Bolas negras (2)

[Machinegun]

Re: Bolas negras (2)

A ver, richard, a ti que te gustan las simulaciones (por computadora), ¿por qué no haces una en Excel?: en la celda A1 pones la siguiente fórmula: ALEATORIO.ENTRE(0,1) y la copias a B1 y C1; luego seleccionas las 3 celdas y las copias hacia abajo hasta la celda C1000. Esto nos da los números 0 y 1 al azar, que podemos asignar así: 0 = bola blanca y 1 = bola negra. En la celda A1001 ponemos una sumatoria de la columna y lo mismo hacemos en B1001 y C1001. En la celda D1 podemos poner la siguiente fórmula: =SI(A1+B1+C1=3,1,0) la cual colocará un 1 si las 3 bolas son negras y un 0 si no es el caso. Copiamos la fórmula desde D1 hasta D1000, y colocamos una sumatoria de la columna en la celda D1001 para contar los casos totales en que hubo 3 bolas negras. Ahora sólo tenemos que dividir el valor de esta celda entre el de A1001, que indica el total de veces que la bola extraída fue negra, y ya tenemos la probabilidad buscada. (Como los números aleatorios cambian con cada movimiento que se hace, el resultado estará variando, pero muy cerca del 0.25, o puedes copiar como valores el rango A1:C1001, para que los números aleatorios se queden fijos). Espero que con esto podamos estar de acuerdo; de lo contrario, pues ni hablar, como digo arriba: ¡no siempre se puede!

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Bolas negras (2)

Estoy de acuerdo contigo que eso ira a 0.25, para nada estamos debatiendo eso,

para ello lo miras que la forma de combinar 2 bolas de color es BB,BN,NB,NN y ya tienes el cuarto de probabilidad no importa si la primera es negra o blanca. Esa es la condición que tu impones , creo.

La probabilidad de 2 negras es 0,25 ,
la posibilidad de que hayan sido colocadas todas negras en la bolsa es de 1/8, la de todas blancas es 1/8 también
que sean 2N y 1B 3/8 y de 2B y 1N también 3/8
por lo que la probabilidad de negra en la primera

$\frac 38 \cdot \frac 13+\frac 38 \cdot \frac 23+ \frac18 \cdot 1= \frac 12$

eso limita tu universo a 1/2 , si tu probabilidad de dos negras es $\frac 14$, la probabilidad de 2 negras en ese universo es esa probabilidad sobre la probabilidad del universo.

$P=\dfrac{ \frac14}{\frac 12}={\frac 12}$

Así es como lo veo, probablemente no estemos de acuerdo,

Recuerda que con excel debes hacer 4 tablas una en que las 3 bolas sean blancas otra en que sean 2ny1b otra en que sean 2b y1 n y luego una de 3 N
para cada tabla calcula la misma probabilidad.

el resultado de cada tabla debes afectarlo por su probabilidad de ocurrencia (1/8,3/8,3/8;1/8) y sumar.
tienes en solo una tabla los resultados positivos, de las otras 3 solo 1/3 tienen negra en la primera, y te da el numero de las posibilidades fallidas. que es el mismo que las positivas es decir el 50%

[carroza]

Re: Bolas negras (2)

Hola.

Vaya por delante que estoy totalmentre de acuedo con machinegun, y la solución p=1/4. Es interesante el razonamiento inicial de Jogares, en el que se considera que, a priori, las combinaciones (NNN, NNB, NBB, BBB) tendrían la misma probabilidad. Este tipo de razonamiento surge de considerar que, cuando las opciones son totalmente desconocidas, son equiprobables.

Llevando al extremo esa linea de razonamiento, podríamos decir: "Yo no se si la lotería me va a tocar o no; por tanto, tengo un 50% de probabilidades de que me toque la lotería". Este tema de asignar probabilidades a priori, y luego corregirlas con la información adicional, está en el corazón de la estadistica bayesiana.

Aplicandolo a nuestro caso (tres bolas blancas o negras), tendriamos la probabilidad de cada caso a priori (p0), y la probabilidadde cada caso con la información extra que me da sacar la bola negra (p1). Si lo hacemos exhaustivamente:

p1 sería, para cada caso, el producto de p0, por la probabilidad p(N) de obtener el resultado dado en cada caso, normalizada para todos los casos.




NNN p0=1/8; p(N)=1, p1=1/4
NNB p0=1/8, p(N)=2/3, p1=1/6
NBN p0=1/8, p(N)=2/3, p1=1/6
BNN p0=1/8, p(N)= 2/3, p1=1/6
NBB p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12
BNB p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12
BBN p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12
BBB p0=1/8, p(N)=0, p1=0

A partir de aquí, sale que la probabilidad del caso que nos ocupa (que queden dos bolas negras, tras sacar una negra) es de 1/4, ya que corresponde al caso NNN.


Hay una forma más sencilla de llegar al mismo resultado. Esto proviene del hecho de que las dos bolas que no cogemos, no saben nada del color de la tercera que si hemos cogido. Por tanto, las dos bolas que no hemos cogido pueden ser BB, NB, BN y NN. La probabilidad de que sean NN es, obviamente, 1/4.

Esta linea de razonamiento permitiría complicar el enunciado de Jogares:

"Tenemos cinco bolas blancas o negras; sacamos una primera, y sale negra; sacamos una segunda, y sale blanca; sacamos una tercera, y sale negra; ¿cuál es la probabilidad de que las dos que quedan sean ambas negras?"

Solución: 1/4.

Saludos

[Machinegun]

Re: Bolas negras (2)

Estoy de acuerdo contigo que eso ira a 0.25, para nada estamos debatiendo eso,

para ello lo miras que la forma de combinar 2 bolas de color es BB,BN,NB,NN y ya tienes el cuarto de probabilidad no importa si la primera es negra o blanca. Esa es la condición que tu impones , creo.

La probabilidad de 2 negras es 0,25 ,
la posibilidad de que hayan sido colocadas todas negras en la bolsa es de 1/8, la de todas blancas es 1/8 también
que sean 2N y 1B 3/8 y de 2B y 1N también 3/8
por lo que la probabilidad de negra en la primera

$\frac 38 \cdot \frac 13+\frac 38 \cdot \frac 23+ \frac18 \cdot 1= \frac 12$

eso limita tu universo a 1/2 , si tu probabilidad de dos negras es $\frac 14$, la probabilidad de 2 negras en ese universo es esa probabilidad sobre la probabilidad del universo.

$P=\dfrac{ \frac14}{\frac 12}={\frac 12}$

Así es como lo veo, probablemente no estemos de acuerdo,

Recuerda que con excel debes hacer 4 tablas una en que las 3 bolas sean blancas otra en que sean 2ny1b otra en que sean 2b y1 n y luego una de 3 N
para cada tabla calcula la misma probabilidad.

el resultado de cada tabla debes afectarlo por su probabilidad de ocurrencia (1/8,3/8,3/8;1/8) y sumar.
tienes en solo una tabla los resultados positivos, de las otras 3 solo 1/3 tienen negra en la primera, y te da el numero de las posibilidades fallidas. que es el mismo que las positivas es decir el 50%

Qué pena, richard, me hubiera gustado enfrascarme en una discusión interesante contigo, pero la verdad es que no tengo mucho tiempo, y pues sólo me queda decirte que si no estamos de acuerdo, ni hablar, así son estas cosas, y tal vez en otra ocasión pudiéramos discutir de estas materias con más detenimiento, pero, insisto, dispongo de tiempo muy limitado. Si quieres seguir pensando como hasta ahora, te deseo suerte, pero no comparto tus razonamientos.
Saludos

[Richard R Richard]

Re: Bolas negras (2)

Puede ser que me equivoque,no va a ser la primera vez y seguro no será la última,

creo que si dicen que es p= 1/4 están despreciando el hecho de como fueron introducidas las bolas a la bolsa

usando

NNN p0=1/8; p(N)=1, p1=1/4
NNB p0=1/8, p(N)=2/3, p1=1/6
NBN p0=1/8, p(N)=2/3, p1=1/6
BNN p0=1/8, p(N)= 2/3, p1=1/6
NBB p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12
BNB p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12
BBN p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12
BBB p0=1/8, p(N)=0, p1=0

si miran nuevamente y no los aburro, la suma de

NNN p0=1/8; p(N)=1, p1=1/4
NNB p0=1/8, p(N)=2/3, p1=1/6
NBN p0=1/8, p(N)=2/3, p1=1/6
NBB p0=1/8, p(N)=1/3, p1=1/12

es la probabilidad de que suceda negra en la primera es decir P(B)= 1/2


y NNN p0=1/8; p(N)=1, p1=1/4 es el caso favorable ( tiene negra la primera Y($\cap$) dos negras luego)$=P(A \cap B)$

recordando la definición de probabilidad condicional

$P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}=\dfrac{ \frac14}{\frac 12}={\frac 12}$



Lo siento no lo veo de otra manera,
Les hago una pregunta, cambiando el enunciado ,
"En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras. Se saca una bola que resulta ser "Blanca" ¿Cuál es la probabilidad de que en la bolsa queden 2 negras?"
tambien sería 1/4 la probabilidad, dudo mucho que no,

que otras opciones adicionales a blanca y negra en la primera extracción hay?


Saludos

- - - Actualizado - - -

$[P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\quad \to\quad P(B)= \dfrac{P(A \cap B)}{P(A \mid B)}$

luego

2NF = dos negras al final
B1= blanca en la primera
N1=negra en la primera


$P (2NF \mid N1) = \dfrac{P(2NF \cap N1)}{P(N1)}\quad \to\quad P(N1)= \dfrac{P(2NF \cap N1)}{P(2NF \mid N1)}$

$P(2NF \mid B1) = \dfrac{P(2NF \cap B1)}{P(B1)}\quad \to\quad P(B1)= \dfrac{P(2NF \cap B1)}{P(2NF \mid B1)}$

y desde luego que $P(N1)+P(B1)=1$

entonces con mi criterio se cumple

$1= \dfrac{P(2NF \cap N1)}{P(2NF \mid N1)}+\dfrac{P(2NF \cap B1)}{P(2NF \mid B1)}=\dfrac{ \frac14}{\frac 12}+\dfrac{ \frac14}{\frac 12}=\frac 12+\frac 12$

- - - Actualizado - - -

[carroza]

Re: Bolas negras (2)

A ver, Richard. Veo que solo has puesto los casos en que la primera es N, por lo cual entiendo que consieras que la bola que se saca es la primera (no una al azar). En ese caso, P(N) (la probabilidad de que la primera sea negra), es 1 en todos los casos que has considerado, y cero en los casos en los que la primera es B. La cuenta bayesiana debería ser:

NNN p0=1/8; p(N)=1, p1=1/4
NNB p0=1/8, p(N)=1, p1=1/4
NBN p0=1/8, p(N)=1, p1=1/4
NBB p0=1/8, p(N)=1, p1=1/4
BNN p0=1/8; p(N)=0, p1=0
BNB p0=1/8, p(N)=0, p1=0
BBN p0=1/8, p(N)=0, p1=0
BBB p0=1/8, p(N)=0, p1=0

O sea, de nuevo 1/4.

saludos

[Machinegun]

Re: Bolas negras (2)

Richard, tú admites que la probabilidad de A: "2 negras" es ¼, por lo tanto, como A y B son independientes, P(A ∩ B) = ¼ x ½ = ⅛, si ahora lo divides entre P(B) te queda ¼.


Saludos

[Richard R Richard]

Re: Bolas negras (2)

En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras.

por esto interpreto que no se lo que hay dentro, y que tengo 24 formas diferentes de extraerlas de la bolsa, es equiprobable que hayan sido puestas 3B,3N,2B1N
y 2N1B

A ver, Richard. Veo que solo has puesto los casos en que la primera es N, por lo cual entiendo que consieras que la bola que se saca es la primera (no una al azar).

Siempre la que extraigo primero, será la primera bola, sea blanca o negra y cualquiera que haya en la bolsa, la saco al azar sin mirar.

Se saca una bola que resulta ser negra

Aqui sucede que de todas las posibilidades de extracción, me he quedado con la mitad, solo las que tienen una negra como primera bola de todas las equiprobables.

¿Cuál es la probabilidad de que en la bolsa queden 2 negras?

Si solo se hubiesen colocado dos bolas que no se sabe el color y quieres saber si la probabilidad de extraer dos negras , seria es un cuarto , y imposible discutirlo y no es el tema que debato. a la vez sería un cuarto la probabilidad de 2 blancas y lo mismo negra-blanca y lo mismo blanca-negra.

Pero el tema es aquí la probabilidad de las extracciones en las condiciones del problema no son las mismas, las dos bolas restantes de la extracción tienen distinta distribución de probabilidad ya que vienen de otra distribución que no es la misma que la de dos bolas al azar , no hay independencia entre la primera extracción y las siguientes como piensan

NNN p0=1/8;

esta es la unica forma de tener un resultado favorable en la distribución, pero este resultado se puede lograr de 6 maneras distintas
Comb1 N1N2N3
Comb2 N1N3N2
Comb3 N2N1N3
Comb4 N2N3N1
Comb5 N3N1N2
Comb6 N3N2N1

NNB p0=1/8,

de esta forma de tener una negra como primer bola hay dos posibles combinaciones

Comb7 N1N2B
Comb8 N2N1B

pero ninguna de las dos da resultado favorable

NBN p0=1/8

de esta forma de tener una negra como primer bola hay otras dos posibles combinaciones

Comb9 N1BN2
Comb10 N2BN1

pero ninguna de las dos da resultado favorable

NBB p0=1

de esta forma de tener una negra como primer bola hay otras dos posibles combinaciones

Comb11 NB1b2
Comb12 NB2B1

pero ninguna de las dos da resultado favorable también

BNN p0=1/8; p(N)=0, p1=0
BNB p0=1/8, p(N)=0, p1=0
BBN p0=1/8, p(N)=0, p1=0
BBB p0=1/8, p(N)=0, p1=0

ninguna de estas se considera parte del resultado ya que han sido descartadas al ser la primera negra

Por lo que si miras tienes 6 combianciones de resultados favorables sobre 12 posibles, mi conclusión p=1/2

la probabilidad de 2 blancas luego de haber salido una negra es 1/6
la probabilidad de 1 blanca y una negra luego de haber salido una negra es 1/6
la probabilidad de 1 negra y una blanca luego de haber salido una negra es 1/6

luego la suma de total las posibles combinaciones 1/2+1/6+1/6+1/6=1 como es de esperar


Pd Machinegun No habia visto tu mensaje antes de posteara el mio, la diferencia de criterios esta entonces en que ustedes creen que la distribucion de las ultimas dos bolas es independiente de la primera cuando, para mi no lo son y acabo de escribir el porque lo pienso así



NNN p0=1/4; p(exito)=1,
NNB p0=1/12, p(exito)=0
NBN p0=1/12, p(exito)=0
NBB p0=1/12, p(exito)=0
BNN p0=1/12; no computa
BNB p0=1/12, no computa
BBN p0=1/12, no computa
BBB p0=1/4, no computa

O sea, tengo 1/4 de exito y un cuarto fracaso , entonces de nuevo p=1/2.

Saludos

[Machinegun]

Re: Bolas negras (2)

Sea A: "2 negras en la bolsa", y B: "Bola negra extraída". Lo que buscamos es P(A ∣ B). Según yo, P(A) = ¼, P(B) = ½ y P(A ∩ B) = ⅛. Si con estos datos aplicas la fórmula de la probabilidad condicional, el resultado es ¼. Ahora bien, creo que tú admites P(A) = ¼ y P(B) = ½, pero niegas P(A ∩ B) = ⅛, entonces, para ti ¿cuánto vale P(A ∩ B)? Si dices que ¼, ¿entonces P(A) = P(A ∩ B)?

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Bolas negras (2)

Sea A: "2 negras en la bolsa", y B: "Bola negra extraída". Lo que buscamos es P(A ∣ B).

$P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$

Según yo, P(A) = ¼, P(B) = ½ y P(A ∩ B) = ⅛.

Si con estos datos aplicas la fórmula de la probabilidad condicional, el resultado es ¼.

claro, entiendo como lo piensas, pero yo creo que no es así.

Ahora bien, creo que tú admites P(A) = ¼ y P(B) = ½

si admito que es P(A)=1/4 cuando hechas dos bolas a una bolsa y sabes que pueden ser negras o blancas,(cosa que no es lo que pasa en este problema,aqui se echan 3) la probabilidad de la negra en la primera extracción es 1/2 y estamos de acuerdo

, pero niegas P(A ∩ B) = ⅛,

si por que para que sea 1/8 los sucesos A y B deberían ser independientes, para que puedas multiplicarlos, y tener la probabilidad de la unión, pero como el contenido de la bolsa no lo conoces, y es equiprobable con otros contenidos de bolsa, cuando analizas bola a bola de cada bolsa que probabilidad tiene de estar acompañada de 2 bolas negras adicionales verás que son 3 bolas negras y que otras 3 no pueden ser acompañadas, por lo tanto de 6 bolas 3 si y 3 no P=1/2

NNN cualquiera de las 3 esta acompañada de 2 negras, 3 a favor
NNB o NBN la negra no se acompaña de ninguna manera con 2 negras 2 en contra
NBB la negra no se acompaña de ninguna manera con 2 negras 1 en contra

entonces, para ti ¿cuánto vale P(A ∩ B)?

1/4 o 6 combinaciones de 24 posibles

Si dices que ¼, ¿entonces P(A) = P(A ∩ B)?

pues claramente coinciden en este problema,( no afirmo que sean iguales en todo los casos)

[Machinegun]

Re: Bolas negras (2)

Richard, afirmas que los contenidos de bolsa son equiprobables, y yo concuerdo con eso, pero no con que sean 24 posibles, sino 8:

1. NNN
2. NNB
3. NBN
4. BNN
5. BBN
6. BNB
7. NBB
8. BBB

Aquí radica el desacuerdo, y a lo mejor es semántico porque yo interpreto la frase "en una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras" como si esas bolas hubieran sido elegidas al azar, por lo que cada bola pudo ser blanca o negra con la misma probabilidad, es decir, ½. Si tú interpretas diferente la frase entrecomillada, entonces ésa sería nuestra diferencia y nos podríamos limitar a resolverla con argumentos más lingüísticos que matemáticos. Ahora bien, que son 8 posibles contenidos en una bolsa, y no 24 como dices tú, lo pruebo comparando el problema con uno equivalente de lanzar 1 moneda 3 veces. Es decir, una manera de llenar una bolsa con 3 bolas elegidas al azar entre blancas o negras es arrojando una moneda al aire y selccionando el color de la bola según caiga águila o sol. Por eso cuando tú presentas entre las 24 posibilidades b1b2b3 y b2b1b3, para mí eso no tiene sentido, porque no importa el orden de las bolas cuando son del mismo color. Para verlo más claro, sólo basta cambiar el enunciado del problema original por uno equivalente pero con volados, por ejemplo: "Se lanza una moneda 3 veces y se registran los 3 resultados. Se lee el primer registro que resulta ser águila. ¿Cuál es la probabilidad de que los otros dos registros sean también águila? En este caso, para analizar los posibles resultados, tiene sentido decir que uno de ellos es AAA, es decir, que la moneda cayó 3 veces águila, pero ¿qué sentido tiene decir que una posibilidad es A1A2A3 y otra es A2A1A3?

Saludos

[carroza]

Re: Bolas negras (2)

Hola.

Adapto mi contribucion al hilo bolas negras 3, a ver si conseguimos convencer a Richard

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Este es también una caso de libro de estadistica bayesiana;

La pregunta que podemos hacer es: Cuál es la probabilidad de coger una bolsa con tres bolas negras, condicionada a que tomando una al azar salga negra.

P(NNN| N)

Utilizando la formula de Bayes, esta probabilidad condicionada, la podemos poner en función de la probabilidad de sacar una negra, condicionada a haber elegido la bolsa con 3 negras

P(N |NNN), que es obviamente 1,

La probabilidad simple de coger la bolsa con negras, P(NNN)=1/8,

Y la probabilidad simple de sacar una bola negra, entre todas las posibilidades (hay tantas blancas como negras), P(N) = 1/2


La formula dice:


P(NNN| N) = P(N| NNN) P(NNN) / P(N) = 1/4

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Bolas negras (2)

lo pruebo comparando el problema con uno equivalente de lanzar 1 moneda 3 veces. Es decir, una manera de llenar una bolsa con 3 bolas elegidas al azar entre blancas o negras es arrojando una moneda al aire y seleccionando el color de la bola según caiga águila o sol.

la situacion no es comparable, esa es la razon de nuestra diferencia. Si a la bolsa le pones 2 bolas blancas y una negra, si sacas la negra quedan dos blancas si o si, no es el caso de ver si las otras dos pueden o no ser negras o blancas.


hagamos como en el hilo bolas negras 3 pero con cuatro bolsas equiprobables de escoger


bolsa de 3 negras tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 100% de probabilidad de elegir una negra como primera opcion y 100% de exito
bolsa de 2 negras y una blanca tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 2/3 de probabilidad de elegir una negra como primera opcion y 100% de fracaso
bolsa de 1 negra y dos blancas tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 1/3% de probabilidad de elegir una negra como primera opcion y 100% de fracaso
bolsa de 3 Bancas tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 100% de probabilidad no haber elegido esa bolsa luego de la primer extracción

Si notan la diferencia de nuestro criterio solo radica en como consideramos la probabilidad de cada evento escojer bolsa

pues ustedes le asignan 1/8 al primero,3/8 al segundo 3/8 al tercero y 1/8 al cuarto

mientras que yo los considero equiprobables con p=1/4 la si de base vuestra probabilidad de éxito es la mitad que la mía seguro usted tendrá 1/4 y yo 1/2

las bolsas NNB,NBN,BNN son parte de la misma combinacion para mi , lo mismo que BBN,BNB y NBB

es decir de ese modo marcan las bolas al colocarlas en la bolsa y no se puede escoger aleatoriamente, que era lo que decían que yo hacia

La formula que aplico en todos los caso es la de Bayes


$\dst P(A_i|B) = \frac{P(B|A_i) P(A_i)}{\dst\sum_{k=1}^n P(B|A_k) P(A_k)}$

solo es como se interpreta "En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras"

si el contenido es equiprobable entre 4 opciones 3N ,2B1N,2N1B,3B el resultado es 1/2

si el contenido es equiprobable entre 8 opciones NNN,NNB,NBN,BNN,NBB,BNB,BBN,BBB el resultado es 1/4, y claro esta que deben marcar las bolas para que siempre salgan en ese orden de la bolsa si no falsearian la equiprobabilidad

Equiprobabilidad

[FONT=sans-serif]

Se dice que dos sucesos posibles de un experimento son equiprobables cuando la probabilidad de ocurrencia de ambos sucesos es la misma. Matemáticamente:

Siendo A y B resultados posibles de un mismo experimento.

[/FONT]

• http://es.wikipedia.org/wiki/Equiprobable

Saludos

[Machinegun]

Re: Bolas negras (2)

Si a la bolsa le pones 2 bolas blancas y una negra, si sacas la negra quedan dos blancas si o si, no es el caso de ver si las otras dos pueden o no ser negras o blancas.

Claro, pero eso nadie lo está discutiendo. Estamos discutiendo la probabilidad de que en la bolsa haya 2 blancas y 1 negra, que es muy diferente.

hagamos como en el hilo bolas negras 3 pero con cuatro bolsas equiprobables de escoger


bolsa de 3 negras tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 100% de probabilidad de elegir una negra como primera opcion y 100% de exito
bolsa de 2 negras y una blanca tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 2/3 de probabilidad de elegir una negra como primera opcion y 100% de fracaso
bolsa de 1 negra y dos blancas tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 1/3% de probabilidad de elegir una negra como primera opcion y 100% de fracaso
bolsa de 3 Bancas tengo 1/4 de probabilidad de elegir esa bolsa, con 100% de probabilidad no haber elegido esa bolsa luego de la primer extracción

Si notan la diferencia de nuestro criterio solo radica en como consideramos la probabilidad de cada evento escojer bolsa

pues ustedes le asignan 1/8 al primero,3/8 al segundo 3/8 al tercero y 1/8 al cuarto

mientras que yo los considero equiprobables con p=1/4 la si de base vuestra probabilidad de éxito es la mitad que la mía seguro usted tendrá 1/4 y yo 1/2

Parece que estás confundiendo 2 enunciados distintos: 1) "En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras" y 2) "Hay 4 bolsas con los siguientes contenidos: 3N, 2N1B, 1N2B y 3B". Claro que si el enunciado es 2) los contenidos de las 4 bolsas son equiprobables, pero el enunciado original no habla de 4 bolsas, sino sólo de una, por lo que la solución es ¼ y no ½.

Por curiosidad, si cambio ligeramente el enunciado original, me gustaría saber qué responderías: "En un cuarto oculto, metí dentro de una bolsa 3 bolas cuyo color, blanco o negro, seleccioné según lo que me cayó una moneda que lancé 3 veces (una vez por cada bola). Después salgo a la sala donde te encuentras tú y te pido que saques al azar una bola de la bolsa, resultando que sacas una bola negra. ¿Cuál es la probabilidad de que las otras 2 sean negras? Si insistes que ½ entonces dime qué contestas a esta pregunta "En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras, ¿Cuál es la probabilidad de que las 3 sean negras?" y si dices que ¼, ya no seguiré aburriendo al respetable tratando de convencerte.

Saludos

[Richard R Richard]

Re: Bolas negras (2)

Estamos discutiendo la probabilidad de que en la bolsa haya 2 blancas y 1 negra, que es muy diferente.

la pregunta es de cuantas maneras diferentes te pueden presentar una bolsa con 3 bolas blancas o negras, no de cuantas maneras distintas puedes poner tres bolas en una bolsa.

para luego evaluar la probabilidad que tienes de escoger al azar la primer bola de color negro? de 4 maneras o de 8? yo estoy completamente seguro que son 4, y esas 4 formas tiene a su vez 6 combinaciones posicionales cada una.

las combinaciones BNN,NBNy NNB se repiten al mezclarlas, pues tengo que escoger al azar y por ello fuerzas a que la extracción sea la que tu quieres la "primera de la izquierda" , por eso varia la equiprobabilidad del contenido de la bolsa y obtenemos distintas soluciones.

Si en el resto del problema estamos de acuerdo no le sigamos dando vueltas al tema.

Por curiosidad, si cambio ligeramente el enunciado original, me gustaría saber qué responderías: "En un cuarto oculto, metí dentro de una bolsa 3 bolas cuyo color, blanco o negro, seleccioné según lo que me cayó una moneda que lancé 3 veces (una vez por cada bola). Después salgo a la sala donde te encuentras tú y te pido que saques al azar una bola de la bolsa, resultando que sacas una bola negra. ¿Cuál es la probabilidad de que las otras 2 sean negras? Si insistes que ½ entonces dime qué contestas a esta pregunta "En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras, ¿Cuál es la probabilidad de que las 3 sean negras?" y si dices que ¼, ya no seguiré aburriendo al respetable tratando de convencerte.

Saludos

abramos otro hilo y le damos solución o la hago aquí

seguro que para ti es 1/4 porque ese enunciado es como tu entiendes "En una bolsa hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras."

preguntate bajo esas condiciones cual es la probabilidad del contenido que me entregas, pues se han mezclado al azar durante el trayecto desde el cuarto hasta la sala, de tus 8 formas posibles, para que haga la elección al azar, solo podre observar que NNN tiene 1/8 de probabilidad de existir, que NNB tiene 3/8 , NBB tiene otros 3/8 y BBB 1/8 por lo que inferire que ante mi presencia no tengo una bolsa de contenido equiprobable donde cada caso a analizar tenga la misma probabilidad de existencia que los demas.

si no hago esa suposición tengo 1/4 y si considero que siempre me entregas un contenido equiprobable de NNN,NNB,NBB,BBB tengo 1/2 .

de que forma se puede presentar una bolsa en que hay 3 bolas que pueden ser blancas o negras de forma equiprobable? ya te habían dicho que en el planteo del problema que

Partimos de de alguien ha metido en la bolsa 3N ó 2N1B ó 1N2B y no tenemos ninguna información que permita deducir que estas 3 situaciones no sean equiprobables. De hecho para meter, por ejemplo, 2N1B ha podido hacerlo en el orden NNB ó NBN ó BNN ó todas a la vez, sin que el proceso afecte al resultado.
Saludos

por lo que segun el significado original que le dio jogares a su enunciado el resultado es 1/2, que ha sido el que defendido. Luego lei que cambio de parecer, y entonces planteo un nuevo problema, donde intenta salvar la vaguedad del enunciado para evitar la imposición de no equiprobabilidad entre contenido de bolsas. El resultado en ese caso ha sido 1/2.

Es inútil intentar torcer nuestros puntos de vista , ya que no hay nada que aclare ni una situación ni la otra en el enunciado.

ya lo creo que tenemos debate animado, carroza , muy previsor.

Saludos