{los alumnos 1 y 2 están en grupos diferentes} frente a {los alumnos 1, 2, 3 y 4 están en grupos diferentes}

Question

_{Fuente: Ejemplo 1.11, p 26, *Introducción a la probabilidad (1 Ed, 2002) de Bertsekas, Tsitsiklis.}

En lo sucesivo, se abreviará a los estudiantes de posgrado como GS y a los de grado como UG.

Ejemplo 1.11. Una clase compuesta por 4 estudiantes de posgrado y 12 de licenciatura se divide al azar en 4 grupos de 4. ¿Cuál es la probabilidad de que cada grupo incluya un GS? Interpretamos que "al azar" significa que, dada la asignación de algunos estudiantes a determinadas plazas, cualquiera de los estudiantes restantes tiene la misma probabilidad de ser asignado a cualquiera de las plazas restantes.

Solución: A continuación, calculamos el probabilidad utilizando la regla de la multiplicación, basada en la descripción secuencial mostrada en la Fig. 1.12. Denotemos los cuatro GS por 1, 2, 3, 4, y consideremos los 4 eventos
$A_1$ = {GS 1 y 2 están en grupos diferentes},
$A_2$ = {GS 1, 2 y 3 están en grupos diferentes},
$A_3$ = {GS 1, 2, 3 y 4 están en grupos diferentes}.

Calcularemos $\Pr(A_3)$ utilizando la regla de la multiplicación:

$\Pr(A_3) = \Pr(A_1 A_2 A_3) = \Pr(A_1)\Pr(A_2 |A_1) \Pr(A_3 \mid A_1 \cap A_2)$ . $\qquad [...]$

1. ¿Cómo es $\Pr(A_3) = \Pr(A_1 A_2 A_3)$ ?

2. Entiendo que la pregunta pide $\Pr(A_1 A_2 A_3)$ ; pero ¿cómo sabrías (o adivinarías) reinterpretar y luego reescribir $\Pr(A_1 A_2 A_3)$ como $\Pr(A_3)$ ? 1 parece ser el paso clave, aunque complicado, para formular este problema.

Answer 1

1. ¿Cómo es $\Pr(A_3) = \Pr(A_1 ∩ A_2 ∩ A_3)$ ?

Si los GS 1, 2, 3 y 4 están en grupos diferentes, entonces

• Los GS 1, 2 y 3 están en grupos diferentes; y
• Los GS 1 y 2 están en grupos diferentes.

Por lo tanto, si $A_3$ entonces $A_2$ y $A_1$ .

En términos de teoría de conjuntos, $A_3 \subseteq A_2 \subseteq A_1$ . La intersección de un conjunto con cualquiera de sus subconjuntos es el subconjunto. Por lo tanto, $A_1 \cap A_2 \cap A_3 = (A_1 \cap A_2) \cap A_3 = A_2 \cap A_3 = A_3$ .

2. Entiendo que la pregunta pide $\Pr(A_1 ∩ A_2 ∩ A_3)$ ; pero ¿cómo sabrías (o adivinarías) reinterpretar y luego reescribir $\Pr(A_1 ∩ A_2 ∩ A_3)$ como $\Pr(A_3)$ ? 1 parece ser el paso clave, aunque complicado, para formular este problema.

La motivación de la refundición $\Pr(A_3)$ como $\Pr(A_1 \cap A_2 \cap A_3)$ es el deseo de trabajar con probabilidades condicionales, como las de $\Pr(A_1) \Pr(A_2 \mid A_1) \Pr(A_3 \mid A_1 \cap A_2)$ . En este sentido, $\Pr(A_1 \cap A_2 \cap A_3)$ actúa como puente hacia las probabilidades condicionales.

Cuando se pregunta cómo Me gustaría saber refundir el problema en términos de probabilidades condicionales, supongo que te refieres a cómo debe usted lo han sabido. En resumen, ¡no deberías haberlo sabido! Has encontrado el problema como un ejemplo en un libro de texto. El objetivo del ejemplo es enseñarte a resolver problemas de este tipo. Se esperaba que no para conocer el método de solución de antemano. (Si, por el contrario, a menudo sí conoce el método de solución de antemano, entonces está leyendo por debajo de su nivel).

Tome este ejemplo como lección: la relación entre las probabilidades de las intersecciones y las probabilidades condicionales puede ser útil para explotar cuando se encuentre con cualquiera de ellas. Ahora, cuando te encuentres con un problema similar en los ejercicios, puedes debe saber considerar la refundición del problema en términos de probabilidades condicionales.

Answer 2

Una solución alternativa:

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El número de formas de organizar el $16$ estudiantes en una fila y luego dividirla en $4$ segmentos iguales:

$$16!=20922789888000$$

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El número de formas de hacerlo de manera que cada segmento contenga un estudiante graduado:

$$\binom{4}{1}\cdot\binom{12}{3}\cdot4!\cdot\binom{3}{1}\cdot\binom{9}{3}\cdot4!\cdot\binom{2}{1}\cdot\binom{6}{3}\cdot4!\cdot\binom{1}{1}\cdot\binom{3}{3}\cdot4!=2942985830400$$

---

De ahí la probabilidad de que cada segmento contenga un estudiante graduado:

$$\frac{2942985830400}{20922789888000}=\frac{64}{455}$$

Answer 3

Los detalles de sus preguntas reales ( sobre cómo $A_3=A_3\cap A_2\cap A_1$ y tal ) parecen estar adecuadamente contestadas más arriba.

Aquí, en cambio, ofrezco una solución alternativa al problema planteado que puede ser más intuitiva que el enfoque del libro. Abordémoslo a través del recuento directo.

Supongamos temporalmente que los cuatro grupos se consideran distintos ( esto nos ayudará en nuestros intentos de recuento pero no es necesario hacerlo. Sin embargo, no tiene ningún efecto adverso en los resultados ).

Dejemos que $U=\{\text{all ways in which the sixteen people can break into four distinct groups of four}\}$ . ¿De cuántas maneras pueden dividirse las dieciséis personas en cuatro grupos distintos de cuatro? Este será nuestro espacio de muestra.

Tenemos entonces $|U|=\binom{16}{4,4,4,4}=\frac{16!}{4!4!4!4!}$

1. Si se quisiera considerar el problema en el que los grupos se consideran idénticos, nuestro espacio muestral cambia y tendríamos $|U|=\frac{1}{4!}\binom{16}{4,4,4,4}$ en su lugar. De nuevo, me resulta más fácil pensar utilizando el otro espacio muestral, ya que existe la frustración de tener que lidiar con las simetrías que implica este espacio muestral alternativo.

¿De cuántas maneras se pueden organizar los estudiantes de forma que haya exactamente un estudiante de posgrado (y tres de grado) en cada grupo?

• Elige al estudiante de posgrado para el grupo uno
• Elige a los estudiantes para el grupo uno
• Elige al estudiante de posgrado para el grupo dos
• Elige a los estudiantes para el grupo dos
• $\vdots$

Aplicando el principio de multiplicación del conteo, hay un total de $\binom{4}{1}\binom{12}{3}\binom{3}{1}\binom{9}{3}\binom{2}{1}\binom{6}{3}\binom{1}{1}\binom{3}{3} = \binom{4}{1,1,1,1}\binom{12}{3,3,3,3} = \frac{4!12!}{3!3!3!3!}$ diferentes maneras en que esto puede ocurrir.

2. Ahora puedes entender por qué he evitado el método en la 1 (y he ocultado el texto): en la 1, el número calculado sobrecontaba por un factor de $4!$ pero dividiendo por $4!$ soluciona el problema.

Teniendo en cuenta que todos los resultados en nuestro espacio muestral son equiprobables, la probabilidad de que esto ocurra es entonces:

$$\dfrac{4!\binom{12}{3,3,3,3}}{\binom{16}{4,4,4,4}} = \dfrac{4!12!4!4!4!4!}{3!3!3!3!16!}=\frac{64}{455}$$

3. Con el espacio muestral alternativo en 1, tenemos un $\frac{1}{4!}$ que aparecen tanto en la parte superior como en la inferior de la fracción y que se anulan, dando lugar a la misma probabilidad.