1. El dado tiene diez resultados posibles:

   \[ \Omega=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\} \]

2. Las vocales de la palabra “MURCIELAGO” son \(U\), \(I\), \(E\), \(A\) y \(O\):

   \[ \Omega=\{U,I,E,A,O\} \]

3. En cada lanzamiento puede salir cara \((C)\) o sello \((S)\). Como son tres lanzamientos, se listan todas las combinaciones posibles:

   \[ \Omega=\{CCC,CCS,CSC,CSS,SCC,SCS,SSC,SSS\} \]

1. Al lanzar un dado, el espacio muestral es \(\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}\). Los números mayores que \(4\) son \(5\) y \(6\), por lo tanto hay \(2\) casos favorables de \(6\) posibles.

   \[ P(\text{mayor que }4)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \]

2. En una baraja inglesa hay \(13\) cartas de espadas de un total de \(52\) cartas.

   \[ P(\text{espadas})=\frac{13}{52}=\frac{1}{4} \]

3. Al lanzar una moneda dos veces:

   \[ \Omega=\{CC,CS,SC,SS\} \]

   Los casos con al menos un sello son \(CS\), \(SC\) y \(SS\), es decir, \(3\) casos favorables de \(4\) posibles.

   \[ P(\text{al menos un sello})=\frac{3}{4} \]

1. Obtener un \(6\) corresponde al evento \(\{6\}\). Tiene un solo resultado, por lo tanto es un evento simple.

2. Obtener un número impar corresponde al evento \(\{1,3,5\}\). Tiene más de un resultado, por lo tanto es un evento compuesto.

3. Obtener un número mayor que \(2\) corresponde al evento \(\{3,4,5,6\}\). Tiene más de un resultado, por lo tanto es un evento compuesto.

4. Obtener un \(1\) corresponde al evento \(\{1\}\). Tiene un solo resultado, por lo tanto es un evento simple.

1. El decimal \(0{,}3\) equivale a tres décimos:

   \[ 0{,}3=\frac{3}{10}=30\% \]

2. Para transformar \(\frac{1}{5}\) a decimal, dividimos \(1:5\):

   \[ \frac{1}{5}=0{,}2=20\% \]

3. El \(80\%\) significa \(80\) de cada \(100\):

   \[ 80\%=0{,}8=\frac{80}{100}=\frac{4}{5} \]

La frecuencia relativa se calcula dividiendo la cantidad de veces que ocurre el evento por la cantidad total de repeticiones:

\[ \text{frecuencia relativa}=\frac{45}{100}=0{,}45 \]

La probabilidad teórica de obtener cara en una moneda equilibrada es:

\[ P(\text{cara})=\frac{1}{2}=0{,}5 \]

Por lo tanto, la frecuencia relativa obtenida, \(0{,}45\), es ligeramente menor que la probabilidad teórica \(0{,}5\).

Primero calculamos el total de bolas:

\[ 6+4+5=15 \]

1. Hay \(6\) bolas rojas de \(15\) bolas en total:

   \[ P(\text{roja})=\frac{6}{15}=\frac{2}{5} \]

2. Hay \(4\) bolas azules de \(15\) bolas en total:

   \[ P(\text{azul})=\frac{4}{15} \]

3. No ser verde significa que la bola puede ser roja o azul. Entonces hay \(6+4=10\) casos favorables.

   \[ P(\text{no verde})=\frac{10}{15}=\frac{2}{3} \]

4. Ser roja o azul también corresponde a \(6+4=10\) casos favorables, pues no puede ser roja y azul al mismo tiempo.

   \[ P(\text{roja o azul})=\frac{10}{15}=\frac{2}{3} \]

La palabra “PROBABILIDAD” tiene \(12\) letras:

\[ P,R,O,B,A,B,I,L,I,D,A,D \]

Sus vocales son \(O,A,I,I,A\), es decir, \(5\) vocales. Sus consonantes son \(7\).

1. \[ P(\text{vocal})=\frac{5}{12} \]

2. \[ P(\text{consonante})=\frac{7}{12} \]

3. La letra \(B\) aparece \(2\) veces.

   \[ P(B)=\frac{2}{12}=\frac{1}{6} \]

4. La letra \(A\) aparece \(2\) veces, por lo tanto hay \(12-2=10\) letras que no son \(A\).

   \[ P(\text{no }A)=\frac{10}{12}=\frac{5}{6} \]

Al lanzar dos dados, cada resultado se puede representar como un par ordenado \((a,b)\), donde \(a\) es el resultado del primer dado y \(b\) el del segundo. Hay:

\[ 6\cdot 6=36 \]

casos posibles.

1. La suma es \(5\) en los siguientes casos:

   \[ (1,4),(2,3),(3,2),(4,1) \]

   Hay \(4\) casos favorables.

   \[ P(\text{suma }5)=\frac{4}{36}=\frac{1}{9} \]

2. La suma es menor o igual que \(4\) en los siguientes casos:

   \[ (1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1) \]

   Hay \(6\) casos favorables.

   \[ P(\text{suma}\le 4)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6} \]

3. Obtener al menos un \(4\) incluye todos los pares donde el primer dado es \(4\) o el segundo dado es \(4\):

   \[ (4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6) \]

   \[ (1,4),(2,4),(3,4),(5,4),(6,4) \]

   Hay \(11\) casos favorables. El par \((4,4)\) se cuenta una sola vez.

   \[ P(\text{al menos un }4)=\frac{11}{36} \]

4. Se obtiene el mismo número en ambos dados en los siguientes casos:

   \[ (1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6) \]

   Hay \(6\) casos favorables.

   \[ P(\text{mismo número})=\frac{6}{36}=\frac{1}{6} \]

Sabemos que:

\[ P(\text{mujer})=60\%=0{,}6 \]

\[ P(\text{mujer y usa lentes})=20\%=0{,}2 \]

Si el \(60\%\) son mujeres y el \(20\%\) son mujeres que usan lentes, entonces el porcentaje de mujeres que no usan lentes es:

\[ 60\%-20\%=40\% \]

Ahora queremos la probabilidad de no usar lentes sabiendo que la persona elegida es mujer. Por eso, comparamos el \(40\%\) con el total de mujeres, que es \(60\%\):

\[ P(\text{no usa lentes}\mid \text{mujer})=\frac{40\%}{60\%}=\frac{40}{60}=\frac{2}{3} \]

Por lo tanto, la probabilidad pedida es:

\[ \frac{2}{3} \]

1. Como se elige una urna al azar, la probabilidad de elegir cada urna es:

   \[ P(A)=\frac{1}{2} \qquad P(B)=\frac{1}{2} \]

   En la urna A hay \(3\) bolas rojas de \(5\) bolas en total:

   \[ P(\text{roja}\mid A)=\frac{3}{5} \]

   En la urna B hay \(1\) bola roja de \(5\) bolas en total:

   \[ P(\text{roja}\mid B)=\frac{1}{5} \]

   Entonces:

   \[ P(\text{roja})=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{5}+\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{5} \]

   \[ P(\text{roja})=\frac{3}{10}+\frac{1}{10}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5} \]

2. En la urna A hay \(3\) bolas rojas y \(2\) blancas, es decir, \(5\) bolas en total.

   La probabilidad de que la primera bola sea roja es:

   \[ P(\text{primera roja})=\frac{3}{5} \]

   Como la extracción es sin reemplazo, si la primera bola fue roja, quedan \(2\) bolas rojas de \(4\) bolas en total.

   \[ P(\text{segunda roja}\mid \text{primera roja})=\frac{2}{4}=\frac{1}{2} \]

   Por lo tanto:

   \[ P(\text{ambas rojas})=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{10} \]

1. “Obtener un \(2\)” y “obtener un número impar” son eventos mutuamente excluyentes, porque \(2\) no es impar.

2. “Sacar un trébol” y “sacar un \(7\)” son eventos no mutuamente excluyentes, porque existe el \(7\) de tréboles.

3. “Ser mujer” y “tener ojos azules” son eventos no mutuamente excluyentes, porque una persona puede cumplir ambas condiciones.

4. Al lanzar dos monedas, “obtener dos caras” corresponde a \(CC\). “Obtener al menos un sello” corresponde a \(CS\), \(SC\) o \(SS\). No hay resultados en común, por lo tanto son eventos mutuamente excluyentes.

1. Como \(A\) y \(B\) son mutuamente excluyentes:

   \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0{,}4+0{,}5=0{,}9 \]

2. Aplicando la regla del complemento:

   \[ P(A^c)=1-P(A)=1-0{,}4=0{,}6 \]

3. Aplicando la regla del complemento:

   \[ P(B^c)=1-P(B)=1-0{,}5=0{,}5 \]

Como conocemos la probabilidad de la intersección, usamos la regla general de la suma:

\[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \]

Reemplazamos los datos:

\[ P(A\cup B)=0{,}6+0{,}3-0{,}2=0{,}7 \]

Por lo tanto:

\[ P(A\cup B)=0{,}7 \]

El espacio muestral del dado es:

\[ \Omega=\{1,2,3,4,5,6\} \]

1. Obtener \(3\) y obtener \(4\) son eventos mutuamente excluyentes.

   \[ P(3\text{ o }4)=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3} \]

2. Sea \(A\): “obtener par”, entonces \(A=\{2,4,6\}\). Sea \(B\): “obtener un número mayor que \(4\)”, entonces \(B=\{5,6\}\).

   La intersección es \(A\cap B=\{6\}\), porque el \(6\) cumple ambas condiciones.

   \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \]

   \[ P(A\cup B)=\frac{3}{6}+\frac{2}{6}-\frac{1}{6}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3} \]

3. Usamos la regla del complemento:

   \[ P(\text{no obtener }2)=1-P(2)=1-\frac{1}{6}=\frac{5}{6} \]

4. “No obtener ni \(5\) ni \(6\)” es el complemento de obtener \(5\) o \(6\).

   \[ P(5\text{ o }6)=\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{2}{6} \]

   \[ P(\text{no }5\text{ y no }6)=1-\frac{2}{6}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3} \]

Primero calculamos el total de bolas:

\[ 5+3+2=10 \]

1. Sacar una bola roja y sacar una bola blanca son eventos mutuamente excluyentes.

   \[ P(\text{roja o blanca})=\frac{5}{10}+\frac{2}{10}=\frac{7}{10} \]

2. No sacar una bola azul es el complemento de sacar una bola azul.

   \[ P(\text{no azul})=1-P(\text{azul})=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10} \]

3. Si la bola no es roja ni blanca, entonces debe ser azul.

   \[ P(\text{no roja y no blanca})=P(\text{azul})=\frac{3}{10} \]

1. Sea \(A\) el evento “leer el periódico A” y \(B\) el evento “leer el periódico B”. Como \(15\) personas leen ambos periódicos:

   \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \]

   \[ P(A\cup B)=\frac{60}{100}+\frac{40}{100}-\frac{15}{100} \]

   \[ P(A\cup B)=\frac{85}{100}=0{,}85 \]

2. No leer ninguno de los dos periódicos es el complemento de leer A o B.

   \[ P((A\cup B)^c)=1-P(A\cup B)=1-0{,}85=0{,}15 \]

3. Para leer solo el periódico A, se debe restar a quienes leen ambos periódicos:

   \[ P(\text{solo A})=P(A)-P(A\cap B) \]

   \[ P(\text{solo A})=\frac{60}{100}-\frac{15}{100}=\frac{45}{100}=0{,}45 \]

1. Como \(B^c\) es el complemento de \(B\):

   \[ P(B)=1-P(B^c)=1-0{,}4=0{,}6 \]

2. Usamos la regla general de la suma:

   \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \]

   Reemplazamos:

   \[ 0{,}8=0{,}7+0{,}6-P(A\cap B) \]

   \[ 0{,}8=1{,}3-P(A\cap B) \]

   \[ P(A\cap B)=1{,}3-0{,}8=0{,}5 \]

3. El evento \(A^c\cap B^c\) significa que no ocurre \(A\) ni ocurre \(B\). Es el complemento de \(A\cup B\).

   \[ P(A^c\cap B^c)=P((A\cup B)^c)=1-P(A\cup B) \]

   \[ P(A^c\cap B^c)=1-0{,}8=0{,}2 \]

En un diagrama de Venn, el evento \(A\) se representa con un círculo dentro del espacio muestral \(\Omega\). El complemento \(A^c\) corresponde a toda la región de \(\Omega\) que queda fuera de \(A\).

Por definición, \(A\) y \(A^c\) no pueden ocurrir al mismo tiempo. Por lo tanto, son eventos mutuamente excluyentes.

Además, entre \(A\) y \(A^c\) cubren todo el espacio muestral \(\Omega\). Por eso:

\[ A\cup A^c=\Omega \]

Aplicando la regla de la suma para eventos mutuamente excluyentes:

\[ P(A\cup A^c)=P(A)+P(A^c) \]

Pero como \(A\cup A^c=\Omega\), se tiene:

\[ P(A\cup A^c)=P(\Omega)=1 \]

Por lo tanto:

\[ P(A)+P(A^c)=1 \]

1. Usamos la fórmula:

   \[ P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} \]

   \[ P(A\mid B)=\frac{0{,}1}{0{,}3}=\frac{1}{3} \]

2. Ahora calculamos \(P(B\mid A)\):

   \[ P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)} \]

   \[ P(B\mid A)=\frac{0{,}1}{0{,}6}=\frac{1}{6} \]

3. Para que \(A\) y \(B\) fueran independientes, debería cumplirse \(P(A\mid B)=P(A)\) o equivalentemente \(P(B\mid A)=P(B)\).

   Pero:

   \[ P(A\mid B)=\frac{1}{3}\neq 0{,}6=P(A) \]

   Por lo tanto, \(A\) y \(B\) no son independientes.

El espacio muestral es:

\[ \Omega=\{1,2,3,4,5,6\} \]

Los eventos son:

\[ A=\{2,4,6\} \]

\[ B=\{1,2,3\} \]

La intersección es:

\[ A\cap B=\{2\} \]

1. \[ P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \]

2. \[ P(B)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2} \]

3. \[ P(A\cap B)=\frac{1}{6} \]

4. \[ P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} \]

   \[ P(A\mid B)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{6}\cdot 2=\frac{1}{3} \]

5. \[ P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)} \]

   \[ P(B\mid A)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3} \]

6. Como \(P(A\mid B)=\frac{1}{3}\), pero \(P(A)=\frac{1}{2}\), entonces \(P(A\mid B)\neq P(A)\).

   Por lo tanto, \(A\) y \(B\) no son independientes.

Si \(A\) y \(B\) son independientes, se cumple:

\[ P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \]

Reemplazamos los valores:

\[ P(A\cap B)=0{,}4\cdot 0{,}6=0{,}24 \]

Por lo tanto:

\[ P(A\cap B)=0{,}24 \]

Hay \(4+6=10\) bolas en total.

1. La probabilidad de que la primera bola sea blanca es:

   \[ P(\text{primera blanca})=\frac{4}{10}=\frac{2}{5} \]

2. Si la primera bola fue blanca, quedan \(9\) bolas en total: \(3\) blancas y \(6\) negras.

   \[ P(\text{segunda negra}\mid \text{primera blanca})=\frac{6}{9}=\frac{2}{3} \]

3. Para que ambas sean blancas:

   \[ P(\text{ambas blancas})=P(\text{primera blanca})\cdot P(\text{segunda blanca}\mid \text{primera blanca}) \]

   \[ P(\text{ambas blancas})=\frac{4}{10}\cdot \frac{3}{9} \]

   \[ P(\text{ambas blancas})=\frac{12}{90}=\frac{2}{15} \]

4. Si la primera bola fue negra, quedan \(9\) bolas en total: \(4\) blancas y \(5\) negras.

   \[ P(\text{segunda blanca}\mid \text{primera negra})=\frac{4}{9} \]

1. En un dado hay \(6\) resultados posibles y solo uno de ellos es \(5\).

   \[ P(5\text{ en el primero})=\frac{1}{6} \]

2. Los lanzamientos de un dado son independientes. Por lo tanto, lo ocurrido en el primer lanzamiento no cambia la probabilidad del segundo.

   \[ P(3\text{ en el segundo}\mid 5\text{ en el primero})=\frac{1}{6} \]

3. Como los lanzamientos son independientes:

   \[ P(5\text{ primero y }3\text{ segundo})=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}=\frac{1}{36} \]

4. Obtener un \(5\) y un \(3\), en cualquier orden, puede ocurrir de dos maneras:

   • Primero \(5\) y después \(3\).
   • Primero \(3\) y después \(5\).

   Entonces:

   \[ P=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{6} \]

   \[ P=\frac{1}{36}+\frac{1}{36}=\frac{2}{36}=\frac{1}{18} \]

Definimos los eventos:

• \(A\): la pieza fue producida por la máquina A.
• \(B\): la pieza fue producida por la máquina B.
• \(D\): la pieza es defectuosa.

Los datos son:

\[ P(A)=0{,}6,\qquad P(B)=0{,}4 \]

\[ P(D\mid A)=0{,}05,\qquad P(D\mid B)=0{,}02 \]

1. La pieza defectuosa puede venir de la máquina A o de la máquina B:

   \[ P(D)=P(D\cap A)+P(D\cap B) \]

   \[ P(D)=P(D\mid A)P(A)+P(D\mid B)P(B) \]

   \[ P(D)=0{,}05\cdot 0{,}6+0{,}02\cdot 0{,}4 \]

   \[ P(D)=0{,}03+0{,}008=0{,}038 \]

   La probabilidad de que la pieza sea defectuosa es \(0{,}038\), es decir, \(3{,}8\%\).

2. Se pide \(P(A\mid D)\). Usamos la fórmula de probabilidad condicional:

   \[ P(A\mid D)=\frac{P(A\cap D)}{P(D)} \]

   Como:

   \[ P(A\cap D)=P(D\mid A)P(A)=0{,}05\cdot 0{,}6=0{,}03 \]

   Entonces:

   \[ P(A\mid D)=\frac{0{,}03}{0{,}038}\approx 0{,}7895 \]

   La probabilidad es aproximadamente \(78{,}95\%\).

3. Se pide \(P(B\mid D^c)\), donde \(D^c\) significa “no defectuosa”.

   Primero calculamos:

   \[ P(D^c)=1-P(D)=1-0{,}038=0{,}962 \]

   También:

   \[ P(D^c\mid B)=1-P(D\mid B)=1-0{,}02=0{,}98 \]

   Entonces:

   \[ P(B\cap D^c)=P(D^c\mid B)P(B)=0{,}98\cdot 0{,}4=0{,}392 \]

   Aplicamos probabilidad condicional:

   \[ P(B\mid D^c)=\frac{P(B\cap D^c)}{P(D^c)} \]

   \[ P(B\mid D^c)=\frac{0{,}392}{0{,}962}\approx 0{,}4075 \]

   La probabilidad es aproximadamente \(40{,}75\%\).

Definimos los eventos:

• \(M_1\): elegir la moneda normal.
• \(M_2\): elegir la moneda con dos caras.
• \(M_3\): elegir la moneda trucada.
• \(C\): obtener cara.

Como se elige una moneda al azar:

\[ P(M_1)=P(M_2)=P(M_3)=\frac{1}{3} \]

Además:

\[ P(C\mid M_1)=\frac{1}{2},\qquad P(C\mid M_2)=1,\qquad P(C\mid M_3)=\frac{1}{3} \]

1. Calculamos la probabilidad total de obtener cara:

   \[ P(C)=P(C\mid M_1)P(M_1)+P(C\mid M_2)P(M_2)+P(C\mid M_3)P(M_3) \]

   \[ P(C)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}+1\cdot \frac{1}{3}+\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3} \]

   \[ P(C)=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}+\frac{1}{9} \]

   Usamos denominador común \(18\):

   \[ P(C)=\frac{3}{18}+\frac{6}{18}+\frac{2}{18}=\frac{11}{18} \]

2. Se pide \(P(M_1\mid C)\), es decir, la probabilidad de que la moneda haya sido la normal, sabiendo que salió cara.

   \[ P(M_1\mid C)=\frac{P(M_1\cap C)}{P(C)} \]

   Calculamos:

   \[ P(M_1\cap C)=P(C\mid M_1)P(M_1)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{6} \]

   Entonces:

   \[ P(M_1\mid C)=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{11}{18}} \]

   \[ P(M_1\mid C)=\frac{1}{6}\cdot \frac{18}{11}=\frac{3}{11} \]

Debemos demostrar que:

\[ P(A^c\cap B^c)=P(A^c)\cdot P(B^c) \]

Como \(A^c\cap B^c\) significa que no ocurre \(A\) ni ocurre \(B\), podemos escribir:

\[ A^c\cap B^c=(A\cup B)^c \]

Por lo tanto:

\[ P(A^c\cap B^c)=P((A\cup B)^c) \]

Usamos la regla del complemento:

\[ P((A\cup B)^c)=1-P(A\cup B) \]

Aplicamos la regla general de la suma:

\[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) \]

Entonces:

\[ P(A^c\cap B^c)=1-[P(A)+P(B)-P(A\cap B)] \]

Como \(A\) y \(B\) son independientes:

\[ P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B) \]

Reemplazamos:

\[ P(A^c\cap B^c)=1-P(A)-P(B)+P(A)P(B) \]

Factorizamos:

\[ P(A^c\cap B^c)=(1-P(A))(1-P(B)) \]

Por la regla del complemento:

\[ 1-P(A)=P(A^c) \]

y

\[ 1-P(B)=P(B^c) \]

Por lo tanto:

\[ P(A^c\cap B^c)=P(A^c)\cdot P(B^c) \]

Esto demuestra que \(A^c\) y \(B^c\) también son independientes.

Como el total de personas que prefieren rojo es \(50\), y \(30\) mujeres prefieren rojo, entonces:

\[ 50-30=20 \]

Por lo tanto, \(20\) hombres prefieren rojo.

Como hay \(100\) personas en total y \(50\) prefieren rojo, entonces:

\[ 100-50=50 \]

Por lo tanto, \(50\) personas prefieren azul.

Como \(40\) hombres prefieren azul, el total de hombres es:

\[ 20+40=60 \]

Como hay \(100\) personas en total, el total de mujeres es:

\[ 100-60=40 \]

Finalmente, si hay \(40\) mujeres en total y \(30\) prefieren rojo, entonces:

\[ 40-30=10 \]

Por lo tanto, \(10\) mujeres prefieren azul.

La tabla completa es:

1. Hay \(60\) hombres de \(100\) personas:

   \[ P(\text{Hombre})=\frac{60}{100}=0{,}6 \]

2. Hay \(50\) personas que prefieren rojo:

   \[ P(\text{Rojo})=\frac{50}{100}=0{,}5 \]

3. Hay \(20\) hombres que prefieren rojo:

   \[ P(\text{Hombre}\cap \text{Rojo})=\frac{20}{100}=0{,}2 \]

4. Calculamos la probabilidad de que sea hombre, dado que prefiere rojo:

   \[ P(\text{Hombre}\mid \text{Rojo})=\frac{P(\text{Hombre}\cap \text{Rojo})}{P(\text{Rojo})} \]

   \[ P(\text{Hombre}\mid \text{Rojo})=\frac{0{,}2}{0{,}5}=0{,}4 \]

5. Hay \(30\) mujeres que prefieren rojo, de un total de \(40\) mujeres:

   \[ P(\text{Rojo}\mid \text{Mujer})=\frac{30}{40}=0{,}75 \]

El siguiente diagrama de árbol representa primero el resultado del dado y luego el resultado de la moneda:

Los números pares del dado son \(2\), \(4\) y \(6\). Además, la probabilidad de cara en la moneda es \(\frac{1}{2}\).

Entonces:

\[ P(\text{par y cara})=P(2\text{ y cara})+P(4\text{ y cara})+P(6\text{ y cara}) \]

\[ P(\text{par y cara})=\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{6}\cdot \frac{1}{2} \]

\[ P(\text{par y cara})=\frac{1}{12}+\frac{1}{12}+\frac{1}{12}=\frac{3}{12}=\frac{1}{4} \]

1. Hay \(300\) clientes satisfechos de un total de \(400\):

   \[ P(S)=\frac{300}{400}=0{,}75 \]

2. Queremos calcular \(P(A\mid S)\). De la tabla, \(120\) clientes compraron el Producto A y están satisfechos, y \(300\) clientes están satisfechos en total.

   \[ P(A\mid S)=\frac{120}{300}=0{,}4 \]

3. Queremos calcular \(P(S\mid B)\). De la tabla, \(180\) clientes compraron el Producto B y están satisfechos, y \(250\) compraron el Producto B en total.

   \[ P(S\mid B)=\frac{180}{250}=0{,}72 \]

4. Para que los eventos “comprar el Producto A” y “estar satisfecho” fueran independientes, debería cumplirse:

   \[ P(A\mid S)=P(A) \]

   Ya calculamos:

   \[ P(A\mid S)=0{,}4 \]

   Ahora calculamos:

   \[ P(A)=\frac{150}{400}=0{,}375 \]

   Como:

   \[ 0{,}4\neq 0{,}375 \]

   los eventos no son independientes.

1. El diagrama de árbol tiene dos etapas: primero se elige la urna y luego se extrae una bola.

2. La bola roja puede provenir de la Urna 1 o de la Urna 2. Entonces:

   \[ P(\text{roja})=P(U_1)P(\text{roja}\mid U_1)+P(U_2)P(\text{roja}\mid U_2) \]

   \[ P(\text{roja})=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{5}+\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{5} \]

   \[ P(\text{roja})=\frac{1}{5}+\frac{2}{5}=\frac{3}{5} \]

3. Se pide la probabilidad de que la bola provenga de la Urna 1, dado que fue roja:

   \[ P(U_1\mid \text{roja})=\frac{P(U_1\cap \text{roja})}{P(\text{roja})} \]

   Sabemos que:

   \[ P(U_1\cap \text{roja})=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{5}=\frac{1}{5} \]

   y que:

   \[ P(\text{roja})=\frac{3}{5} \]

   Entonces:

   \[ P(U_1\mid \text{roja})=\frac{\frac{1}{5}}{\frac{3}{5}}=\frac{1}{3} \]

Primero calculamos la probabilidad de tener la enfermedad y dar positivo:

\[ P(X\cap T)=P(T\mid X)\cdot P(X)=0{,}95\cdot 0{,}1=0{,}095 \]

Ahora calculamos el complemento de \(X\):

\[ P(X^c)=1-P(X)=1-0{,}1=0{,}9 \]

Como:

\[ P(T^c\mid X^c)=0{,}90 \]

entonces:

\[ P(T\mid X^c)=1-P(T^c\mid X^c)=1-0{,}90=0{,}10 \]

Por lo tanto:

\[ P(X^c\cap T)=P(T\mid X^c)\cdot P(X^c)=0{,}10\cdot 0{,}9=0{,}09 \]

Calculamos la probabilidad total de obtener positivo:

\[ P(T)=P(X\cap T)+P(X^c\cap T) \]

\[ P(T)=0{,}095+0{,}09=0{,}185 \]

Finalmente:

\[ P(X\mid T)=\frac{P(X\cap T)}{P(T)} \]

\[ P(X\mid T)=\frac{0{,}095}{0{,}185}\approx 0{,}5135 \]

Entonces:

\[ P(X\mid T)\approx 51{,}35\% \]

Conclusión: al aumentar la prevalencia de la enfermedad del \(1\%\) al \(10\%\), la probabilidad de tener la enfermedad dado un resultado positivo aumenta considerablemente, desde aproximadamente \(8{,}76\%\) hasta aproximadamente \(51{,}35\%\). Esto muestra la importancia de la prevalencia al interpretar pruebas diagnósticas.

Definimos los eventos:

• \(A\): cliente de alto riesgo.
• \(B\): cliente de bajo riesgo.
• \(C\): tener un accidente.

Los datos son:

\[ P(A)=0{,}3 \qquad P(B)=0{,}7 \]

\[ P(C\mid A)=0{,}1 \qquad P(C\mid B)=0{,}02 \]

Primero calculamos la probabilidad total de tener un accidente:

\[ P(C)=P(C\mid A)P(A)+P(C\mid B)P(B) \]

\[ P(C)=0{,}1\cdot 0{,}3+0{,}02\cdot 0{,}7 \]

\[ P(C)=0{,}03+0{,}014=0{,}044 \]

Entonces:

\[ P(C^c)=1-P(C)=1-0{,}044=0{,}956 \]

1. Se pide \(P(A\mid C^c)\). Calculamos:

   \[ P(C^c\mid A)=1-P(C\mid A)=1-0{,}1=0{,}9 \]

   Luego:

   \[ P(A\cap C^c)=P(C^c\mid A)P(A)=0{,}9\cdot 0{,}3=0{,}27 \]

   Aplicamos probabilidad condicional:

   \[ P(A\mid C^c)=\frac{P(A\cap C^c)}{P(C^c)} \]

   \[ P(A\mid C^c)=\frac{0{,}27}{0{,}956}\approx 0{,}2824 \]

   La probabilidad es aproximadamente \(28{,}24\%\).

2. Se pide \(P(B\mid C)\). Calculamos:

   \[ P(B\cap C)=P(C\mid B)P(B)=0{,}02\cdot 0{,}7=0{,}014 \]

   Entonces:

   \[ P(B\mid C)=\frac{P(B\cap C)}{P(C)} \]

   \[ P(B\mid C)=\frac{0{,}014}{0{,}044}\approx 0{,}3182 \]

   La probabilidad es aproximadamente \(31{,}82\%\).

La respuesta correcta es que conviene cambiar de puerta. Cambiar aumenta la probabilidad de ganar de \(\frac{1}{3}\) a \(\frac{2}{3}\).

Inicialmente, la probabilidad de elegir la puerta correcta es:

\[ \frac{1}{3} \]

y la probabilidad de elegir una puerta incorrecta es:

\[ \frac{2}{3} \]

Cuando el presentador abre una puerta con una cabra, no lo hace al azar sin información: él sabe dónde está el coche. Por eso, su acción entrega información.

• Si al comienzo elegiste la puerta correcta, lo que ocurre con probabilidad \(\frac{1}{3}\), cambiar te hace perder.
• Si al comienzo elegiste una puerta incorrecta, lo que ocurre con probabilidad \(\frac{2}{3}\), cambiar te hace ganar.

Por lo tanto:

\[ P(\text{ganar si mantienes})=\frac{1}{3} \]

\[ P(\text{ganar si cambias})=\frac{2}{3} \]

Así, cambiar de puerta aumenta la probabilidad de ganar el coche.

Una formalización condicional puede hacerse así. Sea:

• \(C_i\): el coche está detrás de la puerta \(i\).
• \(A\): el presentador abre la Puerta 3 y muestra una cabra.

Si elegiste inicialmente la Puerta 1, entonces:

\[ P(C_1)=P(C_2)=P(C_3)=\frac{1}{3} \]

Además:

\[ P(A\mid C_1)=\frac{1}{2} \]

\[ P(A\mid C_2)=1 \]

\[ P(A\mid C_3)=0 \]

Calculamos \(P(A)\):

\[ P(A)=P(A\mid C_1)P(C_1)+P(A\mid C_2)P(C_2)+P(A\mid C_3)P(C_3) \]

\[ P(A)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}+1\cdot \frac{1}{3}+0\cdot \frac{1}{3} \]

\[ P(A)=\frac{1}{6}+\frac{1}{3}=\frac{1}{2} \]

Luego:

\[ P(C_1\mid A)=\frac{P(A\mid C_1)P(C_1)}{P(A)} \]

\[ P(C_1\mid A)=\frac{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3} \]

Y:

\[ P(C_2\mid A)=\frac{P(A\mid C_2)P(C_2)}{P(A)} \]

\[ P(C_2\mid A)=\frac{1\cdot \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3} \]

Por lo tanto, la probabilidad de ganar si cambias es \(\frac{2}{3}\), mientras que la probabilidad de ganar si mantienes la elección original es \(\frac{1}{3}\).