\[P(A \mid B) = \frac{\dfrac{|A \cap B|}{|\Omega|}}{\dfrac{|B|}{|\Omega|}} = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}, \quad P(B) \neq 0\]
Suponga que se lanza un dado equilibrado y el resultado es un número par; si se desea conocer la probabilidad de que ese número sea divisible por 3, entonces se realiza lo siguiente:
Al suponer que las eventualidades son equiprobables, que el espacio muestral es finito y utilizando la ley de Laplace, se tiene que:
\(P(A \mid B) = \frac{\text{Casos favorables}}{\text{Casos totales}} = \frac{\dfrac{|A \cap B|}{|\Omega|}}{\dfrac{|B|}{|\Omega|}} = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{1/6}{3/6} = \frac{1}{3}\) Entonces, la probabilidad de que se obtenga un número divisible por 3 dado que es par es de \(\dfrac{1}{3}\).
Teorema
Sean \(A\) y \(B\) dos eventos cualesquiera de un espacio muestral \(\Omega\). La probabilidad condicional de \(A\) dado que ha ocurrido \(B\), denotada por \(P(A \mid B)\), es:
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\]
Demostración: Como se sabe que ha ocurrido \(B\), todos los puntos muestrales que no estén en \(B\) se descartan, lo que produce que el nuevo espacio muestral sea \(B\). Por lo que \(P(A \mid B)\) se puede interpretar como, tomando los casos en los que \(B\) se cumple, la fracción en los que también se cumple \(A\):
\[P(A \mid B) = \frac{|A \cap B|}{|B|} = \frac{\dfrac{|A \cap B|}{|\Omega|}}{\dfrac{|B|}{|\Omega|}} = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\]
Teorema
Sea \(P\) una función de probabilidad sobre \(\Omega\). Dados los eventos \(A\) y \(B\), se tiene que:
\[P(A - B) = P(A) - P(A \cap B)\]
Demostración: Se parte del hecho que
\[A = (A \cap B) \cup (A \cap \bar{B}) = (A \cap B) \cup (A - B)\]
Entonces, como \((A \cap B)\) y \((A - B)\) son disjuntos:
\[P(A) = P\bigl((A \cap B) \cup (A - B)\bigr) = P(A \cap B) + P(A - B)\]
Finalmente se obtiene:
\[P(A - B) = P(A) - P(A \cap B) \qquad \blacksquare\]
Teorema
Sea \(P\) una función de probabilidad sobre \(\Omega\). Sea \(C\) un evento de probabilidad no nula. Dados los eventos \(A\) y \(B\), se tiene que:
Demostración de \(P(\bar{A} \mid B) = 1 - P(A \mid B)\):
\[\begin{align} P(\bar{A} \mid B) &= \frac{P(\bar{A} \cap B)}{P(B)} = \frac{P\bigl[(\Omega - A) \cap B\bigr]}{P(B)} = \frac{P\bigl[(\Omega \cap B) - (A \cap B)\bigr]}{P(B)} \\[6pt] &= \frac{P\bigl[B - (A \cap B)\bigr]}{P(B)} = \frac{P(B) - P(A \cap B)}{P(B)} \\[6pt] &= \frac{P(B)}{P(B)} - \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = 1 - P(A \mid B) \qquad \blacksquare \end{align}\]
Ejercicio
Demuestre las propiedades 2, 3 y 4 para el caso condicionado sobre \(C\).
Ejemplo
Una muestra aleatoria de 80 personas adultas se ha clasificado según se observa en el siguiente cuadro:
| Nivel de escolaridad | Hombre | Mujer | Totales |
|---|---|---|---|
| Primaria | 12 | 19 | 31 |
| Secundaria | 10 | 23 | 33 |
| Universidad | 9 | 7 | 16 |
| Totales | 31 | 49 | 80 |
Si se elige una persona al azar de este grupo, determine la probabilidad de que:
Solución:
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{10/80}{33/80} = \frac{10}{33} \approx 0{,}303\]
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{(19+23)/80}{49/80} = \frac{42}{49} \approx 0{,}857\]
Si la probabilidad de que ocurra el evento \(B\) no se ve afectada por la ocurrencia o la no ocurrencia de otro evento \(A\), entonces se dice que \(A\) y \(B\) son eventos independientes.
Teorema
Los eventos \(A\) y \(B\) son independientes si y solo si \(P(A \mid B) = P(A)\) y \(P(B \mid A) = P(B)\).
Note que, por ejemplo:
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)P(B)}{P(B)} = P(A)\]
Ejemplo
Se lanzan dos dados equilibrados, y se definen los eventos \(A\) y \(B\) de la siguiente manera:
Como \(P(A) = \frac{18}{36} = \frac{1}{2}\) y \(P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{10/36}{20/36} = \frac{1}{2}\), se concluye que \(A\) y \(B\) son eventos independientes.
Teorema (Regla del producto 1)
Los eventos \(A\) y \(B\) son eventos independientes si y solo si:
\[P(A \cap B) = P(A)P(B)\]
Este teorema se generaliza; es decir, los eventos \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) son mutuamente independientes si y solo si:
\[P\!\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_i\right) = \prod_{i=1}^{n} P(A_i) = P(A_1)P(A_2)\cdots P(A_n)\]
Prueba: Suponiendo que \(A\) y \(B\) son independientes y \(P(B) \neq 0\), entonces:
\[P(A \mid B) = P(A) \;\Rightarrow\; \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = P(A) \;\Rightarrow\; P(A \cap B) = P(A)P(B)\]
Ahora, si se supone que \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\), entonces:
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(A)P(B)}{P(B)} = P(A), \quad \text{donde } P(B) \neq 0\]
De forma similar se demuestra que \(P(B \mid A) = P(B)\). \(\blacksquare\)
Ejemplo
Con base en la información del ejemplo anterior, se eligen tres personas al azar y se definen los eventos \(A\), \(B\) y \(C\) de la siguiente manera: \(A\): “la escolaridad es primaria”, \(B\): “la escolaridad es secundaria” y \(C\): “la escolaridad es universitaria”. ¿Cuál es la probabilidad de haber elegido una persona con escolaridad de primaria, una persona con escolaridad secundaria y una universitaria?
Solución:
Asumiendo selección con reemplazo (eventos independientes):
\[P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C) = \frac{31}{80}\cdot\frac{33}{80}\cdot\frac{16}{80} \approx 0{,}032\]
Teorema (Regla del producto 2)
Sean \(A\) y \(B\) dos eventos sobre un espacio muestral \(\Omega\), se cumple que:
\[P(A \cap B) = P(A)P(B \mid A), \quad \text{si } P(A) \neq 0\]
Debido a que \(P(A \cap B) = P(B \cap A)\), entonces \(P(A \cap B) = P(B)P(A \mid B)\), si \(P(B) \neq 0\).
La probabilidad condicional se generaliza de la siguiente forma: sean los eventos \(A_1, A_2, \ldots, A_n\), entonces:
\[P\!\left(\bigcap_{i=1}^{n} A_i\right) = P(A_1)\,P(A_2 \mid A_1)\,P(A_3 \mid A_1 \cap A_2)\cdots P(A_n \mid A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_{n-1})\]
Ejemplo
Una baraja de cartas contiene 26 cartas negras y 26 cartas rojas. Si se seleccionan al azar dos cartas de la baraja sin reemplazarlas, ¿cuál es la probabilidad de que se elijan dos cartas rojas?
Solución:
Considere los eventos \(A\): “Se extrae una carta roja en el primer intento” y \(B\): “Se extrae una carta roja en el segundo intento”.
La probabilidad de elegir una carta roja en el primer intento es de \(\dfrac{26}{52} = \dfrac{1}{2}\), y para el segundo intento, la probabilidad de elegir otra carta roja es de \(\dfrac{25}{51}\), por lo que la probabilidad de que se elijan dos cartas rojas es de:
\[P(A \cap B) = P(A)\,P(B \mid A) = \frac{1}{2}\cdot\frac{25}{51} \approx 0{,}245\]
Teorema
Sean \(A\) y \(B\) dos eventos independientes, entonces se cumple que:
Demostración de 2: \(A\) y \(\bar{B}\) son independientes:
\(\begin{align} P\!\left(A \cap \bar{B}\right) &= P\!\left(A \cap (\Omega - B)\right) = P\!\left(A - (A \cap B)\right) \\ &= P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A)P(B) \\ &= P(A)\bigl(1 - P(B)\bigr) = P(A)P\!\left(\bar{B}\right) \qquad \blacksquare \end{align}\)
Ejercicio
Demuestre las afirmaciones 1 y 3 del teorema.
La ley de probabilidad total establece que, dado un conjunto de eventos mutuamente excluyentes y exhaustivos, es decir, que cubren todo el espacio muestral y no se superponen, la probabilidad de un evento puede ser calculada como la suma de las probabilidades condicionales del evento dado cada uno de los subconjuntos del espacio muestral.
\[B = (A_1 \cap B) \cup (A_2 \cap B) \cup \cdots \cup (A_n \cap B)\]
Figura 6.1. División del evento \(B\) entre todos los eventos \(A_i\).
Teorema (Probabilidad total)
Sean \(A_1, \ldots, A_n\) eventos mutuamente excluyentes y exhaustivos. Entonces, para cualquier otro evento \(B\):
\[P(B) = P(B \mid A_1)P(A_1) + \cdots + P(B \mid A_n)P(A_n) = \sum_{i=1}^{n} P(B \mid A_i)P(A_i)\]
Demostración:
Note que:
\[P(B) = P\!\left(\bigcup_{i=1}^{n}(A_i \cap B)\right)\]
Además, por ser eventos disjuntos:
\[= \sum_{i=1}^{n} P(A_i \cap B)\]
Y por la Regla del producto (Teorema regla del producto 2):
\[= \sum_{i=1}^{n} P(A_i)P(B \mid A_i) \qquad \blacksquare\]
Ejemplo
Una fábrica de autos elabora tres diferentes clases de autos, \(A_1\), \(A_2\) y \(A_3\), con una proporción de cada tipo de 0,4; 0,5; 0,1. Además, la probabilidad de que un auto del tipo \(A_1\) se averíe durante el primer año es 0,07; la probabilidad de que se averíe uno del tipo \(A_2\) es de 0,04 y del tipo \(A_3\) es de 0,09. Determine la probabilidad de que un auto producido por esa fábrica tenga una avería en el primer año.
Solución:
Se define el evento \(B\) = “Un auto producido por esa fábrica tenga una avería en el primer año”. \[\begin{align} P(B) &= 0{,}4 \cdot 0{,}07 + 0{,}5 \cdot 0{,}04 + 0{,}1 \cdot 0{,}09 \\ &= 0{,}028 + 0{,}020 + 0{,}009 = 0{,}057 \end{align}\]
Por lo que la probabilidad de que un auto producido por la fábrica tenga una avería el primer año es de 0,057.
Ejemplo
Se dispone de tres cajas con bombillas. La primera contiene 10 bombillas de las cuales cuatro están fundidas; en la segunda hay seis bombillas de las cuales hay una fundida, y la tercera caja contiene tres bombillas fundidas de un total de ocho. ¿Cuál es la probabilidad de que, al tomar una bombilla al azar, esté fundida?
Solución:
Sea \(B\) = “Una bombilla tomada al azar está fundida”, \(A_1\): “la bombilla es de la primera caja”, \(A_2\): “la bombilla es de la segunda caja” y \(A_3\): “la bombilla es de la tercera caja”. Entonces:
\[P(B) = \frac{1}{3}\cdot\frac{4}{10} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{6} + \frac{1}{3}\cdot\frac{3}{8} \approx 0{,}31\]
Por lo que la probabilidad de que se tome una bombilla fundida es aproximadamente 0,31.
El teorema de Bayes es una herramienta fundamental en la teoría de la probabilidad, que permite actualizar la probabilidad de un evento \(A\) en función de la información proporcionada por otro evento \(B\). En otras palabras, nos permite calcular la probabilidad de que ocurra \(A\), dado que sabemos que \(B\) ha ocurrido.
Teorema (Regla de Bayes)
Sean \(A_1, \ldots, A_n\) eventos mutuamente excluyentes y exhaustivos. Entonces, para \(A_i\) y \(B\) dos eventos arbitrarios, con \(B\) no vacío:
\[P(A_i \mid B) = \frac{P(B \mid A_i)P(A_i)}{P(B)} = \frac{P(B \mid A_i)P(A_i)}{\displaystyle\sum_{j=1}^{n} P(A_j)P(B \mid A_j)}\]
Demostración:
Para probar esta igualdad, se parte de \(P(A_i \mid B)\). Primero, por definición de probabilidad condicional:
\[P(A_i \mid B) = \frac{P(A_i \cap B)}{P(B)}\]
Luego, por la Regla del producto:
\[= \frac{P(A_i)P(B \mid A_i)}{P(B)}\]
Finalmente, por el Teorema de Probabilidad total:
\[= \frac{P(B \mid A_i)P(A_i)}{\displaystyle\sum_{j=1}^{n} P(A_j)P(B \mid A_j)} \qquad \blacksquare\]
Ejemplo
Cierta empresa se dedica a la fabricación de baterías; el 40% de ellas son del tipo A, el 35% del tipo AA y el 25% del tipo AAA. Un ingeniero de calidad ha determinado que el 30% de las baterías del tipo A son defectuosas, el 20% del tipo AA tiene ese mismo defecto, y en las del tipo AAA se ha determinado que ese defecto es del 10%.
Solución:
\(P(A_1)=0{,}4\); \(P(A_2)=0{,}35\); \(P(A_3)=0{,}25\); \(P(B\mid A_1)=0{,}3\); \(P(B\mid A_2)=0{,}2\); \(P(B\mid A_3)=0{,}1\).
\[P(B) = 0{,}4\cdot 0{,}3 + 0{,}35\cdot 0{,}2 + 0{,}25\cdot 0{,}1 = 0{,}215\]
\[P(A_3 \mid B) = \frac{0{,}1\cdot 0{,}25}{0{,}215} \approx 0{,}1163\]
Ejemplo
En un aeropuerto se emplean tres tipos de escáner (A, B y C) para detectar armas en las maletas de los pasajeros. El control dura 12 horas, de las cuales el escáner A se emplea durante las primeras 5 horas, el escáner B se emplea 4 horas y el escáner C se emplea durante las últimas 3 horas. El escáner A tiene un 90% de confiabilidad en su detección de armas, el B tiene un 92% y el C tiene un 95%. Si en un día durante el control se detecta un arma en las maletas de un pasajero, ¿cuál es la probabilidad de que esa arma sea detectada por el escáner A?
Solución: Considere los eventos \(A:\) el escaner A en operación, \(B\): el B en operación y \(C:\) el C en operación, \(D:\) se detecta un arma.
\(P(A)=\dfrac{5}{12}\); \(P(B)=\dfrac{1}{3}\); \(P(C)=\dfrac{1}{4}\); \(P(D\mid A)=0{,}9\); \(P(D\mid B)=0{,}92\); \(P(D\mid C)=0{,}95\).
Por el teorema de la probabilidad total: \[P(D) = \frac{5}{12}\cdot 0{,}9 + \frac{1}{3}\cdot 0{,}92 + \frac{1}{4}\cdot 0{,}95 \approx 0{,}9192\] Por teorema de bayes: \[P(A_1 \mid B) = \frac{0{,}9\cdot\dfrac{5}{12}}{0{,}9192} \approx 0{,}41\] Por lo tanto, la probabilidad de que el arma haya sido detectada durante la operación del escáner A es de un 41%.
1. En una casa hay tres llaveros A, B y C; el primero contiene cinco llaves, el segundo siete llaves y el tercero ocho. Cada llavero contiene una llave que abre una caja fuerte. Se elige un llavero al azar y de él una llave.
2. Una empresa que fabrica camisetas posee tres máquinas A, B y C que producen el 45%, 30% y 25%, respectivamente, del total de las piezas producidas en la fábrica. Los porcentajes de producción defectuosa de estas máquinas son del 3%, 4% y 5% respectivamente.
3. Tenemos tres urnas: A con 3 bolas rojas y 5 negras, B con 2 bolas rojas y 1 negra, y C con 2 bolas rojas y 3 negras. Escogemos una urna al azar y extraemos una bola. Si la bola ha sido roja, ¿cuál es la probabilidad de haber sido extraída de la urna A?
4. En la empresa “Alimentos Mr. Pollo” el 20% de los empleados son ingenieros y otro 20% son economistas. El 75% de los ingenieros ocupa un cargo directivo y el 50% de los economistas también, mientras que de los demás trabajadores (no ingenieros y no economistas) solamente el 20% ocupa un puesto directivo. ¿Cuál es la probabilidad de que un empleado directivo elegido al azar sea ingeniero?
5. En una fábrica se embalan galletas (en cajas) en 4 cadenas de montaje: \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) y \(A_4\). El 35% de la producción total se embala en la cadena \(A_1\) y el 20%, 24% y 21% en \(A_2\), \(A_3\) y \(A_4\) respectivamente. Los datos indican que no se embalan correctamente un porcentaje pequeño de las cajas: el 1% de \(A_1\), el 3% de \(A_2\), el 2,5% de \(A_3\) y el 2% de \(A_4\).