4.13 4.13 Probabilidad de la intersección
Definición de probabilidad condicionada
La probabilidad de que ocurra el suceso \(A \) sabiendo que previamente ha ocurrido el suceso \(B \) (con \(P(B) > 0 \)) es:
En un dado, si \(B \) = «número par» = \(\{2,4, 6\} \) y \(A \) = «múltiplo de 3» = \(\{3,6\} \), entonces $$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{1/6}{3/6} = \frac{1}{3} $$: de los tres pares, solo el 6 es múltiplo de 3.2. Regla de la multiplicación para la intersección.
Despejando \(P(A \cap B) \) de la fórmula anterior:
- Caso general (sucesos dependientes): $$P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A|B) = P(A) \cdot P(B|A) $$
- Caso particular (sucesos independientes): \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \)
- Para tres sucesos: $$P(A \cap B \cap C) = P(A) \cdot P(B|A) \cdot P(C|A \cap B) $$
En una urna con 4 bolas blancas y 6 negras, la probabilidad de extraer dos blancas sin reposición es $$P(B_1) \cdot P(B_2|B_1) = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{12}{90} \approx 0,133 $$
Diagramas de árbol
Con \(3 \) bolas rojas y \(2 \) azules, la probabilidad de tres rojas seguidas sin reemplazamiento encadena tres condicionadas: $$P(R_1 \cap R_2 \cap R_3) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{6}{60} = 0,1 $$
Un diagrama de árbol representa gráficamente un experimento por etapas.
Cada nudo del árbol corresponde a una etapa, y de cada nudo salen ramas etiquetadas con los resultados posibles de esa etapa y su probabilidad condicionada a todo lo ocurrido antes.
La probabilidad de una secuencia completa de resultados se obtiene multiplicando las probabilidades de las ramas recorridas, que no es otra cosa que la regla del producto.
Para calcular la probabilidad de un suceso que agrupa varias secuencias, se suman las probabilidades de todas las ramas del árbol que conducen a él.
El diagrama de árbol no es un método distinto: es la regla del producto dibujada.
Estrategia de resolución
Al lanzar una moneda dos veces, el árbol tiene dos ramas en cada nudo, cada una con probabilidad \(\frac{1}{2} \)
La secuencia cara y cara corresponde a multiplicar las dos ramas: $$P(C_1 \cap C_2) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} $$
Ante un problema de intersecciones conviene seguir un orden: primero, identificar las etapas del experimento y los sucesos asociados a cada una; segundo, dibujar mentalmente o en papel el árbol con las probabilidades condicionadas de cada rama; tercero, multiplicar las ramas de la secuencia de interés según la regla del producto; cuarto, si el suceso pedido agrupa varias secuencias, sumar sus probabilidades.
Es fundamental no confundir \(P(B|A) \) con \(P(A|B) \): el orden de las etapas lo determina el experimento.
Calcula la probabilidad de extraer dos ases consecutivos de una baraja española de 40 cartas, sin reemplazamiento.
Para resolver este ejemplo empezaremos por definir los sucesos de cada extracción y hallar la probabilidad de que la primera carta sea un as con la regla de Laplace.
A continuación calcularemos la probabilidad condicionada de que la segunda carta sea un as sabiendo que la primera ya lo fue, restando una carta y un as de la baraja.
Para terminar aplicaremos la regla de la multiplicación para sucesos dependientes y simplificaremos el resultado.
Probabilidad de que la primera carta sea un as.
Llamamos \(A_1 \) al suceso "la primera carta extraída es un as" y \(A_2 \) al suceso "la segunda carta extraída es un as".
En la baraja española hay 4 ases entre 40 cartas equiprobables, luego por la regla de Laplace:
Probabilidad condicionada de la segunda extracción.
Si la primera carta extraída fue un as y no se repone, en la baraja quedan 39 cartas con solo 3 ases.
La probabilidad condicionada de que la segunda carta sea un as es por tanto:
Regla de la multiplicación para sucesos dependientes.
Como la primera extracción altera la composición de la baraja, los sucesos \(A_1 \) y \(A_2 \) son dependientes y se aplica la regla general de la multiplicación:
La probabilidad de extraer dos ases consecutivos sin reemplazamiento es \(\frac{1}{130} \approx 0,00769 \), es decir, un 0,769 %.
Una urna contiene 6 bolas blancas y 4 bolas negras.
Extraemos dos bolas consecutivas sin reemplazamiento.
Calcula la probabilidad de obtener dos bolas blancas y la probabilidad de obtener una bola blanca y después una negra.
Para resolver este ejemplo empezaremos por definir los sucesos de cada extracción y obtener las probabilidades de la primera bola con la regla de Laplace.
A continuación calcularemos las probabilidades condicionadas de la segunda extracción teniendo en cuenta que la composición de la urna cambia al no haber reposición, distinguiendo si la primera bola fue blanca o negra.
Para terminar aplicaremos la regla de la multiplicación a cada rama del diagrama de árbol y simplificaremos las fracciones.
Probabilidad de obtener dos bolas blancas.
Llamamos \(B_1 \) al suceso "la primera bola es blanca" y \(B_2 \) al suceso "la segunda bola es blanca".
Por la regla de Laplace, \(P(B_1) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5} \)
Si la primera bola fue blanca, quedan 5 blancas de 9 bolas en la urna, luego \(P(B_2 \mid B_1) = \frac{5}{9} \)
Aplicando la regla de la multiplicación para sucesos dependientes:
Probabilidad de obtener blanca y después negra.
Llamamos \(N_2 \) al suceso "la segunda bola extraída es negra".
Si la primera bola fue blanca, en la urna quedan las 4 bolas negras de un total de 9 bolas, luego por la regla de Laplace \(P(N_2 \mid B_1) = \frac{4}{9} \)
Aplicando de nuevo la regla de la multiplicación:
La probabilidad de obtener dos bolas blancas es \(\frac{1}{3} \) y la probabilidad de obtener primero una blanca y después una negra es \(\frac{4}{15} \)
Lanzamos al aire una moneda equilibrada y un dado equilibrado de 6 caras.
Calcula la probabilidad de obtener cara en la moneda y un 5 en el dado.
Para resolver este ejemplo empezaremos por definir los dos sucesos y razonar que son independientes, porque el resultado de la moneda no influye en el del dado.
A continuación calcularemos la probabilidad de cada suceso por separado con la regla de Laplace.
Para terminar aplicaremos el caso particular de la regla de la multiplicación para sucesos independientes.
Definición de los sucesos y justificación de la independencia.
Llamamos \(C \) al suceso "obtener cara en la moneda" y \(D_5 \) al suceso "obtener un 5 en el dado".
Se trata de dos experimentos físicos distintos: el lanzamiento de la moneda no modifica las condiciones del lanzamiento del dado, de modo que la probabilidad de cada uno no depende del resultado del otro.
Por tanto, \(C \) y \(D_5 \) son sucesos independientes.
Probabilidad de cada suceso por separado.
La moneda equilibrada tiene 2 resultados equiprobables y el dado tiene 6 resultados equiprobables.
Por la regla de Laplace:
Regla de la multiplicación para sucesos independientes.
Para sucesos independientes se cumple el caso particular \(P(C \cap D_5) = P(C) \cdot P(D_5) \)
Sustituyendo los valores:
La probabilidad de obtener cara en la moneda y un 5 en el dado es \(\frac{1}{12} \)
En una caja hay cinco tornillos, de los cuales dos son defectuosos.
Se extraen tres tornillos sucesivamente sin reemplazamiento.
Calcula la probabilidad de que los tres sean defectuosos y la probabilidad de que exactamente dos sean defectuosos.
Para resolver este ejemplo empezaremos por plantear el experimento en tres etapas y la regla del producto encadenada.
A continuación calcularemos la probabilidad de la secuencia de tres defectuosos.
Para terminar calcularemos la probabilidad de obtener exactamente dos defectuosos sumando las ramas del árbol que cumplen esa condición.
Planteamiento en tres etapas.
Llamamos \(D_1, D_2, D_3 \) a los sucesos salir defectuoso en
la primera, segunda y tercera extracción.
Por la regla del producto generalizada:
Probabilidad de tres defectuosos.
En la primera etapa hay dos defectuosos de cinco: \(P(D_1) = \frac{2}{5} = 0,4 \)
Si el primero fue defectuoso, queda uno defectuoso de cuatro: \(P(D_2|D_1) = \frac{1}{4} = 0,25 \)
Si los dos primeros fueron defectuosos, ya no queda ninguno de tres: \(P(D_3|D_1 \cap D_2) = \frac{0}{3} = 0 \)
Por tanto:
El resultado es cero, como era de esperar: es imposible obtener tres defectuosos cuando solo hay dos en la caja.
El cálculo lo confirma formalmente.
Probabilidad de exactamente dos defectuosos.
Como solo hay dos defectuosos, obtener exactamente dos equivale a que los dos defectuosos salgan en las dos primeras extracciones y el tercero sea bueno, o a las demás ordenaciones.
Las secuencias favorables con sus probabilidades según el árbol son: defectuoso, defectuoso, bueno:
defectuoso, bueno, defectuoso:
bueno, defectuoso, defectuoso:
Sumando las tres ramas:
La probabilidad de obtener exactamente dos defectuosos es por tanto \(0,3 \)
Observemos cómo el árbol organiza el cálculo: producto dentro de cada rama por la regla del producto, suma entre ramas por tratarse de secuencias incompatibles.
Una urna contiene cuatro bolas blancas y seis bolas negras.
Se extraen tres bolas de una en una con reemplazamiento, devolviendo cada bola a la urna antes de la siguiente extracción.
Calcula la probabilidad de obtener tres bolas blancas.
Para resolver este ejemplo empezaremos por identificar los tres sucesos y su probabilidad individual, que no cambia de una extracción a otra.
A continuación justificaremos por qué las tres extracciones son independientes.
Para terminar aplicaremos la regla del producto y compararemos con el caso sin reemplazamiento.
Probabilidad individual en cada extracción.
Llamamos \(B_1 \) al suceso la primera bola es blanca, \(B_2 \) al suceso la segunda bola es blanca y \(B_3 \) al suceso la tercera bola es blanca.
Como cada bola extraída se devuelve a la urna, la composición no cambia: en cada extracción hay cuatro blancas de diez, luego las tres probabilidades coinciden: \(P(B_1) = P(B_2) = P(B_3) \), y su valor común es \(\frac{4}{10} = 0,4 \)
Independencia de las extracciones.
Al devolver la bola, el resultado de una extracción no deja ninguna huella en la urna para las siguientes.
Por tanto el resultado de cada extracción no modifica las probabilidades de las demás: las tres extracciones son independientes.
Aplicación de la regla del producto.
Con reemplazamiento, la probabilidad de tres blancas es \(0,064 \)
Sin reemplazamiento habría sido $$\frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} \cdot \frac{2}{8} = 0,4 \cdot 0,33 \cdot 0,25 \approx 0,033 $$: devolver las bolas mantiene alta la probabilidad de éxito.
De una urna con 3 bolas rojas y 2 negras, extraemos dos bolas consecutivas sin reposición.
Calcula la probabilidad de que las dos bolas extraídas sean rojas.
Para resolver este ejemplo empezaremos por definir los sucesos de cada extracción y calcular la probabilidad de que la primera bola sea roja mediante la regla de Laplace.
A continuación obtendremos la probabilidad condicionada de que la segunda bola sea roja sabiendo que la primera fue roja, observando que la composición de la urna ha cambiado porque no hay reposición.
Para terminar aplicaremos la regla de la multiplicación para sucesos dependientes y simplificaremos la fracción resultante.
Probabilidad de que la primera bola sea roja.
Llamamos \(R_1 \) al suceso "la primera bola extraída es roja" y \(R_2 \) al suceso "la segunda bola extraída es roja".
La urna contiene 3 bolas rojas y 2 negras, es decir, un total de 5 bolas equiprobables, de modo que por la regla de Laplace:
Probabilidad condicionada de la segunda extracción.
Una vez extraída la primera bola roja sin reposición, en la urna quedan 4 bolas, de las cuales 2 son rojas.
La probabilidad de que la segunda bola sea roja condicionada a que la primera fue roja es por tanto:
Regla de la multiplicación para la intersección.
Los sucesos \(R_1 \) y \(R_2 \) son dependientes, ya que la primera extracción modifica la composición de la urna.
Aplicamos la regla general de la multiplicación $$P(R_1 \cap R_2) = P(R_1) \cdot P(R_2 \mid R_1) $$ y sustituimos los valores obtenidos:
La probabilidad de extraer dos bolas rojas consecutivas sin reposición es \(\frac{3}{10} = 0,3 \), es decir, un 30 %.