estadistica metodos de probabilidad

SUMARIO:

2.1.- Introducción 2.2.- Experimento Estadístico y Espacio Muestral

2.2.1.- Espacio Muestral de un Experimento 2.2.2.- Eventos de un Espacio Muestral

2.3.- Funciones que se Evalúan en Conjuntos 2.3.1.- Cardinalidad de un Espacio Muestral 2.3.2.- La Función de Probabilidades 2.3.3.- El Espacio de Probabilidades y Eventos

2.4.- Métodos de Enumeración 2.4.1.- Cardinalidad de Eventos Finitos 3.4.2.- Regla de la Multiplicación de Opciones 2.4.3.- Combinaciones y Muestras 2.4.4.- Permutaciones 2.4.5.- El Coeficiente Multinomial

2.5.- Probabilidad Condicional 2.5.1.- Muestreo con y sin Reposición

2.6.- Independencia Estocástica de Eventos 2.7.- Regla de la Probabilidad Total y Teorema de Bayes Objetivos del Capítulo Que el lector llegue a: 1) Comprender qué es un experimento y cuando éste se lo califica como un experimento Estadístico. 2) Determinar el número de elementos de un conjunto finito. 3) Definir con precisión el par de conjuntos que constituyen un espacio muestral. 4) Diferenciar cuando un par de eventos son mutuamente excluyentes y cuando no. 5) Reconocer de qué forma se le ha asignado a un evento la probabilidad de que ocurra. 6) A familiarizarse con funciones que no son las usuales del cálculo Infinitesimal. 7) Identificar el significado de los axiomas que sustentan la definición de Función Probabilidad. 8) Calcular el número de muestras de tamaño que se pueden obtener de una Población Objetivo de tamaño N. 9) Diferenciar entre conjunto ordenado y no ordenado. 10) Calcular la probabilidad de que ocurra un evento u otro. 11) Calcular la probabilidad condicional de un evento, dado que ha ocurrido otro anteriormente. 12) Manejar fluidamente la noción de independencia de dos o mas eventos. 13) Calcular la probabilidad de que ocurra un evento dado que han ocurrido dos o mas eventos que restringen su espacio muestral. 14) Manejar fluidamente el enunciado, demostración y aplicación del Teorema de Bayes. 15) Diferenciar Espacio Muestral de espacio de probabilidades.

Métodos de Enumeración, Funciónde Probabilidades y Eventos 2

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G. Zurita ESTADÍSTICA Fundamentos y Aplicaciones

2.1.- INTRODUCCIÓN

Luego de presentar lo que se denomina Estadística Descriptiva en el capítulo previo, es preciso comenzar a cuantificar la incertidumbre relacionada con los eventos que se relacionan con el quehacer estadístico; para eso, en este capítulo discutimos los principales elementos que configuran la presentación de dicho tema. Comenzamos por lo que es un experimento, y en particular un experimento estadístico, para luego centrarnos en un grupo de conjuntos relacionados con la experimentación como son espacio muestral y eventos. Establecida esta plataforma se trata con funciones que se evalúan en conjuntos como prólogo de la presentación del conjunto estrella del capítulo: la Función de Probabilidades y los axiomas que la sustentan. Puesto que para calcular probabilidades de eventos de cardinalidad finita es importante saber determinar el número de posibles resultados de un experimento, bajo predeterminadas condiciones de trabajo, se revisan algunas técnicas de conteo para conjuntos ordenados y no ordenados, estas son combinaciones, permutaciones así como el coeficiente multinomial. El capítulo termina revisando como determinar muestras, haciendo reposición y sin hacerlo, generando de esta manera eventos condicionados y con ellos el cálculo de sus correspondientes probabilidades condicionales, rematando con el denominado Teorema de Bayes.

2.2.- EXPERIMENTO ESTADÍSTICO Y ESPACIO MUESTRAL

2.2.1.- Espacio Muestral de un Experimento

Un Experimento es un conjunto de acciones con las que, utilizando procedimientos claramente establecidos, se efectúa algún tipo de observación o medida. En general el propósito de la experimentación es generar nuevo conocimiento o puede ser también con la finalidad de verificar el cumplimiento de algún principio, supuesto o teoría previamente establecida. También se experimenta para mejorar la eficacia de algún mecanismo útil ya construido. Un experimento se dice es un Experimento Estadístico si reúne las siguientes características:

Experimento Conjunto de acciones con las que, utilizando procedimientos claramente establecidos, se efectúa algún tipo de observación medida

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a) Se sabe cuales son todos los resultados posibles del experimento antes de su ejecutarlo;

b) Cualquier realización del experimento debe conducir a un resultado que no es conocido previo a tal ejecución , pero que se sabe es uno de los posibles; y,

c) El experimento puede ser repetido bajo idénticas condiciones.

Dado un Experimento Estadístico, se denomina Espacio Muestral del Experimento, al par (Ω , S), donde: a) Ω es el conjunto de todos los resultados posibles del

experimento; y, b) S es el conjunto potencia de Ω, esto es, S es el conjunto de

todos los subconjuntos de Ω, y es denominado Espacio de Eventos.

Los elementos de Ω serán llamados “puntos” y genéricamente se los representa por la letra griega ω. Téngase en cuenta que siempre es verdad que: 1) Ω no es vacío; y, 2) S cumple con incluir al conjunto vacío ∅ ; ser “cerrado” bajo unión contable de sus elementos así como también bajo complementación de sus elementos. Como estructura algebraica, S sea denominado sigma álgebra (σ-álgebra). Nótese que S no es el único σ-álgebra posible de definir sobre Ω. Ya que, si por ejemplo el experimento estadístico consiste en lanzar una moneda una vez y observar si sale sello o cara, tenemos que

Ω = ω1 ; ω2 = s ; c

Donde s significa que el resultado del lanzamiento es sello y c que es cara, mientras que el conjunto S de todos los resultados posibles del experimento estadístico es:

S = ∅ ;s; c; Ω

Siendo ∅= el conjunto vacío , y en el contexto de la experimentación que estamos describiendo, el conjunto vacío o evento imposible es que al lanzar el dado “ no sale cara ni sale sello” y Ω es “sale cara o sale sello”.

Espacio Muestral del Experimento Se denomina así al par (Ω , S), donde: a) Ω es el conjunto de todos los resultados posibles del experimento; y, b) S es el conjunto potencia de Ω, esto es, S es el conjunto de todos los subconjuntos de Ω, y es denominado Espacio de Eventos

Evento Imposible Conjunto vacío ∅=

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Nótese que la unión de cualquier par de elementos de S pertenece a S y por tanto es “cerrado” bajo la unión de cualquier par de sus elementos; además, si se toma el complemento de cualquiera de los elementos de S el resultado es un conjunto que también pertenece a S. Decimos entonces que: i) E1, E2 ∈ S ⇒ (E1 ∪ E2) ∈ S; y, ii) E1∈ S⇒ c

1E ∈ S Para cualquier conjunto Ω, es verdad que si S´ es el conjunto de subconjuntos de Ω definido como S´= ∅ ; Ω se puede demostrar que también S´ es un sigma álgebra, pero no será utilizado dentro de lo que se expone en este texto. Hablemos un poco del número de elementos de S. Un conjunto E se dice es contable si y solo si, es posible establecer una correspondencia uno a uno entre los elementos de E y aquellos de B, donde B es un subconjunto del conjunto de los números enteros positivos. Si B = 1 ; 2 ; 3; ... n decimos que B es finito. Al conjunto vacío se lo define como finito. Un espacio muestral (Ω , S) se dice es un espacio muestral discreto si y solo si Ω es contable. Si por ejemplo el experimento consiste en lanzar simultáneamente dos monedas y observar qué par ordenado de “lados” se observan, tenemos que cuatro puntos constituyen Ω:

Ω = ω1; ω2; ω3; ω4 =ss; sc; cs; cc

Donde ss significa que en la primera moneda ocurrió sello y en la segunda también; sc, es primero sello y luego cara, y así sucesivamente. Obviamente que Ω es discreto. Mientras que S tiene 24 =16 elementos, esto es: S = ∅;ss;sc;cs;cc;ss;sc;ss;cs; ... ;sc;cs;cc; Ω

Si pensáramos en un experimento en el que se “lanzan” cuatro monedas y observamos qué cuarteto ordenado de “lados”

Conjunto Contable Se dice que un conjunto E es contable si y solo si, es posible establecer una correspondencia uno a uno entre los elementos de E y aquellos de B, donde B es un subconjunto del conjunto de números enteros positivos.

Espacio Muestral Discreto Un espacio muestral (Ω , S) es discreto si y solo si Ω es contable

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ocurre, Ω tiene 24 =16 puntos (elementos) mientras que S tiene 65536 elementos, que es el número de subconjuntos de Ω. A continuación presentamos los dieciséis “puntos” que constituyen Ω, para el experimento de los “cuatro dados”; ordenando los puntos de Ω de acuerdo al número de sellos presentes en cada punto. Ω =cccc cccs ;ccsc; cscc; sccc; sscc; scsc; sccs; cscs; ccss; cssc; sssc; sscs; scss; csss; ssss =ω1; ω2; ω3; ω4 ; ω5; ω6; ω7; ω8; ω9; ω10;ω11; ω12 ; ω12; ω14; ω15; ω16 No siempre Ω es finito, para poner un ejemplo que sea infinito contable, imaginemos un experimento que consiste en lanzar una moneda hasta que salga “cara”. Tendríamos en esta situación:

Ω = c; sc; ssc; sssc; ssssc; sssssc; ...

Es decir, un resultado posible es que salga cara al primer lanzamiento de la moneda; otro es que primero salga sello y luego cara; igualmente puede resultar que en los dos primeros lanzamientos de la moneda salga sello y cara en el tercero; y así al infinito. Éste es un experimento estadístico con un número infinito contable de resultados posibles. Obviamente el espacio muestral (Ω , S) de este experimento es discreto, a pesar de tener cardinalidad no finita. Si Ω no es discreto (Ω , S) es un espacio muestral continuo. Ocurre por ejemplo cuando a un grupo de entes se les mide su estatura o determina su peso. ♦

2.2.2.- Eventos de un Espacio Muestral

Todo subconjunto de Ω se denomina Evento y cuando dos eventos de un mismo espacio de eventos Ω no tienen elementos en común, se dice que son Eventos Mutuamente Excluyentes, esto es:

E1 y E 2 son eventos mutuamente excluyentes ⇔ [(E1, E2 ⊆ Ω) ∧ (E1 ∩ E2 = ∅)]

Eventos Mutuamente Excluyentes Son dos o más eventos de Ω que no tienen elementos en común

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Ejemplo 2.1

Las personas tenemos cuatro tipos de sangre: A, B, AB y O; a su vez existe el factor Rhesus o factor Rh, que puede ser positivo o negativo. Si un investigador realiza un experimento que consiste en verificar a una persona su tipo de sangre y el factor Rhesus, ¿Cuáles son los resultados posibles de este experimento estadístico?. Desarrollo. La respuesta es simple, Ω= (A Rh+) ; (A Rh-); (B Rh+); (B Rh-) ; (AB Rh+) ; (AB

Rh-); (O Rh+) ; (O Rh-) El espacio muestral es discreto finito ya que la cardinalidad de Ω es ocho y consecuentemente S contiene 28 eventos. ♦

Ejemplo 2.2

Si a n personas adultas se les mide su estatura, determinar Ω. Desarrollo. Ω no es único para este espacio muestral finito, pero para un grupo de n estudiantes de educación superior en el Ecuador Ω podría ser Ω = x∈R | 1.20 < x < 2.00, x en metros; mas si la población objetivo son los jugadores de baloncesto de la NBA, Ω podría ser: Ω = x∈R | 1.80 < x < 2.30, x en metros. ♦

2.3.- FUNCIONES QUE SE EVALÚAN EN CONJUNTOS 2.3.1.- Cardinalidad de un Espacio Muestral

Para quien ha tomado un curso de Matemáticas a nivel superior, las funciones que se evalúan en números reales - funciones de variables real - son extremadamente familiares y hay quienes la manejan con tanta frecuencia que se imaginan son las únicas que tienen un verdadero sentido práctico, pero en realidad esto no es así; existe muchos otros tipos de funciones y las utilizamos, aunque no siempre lo hagamos de manera consciente. Cuando estamos frente a un conjunto finito E de entes y nos preguntan cuantos elementos tiene E, con gran soltura, respondemos, adjudicándole al mismo, un número N(E) y sin darnos cuenta hemos evaluado una función N en uno de

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los puntos de su dominio A , punto al que hemos denominado conjunto E. Esta función se denomina Cardinalidad y es más usual que muchos otros entes matemáticos con los que rutinariamente lidiamos y reconocemos como tales. Formalmente N es una función representable como:

N: A→K

Donde A (su dominio) un conjunto cuyos elementos son también conjuntos y K es el conjunto de los números enteros no negativos. Si por ejemplo A es el conjunto de las ciudades ecuatorianas que eran capital de provincia al momento de realizarse el empadronamiento del último censo de población (Noviembre 2001), entonces N(Guayaquil) = 1’985.379. En este caso N asigna a cada ciudad el número de habitantes que fueron contabilizados al momento del empadronamiento. Este tipo de funciones son utilizadas en Estadística, con el propósito de medir la incertidumbre existente alrededor de la factibilidad de que ocurra un evento E, constituyente de un Espacio Muestral (Ω , S). Surge de inmediato la noción de “Probabilidad”. Probabilidad es un concepto arraigado, aunque solo informalmente, en la cultura de los pueblos. Si se le pregunta a una persona adulta, sin importar su nivel educativo, cuál es la probabilidad que salga el número seis cuando se efectúa el “lanzamiento” de un dado “legal”, sin duda alguna, dirá que es “un sexto”; o tal vez menos explícitamente, que “es la misma que la de cualquier otro número” en el dado; o tal vez otra expresión en la que señale que los seis números tienen igual probabilidad de ocurrir, cuando se lanza un dado legal. Si se le pregunta a esta misma persona donde aprendió todo aquello, le dirá que no se recuerda o lo más probable es que diga que esa es una pregunta que tiene una respuesta “obvia”. Lo cierto es que lo aprendemos en el diario convivir. Es parte de la cultura de los pueblos. Mas, si la mañana de un domingo cualquiera le preguntamos a una persona cuál es la probabilidad que ese día gane Barcelona el juego que tiene programado , las respuestas serán en su mayoría sin sustento racional ; las respuestas serán “que gana sin duda alguna” si viene de uno de sus fanáticos - la victoria es un evento seguro-; o que “con seguridad pierde” si el entrevistado pertenece a la “otra orilla”- la victoria es un evento imposible-; talvez obtendremos un “no se” de los que están

Cardinalidad Número de elementos de un conjunto finito E.

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poco interesados en el futbol. Este tipo de respuesta subjetiva y extremista no resiste análisis; mas lo cierto es que la noción de probabilidad está presente en la cultura popular por aprendizaje, más involuntario que voluntario, también por afecto y en muchos casos también por experimentación. Aunque no lo sepa el gran público, está utilizando funciones que se evalúan en conjuntos, a las que se les asignan como valor un número real entre cero y uno. ♦ Si el experimento consiste en verificar el resultado del partido que el domingo juega Barcelona, tenemos que

Ω =Gana Barcelona; Empata Barcelona; Pierde Barcelona = ω1; ω2; ω3 ♦

Damos a continuación una ilustración más formal de funciones que se evalúan en conjuntos. Supongamos que A es un conjunto unidimensional constituido por todos los intervalos cerrados que es posible construir sobre los números reales positivos. Supongamos además que:

E1 = x∈R 0 ≤ x ≤1; y, E2 = x∈R ½ ≤ x ≤ 2

Defínase la función Q, tal que Q(E) = ∫ −

E

xdxe , para cualquier

intervalo real cerrado E, por lo que ,

Q( E1) = ∫ −1

0

xdxe = -exp(-1) + 1 = 0.632

Q(E2) = ∫ −2

2/1dxe x = -exp(-2) + exp(-1/2) = 0.471 ; y,

Q(E1∩ E2) = ∫ −1

2/1dxe x

= -exp(-1) + exp(-1/2) = 0.239

Q(E1∪E2) = ∫ −2

0

x dxe = -exp(-2) + 1 = 0.865 ♦

Nótese que en la evaluación de estas integrales utilizamos la expresión exp(y) como equivalente a ey . Téngase en cuenta además que,

Q(E1∪ E2) = Q(E1) + Q(E2) - Q(E1∩ E2).

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En la sección siguiente se hará evidente el uso que vamos a dar a las funciones que se evalúan en conjuntos. ♦

2.3.2.- La Función de Probabilidades Estamos ya en condiciones de definir una función que determine valores de probabilidades para los eventos que pueden ocurrir cuando se está frente a un Experimento Estadístico. Supongamos que el Experimento Estadístico tiene Espacio Muestral (Ω , S); una función P cuyo dominio es S y cuyo conjunto de llegada, es el intervalo cerrado de números reales de cero a uno, es una Función de Probabilidades (P: S→ [0,1]) si y solamente si: a) P(Ω) = 1 ; b) 0 ≤ P(E) ≤ 1, ∀E∈S. c) P(E1∪E2) = P(E1) + P(E2); siempre que E1∩E2 = ∅. Los axiomas aquí impuestos a la función P se denominan Axiomas de Kolmogorov, en honor al matemático ruso A. Kolmogorov que creo el sustento teórico de lo que hoy es conocido como la Teoría de Probabilidades. Se pretende que P sea una medida formal de la incertidumbre que rodea a los eventos que constituyen el Espacio Muestral de un Experimento Estadístico. El número real P(E) se denomina probabilidad de que el evento E ocurra, bajo las condiciones impuestas en el experimento. Con los Axiomas de Kolmogorov no se pretende escoger una función en particular cuando se tiene un determinado Espacio Muestral, solo se exige que la función escogida cumpla los requisitos de la definición de Función de Probabilidades. Si por ejemplo un experimento consiste en verificar el género del primer bebé que nace en un hospital el 1 de enero de un año cualquiera, no queda dudas de que

Ω = hombre; mujer = ω1 ; ω2 y si otro experimento consiste en verificar el género de la primera persona que será declarada héroe de guerra durante un conflicto armado entre dos naciones, vuelve a tenerse que Ω = hombre; mujer , pero en el primer caso P1(hombre) será un valor cercano a 0.50, mientras que en el segundo caso,

Función de Probabilidades Es una función cuyo dominio es S y cuyo conjunto de llegada es el intervalo cerrado de números de cero a uno.

Probabilidad El número real P(E) se denomina probabilidad de que un evento E ocurra, bajo las condiciones impuestas en el experimento

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P2(hombre) será probablemente mucho mayor que 0.5, tradicionalmente cercano a uno. Nótese que hablamos de dos distintas funciones de probabilidades sobre un mismo espacio muestral (Ω,S) correspondientes a dos diferentes “experimentos”.

2.3.3.- El Espacio de Probabilidades y Eventos Puede ocurrir también que sobre un mismo Espacio Muestral (Ω, S) correspondiente a un mismo experimento se definan distintas funciones de probabilidades, basados en distintas experiencias o percepciones por parte de diferentes grupos humanos. La terna (Ω,S,P) es denominado un Espacio de Probabilidades. Abundaremos un poco, acerca de la razón por la cual (Ω,S) es denominado un Espacio Medible. Una función µ que se evalúa en lo subconjuntos de un conjunto Ω y es tal que

µ: A→ [0, ∞) es denominada una medida sobre (Ω,A) , si y solamente si: a) µ(∅)=0; y,

b) A es un σ-álgebra aditivo, esto es µ(U∞

=1iiA ) = ∑

∞

=1ii )µ(A ; para

cualquier sucesión disjunta de elementos Ai en A. Ésto es lo que se denomina una “medida contablemente aditiva”. Nótese que bajo las condiciones dadas, µ(A) ≥ 0 para todo A∈A,; además (Ω,A) es lo que se denomina un Espacio Medible. Esto significa que P es una medida sobre el Espacio Medible (Ω, S). Luego de esta digresión, vamos a probar algunas propiedades de la Función de Probabilidades P.

Teorema 2.1. Si P es una Función de Probabilidades, para cualquier evento E∈S la probabilidad de que el mismo ocurra es P(E) = 1 - P(Ec). Siendo Ec el complemento de E en Ω.

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Prueba Por definición de complemento de un conjunto cualquiera, E∪Ec = Ω, por tanto P(E∪Ec) = 1; siendo E y Ec eventos mutuamente excluyentes ,

P(E∪Ec) = P( E) + P(Ec) = 1 Concluyéndose entonces que

P(E) = 1 - P(Ec) Lo cual demuestra el teorema. ♦ Como corolario de este teorema y de la definición de la Función de Probabilidades P se concluye que P(∅) = 0, lo cual significa que la probabilidad de que el Evento Imposible ocurra es cero. Recordemos que la probabilidad de que el Evento Seguro Ω ocurra es por definición uno. En síntesis:

P(∅) = 0 y P(Ω) = 1 ♦

Teorema 2.2. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos en el correspondiente espacio muestral (Ω,S), entonces P(E1∪E2) = P(E1) + P(E2) - P(E1∩E2). Prueba Siendo E1 y E2 subconjuntos de Ω es cierto que

E1∪E2 = (E1∩E2c) ∪ (E2∩E1

c) ∪ (E1∩E2). Los tres eventos mostrados entre paréntesis son disjuntos o mutuamente excluyentes; de aquí podemos decir que: P(E1∪E2) = P[(E1∩E2

c )∪(E2∩E1c) ∪(E1∩E2)]

= P(E1∩E2

c ) + P(E2∩E1c) + P(E1∩E2)

= P(E1∩E2

c ) + P(E2)

= [P(E1∩E2c ) + P(E1∩E2) ] +P(E2) - P(E1∩E2)

= P(E1) + P(E2) - P(E1∩E2)

Lo cual prueba el teorema. ♦

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Teorema 2.3. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos cualesquiera en un espacio muestral (Ω,S), entonces P(E2∩E1

C ) = P(E2) - P(E1∩E2).

Prueba Para probar el teorema se debe tener en cuenta que

E2 = E2∩E1∪ E2 ∩E1

C De donde, P(E2) = P(E2∩E1

∪ E2 ∩E1C)

= P(E2∩E1) + P(E2 ∩E1C) – P[(E2∩E1) ∩ ( E2∩ E1

C)] Siendo disjuntos los conjuntos cuyas probabilidades se evalúan en el lado derecho de la última igualdad, sigue lo que se postula en el enunciado del Teorema, esto es:

P(E2∩E1C ) = P(E2) - P(E1∩E2). ♦

Teorema 2.4. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos en un espacio muestral (Ω,S) tal que E1 ⊆ E2 , entonces P(E1) ≤ P(E2). Se deja la demostración al lector. ♦ Corolario. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos cualesquiera en un espacio muestral (Ω,S), entonces P(E1∪E2)≤P(E1) + P(E2) . Teorema 2.5. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos en un espacio muestral (Ω,S), entonces P(E1∩E2)≥P(E1) + P(E2) –1.

E1

E1∩E2

E2

E2∩E1c Ω

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Prueba Puesto que P(E1∪E2) = P(E1) + P(E2) - P(E1∩E2), por lo que también es verdad que

P(E1∩E2)= P(E1) + P(E2) - P(E1∪E2),

el teorema sigue del hecho de que P(E1∪E2) ≤ 1. ♦ Este último teorema es denominado Desigualdad de Bonferroni que permite, sino calcular exactamente la probabilidad de que dos eventos ocurran al mismo tiempo, al menos acotar esta probabilidad. Teorema 2.6. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos cualesquiera en un espacio muestral (Ω, S), entonces P(E1∩E2) ≥ 1- P(E c

1 ) - P(E c2 ).

Prueba Esta desigualdad de denomina Desigualdad de Boole. La prueba se deja al lector. ♦ Los interesados en las interpretaciones gráficas de conjunto, refiéranse a la Figura 2.1 que se adjunta, y que en un diagrama de Venn esquematiza Ω así como los eventos con los que se ha trabajado en la demostración. Figura 2.1 Diagrama de Venn para dos eventos en Ω

Si se tienen tres eventos en lugar de dos, se puede probar que: P(E1∪E2∪E3) = P(E1) + P(E2) + P(E3) - P(E1∩E2) - P(E1∩E3)

- P(E3∩E3) + P(E1∩E2∩E3) Para probar este resultado, debe considerarse a E1∪E2 como un evento y E3 como otro evento y aplicar la expresión para la

E1

E1∩E2

E2

E2∩E1c

Ω

E1∩E2c

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probabilidad de la unión de dos eventos cuya demostración se hiciera en líneas previas. ♦ La extensión a la probabilidad de la unión de n eventos es obvia. Ejemplo 2.3

Obsérvese el esquema gráfico en el que se presentan tres eventos y las correspondientes probabilidades; calcular P(E1∪E2∪E3) y P[(E1∪E2∪E3)C]

Desarrollo. Bajo las condiciones dadas, P(E1) = 0.12 + 0.10 + 0.05 + 0.08 = 0.35 P(E2) = 0.20 + 0.10 + 0.05 + 0.10 = 0.45 P(E3) = 0.08 + 0.05 + 0.10 + 0.15 = 0.38 P(E1∩E2) = 0.05 + 0.10 = 0.15 P(E1∩E3) = 0.08 + 0.05 = 0.13

P(E2∩E3) = 0.05 + 0.10 = 0.15 P(E1∩E2∩E3) = 0.05

Por lo que, P(E1∪E2∪E3) = 0.35 + 0.45 + 0.38 – 0.15 – 0.13 – 0.15 + 0.05 = 1.18 – 0.43 + 0.05 = 1.23 – 0.43 = 0.80 Por lo que todo aquello que está en Ω pero que no pertenece a la unión de E1 con E2 y E3 es (E1∪E2∪E3)c, cuya probabilidad es

P(E1∪E2∪E3)c = 1 – 0.80 = 0.20 ♦

Ejemplo 2.4

En un artículo que M. Gardner publicara en 1976 en el número 234 de la revista de divulgación científica denominada Scientific American y que lo titulara Mathematical Games plantea el siguiente juego que conduce a una paradoja. El juego consiste en escoger, al gusto del participante, una de dos urnas, una negra y otra blanca, y luego de eso escoger

0.12 0.200.10

0.08 0.100.05

0.15

Ω

E1 E2

E3

15


aleatoriamente una bola de las que están dentro de la urna que fue seleccionada. Si al final el participante tiene una bola roja, recibe un premio. Si una urna negra contiene cinco bolas rojas y seis verdes y una urna blanca contiene tres bolas rojas y cuatro verdes, evidentemente que si usted fuera el jugador escogería la urna negra pues

73

115

> .

Se tiene otra situación, una urna negra tiene seis bolas rojas y tres verdes, mientras que una urna blanca tiene nueve rojas y cinco verdes, si usted fuese el jugador otra vez escogería la urna negra por que la probabilidad de sacar una bola roja , y así ganar el premio es mayor en la urna negra que en la blanca, ya que

149

96

> .

Pero observe lo que ocurre cuando se le plantea la siguiente situación. El contenido de la segunda urna negra se une al de la primera urna negra y el de la segunda urna blanca al de la primera urna blanca. Se vuelve a jugar con esta configuración de las urnas. No lo piense, responda a lo siguiente ¿cuál urna escogería? Si se dejó llevar por la intuición escogió una vez mas la negra, pero … no ; debió escoger la urna blanca, donde , de las veintiún bolas doce son rojas; en la urna negra once de veinte son rojas y

550.02011571.0

2112

=>=

Este resultado es conocido como la Paradoja de Simpson. ♦ Ejemplo 2.5

Un experimento con el que los profesores de Estadística y probabilidades impresionamos a nuestros alumnos es “jugándosela” al decir que está casi seguro que en la clase existen dos estudiantes que cumplen año el mismo día. El autor lo ha efectuado decenas de veces, en cursos con cuarenta o mas estudiantes, y hasta ahora su calidad de “casi brujo” no ha fallado. Encontrar la razón de estos resultados “milagrosos”. Desarrollo. Supongamos que cada día del año es igual de bueno para nacer y no tengamos en cuenta los años bisiestos, esto es, consideraremos solo los de 365 días. Sean n las personas en el aula. Sea E el evento “dos de las n personas en el aula cumplen año el mismo día”

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Tenemos además que P(E) = 1 – P(EC). Si Ω es el espacio de puntos del experimento, éste consiste de una “sucesión ordenada de n números representando fechas” de la forma (a1 a2 … an) donde el primer número denota el número que le corresponde al día del cumpleaños de la primera persona, el segundo el número, al día del cumpleaños de la segunda persona y así sucesivamente hasta llegar a la enésima persona. En el caso de dos personas,

Ω=(1 1) (1 2) … (1 365) … (365 365) que configuran 3652 elementos en Ω. Si existiesen solo tres personas, el resultado (1 4 33) corresponde a la primera persona cumpliendo año el primero de enero, la segunda el cuatro de enero y la tercera el dos de febrero. Si son tres personas Ω = (1 1 1) (1 1 2) … (1 1 365) … (365 365 365) para un total de 3653 elementos en Ω. Evidentemente el número de resultados posibles para el caso de n personas es 365n. En tanto que: El número de personas que no cumplen año el mismo día es 365⋅364⋅ … ⋅(365 –n +1) Por lo que :

nc

365

)1n365(.....)364(365)E(P

+−=

Si se calcula el valor de P(E) = 1 – P(EC), para distintos valores de n, se encuentra que cuando n = 23 se supera el valor 0.500 para P(E) ; mas precisamente si n = 23 P(E) = 0.506; para n = 40, que es cuando nosotros nos arriesgamos P(E) = 0.891 , lo cual conduce a fracaso en 109 casos de mil. El evento es verosímil.♦

2.4.- MÉTODOS DE ENUMERACIÓN 2.4.1.- Cardinalidad de Eventos Finitos

Como puede inferirse de la teoría e ilustraciones presentadas en el presente capítulo, es de singular importancia conocer la Cardinalidad de los eventos finitos con los que se trabaja en Estadística, ya que la probabilidad de que ellos ocurran,

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depende del número de elementos que posea el evento con respecto al total contenido en el Espacio de Eventos Ω. Si por ejemplo, Ω tiene N elementos, esto es Ω = ω1, ω2, ..., ωN y E es un evento en un espacio muestral (Ω,S), tal que E tiene k elementos , k ≤ N, entonces:

P(E) = N(E) / N(Ω) = k/N , N ≠ 0 Si nos preguntamos cuál es la probabilidad de que aparezca un número mayor que 4 en el lanzamiento de un dado “legal” o equilibrado, debemos admitir que

Ω = 1; 2; 3; 4; 5; 6

y que el conjunto de números mayores que cuatro es E = 5; 6; además N(E)=2 y N(Ω)=6 por lo que la probabilidad de que un número mayor que 4 aparezca durante el experimento es:

P(E) = 2/6 = 1/3

La moraleja es que para muchas actividades, resaltando entre ellas, la de calcular probabilidades de eventos de cardinalidad finita, se debe saber determinar la cantidad de elementos que constituyen un evento y como será evidente en líneas venideras, no siempre el conteo se lo puede realizar “por simple observación” como lo hemos hecho con experimentos que involucran dados o monedas. Es cierto que la Cardinalidad de eventos finitos es vital para el cálculo de probabilidades, aunque también es verdad que para determinar probabilidades de eventos no finitos, necesariamente debe existir algún tipo de “medida” que lo caracterice y esta, bien puede ser su longitud, área o volumen. Ejemplo 2.6

Un experimento consiste en lanzar un dardo sobre un objetivo circular de un metro de radio; ¿Cuál es la probabilidad de que el dardo “caiga” sobre un punto perteneciente a la corona circular cuyo radio interior mide 0.50 metros?. Desarrollo. Es el caso de un espacio muestral continuo donde

Ω = (x,y) | x2 + y2 < 1

E es el evento, “el dardo cae en la corona circular de radio interior r1 = ½”. Véase gráfico.

18


Por lo que,

P(E) Ω

= de Área

corona la de Área

43

)1())21((1

2

22

=−

=π

π

Ω no es un espacio de eventos finitos y la “medida” que lo caracteriza es su área. ♦

2.4.2.- Regla de la Multiplicación de Opciones Si en una compañía de taxis opera con vehículos de tres distintas marcas, a las que llamaremos A, B y C. La compañía tiene cuatro taxis de marca A, tres de marca B y dos de marca C, esto es un total de nueve vehículos. Un cliente les pide el alquiler simultáneo de tres automóviles pero exige que sean de diferentes marcas. ¿De cuantas opciones de agrupamiento de sus vehículos dispone la compañía para complacer a su cliente? Resolvamos primero el problema utilizando un diagrama de árbol. Véase Figura 2.2 en la misma observamos que son veinticuatro las opciones que tiene la compañía de taxis; comenzando con A1 B1 C1 y terminando con A4 B3 C2. Figura 2.2 Diagrama de Árbol: Regla de Multiplicación de Opciones

r1

r

r1=0.5; r=1

B1

B2

B3

B1

B2

B3

B1

B2

B3

B1

B2

B3

A1

A2

A3

A4

19


En realidad nos encontramos ante tres conjuntos finitos E1, E2 y E3 con sus respectivas cardinalidades n1, n2 y n3, lo cual hace posible que si deseamos escoger primero un automóvil de la marca A, lo podemos hacer de cuatro formas, si luego escogemos uno de la marca B lo podemos hacer de tres maneras y posteriormente, de dos maneras los de la marca C; para un total de 4⋅3⋅2 = 24 opciones, y así satisfacer los requerimientos del cliente. ♦ Esta situación puede generalizarse para k conjuntos E1, E2, ...; Ek que respectivamente tienen n1, n2... nk elementos, mediante la denominada Regla de Multiplicación de Opciones, teorema cuyo enunciado es el siguiente: Teorema 2.7. Sean E1, E2... Ek, k eventos (conjuntos) cuyas cardinalidades son respectivamente n1, n2, ... nk; si se debe tomar primero un elemento de E1, luego un elemento de E2 y así sucesivamente hasta tomar el último elemento en Ek, entonces el número de opciones que es posible elegir es igual a:

n1⋅ n2,⋅ ... ⋅ nk

Esto es, al producto de las cardinalidades de los correspondientes eventos.

Prueba

La prueba del mismo es inductiva, haciendo variar i desde uno hasta k. El caso en que i=1 es trivial; el resto de la prueba es relativamente sencilla. ♦ Una aplicación de la Regla de Multiplicación de Opciones, es la determinación del número de “placas” que el organismo regulador del tráfico vehicular puede emitir para vehículos “particulares” en cualquier provincia del Ecuador. Cada placa tiene seis campos útiles, los tres primeros, de izquierda a derecha, ocupados por letras del alfabeto y los tres restantes por cualquiera de los diez dígitos del sistema numérico decimal. Las letras que pueden ser ubicadas en los correspondientes campos de la placa son veintiséis, pues no se utilizan la Ch, la Ll, la Ñ, ni la “doble R”. Un bosquejo gráfico de la placa se presenta a continuación, donde:

ECUADOR

E1 E2 E3 – E4 E5 E6

20


E1 es el conjunto de letras que pueden ser ubicadas en el primer campo; E2 es el conjunto de letras que pueden ser ubicadas en el segundo campo; E3 es el conjunto de letras que pueden ser ubicadas en el tercer campo; E4 es el conjunto de dígitos que pueden ser ubicadas en el cuarto campo; E5 es el conjunto de dígitos que pueden ser ubicadas en el quinto campo; y, E6 es el conjunto de dígitos que pueden ser ubicadas en el sexto campo. La cardinalidad N(E1) = 1 puesto que allí se ubica solo la letra que identifica a la provincia, A para Azuay, B para Bolívar, C para Carchi, etc.

N(E2) = N(E3 ) =26

Mientras que

N(E4) = N(E5 ) = N(E6 ) =10, Ya que diez son los dígitos del cero al nueve. Por tanto el número de placas que se puede emitir en una provincia del Ecuador es:

1⋅ 26⋅ 26 ⋅ 10 ⋅10 ⋅10 = 676000 En la Costa, donde existen cinco provincias, aun no se provincializa Santa Elena, se pueden emitir 5(676000)= 3’380.000 placas y en las veintidos provincias del país 22(676000)=14’872.000 placas en total. De cristalizarse las aspiraciones de Santo Domingo, Santa Elena o Chone, ese “veintidós” tiene sus días contados. Otra forma de alterar ese veintidós, es diseñando una “División Político Administrativa Nacional” que cree no mas de seis “regiones”, no provincias, que sean geográfica y culturalmente integrables y que preferiblemente incluyan porciones de las tres regiones continentales del país. ♦ Será profusa la utilización que daremos a la Regla de Multiplicación de Opciones durante el desarrollo de este libro, tan profusa que a veces no nos daremos cuenta de ello.

21


2.4.3.- Combinaciones y Muestras Supongamos que se tiene una Población Objetivo de tamaño finito N y que de ella vamos a tomar, sin reemplazo, una muestra de tamaño n, siendo n menor o como máximo igual a N. El número de muestras que de esta forma pueden tomarse, se lo denomina Número de Combinaciones de n objetos seleccionados de un conjunto (Población Objetivo) de tamaño n. Nótese que en esta definición, el orden no es relevante y que hemos identificado la expresión Combinación con Muestra. Una combinación de tamaño n tomada de un conjunto de tamaño N es lo mismo que una muestra X de tamaño n tomada de una Población Objetivo de tamaño N. Si por ejemplo se tiene una Población Objetivo compuesta por las cuatro primeras letras del alfabeto y se quiere identificar todas las posibles muestras de tamaño dos que de ella pueden obtenerse, se tiene: Población Objetivo de tamaño N = 4: a ; b ; c ; d. Posibles muestras de tamaño n = 2: a ; b a ; c a ; d b ; c b ; d c ; d. Como puede verse, son en total seis las muestras de tamaño dos que se obtienen de una población de tamaño cuatro. Si deseáramos saber cuantas muestras de tamaño tres pueden obtenerse de la misma población objetivo tenemos: Posibles muestras de tamaño n = 3: a ; b ; c a ; b ; d a ; c ; d b ; c ; d. En total cuatro muestras de tamaño tres de una Población Objetivo de tamaño cuatro.

Lo tradicional es representar por el símbolo ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

al número de

muestras (combinaciones) de tamaño n que se pueden tomar de una población de tamaño N. De manera inductiva se puede probar que,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

= !n)!nN(

!N−

Siendo el símbolo n! denominado factorial del número entero n, que se define como:

Número de Combinaciones Número de muestras que pueden tomarse de un conjunto (Población Objetivo) de tamaño N. El orden no es relevante

22


n! = 1⋅ 2⋅ 3⋅ ...⋅ n; esto es, n! es el producto de todos los números enteros positivos menores o iguales que n; debe tenerse en cuenta además que cero factorial , 0! , se lo define igual a uno. Se puede probar que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

= !n)!nN(

!N−

es siempre un número entero, a pesar de que

aparece como un número racional que potencialmente puede ser también fraccionario, por ser el cociente de números enteros. Otra denominación que es usual darle al número de Combinaciones de tamaño n tomadas de una Población Objetivo de tamaño N es Coeficiente Binomial ya que aparece en la expansión de las potencias enteras de un binomio.♦ De la definición de factorial se puede verificar que siempre es verdad que n! = n⋅(n-1)! ♦ Ejemplo 2.7

Se nos pide computar 3!; (3! – 2!); (3 – 2)! y 10! / (4! 6!). Desarrollo. Calculando se obtiene:

3! =3⋅2⋅1= 6

(3! – 2!) = (3⋅2⋅1 - 2⋅1) = 6 – 2 = 4 (3 – 2)! = 1! = 1

10! / (4! 6!) = 10⋅9⋅8⋅7⋅(6!) / 4⋅3⋅2⋅1⋅(6!) = 10⋅9⋅8⋅7 / 4⋅3⋅2⋅1 = 210 ♦

Ejemplo 2.8

De un grupo de veinte estudiantes se van a elegir seis para integrar un comité. En la Población Objetivo hay nueve damas y once caballeros; se requiere que dos de los integrantes del comité sean mujeres. La pregunta es , ¿De cuántas maneras se puede elegir este comité?. Desarrollo. Se tienen dos conjuntos, el de varones del que hay que escoger cuatro elementos y el de mujeres del que hay que escoger dos. El número de formas en que se pueden escoger cuatro varones

Coeficiente Binomial Número de Combinaciones de tamaño n tomadas de una Población Objetivo de tamaño N

23


de un conjunto de once es:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

4=

−=

!4!)411(!11 n1 =

⋅⋅⋅

⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅⋅=

1234891011

!4!7!7891011 330

El número de formas en que se pueden escoger dos mujeres de un conjunto de nueve:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

2

= !2)!29(

!9−

= n2 = =⋅⋅

!2!7!789 36

Consecuentemente el número de formas en que se puede elegir el comité con cuatro varones y dos mujeres, aplicando la regla de multiplicación de opciones, es:

(n1)⋅(n2)=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

4

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

2

= 330⋅ 36 = 11880

Si en este mismo contexto nos preguntaran de cuantas formas se puede elegir los miembros del comité si cuando mas puede haber un varón en el mismo, esto es igual a,

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

0

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

6

+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

1

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

5

= 1⋅ 84 + 11⋅ 126= 1470

El primer sumando cuantifica el caso de “ningún hombre y seis mujeres” y el segundo sumando el de “un hombre y cinco mujeres”, y con estas dos opciones se cubre el “cuando mas un hombre”. Si nuevas condiciones posibilitan ubicar en el comité de seis miembros no más de tres hombres, debemos considerar cuatro casos y sumarlos, así:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

0

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

6

+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

1

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

5

+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

2

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

4

+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 11

3

⋅⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 9

3

=1⋅ 84 + 11⋅ 126 +

55⋅ 126 + 165⋅ 84 = 22260

Cantidad que representa el número de formas en que se puede integrar el comité incluyendo como máximo tres hombres. Si no discriminamos por género, sino que cualquier persona, sea este hombre o mujer, puede estar en el comité, el número de formas de seleccionar los integrantes del comité de seis personas es:

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 20

6

= !6!14

!20 = 38760 formas. ♦

24


Ejemplo 2.9

Una muy útil aplicación del número de combinaciones es el conocido resultado que se denomina Binomio de Newton y que se expresa de la siguiente manera:

(a + b)1 = a + b = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 1

0

a1b0 +⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 1

1

a0 b1= ∑=

1

0i ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 1

i

a1-i bi

(a + b)2 =a2 + 2ab + b2 = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 2

0

a2b0 +⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 2

1

a1b1 + ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 2

2

a0b2

= ∑=

2

0i ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 2

i

a2-i bi

(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 3

0

a3b0 +⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 3

1

a2b1

+ ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 3

2

ab2+⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 3

3

a0 b3

=∑=

3

0i ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 3

i

a3-i bi

En general se encuentra que:

(a + b)n =⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

0

anb0 + ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

1

an-1 b1 + ... +⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

n

a0bn=∑=

n

0i ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

i

an-i bi

. Para cualquier par de números reales a y b. Éste es un resultado de mucha utilidad para el cálculo de probabilidades cuando se introduzca el concepto de variable aleatoria discreta.

Ahora es evidente la razón por la que a ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

se lo denomina

también “coeficiente binomial”. ♦ Son importantes también otros resultados relacionados con los previos y que deben ser tenidos en cuenta de manera implícita en la resolución de problemas en los que se efectúa cálculos de probabilidades, tales como:

∑=

n

1i

(-1)i

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

i

= 0

Así como también,

∑=

n

1i ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

i

= 2n

25


Las pruebas para estos dos casos son inductivas, teniendo en cuenta que (1 – 1)n es igual a cero y desarrollando además (1+1)n utilizando la expresión del Binomio de Newton. Recuérdese que el número de subconjuntos de un conjunto de tamaño n es 2n.

2.4.4.- Permutaciones

Cuando definíamos combinaciones de tamaño n tomadas de un conjunto de tamaño N, enfatizábamos que los conjuntos que así se obtenían no eran ordenados, esto es, si A = a, b y B=b, a, entonces A = B; analicemos ahora cuando se toman de un conjunto de tamaño N, subconjuntos ordenados de tamaño n.

Como es obvio, existirá un total de ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

muestras o conjuntos

no ordenados. Necesitamos saber cuantos conjuntos ordenados “genera” cada una de estas Combinaciones. Ilustremos primero el problema con casos particulares; como encontráramos en sección previa, para una población objetivo de tamaño N = 4, a ; b ; c ; d, se pueden obtener seis muestras de tamaño dos que son: a ; b a ; c a ; d b ; c b ; d c ; d. Analicemos en la Figura 2.3, el número de conjuntos ordenados que obtenemos en esta situación: Figura 2.3 Combinaciones y Permutaciones (n = 2)

Muestras (Combinaciones)

Conjuntos Ordenados

ab ab ba ac ac ca ad ad da bc bc cb bd bd db cd cd dc

Hemos conseguido dos conjuntos ordenados de cada muestra, diremos que cada subconjunto de tamaño dos, genera 2! subconjuntos ordenados del mismo tamaño. ♦ Consideremos ahora la misma población y sus muestras de tamaño n = 3, que como ya hemos determinado, son cuatro en total: a ; b ; c a ; b ; d a ; c ; d b ; c ; d.

Permutaciones Subconjuntos ordenados de tamaño n tomados de un conjunto de tamaño N

26


En la Figura 2.4 se presentan los conjuntos ordenados correspondientes a cada muestra. Figura 2.4 Combinaciones y Permutaciones (n = 3)

Muestras Conjuntos Ordenados

abc abc acb bac bca cab cba

abd abd adb bad bda dab dba

acd acd adc cad cda dac dca

bcd bcd bdc cbd cdb dcb dbc

Estos resultados nos ponen al tanto de que cada muestra de tamaño tres “genera” seis subconjuntos ordenados y seis es lo mismo que tres factorial, 3!. De igual forma encontraremos que cada muestra de tamaño cuatro nos permitirá obtener cuatro factorial conjuntos ordenados, esto es veinticuatro, conjuntos ordenados de tamaño cuatro; y así sucesivamente, de cada muestra o combinación de tamaño n, se puede obtener n! conjuntos ordenados de tamaño n. Cada uno de estos conjuntos ordenados los denominaremos una Permutación de tamaño n. Con lo que hasta ahora sabemos, podemos afirmar que el número de Permutaciones de tamaño n que se pueden formar de un conjunto (Población Objetivo) de tamaño N, para n ≤ N, es igual n! veces el número de Combinaciones del mismo tamaño. Si denotamos por nPN al número de permutaciones de tamaño n tomadas de un conjunto de tamaño N, es cierto que:

nPN = n! ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

= n! !n!)nN(!N

− = )!nN(!N

−

Si por ejemplo se tiene un conjunto de N = 6 elementos y se quiere encontrar cuantas permutaciones de tamaño tres se pueden determinar a partir del mismo, vemos que el número de muestras (combinaciones) de tamaño tres son:

27


⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 6

3

= !3)!36(!6

− =6⋅5⋅4⋅3! / 3!⋅3!= 20 muestras (no ordenadas)

En tanto que el número de conjuntos ordenados (permutaciones) de tamaño tres tomadas de este conjunto de tamaño seis son: 20⋅3!= 120, o lo que es lo mismo:

3P6 =)!36(

!6−

=120

El número de permutaciones de tamaño n, tomadas de un conjunto de tamaño N= n es igual a n! , tal cual lo verificáramos cuando encontramos que cada muestra de tamaño n “genera” n permutaciones, esto es,

nPn = n!⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ n

n

= n! !n!)nn(!n

− = !n!0!n

= |

2.4.5.- El Coeficiente Multinomial Cuando se determinan las combinaciones de tamaño n en una Población Objetivo de tamaño N, es posible visualizar también que a la Población se la está “partiendo” en dos grupos, uno de tamaño n y otro de tamaño (N-n) y como sabemos, del primero

se pueden obtener ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

n

combinaciones y del segundo ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−

N

nN

=!n)!nN(

!N−

, esto es, la misma cantidad de combinaciones de un

tamaño n y de tamaño (N – n), ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 7

3

= ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛ 7

4

, por ejemplo.

Cada una de las muestras de tamaño n y las de tamaño (N-n) se denominan también Muestras o Combinaciones distinguibles. Los resultados previos es posibles extenderlos a una Población Objetivo de tamaño N, en la que existan n1 elementos que por sus particularidades puedan ser clasificados como “similares” entre ellos pero “distinguibles” de los restantes (N-n1), de igual forma n2 que sean similares y así sucesivamente hasta nk elementos similares, con la condición de que:

n1 + n2 +...+nk = N Bajo estas condiciones, el número de Muestras o Combinaciones distinguibles cuando el espacio de eventos Ω se particiona en k conjuntos distinguibles o identificables, se lo

Muestras o Combinaciones Distinguibles Cada una de as muestras de tamaño n y las de tamaño (N-n)

28


denota por ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ N

nnn k,...,, 21

y se puede demostrar que este número es

igual a !...!!

!

21 knnn

N , estamos asegurando que:

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ N

n,...n,n k21

!...!!

!

21 knnn

N=

Ejemplo 2.10

Un ingeniero politécnico tiene que hacer mantenimiento a las estaciones computacionales que administra en un laboratorio de Simulación Matemática; un día cualquiera en el laboratorio tiene a su disposición diez estaciones, dos de marca PH, cinco de marca BMI y tres de marca Doll, calcúlese el número de formas que puede “ubicarlas” en uno de los salones del laboratorio. Desarrollo.

Tenemos un conjunto de tamaño N=10 estaciones y tres grupos distinguibles, por sus marcas, grupos que son de tamaño n1 = 2, n2 = 5 y n3 = 3. Por tanto el número de formas que puede distribuirlas es:

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛ 10

3,5,2

=!5!3!2

!10 = 2520 ♦

Nótese que si no miráramos la marca, el ingeniero puede distribuir sus estaciones de N! = 10! Maneras diferentes. El razonamiento puede extenderse al arreglo de veinte libros en las perchas de una biblioteca, sabiendo que cuatro son de Estadística, once de Física, cuatro de Geología y uno de

Dinámica ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 20

1,4,11,4

. Piénsese también en una compañía

distribuidora de vehículos que los clasifica como de “bajo consumo” de combustible, “mediano consumo” y “alto consumo”; o, en un agricultor que cultiva arroz utilizando abono “orgánico”, otro tipo de cultivo de arroz en que “utiliza herbicidas” y otro tipo en que no utiliza tratamiento de tipo alguno. Aspiramos que el esquema multinomial sea reconocido por el lector de manera directa y lo apliquen de forma generalizada. En capítulos venideros será utilizado nuevamente. ♦

29


2.5.- PROBABILIDAD CONDICIONAL 2.5.1.- Muestreo con y sin Reposición

Un mazo de naipes tiene cincuenta y dos cartas; trece de ellas son corazón rojo, trece corazón negro, trece son brillo y trece trébol; se van a tomar de manera sucesiva, aleatoria y sin reemplazo dos cartas. Nos preguntamos cuál es la probabilidad que la segunda carta sea trébol, sabiendo que la primera fue corazón negro. El esquema de extracción de cartas al que nos referimos en las líneas previas es denominado “Muestreo sin reposición” o mas comúnmente, “Muestreo Aleatorio Simple”. En este experimento, llamemos E1 al evento “sale corazón negro en la primera extracción” y E2 “sale trébol en la segunda”. Suponiendo que toda carta en el mazo tiene igual probabilidad de ser escogida y que la segunda es tomada sin tener en cuenta como fue escogida la primera, pero sí contabilizando el efecto en la cantidad de elementos disponibles para efectuar la segunda extracción, por la no reposición. En primer lugar podemos afirmar que:

P(E1) =N(E1) / N(Ω) = 13/52

Puesto que trece son las cartas del tipo “corazón negro” y cincuenta y dos el total de ellas; nos resta determinar el valor de la probabilidad P(E2, sabiendo que ya se extrajo una carta, que es corazón negro

y que no ha sido reintegrada al mazo) . Esto significa que quedan cincuenta y un cartas en total, pero doce de ellas siguen siendo trébol por lo que la probabilidad buscada es 12/51. Buscando notación diremos que: P(E2 sabiendo que la primera carta que fue de corazón negro y no fue reintegrada)=13/51 o simplemente:

P(E2E1) = 13/51

Que se lee, “probabilidad de que ocurra E2 dado que ya ocurrió E1”. ♦

30


Nótese que si una vez verificada cual fue la primera carta extraída hubiese sido reintegrada al mazo tendríamos,

P(E2) = P(E2E1) = 13/52 Esquema de extracción que se denomina “Muestreo con Reposición”; insistimos que el esquema que utilizamos previamente es el conocido como “Muestreo sin reposición” o “Aleatorio Simple”. ♦ Hemos presentado una noción intuitiva de lo que es “Probabilidad Condicional”, pasamos a definir y analizar algunas de sus características. Dado un experimento estadístico, consideremos dos eventos uno E1 y otro E2, tales que el primero ha ocurrido mientras que el segundo, E2, está por ocurrir. La probabilidad de que ocurra E2 dado que ha ocurrido E1 se la denota y define como:

P(E2E1) = P(E1∩E2) / P(E1); siempre que E1 ≠ ∅

La última restricción es necesaria, a fin de evitar la división para cero.

Si se tuviese el caso del lanzamiento de un dado legal y nos preguntaran cuál es la probabilidad que haya salido un número par, si se sabe que el número que salió es mayor que cuatro. Esto hace que

E1 = 5; 6, sale número mayor que cuatro y

E2 = 2; 4; 6, sale número par y además E1∩E2 =6. Por lo que,

P(E1) = 2/6; P(E2) = 3/6 ; y, P(E1∩E2) = 1/6.

lo cual nos lleva a:

P(E2E1) = P(E1∩E2) / P(E1) = 6/26/1 = 1/2.

Nótese que P(E2) ≠ P(E2E1), pues P(E2) = 1/2. ♦ Es importante tener en cuenta que la definición de probabilidad condicional satisface los axiomas de la Función de Probabilidades, Axiomas de Kolmogorov, sin embargo debe resaltarse que si el experimento tiene un espacio muestral (Ω, S), al “condicionar” el mismo, esto es, al conocerse alguna

31


información adicional sobre la ejecución del experimento - se sabe que ha ocurrido E1 por ejemplo-, el espacio muestral se restringe a (Ω´, S´); donde Ω´ es el conjunto de resultados posibles , conociendo que ha ocurrido E1 mientras que S´ es el conjunto de subconjuntos de Ω´. Por lo tanto a) P(E1E1) = 1; b) P(E2E1) ≥ 0; y, c) P(E2∪E3E1) = P(E2E1) + P(E3E1), siempre que E2∩E3=∅ ♦ Si no es evidente que P(E1E1) = 1; verifiquémoslo. Según la definición de probabilidad condicional si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos en un espacio muestral (Ω, S):

P(E1E1) = P(E1∩E1) / P(E1) = P(E1) / P(E1) = 1 De igual manera, cuando E2∩E3 ≠ ∅

P(E2∪E3E1) = P[(E2∪E3)∩E1)] / P(E1)

= P[(E2∩E1)∪(E1∩E3)] / P(E1)

= [P(E2∩E1)+ P(E1∩E3)] / P(E1)

= P(E2∩E1)/P(E1) + P(E1∩E3)] / P(E1)

= P(E2E1) + P(E3E1) ♦ Es igualmente posible demostrar lo siguiente: Teorema 2.8. Si P(E2) > 0 entonces P(E1E2) = 1 - P(E1

CE2). Este teorema, en términos de probabilidades condicionales, es equivalente al de la probabilidad del complemento de un evento, es decir,

P(E1) = 1 - P(E1

C) Expresión que cabe tener en cuenta porque no siempre es claro determinar que el complemento de E1E2 es E1

CE2. Algunos equivocadamente piensan que es E1E2

c, lo cual nos es verdadero. ♦

32


Pasamos a dar una ilustración del último teorema enunciado y cuya demostración sugerimos al lector la realice. Ejemplo 2.11

En el caso del lanzamiento de un dado legal,

Ω = 1; 2; 3; 4; 5; 6. Si E1 es el evento “sale número par” y E2 es “sale número mayor que tres”, verificar los axiomas de probabilidad condicional. Desarrollo. Sea

E1 = 2, 4; 6

E2 = 4; 5; 6 Entonces

E1∩E2 = 4; 6

E1E2 = 4; 6

E1

CE2 = 2

P(E1CE2) = P(2) = 1/3

P(E1E2) = 1 - P(E1

CE2) = 1- 1/3 = 2/3

Para verificar este último resultado, utilicemos la ya conocida definición de probabilidad condicional de un evento, esto es

P(E1E2)= P(E1∩E2)/ P(E2)= (2/6) / (3/6)= 2/3.

Como era de esperarse, los dos resultados coinciden. ♦ Ejemplo 2.12

Se va efectuar un torneo de un juego en el que se utilizan urnas, al juego se lo denomina “Acierto”; para efectos de este torneo, en las urnas a emplearse se depositan cuatro fichas marcadas del uno al cuatro; a cada jugador se le asigna una urna; y un “turno” de un jugador ocurre cuando extrae las cuatro fichas de su urna. Las fichas son extraídas por cada jugador de manera aleatoria sucesiva y sin reemplazo. Ocurre un “acierto” si el jugador al extraer la ficha i-ésima, el número que se lee es el i, (i = 1; 2; 3; 4). Gana el jugador que obtiene más “aciertos”. Desarrollo.

33


Analicemos la probabilidad de que un acierto Ei ocurra en la i-ésima extracción. Para cada jugador, Ω, el espacio de eventos del juego (experimento) tiene una cantidad de elementos que es igual a 4! = 24, es decir, el número de permutaciones de tamaño cuatro que se pueden conseguir de un conjunto de tamaño cuatro; veamos,

Ω = 1234; 1243; 1324; 1342; 1423; 1432; 2134; 2143; 2314; 2341; 2413; 2431; 3124; 3142; 3214; 3241; 3412; 3421; 4123; 4132; 4213; 4231; 4312; 4321

Donde por ejemplo, 1234 significa, la ficha señalada con el número uno sale primero y la ficha con el número dos, sale segunda y la marcada con el número tres, sale tercera y la marcada con el número cuatro, sale cuarta. Como lo anunciáramos previamente, llamemos Ei al evento “ocurre el número i en la i-ésima sacada” entonces,

E1 = 1234; 1243; 1324; 1342; 1423; 1432 E2 = 1234; 1243; 3214; 3241; 4231; 4213 E3 = 1234; 1432; 2134; 2431; 4132; 4231 E4 = 1234; 1324; 2314; 2134; 3124; 3214

Por tanto, P(Ei) = 6/24 = 2! / 4!; en tanto que :

E1∩E2 = 1234; 1243 E1∩E3 = 1234; 1234 E1∩E4 = 1234; 1324 E2∩E3 = 1234; 4231 E2∩E4 = 1234; 3214 E3∩E4 = 1234; 2134

De acuerdo con estos resultados, Ei∩Ej no son eventos mutuamente excluyentes. Siendo P(Ei∩Ej) = 2/24= 2!/4! ; para i , j = 1, 2, 3, 4; i ≠ j. Finalmente,

Ei∩Ej∩Ek = 1234 siendo por tanto P(Ei∩Ej∩Ek) = 1/24 = 1!/6! ; para i, j, k = 1, 2, 3, 4; i≠j≠k.

Estas son las probabilidades que deben considerar los jugadores al participar en la competencia. ♦

Pasamos ahora a demostrar un teorema interesante relacionado con probabilidad condicional.

34


Teorema 2.9. Si P es una Función de Probabilidades y E1 y E2 son eventos mutuamente excluyentes en un espacio muestral (Ω, S), entonces

P(E1 E1∪E2 ) = P(E1) / [P(E1) + P(E2)]

Prueba

P(E1 E1∪E2

) = P[(E1)∩(E1∪E2 )] / P( E1∪E2

)

= P(E1) / P( E1∪E2 )

= P(E1) / [P(E1) + P(E2)]

Lo cual completa la prueba. ♦ Ejemplo 2.13

En el lanzamiento de un dado “legal” se sabe que ha salido número menor que tres o número mayor que tres. Se pide, que con la información dada, determinemos cual es la probabilidad que haya salido número menor que tres. Desarrollo.

Sea E1= sale número menor que tres. Sea E2= sale número mayor que tres. Evidentemente que E1 y E2 son eventos mutuamente excluyentes y que se nos pide determinar P(E1 E1∪E2

).

Puesto que:

P(E1) = 2/6 y P(E2) = 3/6 Entonces:

P(E1 E1∪E2) = P(E1) / [P(E1) + P(E2)]

= (2/6) / [ 2/6 + 3/6] = 2/5 ♦

2.6.- INDEPENDENCIA ESTOCÁSTICA DE EVENTOS

Como ya hemos establecido

P(E2E1) = P(E1∩E2) / P(E1); siempre que E1 ≠ ∅ ; Esta última expresión hace posible que obtengamos la denominada “regla de multiplicación para probabilidad condicional” que es:

35


P(E1∩E2) = P(E2E1)P(E1);

o también: P(E1∩E2) = P(E1E2)P(E2)

Según sea el caso. Es obvio que si ha ocurrido E1, y este hecho afecta la probabilidad de que E2 ocurra, entonces es verdad que P(E2E1) ≠ P(E2); pero también puede ocurrir que tal situación no se dé y que P(E2E1) = P(E2). Es lo que nos proponemos analizar a continuación. Sean E1 y E2 eventos de un mismo espacio muestral, diremos que el evento E1 es estocásticamente independiente del evento E2 cuando y solo cuando:

P(E2E1) = P(E2), así como P(E1E2) = P(E1).

Lo usual es decir que los eventos E1 y E2 son independientes, evitando la palabra “estocásticamente”; sin embargo hay que tener en cuenta esta palabra, ya que en muchos casos se confunde la independencia estocástica de eventos con el concepto algebraico de independencia lineal de vectores.

Nótese que la definición de independencia de un par de eventos implica que si E1 y E2 son eventos independientes:

P(E1∩E2) = P(E1)P(E2) Ejemplo 2.14

Si se tienen eventos E1 y E2 que se conoce son independientes y se sabe además que P(E1) = 0.8 y P(E2) = 0.30, determinar P(E1∩E2) y P(E1∪E2). Desarrollo. Si los dos eventos son por hipótesis independientes,

P(E1∩E2) = P(E1)P( E2) = 0.8(0.3) = 0.24 Mientras que

P(E1∪E2) = P(E1) + P( E2) - P(E1∩E2) = 0.8 + 0.3 - 0.24 = 0.86 Es muy importante notar que los eventos E1 y E2 son estocásticamente independientes pero no son mutuamente excluyentes pues P(E1∩E2) ≠ 0. Si en este mismo problema nos preguntasen cuál es la probabilidad de que ocurra el complemento de E1 sin duda

36


alguna diríamos que P(E1C) = 1 - 0.8 = 0.2; mientras que , si nos

pidieran calcular P(E1C∩E2), ¿podríamos hacerlo suponiendo

que los eventos E1C y E2 son independientes? Verifiquemos

esto. ♦ Teorema 2.10. Si E1 y E2 son eventos independientes en un mismo espacio muestral (Ω, S) entonces, también son independientes los siguientes pares de eventos:

i) E1 y E2C

ii) E1C y E2; y,

iii) E1C y E2

C Prueba i) Por hipótesis P(E1∩E2) = P(E1)P( E2) ya que los dos eventos son independientes además se tiene que el evento E1∩E2

C expresado como la diferencia de dos eventos mutuamente excluyentes, es tal que

E1∩E2 C = [E1 – (E1∩E2)] = ω∈Ωω∈ E1∧ ω∉ (E1∩E2);

por lo que,

P(E1∩E2C) = P[E1 – (E1∩E2 )] = P(E1 ) - P(E1∩E2 )

= P(E1) - P(E1)P( E2)

= P(E1)[ 1 - P(E2)] = P(E1)P( E2

C) Lo cual verifica la independencia de E1 y E2

C, bajo la hipótesis dada. ii) La prueba de independencia entre E1

C y E2 es similar a la previa solo que ahora utilizaremos el hecho de que:

E1C∩E2 = [E2 – (E1∩E2)] = ω∈Ωω∈ E2 ∧ ω∉ (E1∩E2)

Para llegar a que,

P(E1

C∩ E2) = P( E1C)P(E2)

iii) Probemos ahora el tercer resultado.

E1∩E2C E2∩E1

C

E1∩

E2

E1 E2

Ω

37


P(E1C∩E2

C) = P[Ω - (E1∪E2)] = 1 – [P(E1) + P(E2) - P(E1∩E2)] = 1 - P(E1) - P(E2) + P(E1)P(E2)

= [1 - P(E1)] - P(E2)[1 - P(E2)]

= [1 - P(E1)][1 - P(E2)]

= P(E1

C)P(E2C)

Lo cual concluye la prueba. ♦ En el Ejemplo 2.14 que propusimos, nos preguntábamos, si nos pidieran calcular P(E1

C∩E2), ¿podríamos hacerlo suponiendo que lo dos eventos presentados en la intersección son independientes?. Estamos ahora en condiciones de decir sí y proceder al cálculo.

P(E1C∩E2) = P(E1

C)P(E2)

= [1 - P(E1)]P(E2) = 0.20(0.30) = 0.06 ♦ Veamos las novedades acerca de la independencia de mas de dos eventos. Tres eventos E1, E2 y E3 se dicen son estocásticamente independientes, cuando y solo cuando es verdad que se cumplen las siguientes cuatro condiciones: i) P(E1∩E2) = P(E1)P(E2);

ii) P(E1∩E3) = P(E1)P(E3);

iii) P(E2∩E3) = P(E2)P(E3); y, iv) P(E1∩E2∩E3) = P(E1)P(E2)P(E3).

En un primer vistazo pensaríamos que la última condición implica las tres primeras, o que las tres primeras implican la cuarta, pero aquello no es cierto, presentaremos algunas ilustraciones sobre el particular. Téngase en cuenta que en general,

P(E1∩E2∩E3) = P(E1)P(E2E1)P(E3E1∩E2). Ejemplo 2.15

Se conoce que tres eventos son tales que se cumplen las siguientes condiciones:

P(E1) = P(E2) = P(E3) = 1/2; P(E1∩E2) = P(E1∩E3) = P(E2∩E3) = 1/4; y,

38


P(E1∩E2∩E3) = 1/4.

Se desea determinar si los tres eventos así relacionados son estocásticamente independientes.

Desarrollo.

En este caso:

P(E1∩E2) = P(E1)P(E2) = (1/2)(1/2) = 1/4 P(E1∩E3) = P(E1)P(E3) = (1/2)(1/2) = 1/4 P(E2∩E3) = P(E2)P(E3) = (1/2)(1/2) = 1/4

Lo cual significa que los tres eventos son independientes de dos en dos; pero

P(E1∩E2∩E3) ≠ P(E1)P(E2)P(E3)

Pues el término de la izquierda en la expresión previa es igual a ¼, por hipótesis; mientras que el de la derecha es igual a (1/2)2

= 1/8 por deducción.

Por lo que los tres eventos no son independientes de tres en tres y por tanto no se los puede considerar como estocásticamente independientes entre sí. ♦

Ejemplo 2.16

Un experimento consiste en lanzar de manera independiente, dos veces una moneda legal. Se define como E1, al evento, “sale cara en el primer lanzamiento”; E2 es “sale cara en el segundo lanzamiento” y E3 es “el lado que sale en el primer lanzamiento es el mismo que el segundo”. Se desea verificar si estos tres eventos son estocásticamente independientes. Desarrollo. En este caso Ω = ss; sc; cs; cc, en tanto que E1 = cs; cc; E2 = cc ; sc; E3 = ss ; cc

E1 ∩ E2 = cc; E1 ∩ E3 = cc; E2 ∩ E3 = cc;

E1∩E2∩E3 = cc De donde:

P(E1) = P(E2) = P(E3) = 2/4 = 1/2.

P(E1∩E2) = P(E2∩E3) = P(E2∩E3) = 1/4.

P(E1∩E2∩E3) = 1/4.

P(E1)P(E2)P(E3) = (1/2)3 = 1/8

39


Siendo

P(E1∩E2∩E3) ≠ P(E1) P(E2)P(E3), los tres eventos no son estocásticamente independientes, aunque sí lo son de par en par. ♦

Ejemplo 2.17

De un mazo de barajas se extraen de manera sucesiva y sin reemplazo cuatro cartas, se desea calcular la probabilidad que todas las cartas sean reyes.

Desarrollo.

Se sabe que son cuatro reyes en el mazo, si Ei representa “sale rey en la i-ésima extracción”

Se nos pide calcular P(E1∩E2∩E3∩E4) que en este caso es igual a

)EEE(EP)EEP(E)EP(E)P(E)EEEP(E 32142131214321 ∩∩⋅∩⋅⋅=∩∩∩

649740024

491

502

513

524

=⋅⋅⋅= ♦

A continuación enunciamos dos teoremas que son importantes en cuanto a independencia de eventos y que sugerimos al lector haga su mejor esfuerzo por demostrarlos, Teorema 2.11. Si E1, E2 y E3 son eventos independientes en un espacio muestral (Ω,S), entonces es verdad que deben: i) E1 y E2∩E3 ser estocásticamente independientes ii) E1 y E2∪E3 ser estocásticamente independientes iii) E1

C y E2∩E3C ser estocásticamente independientes

Teorema 2.12. Cualquier evento E en (Ω, S) es independiente del evento imposible ∅. Ejemplo 2.18

Se lanzan cuatro dados legales de manera sucesiva, determine la probabilidad que en los cuatro dados salga un número par. Desarrollo.

40


Tenemos: Ω = 1111 ; 1112 ; …; 4444 Se debe suponer que cada lanzamiento es independiente de los demás por lo que si denominamos Ei al evento “sale número par en el i-ésimo dado lanzado”, tenemos que,

2134 ∈ E1 pero 1234 ∉ E1

P(E1) = P(E2) = P(E3) = P(E4) = 3/6 = 1/2

P(E1∩E2) = P(E1∩E3) = P(E1∩E4) = P(E2∩E3) = P(E2∩E4)

= P(E3∩E4) = 41

21x

21

=

P(E1∩E2∩E3) = P(E1∩E2∩E4) = P(E1∩E3∩E4)

= P(E2∩E3∩E4) = 81

21x

21x

21

=

P(E1∩E2∩E3∩E4) = 161

21x

21x

21x

21

= ♦

Ejemplo 2.19

Se sabe que dos eventos E1 y E2 de un mismo espacio muestral son tales que P(E1) = 0.35 , P(E2) = 0.45 y P(E1∩E2) = 0.18. ¿Son independientes este par de eventos? Desarrollo. Si fuesen independiente E1 y E2, debería cumplirse que

P(E1)P(E2)v= P(E1∩E2), mas,

P(E1)P(E2) = (0.35)(0.45) = 0.1575 ≠ 0.18 Consecuentemente E1 y E2 no son eventos estocásticamente independientes. ♦

Ejemplo 2.20

Se tienen dos eventos E1 y E2 tales que P(E1) = 0.20, P(E2) = 0.50 y P(E1∩E2) = 0.10. Determinar P(E1⎜E2), P(E2⎜E1), P(E1⎜E2

c).

Desarrollo.

Nótese que: P(E1)P(E2) = 0.20(0.50) = 0.10 = P(E1∩E2)

Lo cual hace independiente a los dos eventos, por lo que

41


P(E1⎜E2) = P(E1) = 0.20

P(E2⎜E1) = P(E2) = 0.50; y,

P(E1⎜E2

c) = P(E1)=0.20 Esto es consecuencia de lo demostrado previamente en el sentido de que si E1 y E2 son independientes, también lo son sus complementos E1

c y E2c, así como también E1

c con E2 y E2c

con E1. ♦

2.7.- REGLA DE LA PROBABILIDAD TOTAL Y TEOREMA DE BAYES Supongamos que el conjunto de los resultados posibles Ω de un experimento es particionado en k eventos, a los que denominaremos E1, E2,..., Ek. Particionado significa que los k conjuntos son exhaustivos y mutuamente excluyentes. (véase Figura 2.5). La primera condición, exhaustividad, implica que:

Uk

1iiE

=

= Ω

y la segunda, ser disjuntos, que: Ei∩Ej = ∅, para i ≠ j. Supóngase además que A es un evento cualquiera en Ω. Es nuestro propósito encontrar P(A) para lo cual debemos expresar A como la unión de k eventos mutuamente excluyentes, lo que conseguimos de la siguiente manera:

A = (A∩E1)∪(A∩E2)∪ ... ∪(A∩Ek) = Uk

1i=

(A∩Ei)

Véase Figura 2.5, donde es claro que hemos expresado al evento A como la unión de k eventos mutuamente excluyentes en el espacio muestral (Ω, S) y por tanto la probabilidad de esta unión de eventos, es igual a la suma de sus correspondientes probabilidades, por lo que,

P(A) = P(A∩E1) + P(A∩E2) + ... +P(A∩Ek) =∑=

k

1i

P(A∩Ei);

Además, P(A∩Ei) = P(AEi)P(Ei)

por lo que finalmente tenemos :

P(A) =∑=

k

1i

P(AEi)P(Ei). ♦

42


Este resultado es conocido como la Regla de Probabilidad Total y es la puerta de ingreso a la demostración del reputado Teorema de Bayes que luego de un par de ilustraciones probaremos. Figura 2.5 Probabilidad Total Ejemplo 2.21

Una granja camaronera adquiere el alimento para sus langostinos de tres proveedores distintos a los que llamaremos E1, E2 y E3; E1 provee el 45% del alimento consumido; E2 provee el 25%; y, E3 el restante 30%; es importante para la granja que los proveedores entreguen cada pedido con la cantidad requerida de proteínas. Por los registros administrativos de la compañía propietaria de la granja, se sabe que no siempre los proveedores entregan el alimento con la cantidad de proteínas que se requiere; E1 comete este error en el 2% de sus entregas; E2 el 3% y E3 el 1.5% de las veces que entrega. Se nos pregunta ¿Cuál es la probabilidad que ocurra una entrega que no cumpla con el requerimiento proteico establecido?. Desarrollo. Procedamos a la solución del problema planteado. Sea Ei el evento “el i-ésimo proveedor entrega su pedido”, y sea A el evento, “el alimento entregado no contiene la cantidad requerida de proteínas”. Lo que se pregunta entonces, es el valor de P(A). Nuestros datos son:

P(E1) = 0.45 ; P(E2) = 0.25 y P(E3) = 0.30; además,

P(AE1) = 0.020 ; P(AE2) = 0.030 ; y, P(AE3) = 0.015;

E1 E2

E3

E4

E5

E6

Ek

A

43


Por lo tanto:

P(A) = ∑=

3

1i

P(AEi)P(Ei)

= 0.020(0.45) + 0.030(0.25) + 0.015(0.30)

= 0.0090 + 0.0075 + 0.0045 = 0.021 Hemos encontrado entonces que la probabilidad de que, bajo las condiciones dadas, el evento A ocurra es 0.021, en otras palabras que de mil entregas, alrededor de veintiuna no reunirán los requisitos proteicos que exige el comprador en la granja camaronera.♦

Teorema 2.12. Si P(E1E2) = P(E1E2

C), entonces E1 y E2 son independientes. Prueba Considerando que E2∪E2

C = Ω, que E1 es un subconjunto cualquiera de Ω y aplicando la Regla de la Probabilidad Total obtenemos:

P(E1) = P(E1E2) P(E2) + P(E1E2C) P(E2

C ) ,

Utilizando la información que la hipótesis del teorema proporciona, esto es,

P(E1E2) = P( E1E2C ),

tenemos:

P(E1) = P(E1E2) P(E2) + P(E1E2) P(E2C )

= P(E1E2)[P(E2)+ P(E2

C )] = P(E1E2) (1) = P(E1E2)

Lo cual significa que E1 y E2 son independientes, ya que

P(E1) = P(E1E2). De manera similar se llega a la conclusión que

P(E2) = P(E2E1).

Lo cual consigue el resultado que buscamos ♦ Pasamos ahora a enunciar y probar el denominado Teorema de Bayes.

44


Teorema de Bayes. Sea (Ω,S) el espacio muestral de un experimento estadístico; sean además E1, E2, ... , Ek eventos exhaustivos y mutuamente excluyentes en dicho espacio muestral. Sea A un evento cualquiera que resulta en el experimento. Bajo estas condiciones,

P(ErA) = P(AEr)P(Er) /∑=

k

1i

P(AEi)P(Ei).

Para r entero positivo constante no mayor que k. Prueba. Por la aplicación de la definición de probabilidad condicional,

P(ErA) = P(A∩Er) / P(A)

= P(AEr)P(Er) / P(A) Aplicando el resultado encontrado en el teorema previo donde,

P(A) =∑=

k

1i

P(AEi)P(Ei)

Llegamos a que,

P(ErA) = P(AEr)P(Er) /∑=

k

1i

P(AEi)P(Ei).

Con lo que se completa la prueba del denominado Teorema de Bayes. ♦ En el contexto del Teorema de Bayes, P(Ei) es denominada la probabilidad a priori del evento Ei, en tanto que P(EiA) es la probabilidad a posteriori de Ei. Ejemplo 2.22

En una ensambladora de vehículos, los empleados que trabajan en los procesos de ingeniería son entrenados de tres diferentes maneras para cumplir con sus tareas específicas; la una forma es entrenarlos en una planta que funciona fuera del país, la otra forma es entrenarlos en la misma fábrica en la que van a trabajar y la tercera forma es entrenarlos en el país pero en una fábrica que no es en la que van a trabajar. El 10% de los empleados son entrenados de la primera forma, el 55% en la segunda forma y el restante 35% de la tercera. Se sabe por el uso de registros administrativos que el primer tipo de personas cumplen con sus labores específicas el 98% de las veces, el segundo tipo el 97% de las veces y los de tercer tipo solo el 95% de las veces. Se encuentra un día cualquiera que alguien no cumplió sus tareas específicas, ¿Cuál es la probabilidad de que quien no cumplió fue entrenado en el exterior?.

45


Desarrollo. Llamemos A al evento “alguien no cumple sus labores específicas”, mientras que Ei es el evento “alguien tuvo entrenamiento de tipo i ”, i = 1 , 2, 3. Las probabilidades a priori de Ei son

P(E1) = 0.10; P(E2) = 0.55; P(E3) = 0.35 mientras que ,

P(AE1) = 1- 0.98 = 0.02;

P(AE2) = 1- 0.97 = 0.03; y,

P(AE3) = 1- 0.95 = 0.05 Debemos calcular la probabilidad a posteriori P(E1A).

Como paso previo se debe calcular P(A) que es la probabilidad que alguien no cumpla sus labores específicas. Para el efecto, aplicando la Regla de Probabilidad Total, tenemos:

P(A) =∑=

3

1i

P(AEi)P(Ei)

= 0.02(0.10) + 0.03(0.55) + 0.05(0.35) = 0.036

Por lo que

P(E1A) = P(AEr)P(Er) /∑=

k

1i

P(AEi)P(Ei)

= 0.02 / 0.036 = 0,555 ♦

estadistica metodos de probabilidad

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