Todo lo que hace falta
para resolver
y saber cuándo usar qué

Ejemplo resuelto · sueldos con un valor extremo

1. Media. Se suman los 10 sueldos y se divide por la cantidad de datos:

   \( \bar x=\dfrac{90+92+95+97+100+102+105+108+110+800}{10}=\dfrac{1699}{10}=\mathbf{169{,}9} \)

   Ya con esta cuenta hay algo raro: nadie del grupo gana cerca de 170. La media "subió" arrastrada por el 800 del gerente.

2. Mediana. Se ordenan los datos (ya vienen ordenados) y, como hay n = 10 (par), se promedian los dos valores centrales — las posiciones 5 y 6:

   \( Me=\dfrac{100+102}{2}=\mathbf{101} \)

   La mediana no "ve" cuánto gana el gerente, sólo que hay 5 sueldos por debajo y 5 por arriba de ese punto. Por eso no se deja arrastrar por el outlier.

3. ¿Cuál conviene usar? Comparando: 9 de los 10 empleados cobran entre 90 y 110, muy cerca de la mediana (101) y lejos de la media (169,9). Conclusión: con un valor extremo en los datos, la mediana describe mejor al grupo.

4. Forma de la distribución. Como el valor extremo tira hacia arriba, se cumple moda < mediana < media (la moda, el sueldo más común, está en la zona de 90-110). Esto es asimetría positiva: la cola larga queda del lado derecho (los valores altos), aunque la mayoría de los datos esté agrupada a la izquierda.

Ejemplo resuelto · tiempos de fractura del acero

Antes de calcular nada, se arma esta tabla auxiliar: x_i es la marca de clase (el punto medio de cada intervalo — con ella se trabaja como si todos los datos de esa clase valieran exactamente eso) y F es la frecuencia acumulada (cuántos datos hay hasta el final de esa clase, inclusive). n = 75, amplitud A = 5.

1. a) Media. Se multiplica cada marca de clase por su frecuencia, se suma todo y se divide por n:

   \( \bar x=\dfrac{\sum x_if_i}{n}=\dfrac{47{,}5\cdot6+52{,}5\cdot14+\dots+72{,}5\cdot5}{75}=\dfrac{4447{,}5}{75}=\mathbf{59{,}3}\ \text{min} \)

2. Mediana. Primero hay que encontrar la clase mediana: la que contiene a la posición n/2 = 37,5. Mirando la columna F, en la clase 50-55 se llega a 20 y en 55-60 se llega a 42 → la posición 37,5 cae dentro de 55-60. Ahí dentro se interpola linealmente, suponiendo que los 22 datos de esa clase están repartidos parejo entre 55 y 60:

   \( Me=L_{i-1}+\dfrac{\frac{n}{2}-F_{i-1}}{f_i}\cdot A=55+\dfrac{37{,}5-20}{22}\cdot5=\mathbf{58{,}98}\ \text{min} \)

   \(F_{i-1}=20\) es la acumulada de la clase anterior (50-55), no la de la clase mediana; ese es el error más común acá.

3. Moda. La clase modal es la de mayor frecuencia: 55-60, con f = 22. Se compara esa frecuencia con la de sus vecinas (14 a la izquierda, 18 a la derecha) para ver "hacia qué lado" se inclina el pico dentro de la clase:

   \( Mo=L_{i-1}+\dfrac{d_1}{d_1+d_2}\cdot A=55+\dfrac{22-14}{(22-14)+(22-18)}\cdot5=55+\dfrac{8}{12}\cdot5=\mathbf{58{,}33}\ \text{min} \)

4. b) Varianza y desvío. La última columna de la tabla ya trae, para cada clase, \(f_i(x_i-\bar x)^2\) — el aporte de esa clase a la dispersión total. Se suman esos aportes y, como es una muestra, se divide por n − 1:

   \( s^2=\dfrac{\sum f_i(x_i-\bar x)^2}{n-1}=\dfrac{835{,}44+647{,}36+\dots+871{,}20}{74}=\dfrac{3282}{74}=\mathbf{44{,}35}\ \text{min}^2 \)
   \( s=\sqrt{s^2}=\sqrt{44{,}35}=\mathbf{6{,}66}\ \text{min} \)

5. c) Q₁. "El 25 % más rápido" son los tiempos más bajos, así que se busca el cuartil 1 (deja el 25 % de los datos por debajo). Misma lógica que la mediana, pero con la posición n/4 = 18,75, que cae en la clase 50-55 (\(F_{i-1}=6\), f = 14):

   \( Q_1=50+\dfrac{18{,}75-6}{14}\cdot5=\mathbf{54{,}55}\ \text{min} \)

   Es decir: el 25 % de las muestras que se fracturan más rápido lo hace en 54,55 minutos o menos.

6. d) Coeficiente de variación. Compara la dispersión (desvío) con el tamaño de la media, en porcentaje:

   \( CV=\dfrac{s}{\bar x}\cdot100=\dfrac{6{,}66}{59{,}3}\cdot100=\mathbf{11{,}23\,\%} \)

   Conclusión: 11,23 % está por debajo del 20 %, así que los tiempos de fractura son un conjunto homogéneo y la media (59,3 min) es una medida representativa del grupo.

Ejemplo resuelto · defectuosas diarias

Acá los intervalos coinciden exactamente con los límites de clase que preguntan (2, 4, 10), así que no hace falta interpolar: alcanza con leer directamente la columna F (frecuencia acumulada).

1. P(x > 2). "Hasta x = 2" acumula 4 días (la primera clase completa). Los días con x > 2 son el resto:

   \( P(x\gt2)=1-\dfrac{F(2)}{n}=1-\dfrac{4}{160}=\mathbf{97{,}5\,\%} \)

2. P(x < 10). Se lee directo la acumulada hasta 10: 140 de los 160 días.

   \( P(x\lt10)=\dfrac{F(10)}{n}=\dfrac{140}{160}=\mathbf{87{,}5\,\%} \)

3. Condicional: "de los días con x > 4, ¿qué % tiene x < 10?" Acá la frase "de los días que…" avisa que hay que restringir el universo: ya no se compara contra los 160 días totales, sino sólo contra los que cumplen x > 4 (160 − F(4) = 160 − 30 = 130 días). De esos 130, hay que quedarse con los que además tienen x < 10 (F(10) − F(4) = 140 − 30 = 110 días):

   \( P(x\lt10\mid x\gt4)=\dfrac{F(10)-F(4)}{n-F(4)}=\dfrac{140-30}{160-30}=\dfrac{110}{130}=\mathbf{84{,}62\,\%} \)

   El truco general: en cualquier condicional, el denominador es siempre la cantidad de casos que cumplen la condición dada ("de los días con x > 4"), no el total de la muestra.

Ejemplo resuelto · dos sucesos con P(A), P(B) y P(A∩B) dados

Paso 1 · armar la tabla de doble entrada. Con sólo tres datos se puede completar toda la tabla, restando de los totales:

Cómo se completa: la fila B (total 1/3) menos la celda A∩B (1/4) da la celda A'∩B (1/4 − 1/4... en realidad 1/3 − 1/4 = 1/12). La columna A (total 1/2) menos A∩B da A∩B' (1/2 − 1/4 = 1/4). Y la celda que falta, A'∩B', sale de "1 menos todo lo demás" = 5/12. Una vez completa la tabla, cada probabilidad pedida es sólo dividir una celda por un total.

1. a) y b) Condicionales directas. P(A|B) restringe el universo a la fila B; P(B|A) lo restringe a la columna A:

   \( P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=\dfrac{1/4}{1/3}=\mathbf{3/4}\qquad P(B\mid A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{1/4}{1/2}=\mathbf{1/2} \)

2. c) Unión. Se suman los totales de A y B y se resta la intersección (que si no, quedaría contada dos veces):

   \( P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=\dfrac12+\dfrac13-\dfrac14=\mathbf{7/12} \)

3. d) y e) Condicionales con complementos. Se usan las celdas de la fila B' y la columna A':

   \( P(A'\mid B')=\dfrac{P(A'\cap B')}{P(B')}=\dfrac{5/12}{2/3}=\mathbf{5/8}\qquad P(B'\mid A')=\dfrac{P(A'\cap B')}{P(A')}=\dfrac{5/12}{1/2}=\mathbf{5/6} \)

4. ¿Son independientes? Se compara la intersección real contra la que habría si fueran independientes (producto de las marginales):

   \( P(A)\cdot P(B)=\dfrac12\cdot\dfrac13=\dfrac16\ne\dfrac14=P(A\cap B) \)

   No coinciden, así que A y B no son independientes: saber que ocurrió B cambia la probabilidad de A (subió de 1/2 a 3/4).

Ejemplo resuelto · caja con 7 bolillas blancas y 3 rojas, se sacan 2

1. a) Con reposición, ambas blancas. Devolver la bolilla antes de la segunda extracción hace que la caja quede exactamente igual: las dos extracciones son independientes y cada una tiene P(blanca) = 7/10. Se multiplican las dos probabilidades:

   \( P(BB)=\dfrac{7}{10}\cdot\dfrac{7}{10}=\mathbf{0{,}49} \)

2. b) Con reposición, mismo color. "Mismo color" pasa de dos formas que no se pueden dar a la vez (excluyentes): ambas blancas o ambas rojas. Se calcula cada una y se suman:

   \( P(RR)=\dfrac{3}{10}\cdot\dfrac{3}{10}=0{,}09\qquad P(\text{mismo color})=P(BB)+P(RR)=0{,}49+0{,}09=\mathbf{0{,}58} \)

3. c) Sin reposición, ambas blancas. Ahora la bolilla no vuelve a la caja: después de sacar una blanca quedan 9 bolillas en total y sólo 6 blancas. La segunda probabilidad cambió porque la primera extracción "consumió" una bolilla:

   \( P(BB)=\dfrac{7}{10}\cdot\dfrac{6}{9}=\dfrac{42}{90}=\dfrac{7}{15}=\mathbf{0{,}4667} \)

4. d) Sin reposición, al menos una roja. Calcular directo "al menos una roja" obligaría a sumar tres casos (RB, BR, RR). Es mucho más corto ir por el complemento: lo opuesto a "al menos una roja" es "ninguna roja" = "las dos blancas", que ya se calculó en el paso anterior:

   \( P(\text{al menos una roja})=1-P(BB)=1-\dfrac{7}{15}=\mathbf{0{,}5333} \)

   Regla general: cada vez que aparece "al menos uno", conviene probar primero con el complemento (1 − P(ninguno)).

Ejemplo resuelto · dos cajas al azar

1. a) Probabilidad total. El resultado "blanca" puede llegar por dos caminos distintos (vino de C1, o vino de C2), cada uno con su propia probabilidad de elegir la caja y su propia probabilidad de sacar blanca de ella. Se arma un pequeño árbol: primero la probabilidad de cada caja (50 % y 50 %, "al azar"), y de cada rama la probabilidad de blanca dentro de esa caja:

   \( P(B)=\underbrace{P(C_1)\cdot P(B\mid C_1)}_{\text{camino por C1}}+\underbrace{P(C_2)\cdot P(B\mid C_2)}_{\text{camino por C2}}=\tfrac12\cdot\tfrac{7}{10}+\tfrac12\cdot\tfrac{8}{20}=0{,}35+0{,}20=\mathbf{0{,}55} \)

2. b) Bayes: "si salió blanca, ¿de qué caja vino?" Ya se sabe el resultado (salió blanca) y se pregunta por el origen. La fórmula de Bayes es, en el fondo, "la parte del camino por C1" dividido "todos los caminos que terminan en blanca" — y ese denominador es justo el P(B) = 0,55 que se calculó en el paso a):

   \( P(C_1\mid B)=\dfrac{P(C_1)\cdot P(B\mid C_1)}{P(B)}=\dfrac{\tfrac12\cdot\tfrac{7}{10}}{0{,}55}=\dfrac{0{,}35}{0{,}55}=\dfrac{7}{11}=\mathbf{0{,}6364} \)

   Tiene sentido que dé más de 0,5: C1 tiene proporcionalmente más bolillas blancas (70 %) que C2 (40 %), así que si salió blanca, es más probable que haya venido de C1.

Ejemplo resuelto · test para una enfermedad

1. Ordenar los datos. Conviene nombrar los eventos antes de calcular: E = "está enfermo" (4 % = 0,04, S = "está sano" = 0,96). El test acierta con probabilidad P(+|E) = 0,95 en los enfermos y P(−|S) = 0,99 en los sanos — pero ojo, eso implica que un sano da falso positivo con P(+|S) = 1 − 0,99 = 0,01.

2. Probabilidad total del positivo. Un positivo puede salir de un enfermo detectado correctamente, o de un sano mal diagnosticado (falso positivo). Se suman ambos caminos:

   \( P(+)=P(E)P(+\mid E)+P(S)P(+\mid S)=0{,}04\cdot0{,}95+0{,}96\cdot0{,}01=0{,}038+0{,}0096=\mathbf{0{,}0476} \)

3. Bayes: dado el positivo, ¿está realmente enfermo? Se divide el camino "enfermo y dio positivo" por el total de positivos:

   \( P(E\mid+)=\dfrac{P(E)P(+\mid E)}{P(+)}=\dfrac{0{,}038}{0{,}0476}=\mathbf{0{,}7983} \)

4. Por qué el resultado sorprende. Aunque el test parece "muy bueno" (95 % y 99 % de aciertos), sólo el 80 % de los positivos corresponde a gente realmente enferma. Esto pasa porque la enfermedad es rara (4 %): entre toda la gente sana (96 % de la población), incluso un 1 % de falsos positivos genera muchos casos — casi tantos como los verdaderos positivos entre el pequeño grupo de enfermos. Es el fenómeno que en la clase se llama "base rate": hay que mirar siempre la prevalencia, no sólo la calidad del test.

Ejemplo resuelto · esperanza y varianza

1. Verificar que es una distribución válida (paso obligatorio antes de calcular cualquier cosa): la suma de todas las probabilidades tiene que dar exactamente 1.

   \( \sum p(x)=0{,}2+0{,}4+0{,}3+0{,}1=1\ \checkmark \)

2. a) Esperanza. Se multiplica cada valor posible por su probabilidad y se suma — es un "promedio ponderado" donde el peso de cada valor es lo probable que es:

   \( E(X)=\sum x\cdot p(x)=1(0{,}2)+2(0{,}4)+3(0{,}3)+4(0{,}1)=\mathbf{2{,}3} \)

3. b) Varianza y desvío. No hay una fórmula directa para restar "cada valor menos la media"; se usa el atajo \(V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2\). Primero se calcula \(E(X^2)\) (igual que la esperanza, pero elevando cada valor al cuadrado):

   \( E(X^2)=1^2(0{,}2)+2^2(0{,}4)+3^2(0{,}3)+4^2(0{,}1)=0{,}2+1{,}6+2{,}7+1{,}6=6{,}1 \)
   \( V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2=6{,}1-2{,}3^2=6{,}1-5{,}29=\mathbf{0{,}81}\qquad \sigma=\sqrt{0{,}81}=\mathbf{0{,}9} \)

4. c) P(X ≥ 3). Se suman las probabilidades de los valores que cumplen la condición (3 y 4):

   \( P(X\ge3)=p(3)+p(4)=0{,}3+0{,}1=\mathbf{0{,}4} \)

5. d) F(2). Es la acumulada hasta 2: se suman las probabilidades de todos los valores ≤ 2:

   \( F(2)=P(X\le2)=p(1)+p(2)=0{,}2+0{,}4=\mathbf{0{,}6} \)

Ejemplo resuelto · hallar una constante

1. a) Constante a. Todavía no se conocen las probabilidades porque falta a — pero se sabe que, sean cuales sean, tienen que sumar 1. Se reemplaza r = 0, 1, 2, 3 en la fórmula y se plantea esa ecuación:

   \( \sum P(r)=a\left(\dfrac{1}{2^0}+\dfrac{1}{2^1}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^3}\right)=a\left(1+\tfrac12+\tfrac14+\tfrac18\right)=a\cdot\dfrac{15}{8}=1 \)
   \( a=\dfrac{8}{15}=\mathbf{0{,}5333} \)

   Con esto ya se puede armar la tabla completa: \(P(0)=8/15\), \(P(1)=4/15\), \(P(2)=2/15\), \(P(3)=1/15\) (cada una es a dividido \(2^r\)).

2. b) Media. Igual que en el ejemplo anterior, se multiplica cada valor por su probabilidad y se suma:

   \( E(r)=a\left(0\cdot1+1\cdot\tfrac12+2\cdot\tfrac14+3\cdot\tfrac18\right)=a\left(0+\tfrac12+\tfrac24+\tfrac38\right)=a\cdot\dfrac{11}{8}=\dfrac{8}{15}\cdot\dfrac{11}{8}=\dfrac{11}{15}=\mathbf{0{,}7333} \)

3. c) P(r ≤ 1). Se suman P(0) y P(1) usando las probabilidades ya calculadas:

   \( P(r\le1)=P(0)+P(1)=\dfrac{8}{15}+\dfrac{4}{15}=\dfrac{12}{15}=\mathbf{0{,}8} \)

Ejemplo resuelto · muestra de 15 piezas con 10 % de defectuosas

Identificar el modelo. Hay n = 15 piezas fijas (la muestra), cada una es independiente de las demás y la probabilidad de ser defectuosa es siempre 10 % (no dice que se saque de un lote finito con una cantidad exacta de defectuosas, así que no es hipergeométrico). Se define \(X\) = "cantidad de piezas defectuosas en la muestra" y \(X\sim B(15;\,0{,}10)\).

1. a) 2 o menos defectuosas. "2 o menos" es la acumulada hasta 2, que se calcula con calculadora o GeoGebra sumando P(0)+P(1)+P(2):

   \( P(X\le2)=F_b(2/15;\,0{,}1)=\mathbf{0{,}8159} \)

2. b) Exactamente 2. Se aplica directamente la fórmula de la binomial: cuántas formas hay de elegir cuáles 2 de las 15 son las defectuosas (\(\binom{15}{2}\)), multiplicado por la probabilidad de que esas 2 sean defectuosas y las otras 13 buenas:

   \( P(X=2)=\binom{15}{2}\,0{,}1^2\,0{,}9^{13}=105\cdot0{,}01\cdot0{,}2542=\mathbf{0{,}2669} \)

3. c) Menos de 12 buenas. Acá hay que traducir con cuidado: el enunciado habla de buenas, pero la variable que se definió es defectuosas. Como hay 15 piezas en total, "11 buenas o menos" equivale a "4 defectuosas o más" (15 − 11 = 4):

   \( P(\text{buenas}\le11)=P(X\ge4)=1-P(X\le3)=\mathbf{0{,}0556} \)

   Regla general: siempre traducí la pregunta a la variable que estás modelando (acá, defectuosas), no la dejes en los términos del enunciado (buenas) — es la fuente de error más común en este tipo de ejercicio.

Ejemplo resuelto · "al menos una" y un problema de diseño

1. a) Revisar innecesariamente. "Se detiene el proceso" = "aparece al menos una defectuosa en la muestra de 10". Si el proceso en realidad está bien (trabaja al 1 %), detenerlo igual es innecesario. Con \(X\sim B(10;\,0{,}01)\), conviene ir por el complemento de "ninguna defectuosa":

   \( P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0{,}99^{10}=\mathbf{0{,}0956} \)

   Casi un 10 % de las veces se va a detener el proceso aunque esté funcionando perfecto — es el costo de controlar con una muestra chica.

2. b) ¿Cuántas latas probar? Ahora se invierte el problema: en vez de calcular una probabilidad con n fijo, hay que encontrar n. Se plantea la misma idea que en a) pero con el proceso funcionando mal (10 % de defectuosas) y se exige que la probabilidad de detectarlo sea al menos 0,95:

   \( P(X\ge1)=1-0{,}9^n\ge0{,}95 \)

   Se despeja n aislando la potencia y aplicando logaritmo (recordando invertir la desigualdad porque \(\ln(0{,}9)\) es negativo):

   \( 0{,}9^n\le0{,}05\quad\Rightarrow\quad n\ln(0{,}9)\le\ln(0{,}05)\quad\Rightarrow\quad n\ge\dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}9)}=28{,}4 \)
   \( \Rightarrow\ \mathbf{n=29}\ \text{latas (se redondea siempre hacia arriba)} \)

Ejemplo resuelto · piezas revisadas hasta la 2.ª defectuosa

Identificar el modelo. Acá lo que se cuenta no es "cuántas defectuosas salen en n pruebas" sino "cuántas piezas hace falta revisar para juntar 2 defectuosas" — se fija la cantidad de éxitos (r = 2) y la variable es el número de pruebas. Es Pascal, con N (número de piezas revisadas) \(\sim Pa(r=2;\,p=0{,}2)\). El dominio empieza en N = 2 (como mínimo, las dos primeras ya podrían ser defectuosas).

1. c) Exactamente 12 (se resuelve primero, porque de ahí sale la lógica de las otras). Que la 2.ª defectuosa aparezca justo en la pieza 12 significa que, en las primeras 11 piezas, hubo exactamente 1 defectuosa (en cualquier posición: por eso el combinatorio \(\binom{11}{1}\)), y la pieza 12 fue, sí o sí, defectuosa:

   \( P(N=12)=\binom{11}{1}\,0{,}2^2\,0{,}8^{10}=11\cdot0{,}04\cdot0{,}1074=\mathbf{0{,}0473} \)

2. a) 8 piezas o menos. Es la acumulada de Pascal hasta N = 8 (con calculadora, sumando P(2)+P(3)+…+P(8)):

   \( P(N\le8)=F_{pa}(8/2;\,0{,}2)=\mathbf{0{,}4967} \)

   Chequeo cruzado con la binomial (útil si la calculadora no tiene Pascal): "necesitar 8 piezas o menos" para juntar 2 defectuosas equivale a que, en las primeras 8 piezas, ya haya al menos 2 defectuosas. Eso es \(G_b(2/8;\,0{,}2)=0{,}4967\) — da exactamente lo mismo.

3. b) 12 piezas o más. Por complemento de la acumulada hasta 11:

   \( P(N\ge12)=1-P(N\le11)=1-F_{pa}(11/2;\,0{,}2)=\mathbf{0{,}3221} \)

Ejemplo resuelto · cargamento de 40 elementos

Identificar el modelo. Hay una población finita y conocida (N = 40 elementos), se extrae una muestra fija (n = 5) sin reposición (se prueban 5 elementos del mismo cargamento, no se devuelven para volver a probar), y se cuentan éxitos (defectuosos) en esa muestra. Es hipergeométrico: \(X\sim H(N=40,\,R,\,n=5)\), donde R cambia según el ítem.

1. a) Con R = 5 defectuosos reales. "Se acepta" significa que, de los 5 probados, aparece 0 ó 1 defectuoso (\(X\le1\)). Se calcula cada término por separado y se suman:

   \( P(X=0)=\dfrac{\binom{5}{0}\binom{35}{5}}{\binom{40}{5}}\qquad P(X=1)=\dfrac{\binom{5}{1}\binom{35}{4}}{\binom{40}{5}} \)
   \( P(X\le1)=P(X=0)+P(X=1)=\mathbf{0{,}8912} \)

   Se lee cada combinatorio como "de cuántas formas": \(\binom{5}{1}\) es "de cuántas formas elijo 1 defectuoso entre los 5 que hay", y \(\binom{35}{4}\) es "de cuántas formas elijo los otros 4 buenos entre los 35 buenos que hay"; todo dividido por \(\binom{40}{5}\), las formas totales de elegir la muestra de 5.

2. b) Con R = 10 defectuosos reales. Ahora "no se acepta" es \(X\ge2\). Es más corto ir por el complemento de \(X\le1\) (0 ó 1 defectuoso), calculado igual que arriba pero con R = 10:

   \( P(X\ge2)=1-P(X\le1)=1-0{,}6331=\mathbf{0{,}3669} \)

   Tiene sentido que ahora sea mucho más probable devolver el cargamento: con el doble de defectuosos reales (10 en vez de 5), la muestra de 5 tiene más chances de agarrar 2 o más.

Ejemplo resuelto · urna de 12 bolillas, hasta la 2.ª roja

Identificar el modelo. Es como el caso anterior pero sin reposición y contando pruebas en vez de éxitos: población finita (N = 12), sin reposición, y se fija la cantidad de éxitos buscados (r = 2 rojas). Es hiperPascal: N = número de extracciones \(\sim HP(N_{total}=12,\,R=5,\,r=2)\).

1. c) Mínimo de extracciones (conviene pensarlo primero). Para tener 2 rojas hacen falta como mínimo 2 extracciones (si las dos primeras ya son rojas). El dominio de la variable arranca en n = 2.

2. a) Justo en la 4.ª extracción. Esto pasa si, en las primeras 3 extracciones, salió exactamente 1 roja (hipergeométrica con n = 3) — y además, la 4.ª extracción tiene que ser roja. Ese segundo factor no es una probabilidad fija: depende de cuántas rojas y bolillas totales quedan después de las primeras 3:

   \( \underbrace{\dfrac{\binom{5}{1}\binom{7}{2}}{\binom{12}{3}}}_{\text{1 roja en las primeras 3}}\cdot\underbrace{\dfrac{5-1}{12-3}}_{\substack{\text{rojas y bolillas}\\\text{que quedan}}}=\dfrac{105}{220}\cdot\dfrac{4}{9}=\mathbf{0{,}2121} \)

   Esto es exactamente lo que hace la fórmula de hiperPascal de la hoja: el primer factor es la hipergeométrica de "r−1 éxitos en n−1 extracciones" y el segundo factor, \(\frac{R-r+1}{N-n+1}\), es la probabilidad de que la última extracción complete el éxito que falta.

3. b) 5 extracciones o menos. Se suman las probabilidades de necesitar 2, 3, 4 ó 5 extracciones (cada una calculada con la misma lógica que en a):

   \( P(n\le5)=P(2)+P(3)+P(4)+P(5)=\mathbf{0{,}7525} \)

Ejemplo resuelto · probabilidad total seguida de binomial

1. Paso 1 (a) · probabilidad total. El retraso de "un envío cualquiera" puede venir de tres orígenes distintos (moto, auto o camión), cada uno con su propia probabilidad de ser elegido y su propia tasa de retraso. Como no dicen el porcentaje de camiones, se calcula por diferencia: 100 % − 40 % − 35 % = 25 %. Se suman los tres caminos:

   \( p=\underbrace{0{,}40\cdot0{,}05}_{\text{moto}}+\underbrace{0{,}35\cdot0{,}03}_{\text{auto}}+\underbrace{0{,}25\cdot0{,}07}_{\text{camión}}=0{,}02+0{,}0105+0{,}0175=\mathbf{0{,}048} \)

   Este 4,8 % es "la probabilidad de retraso de un envío promedio", mezclando los tres vehículos según cómo se reparten los envíos.

2. Paso 2 (b) · ese p pasa a ser el parámetro de una binomial. Ahora la pregunta cambia de foco: ya no es sobre un envío, sino sobre cuántos de 100 envíos tienen retraso. Los 100 envíos son ensayos independientes, cada uno con la misma probabilidad de retraso que se acaba de calcular (0,048) — exactamente las condiciones de una binomial. Se define \(Y\) = "cantidad de envíos con retraso entre 100":

   \( Y\sim B(100;\,0{,}048)\qquad P(Y\le6)=F_b(6/100;\,0{,}048)=\mathbf{0{,}7950} \)

   Este es el patrón "en dos pasos" más común: el resultado del paso de probabilidad total (un número entre 0 y 1) se convierte directamente en el p del modelo binomial del paso siguiente.

Ejemplo resuelto · hipergeométrica seguida de binomial

1. Paso 1 (a) · dentro de UN lote, es hipergeométrica. Hay una población finita conocida (N = 50 tornillos, R = 8 defectuosos), se extrae una muestra fija sin reposición (n = 5) y se cuentan defectuosos. Se acepta el lote si \(X\le1\):

   \( P(\text{aceptar})=P(X\le1)=\dfrac{\binom{8}{0}\binom{42}{5}+\binom{8}{1}\binom{42}{4}}{\binom{50}{5}}=\mathbf{0{,}8241} \)

2. Paso 2 (b) · ahora los LOTES son los ensayos. Cambia el nivel del problema: ya no se mira adentro de un lote, sino que cada uno de los 20 lotes es un "ensayo" que resulta aceptado o rechazado. Si todos los lotes tienen la misma composición (8 defectuosos en 50), cada uno se acepta, independientemente, con la probabilidad calculada en el paso 1 (0,8241). Eso son las condiciones de una binomial. Se define \(Z\) = "cantidad de lotes aceptados, de los 20":

   \( Z\sim B(20;\,0{,}8241)\qquad P(Z\ge18)=G_b(18/20;\,0{,}8241)=\mathbf{0{,}2907} \)

   Mismo patrón que el ejemplo anterior: la probabilidad calculada con el modelo del "nivel de adentro" (hipergeométrica, un lote) se convierte en el p del modelo del "nivel de afuera" (binomial, muchos lotes).

Ejemplo resuelto · hipergeométrico vs. hiperPascal (dos inspectores)

Por qué son dos modelos distintos aunque los dos revisan la misma caja: A fija cuántas piezas mira (siempre 5) y cuenta éxitos → hipergeométrica. B fija cuántos éxitos busca (siempre 2) y cuenta piezas → hiperPascal. El mismo problema, mirado con dos criterios de muestreo distintos, da modelos distintos.

1. Inspector A (hipergeométrica). N = 65, R = 5, n = 5. Rechaza si aparece al menos 1 de segunda (\(X\ge1\)); conviene ir por el complemento de "ninguna de segunda":

   \( P(\text{rechaza A})=1-P(X=0)=1-\dfrac{\binom{60}{5}}{\binom{65}{5}}=\mathbf{33{,}88\,\%} \)

2. Inspector B (hiperPascal). N = 65, R = 5, r = 2 (busca la 2.ª de segunda). Rechaza si necesita 5 piezas o menos para encontrarla (\(n\le5\)); acá sí conviene sumar directo los pocos términos del dominio (n va de 2 a 5):

   \( P(\text{rechaza B})=P(n=2)+P(n=3)+P(n=4)+P(n=5)=\mathbf{4{,}36\,\%} \)

   La diferencia es enorme (33,88 % contra 4,36 %): B necesita dos piezas de segunda para rechazar, así que tolera mucho más que A, a quien le alcanza con encontrar una sola. Es el ejemplo de la clase donde un mal criterio de inspección (B) le hace perder plata a la empresa.