CÁLCULO DE PROBABILIDADES I (Grado en Matemáticas)

TEMA 6

PROBABILIDAD CONDICIONADA 6.1.- Introducción 6.2.- Probabilidad condicionada 6.3.- Propiedades 6.4.- El método recurrente

Problemas resueltos, aplicaciones y resumen de los conceptos más importantes para afrontar los problemas.

© Juan Ignacio Domínguez Martínez – UNED/ C.A. Málaga (Curso 2.016-17)

-1-

¿ Cómo analizar un experimento sobre el que se dispone de información, adicional, a la que se tiene inicialmente ?

Este es el problema fundamental de la estadística

El espacio de probabilidad permite cuantificar la incertidumbre (opinión inicial) sobre el suceso A mediante la asignación P(A). El problema consiste en formalizar la idea de que la “información” aportada por la ocurrencia de un nuevo suceso B, con P(B)≠0, ha de ser recogida y procesada, modificando el espacio de probabilidad inicial. Es decir, nuestro objetivo es actualizar el modelo con la información que se posee.

El concepto de condicionamiento está ligado a la posibilidad de obtener información adicional sobre un experimento aleatorio que modifique nuestra incertidumbre. La probabilidad condicional nos indica cómo podemos actualizar la probabilidad de un suceso con la información de que disponemos.

Es decir, estamos en un contexto dinámico ó de experimentos compuestos.

-2-

¿ Cómo se plantea el problema ?

Supongamos que nuestra opinión sobre el suceso A viene dada por la probabilidad P(A). A continuación conocemos una nueva información: ha ocurrido el suceso B. ¿ Cómo incorporar esta nueva información B con objeto de revisar nuestra opinión inicial (a priori) sobre el suceso A y actualizarla ? Si nuestra opinión sobre A viene dada por P(A) y ha ocurrido el suceso B, esta información puede modificar la incertidumbre sobre A, de forma que dependerá del “grado de compatibilidad” que exista entre ambos sucesos; es decir: Si denotamos por P(A/B) la nueva incertidumbre (probabilidad) que se tiene sobre A, debe ser proporcional a la incertidumbre que tenemos sobre la intersección (lo común) de A y B; es decir,

Esta proporcionalidad equivale a

€

P (A /B) = k⋅ P(A∩ B)⇒ P(Ω /B) =1 = k⋅ P(Ω∩ B) = P(B)⇒ k =1

P(B)Con lo que se llega a la definición:

€

P(A /B)∝ P(A∩ B)

€

PB (A) = P(A /B) =P(A∩ B)P(B)

(P(B) ≠ 0)

-3-

(donde

€

Ω es el el suceso seguro).

€

P(A) =16

P(A /B) =P(nº2∩ par)

P(par)=P(nº2)P(par)

=1636

=13≠ P(A)

€

P(AB) = P(A)P(B /A) = P(B)P(A /B)

A= [sale 2] ; B=[sale par]

Recordemos que A (par) verifica P(A)=1/6, mientras que P(A/B)=1/3. La probabilidad de que ocurra B es P(B)=1/2. Pero si me dicen que ha salido A, la nueva probabilidad de B es 1, puesto que 2 es par; por tanto P(B/A)=1, distinta de P(A/B)=1/3.

En general, P(A/B)≠P(B/A). Confundir estas dos probabilidades condicionadas se llama en el ámbito legal (o judicial) la “falacia del fiscal” o “error de la condicional traspuesta”.

Ejemplo Se tiene un dado legal; se arroja y se gana si sale un 2. Calcular la probabilidad de ganar. Pero si me informan que ha salido un número par, ¿ cómo ha cambiado la probabilidad (incertidumbre)?. ¿ Es la misma ?

- 4 -

€

P(B) = P(Aii=1

n

∑ ) ⋅ P(B /Ai)

Sea B un suceso del espacio muestral y A1, A2,…, An una partición de sucesos que se interpretan como causas o circunstancias que influyen en la aparición de B. Se conocen las probabilidades P(Ai), llamadas probabilidades a priori de las causas Ai y P(B/Ai), se llaman verosimilitudes de B dado Ai y se interpretan como la probabilidad de que el suceso B haya sido causado por Ai (i=1,2,…,n). Entonces se cumple que:

EJEMPLO 1 (se conocen las a priori) En un cierto colectivo, el 70% de las personas son hombres. De ellos, el 60% poseen ordenador (O), mientras que el 25% de las mujeres no poseen ordenador. ¿Qué porcentaje de personas poseen un ordenador ? Solución: hombres y mujeres forman una partición, P(H) = 0.7 ; P(M )= 0.3

€

P(O) = P(O /H)P(H) + P(O /M)P(M) =

= 0.6⋅ 0.7 + (1− 0.25)⋅ 0.3 = 0.645 (0.6 < 0.645 < 0.75)

Teorema de la probabilidad total

€

míni{P(B /Ai} ≤ P(B) ≤ máxi{P(B /Ai}

-5-

EJEMPLO 2 (no se conocen las a priori) Se tienen cuatro monedas, dos legales y dos trucadas (con probabilidad p de salir cara). Se seleccionan al azar dos monedas y se arrojan. Sea X el número de caras que se obtienen al lanzar las dos monedas. Calcular las distintas probabilidades asociadas al número de caras que se obtienen en el experimento.

€

*P(X = 2) = P(X = 2 /A)P(A) + P(X = 2 /B)P(B) + P(X = 2 /C)P(C) =

=1/4⋅ 1/6 + p2 ⋅ 1/6 + p /2 ⋅ 2 /3 =4 p2 + 8p +1

24

Solución: la partición (las a priori) está formada por tres sucesos excluyentes.

A= las dos monedas son legales / P(A)=1/6 B= las dos monedas son trucadas / P(B)=1/6 C= una moneda de cada tipo / P(C)=2/3

€

P(A) = P(B) =

22⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

42⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

=1/6 ; P(C) =

21⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 21⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

42⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

= 2 /3

€

*P(X =1) = P(X =1/A)P(A) + P(X =1/B)P(B) + P(X =1/C)P(C) =

=21⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 1/4⋅ 1/6 +

21⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ pq⋅ 1/6 + (q /2 + p /2) ⋅ 2 /3 =

8p − 8p2 +1024

€

*P(X = 0) = P(X = 0 /A)P(A) + P(X = 0 /B)P(B) + P(X = 0 /C)P(C) =

=4 p2 −16p +13

24→ P(X = i) =1

i=0

2

∑ -6-

APLICACIÓN DE LA PROBABILIDAD TOTAL

La famosa paradoja de la caja de Bertrand fue propuesta por el matemático francés Joseph Bertrand en 1.889. El enunciado es este: Hay tres cajas, una de ellas contiene dos monedas de oro, otra dos monedas de plata y una tercera una de cada tipo. Tras elegir una caja al azar y sacar de su interior una moneda al azar, observamos que es de oro. Calcular la probabilidad de que la moneda que queda dentro de la caja es también de oro. Razonamiento erróneo: hemos sacado una moneda de oro, así que sólo podemos estar en dos posibles casos: ó en la caja con dos monedas de oro, ó en la caja de una de oro y otra de plata. Por tanto, la probabilidad de que la segunda sea de oro es que estemos en la de dos de oro, y como hay dos alternativas, la probabilidad es 1/2. Razonamiento correcto: si la moneda extraída es de oro, la probabilidad de que la segunda también lo sea es 2/3. Veamos la resolución correcta. Llamamos O1 el suceso “la moneda extraída es oro” y O2 la moneda no extraída es de oro”. Queremos calcular P(O2/O1), que por definición es:

€

P(O2 /O1) =P(O1∩O2)P(O1)

con P(O1∩O2) =1/3

ya que la intersección es la probabilidad de que las dos monedas se elijan de la caja con dos oros (una entre tres de manera equiprobable; 1/3). Ahora bien, la probabilidad de seleccionar una moneda de oro en la primera extracción se hace a través del teorema de la probabilidad total. Si denotamos por Ci la caja con i monedas de oro (i=0,1,2), entonces:

€

P(O1) = P(O1 /C2)P(C2) + P(O1 /C1)P(C1) + P(O1 /C0)P(C0) =1⋅ (1/3) + (1/2)⋅ (1/3) + 0⋅ (1/3) =1/2

€

P(O2 /O1) =P(O1∩O2)P(O1)

=1/31/2

=23

-7-

Probabilidad total y condicionada Por experiencia de la policía científica, se sabe que un 60% de las veces aparece la evidencia A en el “lugar de los hechos”, mientras que cuando se encuentra la evidencia A, entonces un 80% de las veces aparece la evidencia B; pero si no aparece la evidencia A, entonces la aparición de B se reduce a la mitad. Calcular: a) Porcentaje de aparición de B. b) Porcentaje de veces que no aparece ninguna de las dos evidencias. c) Porcentaje de veces que no se da A cuando se ha observado que no se ha encontrado B. d) Porcentaje de veces que aparece una y sólo una de las dos evidencias. e)  Porcentaje de veces que aparece al menos una de las dos evidencias.

€

a) P(B) = P(B /A)P(A) + P(B /A )P(A ) = 0.8⋅ 0.6 + 0.4⋅ 0.4 = 0.64 (64%)b) P(A ∩ B ) = P(B /A )P(A ) = (1− 0.4)⋅ 0.4 = 0.24 (24%)

c) P(A /B ) =P(A ∩ B )

P(B )=0.240.36

=23

(66.6%)

d) P(AΔB) = P(A − B) + P(B − A) = P(A∩ B ) + P(A ∩ B) =

= P(B /A)P(A) + P(B /A )P(A ) = (1− 0.8)⋅ 0.6 + 0.4⋅ 0.4 = 0.28 (28%)e) P(A∪ B) =1− P(A ∩ B ) =1− 0.24 = 0.76 (76%)

€

P(A) = 0.6 ; P(B /A) = 0.8 ; P(B /A ) = 0.4Datos

-8-

Probabilidad condicionada (Examen Septiembre 2.016)

Se tienen 2n cartas marcadas con los valores 1 , 1 , 2 , 2 , 3 , 3 , …, n , n . Tras barajar las cartas, se van descubriendo una por una y poniendo en fila sobre una mesa. Cuando el valor de la carta que se ha descubierto coincide con el de alguna que ya está sobre la mesa, se retiran ambas cartas. Sea Nk ( k=1,2,…,2n) el número de cartas que hay sobre la mesa tras el k-ésimo turno. Se tiene, obviamente, N1 = N2n-1= 1 y N2n = 0. a)  Calcular P{Nn= n} y P{Nn+1 = n+1}. b)  Determinar la probabilidad de Nk+1 condicionada por Nk . NOTA: el apartado c) se plantea y resuelve en el tema 9.

a) Para calcular P{Nn= n}, tiene que ocurrir no haber aparecido ninguna carta igual a las que hay sobre la mesa en cada una de las extracciones. Cada vez que se deposita una, en el siguiente turno hay una carta menos en el mazo (casos posibles) y dos cartas menos a considerar como casos favorables (para evitar la aparición de la pareja de la carta que ya está en la mesa). Luego,

€

P Nn = n{ } =2n2n⋅2n − 22n −1

⋅2n − 42n − 2

⋅2n − 62n − 3

⋅ ⋅ ⋅2n − 2(n −1)2n − (n −1)

=2n n!V2n,n

=

=2n n!

Pn ⋅ C2n,n=

2n n!

n!⋅2nn⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

=2n

2nn⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

=2n (n!)2

(2n)!

-9-

-10-

b) Hay que calcular la probabilidad condicionada. Si Nk= j, es porque hay j cartas sobre la mesa, todas distintas y se han retirado ya k – j (par) cartas emparejadas. Quedan por repartir 2n - k cartas de las cuales j coinciden con las que están descubiertas en la mesa y el resto 2n-k – j son parejas completas que están aún en el mazo. En consecuencia, si en la etapa k hay j cartas en la mesa, en la etapa siguiente (k+1) sólo puede haber una más (no se ha producido pareja) o una menos (ha salido una de las que estaba en la mesa). Por tanto:

€

P(Nk+1 = j +1/Nk = j) =2n − k − j2n − k

P(Nk+1 = j −1/Nk = j) =j

2n − k

Paradigma Clásico & Bayesiano

Metodología clásica Se tiene un dado legal (hipótesis: el dado es perfecto), se arroja dos veces y se observa lo que sale. Se calcula la probabilidad del resultado obtenido para confirmar que el dado es perfecto. Si la probabilidad es muy pequeña, se rechaza la hipótesis y se supone que el dado está trucado.

CAUSA EFECTO

Metodología bayesiana Se tiene un dado del que se ignora como es (legal o trucado); se arroja dos veces y se observa lo que sale. Se calcula la probabilidad de los posibles tipos de dado (hipótesis) una vez conocido el resultado que sale al arrojarlo dos veces. Se admite como más verosímil el tipo de dado que obtiene mayor probabilidad para ese resultado.

EFECTO CAUSA

FÓRMULA DE BAYES

-11-

Teorema de la probabilidad inversa o Regla de Bayes Bajo las condiciones del teorema de la probabilidad total, se trata de “modificar” las opiniones iniciales (a priori) en función de los resultados obtenidos B, lo que nos permite revisar las hipótesis iniciales a través de los efectos observados (a posteriori) . Para ello es necesario conocer el “grado de credibilidad” de B dada cada una de las posibles hipótesis iniciales (verosimilitud).

€

P(Akk∑ ) =1 y P(Ak /B

k∑ ) =1

€

P(Ak /B) =P(B /Ak )(1/n)

P(B /Ai)(1/n)i∑

=P(B /Ak )

P(B /Ai)i=1

n

∑∝ P(B /Ak )

€

Posteriori∝ Pr iori⋅ Verosimilitud

-12-

€

{Ak}→Causas (opinión a priori)B→Efecto {B /Ak} (verosimilitudes){Ak /B} (a posteriori)

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

NOTA .- Si k = 1, 2,…, n y las a priori son igualmente probables, P(Ak)=1/n (k=1,2,…,n), entonces la fórmula de Bayes toma la forma

€

P(Ak /B) =P(B /Ak )P(Ak )

P(B /Ai)P(Ai)i∑

=P(B /Ak )P(Ak )

P(B)∝ P(B /Ak )P(Ak )

y las a posteriori sólo d e p e n d e n d e l a s verosimilitudes asociadas. El valor exacto de la a posteriori se suele llamar en este caso, verosimilitud normalizada.

Fórmula de Bayes y probabilidad total condicionada / 1 Se tienen diez cajas con seis bolas cada una. De ellas, tres cajas poseen cada una dos blancas y cuatro negras, cinco de ellas tienen tres bolas blancas y tres negras y el resto de las cajas, tiene cada una, cuatro blancas y dos negras. Se selecciona una caja al azar y a continuación se extrae de ella una bola al azar, que resulta ser blanca. a)  Calcular la probabilidad de que se haya extraído de cada una de las diez cajas. b)  Si de la caja donde se sacó la bola, ésta no se devuelve y se extrae una segunda bola, ¿qué probabilidad hay de que sea negra ?

a) Hay tres tipos (probabilidades a priori) de composición de cajas: C1=[2B;4N] con P(C1)=3/10 ; C2=[3B;3N] con P(C2)=5/10; C3=[4B;2N] con P(C3)=2/10

Sea B1 el suceso sacar bola blanca en la primera extracción, entonces:

€

P(B1) = P(B1 /Ci)P(Cii=1

3

∑ ) =660

+1560

+860

=2960Probabilidades a posteriori:

€

P(Ci /B1) =P(B1 /Ci)P(Ci)

P(B1)=

6 /29→C115 /29→C2

8 /29→C3

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

-13-

€

P(C1 /B1)∝ (3/10)(2 /6) = 6 /60P(C2 /B1)∝ (5 /10)(3/6) =15 /60→P(C3 /B1)∝ (2 /10)(4 /6) = 8 /60

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Las cajas tipo C2 es la que tiene mayor probabilidad de haber sido seleccionada, como ahora veremos al obtener las a posteriori y observar su máximo.

NOTA: Si nos piden sólo el tipo de caja más probable, NO hace falta calcular de manera exacta las probabilidades a posteriori. Es lo que se llama el criterio de máxima probabilidad a posteriori.

€

P(N2 /B1) = P(N2 /B1∩Cii=1

3

∑ )P(Ci /B1) =

=45⋅629

+35⋅1529

+25⋅829

=1729

Es la llamada fórmula de la probabilidad total condicionada.

€

P(B /C) = P(B /C∩ Aii∑ )P(Ai /C)

-14 -

b) Es una probabilidad total pero condicionada, y que utiliza las probabilidades a posteriori como nuevas a priori en el teorema de la probabilidad total; es decir, después de la extracción de la bola blanca, las posibilidades en los tres tipos de cajas son:

C1=[1B;4N] ; C2=[2B;3N] ; C3=[3B;2N]

Planteamiento clásico de la fórmula de Bayes / 2 (Diapositiva nº 6 / continuación del Ejemplo 2 sin conocer las a priori) Se tienen cuatro monedas, dos legales y dos trucadas (con probabilidad p de salir cara). Se seleccionan al azar dos monedas y se arrojan. Sea X el número de caras que se obtienen al lanzar las dos monedas. Si en el experimento han salido dos caras, discutir para los distintos valores de p el tipo de moneda utilizada empleando para ello el criterio de máxima probabilidad a posteriori.

NOTA: no es necesario utilizar la fórmula de Bayes completa, ya que el suceso condicionante (X=2) es el mismo para las tres probabilidades. Por tanto, es suficiente comparar la proporcionalidad de las a priori por las verosimilitudes. Si representamos gráficamente las tres funciones: 1/4, p2 y 2p (0≤p≤1), obtenemos, para X=2, que: •  si p < 1/8 lo más probable es que se hayan utilizado las dos monedas legales (A). •  si p ≥1/8 lo más probable es que se hayan utilizado una moneda de cada tipo (C). • Probar que las posteriori exactas son:

P(A/X=2)=1/g(p) ; P(B/X=2)= 4p2/g(p) ; P(C/X=2)=8p/g(p) donde g(p)=4p2+8p+1

Priori ///A= dos monedas legales ; B= dos monedas trucadas ; C= una moneda de cada tipo

-15-

P(A)=P(B)=1/6 ; P (C )=2/3

€

P(A /X = 2)∝ P(X = 2 /A)P(A) = (1/4)⋅ (1/6)∝1/4P(B /X = 2)∝ P(X = 2 /B)P(B) = p2 ⋅ (1/6)∝ p2

P(C /X = 2)∝ P(X = 2 /C)P(C) = (p /2)⋅ (2 /3)∝ 2p

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Posterioris

Planteamiento clásico de la fórmula de Bayes / 3 (Ejercicio 6.9 /Libro de texto: pág. 106 )

Un estudiante sabe una proporción p de las preguntas de una asignatura. El examen es un test en el que cada pregunta cuenta con r respuestas, igualmente verosímiles cuando no se conoce la respuesta correcta. Hallar la probabilidad de que el estudiante conteste correctamente a una pregunta y la probabilidad de que conociese la respuesta a una pregunta que ha contestado correctamente. Según ello, ¿qué nota se le debe atribuir en función del número de aciertos?.

€

P(C) = P(C /S)P(S) + P(C /S )P(S ) =1⋅ p +1r⋅ (1− p) =

1+ p(r −1)r

Sean los sucesos S, saber la respuesta y C contestar correctamente, entonces:

€

P(S) = p ;P(C /S) =1;P(C /S ) =1/r (r ≥ 2)

€

P(S /C) =P(C /S)P(S)

P(C)=

pr1+ p(r −1)

Gráficas (en función de p) de P(S), P(C) y P(S/C) para r = 3.

€

P(S) = p ; P(C) =2p +13

; P(S /C) =3p2p +1

-16-

Comentario Si el corrector trata de estimar el nivel de conocimiento del estudiante mediante una estimación p* de la probabilidad p por medio del número de aciertos a sobre el total de n preguntas, y suponiendo que n es suficientemente grande, la proporción de aciertos a/n, debe de coincidir, aproximadamente, con la probabilidad P(S) de saber la respuesta. Por lo tanto:

€

P(S) =an≈ p*+(1− p*) 1

r⇒ p* =

an−

n − an(r −1)

Calificación, sobre diez puntos:

€

N* =10p* =10n

a − n − ar −1

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ =10n

aciertos − fallosnº respuestas −1

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

-17-

Nota Si a = acierto ; f = fallo ; b = blanco, (a+f+b = n), la fórmula anterior pondera con +1, - 1/(r-1) y 0, respectivamente, de manera que

€

p* =1n(+1)⋅ a + −

1r −1

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⋅ f + 0⋅ b

⎡

⎣ ⎢

⎤

⎦ ⎥

El estudiante reconoce que no sabe las que no contesta y se detecta que no se sabe las que falla. Se sabe sólo una proporción de las que acierta (porque algunas puede haberlas acertado al azar). Es conveniente penalizar las que el mismo reconoce que no se sabe. Aquí el modelo sólo considera preguntas inmediatas, que se saben o no se saben. Si no se responde a una pregunta (blanco b) es porque no se sabe.

Teorema de Bayes y Probabilidad total condicionada / 2 Se tienen dos cajas con cinco bolas cada una. La caja C1 posee tres blancas y dos negras y la caja C2, una blanca y cuatro negras. Una moneda con probabilidad p de salir cara se lanza y si sale cara se extraen dos bolas de una vez de la primera caja, mientras que si sale cruz la extracción se realiza en la segunda caja. a) ¿Para qué valores de p es más probable los tipos de bolas extraídas ? b)  Si han salido bolas de distinto color, ¿para qué valores de p, qué caja es la más probable que hayan sido extraídas ?. c) Si de la caja donde se extrajeron las dos bolas de color distinto, éstas no se devuelven y se saca una tercer bola,¿qué probabilidad hay de que sea negra ?.

a) Sean los sucesos B2, N2 y A2, extraer dos bolas blancas, dos negras y una de cada color, respectivamente. Entonces:

€

P(B2) = P(B2 /C1)P(C1) + P(B2 /C2)P(C2) = p

32⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

52⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

+ (1− p)⋅ 0 =3p10

⇒ P(B2)∝ 3p

P(N2) = p

22⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

52⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

+ (1− p)⋅

42⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

52⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

=6 − 5p10

⇒ P(N2)∝ 6 − 5p

P(A2) = p

31⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 21⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

52⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

+ (1− p)⋅

41⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 11⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

52⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

=2(p + 2)10

⇒ P(A2)∝ 2p + 4

-18-

Las intersecciones de las tres rectas (ver gráfica anterior) 3p ; 6-5p y 2p+4, son los valores: p=2/7 ; p=3/4 y p=4. Como 0≤p≤1, entonces: * Si 0 ≤p ≤ 2/7 : lo más probable es dos negras (N2) * Si 2/7 ≤ p ≤ 1 : lo más probable es una de cada color (A2)

b) Método de máxima probabilidad a posteriori:

€

P(C1/A2)∝ P(A2 /C1)P(C1) = 3p /5P(C2 /A2)∝ P(A2 /C2)P(C2) = 2q /5

con k =1

P(A2)=

5(2 + p)

Comparando P(C1/A2) con P(C2/A2), observamos que

€

3p ≥ 2(1− p)⇔ p ≥ 2 /5⇒0 < p < 2 /5 C2 C12 /5 ≤ p <1 C1 C2⎧ ⎨ ⎩

c) Probabilidad total condicionada.

€

P(N3/A2) = P(N3/A2;C1)P(C1/A2) + P(N3/A2;C2)P(C2 /A2) = (*)

€

P(C1/A2) = k ⋅ P(A2 /C1)P(C1) = 3p /(2 + p)P(C2 /A2) = k ⋅ P(A2 /C2)P(C2) = 2(1− p) /(2 + p)

€

(*) =13⋅3p2 + p

+1⋅ 2(1− p)2 + p

=2 − p2 + p

€

p = 2 /5→C1≈ C2

-19-

Probabilidad condicionada, Teorema de Bayes (Variante: Examen Febrero 2.012 (1ª semana)

Se dispone de tres cajas C1,C2 y C3, que contienen, respectivamente, tres bolas blancas y una negra, una bola blanca y tres negras, y dos bolas blancas y dos negras. Se lanzan dos monedas trucadas con igual probabilidad p de salir cara, y se elige la caja C1 cuando salen dos caras, la C2 cuando salen dos cruces y la C3 en el resto de los casos. Después se hacen extracciones de la caja seleccionada. a) Si las extracciones se hacen con reposición, calcular la probabilidad de obtener bola negra en cada extracción. b) Si las extracciones se hacen con reposición y la primera bola extraída fue negra, calcular la probabilidad de que la segunda sea también negra. c) Extra: Si la primera extracción es negra, analizar de qué caja fue más probable la extracción.

a) Probabilidades a priori: P(C1) = p2 ; P(C2) = q2 ; P(C3) = 2pq (p+q=1). Sea N1 el suceso la primera extracción es bola negra. Entonces, por la fórmula de la probabilidad total,

€

P(N1) = P(Cii=1

3

∑ )P(N1/Ci) =14p2 +

34q2 +

242pq =

3 − 2p4

b) Si N2 es el suceso las dos primeras bolas extraídas son negras, entonces

€

P(N2 /N1) =P(N1N2)P(N1)

=P(N2)P(N1)

€

P(N2) =14⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 2

p2 +34⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 2

q2 +24⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 2

2pq =2p2 −10p + 9

16

€

P(N2 /N1) =P(N1N2)P(N1)

=P(N2)P(N1)

=2p2 −10p + 94(3 − 2p)

(= 916

= 0.562; si p =1/2) -20-

c) Probabilidades a posteriori:

€

P(C1/N1) =P(N1/C1)P(C1)

P(N1)=

p2

3 − 2p∝ p2

P(C2 /N1) =P(N1/C2)P(C2)

P(N1)=3q2

3 − 2p∝ 3q2

P(C3/N1) =P(N1/C3)P(C3)

P(N1)=4 pq3 − 2p

∝ 4 pq

Comparando analíticamente las tres parábolas p2, 3(1-p)2 y 4p(1-p) (ó representando gráficamente), obtenemos la siguiente tabla de decisiones:

Si 0 ≤ p < 3/7 entonces lo más probable es la Caja C2 Si 3/7 ≤ p < 4/5 entonces lo más probable es la Caja C3 Si 4/5 ≤ p ≤ 1 entonces lo más probable es la Caja C1

-21-

Probabilidad total (Examen: Febrero 2.012/ 2ª semana)

De una urna con 5 bolas blancas (B) y 4 bolas negras (N), un croupier extrae 4 bolas simultáneamente y anuncia cuántas bolas blancas ha obtenido. Acerca de una segunda extracción en idénticas condiciones, un jugador puede apostar a que el número de bolas blancas obtenidas será estrictamente mayor que en la primera ó, por el contrario, a que será estrictamente menor. Gana si su pronóstico es acertado y pierde en caso contrario (incluido cuando el número de bolas blancas es el mismo en ambas extracciones). a)  Indicar qué estrategia debe seguir el jugador para realizar su apuesta y qué probabilidad tiene, entonces, de ganar. b) Supuesto que el jugador ha ganado, hallar la probabilidad de que en la primera extracción apareciesen dos bolas blancas. NOTA: el resto de apartados del problema se irán planteando en sucesivos temas.

a) Si X1 y X2 representan los números de bolas B en la primera y en la segunda extracción, respectivamente. Ambas v.a., que son independientes (tema 7) y con la misma distribución (modelo hipergeométrico = extracciones sin reemplazamiento, pág. 41 y 321 del texto), dada por:

€

P(X1 = i) = P(X2 = i) =

5i⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 44 − i⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

94⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

=1126

⋅

1 i = 020 i =160 i = 240 i = 35 i = 4

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪ -22-

X2 > X1 X2 < X1 X2 = X1 Estrategia

X1 = 0 125/126 0 1/126 X2 > X1

X1 = 1 105/126 1/126 20/126 X2 > X1

X1 = 2 45/126 21/126 60/126 X2 > X1

X1 = 3 5/126 81/126 40/126 X2 < X1

X1 = 4 0 121/126 5/126 X2 < X1

Según el valor de X1 obtenido en la primera extracción, las probabilidades de que se produzcan cada uno de los sucesos (mayor, menor o igual que la primera extracción) son los dados en la tabla junto con la última columna que indica por el suceso que hay que apostar en cada caso (el más probable de los dos primeros, ya que con igual pierde).

€

P(G) = P(X1 = i)P(G /i=0

4

∑ X1 = i) =

=1126

125126

+20126

105126

+60126

45126

+40126

81126

+5126

121126

=8.7701262

≈ 0.5524

-23-

Con tal estrategia, la probabilidad de ganar es:

(que es una versión particular de la fórmula de la probabilidad)

b) Nos piden P(X1=2/G). Haciendo uso de la fórmula de Bayes,

€

P(X1 = 2 /G) =P(G /X1 = 2)P(X1 = 2)

P(G)=(60 126) /(45 126)(8.770 /1262)

=270877

≈ 0.3079

Propuestas para reflexionar:

a)  Analizar qué resultado inicial (primera extracción) es el más probable sabiendo que el jugador ha ganado. Nota: para esto, es suficiente con tener el cuenta las probabilidades a priori y las verosimilitudes asociadas.

b)  Suponiendo que el jugador ha ganado, calcular la probabilidad de que hayan aparecido dos bolas blancas en la segunda extracción.

c)  Si el jugador recibe un euro cuando gana y, en caso contrario, pierde su apuesta, calcular cuánto debe estar dispuesto a apostar, antes de la primera extracción, por participar en el juego (y que lógicamente le interese jugar). (Se resuelve con detalle en el tema 9)

-24-

-25-

Probabilidad total y Teorema de Bayes (Parte del Examen de Septiembre 2.014)

Se dispone de n monedas idénticas, cada una con probabilidad p de salir cara y q de cruz (p+q=1). En un primer lanzamiento se arrojan las n monedas. En el segundo lanzamiento se vuelven a lanzar las monedas cuyo resultado haya sido cruz, sin tocar las monedas que hayan resultado cara. Se repite iterativamente este procedimiento de tal forma que en el lanzamiento k se lanzan las monedas que hayan salido cruz en el lanzamiento k-1, sin tocar las monedas que hayan salido cara. Sea Xk (k ≥1) la v.a. que indica el número de caras entre las n monedas tras el lanzamiento k-ésimo. a) Probar que Xk posee una distribución binomial. b) Calcular la distribución de Xk+1 condicionada por Xk = j. c) Extra: Calcular la distribución de Xk condicionada por Xk+1 = r. Nota: el resto del problema se plantea y resuelve en el tema 9. La independencia de la que se hace uso, se estudia en el tema 7.

a) Cada una de las n monedas es lanzada sucesivamente hasta que salga cara. Por la independencia, la probabilidad de que en la k-ésima tirada salga cruz es qk ya que esto implica que todas las tiradas anteriores han sido también cruz ( en caso contrario la moneda con cara se hubiese inmovilizado sin arrojarla de nuevo). Por lo tanto, la probabilidad de que en algún momento haya salido cara es 1-qk. Pero como el lanzamiento de las n monedas son independientes, obtenemos en definitiva que la v.a. Xk sigue una distribución binomial (ver pág. 41 y 320 del texto)

€

Xk Bin(n,1− qk ) (k =1,2,3,4,...)

-26-

€

P(Xk+1 = r /Xk = j) =n − jr − j⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ pr− jqn−r (r = j, j +1,...,n)

b) Para la distribución condicionada, si en la etapa k-ésima Xk = j (0 ≤ j ≤ n), entonces en el siguiente lanzamiento se lanzan n – j monedas (las que quedan con cruz). Con esto, los posibles valores de Xk+1 serán desde otra vez j caras (ninguna nueva) hasta todas caras, es decir las n-j monedas con cruces, salen cara. Por tanto, los valores posibles son r =j , j+1 , …, n. Con esto, Xk+1 = r cuando salgan de las n-j monedas que quedaban con cruz, r-j caras y el resto (n-j)-(r-j) = n-r cruces. Es decir:

c) Haciendo uso de la fórmula de Bayes, la otra probabilidad condicionada es

€

P(Xk = j /Xk+1 = r) =P(Xk+1 = r /Xk = j)P(Xk = j)

P(Xk+1 = r)

y operando convenientemente, obtenemos

€

P(Xk = j /Xk+1 = r) =

rj⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ 1− qk( ) j qk( )r− j

1− qk+1( )r€

r = j, j +1, j + 2,...,n

-27-

Teorema de Bayes y probabilidad de tomar una decisión correcta basada en el criterio de máxima probabilidad a posteriori

Se dispone de dos cajas C1 y C2 que contienen, respectivamente, tres bolas blancas y una negra, y dos bolas blancas y dos negras. Se lanza una moneda con probabilidad p de salir cara, y se elige la caja C1 cuando sale cara y la C2 cuando sale cruz. A continuación se lanza la moneda y se extraen dos bolas (sin reposición) de la caja que corresponda. A partir del resultado del experimento, se desea tomar una decisión, coherente con el criterio de máxima probabilidad a posteriori, sobre el tipo de caja seleccionada en el experimento. Construir una tabla de decisiones y discutir la probabilidad de tomar una decisión correcta (función de acierto).

Utilizamos la proporcionalidad de la a posteriori con la a priori por la verosimilitud. Para ello, las a priori son P(C1) = p y P(C2) = q = 1-p. Denotamos por B2, N2 y BN los sucesos obtener dos bolas blancas, dos negras y una de cada color, respectivamente. Entonces,

€

P(C1/B2)∝ P(C1)P(B2 /C1)∝ p /2P(C2 /B2)∝ P(C2)P(B2 /C2)∝ q /6⎧ ⎨ ⎩

→C1 C2⇔ p /2 > q /6⇔ p >1/4

€

P(C1/N2)∝ 0P(C2 /B2)∝ q /6⎧ ⎨ ⎩

→C2 C1 (∀p)

€

P(C1/BN)∝ p /2P(C2 /BN)∝ 2q /3⎧ ⎨ ⎩

→C1 C2⇔ p /2 > 2q /3⇔ p > 4 /7

p Result.Exp. [0,1/4) [1/4,4/7) [4/7,1]

B2 C2 C1 C1

N2 C2 C2 C2

BN C2 C2 C1

-28-

Si denotamos por f(p) la probabilidad de tomar una decisión correcta bajo el criterio de máxima probabilidad a posteriori, que es lo que se ha propuesto en el cuadro de decisiones, entonces: a)  Si 0 < p < 1/4, como cualquiera que sea el resultado del experimento la decisión es C2,

entonces f (p) = P(C2) = 1-p (=q) b)  Si 1/4 ≤ p < 4/7 entonces hay que aplicar una versión del teorema de la probabilidad total

(aunque no es así exactamente; algo parecido a lo empleado en el examen de febrero 2012 2ª semana visto anteriormente) y operar para observar cómo en realidad intervienen sólo las a priori y las verosimilitudes. En concreto,

€

f (p) = P(C1/B2)P(B2) + P(C2 /N2)P(N2) + P(C2 /BN)P(BN) =

=P(B2 /C1)P(C1)

P(B2)P(B2) +

P(N2 /C2)P(C2)P(N2)

P(N2) +P(BN /C2)P(C2)

P(BN)P(BN) =

= P(B2 /C1)P(C1) + P(N2 /C2)P(C2) + P(BN /C2)P(C2) =p2

+q6

+2q3

=5 − 2p6

c) Operando de igual modo para 4/7 ≤ p < 1 , obtenemos en definitiva que

€

f (p) =

1− p 0 ≤ p <1/4(5 − 2p) /6 1/4 ≤ p < 4 /7(1+ 5p) /6 4 /7 ≤ p <1

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Nota: si la moneda es equilibrada, entonces la probabilidad de “acierto” es f (1/2) = 2/3. Además, f(4/7)=9/14 = 0.643 es el mínimo que se alcanza.

-29-

Probabilidad total y Teorema de Bayes (Parte del Examen Febrero 2.014 (1ª semana)

La v.a. X tiene una distribución de Poisson de parámetro λ > 0. Condicionada por el valor X = n, con n ≥ 0, la v.a. Y tiene una distribución Binomial de parámetros n y p, con 0 < p < 1. (Cuando X = 0, se entiende que Y = 0). Determinar la función de probabilidad de Y y la función de probabilidad de X condicionada por Y = m, para m ≥ 0.

Datos (ver texto para conocer las funciones de probabilidad Binomial y Poisson):

€

P(X = n) = e−λ λn

n!(n = 0,1,2,...) ; P(Y = m /X = n) =

nm⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ pmqn−m (n ≥m ; p + q =1)

€

∗P(Y = m) = P(Y = m /X = n)P(X = n) =n=m

∞

∑nm⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

n=m

∞

∑ pmqn−me−λ λn

n!=

pmqn−m

m!(n −m)!n=m

∞

∑ e−λλn = [n −m = k] =

=pmλme−λ

m!(λq)k

k!k=0

∞

∑ = (λp)m e−λp

m!(m = 0,1,2,3,...)

Haciendo uso del teorema de la probabilidad total,

Es decir, la v.a. Y sigue una distribución de Poisson de parámetro λ p.

Para la otra distribución condicionada, hacemos uso del teorema de Bayes. Como todos los datos los tenemos, basta sustituir y operar convenientemente.

€

∗P(X = n /Y = m) =P(Y = m /X = n)P(X = n)

P(Y = m)= e−λq (λq)

n−m

(n −m)!(n ≥m ≥ 0)

-30-

Probabilidad total (Generalización de parte del Examen Febrero 2.015 (2ª semana)

Se construye un conjunto finito A de números naturales por el procedimiento aleatorio siguiente. El máximo número M contenido en A se elige con distribución geométrica P{M=m}= pqm-1(m=1,2,3,…; p+q=1). Después, para cada uno de los números k = 1,2,…, m-1, se sortea independientemente y con probabilidades p ó q si se incluye k en A ó no se incluye. Se pide: a)  Para cualquier número natural n, calcular la probabilidad de que n pertenezca a A. b)  Determinar la distribución del número de elementos de A. Nota: el resto de apartados se plantean en los siguientes temas.

Notas: Distribución geométrica (pág. 71, tema 5). Independencia (tema 7).

a)  Dado un número natural arbitrario n = 1,2,3,…el conjunto aleatorio A contiene al número n si

* Al seleccionar el máximo elemento M de A, resulta que M = n ó * Si resulta que M > n y n resulta incluido en A después de sortear (con probabilidad p)

su pertenencia a A. En cualquier caso, como

€

P(M = n) = pqn−1 y P(M > n) = pqm−1m=n+1

∞

∑ = qn

€

P(n∈ A) = P(n∈ A /M = n)P(M = n) + P(n∈ A /M > n)P(M > n) =

=1⋅ pqn−1 + p⋅ qn = p(1+ q)qn−1 =32n+1 si p =1/2

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

por el teorema de la probabilidad total,

-31-

b) Si |A| representa el número de de elementos del conjunto A, entonces si el máximo es M = m, podría tener como máximo m elementos. Entonces para que el conjunto tenga r (r =1,2,…,m) elementos (uno de ellos ya es el m) los restantes r-1 elementos se seleccionan con probabilidad p y los restantes m-r no pertenecen con probabilidad, cada uno q. Es decir:

€

P( A = r /M = m) =m −1r −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ pr−1qm−r (r =1,2,...,m)

En consecuencia, por el teorema de la probabilidad total y la fórmula de la binomial negativa (pág. 411 del texto)

€

P( A = r) = P( A = r /M = m)P(M = m)m=r

∞

∑ =m −1r −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ pr−1qm−r

m=r

∞

∑ pqm−1 =

=m −1r −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ prq2m−r−1

m=r

∞

∑ =m −1r −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ pr (1− q2)r(1− q2)−r q2( )m−r

m=r

∞

∑ q2( )r−1 =

= (1− q2)−r prqr−1m −1r −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ (1− q2)r(q2)m−r

m=r

∞

∑ = (1− q2)−r prqr−1⋅ 1 =1q

q1+ q⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

r

=

=11+ q

q1+ q⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

r−1

r =1,2,3,... y P( A = r) =23r

si p =1/2⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

que es una distribución geométrica de parámetro 1/(1+q)= 1 / (2-p)

DEPENDENCIA MARKOVIANA Este y otros ejemplos se basan en un caso particular de la fórmula general de la dependencia de sucesos y que utilizan el teorema de la probabilidad total para el planteamiento, y resolución, de experimentos recurrentes.

€

P(A1∩ A2 ∩ A3 ∩ ... ∩ An ) = P(A1)P(A2 /A1)P(A3 /A2 ∩ A1)⋅ ⋅ ⋅ P(An /An−1∩ An−2 ∩⋅⋅⋅A2 ∩ A1)

Si se verifica que:

€

P(Ak /Ak−1∩ Ak−2 ∩⋅⋅⋅A2 ∩ A1) = P(Ak /Ak−1) (∀k = 2,3,4,...)

que se llama la “condición ó dependencia markoviana” y que viene a decir:

Dado el presente (Ak-1), el futuro (Ak) es independiente del pasado (Ak-2 ; Ak-3; …; A2; A1),

€

P(A1∩ A2 ∩ A3 ∩ ... ∩ An ) = P Aii=1

n

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ = P(A1)P(A2 /A1)P(A3 /A2)P(A4 /A3)⋅ ⋅ ⋅ P(An /An−1 )

El MÉTODO RECURRENTE

pn = f (pn-1, pn-2,…,p1)

Normalmente se utiliza el teorema de la probabilidad total que da origen a una ecuación recurrente (en diferencias finitas) -32-

Probabilidad total y condicionada: método recurrente (Examen Febrero 2.008)

Una urna contiene a bolas blancas y b bolas negras. Dos jugadores, A y B, extraen sucesivamente y con reemplazamiento una bola de la urna. El juego se detiene cuando A extrae una bola blanca (siendo A el ganador del juego) ó cuando B extrae una bola negra (siendo B el ganador del juego). Se supone que el primer jugador en extraer bola es A. Calcular la probabilidad de que A gane la partida, y la probabilidad de que B gane la partida.

Denotamos por Bi y Ni los sucesos extraer bola blanca ó negra en la i-ésima extracción. Después de dos jugadas sin ganar ninguno de los dos jugadores, la situación está como al principio del juego. Es decir, si denotamos por pA la probabilidad de que A gane la partida, entonces, como A juega en las jugadas impares:

€

pA =a

a + b+

ba + b

⋅a

a + b⋅ pA

€

pA =a(a + b)

a2 + ab + b2⇒ pB =1− pA =

b2

a2 + ab + b2

Propuesta para hacer en el tema nº 9: calcular la duración esperada de la partida.

Nota 1: este ejercicio y una variante más sencilla, se plantea en el libro de texto, pág. 72, ejercicio

5.2 y se resuelve en la pág. 383

€

pA = P B1∪ (N1∩ B2 ∩ B3)[ ] = P(B1) + P(N1∩ B2 ∩ B3) = P(B1) + P(N1)P(B2 /N1)P(B3 /N1∩ B2)

-33-

Pero como

€

P(B3 /N1∩ B2) = pA

-34-

Nota 2: la potencia del método recurrente se puede observar si resolvemos el problema por métodos clásicos. En efecto, si denotamos por p = a/(a+b) y q = 1-p= b/(a+b), entonces como A sólo puede ganar en las jugadas impares

€

pA = P(1ª ) + P(3ª ) + P(5ª ) + ... = p + (qp)p + (qpqp)p + ... =

= p(qp)nn=0

∞

∑ =p

1− qp=

a(a + b)a2 + b2 + ab

que coincide con lo obtenido con la técnica de recurrencia.

El clásico método recurrente (Variante y otras extensiones: Libro de texto, 6.21, pág. 108-384-385)

Se tienen dos cajas, A y B, cada una con N bolas. La caja A tiene una bola blanca y el resto negras, mientras que en la caja B son todas negras. Se realizan extracciones (intercambios) consistente en que en cada extracción se selecciona una bola de cada caja y se introduce en la otra. Calcular la probabilidad de que al cabo de n intercambios, la bola blanca siga permaneciendo en la caja A.

Denotemos por pn =P(An) la probabilidad de que después de n transiciones (cambios) la bola blanca esté en la caja A y P(Bn) de que esté en la caja B. Es un tipo de dependencia markoviana ya que la probabilidad que se pide, después de la transición k, sólo depende de la posición de la bola blanca en la transición anterior (k-1). Por lo tanto, aplicando el teorema de la probabilidad total y teniendo en cuenta que p0=1 ya que inicialmente la bola blanca está en A:

€

pn = P(An ) = P(An /An−1)P(An−1) + P(An /Bn−1)P(Bn−1) =

=N −1N

pn−1 +1N(1− pn−1) = 1− 2

N⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ pn−1 +

1N

= apn−1 + b (p0 =1)

Es una ecuación recurrente (en diferencias finitas) del tipo:

€

pn = apn−1 + b = a(apn−2 + b) + b = a2pn−2 + ab + b =… =

= an p0 + b(1+ a + a2 + ...+ an−1) = an + b1− an

1− a= 1− 2

N⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ n

+121− 1− 2

N⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ n⎛

⎝ ⎜ ⎜

⎞

⎠ ⎟ ⎟ =121+ 1− 2

N⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ n⎡

⎣ ⎢

⎤

⎦ ⎥

-35-

P(An/An-1) = (N-1)/N es la probabilidad de sacar bola negra en la caja A.

VARIANTE 1 Una avenida contiene semáforos regulados de manera que si un conductor se encuentra uno abierto, el siguiente también se lo encuentra abierto un 90% de las veces; pero si se lo encuentra cerrado, el siguiente también se lo encuentra cerrado en un 80% de los casos. Si el primer semáforo está abierto, calcular la probabilidad de que se encuentre abierto el n-ésimo.

-36-

VARIANTE 2 (Texto, 6.20, pág. 108) Una colección de urnas contienen, cada una, a bolas blancas y b negras. Una bola extraída de la primera urna se introduce en la segunda; luego una de ésta en la tercera, y así sucesivamente. a) ¿ Cuál es la probabilidad de que sea blanca la n-ésima extracción ? b) ¿Y si se sabe que la primera bola fue blanca?

a)  Denotemos por pn =P(Bn) la probabilidad de que sea blanca la bola sacada en la n-ésima extracción (urna). Después de la primera extracción, cada urna contiene

(a+b+1) bolas: (a+1) B y (b) N ó (a) B y (b+1) N.

Aplicando la dependencia markoviana y el teorema de la probabilidad total:

€

pn = P(Bn ) = P(Bn /Bn−1)P(Bn−1) + P(Bn /Nn−1)P(Nn−1)

pn =a +1

a + b +1pn−1 +

aa + b +1

(1− pn−1) =a + pn−1a + b +1

Pero como inicialmente, p1 =a/(a+b), entonces

€

p2 =a + p1a + b +1

=a +

aa + b

a + b +1=

aa + b

;⋅ ⋅ ⋅;pn =a

a + b

b) Como ahora p1 =1, entonces la ecuación recurrente es la misma, pero la solución distinta, pues

€

p1 =1; p2 =a +1

a + b +1;....⇒ pn = α pn−1 + β con α =

1a + b +1

y β = aα

-37-

€

pn = αpn−1 + β = α(αpn−2 + β) + β = α 2pn−2 +αβ+ β =

= α 2(αpn−3 + β) +αβ+ β = α 3pn−3 +α 2β+αβ+ β = ... == α n−1p1 + β(1+α +α 2 + ...+α n−1) =

= α n−1 + β1−α n

1−α= α n−1 + aα 1−α

n

1−α=

=a

a + b+

b(a + b)(a + b +1)n−1 n→∞⎯ → ⎯ ⎯

aa + b

(n =1,2,3,...)

Probabilidad total y método recurrente (Examen Septiembre 2.010)

Si tras n lanzamientos de un dado legal han aparecido i resultados distintos (i=1,2,…,6), ¿cuál es la probabilidad de que, en un lanzamiento adicional, aparezca uno de los i resultados ya obtenidos? y ¿la probabilidad de que aparezca un resultado todavía no obtenido? Utilizarlo para plantear una ecuación recurrente que ligue la probabilidad pn+1(i) de obtener i resultados distintos en n+1 lanzamientos, con probabilidades análogas pn(j).

Nn representa el número de resultados distintos en n lanzamientos de un dado. Condicionado por el suceso {Nn=i}, la probabilidad de que en el lanzamiento (n+1)-ésimo aparezca uno de los i resultados ya obtenidos es i/6. Y la probabilidad de que aparezca un resultado diferente de los i obtenidos será, lógicamente, 1 – i/6. Es decir:

€

P(Nn+1 = i /Nn = i) =i6

y P(Nn+1 = i +1/Nn = i) =1− i6

Por lo tanto, como para {Nn+1= i} sólo es posible que sea {Nn= i} o bien {Nn= i-1} (sucesos excluyentes ya que dado n lanzamientos, en el siguiente lanzamiento, n+1, ó aparece un resultado ya obtenido ó uno diferente), se cumplirá (teorema de la probabilidad total):

€

P(Nn+1 = i) = P(Nn+1 = i /Nn = i)P(Nn = i) + P(Nn+1 = i /Nn = i −1)P(Nn = i −1) =

=i6P(Nn = i) + 1− i −1

6⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ P(Nn = i −1)Si denotamos

€

P(Nn = i) = pn (i)Obtenemos, la ecuación recurrente

€

pn+1(i) =i6pn (i) +

7 − i6

pn (i −1) (i =1,2,...,6 ; n =1,2,3,...) -38-

-39-

Probabilidad total y método recurrente EL PROBLEMA DE LA RUÍNA / 1

Dos jugadores A y B participan en una partida en la que A gana cada jugada con probabilidad constante p, B con probabilidad q y se empata con probabilida r (p+q+r=1). El jugador A acude con 1 € y B con 3€. En cada jugada el jugador que pierde entrega un euro al contrincante. Los empates no se consideran. Calcular la probabilidad de que el jugador A se arruine (pierda toda su fortuna).

De manera general, sea qk la probabilidad de que A que inicia el juego con k € se arruine; es decir, pierda todo su dinero. Después de la primera jugada, A tendra (k+1)€, con probabilidad p (ha ganado), (k-1)€, con probabilidad q (ha perdido) ó k € con probabilidad r (empate). Como son sucesos excluyentes, aplicando el teorema de la probabilidad total:

€

qk = pqk+1 + qqk−1 + rqk (q0 =1;q4 = 0;1≤ k ≤ 3;p + q + r =1)

Como A acude con 1€, nuestro problema es calcular q1. La ecuación recurrente inicial se puede expresar como

€

(1− r)qk = pqk+1 + qqk−1⇒ qk = aqk+1 + bqk−1 a =p

p + q;a + b =1

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

€

q0 =1;q1 = aq2 + b;q2 = aq3 + bq1;q3 = bq2 ;q4 = 0

Por recurrencia, es trivial obtener que

€

q1 =b(1− ab)1− 2ab

=q(p2 + q2 + pq)(p + q)(p2 + q2)

= 3/4 si p = q= 7 /15 si p = 2q⎧ ⎨ ⎩

-40-

Probabilidad condicionada y total (Variante: Examen Febrero 2.004)

En una cierta ciudad de la costa, durante el invierno, hay un 40% de días lluviosos y un 60% secos. El servicio provincial de la AEMET acierta con probabilidad 0.8 cuando pronostica un día lluvioso y con probabilidad 0.7 cuando pronostica un día seco. Calcular: a) Porcentaje con que se pronostican días lluviosos. b) Porcentaje de días lluviosos que se pronostican correctamente.

a) Sea A el suceso “pronóstico de lluvia”. Con esto, si llamamos L al suceso “día lluvioso”, tendremos los siguientes datos:

€

P(L) = 0.4 ;P(L ) = 0.6 ;P(L /A) = 0.8 ;P(L /A ) = 0.7 ;P(A) = p ;P(A ) = q =1− p

€

P(L) = 0.4 = P(L /A)P(A) + P(L /A )P(A ) = 0.8p + (1− 0.7)(1− p) = 0.5p + 0.3⇒⇒ p = P(A) = 0.1/0.5 =1/5 = 0.2 (20%)

b) Hay que calcular la probabilidad condicionada:

€

P(A /L) =P(L /A)P(A)

P(L)=0.8⋅ 0.20.4

= 0.4 (40%)

-41-

Probabilidad total y método recurrente EL PROBLEMA DE LA RUÍNA/ 2 Generalización

Dos jugadores A y B participan en una partida en la que A gana cada jugada con probabilidad constante p y B con probabilidad q (=1-p). El jugador A acude con k € y B con (a-k)€. En cada jugada el jugador que pierde entrega un euro al contrincante. Calcular la probabilidad de que el jugador A se arruine (pierda toda su fortuna). Caso 1: no hay empate

Denotemos por qk la probabilidad de que A que inicia el juego con k € se arruine; es decir, pierda todo su dinero. Después de la primera jugada, A tendra (k+1)€, con probabilidad p (ha ganado) ó (k-1)€, con probabilidad q (ha perdido). Aplicando el teorema de la probabilidad total:

€

qk = pqk+1 + qqk−1 (q0 =1;qa = 0;1≤ k ≤ a −1;p + q =1)

Denotemos por

€

α = q / p y dk = qk − qk+1 ⇒ dk = αdk−1⇒ d j = α jd0que es la solución general. Pero como:

€

1 = q0 − qa = (q jj=0

a−1

∑ − q j+1) = d jj=0

a−1

∑ = d01−α a

1−αEn consecuencia:

€

qk = qk − qa = d0 d jj=k

a−1

∑ =α k −α a

1−α a (α ≠1⇒ p ≠ q)

qk =1− ka

(α =1⇒ p = q =1/2)

¿ Cuál es la duración esperada del juego hasta que A se quede sin dinero? Tema 9. -42-

Probabilidad total y Teorema de Bayes (Metodología y pequeña variante del Ejercicio 6.12 (!) /Libro de texto: pág. 106 y 370 )

De una urna que contiene a bolas blancas y b negras, se extraen k bolas (k< a+b) que se dejan fuera de la urna sin observar el color. Calcular la probabilidad de que al extraer una nueva bola resulte ser negra.

Aprendamos con k=2 bolas extraídas. Denotemos por B2,N2 y D2 los sucesos (excluyentes) de que las dos bolas extraídas fuesen blancas, negras ó de color distinto, respectivamente. Por el teorema de la probabilidad total:

€

P(N3) = P(N3/B2)P(B2) + P(N3/N2)P(N2) + P(N3/D2)P(D2) =

=b

a + b − 2

a2⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

a + b2

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

+b − 2

a + b − 2

b2⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

a + b2

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

+b −1

a + b − 2

a1⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ b1⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

a + b2

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

=

=b

a + b después de operar convenientemente y suponiendo que existan “bolas suficientes”. En general:

€

P(Nk+1) = P(Bi)P(Nk+1 /Bii∑ )

€

0 ≤ i ≤ kk − a ≤ i ≤ b⎧ ⎨ ⎩

⇒i ≥máx{0,k − a}i ≤ mín{k,b}⎧ ⎨ ⎩

-43-

€

P(Nk+1) = P(Bi)P(Nk+1 /Bi) =i=máx{0,k−a}

mín{k,b}

∑

ai⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

bk − i⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

a + bk

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

b − k + ia + b − k

=i=máx{0,k−a}

mín{k,b}

∑

=b

a + b

ai⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ b −1k − i⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

a + b −1k

⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟

=i=máx{0,k−a}

mín{k,b}

∑ ba + b

después de desarrollar los números combinatorios y simplificar adecuadamente. El desarrollo completo y comentarios se puede consultar en la página 374 del libro de texto.

-44-

Probabilidad total (Examen: Febrero 2.000/ 1ª semana)

Se lanzan dos monedas, una dorada y otra plateada, hasta que aparece cara en ambas simultáneamente. Calcular: a) Distribución del número N de lanzamientos realizados. b) Distribución del número M de caras aparecidas en la moneda dorada.

a) La probabilidad de obtener dos caras simultáneamente es

€

P(CD ∩CP ) = P(CD )P(CP ) =1/4

Por lo tanto, la probabilidad de que haya que realizar k lanzamientos para obtener las dos caras simultáneamente es:

€

P{N = k} =34⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ k−1

⋅14

(k =1,2,3,...)

b) En los lanzamientos previos a obtener las dos caras, puede haber salido los tres sucesos del tipo:

€

CD ∩ FP ;FD ∩CP ;FD ∩ FP ;cada uno con probabilidad 1/3. Por lo tanto, es el primer suceso el que nos interesa, de manera que (distribución binomial)

€

P{M = i /N = k} =k −1i −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ 13⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ i 23⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ k− i

(i =1,2,...,k)

ya que sólo hay que contar las k-1 primeras tiradas, puesto que en la k-ésima salieron las dos caras. Por consiguiente, para cualquier i=1,2,3,… como i ≤ k =1,2,3,…(por la probabilidad total):

-45-

€

P{M = i} = P{M = i / N = k}P(N = k}k=i

∞

∑ =k −1i −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ 13⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ i 23⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ k−i

k=i

∞

∑34⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ k−1 14

=k −1i −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ 2k−i

4 kk=i

∞

∑ =

=12i

k −1i −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ 12kk=i

∞

∑ = (*)

y si aplicamos la identidad

€

ki⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

k= i

∞

∑ xk =x i

(1− x)i+1(i ≥ 0;−1 < x <1)

€

(*) =12i⋅12

k −1i −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ 12k−1k= i

∞

∑ =12i⋅12⋅(1/2)i−1

(1−1/2)i=12i

(i =1,2,3,...)

Propuesta : obtener la distribución del número N de lanzamientos realizados, dado que que se han obtenido M=i caras en la moneda dorada. Es decir,

€

P{N = k /M = i} =P{M = i /N = k}P{N = k}

P{M = i}=k −1i −1⎛

⎝ ⎜

⎞

⎠ ⎟ 12⎛

⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ k

(k = i,i +1,i + 2,...)

después de sustituir las tres probabilidades anteriores y operar convenientemente.

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Probabilidad condicionada (Variante: Examen Febrero 2.012 / Primera semana)

Se dispone de tres urnas A,B y C que contienen, respectivamente, 3 bolas rojas y 7 negras; 5 rojas y 5 negras y 6 rojas, y 4 negras. Se lanza dos veces una moneda trucada, con probabilidad p (0<p<1) de salir cara, y se selecciona la urna A si salen dos caras, la urna B si salen dos cruces y en el resto de los casos, la urna C. A continuación se hacen extracciones de la caja seleccionada. a) Si las extracciones se hacen con reposición, calcular la probabilidad de obtener bola roja en cada extracción. b) Si las extracciones se hacen con reposición y las dos primeras bolas extraídas son rojas, calcular la probabilidad de que la tercera sea también roja.

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Soluciones :

€

a) −4 p2 + 2p + 510

(1/2 si p =1/2)

b) 280p2 −182p −125

100(−4 p2 + 2p + 5)(73/250 ≈ 0,21 si p =1/2)