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Cap´ıtulo 3
Probabilidad Condicional
e Independencia
3.1. Introducci´on.
Consideremos una poblaci´on de 20 estudiantes entre los cuales hay 14 que estudian Medicina y 6 que estudian Ingenier´ıa. De esta poblaci´on se escogen sin reposici´on dos estudiantes al azar y se consideran los eventos: E 1 : “El primer estudiante seleccionado estudia Medicina”. E 2 : “El segundo estudiante seleccionado estudia Medicina”. El espacio muestral que consideramos consiste de la colecci´on de todos los pares ordenados
(ai, aj ); (ai, bk); (bk, ai); (bk, bh)
donde los ai son estudiantes de Medicina y los bj son de Ingenier´ıa, i 6 = j; k 6 = h; i, j ≤ 14; h, k ≤ 6. El n´umero de eventos elementales es 20 × 19. La siguiente tabla de doble entrada indica el n´umero de puntos muestrales correspondientes a la partici´on de Ω seg´un los eventos E 1 , E 2 y sus complementos. En la ´ultima fila aparecen los totales correspondientes a cada columna y en la ´ultima columna los correspondientes a cada fila.
E 2 E 2 c E 1 14 × 13 14 × 6 14 × 19 E 1 c 6 × 14 6 × 5 6 × 19 14 × 19 6 × 19 20 × 19
Tabla 3. Utilizando este cuadro podemos calcular f´acilmente las probabilidades de eventos tales como
P (E 1 ∩ E 2 ) =
14 × 13
20 × 19
; P (E 1 ) =
14 × 19
20 × 19
; P (E 1 c ∩ E 2 ) =
6 × 14
20 × 19
Si suponemos que el primer estudiante estudia Medicina, ¿cu´al es la probabilidad de que el segundo tambi´en? En este caso vemos, a partir de la tabla, que hay 14 × 19 resultados posibles, de los cuales 14 × 13 son favorables al evento E 2 y por lo tanto la probabilidad que deseamos calcular es
14 × 13 14 × 19
(14 × 13)/(20 × 19)
(14 × 19)/(20 × 19)
P (E 1 ∩ E 2 )
P (E 1 )
54 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
La probabilidad que hemos calculado se llama “probabilidad condicional de E 2 dado E 1 ” y se denota P (E 2 |E 1 ). Observamos que P (E 2 ) = 1420 ××^1919 = 107 no coincide con P (E 2 |E 1 ) = 1319. Al saber que ocurri´o E 1 disponemos de cierta informaci´on adicional que modifica nuestro espacio muestral: la nueva poblaci´on, para la segunda extracci´on, no coincide con la original, ya que s´olo quedan 13 estudiantes de Medicina de un total de 19 estudiantes posibles. Notemos adem´as que si las extracciones se realizan con reposici´on esto no ocurre, ya que el resultado de la primera extracci´on no nos da ninguna informaci´on sobre la segunda. En este caso se tiene:
P (E 2 |E 1 ) = P (E 2 ) =
Definici´on 3.1 Sea (Ω, A, P ) un espacio de probabilidad y sea B ∈ A tal que P (B) > 0. Definimos una nueva funci´on P (·|B) de A en R mediante
P (A|B) =
P (A ∩ B)
P (B)
para todo A ∈ A.
Esta funci´on P (·|B) que hemos definido es una probabilidad; en efecto:
- P (A|B) ≥ 0 para todo A ∈ A.
2. P (Ω|B) = P^ P(Ω (∩BB) )= P P^ ((BB)) = 1.
- Sean A 1 , A 2 ,... conjuntos disjuntos en A, entonces
P (
⋃^ ∞
i=
Ai|B) =
P (B ∩
i=1 Ai) P (B)
P (
i=1 B^ ∩^ Ai) P (B)
i=1 P^ (B^ ∩^ Ai) P (B)
∑^ ∞
i=
P (Ai|B).
P (·|B) se llama probabilidad condicional dado B.
Dos propiedades elementales de la probabilidad condicional son las siguientes:
Si A y B son disjuntos, entonces P (A|B) = 0. En efecto,
A ∩ B = ∅ ⇒ P (A ∩ B) = 0 y P (A|B) =
P (A ∩ B)
P (B)
Si B ⊂ A entonces P (A|B) = 1 ya que en este caso P (A ∩ B) = P (B).
Ejemplos
- Se lanzan dos dados hasta que la suma de los puntos sea 7 u 8. Si sale 7 gana el jugador A, si sale 8 gana B. ¿Cu´al es la probabilidad de que gane A?
I Vamos a resolver este problema de dos maneras. Supongamos primero que al cabo de n lanzamientos gana A. Esto quiere decir que en los n − 1 primeros lanzamientos no sali´o ni 7 ni 8, y que en el n-´esimo se obtuvo 7. Este evento tiene probabilidad
pn =
)n− 1 .
56 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
Este resultado es igual a P (Y = k) y concuerda con lo que uno esperar´ıa intuitivamente, ya que saber el resultado del primer lanzamiento no debe afectar en manera alguna el resultado del segundo. c) Nos interesa ahora
P (X + Y = 7|X = 3) =
P ((Y + Y = 7) ∩ (X = 3))
P (X = 3)
pero (X + Y = 7) ∩ (X = 3) = (3 + Y = 7) ∩ (X = 3) = (Y = 4) ∩ (X = 3), por lo tanto P (X + Y = 7|X = 3) =
P ((Y = 4) ∩ (X = 3))
P (X = 3)
y por el resultado de la parte b de este ejercicio sabemos que esta probabilidad es 1/6. N
- Consideremos ahora una situaci´on que se presenta con frecuencia en casos de controles masivos aplicados en prevenci´on m´edica y control de calidad de productos. Para controlar una cierta enfermedad en una poblaci´on donde la proporci´on de enfermos es p se usa un determinado examen m´edico para detectar enfermos. Se sabe que la probabilidad de que al aplicar el examen a un enfermo lo muestre como tal es de 0.90, y que la probabilidad de que el examen aplicado a una persona sana la se˜nale como enferma es 0.01. Calcular la probabilidad de que una persona est´e realmente enferma si el examen m´edico lo mostr´o como tal.
I Para responder esta pregunta elegimos al azar una persona en la poblaci´on y consideramos los eventos E: “la persona est´a enferma”. R: “el examen la detecta como enferma”. Queremos calcular P (E|R) =
P (E ∩ R)
P (R)
Sabemos que
P (E) = p,
P (R|E) =
P (E ∩ R)
P (E)
P (R|Ec) =
P (Ec^ ∩ R) P (Ec)
A partir de las dos primeras igualdades obtenemos
P (E ∩ R) = 0. 90 p
y a partir de la tercera P (Ec^ ∩ R) = 0.01(1 − p). Por lo tanto
P (R) = P (R ∩ E) + P (R ∩ Ec) = 0. 90 p + 0.01(1 − p),
y en consecuencia P (E|R) =
- 90 p
- 90 p + 0.01(1 − p)
90 p 89 p + 1
3.1. INTRODUCCI ´ON. 57
En particular, si p = 301 resulta P (E|R) ' 0. 76.
Llama la atenci´on que esta probabilidad no sea muy pr´oxima a 1, como uno esperar´ıa. Analizando el comportamiento de P (E|R) como funci´on de p (ver figura 3.1) observamos que si la proporci´on p de enfermos en la poblaci´on es peque˜na, el m´etodo de control masivo es insuficiente, dado que P (E|R) est´a lejos de 1. Por ejemplo, si p = 0.001, resulta P (E|R) ' 0. 083.
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p
P (E|R)
Figura 3.
Los datos de este ejemplo han sido elegidos arbitrariamente, pero observamos, sin embargo, que cualquier m´etodo de control que pueda implicar errores en la clasificaci´on considerada, est´a sujeto a dificultades como la que hemos encontrado anteriormente, que requieren un an´alisis previo a su aplicaci´on. N
- Estudiemos la distribuci´on del tiempo de vida de un aparato el´ectrico bajo la hip´otesis de que el aparato no envejece, sino que se destruye por una perturbaci´on aleatoria. Lo que queremos decir es que el objeto en cuesti´on cumple con la siguiente condici´on: dado que el aparato est´a en funcionamiento en el instante s, se comporta respecto a su tiempo de vida futuro a partir de ese instante como si hubiera comenzado a funcionar en s, es decir que
P (T > s + h|T > s) = P (T > h), h ≥ 0 ,
o sea P (T > s + h) P (T > s)
= P (T > h).
Si llamamos ϕ(t) = P (T > t), la igualdad anterior se puede escribir
ϕ(s + h) = ϕ(s)ϕ(h) (3.1)
para cualquier par de n´umeros positivos s y h. Si ϕ no es identicamente nula veamos que
ϕ(t) = e−λt^ donde t ≥ 0 , λ ≥ 0.
I De (3.1), si s = h = 0, resulta ϕ(0) = (ϕ(0))^2 de donde ϕ(0) = 0 ´o ϕ(0) = 1. Ahora bien,
ϕ(0) = 0 ⇒ ϕ(s) = ϕ(0)ϕ(s) = 0, para todo s ≥ 0
y tenemos una soluci´on trivial.
3.1. INTRODUCCI ´ON. 59
entonces B ⊂ A y A ∩ B = B. Por lo tanto
P (B|A) =
P (B)
P (A)
que es la respuesta correcta al problema. N
- Veamos un problema parecido al anterior. Consideremos de nuevo las familias que tienen dos hijos. Si escogemos un ni˜no al azar entre estas familias y resulta ser var´on, ¿cu´al es la probabilidad de que el otro ni˜no en la familia tambi´en sea var´on?
I En este ejercicio, una representaci´on apropiada del espacio muestral es la siguiente:
Ω′^ = {hv , hh, vh, vv }
donde los puntos del espacio muestral no son ahora las familias sino los hijos en las familias y hv : “hembra que tiene un hermano”, hh : “hembra que tiene una hermana”, vh : “var´on que tiene una hermana” y vv : “var´on que tiene un hermano”. Sea
A′^ : “ el ni˜no escogido es var´on′′ B′^ : “ el ni˜no escogido tiene un hermano′′
entonces A′^ ∩ B′^ = {vv }
y por lo tanto P (B′|A′) =
P (A′^ ∩ B′)
P (A′)
N
- El Problema de Selecci´on Optima. Vamos a considerar la siguiente situaci´on: tenemos n objetos del mismo tipo (por ejemplo, televisores, tel´efonos celulares, etc.) y suponemos que si nos dan cualquier par de objetos, siempre podemos decidir cu´al es mejor, sin que hayan empates. Queremos seleccionar el mejor de ellos con las siguientes restricciones: nos ofrecen los objetos uno a uno al azar y en cada caso debemos decidir si lo aceptamos o no. Si lo aceptamos tenemos que quedarnos con ese objetos. Si no lo aceptamos se nos muestra el siguiente, pero los objetos rechazados no pueden ser escogidos posteriormente. Adoptamos la siguiente regla general: ‘nunca escogemos un objeto que sea de calidad inferior a los que hemos rechazado previamente’. Entonces podemos escoger el primer objeto y detener la b´usqueda, o rechazamos el primer objeto y examinamos los posteriores con la esperanza de obtener alguno mejor a lo largo de la sucesi´on. Por supuesto, es posible que con esta estrategia nunca selec- cionemos el mejor objeto, o que lo rechacemos inicialmente y nunca podamos hacer una selecci´on. Por otro lado, si el n´umero de objetos es grande, es razonable rechazar el primero con la esperanza de encontrar uno mejor posteriormente. Supongamos que, siguiendo la regla descrita anteriormente, seleccionamos el i-´esimo objeto, de modo que este objeto debe ser mejor que todos los anteriores. ¿Cu´al es la probabilidad de que el objeto que escogemos sea realmente el mejor de todos?
I Sea B el evento que el i-´esimo objeto sea el mejor de los observados hasta ese momento y sea A el evento que ocurre si el i-´esimo objeto es el mejor de los n objetos. Queremos calcular P (A|B), para lo cual necesitamos P (B) y P (A ∩ B). Tenemos que A ⊂ B, de modo que A ∩ B = A y P (A ∩ B) = P (A). Por hip´otesis los objetos se presentan al azar, de modo que todos los posibles ´ordenes tienen la misma probabilidad. Por lo tanto P (B) es la probabilidad de que un objeto
60 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
dado, el mejor de todos, ocupe el lugar i. Como hay i! permutaciones de i objetos y hay (i − 1)! permutaciones si fijamos el lugar de un objeto, la probabilidad es
P (B) =
(i − 1)! i!
i
De manera similar P (A) es la probabilidad de que en una permutaci´on hecha al azar de n objetos distinguibles, un objeto dado, el mejor, ocupe el i-´esimo lugar, de modo que
P (A) =
(m − 1)! m!
m
Por lo tanto la probabilidad condicional es
P (A|B) =
P (A ∩ B)
P (B)
P (A)
P (B)
i m
N
3.2. Resultados B´asicos sobre Probabilidad Condicional.
Estudiaremos en esta secci´on algunas propiedades sencillas pero fundamentales de la probabilidad condicional.
Proposici´on 3.1 Para cualquier colecci´on finita de eventos A 1 ,... , An se tiene
P (A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ An) = P (A 1 )P (A 2 |A 1 ) · · · P (An|A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ An− 1 )
siempre que P (A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ An− 1 ) > 0.
Demostraci´on. Como
P (A 1 ) ≥ P (A 1 ∩ A 2 ) ≥ · · · ≥ P (A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ An− 1 ) > 0
todas las probabilidades condicionales que aparecen est´an bien definidas. Si escribimos expl´ıcitamente el segundo miembro de la igualdad obtenemos
P (A 1 )
P (A 1 ∩ A 2 )
P (A 1 )
P (A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 )
P (A 1 ∩ A 2 )
P (A 1 ∩ · · · ∩ An) P (A 1 ∩ · · · ∩ An− 1 )
y simplificando se obtiene el primer miembro de la igualdad. •
Como ejemplo consideremos el siguiente problema.
- Se extraen sin reposici´on tres cartas de un juego completo de barajas. Calcule la probabilidad de que ninguna sea tr´ebol.
I Sea Ai: “la i-´esima carta no es tr´ebol”. Queremos calcular
P (A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) = P (A 1 )P (A 2 |A 1 )P (A 3 |A 1 ∩ A 2 ) =
N
Una de las propiedades m´as ´utiles de la probabilidad condicional es la Ley de la Probabilidad Total, que demostramos a continuaci´on.
62 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
Sabemos que P (Bi) = 1/5 y adem´as, si comienza con i encargos, el n´umero de propinas tiene distribuci´on binomial con par´ametros n = i y p = 1/2 (ver ejemplo 2.4.4). Las probabilidades condicionales son:
P (A|B 1 ) = 0, P (A|B 2 ) =
P (A|B 3 ) = P (2 ´exitos en 3 intentos) + P (3 ´exitos en 3 intentos)
=
P (A|B 4 ) =
[(
)]
P (A|B 5 ) =
[(
)]
y finalmente obtenemos P (A) = 209. N
4 La Ruina del Jugador. Un jugador con capital inicial k juega en un casino una sucesi´on de juegos hasta lograr un capital m o hasta que se arruine. Si la probabilidad de ganar en cada juego es p ¿Cu´al es la probabilidad de que se arruine?
I La probabilidad de ruina depende de k y de m. Supongamos que m est´a fijo y sea uk la probabilidad de ruina del jugador si al comienzo tiene un capital de k unidades. Si el jugador gana en el primer juego, la probabilidad de que se arruine es ahora uk+1, mientras que si pierde, la probabilidad de ruina es uk− 1. Sea G 1 el evento “el jugador gana el primer juego”, mientras que R es el evento “el jugador se arruina”. Entonces P (R|G 1 ) = uk+1, P (R|Gc 1 ) = uk− 1.
Por lo tanto,
P (R) = P (R|G 1 )P (G 1 ) + P (R|Gci )P (Gc 1 ) = pP (R|G 1 ) + qP (R|Gc 1 ),
es decir uk = puk+1 + quk− 1 , 1 ≤ k ≤ m − 1 ,
con las condiciones iniciales u 0 = 1, um = 0.
Para resolver esta ecuaci´on introducimos las diferencias δk = uk − uk− 1 para k = 1, 2 ,... , m. Como p + q = 1 tenemos uk = (p + q)uk = puk+1 + quk− 1
de donde obtenemos p(uk+1 − uk) = q(uk − uk− 1 )
es decir pδk+1 = qδk ⇒ δk+1 =
q p δk
Iterando esta relaci´on obtenemos que
δk+1 =
( (^) q p
)k− 1 δ 1
3.2. RESULTADOS B ´ASICOS SOBRE PROBABILIDAD CONDICIONAL. 63
Para regresar a las uk observamos que δ 1 = u 1 − u 0 = u 1 − 1 y δ 1 + δ 2 + · · · + δk = uk − 1. Por lo tanto,
uk = 1 + δ 1 + δ 2 + · · · + δk
= 1 + δ 1 +
( (^) q p
δ 1 + · · · +
( (^) q p
)k− 1 δ 1
= 1 +
[
( (^) q p
( (^) q p
)k− 1 ] δ 1
Falta determinar δ 1. Como um = 0,
0 = um = 1 +
[
( (^) q p
( (^) q p
)m− 1 ] δ 1
y obtenemos δ 1 =
( (^) q p
( (^) q p
)m− 1
de modo que
uk = 1 −
( (^) q p
( (^) q p
)k− 1
( (^) q p
( (^) q p
)m− 1
1 − (^) mk = mm− k si p = q = 1/ 2 1 − 1 −(q/p)
k 1 −(q/p)m^ =^
(q/p)k^ −(q/p)m 1 −(q/p)m^ si^ p^6 =^ q
N
5 Un caminante sale del punto o y escoge uno de los caminos ob 1 , ob 2 , ob 3 , ob 4 al azar (ver figura 3.2). En cada uno de los cruces siguientes de nuevo escoge al azar. ¿cu´al es la probabilidad de que el caminante llegue al punto a?
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............... ............... ............... ............... ............... ....
................... .................
a
o
b 1 b 2 b 3 b 4
Figura 3.
I Sea Bk, k = 1, 2 , 3 , 4 , el evento “el caminante pasa por el punto bk”, estos eventos forman una partici´on de Ω y adem´as son equiprobables. Por lo tanto P (Bk) = 1/ 4 , k = 1, 2 , 3 , 4. Si el caminante llega a b 1 , hay cuatro caminos que puede escoger y s´olo uno de ellos lo lleva a a, de donde la probabilidad condicional de llegar a a pasando por b 1 es 1/4. Si A es el evento “el caminante llega a a”, tenemos P (A|B 1 ) =
3.3. EL TEOREMA DE BAYES 65
3.3. El Teorema de Bayes
El otro resultado fundamental sobre probabilidad condicional se conoce como el Teorema de Bayes y es ´util en situaciones en las cuales se conocen probabilidades de la forma P (A|Bi) y P (Bi) y se desea determinar P (Bi|A).
Proposici´on 3.3 (Teorema de Bayes) Sea B 1 , B 2 ,... una partici´on finita o numerable de Ω y sea A un evento cualquiera con P (A) > 0. Entonces
P (Bi|A) =
P (A|Bi)P (Bi) ∑ j P^ (A|Bj^ )P^ (Bj^ )^
Demostraci´on. Por la definici´on de probabilidad condicional tenemos:
P (Bi|A) =
(A ∩ Bi) P (A)
y P (A ∩ Bi) = P (A|Bi)P (Bi). (3.3)
Por la proposici´on 3.2 tenemos
P (A) =
j
P (A|Bj )P (Bj ). (3.4)
Usando (3.3) y (3.4) en (3.2) obtenemos el resultado. •
Ejemplos.
- De cien pacientes en un hospital con una cierta enfermedad se escogen diez para usar un tratamiento que aumenta la probabilidad de sanar de 0.50 a 0.75. Si posteriormente un doctor encuentra a un paciente curado, ¿cu´al es la probabilidad de que haya recibido el tratamiento?
I Sean C: “el paciente est´a curado”. T : “el paciente recibi´o el tratamiento”. A partir de la informaci´on dada obtenemos,
P (T ) =
= 0.1; P (T c) =
P (C|T ) = 0.75; P (C|T c) = 0. 50.
Usando el Teorema de Bayes
P (T |C) =
P (C|T )P (T )
P (C|T )P (T ) + P (C|T c)P (T c)
=
N
- Tres cajas contienen dos monedas cada una. En la primera, C 1 , ambas son de oro; en la segunda, C 2 , ambas son de plata y en la tercera, C 3 , una es de oro y otra es de plata. Se escoge una caja al azar y luego una moneda tambi´en al azar. Si la moneda es de oro, ¿cu´al es la probabilidad de que venga de la caja que contiene dos monedas de oro?
66 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
I Sabemos que P (Ci) = 1/3. Sea O: “se escoge una moneda de oro”. Usando el Teorema de Bayes,
P (C 1 |O) =
P (O|C 1 )P (C 1 )
P (O|C 1 )P (C 1 ) + P (O|C 2 )P (C 2 ) + P (O|C 3 )P (C 3 )
1 × 13
1 × 13 + 0 × 13 + 12 × 13
Si uno considera el problema sin mucho cuidado podr´ıa razonar de la siguiente manera: luego de sacar una moneda de oro s´olo hay dos cajas de las cuales pudo provenir, y como estamos escogiendo las cajas al azar, la probabilidad de que venga de C 1 es 1/2. El problema con este razonamiento es que es m´as probable sacar una moneda de oro de C 1 que de C 3 , y el argumento no toma esto en cuenta. N
- Tres enfermedades distintas y excluyentes A, B y C producen el mismo conjunto de s´ıntomas H. Un estudio cl´ınico muestra que las probabilidades de contraer las enfermedades son 0.01; 0.005 y 0.02 respectivamente. Adem´as, la probabilidad de que el paciente desarrolle los s´ıntomas H para cada enfermedad son 0.90; 0.95 y 0.75, respectivamente. Si una persona enferma tiene los s´ıntomas H, ¿cu´al es la probabilidad de que tenga la enfermedad A?
I Sabemos lo siguiente:
P (A) = 0. 01 , P (B) = 0. 005 , P (C) = 0. 02 P (H|A) = 0. 9 , P (H|B) = 0. 95 , P (H|C) = 0. 75
Usando el Teorema de Bayes tenemos
P (A|H) =
P (H|A)P (A)
P (H|A)P (A) + P (H|B)P (B) + P (H|C)P (C)
0. 9 × 0. 01
0. 9 × 0 .01 + 0. 95 × 0 .005 + 0. 75 × 0. 02
N
- Un estudiante responde una pregunta de un examen de m´ultiple selecci´on que tiene cuatro respuestas posibles. Suponga que la probabilidad de que el estudiante conozca la respuesta a la pregunta es 0.8 y la probabilidad de que adivine es 0.2. Si el estudiante adivina, la probabilidad de que acierte es 0.25. Si el estudiante responde acertadamente la pregunta, ¿cu´al es la probabilidad de que el estudiante realmente supiera la respuesta?
I Definamos los siguientes eventos: C: “el estudiante conoce la respuesta”. A: “el estudiante responde acertadamente”. Queremos calcular P (C|A) y sabemos que
P (C) = 0.8; P (A|Cc) = 0.25; P (A|C) = 1.
Usando el Teorema de Bayes
P (C|A) =
P (A|C)P (C)
P (A|C)P (C) + P (A|Cc)P (Cc)
=
N
68 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
Definici´on 3.3 Sea C = {Ai, i ∈ I} una familia de eventos. Diremos que los eventos Ai son indepen- dientes si para cualquier colecci´on finita de eventos Ai 1 , Ai 2 ,... , Ain de C, se cumple:
P (
⋂^ n
j=
Aij ) =
∏^ n
j=
P (Aij ). (3.6)
En este caso decimos tambi´en que C es una familia de eventos independientes.
Observemos que en la definici´on s´olo intervienen colecciones finitas de eventos de C, pero intervienen todas las colecciones finitas. Por ejemplo, si la familia consta de tres eventos, no es suficiente verificar (3.6) para las parejas de eventos. En efecto, sea el experimento de lanzar dos dados y C = {A 1 , A 2 , A 3 } con
A 1 : “se obtiene un 6 en el primer dado′′. A 2 : “se obtiene un 1 en el segundo dado′′. A 3 : “la suma de los dos dados es 7′′.
Claramente,
P (A 1 ) = P (A 2 ) = P (A 3 ) =
y
P (A 1 ∩ A 2 ) = P (A 1 ∩ A 3 ) = P (A 2 ∩ A 3 ) =
×
Pero
P (A 1 ∩ A 2 ∩ A 3 ) =
×
×
de modo que los tres eventos no son independientes.
Ejemplos.
2 Si A y B son eventos independientes y la probabilidad de que ambos ocurran es 0.16, mientras que la probabilidad de que ninguno ocurra es 0.36, calcule P (A) y P (B).
I Sabemos que P (A ∩ B) = P (A)P (B) = 0.16 y P ((A ∪ B)c) = 0.36, de donde obtenemos
P (A ∪ B) = 0. 64 = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) = P (A) + P (B) − 0. 16.
Por lo tanto tenemos el siguiente par de ecuaciones
P (A) + P (B) = 0. 8 P (A)P (B) = 0. 16
de donde se obtiene que P (A) = P (B) = 0.4. N
3 ¿Cu´al es la probabilidad de obtener tres 6 al lanzar ocho dados?
I El problema es equivalente a calcular la probabilidad de obtener tres 6 al lanzar ocho veces el mismo dado. Sea Ei el evento “obtenemos un 6 en el i-´esimo lanzamiento”. Calculemos primero la probabilidad de que los primeros tres sean 6 y el resto no, es decir,
P (E 1 ∩ E 2 ∩ E 3 ∩ Ec 4 ∩ Ec 5 ∩ Ec 6 ∩ Ec 7 ∩ E 8 c)
3.4. EVENTOS INDEPENDIENTES 69
y por independencia esto es ( 1 6
Es f´acil ver que esta es la probabilidad de cualquier conjunto de ocho lanzamientos de un dado en el cual haya exactamente tres 6. Como hay
3
conjuntos de este tipo, tenemos que la probabilidad deseada es (^) ( 8 3
N
4 Una muestra de tama˜no 4 se extrae con reposici´on de una bolsa que contiene 6 bolas, de las cuales 4 son blancas. Sea A el evento “la primera bola es blanca” y B: “la tercera bola es blanca”. ¿Son independientes estos eventos? ¿Qu´e sucede si el muestreo se hace sin reposici´on?
I En el primer caso (muestreo con reposici´on) tenemos
P (A) =
, P (B) =
y P (A ∩ B) =
de modo que los eventos son independientes. En el segundo caso, de nuevo P (A) = 4/6 y para calcular P (B) podemos proceder como en el ejemplo 3.2.2 obteniendo P (B) = 4/6. Para calcular P (A ∩ B) consideremos el evento C definido por “la segunda bola es blanca”. Entonces
P (A ∩ B) = P (A ∩ B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ Cc) = P (A)P (C|A)P (B|A ∩ C) + P (A)P (Cc|A)P (B|A ∩ Cc)
=
y en este caso los eventos no son independientes. N
5 Demuestre: si P (B|A) = P (B|Ac) entonces A y B son independientes.
I La relaci´on se puede escribir P (B ∩ A) P (A)
P (B ∩ Ac) P (Ac)
Multiplicando por P (Ac) ambos lados obtenemos
P (B ∩ Ac) =
(1 − P (A))P (B ∩ A)
P (A)
P (B ∩ A)
P (A)
− P (B ∩ A),
de donde P (B ∩ A) P (A)
= P (B ∩ A) + P (B ∩ Ac) = P (B)
es decir P (A ∩ B) = P (A)P (B).
N
3.4. EVENTOS INDEPENDIENTES 71
y adem´as
P (A 2 ) = P (A 2 |A 1 )P (A 1 ) + P (A 2 |Ac 1 )P (Ac 1 )
=
2 m + m(1 − 2 m)
≈ 2 m.
Por lo tanto P (A 3 |A 2 ) ≈
m/ 2 2 m
N
7 Muestreo con Reposici´on. Analicemos de nuevo, desde el punto de vista de la independencia, el muestreo con reposici´on de una poblaci´on con dos tipos de individuos A y B en proporciones p y 1 − p respectivamente. Deseamos calcular la probabilidad de extraer r del tipo A cuando tomamos una muestra de tama˜no n, (r ≤ n) extrayendo uno a la vez.
I Supongamos que la extracci´on di´o como resultado que los primeros r fueron del tipo A y los n − r restantes del tipo B. ¿C´omo podemos calcular la probabilidad de que esto ocurra? Para ello, llamemos Ai al evento “en la i-´esima extracci´on obtuvimos un individuo de tipo A”. En virtud de la independencia,
P (A 1 ∩ A 2 ∩ · · · ∩ Ar ∩ Acr+1 ∩ · · · ∩ Acn) =
∏^ r
i=
P (Ai)
∏^ n
i=r+
P (Aci )
= pr^ (1 − p)n−r
Si observamos ahora que cualquiera sea el orden en que extraigamos los r individuos de tipo A y los n − r de tipo B, la probabilidad es la misma, tendremos que la probabilidad buscada es ( n r
pr^ (1 − p)n−r^ , 0 ≤ r ≤ n,
es decir, la distribuci´on binomial que hab´ıamos encontrado anteriormente. N
8 Consideremos de nuevo la poblaci´on del ejemplo anterior y calculemos la probabilidad de obtener por primera vez un individuo de tipo A en la n-´esima extracci´on.
I Sea Ai el evento “en la i-´esima extracci´on se obtiene un individuo de tipo A” y sea C = {Ai, i ≥ 1 }. C es una familia de eventos independientes. Tambi´en son familias de eventos independientes las obtenidas a partir de C al sustituir cualesquiera conjuntos Ai por sus complementos (ver la proposici´on 3.4). Entonces
pn = P ( el primero de tipo A es el n-esimo) = P (Ac 1 ∩ · · · ∩ Acn− 1 ∩ An) = (1 − p)n−^1 p,
que es la distribuci´on geom´etrica que vimos en el cap´ıtulo anterior. Las probabilidades pn que hemos calculado determinan la distribuci´on de un “tiempo de vida” discreto, es decir, del n´umero de repeticiones de un experimento hasta que ocurra un evento deter- minado. Es de inter´es observar que las probabilidades pn pueden ser utilizadas como aproximaci´on discreta de la situaci´on que hemos estudiado anteriormente en relaci´on a la distribuci´on del tiempo de vida de aparatos que “no envejecen” (ver ejemplo 3.1.4). Sea T el tiempo de vida de un aparato de esa clase. Para calcular P (T > t) dividimos el intervalo [0, t] en n intervalos iguales I 1 , I 2 ,... , In (ver figura 3.3).
72 CAP´ITULO 3. PROBABILIDAD CONDICIONAL E INDEPENDENCIA
........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... .............. ............... .............. .............. ............... .............. .............. ............... .............. .............. ............... .............. .............. ............... .............. .............. ............... ..............
I 1 I 2...^ In− 1 In
(^0) nt^2 nt...^ (n−n2)t^ (n−n1) t t
Figura 3.
Si Ak: “el aparato no se da˜na en el intervalo Ik”, es claro que
{T > t} =
⋂^ n
k=
Ak.
Ahora bien, la hip´otesis de “no envejecimiento” se traduce en el hecho de que los eventos A 1 ,... , An son independientes, es decir que el hecho de que no ocurran desperfectos en los intervalos I 1 ,... , Ik no suministra informaci´on sobre la probabilidad de da˜nos en el intervalo Ik+1. Si suponemos que cuando la longitud h de un intervalo es peque˜na, la probabilidad es aproximada- mente proporcional a h, o m´as precisamente, que
P (se da˜na en [0, h]) = λh + o(h)
donde λ es la constante de proporcionalidad y o(h) es una funci´on de h que satisface o( hh )→ 0 (h → 0), resulta que
P (T > t) = P (∩nk=1Ak) =
∏^ n
k=
P (Ak)
λt n
t n
)n
→ e−λt^ (n → ∞)
y volvemos a encontrar la distribuci´on exponencial. N
9 Al probar independientemente dos aparatos electr´onicos iguales hasta su inutilizaci´on, se obtuvieron los siguientes valores para la duraci´on de vida: 21 horas y 30.2 horas. Suponiendo que el aparato no sufre envejecimiento, esto es, deterioro progresivo, tenemos dos observaciones correspondientes a la distribuci´on P (T > x) = e−λx^ para cierto λ. ¿C´omo obtener un valor razonable de λ, esto es, una estimaci´on de λ?
I Naturalmente, el valor “razonable” de λ depende de qu´e consideremos “razonable”, o sea, del criterio de estimaci´on que se adopte. Como ya hemos visto el criterio de m´axima verosimilitud, trataremos de utilizarlo. En una primera etapa simplificaremos el problema. Supongamos que s´olo observamos el primer aparato hasta su destrucci´on, es decir, 21 horas. Adem´as, consideremos que en realidad no med´ımos exactamente las 21 horas, sino que s´olo observamos que el aparato qued´o in´util entre las 21 y 21+h horas de vida (h > 0). Tenemos
P (21 < T < 21 + h) =
∫ (^) 21+h
21
λe−λtdt.
De acuerdo al criterio adoptado, debemos maximizar esta probabilidad. Como h est´a fijo, esto es equivalente a maximizar lo siguiente:
1 h
P (21 < T < 21 + h) =
h
∫ (^) 21+h
21
λe−λtdt
