1. 1 Un taller tiene distribuidos los vehículos en tres naves. En la nave A hay 12 vehículos de los cuales 4 están
averiados; en la nave B hay 6 vehículos y la mitad están averiados, y en la nave C, de los 8 vehículos que
contiene, hay 3 averiados. Si se elige una nave y un vehículo al azar, se pide:
a) ¿Qué probabilidad hay de esté en perfectas condiciones de funcionamiento?
b) Si el vehículo está averiado, ¿cuál es la probabilidad de que proceda de la nave B?
Solución:
Sean los sucesos: A = “seleccionamos la nave A para elegir un vehículo”
B = “seleccionamos la nave B para elegir un vehículo”
C = “seleccionamos la nave C para elegir un vehículo”
D = “un vehículo seleccionado se encuentra averiado”
De las condiciones del enunciado, y considerando que los sucesos A, B y C son igualmente probables, se tiene:
pD/A    ; pD/B   ; pD/C 
4 1 3 1 3
12 3 6 2 8
_  8 2 _  3 1 _  5
P D/A  

   
 12  3 ; P D/B   6  2 ; P D/C   8
     
a) La probabilidad de que un vehículo no esté averiado es:
_ _  _   _  1 2 1 1 1 5 43
p D   p(A)  p D/A   p(B)  p D/B   p(C)  p D/C        
        3 3 3 2 3 8 72  0,5972
       
b) Se trata de aplicar Bayes, para calcular la probabilidad de que un vehículo averiado proceda de la nave B:
1
p(B)  p(D/B) p(D/B) 2 12
p(B/D)      0,4138
p(A)  p(D/A)  p(B)  p(D/B)  p(C)  p(D/C) p(D/A)  p(D/B)  p(D/C) 1 1 3 29
 
3 2 8
2 Dos profesores A y B, comparten el mismo número de teléfono. De las llamadas que llegan, el 40% son
para el profesor A y el resto para el profesor B. Sus ocupaciones docentes les alejan de este teléfono, de
modo que el profesor A está ausente el 50% de las veces que llaman y el profesor B, sólo el 25% de las
veces. Se pide:
a) La probabilidad de que no esté ninguno de los dos cuando se produce una llamada.
b) Probabilidad de que una llamada sea atendida por alguno de ellos cuando ésta se produce.
Solución:
Consideremos los sucesos siguientes:
A”una llamada es para el profesor A”; y, B “una llamada es para el profesor B”.
N “ninguno de los dos profesores está para responder a su llamada” y su contrario.
De estos sucesos se conocen las siguientes probabilidades:
2 1 3 1
p(A)  ; p(N/A)  0,50  ; p(B)  ; p(N/B)  0,25 
5 2 5 4
a) Aplicando el teorema de la probabilidad total, la probabilidad de que una llamada no sea atendida es:

2. 2 1 3 1 7
p(A)  p(N/A)  p(B)  p(N/B)       0,35
5 2 5 4 20
b) La probabilidad de que una llamada sea atendida es, evidentemente:
_
p N  1  pN  1  0,35  0,65
 
 
3 Se lanza un dado, si aparece un número menor que 3, nos vamos a la URNA I; si el resultado es 3 o más
nos vamos a la URNA II. A continuación extraemos una bola, se pide:
a) Probabilidad de que la bola sea roja y de la URNA II.
b) Probabilidad de que la bola sea blanca.
URNA I: Contiene 6 bolas rojas y 4 blancas.
URNA II: Contiene 4 bolas rojas y 8 blancas.
Solución:
A partir del contenido de las urnas formamos el siguiente diagrama de árbol:
Considerando los sucesos:
B extraer bola blanca, R extraer bola roja
U1 extraer de la URNA 1, U2 extraer de la URNA 2
Se tiene:
4 4 2
p(U2  R)   
6 12 9
a)
2 4 4 8 26
p(B)     
6 10 6 12 45
b)
4 En una universidad en la que sólo hay estudiantes de ingeniería, ciencias y letras, acaban la carrera el 5%
de ingeniería, el 10% de ciencias y el 20% de letras. Se sabe que el 20% de los estudiantes estudian
ingeniería, el 30% ciencias y el 50% letras. Tomando un estudiante cualquiera al azar, se pide:
a) Probabilidad de que haya acabado la carrera y sea de ingeniería.
b) Si un estudiante ha acabado la carrera. Probabilidad de que sea de ingeniería.
Solución:
Consideremos los siguientes sucesos: I = “un estudiante estudia ingeniería”
C = “un estudiante estudia ciencias”
L = “un estudiante estudia letras”
A = “un estudiante acaba la carrera”
El siguiente diagrama de árbol describe las posibilidades de acabar un estudiante la carrera, según el tipo de

3. carrera
p(A I)  p(I)  p(A/I)  0,2  0,05  0,01
a)
p(I)  p(A/I) 0,01 1
p(I/A)     0,714
p(I)  p(A/I)  p(C)  p(A/C)  p(L)  p(A/L) 0,01 0,03  0,1 14
b)
5 Una urna contiene 5 bolas rojas y 3 blancas. Se selecciona una bola al azar, se descarta y se colocan 2
bolas del otro color en la urna. Luego se saca de la urna una segunda bola. Determina la probabilidad de
que:
a) La segunda bola sea roja.
b) Ambas bolas sean del mismo color.
c) La primera sea roja, si la segunda lo es.
Solución:
Los apartados a y b son una aplicación del teorema de la probabilidad total.
El apartado c es una aplicación del teorema de Bayes.
Para la solución construimos el diagrama de árbol que describe las dos extracciones sucesivas, con la reposición
de color.
Además la notación R1; R2; B1; B2 designa los colores de las bolas en las extracciones 1ª y 2ª
a) La probabilidad de que la 2ª bola sea roja es:
pR 2  
20 21 41
   0,5694
72 72 72
b) La probabilidad de que ambas bolas sean del
mismo color es:
pR1 R 2   B1 B2  
20 6 13
   0,3611
72 72 36
c) La probabilidad de que la 1ª sea roja, si la 2ª lo fue es:
20
pR1/R2   72 20
  0,4878
20 21 41

72 72

4. 6 Se sabe que la probabilidad de que un autobús de línea regular entre Madrid y Burgos sufra un accidente
en un día nublado es 0,09 y en un día seco es 0,005. Durante un período de 10 días ha habido 7 días secos y
3 nublados. ¿Cuál será la probabilidad de que se produzca un accidente?
Solución:
Consideremos los sucesos:
A = “el autobús de línea tiene un accidente”
N = “un día del período considerado está nublado”
S = “un día del período considerado es seco”.
Tenemos que hallar la probabilidad del suceso A, cuyas causas son, evidentemente, los sucesos N y S.
Para ello aplicamos el teorema de la probabilidad total:
p(A)  p(N)  p(A/N)  p(S)  p(A/S)
De las condiciones del problema, se tiene:
3 9 7 5
p(N)  ; p(A/N)  ; p(S)  y p(A/S) 
10 100 10 1000
Por tanto la probabilidad de tener un accidente es:
3 9 7 5 61
p(A)       0,0305
10 100 10 1000 2000
7 Se dispone de dos dados numerados del 1 al 6, uno de ellos está trucado de modo que la probabilidad de
cada cara es proporcional al número de esa cara. Si un jugador elige un dado al azar, calcula la
probabilidad de obtener un múltiplo de 3.
Solución:
Consideremos los sucesos: D = “lanzar el dado que no está trucado”
T = “lanzar el dado trucado”
M = “obtener un múltiplo de 3 en un lanzamiento”
Los espacios muestrales de los dados son respectivamente
- Para el dado tipo D: ED = {D1; D2; D3; D4; D5; D6} siendo Dk obtener la cara k del dado D, se trata de sucesos
equiprobables, cuyas probabilidades son p(D1) = p(D2) = p(D3) = p(D4) = p(D5) = p(D6) =1/6
- Para el dado tipo T: ET = {T1; T2; T3; T4; T5; T6} siendo Tk obtener la cara k del dado T, se trata de sucesos cuyas
probabilidades son: p(T1) = 1k; p(T2) = 2k; p(T3) = 3k; p(T4) = 4k; p(T5) = 5k; p(T6) = 6k.
1 k
k  p(Tk ) 
21 21
Como p(ET) = 1  k + 2k + 3k + 4k + 5k +6k = 1
Para calcular la probabilidad del suceso M = “obtener un múltiplo de 3”, aplicamos el teorema de la probabilidad

5. total, suponiendo que los sucesos D y T son equiprobables y mutuamente contrarios, de probabilidades p(D) = p(T)
=½
1  1 1 1  3 6 8
p(M)  p(D)  p(M/D)  p(T)  p(M/T)  p(D)  p 3 ,D6   p(T)  pT3 , T6  
D        
2  6 6  2  21 21 21
8 De las personas que padecen la hepatitis, la cuarta parte la sufren en su modalidad B y el resto la C. Al
hacerse un análisis para detectar la enfermedad, la probabilidad de que resulte positivo una persona que
padece la hepatitis B es de 2/5, en tanto que esta probabilidad es de 3/5 para las personas que padecen la
hepatitis C, ¿cuál es la fiabilidad del análisis?
Solución:
Consideremos los sucesos siguientes:
B “una persona padece la hepatitis B”; C “una persona padece la hepatitis C” y P “el análisis de la enfermedad da
positivo”.
La fiabilidad del análisis, será tanto mayor cuanto mayor sea el porcentaje de resultados positivos en las personas
enfermas de hepatitis.
Se trata de hallar la probabilidad del suceso P.
Para ello se conocen las siguientes probabilidades:
1 3 2 3
p(B)  ; p(C)  ; p(P/B)  ; p(P/C) 
4 4 5 5
Aplicando el teorema de la probabilidad total, se tiene:
1 2 3 3 2 9 11
p(P)  p(B)  p(P/B)  p(C)  p(P/C)         0,55
4 5 4 5 20 20 20
Por tanto sólo en el 55% de los casos el análisis es fiable.
9 Se dispone de tres monedas, dos de ellas están trucadas ya que una dispone de dos caras y la otra es tal
que la probabilidad de obtener cara es el triple que la de obtener cruz. Si un jugador lanza una de ellas al
azar, halla las siguientes probabilidades:
a) De obtener cara. b) De obtener cruz.
Solución:
Consideremos los sucesos: M1 = “lanzar la moneda que no está trucada”
M2 = “lanzar la moneda de dos caras”
M3 = “lanzar la otra moneda trucada”
C = “obtener cara” y X = “obtener cruz” que son contrarios.
De las condiciones del enunciado, se tiene:
1
p(C/M1 )  p(X/M1 )  ; p(C/M2 )  1; p(X/M2 )  0; p(C/M3 )  3  p(X/M3 )
2
Teniendo en cuenta que:
1 3
p(C/M3 )  3  p(X/M3 )  1  p(X/M3 )  4  p(X/M3 )  1  p(X/M3 )  ; p(C/M3 ) 
4 4
a) Probabilidad de obtener cara:

6. p(C)  p(M1)  p(C/M1)  p(M2 )  p(C/M2 )  p(M3 )  p(C/M3 )
Como las monedas se eligen al azar, asignamos las mismas probabilidades a los sucesos M 1; M2 y M3: 1/3 a
cada uno.
1 1 1 1 3 3
p(C)     1     0,75
3 2 3 3 4 4
b) Probabilidad de obtener cruz, por ser los sucesos X y C contrarios se tiene:
p(X) = 1 - p(C) = 0,25
10 Tres máquinas A, B y C fabrican tornillos del mismo tipo. Los porcentajes de defectos en cada máquina
son, respectivamente, 1%, 2% y 3%. Se mezclan 120 tornillos: 20 de la máquina A, 40 de la B y 60 de la C;
elegido uno al azar resulta defectuoso. ¿Cuál es la probabilidad de que haya sido fabricado por la máquina
B?
Solución:
Sean los sucesos: A = “un tornillo procede de la máquina A”
B = “un tornillo procede de la máquina B”
C = “un tornillo procede de la máquina C”
D = “un tornillo es defectuoso”
El siguiente diagrama de árbol, describe el proceso de obtención de un tornillo defectuoso:
Se trata de una aplicación del teorema de Bayes.
4
p(B)  p(D/B) 600 4 2
p(B/D)      0,2857
p(A)  p(D/A)  p(B)  p(D/B)  p(C)  p(D/C) 1 4 9 14 7
 
600 600 600
11 En una unidad militar compuesta por 12 soldados, 5 de ellos son tiradores de primera y el resto de segunda
categoría. La probabilidad de hacer blanco de un tirador de primera es de 0,9, en tanto que esta
probabilidad es de 0,6 en los de segunda categoría. Si se elige un tirador al azar para efectuar un disparo a
un blanco, ¿cuál es la probabilidad de que se haga blanco?
Solución:
Clasificamos los tiradores en dos clases:
P tiradores de primera y S tiradores de segunda.
Sea B el suceso hacer blanco con un disparo por uno de los dos tiradores.
Se conocen las siguientes probabilidades:
5 7
p(P)  ; p(S)  ; p(B/P)  0,9 y p(B/S)  0,6
12 12
Las causas de hacer blanco (B), cuando dispara un soldado de la unidad son los sucesos P y S.
Aplicando el teorema de la probabilidad total, se tiene:

7. 5 7 29
p(B)  p(P)  p(B/P)  p(S)  p(B/S)   0,9   0,6   0,7250
12 12 40
12 Se tienen dos urnas, una con 8 bolas blancas y 4 verdes; la otra con 6 bolas blancas y 10 verdes. Se extrae
una bola de cada urna. Se pide:
a) Calcula la probabilidad de que sean del mismo color.
b) Si se sabe que las dos bolas son del mismo color. Probabilidad de que la bola que se extrajo de la
primera urna haya sido de color verde.
Solución:
Consideremos los sucesos: B1 = “la bola extraída de la primera urna es blanca”
V1 = “la bola extraída de la primera urna es verde”
B2 = “la bola extraída de la segunda urna es blanca”
V2 = “la bola extraída de la segunda urna es verde”
El siguiente diagrama de árbol describe la extracción de bolas de la primera y de la segunda urna
a) La probabilidad de extraer dos bolas del mismo color:
Se trata de aplicar el teorema de la probabilidad total
pB1 B2   V1 V2  
8 6 4 10 11
     0,4583
12 16 12 16 24
b) Se trata de aplicar el teorema de Bayes:
Para simplificar la nomenclatura, si designamos por
A = (B1B2) (V1V2); la probabilidad que piden es:
4 10

pV1/A   12 16 40 5
   0,4545
8 6 4 10 88 11
  
12 16 12 16
13 En cierto juego con dados, se pide:
a) ¿Cuál es la probabilidad de obtener 4 puntos en una jugada?
b) Si en una jugada se han obtenido 4 puntos, ¿cuál es la probabilidad de haber jugado sólo con dos
dados?
Solución:
Podemos jugar hasta con 4 dados, para obtener 4 puntos jugando con varios dados, por tanto consideraremos los
siguientes sucesos: C = “obtener 4 puntos en una jugada” de modo que este suceso puede obtenerse de las
siguientes maneras:
Si D1 es el suceso jugar con 1 dado  sólo hay 1 caso favorable a C: sacando un 4, frente a 6 posibles

8. Si D2 es el suceso jugar con 2 dados  hay 3 casos favorables a C: sacando un 1-3; 2-2 y 3-1, frente a 6 posibles
2
Si D3 es el suceso jugar con 3 dados  hay 3 casos favorables a C: sacando un 1-1-2; 1-2-1 y 2-1-1, frente a 6
3
posibles
Si D4 es el suceso jugar con 4 dados  hay 1 caso favorable a C: sacando un 1-1-1-1, frente a 6 posibles
4
Por otro lado, supondremos que los sucesos D1, D2, D3, D4, son igualmente probables.
a) Aplicando el teorema de la probabilidad total, al suceso C, se tiene:
4
pC  pD k   pC/Dk   1   1 

3

3

1  343
  0,0662
k 1
4 6 6 2
6 3
6 4  5184
b) Se trata de una aplicación del teorema de Bayes:
1 3

pD2   pC/D 2 
pD 2 /C  4
4 62 108
   0,3149
1 1 3 3 1  343

k 1
pDk   pC/Dk    2  3  4 
4 6 6 6 6 
14 En una casa hay tres llaveros A, B y C. El primero con 5 llaves, el segundo con 7 y el tercero con 8, de las
que sólo una de cada llavero abre la puerta del trastero. Se escoge al azar un llavero, y de él, una llave para
intentar abrir el trastero. Se pide:
a) ¿Cuál es la probabilidad de que se acierte con la llave?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que el llavero escogido sea el tercero y la llave no abra?
c) Y si la llave escogida es la correcta, ¿cuál será la probabilidad de que pertenezca al llavero A?
Solución:
Sean los sucesos A = “seleccionar el llavero A”
B = “seleccionar el llavero B”
C = “seleccionar el llavero C”
P = “la llave seleccionada abre la puerta del trastero”
El diagrama de árbol adjunto, describe el proceso de selección de llaveros y de abrir o no la puerta del trastero:
a) Se trata de una aplicación del teorema de la probabilidad total:
p(P)  p(A)  p(P/A)  p(B)  p(P/B)  p(C)  p(P/C) 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 131
           0,1559
3 5 3 7 3 8 15 21 24 840
b) Se trata de una aplicación del teorema de la probabilidad compuesta:
 _ _  1 7
p C P   pC  p P/C    
7
    3 8 24  0,2917
   
c) Se trata de una aplicación del teorema de Bayes:

9. pA   pP/A
pA/P  
pA   pP/A   pB   pP/B  pC  pP/C
1
 15  56  0,4275
131 131
840
15 En una clase el 60% de los alumnos son chicas. El 8% de los chicos de la clase usan gafas, en tanto que
sólo el 2% de las chicas usan. Si se elige al azar un estudiante de la clase, se pide:
a) La probabilidad de que no use gafas.
b) Si usa gafas, ¿cuál es la probabilidad de que sea una chica?
Solución:
Consideremos los sucesos: H = “un alumno de la clase es un chico”
M = “un alumno de la clase es una chica”
G = “un alumno de la clase usa gafas”
De esos sucesos, se sabe que H y M son contrarios, y además de ellos se conocen las siguientes probabilidades:
p(M) = 0,6; p(G/H) = 0,08 y p(G/M) = 0,02
Por ser M y H sucesos contrarios, la probabilidad de H es: p(H) = 1 - 0,6 = 0,4.
a) La probabilidad de que un alumno no use gafas:
Aplicando el teorema de la probabilidad total al suceso G, se tiene:
p(G)  p(H)  p(G/H)  p(M)  p(G/M)  0,4  0,08  0,6  0,02  0,032 0,012  0,044
Por tanto la probabilidad de que un alumno no use gafas, es:
_
p G   1  pG  1  0,044  0,956
 
 
b) Se trata de aplicar el teorema de Bayes:
p(M)  p(G/M) 0,6  0,02 0,012 3
p(M/G)      0,2727
p(H)  p(G/H)  p(M)  p(G/M) 0,044 0,044 11
16 En un instituto se imparten sólo dos idiomas, inglés y francés. El 80% de los alumnos estudian ingles y el
resto francés. El 30% de los alumnos que estudian inglés juegan al ajedrez y de los que estudian francés el

10. 40% juega al ajedrez. Si se elige un alumno al azar de ese instituto, halla la probabilidad de que juegue al
ajedrez. ¿Cuál es la probabilidad de que uno de los alumnos del centro no juegue al ajedrez? Razona en
qué teorema basas el cálculo.
Solución:
Se trata de aplicar el teorema de la probabilidad total de un suceso.
Siendo B el suceso “alumnos que juegan al ajedrez” se tiene que los sucesos:
A1 “alumnos que estudian inglés” y A2 “alumnos que estudian francés” son las causas del suceso B.
- La probabilidad del suceso B, viene dada por:
p(B) = p(A1)p(B/ A1) + p(A2)p(B/ A2)
sobre el diagrama de árbol de la figura, se tiene:
p(B) = 0,80,3 + 0,20,4 = 0,24 + 0,08 = 0,32
- El suceso contrario de B, describe a los alumnos que no
juegan al ajedrez, por tanto su probabilidad es:
_
p B   1  pB  1  0,32  0,68
 
 
17 Tenemos tres urnas U1, U2 y U3 con las siguientes composiciones de bolas blancas (B) y negras (N):
U1 = {3B, 7N}; U2 = {5B, 5N}; U3 = {8B, 2N}
Tiramos un dado perfecto, de modo que si sale 1, 2 o 3, extraemos una bola de la primera urna; si sale 4 o
5, extraemos una bola de la segunda urna y, finalmente, si sale un 6, extraemos una bola de la tercera urna.
Calcula la probabilidad de que la bola extraída sea de color negro.
Solución:
Consideremos los sucesos: U1 = “seleccionar la primera urna para extraer una bola”
U2 = “seleccionar la segunda urna para extraer una bola”
U3 = “seleccionar la tercera urna para extraer una bola”
N el suceso extraer una bola negra de la urna.
Consideramos el siguiente diagrama de árbol:
La probabilidad del suceso N, viene dada por:
3 7 2 5 1 2 21 10 2 33 11
p(N)           
6 10 6 10 6 10 60 60 60 60 20

11. 18 Se tienen dos urnas: la primera con 4 bolas verdes y 6 negras; la segunda con 2 verdes y 4 negras. Se
procede a sacar 3 bolas de la primera que se introducen en la segunda, y a sacar a continuación 2 bolas de
esta última urna.
a) ¿Cuál es la probabilidad de que sean del mismo color las 5 bolas extraídas?
b) ¿Cuál es la probabilidad de que sean 4 verdes y 1 negra?
c) Si las bolas extraídas han sido 4 verdes y 1 negra, ¿cuál es la probabilidad de que las 3 bolas extraídas
de la primera urna hayan sido verdes?
Solución:
El esquema de extracción de bolas de las urnas es como el de la figura adjunta.
a) Sea A el suceso extraer 5 bolas del mismo color, se tiene:
p(A) = p(3 verdes de A y 2 verdes de B) + p(3 negras de A y 2 negras de B) =
= p(3 verdes de A)p(2 verdes de B) + p(3 negras de A)p(2 negras de B)
Por tanto la probabilidad de A es:
 4 3 2   5 4   6 5 4   7 6  23
p(A)               
 10 9 8   9 8   10 9 8   9 8  216
b) Sea B el suceso extraer 4 bolas verdes y 1 negra
p(B) = p(3 V de A y 1V y 1 N de B) + p(2 V y 1 N de A y 2 V de B) =
= p(3 V de A)P(1V y 1 N de B) + p(2V y 1 N de A)p(2 V de B) =
Por tanto la probabilidad de B es:
 4 3 2 5 4  4 3 6   4 3  37
p(B)       2    3      
 10 9 8   9 8   10 9 8   9 8  540
c) Es una aplicación del teorema de Bayes:
p(3 verdes de A/sabiendo que en B se extrajeron 4 verdes y 1 negra)
como consecuencia del apartado anterior:
 4 3 2 5 4 1
     2  
p(3 V de A/ 4 V y 1N de B)   10 9 8   9 8   54 
10
 4 3 2 5 4  4 3 6  4 3 1

1 37
     2    3       
 10 9 8   9 8   10 9 8   9 8  54 20
19 Las probabilidades de que cierto artículo esté fabricado por las máquinas A y B son 0,7 y 0,3,
respectivamente. La máquina A produce artículos defectuosos con probabilidad de 0,02 y la B con
probabilidad de 0,06. Se observa un artículo y se pide:
a) Si es defectuoso, calcula la probabilidad de que haya sido fabricado por la máquina A.
b) Si no es defectuoso, calcula la probabilidad de que haya sido fabricado por la otra máquina.
Solución:
Sean los sucesos: A = “un artículo ha sido fabricado por la máquina A”
B = “un artículo ha sido fabricado por la máquina B”
D = “un artículo es defectuoso”

12. El siguiente diagrama de árbol, describe las condiciones del problema:
a) Se trata de aplicar el teorema de Bayes:
p(A)  p(D/A) 0,7  0,02
pA/D 
0,014 7
    0,4375
p(A)  p(D/A)  p(B)  p(D/B) 0,7  0,02  0,3  0,06 0,014  0,018 16
b) De nuevo, aplicando Bayes, se tiene:
_
 _ p(B)  p(D/B) 0,3  0,94 0,282 141
p B/ D  
      0,2913
 p(A)  p(D/A)  p(B)  p(D/B) 0,7  0,98  0,3  0,94 0,686  0,282 484
_ _

20 Se tienen seis cajas, cada una de ellas contiene 1 bola blanca, y el número de bolas negras es, en cada
caja, 1, 2, 3, 4, 5 y 6 respectivamente. Se sabe, además, que la probabilidad de elegir una caja es
proporcional al número de bolas negras que contiene. Calcula la probabilidad de extraer una bola blanca al
elegir al azar una de las seis cajas.
Solución:
Si B es el suceso extraer una bola blanca de una urna, se trata de calcular su probabilidad.
Como disponemos de seis posibles cajas, resulta obvio que tenemos que aplicar el teorema de la probabilidad
total, para ello:
Las composiciones de las cajas en bolas de color blanco (B) y negro (N) es la siguiente:
C1   B,1N C2   B,2 N C3   B,3N C4   B,4 N C5   B,5N C6   B,6N
1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1
Se tienen las siguientes probabilidades de extracción de bola blanca en cada caja:
pB/C1   ; pB/C2   ; pB/C3   ; pB/C4   ; pB/C5   ; pB/C6  
1 1 1 1 1 1
2 3 4 5 6 7
Sean C1, C2, C3, C4, C5 y C6 los sucesos que describen la selección de cada caja para realizar la extracción de una
bola.
Se trata de un sistema completo de la experiencia, cuyas probabilidades, valen respectivamente:
pC1   x; pC2   2 x; pC3   3 x; pC4   4 x; pC5   5 x; pC6   6 x
Por ser un sistema completo de sucesos, la suma de sus probabilidades es la unidad, por tanto:
1
x  2 x  3 x 4 x  5 x 6 x  1  21x  1  x 
21
Con el valor de x encontrado, pueden calcularse las probabilidades de selección de las urnas, y por tanto, la
probabilidad de extraer una bola blanca, vale:
6
pB  pC  pB/Ck   1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 617
k              0,2099
k 1
21 2 21 3 21 4 21 5 21 6 21 7 2940
21 Se tienen seis cajas, cada una de ellas contiene 1 bola blanca, pero el número de bolas negras es, en cada

13. caja, 1, 2, 3, 4, 5 y 6 respectivamente. Se sabe, además, que la probabilidad de elegir una caja es
proporcional al número de bolas negras que contiene. Se sabe que al elegir una bola de una de las cajas,
ésta resultó ser blanca, ¿cuál es la probabilidad de que proceda de la primera caja?
Solución:
Si B es el suceso extraer una bola blanca de una urna, se trata de calcular su probabilidad.
Como disponemos de seis posibles cajas, resulta obvio que tenemos que aplicar el teorema de la probabilidad
total, para ello:
Las composiciones de las cajas en bolas de color banco (B) y negras (N) es la siguiente:
C1   B,1N C2   B,2N C3   B,3N C4   B,4N C5   B,5N C6   B,6N
1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ; 1
Se tienen las siguientes probabilidades de extracción de bola blanca en cada caja:
pB/C1   ; pB/C2   ; pB/C3   ; pB/C4   ; pB/C5   ; pB/C6  
1 1 1 1 1 1
2 3 4 5 6 7
Sean C1, C2, C3, C4, C5 y C6 los sucesos que describen la selección de cada caja para realizar la extracción de una
bola.
Se trata de un sistema completo de la experiencia, cuyas probabilidades, valen respectivamente:
pC1   x; pC2   2 x; pC3   3 x; pC4   4 x; pC5   5 x; pC6   6 x
Por ser un sistema completo de sucesos, la suma de sus probabilidades es la unidad, por tanto:
1
x  2 x  3 x 4 x  5 x 6 x  1  21x  1  x 
21
Con el valor de x encontrado pueden calcularse las probabilidades de selección de las urnas, y por tanto, la
probabilidad de extraer una bola blanca, vale:
6
pB  pC  pB/Ck   1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 617
k            
k 1
21 2 21 3 21 4 21 5 21 6 21 7 2940
Aplicando el teorema de Bayes, se tiene:
1 1

pC1   pB/C1 
pC1/B  6
 21 2  70  0,1135
617 617

k 1
pCk   pB/Ck  2940
22 Se dispone de dos monedas, una correcta y la otra es tal que la probabilidad de obtener cara es el triple
que la de obtener cruz. De una urna que contiene diez bolas: 4 blancas y 6 negras, se extraen dos bolas de
modo que, si son del mismo color lanzamos la moneda correcta y si son de distinto color, lanzamos la otra
moneda. Se pide:
a) Determina las probabilidades de extraer dos bolas del mismo color y la de extraer dos bolas de colores
distintos de dicha urna.
b) Determina la probabilidad de obtener cara y la de obtener cruz, tras realizar las extracciones.
Solución:
a) Consideremos los sucesos: AA = “las dos bolas extraídas de la urna tienen el mismo color”
AB = “las dos bolas extraídas de la urna son de distinto color”
ambos sucesos son contrarios, por lo que sus probabilidades suman la unidad.

14. el número de casos favorables al suceso AB, es 46 = 24
10! 10  9
C10,2    45
2!8! 2!
el número de casos posibles de la experiencia es
por tanto las probabilidades de extraer dos bolas de distinto color y del mismo color, son respectivamente:
24 8 8 7
p(AB)    p(AA)  1  
45 15 15 15
b) Consideremos ahora los sucesos: M1 = “lanzar la moneda no trucada”
M2 = “lanzar la moneda trucada”
cuyas probabilidades son evidentemente p(M1) = p(AA) y p(M2) = p(AB)
Si C es el suceso obtener cara en el lanzamiento de una moneda y X el suceso obtener cruz, que
evidentemente, son contrarios, se tiene:

pC/M1   pX/M1   pC/M1   2 ; pX/M1   2
1 1


pC/M   3 pX/M   pC/M   3 ; pX/M   1


2 2 2
4
2
4
Por tanto, aplicando el teorema de la probabilidad total al suceso C, obtener cara, se tiene:
pC  pM1   pC/M1   pM2   pC/M2  
7 1 8 3 19
     0.6333
15 2 15 4 30
Siendo X el suceso contrario de C, resulta para él la probabilidad. p(X) = 1 - 0,6333 = 0,3667
23 Se tienen tres bolsas con diez caramelos cada una. En la primera hay 6 de fresa y 4 de limón; en la segunda
hay 5 de cada sabor y en la tercera hay 2 de fresa y 8 de limón. Un niño toma tres caramelos de una de las
bolsas, se pide:
a) ¿Cuál es la probabilidad de que sean dos de fresa y uno de limón?
b) Si de los tres caramelos que ha tomado el niño, efectivamente son dos de fresa y uno de limón, ¿con qué
probabilidad los tomó de la segunda bolsa?
Solución:
Consideremos los sucesos: B1 = “El niño selecciona la primera bolsa de caramelos”
B2 = “El niño selecciona la segunda bolsa de caramelos”
B3 = “El niño selecciona la tercera bolsa de caramelos”
A = “los tres caramelos que toma el niño, son dos de fresa y uno de limón”
Las probabilidades del suceso A, según la bolsa elegida (condicionadas) son:
C6,2  C 4,1 15  4 1 C C 10  5 5 C C 1 8
pA/B1    ; pA/B2   5,2 5,1  ; pA/B3   2,2 8,1 
1
  
C10,3 120 2 C10,3 120 12 C10,3 120 15
Si suponemos que el niño puede elegir de forma equiprobable las bolsas, se tiene:
a) Se trata de una aplicación del teorema de la probabilidad total del suceso A:

15. 3
pA   pB k   pA/Bk   1   1 

5

1  59
  0,3278
k 1
3 2 12 15  180
b) Se trata de una aplicación del teorema de Bayes:
1 5

pB 2   pA/B2 
pB 2 /A   3 12 25
   0,4237
3 1 1 5 1  59

k 1
pBk   pA/Bk    
3  2 12 15 
