# Practica 1 # 1) Se arroja dos veces un dado equilibrado, registrando los resultados obtenidos # a) Definir un espacio muestral S apropiado para este experimento dice_numbers <- 1:6 first_row <- c() for (number in dice_numbers) { first_row <- append(first_row, c(rep(number, 6))) } second_row <- rep(dice_numbers, 6) S <- matrix(c(first_row, second_row), 2, 36, byrow = TRUE) rownames(S) <- c("primero", "segundo") S # b) Describir el conjunto de elementos del espacio muestral que satisface que: # - A: la suma de los dos numeros obtenidos es por lo menos 5 more_than_four <- S[1,] + S[2,] > 4 firstA_vector <- c(first_row, second_row)[more_than_four] firstA <- matrix(firstA_vector, 2, byrow = TRUE) firstA firstA <- S[,more_than_four] A <- firstA A # - B: el valor obtenido en el primer tiro es superior al obtenido en el segundo greater_than_second <- S[1,] > S[2,] firstB_vector <- c(first_row, second_row)[greater_than_second] firstB <- matrix(firstB_vector, 2, byrow = TRUE) firstB B <- firstB # - C: el valor obtenido en el primer tiro es un 4 first_equal_four <- S[1,] == 4 firstC_vector <- c(first_row, second_row)[first_equal_four] firstC <- matrix(firstC_vector, 2, byrow = TRUE) firstC C <- firstC # c) Calcular las probabilidades de los eventos definidos en 1.b) # - A: 1 -> 4, 5, 6, 2 -> 3,4,5,6, 3 -> 2,3,4,5,6, 4,5,6 -> 1,2,3,4,5,6 freq_S <- 6*6 freq_less_five <- 3 + 2 + 1 prob_A <- (freq_S - freq_less_five)/freq_S prob_A prob_A <- ncol(A)/ncol(S) prob_A # - B: 1 -> n/a, 2 -> 1, 3 -> 1,2, 4 -> 1,2,3, 5 -> 1,2,3,4, 6 -> 1,2,3,4,5 freq_greater_second <- 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 prob_B <- freq_greater_second/freq_S prob_B prob_B <- ncol(B)/ncol(S) prob_B # - C: 4 -> 1,2,3,4,5,6 freq_first_four <- 6 prob_C <- freq_first_four/freq_S prob_C prob_C <- ncol(C)/ncol(S) prob_C # d) Simular en R el experimento de tirar dos veces un dado equilibrado throw_twice <- function() { sample(dice_numbers, 2, replace = TRUE) } D <- matrix(throw_twice(), 2, byrow = TRUE) D # e) Simular 1000 veces en R el experimento de tirar dos veces un dado equilibrado # y estimar las probabilidades de los sucesos definidos en 1.b) repeated_experiment = replicate(1000, throw_twice()) E <- matrix(repeated_experiment, 2, byrow = TRUE) E # - A: Suma de los dados al menos 5 more_than_four <- E[1,] + E[2,] > 4 A <- matrix(repeated_experiment[more_than_four], 2, byrow = TRUE) second_prob_A <- ncol(A) / ncol(E) # Experiment probability second_prob_A # Theoretical probability prob_A # Diff abs(prob_A - second_prob_A) # - B: Primero mayor al segundo greater_than_second <- E[1,] > E[2,] B <- matrix(repeated_experiment[greater_than_second], 2, byrow = TRUE) second_prob_B <- ncol(B) / ncol(E) # Experiment probability second_prob_B # Theoretical probability prob_B # Diff abs(prob_B - second_prob_B) # - C: Primero igual a 4 first_equal_four <- E[1,] == 4 C <- matrix(repeated_experiment[first_equal_four], 2, byrow = TRUE) second_prob_C <- ncol(C) / ncol(E) # Experiment probability second_prob_C # Theoretical probability prob_C # Diff abs(prob_C - second_prob_C) # f) Describir los siguientes conjuntos # i) A intersec B # Suma al menos 5, y primero mayor al segundo # 3,2, 4,1, 4,2, 4,3, 5,1, 5,2, 5,3, 5,4, 6,1, 6,2, 6,3, 6,4, 6,5, # De A, obtenemos los que cumplen el primero es mayor al segundo greater_than_second <- firstA[1,] > firstA[2,] intersectAB <- firstA[,greater_than_second] intersectAB # ii) B union C # Como es union, hacemos la condición para obtener un elemento de B o de C unionBC_condition <- S[1,] > S[2,] | S[1,] > 4 unionBC <- S[,unionBC_condition] unionBC # iii) A intersect (B union C) more_than_four <- unionBC[1,] + unionBC[2,] > 4 intersectA_unionBC <- unionBC[,more_than_four] intersectA_unionBC # g) Calcular las probabilidades de los sucesos definidos en 1.f) # i) A intersect B prob_i <- ncol(intersectAB) / ncol(S) prob_i # ii) B union C prob_ii <- ncol(unionBC) / ncol(S) prob_ii # iii) A intersect (B union C) prob_iii <- ncol(intersectA_unionBC) / ncol(S) prob_iii # h) Simular 1000 veces en R el experimento de tirar dos veces un dado equilibrado # y estimar las probabilidades de los sucesos definidos en 1.f) repeated_experiment = replicate(1000, throw_twice()) H <- matrix(repeated_experiment, 2, byrow = TRUE) # i) A intersect B more_than_four <- E[1,] + E[2,] > 4 A <- E[,more_than_four] greater_than_second <- A[1,] > A[2,] intersectAB <- A[,greater_than_second] second_prob_i <- ncol(intersectAB) / ncol(E) # Experiment probability second_prob_i # Theoretical probability prob_i # Diff abs(prob_i - second_prob_i) # ii) B union C unionBC_condition <- E[1,] > E[2,] | E[1,] > 4 unionBC <- E[,unionBC_condition] second_prob_ii <- ncol(unionBC) / ncol(E) # Experiment probability second_prob_ii # Theoretical probability prob_ii # Diff abs(prob_ii - second_prob_ii) # iii) A intersect (B union C) more_than_four <- unionBC[1,] + unionBC[2,] > 4 intersectA_unionBC <- unionBC[,more_than_four] second_prob_iii <- ncol(intersectA_unionBC) / ncol(E) # Experiment probability second_prob_iii # Theoretical probability prob_iii # Diff abs(prob_iii - second_prob_iii) # 2) a) Dados dos eventos A y B tales que conocen P(A union B) y P (A intersect B), # hallar una fórmula para la probabilidad de que ocurra exactamente uno de estos eventos # Esto es, que ocurra A o B, pero NO en simultaneo # P(A union B) = P(A) + P(B) - P(A intersect B) # P(A) = P(A intersect B) + P(A intersect Bc) # P(B) = P(B intersect A) + P(B intersect Ac) # P(A union B) = P(A intersect Bc) + P(A intersect B) + P(B intersect Ac) # P(A union B) - P(A intersect B) = P(A intersect Bc) + P(B intersect Ac) # Diferencia simétrica # P(A union B) - P(A intersect B) = P(A difsim B) # b) Usamos lo de arriba # P(A union B) - P(A intersect B) = P(A difsim B) = prob de que se termine exactamente un proyecto prob_un_proyecto <- 0.9 - 0.5 prob_un_proyecto # 0.4 # 3) Supongamos que cuando una computadora se “cuelga” (no responde), el 75% de las veces # se debe a problemas de memoria y el 15 % de las veces a problemas de software # y que el 15 % de las veces se debe a problemas que no son ni de memoria ni de software. # # a) Cual es la probabilidad de que estos dos problemas ocurran simultaneamente? # Si A es prob. de memoria y B es prob. de soft, piden P(A intersect B) # P(A) = 0.75 | P(B) = 0,15 | P(A(c)) intersect B(c)) = 0,15 = P(A union B)(c) # P(A union B) = P(A) + P(B) - P(A intersect B) # P(A union B) ,= 1 - P(A union B)(c) = 1 - 0,15 = 0.85 # 0,85 = 0,75 + 0,15 - P(A intersect B) # P(A intersect B) = 0,75 + 0,15 - 0,85 prob_simultaneamente <- 0.75 + 0.15 - 0.85 prob_simultaneamente # b) Cual es la probabilidad de que ocurra un problema de software y no de memoria # P(B) = P(B intersect A) + P(B intersect A(c)) # P(B intersect A(c)) = P(B) - P(B intersect A) prob_soft <- 0.15 - prob_simultaneamente prob_soft # 4) De un bolillero con 5 bolillas numeradas 1,2,3,4,5 se extrae una al azar, sea la numero k. # Se eliminan las bolillas cuyo numero es mayor que k, se extrae de nuevo de 1 a k, numero j. # Se eliminan las bolillas cuyo numero es mayor que j, se extrae de nuevo 1 a j. # # a) Describir el espacio muestral adecuado para este experimento, y determinar # elems # (1 1 1) (2 2 2) (2 2 1) (2 1 1) (3 3 3) (3 3 2) (3 3 1) (3 2 2) (3 2 1) (3 1 1) ... # S = {x. y, z pertenecientes a N / 1 <= x <= 5, 1 <= y <= x, 1 <= z <= y} nums_bolillas = 1:5 posibilidades <- c() for (bolilla in nums_bolillas) { a <- bolilla b <- bolilla while (b > 0) { c <- b while (c > 0) { posibilidades <- append(posibilidades, c(a, b, c)) c <- c - 1 } b <- b - 1 } } S <- matrix(posibilidades, 3, byrow = FALSE) ncol(S) # b) Es razonable suponer equiprobabilidad para este espacio? P((3,2,1)) # A = a==3 , B = b==2 , C = c==1 # #A = 6, #Omega = 35 # No sería razonable suponer equiprobabilidad pues hay elementos del espacio que se descartan # 5) Una firma proveedora de software ha ofrecido sus servicios a 3 empresas. Se definen: # Ai = {la empresa "i" realiza una compra a esta firma}, para i = 1, 2, 3 p_a1 = 0.22 p_a2 = 0.25 p_a3 = 0.28 p_a1_a2_intersect = 0.11 p_a1_a3_intersect = 0.05 p_a2_a3_intersect = 0.07 p_a1_a2_a3_intersect = 0.01 # Evento A1uA2 => Al menos una de las empresas 1 o 2 realizan una compra # P(A1uA2) = P(A1) + P(A2) - P(A1nA2) a1_a2_union <- p_a1 + p_a2 - p_a1_a2_intersect a1_a2_union # Evento A1(c)nA2(c) => Ni la empresa 1 ni la 2 realizan una compra # P(A1(c)nA2(c)) = P(A1uA2)(c) = 1 - P(A1uA2) a1c_a2c_intersect <- 1 - a1_a2_union a1c_a2c_intersect # Evento A1uA2uA3 => Al menos una de las empresas 1, 2, o 3 realizan una compra # P(A1uA2uA3) = P(A1) + P(A2) + P(A3) - P(A1nA2) - P(A1nA3) - P(A2nA3) + P(A1nA2nA3) a1_a2_a3_union <- p_a1 + p_a2 + p_a3 - p_a1_a2_intersect - p_a1_a3_intersect - p_a2_a3_intersect + p_a1_a2_a3_intersect a1_a2_a3_union # Evento A1(c)nA2(c)nA3(c) => Ninguna empresa realiza una compra # P(A1(c)nA2(c)nA3(c)) = P(A1uA2uA3)(c) = 1 - P(A1uA2uA3) a1c_a2c_a3c_intersect <- 1 - a1_a2_a3_union a1c_a2c_a3c_intersect # Evento A1(c)nA2(c)nA3 => Solo la empresa 3 realiza una compra # P(A1(c)nA2(c)nA3) = P(A3) - P(A1nA3) - P(A2nA3) + P(A1nA2nA3) a1c_a2c_a3_intersect <- p_a3 - p_a1_a3_intersect - p_a2_a3_intersect + p_a1_a2_a3_intersect a1c_a2c_a3_intersect # Evento (A1(c)nA2(c))uA3 => O la empresa 3, o ninguna, realiza la compra # P((A1(c)nA2(c))uA3) = P(A1(c)nA2(c)) a1c_a2c_intersect_a3_union <- a1c_a2c_intersect a1c_a2c_intersect_a3_union # 6) Un grupo de 60 alumnos sera subdividio al azar en dos divisiones de 30 alumnos cada una. # Cinco de esos alumnos son muy amigos: Alicia, Beto, Carmen, Diego y Eva # a) Cual es la probabilidad de que todos queden en la misma division? # Para que queden en la misma división, podemos pensar que los 5 forman parte de # uno de los grupos de 30, y por ende tenemos 25 alumnos para rellenar (de 55) # Las posibilidades de esto son 55C25 = 55! / 25!*(55-25!) = 55! / 25!*30! = 3,085851*10^15 # Esto sería solo para un grupo, por lo que habría que multiplicarlo por 2 # Las posibilidades de S son 60C30 = 1,182643*10^17 p_misma_division <- choose(55, 25) / choose(60, 30) # b) Cual es la probabilidad de que solo quede separado Diego? # Pensando similarmente que para a), en este caso queremos que la división tenga a 29 alumnos # donde 1 de ellos sería Diego. No solo eso, sino que también queremos que la otra división # tenga a los otros 4. La división de Diego sería 55C29 mientras que la otra 55C26 (son ==) # p_sin_diego <- (3.560597*(10^15)) / (1.182643*(10^17)) p_sin_diego # 7) De un grupo de 6 mujeres y 4 hombres se deben elegir a 3 personas para que los representen # en tres congresos a desarrollarse en mayo, junio y septiembre. # a) Suponiendo que una persona puede ir a más de un congreso, calcular # i) a los dos primeros congresos vayan mujeres # Tenemos un grupo de 10 personas, de las cuales 6 son mujeres, tenemos que elegir 3 # C1 M C2 M C3 _ # 6C1 * 6C1 * 10C1 = 36*10 # Total = (10C1)^3 = 10^3 = 10^3 p_primeros_dos_mujeres = 360/(10^3) p_primeros_dos_mujeres # ii) a los dos primeros congresos vayan mujeres y al tercero un hombre # C1 M C2 M C3 H # 6C1 * 6C1 * 4C1 = 36*4 p_primeros_dos_mujeres_un_hombre = 36*4 / (10^3) p_primeros_dos_mujeres_un_hombre # iii) haya por lo menos una mujer entre las 3 personas elegidas # C1 M C2 _ C3 _ # 6C1 * 10C1 * 10C1 = 6*100 # 4C1 * 6C1 * 10C1 = 4*6*10 # 4C1 * 4C1 * 6C1 = 4*4*6 p_primeros_dos_mujeres_un_hombre = (600+240+96) / (10^3) p_primeros_dos_mujeres_un_hombre p_primeros_dos_mujeres_un_hombre = 1 - ((4*4*4)/(10^3)) p_primeros_dos_mujeres_un_hombre # b) Personas diferentes en cada congreso, # i) Calcular lo mismo que en a) # ii) Probabilidad de que haya exactamente una mujer entre las 3 personas elegidas # 9) c) Simular el ejemplo de los 4 matrimonios bailando tango datos <- c(1,2,3,4,1,2,4,3,1,3,2,4,1,3,4,2,1,4,2,3,1,4,3,2,2,1,3,4,2,1,4,3,2,3,1,4,2,3,4,1,2,4,1,3,2,4,3,1,3,1,2,4,3,1,4,2,3,2,1,4,3,2,4,1,3,4,1,2,3,4,2,1,4,1,2,3,4,1,3,2,4,2,1,3,4,2,3,1,4,3,1,2,4,3,2,1) matriz <- matrix(datos, 4) experimento <- function() { return(matriz[,sample(ncol(matriz), 1)]) } A <- replicate(100000, experimento()) cond <- A[1,] == 1 matriz_i <- A[,cond] prob_i <- ncol(matriz_i) / ncol(A) prob_i cond <- A[1,] != 1 & A[2,] != 2 & A[3,] != 3 & A[4,] != 4 matriz_ii <- A[,cond] prob_ii <- 1 - (ncol(matriz_ii) / ncol(A)) prob_ii # 10) P(W | A) = P(WnA) / P(A) = 0.08 / 0.2 p_b <- 0.4 p_m <- 0.4 p_a <- 0.2 p_y <- 0.25 p_w <- 0.40 p_z <- 0.35 p_y_int_b <- 0.1 p_y_int_m <- 0.13 p_y_int_a <- 0.02 p_w_int_b <- 0.2 p_w_int_m <- 0.12 p_w_int_a <- 0.08 p_z_int_b <- 0.1 p_z_int_m <- 0.15 p_z_int_a <- 0.1 p_w_dado_a <- p_w_int_a / p_a p_w_dado_a p_m_dado_z <- p_z_int_m / p_z p_m_dado_z p_m_dado_w <- p_w_int_m / p_w p_m_dado_w p_y_dado_m <- p_y_int_m / p_m p_yc_dado_m <- 1 - p_y_dado_m p_yc_dado_m p_yc <- 1 - p_y p_m_dado_yc <- p_yc_dado_m*p_m / p_yc p_m_dado_yc p_w_union_z <- p_w + p_z p_w_union_z_dado_m <- (p_w_int_m + p_z_int_m) / p_m p_m_dado_w_union_z <- p_w_union_z_dado_m * p_m / p_w_union_z p_m_dado_w_union_z p_b_union_m_dado_z <- (p_z_int_b + p_z_int_m) / p_z p_b_union_m_dado_z p_y_union_a <- p_y + p_a - p_y_int_a p_y_union_a # 12) Se lanzan 3 dados. Calcular P(A | B) siendo A que salga solo 1 as, y B, todos distintos s <- 6^3 p_b <- 6*5*4 / s p_b_int_a <- 3*5*4 / s p_a_dado_b <- p_b_int_a / p_b p_a_dado_b # 13) Sistema de computación online, 4 líneas de entrada. Cada linea cubre un porcentaje # del tráfico de entrada, y tiene un porcentaje de mensajes que entran con error. # L1 L2 L3 L4 p_l1 <- 0.4 p_l2 <- 0.3 p_l3 <- 0.1 p_l4 <- 0.2 p_e_dado_l1 <- 0.998 p_e_dado_l2 <- 0.999 p_e_dado_l3 <- 0.997 p_e_dado_l4 <- 0.992 # a) Probabilidad de que ingrese sin error # prob. total = p(e | l1)*p(l1) + p(e | l2)*p(l2) + p(e | l3)*p(l3) + p(e | l4)*p(l4) p_e = p_e_dado_l1*p_l1 + p_e_dado_l2*p_l2 + p_e_dado_l3*p_l3 + p_e_dado_l4*p_l4 p_e # Probabilidad de que, sabiendo que entro con error, haya ingresado por la línea 1 # Bayes => P(l1 | e(c)) = (P(e(c) | l1) * P(l1)) / (P(e(c))) p_l1_dado_e <- (1-p_e_dado_l1)*p_l1 / (1-p_e) p_l1_dado_e # 14) Caja con tres monedas. A tiene dos caras, B tiene dos cecas, y C es normal. # Se arroja una al azar, obteniéndose cara. # a) Probabilidad de haber elegido la moneda con dos caras # P (A | cara) = Bayes p_a <- 1/3 p_b <- 1/3 p_c <- 1/3 p_cara_dado_a <- 1 p_cara_dado_b <- 0 p_cara_dado_c <- 1/2 p_cara <- (p_cara_dado_a*p_a + p_cara_dado_b*p_b + p_cara_dado_c*p_c) p_cara p_a_dado_cara <- p_cara_dado_a*p_a / p_cara p_a_dado_cara # b) Se arroja de nuevo la moneda extraída, probabilidad de obtener cara # P(cara2 | cara1) = P(cara2 n AuBuC | cara1) = ... # 16) Tres cajas, A, B y C con 20 piezas cada una, conteniendo 20, 15 y 10 piezas buenas. # P(A)=P(B)=0.5*P(C) => P(C)=2*P(A) # Al azar y con reposición, se extraen dos piezas buenas -> 2G. Hallar P(A | 2G) p_2g_dado_a <- 1 p_2g_dado_b <- (15/20)^2 p_2g_dado_c <- (10/20)^2 # P(A | 2G) = (P(2G | A) * P(A)) / (P(2G | A) * P(A) + P(2G | B) * P(A) + P(2G | C) * 2P(A)) # = (P(2G | A)) / (P(2G | A) + P(2G | B) + 2*P(2G | C)) p_a_dado_2g <- 1 / (p_2g_dado_a + p_2g_dado_b + 2*p_2g_dado_c) p_a_dado_2g # 17) Dos urnas, UA tiene 5 R y 3 B, UB tiene 1 R y 2 B. Dado equilibrado, si sale 3 o 6, # se extrae de UA, se coloca en UB, y se saca de UB. Caso contrario, inversamente. # a) Probabilidad de que ambas bolitas sean rojas p_r_dado_ua <- 5/8 p_r_dado_ub <- 1/3 # Llamamos M a sacar 3 ó 6 en el dado, y N al resto p_m <- 1/3 p_n <- 2/3 # P(RR) = P(RR | M)*P(M) + P(RR | N)*P(N) # P(R1nR2 | M)*P(M) = P(M n R1 n R2) = P(R1 | M) * P(R2 | R1 n M) # RR dado M -> Extrae de A, mete en B y saca de B # P(RR | M) = P(R | UA) * P(R | UB2) # UB2 = 2R y 2B p_r_dado_ub2 <- 1/2 p_rr_dado_m <- p_r_dado_ua * p_r_dado_ub2 p_rr_dado_m # P(RR | N) = P(R | UB) * P(R | UA2) # UA2 = 6R y 3B p_r_dado_ua2 <- 6/9 p_rr_dado_n <- p_r_dado_ub * p_r_dado_ua2 p_rr_dado_n p_rr <- (p_rr_dado_m * p_m) + (p_rr_dado_n * p_n) p_rr # b) Si ambas son rojas, cual es la probabilidad de M? # P(M | RR) = P(RR | M)*P(M) / (P(RR | M)*P(M) + P(RR | N)*P(N)) = P(RR | M)*P(M) / P(RR) p_m_dado_rr <- p_rr_dado_m * p_m / p_rr p_m_dado_rr # 18) Se tienen n+1 urnas numeradas 0,1,...n. Urna i contiene i bolitas blancas y (n-i) negras. # Elige al azar una urna y se extrae al azar una bolita # a) Calcular la probabilidad de que la bolita extraida sea blanca # P(B) = P(B | U0)*P(U0) + P(B | U1)*P(U1) + ... + P(B | Un)*P(Un) # P(Ui) = 1/(n+1) # P(B | U0) = 0 # P(B | U1) = 1/(n-1) # P(B | U2) = 2/(n-2) # ... # P(B | Ui) = i/(n-i) # P(B) = P(Ui) * (0 + P(B | U1) + ... + P(B | Ui)) # P(B) = 1/(n+1) * ((Sum(i/(n-i)) de i = 1 hasta n-1) + 1) # 19) Bolita de urna con 9 bolitas, 3 blancas, 3 negras y 3 rojas, numeradas 1, 2, y 3 para # cada color. La Nª1 blanca, Nª2 negra y Nª3 roja están rayadas. # A: la bolita es número 1 B: la bolita es blanca C: la bolita es rayada # a) Son independientes de a pares los sucesos A, B y C? p_a = 1/3 p_b = 1/3 p_c = 1/3 # la bolita es numero 1 y blanca p_anb = 1/9 # la bolita es numero 1 y rayada p_anc = 1/9 # la bolita es blanca y rayada p_bnc = 1/9 p_anb_i = p_a * p_b p_anb_i / p_anb p_anc_i = p_a * p_c p_anb_i / p_anc p_bnc_i = p_b * p_c p_anb_i / p_bnc # b) Son independientes los sucesos A, B y C? # la bolita es numero 1, rayada y blanca p_anbnc = 1/9 p_anbnc_i = p_a * p_b * p_c p_anbnc_i / p_anbnc # 1/3 != 1 => no son independientes # 20) Funciona si al menos uno de los dos funciona (1o2 o 3y4) # --[1] o [2]-- # / \ # / \ # --- --- # \ / # \ / # --[3] y [4]-- # # Trabajan independientemente, y P(cualquiera funcione) = 0.9 # a) Calcular la probabilidad de que el sistema funcione # Llamamos M al conjunto "funciona 1 o 2", y N a "funciona 3 y 4" p_f <- 0.9 p_f_f_int <- p_f*p_f # son independientes p_mc <- 1 - (p_f*2 - p_f_f_int) p_nc <- 1 - p_f_f_int p_mc_nc_intersect <- p_mc * p_nc # son independientes p_s <- 1 - p_mc_nc_intersect p_s # b) Calcular la probabilidad de 1 no funcione pero sabemos que el sistema funciona # M1 = "funciona 1" M2 = "funciona 2" P(M1c) = 1 - 0.9 = 0.1 # P(M1c | S) = P(S | M1c) * P(M1c) / P(S) # P(S | M1c) = P(M2 u (N3 n N4)) = P(M2) + P(N3 n N4) - P(M2 n N3 n N4) # P(M1c | S) = (0.9 + 0.9*0.9 - 0.9*0.9*0.9) * 0.1 / 0.9981 p_m1c_dado_s = (0.9 + 0.9*0.9 - 0.9*0.9*0.9) * 0.1 / 0.9981 p_m1c_dado_s # 21) Sean S1, S2, ..., Sn sucesos independientes / P(Si) = pi # a) Expresar en funcion de pi la probabilidad de que ocurran: # i) Ningun Si # P((U Si) de i=1 a n)(c) = P((nSi(c)) de 1 a n) = (1-p1) * (1-p2) * ... * (1-pn) # ii) Al menos un Si # P((U Si) de i=1 a n)) = 1 - ((1-p1) * (1-p2) * ... * (1-pn)) # iii) Exactamente un Si # P(Si int ((U Sk) con k != i, 1 a n))(c)) = sum(pi * (1-p1) * ... * (1-pn) / (1-pi)) # b) Para k = 0, ..., n, hallar la probabilidad de que ocurran exactamente k Si, # en el caso que P(Si) = p para todo i # P(((n Si) de i=1 a k) U (U Sj) de j=k+1 a n)