Capítulo 9

Cálculo de probabilidades

La Física es una de las ramas más importantes de las Ciencias Naturales. Su objetivo principal es el de describir la Naturaleza de la forma más …able posible. Para ello, hace uso de las magnitudes, y su herramienta fundamental es la Matemática. En último término, trata de predecir el futuro, ya sea el del Universo o el de experiencias más modestas como reacciones químicas o experimentos cinemáticos. Su concepción principal es que la Naturaleza se rige por ciertas propiedades, que usualmente se pueden describir en términos matemáticos. De esta forma, cuando un experimento se repite idéntico a otro, controlando todas las variables que intervienen y disponiendo de las mismas condiciones iniciales, los dos deben arrojar los mismos resultados. Se trata entonces de experimentos determinados, pues no hay nada en ellos aleatorio y, de una forma u otra, se puede predecir el resultado (eso sí, cuando conocemos la ley física que interviene). No son éstos los experimentos que nos interesan en este tema. Más bien nos centraremos en experiencias de las que, a priori, no podemos predecir el comportamiento, aun cuando las repitamos bajo las mismas condiciones iniciales (lanzar un dado o una moneda). En ellas interviene el azar, la suerte o como se quiera decir. Hoy en día, incluso la Física se ha rendido a la necesidad de utilizar la Probabilidad para desarrollar la Mecánica cuántica.

1

2

9.1.

CAPÍTULO 9. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

Experimentos aleatorios. Espacio muestral.

Una experiencia (o experimento) aleatoria es aquella cuyo resultado depende del azar. Un suceso aleatorio es un acontecimiento que ocurrirá o no dependiendo del azar. Llamaremos espacio muestral de un experimento aleatorio, y lo denotaremos por E (o por ), al conjunto formado por todos los resultados posibles del experimento. A cada uno de sus elementos se les denomina puntos muestrales, sucesos elementales o casos. Por ejemplo, al lanzar una moneda, dos monedas o un dado podemos obtener los siguientes sucesos elementales: E1m = f c; + g ;

9.2.

E2m = f cc; c+; +c; + + g ;

E1d = f 1; 2; 3; 4; 5; 6 g :

Sucesos aleatorios

Se llama suceso aleatorio (o simplemente suceso) de un experimento aleatorio a cada uno de los subconjuntos del espacio muestral. Se denotan los distintos sucesos con letras mayúsculas A, B, C,. . . El conjunto formado por todos los sucesos de un experimento aleatorio se denomina espacio de sucesos, y se denota por S (o por A). Diremos que un suceso A ocurre, se veri…ca, se realiza o se presenta si al efectuar una prueba del experimento aleatorio, obtenemos como resultado uno de los sucesos elementales que componen el suceso A. Lema 9.2.1 Si el espacio muestral E de un experimento aleatorio es …nito y posee n sucesos elementales, entonces su espacio de sucesos asociado S también es …nito y posee exactamente 2n sucesos.

9.3.

Distintos tipos de sucesos

Existe toda una nomenclatura acerca de los sucesos de una experiencia aleatoria que debemos conocer.

Sucesos elementales son los sucesos formados por un único punto muestral, es decir, que no se pueden dividir a su vez en otros sucesos más sencillos. Sucesos compuestos son los sucesos formados por dos o más puntos muestrales. El suceso cierto (o suceso seguro) es el suceso que siempre ocurre. Se denota por E ya que siempre ha de ocurrir alguno de los sucesos elementales del espacio muestral. A. Roldán

3

9.4. Operaciones con sucesos. Diagramas de Venn

El suceso imposible es el que nunca se realiza. Se denota por ?, que es el símbolo del conjunto vacío. Dado un suceso A, llamaremos suceso contrario (o suceso opuesto o suceso complementario) del suceso A, y lo denotaremos por A o por AC , al suceso que se realiza cuando no se realiza el suceso A.

9.4.

Operaciones con sucesos. Diagramas de Venn

Sean A y B dos sucesos cualesquiera de un experimento aleatorio.

El suceso unión de los sucesos A y B, que se denota por A [ B, es el suceso que se realiza cuando ocurre o bien A, o bien B o bien ambos a la vez.

A

B

El suceso intersección de los sucesos A y B, que se denota por A \ B, es el suceso que se realiza cuando ocurren los sucesos A y B simultáneamente.

A

B

El suceso diferencia entre A y B, que se denota por A B o por A B, es el suceso que se realiza cuando ocurre A pero no ocurre B. Puede expresarse como A B = A \ B.

A

B

A. Roldán

4

CAPÍTULO 9. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

Diremos que un suceso A está contenido en otro suceso B, y lo denotaremos por A siempre que ocurre A también ocurre B. Son inmediatas las siguientes inclusiones. A\B

A

A[B

E;

A\B

B

A[B

B, si

E:

Recordemos que el suceso contrario de A es el que ocurre cuando no ocurre A, es decir, como en la siguiente …gura.

AC A

Diremos que dos sucesos son incompatibles si su intersección es el suceso imposible, es decir, no pueden ocurrir simultáneamente. En muchas ocasiones, cuando dos sucesos son incompatibles, a su unión se la denota por A [ B, utilizando el punto sobre la unión para indicar que los sucesos A y B no tienen nada en común. Diremos que dos o más sucesos son exhaustivos si su unión es el suceso seguro. Lema 9.4.1 Las operaciones con sucesos veri…can las siguientes propiedades:

1. Asociativas: (A [ B) [ C = A [ (B [ C) ;

(A \ B) \ C = A \ (B \ C) :

2. Conmutativas: A [ B = B [ A;

A \ B = B \ A:

3. Distributivas: A [ (B \ C) = (A [ B) \ (A [ C) ;

A \ (B [ C) = (A \ B) [ (A \ C) :

4. Sucesos complementarios: A = A;

A [ A = E;

A \ A = ?:

5. Leyes de simpli…cación: A [ (A \ B) = A; A. Roldán

A \ (A [ B) = A:

5

9.5. Sistema completo de sucesos

6. Leyes de De Morgan: El complemento de la unión de sucesos es la intersección de sus complementarios. A \ B = A [ B; A [ B = A \ B: Por veri…car algunas de estas propiedades, el espacio de sucesos S, dotado de las operaciones unión e intersección, es decir, la terna (S; [; \), se denomina un álgebra de sucesos.

9.5.

Sistema completo de sucesos

En ocasiones, el espacio muestral es demasiado grande y es interesante dividirlo en partes que los separen por completo. Por ejemplo, en la experiencia de lanzar un dado, es usual considerar los sucesos “salir par” y “salir impar”. Estos sucesos trocean el espacio muestral como si fuese una tarta, de manera que su unión es el espacio completo pero no tienen nada en común. De…nición 9.5.1 Diremos que los sucesos A1 ; A2 ; : : : ; An forman un sistema completo de sucesos para un determinado experimento aleatorio si son exhaustivos (su unión es todo el espacio muestral) y disjuntos (dos a dos distintos son incompatibles). ( A1 [ A2 [ : : : [ An = E: Ai \ Aj = ?; 8i; j 2 f1; 2; : : : ; ng ; i 6= j: Esto signi…ca que cada vez que se realiza el experimento, ocurre uno, y sólo uno, de los sucesos A1 ; A 2 ; : : : ; A n . Un sistema completo de sucesos permite expresar cualquier otro suceso de la forma B = B \ E = B \ (A1 [ A2 [ : : : [ An ) = (B \ A1 ) [ (B \ A2 ) [ : : : [ (B \ An ) ;

(9.1)

lo que signi…ca que el suceso B ocurre en distintos casos: B \ A1 , B \ A2 ,. . . , B \ An . Esta descomposición será fundamental a la hora de comprender el teorema de la probabilidad total §10.4.2.

9.6.

Experimentos compuestos

Un experimento aleatorio se dice compuesto si puede considerarse como la realización de varios experimentos aleatorios más sencillos de manera consecutiva o simultánea. En tal caso, el espacio muestral del experimento compuesto puede verse como el producto cartesiano de los espacios muestrales de las experiencias más sencillas. A. Roldán

6

CAPÍTULO 9. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

Por ejemplo, el experimento que consiste en lanzar dos monedas puede considerarse como la repetición del lanzamiento de una moneda dos veces. Lo mismo ocurre con un dado, y si lanzamos a la vez una moneda y un dado. Supongamos que lanzamos a la vez una moneda y un dado. Sus respectivos espacios muestrales son E1 = E1m = f c; + g ;

E2 = E1d = f 1; 2; 3; 4; 5; 6 g :

En el experimento compuesto, denotaremos por (c; 3) al suceso que ocurre si en la moneda sale cara y en el dado el número tres. Así, el espacio muestral de la experiencia compuesta es ( ) (c; 1) ; (c; 2) ; (c; 3) ; (c; 4) ; (c; 5) ; (c; 6) ; E = E 1 E2 = : (+; 1) ; (+; 2) ; (+; 3) ; (+; 4) ; (+; 5) ; (+; 6) Observamos que en la moneda podemos conseguir dos resultados distintos (cara o cruz), y el el dado, seis. Por eso, en el experimento compuesto, el espacio muestral está formado por doce sucesos elementales. Esto no es casualidad. Lema 9.6.1 (Principio de multiplicación) Si un procedimiento se puede separar en r etapas, de modo que el resultado de una de ellas no in‡uye en el resultado de las otras etapas, y en cada una de estas etapas se obtienen n1 ; n2 ; : : : ; nr resultados, respectivamente, entonces el procedimiento global conduce a n1 n2 : : : nr resultados posibles. Ejemplo 9.6.2 Supongamos que Ana dispone de dos pares de zapatos, unas zapatillas deportivas, seis pantalones, tres faldas, nueve camisetas y cinco blusas. ¿De cuántas formas distintas se puede vestir para ir al instituto? Para los pies, dispone de tres posibilidades; para tapar las piernas, nueve posibilidades, y para el torso, catorce posibilidades. Entonces, combinándolas adecuadamente, tendremos 3 9 14 = 378 combinaciones distintas. Así, podría ir todos los días a clase durante más de dos años sin repetir el modelo que utilice (ten en cuenta que el curso dura, como mucho, 175 días). Imagínate las posibilidades que tienes si añades calcetines, ropa interior, sudaderas, camisas, jerseys, abrigos, bufandas, etc.

9.7.

Ley de los grandes números. Idea intuitiva de probabilidad

Consideremos un experimento aleatorio y elijamos un suceso no imposible A. Repitamos una y otra vez el experimento, de forma independiente, y contemos el número de ocasiones en que ocurre el suceso A. Este número se llama frecuencia absoluta del suceso A y, desde luego, depende tanto del suceso como del número de repeticiones que hagamos del mismo. Quizá A. Roldán

7

9.7. Ley de los grandes números. Idea intuitiva de probabilidad

más interesante es considerar su frecuencia relativa, es decir, el cociente entre el número de ocasiones en que ocurre A y el número total de repeticiones del experimento. Esta frecuencia depende de las mismas variables que la frecuencia absoluta, pero tiene la ventaja de que siempre es un número comprendido entre cero y uno. Llamemos fn a la frecuencia relativa del suceso A cuando el experimento se ha repetido n veces. La ley de los grandes números a…rma que la sucesión ff1 ; f2 ; f3 ; : : :g es convergente a un número real entre cero y uno, que se interpreta como la probabilidad de que ocurra el suceso A. ¿Por qué converge esta sucesión? Para comprenderlo, consideremos el experimento que consiste en lanzar un dado, y queremos estudiar la sucesión de frecuencias relativas de apariciones del número 4. Como los números del dado aparecen, aproximadamente, con la misma asiduidad, sería perfectamente lógico que al lanzar el dado 100, 1000 y 10000 veces, el número 4 apareciera 15, 168 y 1660 veces, respectivamente. Entonces, las respectivas frecuencias del número 4 serían

f100 =

15 = 00 15; 100

f1000 =

168 = 00 168; 1000

f10000 =

1660 = 00 166: 10000

Desde luego, estas frecuencias dependen tanto del número de repeticiones que se hagan como del número de apariciones del número 4 en las mismas. Así, la sucesión de frecuencias relativas puede ‡uctuar por encima y por debajo del 160 6 %, según si tenemos una racha buena o mala de apariciones del número 4. Pero, ¿cómo afectaría a estas frecuencias una racha de cinco 4 seguidos? Observa cómo cambian las frecuencias relativas.

Con cinco 4 seguidos

8 20 > 00 19; f105 = > > 105 > > > < 173 f1005 = 00 1721; > 1005 > > > > > 1665 : f 00 1664; 10005 = 10005

f = f105

f100 =

20 105

15 17 = 100 420

4 %;

173 168 00 4139 %; 1005 1000 1665 1660 f= 00 0417 %: 10005 10000 f=

Al parecer, el error absoluto que se comete entre una aproximación y otra tiende a cero, es decir, la racha de cinco 4 seguidos cada vez afecta menos, pues a pesar de que el numerador se ve incrementado en cinco unidades, el denominador, al ser cada vez más grande, se ve paulatinamente menos afectado por este tipo de rachas. Así, al cociente fn le afecta cada vez menos las ‡uctuaciones del numerador, y la sucesión de frecuencias relativas converge, inevitablemente, a un número entre cero y uno.

Teorema 9.7.1 (Ley de los grandes números) La sucesión de frecuencias relativas asociadas a cualquier suceso A de un experimento aleatorio que se repite, de manera independiente, una y otra vez, es una sucesión convergente. Además, su límite es un número entre cero y uno. A. Roldán

8

CAPÍTULO 9. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

9.8.

De…nición clásica de probabilidad

Consideremos una experiencia aleatoria con un espacio muestral E …nito, y supongamos que sus sucesos elementales aparecen con la misma asiduidad al repetir el experimento aleatorio. Llamaremos probabilidad del suceso A 2 S, y la denotaremos por p (A), al cociente entre el número de casos del espacio muestral en los que se presenta el suceso A y el número total de casos de la experiencia aleatoria (abreviadamente, se dice casos favorables entre casos posibles).

p (A) =

número de casos favorables a A : número total de casos posibles

Básicamente estamos recurriendo a la siguiente idea. Como el espacio muestral es …nito, se puede expresar de la forma E = fX1 ; X2 ; : : : ; Xn g, donde cada Xi es un punto muestral y n es el número de casos posibles. Así, cada suceso aleatorio A debe ser la unión de ciertos sucesos elementales, es decir, A = fX 1 ; X 2 ; : : : ; X m g, donde f 1 ; 2 ; : : : ; m g f1; 2; : : : ; ng. De esta forma, el suceso A es la unión de los sucesos elementales X 1 ; X 2 ; : : : ; X m , por lo que hay m casos posibles en los que ocurre el suceso A. Así, p (A) = m=n. Con esta de…nición, es inmediato que se cumplen las siguientes propiedades: 0

p (A)

1.

p (E) = 1: p (?) = 0: Si A \ B = ?, entonces p (A [ B) = p (A) + p (B) : p A =1

p (A) :

Esta de…nición posee tres problemas. El primero es que no siempre el espacio muestral es …nito. Por ejemplo, si consideramos el experimento en el que le preguntamos a una persona por un número natural, el conjunto de resultados posible no es …nito. Por tanto, no podemos considerar esta forma de de…nir la probabilidad. Otro problema es que en la misma de…nición se intuye, antes de de…nirse, la noción de probabilidad, pues hablamos de sucesos elementales que ocurren con la misma asiduidad. Aquí ya está implícita la idea de equiprobabilidad. Finalmente, aun cuando el espacio muestral sea …nito, los sucesos elementales pueden no ser equiprobables, por ejemplo cuando un dado está trucado. Para solucionar estos problemas, nos preguntamos cuáles de éstas propiedades son fundamentales a la hora de de…nir la noción de probabilidad. Es lo que resolvemos en el siguiente apartado. A. Roldán

9

9.9. Definición axiomática de probabilidad

9.9.

De…nición axiomática de probabilidad

Sea E el espacio muestral asociado a una experiencia aleatoria y denotemos por S a su álgebra de sucesos. Llamaremos probabilidad (o función de probabilidad) a cualquier ley p : S ! R que a cada suceso aleatorio A 2 S le asocie un número real p (A) y que cumpla las tres siguientes condiciones:

(K1) La probabilidad de cualquier suceso aleatorio es no negativa: p (A)

0:

(K2) La probabilidad del suceso seguro es uno: p (E) = 1: (K3) La probabilidad de la unión de sucesos incompatibles es la suma de sus probabilidades: A\B =?

)

p (A [ B) = p (A) + p (B) :

Estas tres propiedades se denominan axiomas de Kolmogorov, y constituyen la base de la teoría axiomática de la probabilidad. Llamaremos espacio de probabilidad a cualquier terna (E; S; p), donde p es una función de probabilidad de…nida sobre el espacio de sucesos S de un experimento aleatorio cuyo espacio muestral es E.

9.10.

Consecuencias de los axiomas

Lema 9.10.1 Sean A; B 2 S cualesquiera sucesos de una experiencia aleatoria con espacio de probabilidad (E; S; p). Entonces se veri…can las siguientes propiedades.

1. La probabilidad del suceso imposible es nula: p (?) = 0: 2. La probabilidad del suceso complementario de A es la unidad menos la probabilidad de A: p A =1

p (A) : A. Roldán

10

CAPÍTULO 9. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

3. La función de probabilidad está acotada entre cero y uno: 0 4. Si A

p (A)

1:

B, entonces p (B) = p (A) + p (B A) :

En particular, p (A)

p (B).

5. Si A1 , A2 , . . . , An son sucesos disjuntos dos a dos, entonces p A1 [ A2 [ : : : [ An = p (A1 ) + p (A2 ) + : : : + p (An ) : 6. La probabilidad de la unión de sucesos es p (A [ B) = p (A) + p (B) p (A [ B [ C) = p (A) + p (B) + p (C)

p (A \ B)

p (A \ B)

p (A \ C)

p (B \ C) + p (A \ B \ C) :

7. La probabilidad del suceso diferencia A B, es decir, la probabilidad de que ocurra el suceso A pero no el suceso B, es p (A B) = p (A)

p (A \ B) = p (A [ B)

p (B)

8. La probabilidad de la unión de sucesos también puede ser calculada como

A

B

p (A [ B) = p (A) + p (B A) = p (B) + p (A B) :

9. Si C es el suceso que ocurre cuando se veri…ca uno, y sólo uno, de los sucesos A y B, entonces

A p (C) = p (A B)+p (B A) = p (A)+p (B) 2p (A \ B) :

A. Roldán

B

11

9.11. Ejercicios y problemas

10. Si el espacio muestral es …nito, E = fX1 ; X2 ; : : : ; Xn g, y un suceso aleatorio se expresa como la unión de un cierto número de casos (A = fX 1 ; X 2 ; : : : ; X m g, donde f 1 ; 2 ; : : : ; m g f1; 2; : : : ; ng), entonces p (A) = p (X 1 ) + p (X 2 ) + : : : + p (X

m

)

(aun cuando los sucesos elementales no sean equiprobables). 11. [Ley de LAPLACE] Si el espacio muestral es …nito, E = fX1 ; X2 ; : : : ; Xn g, y está formado por sucesos equiprobables, entonces la probabilidad de cualquier otro suceso A = fX 1 ; X 2 ; : : : ; X m g, donde f 1 ; 2 ; : : : ; m g f1; 2; : : : ; ng, es el cociente entre el número de casos en los que ocurre el suceso A y el número total de casos: p (A) =

9.11.

m número de casos favorables a A = : n número total de casos posibles

Ejercicios y problemas

A lo largo de los siguientes ejercicios, utilizaremos la notación (9.4.1, §6), para referirnos al apartado 6 del lema (9.4.1), que no es otro que las leyes de De Morgan. Esta notación nos facilitará referirnos a los resultados que ya hemos enunciado. Ejercicio 1 En una clase de un instituto, el 60 % de los alumnos juega al fútbol o al baloncesto y el 10 % practica ambos deportes. Si además hay un 60 % que no juega al fútbol, cuál será la probabilidad de que, escogido un alumno al azar:

(a) juegue sólo al fútbol; (b) juegue sólo al baloncesto; (c) practique sólo uno de los dos deportes; (d) no juegue ni al fútbol ni al baloncesto.

Solución :

Llamemos F al suceso “elegido un alumno al azar de la clase, éste juega al fútbol” y B al suceso “éste juega al baloncesto”. Las probabilidades que se nos dan son: p (F [ B) = 00 6;

p (F \ B) = 00 1;

p F = 00 6:

Inmediatamente, la probabilidad de jugar al fútbol es p (F ) = 1 probabilidad de que juegue al baloncesto se deduce de p (B) = p (F [ B) + p (F \ B)

p (F ) = 00 6 + 00 1

p F =1

00 6 = 00 4, y la

00 4 = 00 3: A. Roldán

12

CAPÍTULO 9. CÁLCULO DE PROBABILIDADES

Podemos ahora responder a las preguntas. La probabilidad de que sólo juegue al fútbol es, según el lema (9.10.1, §7): p (“sólo fútbol”) = p (F

B) = p (F )

p (F \ B) = 00 4

00 1 = 00 3:

La probabilidad de que sólo juegue al baloncesto es: p (“sólo baloncesto”) = p (B F ) = p (B)

p (F \ B) = 00 3

00 1 = 00 2:

La probabilidad de que practique sólo uno de los dos deportes es la suma de las dos anteriores: p (“sólo un deporte”) = p (F

B) + p (B F ) = 00 3 + 00 2 = 00 5:

Finalmente, la probabilidad de que no juegue al fútbol ni al baloncesto, aplicando las leyes de De Morgan (9.4.1, §6), es: p F \B =p F [B =1

p (F [ B) = 1

00 6 = 00 4:

Esto concluye el ejercicio. Ejercicio 2 Un taller sabe que por término medio acuden: por la mañana 3 automóviles con problemas eléctricos, 8 con problemas mecánicos y 3 con problemas de chapa, y por la tarde 2 con problemas eléctricos, 3 con problemas mecánicos y 1 con problemas de chapa.

(a) Hacer una tabla ordenando los datos anteriores. (b) Calcular el porcentaje de los que acuden por la tarde. (c) Calcular el porcentaje de los que acuden por problemas mecánicos. (d) Calcular la probabilidad de que un automóvil con problemas eléctricos acuda por la mañana.

Solución :

La tabla solicitada es la siguiente: Pr. Eléctr.

Pr. Mecán.

Pr. Chapa

TOTAL

Mañana

3

8

3

14

Tarde

2

3

1

6

TOTAL

5

11

4

20

Entonces, el porcentaje de los que acuden por la tarde es p (“acuden por la tarde”) =

no acuden por la tarde 6 3 = = = 30 %: o n total de casos 20 10

El porcentaje de los que acuden por problemas mecánicos es p (“acuden por prob. mecánicos”) = A. Roldán

no acuden por prob. mecánicos 11 = = 55 %: o n total de casos 20

13

9.11. Ejercicios y problemas

Finalmente, entre los que acuden por problemas eléctricos, la probabilidad de acudir por la mañana es no acuden por la mañana con prob. eléctr. por la mañana 3 = p = = 00 6: o con prob. eléctricos n acuden con prob. eléctr. 5

Ejercicio 3 La probabilidad de que una persona adquiera en una librería un periódico es de 0’4. La probabilidad de que adquiera una revista es de 0’3. La probabilidad de que adquiera ambas publicaciones es de 0’2. Calcula la probabilidad de que: (a) adquiera alguna publicación; (b) no adquiera ninguna publicación; (c) adquiera sólo un periódico. Solución :

Llamemos P al suceso “un cliente al azar de la librería compra un periódico” y R “compra una revista”. Según los datos de que disponemos, p (P ) = 00 4, p (R) = 00 3 y p (P \ R) = 00 2. Entonces la probabilidad de adquirir alguna publicación es p (P [ R) = p (P ) + p (R)

p (P \ R) = 00 4 + 00 3

00 2 = 00 5:

Aplicando las leyes de De Morgan (9.4.1, §6), la probabilidad de no adquirir ninguna publicación es: p P \ R = p P [ R = 1 p (P [ R) = 1 00 5 = 00 5: Finalmente, la probabilidad de adquirir únicamente un periódico es, según (9.10.1, §7), p P \ R = p (P

R) = p (P )

p (P \ R) = 00 4

00 2 = 00 2:

Ejercicio 4 Sea A y B dos sucesos de manera que p (A) = 00 6, p (B) = 00 7 y p (A [ B) p (A \ B) = 00 3. Calcula p (A [ B) y p (A \ B). Solución :

Si llamamos x = p (A [ B) e y = p (A \ B), tenemos la ecuación x lado, sabemos que

y = 00 3. Por otro

x + y = p (A [ B) + p (A \ B) = p (A) + p (B) = 00 6 + 00 7 = 10 3: Resolviendo el sistema resultante, acabamos el ejercicio: ( ( x y = 00 3 x = p (A [ B) = 00 8; ) x + y = 10 3 y = p (A \ B) = 00 5:

A. Roldán

Cap´ıtulo 10

Probabilidad condicionada 10.1.

Introducci´ on

Supongamos que lanzamos un dado y queremos estudiar si ocurre el suceso A = {1} =“salir 1”. Evidentemente, p (A) = 1/6. Lanzamos el dado pero antes de que podamos ver si ha salido un uno, alguien nos da informaci´on adicional: B =“ha salido un n´ umero impar”. Sin ver a´ un el ´ resultado en el dado, ¿ha cambiado mi probabilidad de acertar? La respuesta es SI. Antes, mi espacio muestral era {1, 2, 3, 4, 5, 6}, por lo que el n´ umero uno s´olo pod´ıa salir en una de cada seis posibilidades. Pero ahora sabemos que ha salido un n´ umero impar, es decir, ha sucedido B = {1, 3, 5}. ¿Cu´antas posibilidades quedan y en cu´antas de ellas sale el n´ umero uno? Ahora 1 p (A/con informaci´on adicional) = . 3 Resulta pues que si conocemos informaci´on adicional, la probabilidad de A (sujeta a esta informaci´on) var´ıa respecto de su probabilidad al principio. ¿Como se relacionan estas dos probabilidades? Claramente p (A) 1/6 1 = = = p (B) . p (A / inform) 1/3 2 Pero como A ⊂ B, es claro que A ∩ B = A, y entonces podemos despejar

p (A / inform) =

p (A) p (A ∩ B) = . p (B) p (B)

´ Esta ser´a la f´ormula de la que partiremos. 15

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

16

10.2.

Probabilidad condicionada

Definici´ on 10.2.1 Sea (E, S, p) un espacio de probabilidad y sean A, B ∈ S dos sucesos de manera que B no es imposible. Llamaremos probabilidad del suceso A condicionada al
A cuando sea necesario), al n´ umero real: suceso B, y la denotaremos por p (A/B) (o por p B p (A/B) =

p (A ∩ B) . p (B)

En general, si ninguno de los dos sucesos es imposible, se tiene la relaci´on: p (A ∩ B) = p (A) · p (B/A) = p (B) · p (A/B)

(10.1)

La probabilidad p (A/B) mide la importancia de la intersecci´on A ∩ B dentro del suceso B, es decir, el porcentaje de ´ area que representa la intersecci´on dentro del suceso B.

10.3.

Dependencia e independencia de sucesos

Hemos visto en la introducci´on c´omo conocer informaci´on acerca de la que ha ocurrido en el experimento modifica la probabilidad que tenemos de que suceda lo que estamos estudiando. Tambi´en es posible que no la modifique. Por ejemplo, supongamos que lanzamos un dado y estudiamos el suceso A = {1, 2}. Claramente, p (A) = 1/3. Imaginemos que al lanzar el dado alguien nos dice que ha salido impar. Entonces el suceso B = {1, 3, 5} =“salir impar” s´ı se verifica pero, ¿afecta a la probabilidad de que ocurra A? En este caso no porque de tres posibilidades, {1, 3, 5}, s´olo ocurre A en una de ellas, {1}, por lo que p (A/B) =

1 = p (A) . 3

En este caso, el que suceda B no afecta a la probabilidad que tenemos de que suceda A. Diremos entonces que los sucesos son independientes. Definici´ on 10.3.1 Sea (E, S, p) un espacio de probabilidad y sean A, B ∈ S dos sucesos de manera que B no es imposible. Diremos que el suceso A es independiente del suceso B si p (A/B) = p (A) . Lema 10.3.2 Sea (E, S, p) un espacio de probabilidad y sean A, B ∈ S dos sucesos no imposibles. Entonces A es independiente de B si, y s´ olo si, B es independiente de A, lo cual ocurre si, y s´ olo si, p (A ∩ B) = p (A) · p (B) . A. Rold´an

17

10.4. Teoremas notables sobre probabilidad ´n : Demostracio

Sabiendo que p (B) 6= 0 y teniendo en cuenta la igualdad (10.1), deducimos que

A es independiente de B

⇔

p (A/B) = p (A)

⇔

p (B) · p (A/B) = p (B) · p (A)

⇔

p (A ∩ B) = p (A) · p (B) .

⇔

Y como esta relaci´on es sim´etrica en A y B, esta condici´on es equivalente a que B sea independiente de A.

El lema anterior pone de manifiesto que la relaci´on de independencia es una relaci´on sim´etrica, por lo que diremos que dos sucesos A y B son independientes si, s´olo si, uno de ellos es independiente del otro. Adem´as, conviene recordar la caracterizaci´on anterior: A y B son independientes

⇔

p (A ∩ B) = p (A) · p (B)

(10.2)

En caso contrario, diremos que los sucesos A y B son dependientes. Nota 1 No deben confundirse las nociones de independencia e incompatibilidad de sucesos. Dos sucesos son incompatibles cuando su intersecci´on es vac´ıa. Esta definici´on no tiene nada que ver con la probabilidad; simplemente se dice que los dos no pueden ocurrir simult´aneamente. Por otro lado, dos sucesos son independientes cuando el que suceda uno de ellos no modifica la probabilidad de que suceda el otro. Nota 2 Dos sucesos A y B son independientes si, y s´olo si, la proporci´on que ocupa el suceso A dentro de E es igual a la proporci´on que ocupa la intersecci´on A ∩ B dentro de B, ya que p (A ∩ B) = p (A) · p (B)

⇔

p (A ∩ B) p (A) = . p (E) p (B)

Ejercicio 5 Demuestra que son equivalentes las siguientes afirmaciones:

a) A y B son independientes; ¯ son independientes; b) sus complementarios, A¯ y B, ¯ son independientes; c) A y B d) A¯ y B son independientes;

10.4.

Teoremas notables sobre probabilidad

La presente secci´on est´a dedicada al estudio de ciertos teoremas relacionados con las probabilidades condicionadas y que son muy efectivos en la mayor´ıa de los casos. Primeramente los enunciamos y los demostramos y despu´es pondremos ejemplos de c´omo se utilizan. A. Rold´an

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

18

Teorema 10.4.1 (de la probabilidad compuesta) Sea (E, S, p) un espacio de probabilidad y sean A1 , A2 , . . . , An ∈ S sucesos de manera que su intersecci´ on no es imposible. Entonces       A2 A3 An p (A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An ) = p (A1 ) · p ·p ·. . .·p . (10.3) A1 A1 ∩ A2 A1 ∩ A2 ∩ . . . ∩ An−1 ´n : Demostracio

Si hay dos sucesos, este teorema no es m´as que la caracterizaci´on (10.1). Si hay tres sucesos, podemos llamar B = A1 ∩ A2 , de manera que   A3 = p (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = p (B ∩ A3 ) = p (B) · p (A3 /B) = p (A1 ∩ A2 ) · p A1 ∩ A2   A3 = p (A1 ) · p (A2 /A1 ) · p . A1 ∩ A2 Este argumento sirve tambi´en para hacer inducci´on sobre el n´ umero de sucesos que intervienen.

En los dos siguientes teoremas, es fundamental que los sucesos {A1 , A2 , . . . , An } ⊂ S formen un sistema completo de sucesos para el experimento aleatorio que estamos considerando (recu´erdese la definici´on 9.5.1) Teorema 10.4.2 (de la probabilidad total) Sea (E, S, p) un espacio de probabilidad y sea {A1 , A2 , . . . , An } ⊂ S un sistema completo de sucesos. Entonces la probabilidad de cualquier suceso B ∈ S es       B B B + p (A2 ) · p + . . . + p (An ) · p . (10.4) p (B) = p (A1 ) · p A1 A2 An ´n : Demostracio

Nos basamos en la descomposici´on (9.1), que est´a formada por sucesos disjuntos: •

•

•

B = (B ∩ A1 ) ∪ (B ∩ A2 ) ∪ . . . ∪ (B ∩ An ) , y teniendo en cuenta que  p (B ∩ Ai ) = p (Ai ) · p

B Ai

 ,

∀i ∈ {1, 2, . . . , n} ,

podemos afirmar que p (B) = p (B ∩ A1 ) + p (B ∩ A2 ) + . . . + p (B ∩ An ) =       B B B = p (A1 ) · p + p (A2 ) · p + . . . + p (An ) · p , A1 A2 An que es precisamente lo que afirma el teorema. A. Rold´an

19

10.5. Ejercicios y problemas

Teorema 10.4.3 (de Bayes) Sea (E, S, p) un espacio de probabilidad, sea {A1 , A2 , . . . , An } ⊂ S un sistema completo de sucesos y sea B cualquier suceso no imposible. Entonces   B   p (A ) · p i Ai Ai      . = p (10.5) B p (A ) · p B + p (A ) · p B + . . . + p (A ) · p B 1

A1

2

A2

n

An

Las probabilidades {p (Ai )}1≤i≤n se llaman verosimilitudes y son las probabilidades de las que partimos en casi todos los ejercicios; las probabilidades {p (B/Ai )}1≤i≤n se llaman probabilidades a priori y tambi´en suelen ser conocidas o se pueden deducir de forma inmediata; y las probabilidades {p (Ai /B)}1≤i≤n se denominan probabilidades a posteriori y s´olo en casos muy concretos se nos solicitan. En tal caso, las encontraremos utilizando el teorema de Bayes, que es el teorema que espec´ıficamente las determina.

´n : Demostracio

S´olo hay que aplicar la definici´on de probabilidad condicionada.   p (Ai ∩ B) Ai = . p B p (B)

Aplicando al numerador el teorema de la probabilidad compuesta (10.4.1) y al denominador el teorema de la probabilidad total (10.4.2), hemos acabado.

10.5.

Ejercicios y problemas


Ejercicio 6 Sean A y B dos sucesos tales que p AC = 00 60, p (B) = 00 25 y p (A ∪ B) = 00 55.

a) (1 punto) Razone si A y B son independientes.
b) (1 punto) Calcule p AC ∪ B C .

´n : Solucio


Es claro que p (A) = 1 − p AC = 00 4. Adem´as p (A ∩ B) = p (A) + p (B) − p (A ∪ B) = 00 4 + 00 25 − 00 55 = 00 1, p (A) · p (B) = 00 4 · 00 25 = 00 1.

Como p (A ∩ B) = p (A) · p (B), los sucesos A y B son independientes. Por otro lado, aplicando las leyes de De Morgan, se tiene que  
p AC ∪ B C = p (A ∩ B)C = 1 − p (A ∩ B) = 1 − 00 1 = 00 9.

A. Rold´an

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

20

Ejercicio 7 Sea A y B dos sucesos independientes de un experimento aleatorio tales que la probabilidad de que ocurran ambos simult´ aneamente es 1/3 y la de que no ocurra ninguno de los dos es 1/6. Calc´ ulese p (A) y p (B).

´n : Solucio

Los datos que nos indica el problema son 1 p (A ∩ B) = , 3


¯ = 1, p A¯ ∩ B 6

pero tambi´en nos da otro dato muy importante: son independientes, por lo que deducimos que p (A ∩ B) = p (A) · p (B). Llamemos p = p (A). Seg´ un esta igualdad, se tiene que p (B) =

p (A ∩ B) 1/3 1 = = . p (A) p 3p

Utilizamos ahora las leyes de De Morgan (lema 9.4.1, apartado 6) para determinar que

1 ¯ = p A ∪ B = 1 − p (A ∪ B) = 1 − (p (A) + p (B) − p (A ∩ B)) = = p A¯ ∩ B 6 1 1 + . =1−p− 3p 3 Multiplicando por 6p tenemos la ecuaci´on de segundo grado 1 1 1 =1−p− + 6 3p 3

⇔

2

p = 6p − 6p − 2 + 2p

⇔

2

6p − 7p + 2 = 0

 ⇔

p∈

1 2 , 2 3

 .

Si p = p (A) = 1/2, entonces p (B) = 1/(3p) = 2/3 y viceversa, por lo que deducimos que las probabilidades de los sucesos A y B son 1/2 y 2/3, aunque pueden ser intercambiables. Ejercicio 8 Ante un examen, un alumno s´ olo ha estudiado 18 de los 25 temas correspondientes ´ a la materia del curso. Este se realiza extrayendo al azar dos temas y dejando que el alumno escoja uno de los dos para ser examinado del mismo. Halla la probabilidad de que el alumno pueda elegir en el examen uno de los temas estudiados.

´n : Solucio

Llamemos Si al suceso “el alumno sabe el i−´esimo tema extra´ıdo al azar”. Entonces el alumno aprobar´a si sabe alguno de los dos temas que extrae, es decir, S1 ∪ S2 . Este suceso, seg´ un el apartado 8 del lema (9.10.1), se descompone en dos: o bien se sabe el primero (y ya aprueba, sea cual sea el segundo tema) o bien se sabe el segundo pero no el primero. Entonces
p (“aprobar”) = p (S1 ∪ S2 ) = p (S1 ) + p (S2 S1 ) = p (S1 ) + p S¯1 ∩ S2 =  
S2 18 7 18 93 = = p (S1 ) + p S¯1 · p ¯ + · = = 93 %. 25 25 24 100 S1 Resulta entonces que con este m´etodo de examen, el alumno posee un 93 % de posibilidades de aprobar. A. Rold´an

21

10.5. Ejercicios y problemas

Ejercicio 9 Realizando un examen como en el ejercicio 8 (se sacan dos temas de 25 y se responde a uno de ellos), ¿cu´ antos temas debe estudiar el alumno para que su probabilidad de aprobar sea del 99 %?

´n : Solucio

Supongamos que el alumno estudia x temas de los 25 que hay en el temario. Entonces su probabilidad de aprobar es, razonando como antes,  
x 25 − x x S2 ¯ = + · = p (“aprobar”) = p (S1 ∪ S2 ) = p (S1 ) + p S1 · p ¯ 25 25 24 S1 24x + 25x − x2 49x − x2 = = . 25 · 24 600 Si queremos que esta probabilidad sea del 99 % debemos resolver la ecuaci´on 49x − x2 = 00 99 600

⇔

49x − x2 − 594 = 0

⇔

x ∈ {22, 27} .

Como en el temario no hay 27 temas, descartamos esta posibilidad. As´ı, el alumno debe estudiar 22 temas para asegurarse una probabilidad de aprobar del 99 %. Ejercicio 10 Se sacan tres cartas de una baraja espa˜ nola (de 40 cartas). Calcula la probabilidad de que las tres sean de copas suponiendo que no hay reemplazamiento. ¿Y si hay reemplazamiento?

´n : Solucio

Llamemos Ci al suceso “elegida la i−´esima carta al azar, ´esta resulta ser de copas”. Es claro que p (C1 ) = 10/40 = 1/4, porque hay 40 cartas y, de ellas, 10 son de copas. Extra´ıda la primera carta, que resulta ser de copas, la probabilidad de que la segunda carta tambi´en sea de copas es   C2 9 p = , C1 39 porque quedan 9 cartas de copas en la baraja de 39. Igualmente, si la primera y la segunda han sido de copas, la tercera tiene la siguiente probabilidad de ser de copas:   8 C3 = , p C1 ∩ C2 38 porque quedan 8 cartas de copas en la baraja de 38. Aplicando el teorema de la probabilidad compuesta (10.4.1), se tiene que     C2 C3 10 9 8 3 p (C1 ∩ C2 ∩ C3 ) = p (C1 ) · p ·p = · · = . C1 C1 ∩ C2 40 39 38 247 Si hay reemplazamiento, la probabilidad de sacar una carta de copas no depende de las cartas que ya hayan salido, ya que ´estas se devuelven a la baraja. Por tanto:     C2 C3 10 1 p (C1 ) = p = . =p = C1 C1 ∩ C2 40 4 A. Rold´an

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

22 As´ı, nuevamente  p (C1 ∩ C2 ∩ C3 ) = p (C1 ) · p

C2 C1



 ·p

C3 C1 ∩ C2



 3 1 1 = p (C1 ) = = . 4 64 3

Obs´ervese que los sucesos C1 y C2 son independientes. Ejercicio 11 Se extraen dos cartas a la vez de una baraja espa˜ nola. Calcula la probabilidad de que:

(a) las dos sean de copas; (b) las dos sean de espadas; (c) la primera sea de copas y la segunda de espadas; (d) una sea de copas y otra sea de espadas; (e) ninguna sea de copas; (f ) alguna de ellas sea de copas; (g) s´ olo una de ellas sea de copas.

De todos los sucesos anteriores, ¿cu´ al es el m´ as probable?

´n : Solucio

Cuando extraemos dos cartas de la baraja, podemos considerar que lo hacemos consecutivamente y sin reemplazamiento. Entonces la probabilidad de que las dos sean de copas es:   C2 10 9 3 p (C1 ∩ C2 ) = p (C1 ) · p = · = . C1 40 39 52

Que las dos sean de espadas conduce a la misma probabilidad, pues   10 9 3 E2 p (E1 ∩ E2 ) = p (E1 ) · p = · = . E1 40 39 52 Para que la primera sea de copas y la segunda de espadas,   10 10 5 E2 p (C1 ∩ E2 ) = p (C1 ) · p = · = . C1 40 39 78 El suceso A =“una de copas y otra de espadas” se puede dividir en dos partes disjuntas, seg´ un c´omo sea la primera:   • p (A) = p (C1 ∩ E2 ) ∪ (E1 ∩ C2 ) = p (C1 ∩ E2 ) + p (E1 ∩ C2 ) =     E2 C2 10 10 10 10 5 = p (C1 ) · p + p (E1 ) · p = · + · = . C1 E1 40 39 40 39 39 A. Rold´an

10.5. Ejercicios y problemas

23

La probabilidad de que ninguna sea de copas se puede calcular igualmente recurriendo a probabilidades condicionadas: ¯ 

30 29 29 C2 ¯ ¯ ¯ = · = . p C1 ∩ C2 = p C1 · p ¯ 40 39 52 C1 La probabilidad de que alguna de ellas sea de copas es la probabilidad del suceso uni´on C1 ∪ C2 : o la primera es de copas, o lo es la segunda, o lo son ambas. Conocemos varias formas de calcular esta probabilidad. La m´as ingeniosa consiste en pasar al complementario y utilizar las leyes de De Morgan (propiedad 6 del lema 9.4.1):  
29 23 p (C1 ∪ C2 ) = p C¯1 ∩ C¯2 = 1 − p C¯1 ∩ C¯2 = 1 − = . 52 52 Tambi´en pudi´eramos aplicar el apartado 8 del lema (9.10.1), teniendo en cuenta que alguna es de copas si, y s´olo si, o bien la primera es de copas o bien la segunda es de copas pero la primera no; entonces  

C2 = p (C1 ∪ C2 ) = p (C1 ) + p (C2 C1 ) = p (C1 ) + p C2 ∩ C¯1 = p (C1 ) + p C¯1 · p ¯ C1 23 10 30 10 + · = . = 40 40 39 52 Finalmente, la probabilidad del suceso B =“s´olo una de ellas es de copas” se puede expresar como la suma

p (B) = p (C1 C2 ) + p (C2 C1 ) = p C1 ∩ C¯2 + p C2 ∩ C¯1 = ¯   
C2 5 C2 10 30 30 10 = p (C1 ) · p · + · = . + p C¯1 · p ¯ = C1 40 39 40 39 13 C1 De todos los sucesos anteriores, el m´as probable es que no salga ninguna copa, es decir, C¯1 ∩ C¯2 , cuya probabilidad es de 29/52. Ejercicio 12 Se extraen dos cartas consecutivamente de una baraja espa˜ nola. Calcula la probabilidad de que:

(a) la segunda sea de copas; (b) la segunda sea de copas si la primera ha sido de copas; (c) la segunda sea de copas si la primera no ha sido de copas; (d) la primera sea de copas si la segunda ha sido de copas; (e) la primera no sea de copas si la segunda s´ı ha sido de copas; (f ) la primera no sea de copas si la segunda no ha sido de copas; A. Rold´an

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

24

(g) la primera sea de copas si la segunda ha sido de espadas.

De todos los sucesos anteriores, ¿cu´ al es el m´ as probable?
Sabemos que p (C1 ) = 10/40 = 1/4 y que p C¯1 = 30/40 = 3/4. Para calcular la probabilidad de que la segunda sea de copas, aplicamos el teorema de la probabilidad total  (10.4.2), utilizando el sistema completo C1 , C¯1 , que viene a decir que o bien la primera es de copas o bien no lo es (obvio). Entonces:    
C2 C2 10 9 30 10 1 ¯ + p C1 · p ¯ p (C2 ) = p (C1 ) · p = · + · = . C1 40 39 40 39 4 C1

´n : Solucio

Si tenemos informaci´on adicional sobre lo que ha ocurrido en la primera carta, no hace falta aplicar este teorema, pues   C2 9 p = , C1 39 e igualmente si la primera no ha sido de copas:   C2 10 p ¯ = . 39 C1 Cuando nos preguntan por un suceso que ya ha pasado sabiendo lo que ha pasado despu´es, hemos de aplicar el teorema de Bayes (10.4.3). Por ejemplo, la probabilidad de que la primera sea de copas si la segunda ha sido de copas es   C2   10 p (C ) · p 1 · 9 C1 p (C1 ∩ C2 ) 3 C1 = = = 40 1 39 = . p C2 p (C2 ) p (C2 ) 13 4 Obs´ervese que la probabilidad del denominador, en vez de desarrollarla, ya la hemos calculado antes con el teorema de la probabilidad total. Lo mismo ocurre en los siguientes casos:
 
¯  ¯1 · p C¯2 30 10 p C ¯ p C1 ∩ C2 · C1 10 C1 p = = = 40 1 39 = . C2 p (C2 ) p (C2 ) 13 4 Tambi´en pod´ıamos haber calculado esta probabilidad pasando al complementario: ¯    C1 C1 3 10 p =1−p =1− = . C2 C2 13 13 De la misma forma:
 
¯  ¯1 · p C¯¯2 30 29 p C ¯ ¯ p C1 ∩ C2 C1 29 C1 40 · 39
p ¯ = = . = = 1 ¯ 1 − p (C2 ) 39 C2 p C2 1− 4 Finalmente,  p A. Rold´an

C1 E2

 =

p (C1 ∩ E2 ) = p (E2 )

p (C1 ) · p



p (E2 )

E2 C1

 =

10 40

· 1 4

10 39

=

10 , 39

10.5. Ejercicios y problemas

25

donde previamente hemos calculado    
E2 10 9 E2 30 10 1 ¯ + p E1 · p ¯ = p (E2 ) = p (E1 ) · p · + · = . E1 40 39 40 39 4 E1 De todas las probabilidades anteriores, la mayor es 29/39, que se corresponde con el suceso “la primera no ha sido de copas sabiendo que la segunda no ha sido de copas”. Ejercicio 13 Se extraen dos cartas consecutivamente de una baraja espa˜ nola. Calcula la probabilidad de que la segunda sea de espadas sabiendo que la primera no ha sido de copas.

´n : Solucio

Vamos a tratar de aplicar dos veces el teorema de la probabilidad total utilizando dos   ¯1 y C1 , C¯1 , y calcularemos la probabilidad de sistemas completos de sucesos distintos: E1 , E que la segunda sea de espadas. Por un lado, se tiene que    
E2 30 10 1 E2 10 9 ¯ + p E1 · p ¯ · + · = . p (E2 ) = p (E1 ) · p = E1 40 39 40 39 4 E1

Esta probabilidad s´ı se puede calcular. Pero utilizando el otro sistema,      
E2 10 10 30 E2 E2 ¯ p (E2 ) = p (C1 ) · p = · + ·p ¯ . + p C1 · p ¯ C1 40 39 40 C1 C1 Esta probabilidad que interviene se puede despejar porque ya hemos calculado p (E2 ) en el otro sistema completo. As´ı:   1 10 10 − 40 · 39 E2 29 p ¯ = 4 30 = . 117 C1 40

Ejercicio 14 El 60 % de los habitantes de un pa´ıs est´ an satisfechos con su situaci´ on econ´ omica, y el 80 % de esos habitantes tiene vivienda propia. De los que no est´ an satisfechos con su situaci´ on econ´ omica, s´ olo el 20 % tienen vivienda propia.

(a) ¿Qu´e porcentaje de habitantes tiene vivienda propia? (b) ¿Qu´e porcentaje de los habitantes que tienen vivienda propia est´ a satisfecho con su situaci´ on econ´ omica? (c) ¿Qu´e porcentaje de los habitantes sin vivienda propia est´ a satisfecho con su situaci´ on econ´ omica?

´n : Solucio

Llamemos S al suceso “elegido un individuo al azar, ´este est´a satisfecho con su situaci´on econ´omica” y llamemos V al suceso “elegido un individuo al azar, ´este tiene vivienda propia”. Las probabilidades que nos da el enunciado son las siguientes. A. Rold´an

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

26

4 00 8jjjjj V j jTjjj : S TTTT TTTT uu T) 00 6 uuu 00 2 u V¯ uu u u u • II II II II 5 00 4jjjjj V 0 0 4 III $ jjjjj S¯ SSSSS SSSS S) 00 8 ¯

La probabilidad de tener vivienda es, seg´ un el teorema de la probabilidad total (10.4.2):  p (V ) = p (S) · p

V S



+ p S¯ · p




V S¯

 =

= 00 6 · 00 8 + 00 4 · 00 2 = 00 56 = 56 %.

V

Por otro lado, entre los habitantes que tienen vivienda propia, el porcentaje de los que est´an satisfechos con su situaci´on econ´omica es, seg´ un el teorema de Bayes (10.4.3),
  p (S) · p VS S 00 6 · 00 8 48 6 p = = = = ≈ 850 7 %. 0 V p (V ) 0 56 56 7 Finalmente, entre los habitantes sin vivienda propia, el porcentaje de los que est´an satisfechos con su situaci´on econ´omica es:     p (S) · p V¯ S S 00 6 · 00 2 12 3
p ¯ = = = = ≈ 270 27 %. 0 ¯ 1 − 0 56 44 11 V p V Nota 3 Podemos resolver el ejercicios anterior con una tabla de contingencia como la siguiente S

S¯

Total

V V¯

80 % de 60 = 48

20 % de 40 = 8

56

12

32

44

Total

60

40

100

Ejercicio 15 Se sabe que la probabilidad de que un autob´ us de l´ınea regular entre Madrid y Burgos sufra un accidente en un d´ıa nublado es 0’09 y en un d´ıa soleado, 0’005. Durante un periodo de diez d´ıas ha habido siete d´ıas soleados y tres nubosos. Sabiendo que se ha producido un accidente en uno de esos d´ıas, calcula la probabilidad: (a) de que fuera en un d´ıa nublado; (b) de que fuera en un d´ıa soleado. ´n : Solucio

Sea S el suceso “elegido un d´ıa al azar entre esos diez, ´este ha salido soleado” y sea ¯ N = S =“nublado”. Igualmente, sea A el suceso “elegido un d´ıa al azar entre esos diez, en ´este el autob´ us ha tenido un accidente”. Tenemos entonces las siguientes verosimilitudes, p (S) = 00 7 y p (N ) = 00 3, y las siguientes probabilidades a priori:

¯ ¯ p (A/S) = 00 005, p (A/N ) = 00 09 ⇒ p A/S = 00 995, p A/N = 00 91. A. Rold´an

27

10.5. Ejercicios y problemas

jj4 A 00 005 jjjj j j j j : S TTTTT TTTT uu u 0 0 7 uu 00 995 T) ¯ u u A uu uu • JJ JJ JJ JJ 4 00 09jjjjj A 00 3 JJJ j % jjjj N TTTTT TTTT T) 00 91 ¯

Con el diagrama en ´arbol adjunto, calculamos primeramente la probabilidad de sufrir un accidente utilizando el teorema de la probabilidad total (10.4.2): p (A) = p (S) · p

    A A + p (N ) · p = S N

= 00 7 · 00 005 + 00 3 · 00 09 = 00 0305.

A

Con este dato, calculamos las dos probabilidades a posteriori que se nos solicita, utilizando el teorema de Bayes (10.4.3) y la probabilidad del complementario:
  A p (N ) · p N N 00 3 · 00 09 270 54 p = = 0 = = ≈ 880 5 %, A p (A) 0 0305 305 61     N 7 S =1−p = ≈ 110 5 %. p A A 61 Ejercicio 16 Una urna contiene 5 bolas rojas y 8 verdes. Se extrae una bola y se reemplaza por dos del otro color. A continuaci´ on se extrae una segunda bola. Calcula la probabilidad de que:

(a) la segunda bola sea verde; (b) las dos bolas extra´ıdas sean del mismo color.

´n : Solucio

Llamemos Ri al suceso “la i−´esima bola extra´ıda es roja” e igualmente Vi con el color verde. Las verosimilitudes son p (R1 ) = 5/13 y p (V1 ) = 8/13. Si la primera bola que se saca es roja, quedar´an en la urna 4 bolas rojas, y como se reemplazar´ıa la roja por dos verdes, habr´ıa 10 bolas verdes. Por tanto,     R2 4 2 V2 10 5 = = , p = = . p R1 14 7 R1 14 7

Igualmente, si la primera fuese verde, quedar´ıan en la urna 7 bolas verdes, y como se a˜ nadir´ıan dos rojas, tendr´ıamos tambi´en siete bolas rojas. As´ı completamos las probabilidades a priori:     R2 V2 7 1 7 1 p = = , p = = . V1 14 2 V1 14 2 Aplicamos entonces el teorema de la probabilidad total (10.4.2) para calcular la probabilidad de que la segunda bola extra´ıda sea verde: A. Rold´an

CAP´ITULO 10. PROBABILIDAD CONDICIONADA

28

2/7 jjjj4 R2 jj j jj j R T u: 1 TTTTTTT 5/13 uuu TT* 5/7 uu V2 u uu uu • II II II II 1/2 jjjj4 R2 8/13 III jj $ j j j j V1 TTTT TTTT TT* 1/2

 p (V2 ) = p (R1 ) · p

=

V2 R1



 + p (V1 ) · p

V2 V1

 =

5 5 8 1 53 · + · = . 13 7 13 2 91

V2

La probabilidad de que las dos bolas extra´ıdas sean del mismo color es:   • p (“mismo color”) = p (R1 ∩ R2 ) ∪ (V1 ∩ V2 ) = p (R1 ∩ R2 ) + p (V1 ∩ V2 ) =  = p (R1 ) · p

R2 R1



 + p (V1 ) · p

V2 V1

 =

8 1 38 5 2 · + · = . 13 7 13 2 91

Ejercicio 17 En dos urnas, A y B, se introducen dos bolas blancas y una negra, y tres bolas negras y una blanca, respectivamente. Se selecciona una urna al azar y se extrae tambi´en al azar una bola de dicha urna. ¿Cu´ al es la probabilidad de que la urna elegida sea la A si la bola extra´ıda result´ o ser blanca?

´n : Solucio

Llamemos UA y UB a los sucesos “elegir, al azar, la urna A” y “la urna B”, respectivamente, y sean B y N los sucesos “extra´ıda una bola al azar, ´esta resulta ser blanca” y “negra”, respectivamente. Tenemos las siguientes verosimilitudes y probabilidades a priori.

Aplicando el teorema de la probabilidad total : 2/3 jjjj4

B

jj jjjj U U t9 A UUUUUU 1/2 ttt UU* 1/3 N ttt t t tt • JJ JJJ JJJ 1/4 jjjj4 B J 1/2 JJ% jj j jj j UB UUUU UUUU U* 3/4

N

A. Rold´an

 p (B) = p (UA ) · p =

B UA



 + p (UB ) · p

B UB



1 2 1 1 11 · + · = . 2 3 2 4 24

As´ı, aplicando el teorema de Bayes,  p

UA B



1 2 · p (UA ) · p (B/UA ) 8 = = 2 3 = . 11 p (B) 11 24

=

29

10.5. Ejercicios y problemas

Ejercicio 18 Una cuarta parte de las participantes en un congreso son espa˜ nolas. La probabilidad de que una congresista desayune t´e si es espa˜ nola es un octavo, y si es extranjera, un tercio. Si se elige una congresista al azar, calcula la probabilidad de que:

(a) desayune t´e; (b) no sea espa˜ nola si desayuna t´e; (c) sea espa˜ nola si no desayuna t´e.

´n : Solucio

Resumimos en la siguiente tabla las verosimilitudes y las probabilidades a priori, y calculamos la probabilidad de que una congresista, elegida al azar, desayune t´e.

1/8 jjjj4 T jj j j j j :u E TTTTTT TTTT 1/4 uuu ) ¯ 7/8 uu u T u u uu • II II II II 1/3 jjjj5 T 3/4 III $ jjjjjj ¯ SSS E SSSS SSS) 2/3 ¯

Aplicando el teorema de la probabilidad total :  p (T ) = p (E) · p

=

T E




¯ ·p +p E



T ¯ E

 =

1 1 3 1 9 · + · = . 4 8 4 3 32

T

As´ı, la probabilidad de que no sea espa˜ nola si desayuna t´e es:

 ¯ 3 1 ¯ · p T¯ p E · E 8 E p = = 493 = , T p (T ) 9 32 y la probabilidad de que sea espa˜ nola si no desayuna t´e es:     p (E) · p T¯ 1 7 E E 7 4 · 8
= p ¯ = = . 9 ¯ 23 T p T 1 − 32

A. Rold´an