Técnicas de recuento y probabilidad – matemáticas 4º ESO: soluciones de los ejercicios para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1

   1. Hay \(6\cdot6=36\) resultados, por ejemplo \((1,1)\), \((1,2)\), \((3,5)\) y \((6,6)\).
   2. Casos favorables: \((1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\), es decir \(6\). \(P=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}\).
   3. Cada dado tiene \(3\) pares: \(3\cdot3=9\) casos. \(P=\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4}\).
   4. Suma \(\ge10\): \((4,6),(5,5),(6,4),(5,6),(6,5),(6,6)\), o sea \(6\): \(P=\dfrac{1}{6}\). Al menos un \(6\): \(11\) casos, \(P=\dfrac{11}{36}\). Para «al menos un 6» es más rápido el contrario: \(1-\dfrac{25}{36}=\dfrac{11}{36}\).

2. Solución del ejercicio 2

   1. Total \(10\) bolas. \(P(\text{roja})=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}\) y \(P(\text{azul})=\dfrac{3}{10}\). Aplicamos la regla de Laplace: casos favorables entre casos posibles.
   2. \(P(\text{no azul})=1-\dfrac{3}{10}=\dfrac{7}{10}\). Usamos el suceso contrario de «azul».
   3. \(P(\text{roja o verde})=\dfrac{5}{10}+\dfrac{2}{10}=\dfrac{7}{10}\) (sucesos incompatibles). Una bola no puede ser roja y verde a la vez, por eso sumamos sin restar nada.
   4. No hay bolas amarillas: \(P=0\). Es un suceso imposible.

3. Solución del ejercicio 3

   1. \(P(A\cup B)=0{,}5+0{,}4-0{,}2=0{,}7\). Restamos la intersección para no contar dos veces los resultados comunes. Respuesta: 0,7.
   2. \(P(\overline{A})=1-0{,}5=0{,}5\). La probabilidad del suceso contrario es 1 menos la del suceso. Respuesta: 0,5.
   3. \(P(A\setminus B)=P(A)-P(A\cap B)=0{,}5-0{,}2=0{,}3\). Quitamos a \(A\) la parte que también está en \(B\). Respuesta: 0,3.
   4. \(P(\overline{A}\cap\overline{B})=1-P(A\cup B)=1-0{,}7=0{,}3\). «Ninguno de los dos» es el contrario de «al menos uno», es decir, de la unión. Respuesta: 0,3.

4. Solución del ejercicio 4

   1. Con gafas: chicos \(6\), chicas \(9\) (total \(15\)). Sin gafas: chicos \(24\), chicas \(21\) (total \(45\)). Sumamos por columnas para obtener los totales.
   2. \(P(\text{gafas})=\dfrac{15}{60}=\dfrac{1}{4}\) y \(P(\text{chica})=\dfrac{30}{60}=\dfrac{1}{2}\).
   3. \(P(\text{gafas}\mid\text{chica})=\dfrac{9}{30}=\dfrac{3}{10}\). \(P(\text{chica}\mid\text{gafas})=\dfrac{9}{15}=\dfrac{3}{5}\). En la condicionada, el total de referencia es el grupo de la condición: 30 chicas o 15 alumnos con gafas.
   4. Como \(\dfrac{3}{10}\ne\dfrac{1}{4}\), los sucesos no son independientes (aunque la diferencia es pequeña).

5. Solución del ejercicio 5

   1. Primera: \(R\) con \(\dfrac{4}{10}\), \(N\) con \(\dfrac{6}{10}\). Segunda tras \(R\): \(R\) con \(\dfrac{3}{9}\), \(N\) con \(\dfrac{6}{9}\). Tras \(N\): \(R\) con \(\dfrac{4}{9}\), \(N\) con \(\dfrac{5}{9}\). En la segunda extracción queda una bola menos.
   2. \(P(RR)=\dfrac{4}{10}\cdot\dfrac{3}{9}=\dfrac{2}{15}\). \(P(NN)=\dfrac{6}{10}\cdot\dfrac{5}{9}=\dfrac{1}{3}\). Multiplicamos las probabilidades de cada rama.
   3. \(P(RN)+P(NR)=\dfrac{4}{10}\cdot\dfrac{6}{9}+\dfrac{6}{10}\cdot\dfrac{4}{9}=\dfrac{4}{15}+\dfrac{4}{15}=\dfrac{8}{15}\).
   4. \(P(\text{al menos una roja})=1-P(NN)=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}\). Las ramas: \(\dfrac{2}{15}+\dfrac{4}{15}+\dfrac{4}{15}+\dfrac{5}{15}=1\).

6. Solución del ejercicio 6

   1. \(2^3=8\) resultados: \(CCC\), \(CCX\), \(CXC\), \(XCC\), \(CXX\), \(XCX\), \(XXC\), \(XXX\). Cada lanzamiento tiene 2 resultados, así que hay \(2\cdot2\cdot2\) en total.
   2. \(P(CCC)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^3=\dfrac{1}{8}\).
   3. Casos: \(CCX\), \(CXC\), \(XCC\). \(P=\dfrac{3}{8}\).
   4. Por independencia, \(P=\dfrac{1}{2}\) (la moneda no tiene memoria). Al menos una cara: \(1-P(XXX)=1-\dfrac{1}{8}=\dfrac{7}{8}\).

7. Solución del ejercicio 7

   1. \(P(R)=\dfrac{3}{8}\), \(P(A)=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}\), \(P(V)=\dfrac{1}{4}\), \(P(Y)=\dfrac{1}{8}\). Cada color ocupa un número de sectores entre los 8 iguales.
   2. \(\dfrac{3}{8}\cdot\dfrac{3}{8}=\dfrac{9}{64}\). Como los giros son independientes, multiplicamos las probabilidades. Respuesta: \(\dfrac{9}{64}\).
   3. \(\dfrac{3}{8}\cdot\dfrac{2}{8}=\dfrac{6}{64}=\dfrac{3}{32}\). También multiplicamos porque los giros son independientes. Respuesta: \(\dfrac{3}{32}\).
   4. \(\dfrac{9+4+4+1}{64}=\dfrac{18}{64}=\dfrac{9}{32}\). Sumamos las cuatro posibilidades: dos rojos, dos azules, dos verdes y dos amarillos. Respuesta: \(\dfrac{9}{32}\).

8. Solución del ejercicio 8

   1. \(P(\text{oros})=\dfrac{10}{40}=\dfrac{1}{4}\) y \(P(\text{figura})=\dfrac{12}{40}=\dfrac{3}{10}\). Hay 10 cartas de oros y 12 figuras entre 40 cartas.
   2. \(P(\text{oros o figura})=\dfrac{10}{40}+\dfrac{12}{40}-\dfrac{3}{40}=\dfrac{19}{40}\) (hay \(3\) figuras de oros). Restamos las 3 figuras de oros, que se contarían dos veces.
   3. \(P=\dfrac{1}{40}\). Solo hay un as de oros entre 40 cartas.
   4. \(\dfrac{4}{40}\cdot\dfrac{3}{39}=\dfrac{12}{1560}=\dfrac{1}{130}\). Sin devolución, en la segunda extracción quedan 3 ases entre 39 cartas.

9. Solución del ejercicio 9

   1. \(P(D\cup M)=\dfrac{18+12-5}{30}=\dfrac{25}{30}=\dfrac{5}{6}\). Restamos los 5 alumnos que hacen las dos cosas para no contarlos dos veces.
   2. \(1-\dfrac{5}{6}=\dfrac{1}{6}\) (son \(5\) alumnos). Usamos el suceso contrario. Respuesta: 5 alumnos no hacen ninguna de las dos cosas.
   3. \(P(D\mid M)=\dfrac{5}{12}\). Entre los 12 que tocan un instrumento, 5 practican deporte.
   4. \(P(M\mid D)=\dfrac{5}{18}\). Son distintas: la condición cambia el conjunto de referencia. Ahora el total de referencia son los 18 deportistas.

10. Solución del ejercicio 10

    1. Casos: \((2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\). \(P=\dfrac{5}{36}\). Contamos los pares cuya suma es 8 entre los 36 posibles.
    2. \(S=9\): \(4\) casos; \(10\): \(3\); \(11\): \(2\); \(12\): \(1\). Total \(10\): \(P=\dfrac{10}{36}=\dfrac{5}{18}\). Sumamos los casos de cada suma de 9 a 12.
    3. Con primer dado par y suma \(8\): \((2,6),(4,4),(6,2)\): \(\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12}\).
    4. \(P(S=8\mid\text{par})=\dfrac{1/12}{1/2}=\dfrac{1}{6}\). Dividimos la probabilidad de la intersección entre la de la condición, \(\dfrac{1}{2}\).

11. Solución del ejercicio 11

    1. \(\dfrac{1}{4}\). Solo una de las 4 opciones es correcta.
    2. \(\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{16}\). Las preguntas son independientes, así que multiplicamos.
    3. \(\left(\dfrac{3}{4}\right)^5=\dfrac{243}{1024}\approx0{,}237\). Cada pregunta se falla con probabilidad \(\dfrac{3}{4}\).
    4. \(1-\dfrac{243}{1024}=\dfrac{781}{1024}\approx0{,}763\). Acertar alguna es probable, pero el valor esperado de aciertos es \(5\cdot\dfrac{1}{4}=1{,}25\), lejos de aprobar.

12. Solución del ejercicio 12

    1. Sábado: lluvia \(0{,}3\), no lluvia \(0{,}7\). Domingo tras lluvia: \(0{,}6\) y \(0{,}4\); tras sol: \(0{,}2\) y \(0{,}8\).
    2. \(0{,}3\cdot0{,}6=0{,}18\). Multiplicamos las probabilidades de la rama lluvia-lluvia.
    3. \(P(D)=0{,}3\cdot0{,}6+0{,}7\cdot0{,}2=0{,}18+0{,}14=0{,}32\). Sumamos las dos ramas que terminan en lluvia el domingo.
    4. Ningún día: \(0{,}7\cdot0{,}8=0{,}56\). Al menos uno: \(1-0{,}56=0{,}44\). «Al menos un día» es el contrario de «ningún día».

13. Solución del ejercicio 13

    1. Máquina: A \(0{,}6\) y B \(0{,}4\). Defecto: tras A, \(0{,}02\); tras B, \(0{,}05\).
    2. \(P(\text{def})=0{,}6\cdot0{,}02+0{,}4\cdot0{,}05=0{,}012+0{,}020=0{,}032\). Sumamos las dos ramas que terminan en defecto (probabilidad total).
    3. \(P(A\mid\text{def})=\dfrac{0{,}012}{0{,}032}=0{,}375\). Aplicamos el teorema de Bayes: rama de A entre el total de defectuosas.
    4. \(P(B\mid\text{def})=\dfrac{0{,}020}{0{,}032}=0{,}625\) y \(0{,}375+0{,}625=1\). Respuesta: el 62,5 % de las defectuosas viene de B.

14. Solución del ejercicio 14

    1. Principio de multiplicación: \(4\cdot3\cdot2=24\) conjuntos.
    2. \(C_{4,2}=\dfrac{4!}{2!\,2!}=6\) formas. El orden no importa, por eso usamos combinaciones.
    3. \(P_4=4!=24\) formas. El orden sí importa y usamos todas las camisetas: permutaciones.
    4. Hay \(3\) conjuntos con esa camiseta y esas zapatillas (uno por cada pantalón). \(P=\dfrac{3}{24}=\dfrac{1}{8}\).

15. Solución del ejercicio 15

    1. \(10^4=10\,000\). Cada una de las 4 cifras tiene 10 opciones.
    2. \(10\cdot9\cdot8\cdot7=5040\). Cada cifra tiene una opción menos que la anterior.
    3. Un intento: \(\dfrac{1}{10\,000}=0{,}0001\). Tres intentos distintos: \(\dfrac{3}{10\,000}=0{,}0003\).
    4. \(\dfrac{5040}{10\,000}=0{,}504\). Dividimos los PIN con cifras distintas entre el total. Respuesta: algo más de la mitad.

16. Solución del ejercicio 16

    1. \(C_{10,3}=\dfrac{10\cdot9\cdot8}{3\cdot2\cdot1}=120\). El orden no importa, así que son combinaciones.
    2. Se fija a Juan y se eligen \(2\) de los \(9\) restantes: \(C_{9,2}=36\).
    3. \(P=\dfrac{36}{120}=\dfrac{3}{10}\).
    4. Juan y Ana: falta elegir \(1\) de \(8\): \(8\) comisiones, \(P=\dfrac{8}{120}=\dfrac{1}{15}\). Con cargos: \(V_{10,3}=10\cdot9\cdot8=720\).

17. Solución del ejercicio 17

    1. \(V_{8,3}=8\cdot7\cdot6=336\).
    2. \(\dfrac{1}{336}\approx0{,}003\).
    3. Primera: \(\dfrac{1}{8}\). En el podio: \(\dfrac{3}{8}\) (hay \(3\) puestos entre \(8\) corredores por simetría).
    4. Podios con las dos: eligen puestos para Ana (\(3\)) y Berta (\(2\)) y otro corredor de los \(6\) restantes: \(3\cdot2\cdot6=36\). \(P=\dfrac{36}{336}=\dfrac{3}{28}\).

18. Solución del ejercicio 18

    1. Enfermo \(0{,}02\) (positivo \(0{,}9\), negativo \(0{,}1\)); sano \(0{,}98\) (positivo \(0{,}05\), negativo \(0{,}95\)).
    2. \(P(+)=0{,}02\cdot0{,}9+0{,}98\cdot0{,}05=0{,}018+0{,}049=0{,}067\).
    3. \(P(E\mid+)=\dfrac{0{,}018}{0{,}067}\approx0{,}269\), es decir, un \(26{,}9\ \%\).
    4. Porque la enfermedad es poco frecuente: hay muchos más sanos que enfermos, y el \(5\ \%\) de un grupo muy grande de sanos produce más falsos positivos (\(0{,}049\)) que verdaderos positivos (\(0{,}018\)).

19. Solución del ejercicio 19

    1. \(0{,}7^3=0{,}343\). Los tiros son independientes, así que multiplicamos.
    2. Hay \(3\) posiciones para el fallo: \(3\cdot0{,}7^2\cdot0{,}3=3\cdot0{,}49\cdot0{,}3=0{,}441\).
    3. \(0{,}441+0{,}343=0{,}784\). Sumamos los casos de dos y de tres aciertos.
    4. Fallar los tres: \(0{,}3^3=0{,}027\). Exactamente uno: \(3\cdot0{,}7\cdot0{,}3^2=0{,}189\). Suma: \(0{,}027+0{,}189+0{,}441+0{,}343=1\).

20. Solución del ejercicio 20

    1. Todas distintas: \(\dfrac{365}{365}\cdot\dfrac{364}{365}\cdot\dfrac{363}{365}\approx0{,}9918\). Alguna coincidencia: \(\approx0{,}0082\).
    2. El numerador cuenta las formas de asignar días distintos (variaciones sin repetición) y el denominador todas las asignaciones posibles (\(365^n\)).
    3. Con solo \(23\) personas es ligeramente más probable que haya una coincidencia que no: el resultado sorprende porque lo normal es pensar en una coincidencia con una persona concreta, no con cualquier pareja (\(\dfrac{23\cdot22}{2}=253\) parejas).
    4. Hacen falta \(23\) personas, porque con \(22\) la probabilidad es \(\approx0{,}476\) y con \(23\) ya es \(\approx0{,}507\).