { {⎨ { {⎩ 𝑥 < 12, 𝑦 < 12, 2 𝑥 + 2 𝑦 > 1 .$ Representamos la región favorable. Figura

Observamos que el área de la región favorable es: $𝑆 𝐹 = 12 \cdot 12 2 = 18 𝑢 2 .$ Además, el área de la región factible es $𝑆 Ω = 12 𝑢 2 .$ Por tanto, la probabilidad de que se pueda construir un triángulo con las tres partes es: $𝑝 = 𝑆 𝐹 𝑆 Ω = 1812 = 14 .$

Problema 17: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

Una urna contiene $𝑁$ bolas blancas, dos bolas rojas y una bola negra. Se extraen todas las bolas de una en una sin reemplazamiento. Sea $𝑋$ la variable aleatoria que indica el número de la extracción en la que ha salido, por primera vez, una bola roja. Sea $𝐴$ el suceso "la bola negra es extraída antes de haber sido extraída alguna de las bolas rojas". Determine:

La función de probabilidad de $𝑋 .$
El valor esperado, esto es, la media $𝐸 [𝑋]$ de $𝑋 .$
La función de probabilidad de la variable aleatoria $𝑋 | 𝐴$ , esto es, $𝑋$ condicionada por $𝐴 .$
El valor esperado, $𝐸 [𝑋 | 𝐴]$ de $𝑋 | 𝐴 .$

Problema 23: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

Tres máquinas $𝐴$ , $𝐵$ y $𝐶$ producen una barra metálica. La longitud de las fabricadas por la máquina $𝐴$ se distribuye según una distribución normal de parámetros $𝜇 𝐴 = 165$ y $𝜎 𝐴 = 5 .$ La longitud de las fabricadas por la máquina $𝐵$ se distribuye según una distribución normal de parámetros $𝜇 𝐵 = 175$ y $𝜎 𝐵 = 5$ , mientras que la longitud de las fabricadas por la máquina $𝐶$ se distribuye según una distribución normal de parámetros $𝜇 𝐶 = 170$ y $𝜎 𝐶 = 5 .$ En todos los casos la longitud viene expresada en milímetros.

El 50% de la producción de la fábrica la hace la máquina $𝐴$ , el 20% la realiza la máquina $𝐵$ y el resto lo elabora la máquina $𝐶 .$ Se eligen tres piezas al azar y se sabe que miden más de 173 mm cada una. ¿Cuál es la probabilidad de que las tres procedan de la máquina $𝐶$ ?
Si se eligen al azar, de forma independiente, 100 piezas fabricadas por la máquina $𝐵$ , calcular la probabilidad de que al menos 60 de ellas midan más de 173 milímetros.

Resolución

Sean $𝑋 𝐴$ , $𝑋 𝐵$ y $𝑋 𝐶$ las longitudes en milímetros de las barras fabricadas por las máquinas A, B, y C, respectivamente. Se tiene que $𝑋 𝐴 \sim 𝑁 (165, 5)$ , $𝑋 𝐵 \sim 𝑁 (175, 5)$ y $𝑋 𝐶 \sim 𝑁 (170, 5)$ .

Sean los sucesos:

𝐴 = 𝑠 𝑒 𝑟 𝑝 𝑟 𝑜 𝑑 𝑢 𝑐 𝑖 𝑑 𝑎 𝑝 𝑜 𝑟 𝑙 𝑎 𝑚 á 𝑞 𝑢 𝑖 𝑛 𝑎 𝐴, 𝐵 = 𝑠 𝑒 𝑟 𝑝 𝑟 𝑜 𝑑 𝑢 𝑐 𝑖 𝑑 𝑎 𝑝 𝑜 𝑟 𝑙 𝑎 𝑚 á 𝑞 𝑢 𝑖 𝑛 𝑎 𝐵, 𝐶 = 𝑠 𝑒 𝑟 𝑝 𝑟 𝑜 𝑑 𝑢 𝑐 𝑖 𝑑 𝑎 𝑝 𝑜 𝑟 𝑙 𝑎 𝑚 á 𝑞 𝑢 𝑖 𝑛 𝑎 𝐶, 𝑀 = 𝑚 𝑒 𝑑 𝑖 𝑟 𝑚 á 𝑠 𝑑 𝑒 173 𝑚 𝑖 𝑙 í 𝑚 𝑒 𝑡 𝑟 𝑜 𝑠 .

Sabemos que:

𝑃 (𝐴) = 0, 5, 𝑃 (𝐵) = 0, 2, 𝑃 (𝐶) = 0, 3 .

Calculamos las probabilidades condicionadas.

𝑃 (𝑀 | 𝐴) = 𝑃 (𝑋 𝐴 > 173) = 𝑃 (𝑍 > 1, 6) = 1 - 𝑃 (𝑍 < 1, 6) = 0, 0548, 𝑃 (𝑀 | 𝐵) = 𝑃 (𝑋 𝐵 > 173) = 𝑃 (𝑍 > - 0, 4) = 𝑃 (𝑍 < 0, 4) = 0, 6554, 𝑃 (𝑀 | 𝐶) = 𝑃 (𝑋 𝐶 > 173) = 𝑃 (𝑍 > 0, 6) = 1 - 𝑃 (𝑍 < 0, 6) = 0, 2743 .

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

			$𝑀$
		$0, 0548 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$
$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 9452 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐$
			$𝑀$
		$0, 6554 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
$0, 2 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵$
		$0, 34446 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐$
			$𝑀$
$0, 3 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 2743 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐶$
		$0, 7257 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐$

Por el teorema de la probabilidad total, la probabilidad de que una pieza mida más de 173 milímetros es:

𝑃 (𝑀) = 𝑃 (𝑀 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝑀 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝑀 \cap 𝐶) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐵) + 𝑃 (𝐶) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐶) = = 0, 5 \cdot 0, 0548 + 0, 2 \cdot 0, 6554 + 0, 3 \cdot 0, 2743 = 0, 24077 .

Así que la probabilidad de que una pieza proceda de C sabiendo que mide más de 173 milímetros es:

𝑃 (𝐶 | 𝑀) = 𝑃 (𝐶 \cap 𝑀) 𝑃 (𝑀) = 𝑃 (𝐶) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐶) 𝑃 (𝑀) = 0, 3 \cdot 0, 2743 0, 24077 \approx 0, 3418 .

Por tanto, como las tres piezas son independientes, la probabilidad de que las tres procedan de

𝐶

sabiendo que miden más de 173 milímetros es:

𝑃 (𝐶 | 𝑀) 3 = 0, 34183 \approx 0, 04 .

Sea $𝑝 = 𝑃 (𝑀 | 𝐵) = 0, 6554$ y sea $𝑌$ el número de piezas de $𝐵$ que miden más de 173 milímetros. Entonces $𝑌 \sim B i (𝑛 = 100, 𝑝)$ . Como $𝑛 = 100 > 30$ , por el teorema central del límite podemos aproximar $𝑌$ a una normal con: $𝜇 = 𝑛 𝑝 = 100 \cdot 0, 6554 = 65, 54, 𝜎 2 = 𝑛 𝑝 (1 - 𝑝) = 100 \cdot 0, 6554 \cdot 0, 3446 \approx 22, 5851 .$ Por tanto, podemos aproximar: $𝑃 (𝑌 \geq 60) = 𝑃 (𝑌 > 59, 5) \approx 𝑃 (𝑍 \geq 59, 5 - 65, 54 \sqrt 22, 5851) = 𝑃 (𝑍 \geq - 1, 27) = 𝑃 (𝑍 \leq 1, 27) = 0, 898 .$

Problema 25: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

La duración en minutos de una llamada telefónica de larga distancia viene dada por una variable aleatoria $𝑋$ cuya función de distribución es: $𝐹 𝑋 (𝑥) = {0, s i 𝑥 \leq 0, 1 - 23 𝑒 - 2 𝑥 / 3 - 13 𝑒 - 𝑥 / 3, s i 𝑥 > 0 .$

Encuentre la función de densidad de $𝑋 .$
Calcule la esperanza matemática o duración media de las llamadas.
Calcule la probabilidad de que la duración de una llamada telefónica esté comprendida entre 3 y 6 minutos.
Calcule la probabilidad de que una llamada cuya duración excede los tres minutos no dure más de 6 minutos.

Resolución

La función de densidad viene dada por la derivada de la función de distribución. $𝑓 𝑋 (𝑥) = 𝐹' 𝑋 (𝑥) = {0, s i 𝑥 \leq 0, 49 𝑒 - 2 𝑥 / 3 + 19 𝑒 - 𝑥 / 3, s i 𝑥 > 0 .$
Calculamos la esperanza de $𝑋$ . $𝐸 (𝑋) = \int ℝ 𝑥 𝑓 (𝑥) 𝑑 𝑥 = \int + \infty 0 (49 𝑥 𝑒 - 2 𝑥 / 3 + 19 𝑥 𝑒 - 𝑥 / 3) 𝑑 𝑥 = 23 \int + \infty 0 23 𝑥 𝑒 - 2 𝑥 / 3 𝑑 𝑥 + 13 \int + \infty 0 13 𝑥 𝑒 - 𝑥 / 3 𝑑 𝑥 .$ Integramos por partes. $(1) 𝑢 = 𝑥 \Rightarrow 𝑢' = 1, (2) 𝑢 = 𝑥 \Rightarrow 𝑢' = 1, 𝑣' = 23 𝑒 - 2 𝑥 / 3 \Rightarrow 𝑣 = - 𝑒 - 2 𝑥 / 3, 𝑣' = 13 𝑒 - 𝑥 / 3 \Rightarrow 𝑣 = - 𝑒 - 𝑥 / 3 .$ Por tanto, $𝐸 (𝑋) = [- 23 𝑥 𝑒 - 2 𝑥 / 3] + \infty 0 + \int + \infty 0 23 𝑒 - 2 𝑥 / 3 𝑑 𝑥 + [- 13 𝑥 𝑒 - 𝑥 / 3] + \infty 0 + \int + \infty 0 13 𝑒 - 𝑥 / 3 𝑑 𝑥 = = [- 𝑥 𝑒 - 2 𝑥 / 3] + \infty 0 + [- 𝑥 𝑒 - 2 𝑥 / 3] + \infty 0 = 2 .$
La probabilidad de que la duración de una llamada esté comprendida entre 3 y 6 minutos es: $𝑃 (3 < 𝑋 < 6) = 𝐹 (6) - 𝐹 (3) = 1 - 23 𝑒 - 4 - 13 𝑒 - 2 - (1 - 23 𝑒 - 2 - 13 𝑒 - 1) = 1 3 𝑒 + 1 3 𝑒 2 - 2 3 𝑒 4 \approx 0, 1556 .$
La probabilidad de que una llamada exceda los tres minutos es: $𝑃 (𝑋 > 3) = 1 - 𝑃 (𝑋 < 3) = 1 - 𝐹 (3) = 1 - (1 - 2 3 𝑒 2 - 1 3 𝑒) = 2 3 𝑒 2 + 1 3 𝑒 \approx 0, 2129 .$ Por tanto, la probabilidad de que una llamada no dure más de seis minutos dado que ha excedido los tres minutos es: $𝑃 (𝑋 < 6 | 𝑋 > 3) = 𝑃 (3 < 𝑋 < 6) 𝑃 (𝑋 > 3) = 0, 1556 0, 2129 \approx 0, 7307 .$

Problema 26: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

Un juego consiste en extraer dos bolas, con reemplazamiento, de una bolsa que contiene una bola blanca y una negra. Si las dos bolas son blancas, se gana el juego. Si no, se introduce en la bolsa otra bola negra y se efectúan dos nuevas extracciones, y este proceso se repite indefinidamente. ¿Cuál es la probabilidad de ganar el juego?

Resolución

Sean los sucesos: $𝐺 𝑛 = 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑟 𝑒 𝑙 𝑗 𝑢 𝑒 𝑔 𝑜 𝑒 𝑛 𝑒 𝑙 𝑖 𝑛 𝑡 𝑒 𝑛 𝑡 𝑜 𝑛, 𝑛 = 1, 2, \dots, 𝐺 = 𝑔 𝑎 𝑛 𝑎 𝑟 𝑒 𝑙 𝑗 𝑢 𝑒 𝑔 𝑜 .$ Los sucesos $𝐺 𝑛$ son incompatibles dos a dos y se tiene que: $𝑃 (𝐺) = \infty ⋃ 𝑛 = 1 𝐺 𝑛 .$

Observamos que: $𝑃 (𝐺 1) = (12) 2 = 14, 𝑃 (𝐺 2) = [1 - (12) 2] \cdot (13) 2 = 112, 𝑃 (𝐺 3) = [1 - (12) 2] \cdot [1 - (13) 2] \cdot (14) 2 = 124 .$ Dado $𝑛 \in ℕ$ , $𝑃 (𝐺 𝑛) = 𝑛 - 1 \prod 𝑖 = 1 (1 - 1 (𝑖 + 1) 2) \cdot 1 (𝑛 + 1) 2 = 1 (𝑛 + 1) 2 𝑛 - 1 \prod 𝑖 = 1 (𝑖 + 1) 2 - 1 (𝑖 + 1) 2 = 1 (𝑛 + 1) 2 𝑛 - 1 \prod 𝑖 = 1 𝑖 (𝑖 + 2) (𝑖 + 1) 2 .$ Observamos que: $𝑛 - 1 \prod 𝑖 = 1 𝑖 (𝑖 + 2) (𝑖 + 1) 2 = 1 \cdot 3 22 \cdot 2 \cdot 4 32 \cdot 3 \cdot 5 42 \cdot 4 \cdot 6 52 \cdot \dots \cdot (𝑛 - 1) \cdot (𝑛 + 1) 𝑛 2 = 12 \cdot 𝑛 + 1 𝑛 = 𝑛 + 1 2 𝑛 .$ Así que: $𝑃 (𝐺 𝑛) = 1 (𝑛 + 1) 2 𝑛 - 1 \prod 𝑖 = 1 𝑖 (𝑖 + 2) (𝑖 + 1) 2 = 1 (𝑛 + 1) 2 \cdot 𝑛 + 1 2 𝑛 = 1 2 𝑛 (𝑛 + 1) .$

Por tanto, $𝑃 (𝐺) = \infty \sum 𝑛 = 1 𝑃 (𝐺 𝑛) = 12 \infty \sum 𝑛 = 1 1 𝑛 (𝑛 + 1) .$ Descomponemos en suma de fracciones simples. $1 𝑛 (𝑛 + 1) = 𝐴 𝑛 + 𝐵 𝑛 + 1 = 𝐴 (𝑛 + 1) + 𝐵 𝑛 𝑛 (𝑛 + 1) .$

Si $𝑛 = 0$ , entonces $𝐴 = 1$ .
Si $𝑛 = - 1$ , entonces $- 𝐵 = 1 \Leftrightarrow 𝐵 = 1$ .

De esta forma, $1 𝑛 (𝑛 + 1) = 1 𝑛 - 1 𝑛 + 1 .$ Luego: $\infty \sum 𝑛 = 1 1 𝑛 (𝑛 + 1) = \infty \sum 𝑛 = 1 (1 𝑛 - 1 𝑛 + 1) = 11 - 12 + 12 - 13 + 13 - 14 + \dots = 1 .$ Por tanto, la probabilidad de ganar el juego es: $𝑃 (𝐺) = 12 \infty \sum 𝑛 = 1 1 𝑛 (𝑛 + 1) = 12 .$

Problema 27: Examen de 2018 de Islas Baleares

Probabilidad

En un determinado país se padece la enfermedad endémica $𝑋$ , y unos laboratorios han desarrollado un test para detectar la enfermedad. Este test da positivo al 99% de las personas que la padecen. Este valor se denomina sensibilidad del test. Además, el test arroja un resultado negativo en el 95% de las personas que no la padecen. Este valor recibe el nombre de especificidad del test.

Resolver las siguientes cuestiones:
1. Si la proporción de personas en el país que padecen la enfermedad $𝑋$ es $𝑝 = 0.02$ , calcular el valor predictivo positivo del test, es decir, la probabilidad de que una persona esté enferma si el test ha dado positivo. Calcular también el valor predictivo negativo del test, es decir, la probabilidad de que una persona cuyo test ha dado negativo no padezca la enfermedad.
2. Si ahora la proporción de enfermos es $𝑝$ , donde $0 \leq 𝑝 \leq 1$ , escribir el valor predictivo positivo como una función de $𝑝$ , si tanto la sensibilidad como la especificidad del test son los del enunciado. Determinar si es una función creciente y calcular su valor máximo.
3. En las condiciones del apartado anterior determinar cuál debe ser la proporción mínima de enfermos con la enfermedad $𝑋$ en este país para que el valor predictivo positivo sea, al menos, el 75%.
Situar el problema dentro de un curso de la Educación Secundaria Obligatoria o Bachillerato, indicando los conocimientos previos que debe poseer el alumnado, las posibles relaciones con otras ramas de la matemática y/o con otras materias, las diversas alternativas para su resolución, los recursos y medios que se podrían utilizar, los posibles instrumentos de evaluación y otros aspectos de carácter didáctico que se consideren significativos.

Problema 3: Examen de 2002 de Islas Baleares

Probabilidad

Un avión de una determinada compañía debe realizar un viaje entre dos ciudades con un total de $𝑚 + 𝑛$ escalas. En cada escala, el avión ha de cargar o descargar una tonelada de una cierta mercancía y realiza cargas en $𝑚$ de las escalas y descargas en las $𝑛$ restantes. En la compañía nadie ha reparado en que el avión no soporta una carga mayor que $𝑘$ toneladas $(𝑛 < 𝑘 < 𝑚 + 𝑛)$ , y las escalas de carga y descarga se distribuyen al azar. Si el avión sale con $𝑛$ toneladas de la mercancía, calcule la probabilidad de que llegue a su destino.

Problema 14: Examen de 2006 de Islas Canarias

Probabilidad

Se elige al azar un punto en el interior de un cuadrado. Calcule la probabilidad de que esté más próximo a algún vértice que al centro del cuadrado.

Problema 22: Examen de 2006 de Islas Canarias

Probabilidad

Determine la probabilidad de extraer una bola blanca de una urna que contiene cuatro bolas de dos colores: blanco y rojo, supuesto que las distintas composiciones de la urna son igualmente probables.

Problema 4: Examen de 2018 de La Rioja

Probabilidad

Se tienen $𝑛$ bolas numeradas $1, 2, \dots, 𝑛$ , y se ordenan aleatoriamente una detrás de otra. Calcular $l í m 𝑛 \to \infty 𝑝 𝑛$ , donde $𝑝 𝑛$ es la probabilidad de que ninguna bola esté en la posición que indica su número.

Problema 3: Examen de 2015 de La Rioja

Probabilidad

Se sabe que cierta elección entre dos candidatos $𝐴$ y $𝐵$ ha terminado con el resultado de $𝑎$ votos a favor de $𝐴$ y $𝑏$ votos a favor de $𝐵$ , con $𝑎 > 𝑏$ .

Calcule la probabilidad de que, durante el escrutinio de los votos, el candidato $𝐴$ haya ido siempre por delante.
Calcule la probabilidad de que, a lo largo del escrutinio, la diferencia de votos a favor de $𝐴$ no haya sido mayor que $𝑎 - 𝑏$ .

Problema 3: Examen de 2018 de Madrid

Probabilidad

En una de las mesas de un casino se juega a los dados como sigue: El jugador realizará sucesivos lanzamientos de dos dados equilibrados hasta que la suma de los resultados de ambos sea 4 o 7. Si sale 4 habrá ganado, y si sale 7 habrá perdido. ¿Cuál es la probabilidad de que gane el jugador?

Problema 4: Examen de 2016 de Madrid

Probabilidad

Tres máquinas A, B y C producen una determinada pieza. La máquina A la elabora con una longitud que se distribuye según una distribución normal de parámetros $𝜇 = 165$ y $𝜎 = 5$ ; la máquina B la fabrica con una longitud que se distribuye según una distribución normal de parámetros $𝜇 = 175$ y $𝜎 = 5$ , y la máquina C también las hace con una longitud que se distribuye normalmente de parámetros $𝜇 = 170$ y $𝜎 = 5$ . Las longitudes son en metros y las tres máquinas fabrican en gran cantidad.

El 50% de la producción la hace la máquina A, el 20% de la producción la realiza la máquina B y el resto la máquina C. Se eligen tres piezas al azar y se sabe que miden más de 173 m. cada una, ¿cuál es la probabilidad de que pertenezcan a la tercera máquina?
Si se eligen 100 piezas al azar de la máquina B, independientes unas de otras, ¿cuál es la probabilidad de que al menos 60 midan más de 173 m?

Resolución

Sean $𝑋 𝐴$ , $𝑋 𝐵$ y $𝑋 𝐶$ las longitudes en metros de las barras fabricadas por las máquinas A, B, y C, respectivamente. Se tiene que $𝑋 𝐴 \sim 𝑁 (165, 5)$ , $𝑋 𝐵 \sim 𝑁 (175, 5)$ y $𝑋 𝐶 \sim 𝑁 (170, 5)$ .

Sean los sucesos:

𝐴 = 𝑠 𝑒 𝑟 𝑝 𝑟 𝑜 𝑑 𝑢 𝑐 𝑖 𝑑 𝑎 𝑝 𝑜 𝑟 𝑙 𝑎 𝑚 á 𝑞 𝑢 𝑖 𝑛 𝑎 𝐴, 𝐵 = 𝑠 𝑒 𝑟 𝑝 𝑟 𝑜 𝑑 𝑢 𝑐 𝑖 𝑑 𝑎 𝑝 𝑜 𝑟 𝑙 𝑎 𝑚 á 𝑞 𝑢 𝑖 𝑛 𝑎 𝐵, 𝐶 = 𝑠 𝑒 𝑟 𝑝 𝑟 𝑜 𝑑 𝑢 𝑐 𝑖 𝑑 𝑎 𝑝 𝑜 𝑟 𝑙 𝑎 𝑚 á 𝑞 𝑢 𝑖 𝑛 𝑎 𝐶, 𝑀 = 𝑚 𝑒 𝑑 𝑖 𝑟 𝑚 á 𝑠 𝑑 𝑒 173 𝑚 𝑒 𝑡 𝑟 𝑜 𝑠 .

Sabemos que:

𝑃 (𝐴) = 0, 5, 𝑃 (𝐵) = 0, 2, 𝑃 (𝐶) = 0, 3 .

Calculamos las probabilidades condicionadas.

𝑃 (𝑀 | 𝐴) = 𝑃 (𝑋 𝐴 > 173) = 𝑃 (𝑍 > 1, 6) = 1 - 𝑃 (𝑍 < 1, 6) = 0, 0548, 𝑃 (𝑀 | 𝐵) = 𝑃 (𝑋 𝐵 > 173) = 𝑃 (𝑍 > - 0, 4) = 𝑃 (𝑍 < 0, 4) = 0, 6554, 𝑃 (𝑀 | 𝐶) = 𝑃 (𝑋 𝐶 > 173) = 𝑃 (𝑍 > 0, 6) = 1 - 𝑃 (𝑍 < 0, 6) = 0, 2743 .

Podemos organizar los datos en un diagrama de árbol.

			$𝑀$
		$0, 0548 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐴$
$0, 5 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 9452 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐$
			$𝑀$
		$0, 6554 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
$0, 2 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$	$𝐵$
		$0, 34446 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐$
			$𝑀$
$0, 3 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$		$0, 2743 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
	$𝐶$
		$0, 7257 \leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow \to$
			$𝑀 𝑐$

Por el teorema de la probabilidad total, la probabilidad de que una pieza mida más de 173 metros es:

𝑃 (𝑀) = 𝑃 (𝑀 \cap 𝐴) + 𝑃 (𝑀 \cap 𝐵) + 𝑃 (𝑀 \cap 𝐶) = 𝑃 (𝐴) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐴) + 𝑃 (𝐵) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐵) + 𝑃 (𝐶) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐶) = = 0, 5 \cdot 0, 0548 + 0, 2 \cdot 0, 6554 + 0, 3 \cdot 0, 2743 = 0, 24077 .

Así que la probabilidad de que una pieza proceda de C sabiendo que mide más de 173 metros es:

𝑃 (𝐶 | 𝑀) = 𝑃 (𝐶 \cap 𝑀) 𝑃 (𝑀) = 𝑃 (𝐶) \cdot 𝑃 (𝑀 | 𝐶) 𝑃 (𝑀) = 0, 3 \cdot 0, 2743 0, 24077 \approx 0, 3418 .

Por tanto, como las tres piezas son independientes, la probabilidad de que las tres procedan de

𝐶

sabiendo que miden más de 173 metros es:

𝑃 (𝐶 | 𝑀) 3 = 0, 34183 \approx 0, 04 .

Sea $𝑝 = 𝑃 (𝑀 | 𝐵) = 0, 6554$ y sea $𝑌$ el número de piezas de $𝐵$ que miden más de 173 metros. Entonces $𝑌 \sim B i (𝑛 = 100, 𝑝)$ . Como $𝑛 = 100 > 30$ , por el teorema central del límite podemos aproximar $𝑌$ a una normal con: $𝜇 = 𝑛 𝑝 = 100 \cdot 0, 6554 = 65, 54, 𝜎 2 = 𝑛 𝑝 (1 - 𝑝) = 100 \cdot 0, 6554 \cdot 0, 3446 \approx 22, 5851 .$ Por tanto, podemos aproximar: $𝑃 (𝑌 \geq 60) = 𝑃 (𝑌 > 59, 5) \approx 𝑃 (𝑍 \geq 59, 5 - 65, 54 \sqrt 22, 5851) = 𝑃 (𝑍 \geq - 1, 27) = 𝑃 (𝑍 \leq 1, 27) = 0, 898 .$

Problema 4: Examen de 2015 de Madrid

Probabilidad

El centro de una plaza de una ciudad es un espacio peatonal con forma de triángulo isósceles. El lado desigual de dicho triángulo y la altura sobre dicho lado miden lo mismo: $𝑎$ metros. Un peatón atraviesa dicho triángulo en línea recta, entrando por un punto del lado desigual y saliendo por un punto de alguno de los dos lados iguales. Si tanto el punto de entrada en el triángulo como la dirección del camino que sigue son aleatorios e independientes, ¿cuál es la probabilidad de que recorra una distancia mayor que $𝑎$ metros dentro del triángulo?

Problema 4: Examen de 2014 de Madrid

Probabilidad

Una varilla cilíndrica de longitud $𝑑 > 0$ y radio despreciable cae sobre una malla bidimensional ilimitada formada por hilos paralelos separados por una distancia $𝑎 > 0$ en una dirección, y por una distancia $𝑏 > 0$ en la dirección perpendicular. El espesor de los hilos de la malla se considera también despreciable.

Determine la probabilidad $𝑝 𝑎 𝑏$ de que la varilla caiga en una posición en la que no toque a ningún hilo de los que forman la malla, suponiendo que son $𝑑 < 𝑎$ y $𝑑 < 𝑏$ .
Si de la malla se eliminan todos los hilos paralelos que estaban separados $𝑏$ unidades, ¿cuál es entonces la probabilidad $𝑝 𝑎$ de que la varilla no toque a ninguno de los hilos que quedan, supuesto que es $𝑑 < 𝑎$ ?
¿Cuál es la probabilidad $𝑝 𝑎$ en el caso de que la longitud de la varilla sea mayor que el espaciamiento entre los hilos de la malla, esto es, si $𝑑 > 𝑎$ ?

Problema 4: Examen de 2018 de Melilla

Probabilidad

En una circunferencia se escogen al azar tres puntos. Calcule la probabilidad de que los tres puntos estén situados en un mismo arco de 90 grados.

Problema 6: Examen de 2018 de Melilla

Probabilidad

Sean $(𝑋, 𝑌)$ una variable aleatoria bidimensional continua y la función $𝑓 : ℝ 2 \to ℝ$ definida como $𝑓 (𝑥, 𝑦) = {𝑘 (𝑦 - 𝑥), s i 0 \leq 𝑥 \leq 𝑦 \leq 2, 0, e n o t r o c a s o .$

Determine el valor de $𝑘$ para que $𝑓$ sea función de densidad.
Halle la función de distribución asociada.

Problema 4: Examen de 2016 de Melilla

Probabilidad

Se realiza un juego entre dos jugadores $𝐴$ y $𝐵$ que ganará aquel que gane dos partidas. La probabilidad de que el jugador $𝐴$ gane una partida es $𝑝$ , la probabilidad de que el jugador $𝐵$ gane una partida es $𝑞$ , y la probabilidad de que una partida termine en tablas (empate) es $𝑟$ , siendo $𝑝, 𝑞, 𝑟 > 0$ . Calcule la probabilidad de que el jugador $𝐴$ gane el juego.

Problema 5: Examen de 2016 de Melilla

Probabilidad

El número de años que dura un equipo de música es una variable aleatoria $𝑋$ con una función de densidad de probabilidad dada por: $𝑓 (𝑥) = {0, s i 𝑥 \leq 0, 𝑎 𝑒 - 𝑏 𝑥, s i 𝑥 > 0, (𝑎, 𝑏 \in ℝ) .$ Si la duración media de un equipo de música es de 15 años, se pide:

Calcule $𝑎$ y $𝑏$ .
Si el equipo ha funcionado bien los tres primeros años, ¿cuál es la probabilidad de que dure un año más?
Calcule la desviación típica y la función de distribución de la variable $𝑋$ .

Problema 5: Examen de 2018 de Murcia

Probabilidad

Una prueba de selección en una empresa de análisis de datos consiste en realizar una jornada laboral de 8 horas, donde el aspirante debe emitir los análisis que le soliciten, igual que el resto de trabajadores. La empresa sabe que el tiempo estimado por los aspirantes para realizar un análisis sigue una distribución normal con media $𝜇$ y desviación típica $𝜇 10 .$

Si la empresa fija como objetivo realizar al menos 100 análisis en una jornada laboral, determine el valor de $𝜇$ que debería alcanzar un aspirante en su preparación para que no cumpla el objetivo con una probabilidad de 0,025.
Si se sabe que un aspirante con $𝜇 = 225$ horas ha alcanzado el objetivo, determine el número máximo de análisis que ha realizado en una jornada laboral con una probabilidad de, al menos, $0, 1587 0, 5 .$

Problema 4: Examen de 2018 de Navarra

Probabilidad

El número de piezas por minuto que llegan a una máquina en una industria automovilística es una variable aleatoria $𝑋$ que sigue una distribución de Poisson de parámetro $𝜆 .$ Y el tiempo, en minutos, que transcurre entre las llegadas de un par de piezas, es una variable aleatoria $𝑇$ cuya función de densidad es: $𝑓 (𝑥) = {𝜆 2 𝑡 𝑒 - 𝜆 𝑡, s i 𝑡 \geq 0, 0, s i 𝑡 < 0 .$ Suponiendo $𝜆 = 3$ en ambas variables aleatorias se pide:

Si en un período de 120 segundos ya han llegado tres piezas, ¿cuál es la probabilidad de que en ese período lleguen, como mucho, dos piezas más?
Obtener la función de distribución acumulada de $𝑇$ y utilizarla para calcular la probabilidad de que transcurran menos de 90 segundos entre las llegadas de un par de piezas.

Problema 8: Examen de 2018 de Navarra

Probabilidad

Una empresa especializada en la iluminación fabrica dos tipos, $𝐴$ y $𝐵$ , de diodos LED. La vida útil (en miles de horas) de un diodo del tipo $𝐴$ sigue una distribución normal, siendo su media $𝜇 𝐴 = 45$ y su desviación típica $𝜎 𝐴 = 5 .$ En cambio, un diodo de tipo $𝐵$ también sigue una distribución normal, pero su media es $𝜇 𝐵 = 42$ y su desviación típica $𝜎 𝐵 = 7 .$ Suponiendo que las vidas útiles de los diodos LED del tipo $𝐴$ y $𝐵$ son independientes entre sí:

Calcule la probabilidad de que la diferencia entre las vidas útiles de los diodos tipo $𝐴$ y $𝐵$ sea menor que 1.000 horas.
Para fabricar una bombilla se utilizaron 35 diodos del tipo $𝐴 .$ ¿Cuál es la probabilidad de que, pasadas 40.000 horas, exactamente 30 de ellos sigan funcionando?
En una muestra aleatoria de 20 diodos del tipo $𝐵$ , ¿cuál es la probabilidad de que la media de las horas de vida útil esté entre 40.000 y 43.000?

Problema 5: Examen de 2018 de País Vasco

Probabilidad

¿Cuál es la probabilidad de que un punto elegido al azar cumpliendo las siguientes restricciones: $⎧ { { {⎨ { { {⎩ - 𝑥 + 𝑦 < 3, 3 𝑥 + 𝑦 > 3, 𝑦 < 4 𝑥, 2 𝑥 - 𝑦 < 7$ tenga las dos coordenadas positivas? ¿Y de que las dos coordenadas sean números enteros?

Resolución

Representamos la región factible. Figura

Hallamos el área de esta región. $𝑆 Ω = \int 10 (𝑥 + 3 - (- 3 𝑥 + 3)) 𝑑 𝑥 + \int 21 (4 𝑥 - (- 3 𝑥 + 3)) 𝑑 𝑥 + \int 42 (4 𝑥 - (2 𝑥 - 7)) 𝑑 𝑥 = = \int 10 4 𝑥 𝑑 𝑥 + \int 21 (4 𝑥 + 3 𝑥 - 3) 𝑑 𝑥 + \int 42 (4 𝑥 - 2 𝑥 + 7) 𝑑 𝑥 = = [2 𝑥 2] 10 + [4 l n (𝑥) + 32 𝑥 2 - 3 𝑥] 21 + [4 l n (𝑥) - 𝑥 2 + 7 𝑥] 42 = = 2 + 4 l n (2) + 6 - 6 - 32 + 3 + 4 l n (4) - 16 + 28 - 4 l n (2) + 4 - 14 = 4 l n (4) + 112 𝑢 2 .$

La superficie en la que esta región tiene las dos coordenadas positivas se puede obtener quitándole el triángulo inferior, de área: $𝑆 𝑇 = 52 \cdot 3 2 = 154 𝑢 2 .$ Luego el área de la región factible es: $𝑆 𝐹 = 𝑆 Ω - 154 = 4 l n (4) + 112 - 154 = 4 l n (4) + 74 𝑢 2 .$ Por tanto, la probabilidad de que un punto tenga las dos coordenadas positivas es: $𝑝 = 𝑆 𝐹 𝑆 Ω = 4 l n (4) + 74 4 l n (4) + 112 \approx 0, 6605 .$
La superficie en la que esta región tiene las dos coordenadas enteras es nula, así que la probabilidad de que las dos coordenadas de un punto sean números enteros es 0.

Problema 3: Examen de 2016 de País Vasco

Probabilidad

En una bolsa se desean introducir bolas blancas y negras. Se lanza una moneda al aire cinco veces y se introducen en la bolsa tantas bolas blancas como caras se obtengan, y tantas bolas negras como cruces salgan. Si se extrae una bola y resulta ser negra, ¿cuál es la probabilidad de que en la bolsa hubiera tres bolas blancas y dos negras antes de la extracción?

Problema 3: Examen de 2016 de Valencia

Probabilidad

Un chico y una chica deciden encontrarse en determinado lugar en algún momento entre las 17:00 y las 18:00. Cada uno esperará al otro un máximo de 10 minutos. Halle la probabilidad de que ambos se encuentren, suponiendo que llegan independientemente al lugar de la cita, si:

El chico llega a las 17:30.
Llegando uno y el otro en cualquier momento.

Problema 4: Examen de 2015 de Valencia

Probabilidad

De una urna con $𝑟$ bolas negras y $𝑁 - 𝑟$ bolas blancas se extraen $𝑛$ bolas consecutivamente y sin reemplazamiento $(𝑛 \leq 𝑁)$ . Calcule la esperanza y la varianza de la variable aleatoria $𝑋$ que da el número de bolas negras extraídas.

Problema 4: Examen de 2005 de Valencia

Probabilidad

Una línea de autobuses tiene longitud $𝑙$ . La probabilidad de que un pasajero suba al autobús en las proximidades del punto $𝑥$ es proporcional a $𝑥 (𝑙 - 𝑥) 2$ , y la probabilidad de que un pasajero que subió en el punto $𝑥$ baje en el punto $𝑦$ es proporcional a $(𝑦 - 𝑥) 𝑟$ , siendo $𝑟 > 0$ . Calcular:

Las constantes de proporcionalidad de ambas probabilidades.
La probabilidad de que un pasajero no suba al autobús antes del punto $𝑧$ del recorrido.
La probabilidad de que un pasajero que subió en el punto $𝑥$ descienda después del punto $𝑧$ del recorrido del autobús.