Técnicas de Conteo

Muestras Ordenadas: Con y Sin Reemplazo
Muestreo con reemplazo: \( \#\Omega = n^r \) (cada extracción es independiente) 
 Muestreo sin reemplazo: \( \#\Omega = (n)_r = n(n-1)\cdots(n-r+1) = \frac{n!}{(n-r)!} \)
 

 
 Simulador: Problema del cumpleaños 
 
 Número de personas (r): 
 
 23 
 Simular 5000 grupos 
 
 
 
 

 
 Probabilidad de cumpleaños no repetidos (teórica) 
\[
\mathbb{P}(B_r) = \prod_{i=0}^{r-1} \left(1 - \frac{i}{365}\right)
\]
Para \(r=23\), \(\mathbb{P}(B_r) \approx 0.4927\), por lo que \(\mathbb{P}(\text{al menos dos iguales}) \approx 0.5073\).
¡Contraintuitivo! Con solo 23 personas, es más probable que haya una coincidencia.
 

 
 ¿Por qué con 23 personas la probabilidad de cumpleaños repetidos supera 0.5? 
El número de pares posibles es \(\binom{23}{2} = 253\). Cada par tiene probabilidad \(1/365 \approx 0.00274\) de coincidir. Aunque las coincidencias no son independientes, la probabilidad de al menos una es aproximadamente \(1 - (1 - 1/365)^{253} \approx 0.5\). ¡El número de pares crece cuadráticamente!
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 1-2) ¿Cuántas placas diferentes en la Ciudad de México se pueden formar si los primeros tres lugares serán ocupados por letras (26) y los siguientes cuatro por números del 0 al 9? ¿Cuántas si no se permite repetición de letras ni números? 
Con reemplazo (repetición permitida): cada uno de los 3 lugares de letra tiene 26 opciones y cada uno de los 4 lugares numéricos tiene 10, así que \(26^3 \times 10^4 = 175{,}760{,}000\). 
Sin reemplazo (sin repetición): \((26)_3 \times (10)_4 = (26\cdot25\cdot24)\times(10\cdot9\cdot8\cdot7) = 15{,}600 \times 5{,}040 = 78{,}624{,}000\).

Combinaciones: Muestras No Ordenadas
El coeficiente binomial cuenta el número de formas de elegir \(r\) objetos de \(n\) sin importar el orden:
\[
\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!} = \frac{(n)_r}{r!}
\]
 

 
 Calculadora de Combinaciones 
 
 n (total): 
 
 10 
 r (elegir): 
 
 3 
 
 
 

 Ejemplo del PDF (manos de poker): 
\[
\binom{52}{5} = \frac{52!}{5!47!} = 2\,598\,960
\]
 Esta es la cantidad total de manos posibles en el póker. 

 
 ¿Cuántas manos de póker tienen exactamente un As? 
\(\binom{4}{1}\binom{48}{4} = 4 \times 194,580 = 778,320\) manos.
¡Casi el 30% de todas las manos tienen exactamente un As!
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 9) Un alumno de Cálculo de Probabilidades I debe escoger 7 de las 10 preguntas del examen final departamental. (a) ¿De cuántas maneras puede elegir? (b) Si las primeras 4 son obligatorias, ¿cuántas formas le quedan para escoger? 
(a) \(\binom{10}{7} = \binom{10}{3} = \frac{10\cdot9\cdot8}{3\cdot2\cdot1} = 120\). 
(b) Con las 4 primeras obligatorias, debe elegir 3 más de las 6 restantes: \(\binom{6}{3} = 20\).

Distribución Hipergeométrica
Para una población de \(N\) elementos con \(K\) "éxitos", la probabilidad de obtener \(k\) éxitos en una muestra de tamaño \(n\) sin reemplazo es:
\[
\mathbb{P}(X = k) = \frac{\binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}}
\]
 

 
 Simulador: Tornillos defectuosos 
 
 N (total tornillos): 
 
 50 
 K (defectuosos): 
 
 10 
 n (tamaño muestra): 
 
 5 
 Simular 5000 muestras 
 
 
 
 

 Ejemplo del PDF (comité de profesores): 
75 profesores (25 TC, 15 MT, 35 PA). Probabilidad de comité de 6 con 2 TC, 3 MT, 1 PA: 
\[
p = \frac{\binom{25}{2}\binom{15}{3}\binom{35}{1}}{\binom{75}{6}} \approx 0.0210
\]

 
 ¿Qué pasa con la hipergeométrica cuando N es grande? 
Cuando \(N\) es grande y \(n \ll N\), la hipergeométrica se aproxima a la binomial con \(p = K/N\). La diferencia práctica entre muestreo con y sin reemplazo se vuelve despreciable.
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 12) Una caja contiene 40 fusibles en buen estado y 10 fusibles defectuosos. Si se eligen 10 fusibles al azar, ¿cuál es la probabilidad de que todos estén en buen estado? 
Aquí \(N=50\), \(K=40\) (buenos), \(n=10\), y se busca \(\mathbb{P}(X=10)\) buenos, es decir 0 defectuosos:
\[
\mathbb{P}(X=10) = \frac{\binom{40}{10}\binom{10}{0}}{\binom{50}{10}} \approx 0.0825
\]

Inclusión-Exclusión y Problema de Empates
Principio de Inclusión-Exclusión: 
\[
\mathbb{P}\left(\bigcup_{i=1}^{n} A_i\right) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A_i) - \sum_{i<j} \mathbb{P}(A_i \cap A_j) + \cdots + (-1)^{n-1} \mathbb{P}(A_1 \cap \cdots \cap A_n)
\]
 

 
 Problema de los sombreros (empates) 
 
 n (número de objetos): 
 
 10 
 Simular 10000 permutaciones 
 
 
 
 

 
 Probabilidad de ningún empate (derangement) 
\[
p_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \frac{1}{k!} \xrightarrow{n \to \infty} e^{-1} \approx 0.367879
\]
¡Sorprendentemente, la probabilidad de ningún empate se estabiliza rápidamente alrededor de \(1/e\)!
 

 Tabla de probabilidades (del PDF): 
 
 n 2 3 4 5 6 7 8 9 
 
 
 P(ningún empate) 0.5000 0.3333 0.3750 0.3667 0.3681 0.3679 0.3679 0.3679 
 P(al menos un empate) 0.5000 0.6667 0.6250 0.6333 0.6319 0.6321 0.6321 0.6321 
 
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 3, ej. 7) 10 matrimonios son colocados en una mesa redonda (20 personas). Calcule la probabilidad de que un esposo y su esposa dados no se sienten juntos. 
Hay \((20-1)! = 19!\) arreglos circulares distintos. Tratando a la pareja dada como un solo bloque, hay \(18!\) arreglos del bloque con las demás 18 personas, y 2 formas de ordenar a la pareja dentro del bloque, dando \(2\cdot18!\) arreglos donde sí están juntos. Así,
\[
\mathbb{P}(\text{juntos}) = \frac{2\cdot18!}{19!} = \frac{2}{19}, \qquad \mathbb{P}(\text{no juntos}) = 1-\frac{2}{19} = \frac{17}{19} \approx 0.8947.
\]

Problema de Cajas Vacías
Se lanzan \(n\) bolas en \(r\) cajas al azar. La probabilidad de que exactamente \(k\) cajas queden vacías es:
\[
p_k(r, n) = \binom{r}{k} \sum_{j=0}^{r-k} (-1)^j \binom{r-k}{j} \left(1 - \frac{j+k}{r}\right)^n
\]
 

 
 Simulador: Bolas en cajas 
 
 r (cajas): 
 
 5 
 n (bolas): 
 
 10 
 Simular 5000 lanzamientos 
 
 
 
 

 Caso particular: ninguna caja vacía 
\[
p_0(r, n) = \sum_{j=0}^{r} (-1)^j \binom{r}{j} \left(1 - \frac{j}{r}\right)^n
\]
 Para \(r=n=5\): \(p_0 = \frac{5!}{5^5} = \frac{120}{3125} = 0.0384\) 

 
 ¿Cuál es la probabilidad de que exactamente una caja quede vacía? 
Para \(r=n\), la probabilidad de que exactamente una caja quede vacía es
\[
p_1 = \binom{r}{1} \left(1 - \frac{1}{r}\right)^n \sum_{j=0}^{r-1} (-1)^j \binom{r-1}{j} \left(1 - \frac{j+1}{r}\right)^n
\]
Para \(r=n=5\), \(p_1 \approx 0.384\). ¡Es más probable tener una caja vacía que ninguna!
 

 Ejercicio 

 
 Para \(r=n=3\) (3 bolas en 3 cajas), use la fórmula de \(p_0(r,n)\) para calcular la probabilidad de que ninguna caja quede vacía, y la de que al menos una quede vacía. 
\[
p_0(3,3) = \binom{3}{0}(1)^3 - \binom{3}{1}\left(\tfrac23\right)^3 + \binom{3}{2}\left(\tfrac13\right)^3 - \binom{3}{3}(0)^3 = 1 - \tfrac{24}{27} + \tfrac{3}{27} - 0 = \tfrac{6}{27} = \tfrac{2}{9} \approx 0.2222.
\]
Esto coincide con contar directamente: de las \(3^3=27\) formas de asignar 3 bolas a 3 cajas, las que no dejan ninguna vacía son las biyecciones, \(3!=6\), dando \(6/27=2/9\). Por lo tanto \(\mathbb{P}(\text{al menos una vacía}) = 1-\tfrac29 = \tfrac79 \approx 0.7778\).

Problema del Estambre Ruso (Ciclo Único)
Un problema clásico de combinatoria: se tienen \(2n\) extremos de estambre (\(n\) estambres) que se anudan al azar por pares.
¿Cuál es la probabilidad de que se forme un solo ciclo (en vez de varios ciclos más pequeños)?
 

 
 Simulador: Estambre Ruso 
 
 n (número de estambres): 
 
 4 
 Simular 10000 experimentos 
 
 
 

 
 Solución teórica 
Cada extremo termina con grado 2 en el grafo resultante (una arista de su propio estambre, una del anudado), así que el resultado siempre es una unión de ciclos disjuntos — y el número de ciclos entre los \(n\) estambres coincide con el número de "componentes" del anudado visto como grafo sobre los estambres. Contando los anudados posibles como un emparejamiento aleatorio uniforme de los \(2n\) extremos, hay \((2n-1)!!\) emparejamientos totales, y el número de ellos que producen un solo ciclo es \((2n-2)!!\) (equivalente a contar permutaciones cíclicas de los \(n\) estambres, con 2 orientaciones posibles por cada extremo salvo el de anclaje). Así,
\[
\mathbb{P}(\text{ciclo único}) = \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}
\]
Para \(n=4\) (4 estambres, 8 extremos), \(\mathbb{P} = \dfrac{6!!}{7!!} = \dfrac{48}{105} = \dfrac{16}{35} \approx 0.4571\).
 

 Ejercicio 

 
 Verifique la fórmula \(\mathbb{P}(\text{ciclo único}) = (2n-2)!!/(2n-1)!!\) para \(n=2\) (2 estambres, 4 extremos) enumerando directamente los 3 emparejamientos posibles de los 4 extremos. 
Etiquete los extremos de los estambres 1 y 2 como \(1a,1b,2a,2b\). Los 3 emparejamientos posibles de 4 objetos en 2 pares son: \(\{1a1b,\,2a2b\}\) (cada estambre se anuda consigo mismo → dos ciclos separados), \(\{1a2a,\,1b2b\}\) y \(\{1a2b,\,1b2a\}\) (ambos forman un solo ciclo grande). Por lo tanto \(\mathbb{P}(\text{ciclo único}) = 2/3\), que coincide con la fórmula: \((2\cdot2-2)!!/(2\cdot2-1)!! = 2!!/3!! = 2/3\).