Página 156 - Libro de Matemática de Décimo Grado

Identifica si el problema corresponde a un modelo binomial: hay n intentos independientes, cada uno con dos posibles resultados (niño / niña) y la misma probabilidad p.
Usa la fórmula:
$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$$
Luego aplica el complemento para sumar menos probabilidades: al menos 2 = 1 − (0 niños) − (1 niño).

Análisis del problema
Se trata de una situación de probabilidad binomial con n = 4 ensayos (hijos) y p = 0.5 (probabilidad de niño en cada nacimiento). Buscamos al menos 2 niños, es decir, 2, 3 o 4 niños.

Resolución paso a paso

1. Podemos calcular directamente las probabilidades de 2, 3 y 4 niños, pero resulta más rápido usar el complemento: $$P(X \ge 2)=1-P(X=0)-P(X=1)$$.
2. Probabilidad de 0 niños (todas niñas):
   $$P(X=0)=\binom{4}{0}(0.5)^0(0.5)^4=(0.5)^4=\frac1{16}$$
3. Probabilidad de 1 niño:
   $$P(X=1)=\binom{4}{1}(0.5)^1(0.5)^3=4\left(\frac{1}{2}\right)^4=\frac{4}{16}=\frac14$$
4. Complemento:
   $$P(X\ge2)=1-\frac1{16}-\frac14=1-\frac1{16}-\frac4{16}=1-\frac5{16}=\frac{11}{16}$$

Conclusión
La probabilidad de que haya al menos 2 niños es 11/16 ≈ 0.6875 (68.75 %).

Recuerda que $$\binom{n}{k}$$ cuenta las formas de elegir k éxitos. Usarás:
$$P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}$$
con n = 5, k = 2, p = 0.5.

Análisis del problema
Cada lanzamiento de moneda tiene dos resultados posibles con p = 0.5 para cara (C) y 0.5 para sello (S). Queremos la probabilidad de exactamente 2 caras y 3 sellos en 5 lanzamientos.

Resolución paso a paso

1. Usamos la distribución binomial con n = 5, k = 2 caras.
   $$P(X=2)=\binom{5}{2}(0.5)^2(0.5)^3$$
2. Calculamos el coeficiente binomial:
   $$\binom{5}{2}=\frac{5!}{2!3!}=10$$
3. Probabilidad total:
   $$P(X=2)=10\left(\frac12\right)^5=10\left(\frac1{32}\right)=\frac{10}{32}=\frac{5}{16}\approx0.3125$$

Conclusión
La probabilidad de obtener 2 caras y 3 sellos es 5/16 ≈ 0.3125 (31.25 %).

Visualiza cada grupo como un único bloque. Primero ordena los bloques ($$2!$$ maneras) y luego los libros dentro de cada bloque ($$5!$$ y $$4!$$).
La probabilidad se obtiene dividiendo los casos favorables entre todos los posibles ($$9!$$).

Análisis del problema
Queremos que los 5 libros de Física formen un bloque contiguo y los 4 de Biología formen otro bloque contiguo. Es una cuestión de permutaciones con restricción (agrupamiento).

Resolución paso a paso

1. Total de ordenamientos sin restricción:
   $$9!$$
2. Bloques contiguos:
   - Tratamos cada grupo como un “súper-libro”.
   - Tendremos 2 bloques (Física y Biología) que pueden acomodarse de $$2!$$ maneras.
   - Dentro del bloque de Física hay $$5!$$ permutaciones.
   - Dentro del bloque de Biología hay $$4!$$ permutaciones.
3. Número de arreglos favorables:
   $$N_f=2!\cdot5!\cdot4!$$
4. Probabilidad:
   $$P=\frac{N_f}{9!}=\frac{2\cdot5!\cdot4!}{9!}$$
   Calculamos:
   $$5!=120,\;4!=24,\;2=2$$
   $$N_f=2\cdot120\cdot24=5760$$
   $$9!=362880$$
   $$P=\frac{5760}{362880}=\frac{1}{63}\approx0.01587$$

Conclusión
La probabilidad de que los libros de cada asignatura queden juntos es 1/63 ≈ 0.0159 (1.59 %).

Observa que la posición relativa de dos corredores en una permutación cualquiera es equiprobable: 50 % el primero antes, 50 % el segundo. No es necesario listar todas las permutaciones.

Análisis del problema
Cualquier orden de llegada de los 6 corredores es igualmente probable (6! permutaciones). Basta comparar las posiciones relativas de los corredores 3 y 1.

Resolución paso a paso

1. Para cada ordenación posible, los corredores 3 y 1 podrían aparecer en dos órdenes: 3 antes que 1 o 1 antes que 3.
2. Estos dos eventos son complementarios y mutuamente excluyentes, con la misma cantidad de permutaciones.
   Por simetría:
   $$P(3\text{ antes que }1)=\frac12$$

Conclusión
La probabilidad de que el corredor "3" llegue antes que "1" es 1/2 = 0.5 (50 %).