Probabilidad Conjunta y Condicional

Probabilidad Conjunta y Condicional
Probabilidad Condicional Probabilidad Total Teorema de Bayes

Probabilidad condicional
[...] Quiero decir, para empezar: ¿a quién le importa si saco una bola blanca o una bola negra de una urna? Y segundo: si tan preocupado estás por el color de la bola que sacas, no lo dejes en manos del azar: ¡mira en la maldita urna y saca la bola del color que quieras! Stephanie Plum, después (suponemos) de pasar por un curso de probabilidad y estadística.

Cuatro tipos de probabilidad
Marginal Unión Conjunta Condicional La probabilidad de que ocurra X La probabilidad de que ocurra X o Y La probabilidad de que ocurra X e Y La probabilidad de que ocurra X sabiendo que ha ocurrido Y X Y X X Y Y 22

x x Lanzamos dos dados, uno rojo y otro blanco.
¿Cuál es la probabilidad de que sumen 3? x x

x Supongamos que hemos lanzado ya el dado rojo y ha salido
un 1. ¿Cuál es ahora la probabilidad de que sumen 3? x

4 2 6 2 A Ac sexo edad B.R H 18 C.C M 19 C.G G.P 20 M.P 21 J.L L.A.
N.D V.C 22 V.F. L.L. J.N. J.P. U.P Sucesos A = ser hombre (H) B = edad 20 4 2 B 6 2 Bc Probabilidades P(A) = 6/14 = 0.43 P(B) = 6/14 = 0.43 P(A  B) = 4/14 = 0.29 P(A B) = P(A) + P(B) - P(A  B) 6/14 + 6/14 - 4/14 = = 0.57 P(AB) = 4/6 = 0.67

Intuir la probabilidad condicional
P(A) = 0,25 P(B) = 0,10 P(A ∩ B) = 0,10 P(A) = 0,25 P(B) = 0,10 P(A ∩ B) = 0,08 ¿Probabilidad de A sabiendo que ha pasado B? P(A|B)=1 P(A|B)=0,8

P(A) = 0,25 P(B) = 0,10 P(A ∩ B) = 0,005 P(A) = 0,25 P(B) = 0,10 P(A ∩ B) = 0 ¿Probabilidad de A sabiendo que ha pasado B? P(A|B)=0,05 P(A|B)=0

Interpretación frecuencial:

< W ,F , P> Espacio probabilístico A,B  F P(B)  0 Probabilidad de un suceso A sabiendo que se ha producido un suceso B:

Es una “auténtica” probabilidad (tres axiomas): (1) No negatividad: 0 ≤ P(A/B) (2) Normalización: P(W/B) = P(W ∩ B)/ P(B) =1 (3) Aditividad:P(A  C / B) = P(A/B) + P(C/B) si A ∩ C = Ø incompatibles (excluyentes) (donde Ø es el conjunto vacío)

Probabilidad condicional: Propiedades
Una vez A ha ocurrido, ya es seguro: Cuando A y B son excluyentes, una vez ha ocurrido A, B es imposible: Si B  A => P(A / B) = 1

¿Cuál es la probabilidad de que una carta escogida al azar sea un as sabiendo que es roja?
Negro Color Palo Rojo Total As 2 4 No-As 24 48 26 52 Espacio restringido ¿Y la probabilidad de que una carta escogida al azar sea roja sabiendo que es un as?

(Probabilidad Condicional) Probabilidad Total Teorema de Bayes Teorema de la multiplicación

Sistema exhaustivo y excluyente de sucesos
Se trata de una colección de sucesos A1, A2, A3, A4… tales que la unión de todos ellos forman el espacio muestral, y sus intersecciones son disjuntas. A1 A3 A4 Divide y vencerás: Todo suceso B, puede ser descompuesto en componentes de dicho sistema. B = (B  A1) U (B  A2 ) U ( B  A3 ) U ( B  A4 )

Partición de un espacio muestral
< W ,F , P> Espacio probabilístico ligado a un espacio muestral  A1, A2, A3, An  F {A1, A2, A3, An } es una partición de W si y solo si: A2 A1 B A3 A4 B = (B  A1) U (B  A2 ) U ( B  A3 ) U ( B  A4 )

Teorema de la probabilidad total
Si conocemos la probabilidad de B en cada uno de los componentes de un sistema exhaustivo y excluyente de sucesos, entonces podemos calcular la probabilidad de B como la suma: A1 A2 B A3 A4 P(B) = P(B  A1) + P(B  A2) + P( B  A3) + P( B  A4) P(B) = P(B|A1)P(A1) + P(B|A2)P(A2) + P(B|A3)P(A3) + P(B|A4)P(A4)

< W ,F , P> Espacio probabilístico
Teorema de la probabilidad total < W ,F , P> Espacio probabilístico Si A1, A2, ... ,An son una partición de W, es decir que los sucesos son mútuamente excluyentes entre sí (AiAj= para todo par) y su unión es W entonces; para cualquier suceso B  F A1 A2 B A3 A4

Teorema de la probabilidad total
Demostración A1 A2 B A3 A4

Ejemplo: En este aula el 70% de los alumnos son hombres.
De ellos el 10% son fumadores. El 20% de las mujeres son fumadoras. ¿Qué porcentaje de fumadores hay en total? Podemos aplicar la ley de la probabilidad total: Hombres y mujeres forman un sistema exhaustivo y excluyente de sucesos. Mujeres Hombres Fumadores

P(F) = P(F∩H) + P(F∩M) = P(F|H) P(H) + P(F|M) P(M)
Fuma 0,1 Hombre 0,7 No fuma Estudiante 0,9 Fuma 0,2 0,3 Mujer 0,8 No fuma P(F) = P(F∩H) + P(F∩M) = P(F|H) P(H) + P(F|M) P(M) = 0,1 · 0,7 + 0,2 · 0,3 = 0,13

Ejemplo: Un sistema de transmisión puede enviar mensajes de una letra A,B ó C, codificadas en binario. Los mensajes no son equiprobables P(A) = 1/2 P(B)=1/4 P(C)=1/4 Códigos de las letras: A -> bit b1, b2, b3 B -> b4, b5, b6 C -> b7, b8, b9 Calcular la probabilidad de que escogiendo un símbolo (biT) al azar de un mensaje sea un 1

Ejemplo: Un sistema de transmisión puede enviar mensajes de una letra A,B ó C, codificadas en......
P(A) = 1/2 P(B)=1/4 P(C)=1/4 A -> bit b1, b2, b3 B -> b4, b5, b6 C -> b7, b8, b9 W = {b1, b2, b3 , b4, b5, b6 , b7, b8, b9 } Partición de W {A,B,B} A={b1, b2, b3 }, B={b4, b5, b6}, C={b7, b8, b9} S={“escoger un 1”}={b1, b4, b5 , b7, b8, b9 } P(S/A)=1/3 P(S/B)=2/3 P(S/C)=1 P(S)=P(S/A)P(A)+P(S/B)P(B)+P(S/C)P(C)= 7/12

(Probabilidad Condicional) (Probabilidad Total) Teorema de Bayes Teorema de la multiplicación

Thomas Bayes nació en Londres, Inglaterra.
Su padre fue ministro presbiteriano. Posiblemente De Moivre fue su maestro particular, pues se sabe que por ese entonces ejercía como profesor en Londres. Bayes fue ordenado ministro presbiteriano y muere en Sus restos descansan en el cementerio londinense de Bunhill Fields. La traducción de la inscripción en su tumba es: "Reverendo Thomas Bayes. Hijo de los conocidos Joshua y Ann Bayes. 7 de abril de En reconocimiento al importante trabajo que realizó Thomas Bayes en probabilidad. Su tumba fue restaurada en 1969 con donativos de estadísticos de todo el mundo".

Teorema de Bayes Si conocemos la probabilidad de B en cada uno de los n componentes de un sistema exhaustivo y excluyente de sucesos, entonces… …si ocurre B, podemos calcular la probabilidad (a posteriori) de ocurrencia de cada Ai, (i = 1, 2, ... , n): A1 A2 B A3 A4 donde P(B) se puede calcular usando el teorema de la probabilidad total:

Teorema de Bayes < W ,F , P> Espacio probabilístico
{A1, A2, ... ,An}partición de W, B  F A1 A2 A3 A4 B

Teorema de Bayes

P(A) = 1/2 P(B)=1/4 P(C)=1/4 P(S)=P(S/A)P(A)+P(S/B)P(B)+P(S/C)P(C)= 7/12 Si se obtiene un 1 ¿Cuál es el mensaje que con mayor probabilidad se ha enviado?

P(A) = 3/5 P(B)=1/3 P(C)=1/15 P(S)=P(S/A)P(A)+P(S/B)P(B)+P(S/C)P(C)= 22/45 Si se obtiene un 1 ¿Cuál es el mensaje que con mayor probabilidad se ha enviado?

En el problema anterior: Se elige a un individuo al azar
Fuma 0,1 En el problema anterior: Se elige a un individuo al azar y resulta fumador. ¿Cuál es la probabilidad de que sea una mujer? Hombre 0,7 No fuma Estudiante 0,9 Fuma 0,2 0,3 Mujer 0,8 No fuma P(M) = 0,3, P(F) = 0,13 P(M|F) = P(F ∩ M)/P(F) = P(F|M) P(M) / P(F) = 0,2·0,3 / 0,13 = 0,46

Ejemplo: Pruebas diagnósticas
Las pruebas o tests de diagnóstico se evalúan con anterioridad sobre dos grupos de individuos: sanos y enfermos. De modo frecuentista se estima: Sensibilidad (verdaderos +) = Tasa de acierto sobre enfermos. Especificidad (verdaderos -) = Tasa de acierto sobre sanos. A partir de lo anterior y usando el teorema de Bayes, podemos calcular las probabilidades a posteriori (en función de los resultados del test) de los llamados índices predictivos: P(Enfermo | Test +) = Índice predictivo positivo P(Sano | Test -) = Índice predictivo negativo

La diabetes afecta al 20% de los individuos que acuden a una consulta
La diabetes afecta al 20% de los individuos que acuden a una consulta. La presencia de glucosuria se usa como indicador de diabetes. Su sensibilidad (la tasa de aciertos sobre enfermos) es de 0,3 y la especificidad (tasa de aciertos sobre sanos) de 0,99. Calcular los índices predictivos (P(Enfermo | Test +) = Índice predictivo positivo y P(Sano | Test -) = Índice predictivo negativo). T- T+ 0,3 Enfermo 0,2 Individuo 1 - 0,3 = 0,7 Sano T- T+ 1 - 0,99 = 0,01 1 - 0,2 = 0,8 0,99

Los índices predictivos son: la probabilidad de que, sabiendo que
el test sea positivo, el paciente sea diabético y la probabilidad de que, sabiendo que el test es negativo, el paciente está sano. T- T+ 0,3 Enfermo 0,2 0,7 Individuo Sano T- T+ 0,01 0,8 0,99

T- T+ 0,3 Enfermo 0,2 0,7 Individuo Sano T- T+ 0,01 0,8 0,99

Observaciones -¿Qué probabilidad tengo de estar enfermo? - En principio un 20%. Le haremos unas pruebas. En el ejemplo anterior, al llegar un individuo a la consulta tenemos una idea a priori sobre la probabilidad de que tenga una enfermedad. A continuación se le pasa una prueba diagnóstica que nos aportará nueva información: Presenta glucosuria o no. En función del resultado tenemos una nueva idea (a posteriori) sobre la probabilidad de que esté enfermo. Nuestra opinión a priori ha sido modificada por el resultado de un experimento. - Presenta glucosuria. La probabilidad ahora es del 88%.

8: enfermas 992: no enfermas
La probabilidad de que una mujer con edad comprendida entre los tenga cáncer de mama es 0.8%. Si una mujer tiene cáncer de mama, la probabilidad de positivo en test = 90%. Si una mujer no tiene cáncer de mama, la probabilidad de positivo en test = 7%. Supongamos que una paciente da positivo en un test. ¿Cuál es la probabilidad de que tenga cáncer de mama? 1000 mujeres 8: enfermas : no enfermas 7: positivos 1: negativo : positivos : negativos p(enferma | positivo) = 7 / (7+69) = 0.09

En una urna hay 5 bolas, 3 azules y 2 verdes
En una urna hay 5 bolas, 3 azules y 2 verdes. Se saca una bola de la urna y sin mirarla, se guarda. A continuación se vuelve a sacar otra bola que es verde. (a) ¿Cuál es la probabilidad de que la primera haya sido verde? (b) Y si la segunda hubiera sido azul, ¿cuál es la probabilidad de que la primera sea verde? (c) ¿Y azul? Nota: Realiza un árbol de sucesos. Llama (A1 y A2), al suceso "sacar azul la primera bola y azul la segunda" y análogamente los restantes: (A1 y V2), (V1 y A2), (V1 y V2).

Probabilidad de que la primera haya sido verde (en el supuesto que la segunda ha sido verde) Aplicamos el teorema de Bayes y resulta: Probabilidad de que la primera haya sido verde (en el supuesto que la segunda ha sido azul) Aplicamos el teorema de Bayes y resulta:

Probabilidad de que la primera haya sido azul (en el supuesto que la segunda ha sido azul) Aplicamos el teorema de Bayes y resulta:

Supongamos que la incidencia del consumo de drogas
en la población es del 5%. Hacemos una prueba de drogas, que tiene una fiabilidad del 95%, a un sujeto escogido al azar y el resultado es positivo. ¿Cuál es la probabilidad de que consuma drogas?

The Monty Hall Problem Let’s Make a Deal fue un famoso concurso en las décadas 60-70 de la televisión de EEUU presentado por Monty Hall y Carol Merril.

¡Bienvenidos al show de Monty Hall! Detrás de una de estas puertas hay un coche. Y detrás de las dos restantes hay una cabra.

A B C Nuestro concursante seleccionará una puerta ...
Elijo la puerta A A B C

Monty Hall (que conoce dónde está el coche) abre la puerta C.
SELECCIONADA B C C A Ahora sabemos que el coche está o bien en A o bien en B. Monty Hall nos permite cambiar de elección si queremos … ¿Es más probable ganar el coche si cambiamos de puerta? (En este caso de A a B).

Si el concursante CAMBIA su elección original Pierde Gana Gana Gana

posibilidades de ganar si cambia de puerta!
Si el concursante CAMBIA su elección original gana 6 veces de las 9: su probabilidad de ganar es 6/9 = 2/3. Si no cambia, su probabilidad de ganar es de 3/9 = 1/3. ¡Tiene el doble de posibilidades de ganar si cambia de puerta! Pierde Gana Gana Gana Pierde Gana Gana Gana Pierde Juega y compruébalo estadísticamente en

Existe una manera intuitiva de comprender este
resultado anti-intuitivo: Cuando elijo la puerta, en promedio, dos de cada tres veces detrás de la puerta habrá una cabra. O sea, la mayor parte de las veces habré elegido una puerta con cabra. Después Monthy me enseña una puerta con cabra. Así que es razonable cambiar mi elección previa...

Podemos probar este resultado sin hacer una lista de todos los casos
Podemos probar este resultado sin hacer una lista de todos los casos. Usando la noción de probabilidad condicional & Bayes. Recuerda que la probabilidad condicional nos muestra cómo la ocurrencia de un suceso afecta a la probabilidad de otro. En el problema de Monthy Hall, si nosotros escogemos la puerta A y Monthy abre la puerta B, por ejemplo, la pregunta que nos estamos haciendo es: ¿Cuál es la probabilidad de ganar si cambio a la puerta C, teniendo la información adicional de que el coche no está en la B? Lo dejamos como ejercicio.

(Probabilidad Condicional) (Probabilidad Total) (Teorema de Bayes) Teorema de la multiplicación

Teorema de la Multiplicación
Uso con hipótesis de “dependecia” sólo de los n sucesos anteriores en n-gramáticas: Ejemplo: bi-gramática Análisis de Texto Reconocimiento de habla Cadenas ADN

Sucesos Independientes

Independencia Los sucesos A y B serán independientes si la
ocurrencia de B no influye en la probabilidad de A y al revés. Es decir, si: Como: Entonces:

Independencia Cuando se da la independencia ...simplifica mucho..
No confundir sucesos independientes A ∩ B  Ø con disjuntos o excluyentes A ∩ B = Ø Es condición necesaria y suficiente, luego puede servir como “prueba de independencia” Discusión: Independencia “física” e Independencia “matemática” Relaciones causa-efecto – Redes Bayesianas

Independencia Vamos a verificar la independencia de los dados.
Sea A = dado rojo sale 1 y B = dado blanco sale 1. Sea C = suma de los dos dados es 3. ¿Afecta A = que el dado rojo salga 1 a la probabilidad de C?

Independencia de m sucesos
Similarmente, m sucesos A1...., Am se llaman independientes si: P(A1  ...  Am) = P(A1) ... · P(Am) y además para cada posible subconjunto de k sucesos: P(Aj+1  ...  Aj+k) = P(Aj+1) ... · P(Aj+k) donde j+k < m. De modo que, p. ej. tres sucesos A, B y C son independientes si: P(A  B) = P(A)  P(B) P(B  C) = P(B)  P(C) P(A  B  C) = P(A)  P(B)  P(C)

Una caja contiene 10 bolas, 3 son rojas. Escogemos dos bolas al azar
Una caja contiene 10 bolas, 3 son rojas. Escogemos dos bolas al azar. Encuentra la probabilidad de que ninguna de ellas sea roja: (a) con reemplazo y (b) sin reemplazo. Consideremos los sucesos: A: Primera bola no-roja B: Segunda bola no-roja P(A) = 7/10 Si el muestreo es con reemplazo, la situación para la segunda elección es idéntica que para la primera, y P(B) = 7/10. Los sucesos son independientes y la respuesta es: P(A  B) = P(A)  P(B) = 0.7  0.7 = 0.49 Si es sin reemplazo, hemos de tener en cuenta que una vez extraída la primera bola, quedan solo 9 y 3 deben ser rojas. Así: P(B|A) = 6/9 = 2/3. En este caso la respuesta es: P(A  B) = P(A)P(B|A) = (7/10)  (2/3)  0.47

Experimentos compuestos (combinados)

1 Lanzamiento de un dado y observación de la puntuación Espacio muestral W1 ={1,2,3,4,5,6} P1({i})=1/6 1=< i =<6 2 Lanzamiento de una moneda y observación del resultado W1 ={C,X} P2({C})= P2({X})= 1/2 1=< i =<6 “Probabilidad de 1 en el dado y C en la moneda” = 1/6 * 1/2 = 1/12 W1xW2 ={(1,C),(1,X),(2,C),(2,X)......(6,C),(6,X)} Ligado a 1 x 2 : realización de 1 y 2 {“cara”}={(1,C),(2,C)...(6,C)} = W1 x {C} P({“cara”})= P2({C}) {“uno”} = {(1,C),(1,X)}={1} x W P({“uno”})= P1({1})

Formalización: Experimento Producto < W1 ,F1 , P1> espacio probabilístico ligado a 1 < W2 ,F2 , P2> espacio probabilístico ligado a 2  = 1 x 2 : realizar 1 y 2 < W ,F , P> espacio probabilístico ligado a  W = W1 x W2 ={(w1i,w2j) / w1i  W1 , w2j  W2} AxB  F  A F1 y  B F2 F contiene, además, todos los sucesos que puedan formarse mediante operaciones de unión, intersección o sean contrarios de los AxB

Ejemplo W1 = {1,2} W2 = {a,b,c} W = W1 x W2 = {(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2,c)} {(1,a),(1,b),(2,a)}  AxB con A F1 y B F2 P(Ax W2) = P1(A) P(W1 xB) = P2(B) No es posible especificar las probabilidaders de todos los sucesos del álgebra F

Experimentos INDEPENDIENTES 1 y 2 son independientes si y sólo si A x W1 y B x W2 son independientes  A F1 y  B F2 P[(A x W1)(B x W2)]= P[(A x W1)]P[(B x W2)]= P1(A)P2(B) Generalización Dados n experimentos: < Wi ,Fi , Pi> ligado a i i=1,2.....n  = 1 x 2 x  x n realización de todos los experimentos < W ,F , P> W = W1 x W x Wn A1 x A An  F  Ai Fi i =1,2.....n Si los i son independientes: P(A1 x A An ) = P1(A1) P2(A2) Pn(An)

Experimento Suma < W1 ,F1 , P1> espacio probabilístico ligado a 1 < W2 ,F2 , P2> espacio probabilístico ligado a 2  = 1 + 2 : realizar 1 ó 2 < W ,F , P> espacio probabilístico ligado a  W = W1 (+) W2 A  B  F  A F1 y  B F2 W1 , W2  W P(Wi ) = probabilidad de realizar i i =1, 2 Para i =1, Ai  Fi P(Ai /Wi )=Pi (Ai ) En F P(Ai )= P(Ai /Wi ) P(Wi )=Pi (Ai ) P(Wi ) A  F A  W = A  (W1  W2)= (A  W1)(A W2)=A1  A2 A2  F1 y A2  F2 A1  A2 =  P(A)= P(A1 )+P(A2 ) Para determinar P es suficiente conocer, P1, P2 , P(W1) y P(W2) W1  W2 = 

Ensayos de Bernoulli

Ensayos de Bernoulli (I)
Experimentos en el que se realizan varias pruebas y en cada prueba sólo son posibles dos resultados: Lanzar una moneda Ganar o Perder Detectar o No-Detectar un blanco Radar, sensor, evento, mensaje, alarma,... Acertar o Equivocarse: diagnóstico médico, reconocimiento de habla, locutor... .... Estableceremos: Repetiremos el experimento N veces –en las misma condiciones-, suponiendo que los sucesos elementales son estadísticamente independientes.

Ensayos de Bernoulli (II)
Repetimos el experimento N veces : sucesos independientes.

“saber contar” -> Combinatoria
Recordar....Probabilidad clásica (III-cont) A pesar de los inconvenientes la Regla de Laplace puede ser muy útil para asignar probabilidades a los sucesos (ajuste del modelo) Si no se cumple que los sucesos elementales sean equiprobables: Definir un experimento aleatorio  ficticio añadiendo aspectos quizás no observables Pero: para “manejarse” en este espacio mayor (quizás) con elementos equiprobables es necesario “saber contar” -> Combinatoria

¿cúantos subconjuntos (sucesos compuestos?) pueden formarse?
Saber Contar Regla de Laplace (Definición clásica) Ejemplo: Espacio muestral W discreto y finito, con n sucesos simples: ¿cúantos subconjuntos (sucesos compuestos?) pueden formarse?

Principio multiplicativo (ilustración gráfica)
b1 b2 b3 c1 c2 El primer elemento puede escogerse de dos formas distintas: a1 y a2. El segundo de tres maneras distintas: b1, b2 y b3. El tercer elemento puede escogerse en dos modos distintos: c1 y c2. El total de posibilidades será: = 12

{a,b,c} {a,b} {a,c} {a} {b,c} {b} {c} {Ø}
= {a,b,c} Espacio muestral W discreto y finito, con n=3 sucesos simples Sucesos compuestos: Principio multiplicativo a no_a b no-b b no-b c no-c c no-c c no-c c no-c {a,b,c} {a,b} {a,c} {a} {b,c} {b} {c} {Ø} El total de subconjuntos posibles será: = 8 para n elementos : 2n

Alfabeto Braille ¿Cuántos símbolos distintos pueden representarse?

Combinatoria El arte de contar “La combinatoria trata, ante
todo, de contar el número de maneras en que unos objetos dados pueden organizarse de una determinada forma.” Introducción a la combinatoria Ian Anderson

Combinatoria-I (simple)
Número de formas de “colocar” n objetos distintos en una fila de r posiciones (...o “extraer” r elementos de un conjunto de n objetos) Ejemplo: colocar tres objetos {a,b,c} (n=3) en r=2 posiciones Permutaciones/Variaciones: El orden importa ”ab” es distinto a “ba” Combinaciones: El orden no importa ”ab” se considera igual a “ba” Tanto las Permutación, Variaciones como las Combinaciones pueden o no considerar la repetición (o reposición) de los objetos o elementos: ”aa” ”bb” Permutaciones/Variaciones/Combinaciones con/sin repetición

Combinatoria-II (simple)
Variaciones: El orden importa Variaciones sin repetición: escoger r elementos distintos de entre un total de n según un determinado orden. Para escoger el primer elemento hay (n) posibilidades, para el segundo (n-1),.... para el elemento r (n-r+1) = n(n-1).....(n-r+1) {a,b,c} escoger r=2 de n=3 {ab,ba,ac,ca,bc,cb} 3!/(3-2)!=6 Variaciones con repetición: escoger r elementos distintos de entre un total de n según un determinado orden, y pudiendo repetirse. Ahora hay n posibilidades para escoger cada uno de los r elementos {a,b,c} r=2 de n=3 con repetición {ab,ba,ac,ca,bc,cb,aa,bb,cc} 32=9

Combinatoria-III (simple)
Permutaciones con n=r : (Permutaciones/Variaciones) Permutaciones sin repetición (recordad 0! = 1): {a,b,c} Permutaciones sin repetición {abc,acb,bac,bca,cab,cba} 3!=6 Permutaciones con repetición: {a,b,c} Permutaciones con repetición {abc,acb,bac,bca,cab,cba,aaa,bbb,ccc,aab,aba,baa,aac,aca,caa,bba,bab,abb,bbc,bcb,cbb,cca,cac,acc,ccb,cbc,bcc} 33=27

Combinatoria-IV (simple)
Combinaciones: El orden no importa Combinaciones sin repetición: escoger r elementos distintos de entre un total de n sin que importe el orden {a,b,c} escoger r=2 de n=3 –sin que importe el orden- {ab,ac,bc} 3!/2!(3-2)!=3 En las Combinaciones, al no importar el orden, el número de Variaciones se reduce en un factor igual al número de “ordenaciones” de los r elementos:

Combinatoria-V (simple)
Combinaciones: El orden no importa Combinaciones con repetición: escoger r elementos distintos de entre un total de n sin que importe el orden, y pudiendo repetirse. {a,b,c} r=2 de n=3 con repetición {ab,ac,bc,aa,bb,cc} 4!/(2!.2!)=6

Ejemplos

(Sucesos equiprobables)
Si se producen aleatoriamente n accidentes de coche en n días, ¿cuál es la probabilidad de que cada día se produzca un accidente? (Sucesos equiprobables) Nº casos posibles: El accidente 1 puede ocurrir en n posibles días. El accidente 2 en n días, idem el 3, etc... De modo que existen nn maneras posibles de que sucedan n accidentes en n días (casos posibles). Nº casos favorables: Número de formas de colocar n accidentes en n días, un accidente cada día....

Si se producen aleatoriamente n accidentes de coche
en n días, ¿cuál es la probabilidad de que cada día se produzca un accidente? Nº casos posibles: nn El accidente 1 puede ocurrir en n posibles días. El accidente 2 en n días, idem el 3, etc... De modo que existen nn maneras posibles de que sucedan n accidentes en n días (casos posibles). Nº casos favorables: Número de formas de colocar n bolas en n celdas, una bola por celda.... Permutaciones sin repetición de n-elementos tomados de n en n: n! Para siete accidentes de tráfico en una semana: p(7) = 7! / 77 = (anti-intuitivamente baja)

Explosión combinatoria
Nota: 0! = 1 Explosión combinatoria ¿Cuál es el número de posibles ordenaciones de una baraja de póker de 52 cartas? El resultado es 52!, que es aproximadamente 8 × 1067. Observa que a partir de una simple baraja obtenemos un número enorme, superior, por ejemplo, al cuadrado del número de Avogadro: 6,02 × 1023.

Fórmula de Stirling James Stirling presentó su fórmula en “Methodus Differentialis” publicado en 1730. La demostración de la fórmula de Stirling puede encontrarse en la mayoría de textos de análisis. Vamos a verificar la bondad de la aproximación usando el programa StirlingApproximations, que imprime: (a) n!, (b) la aproximación de Stirling y (c) el cociente de ambos valores. Observemos como ese cociente se acerca a 1 a medida que n crece. Se dice entonces que la aproximación es asintótica. A veces, al resolver un problema de combinatoria, es mejor encontrar una aproximación asintótica formada por funciones cuyo comportamiento es fácil de comprender que la solución exacta, cuyo comportamiento escapa a nuestra intuición.

Casos favorables: V10,7 = 10987654
Un ascensor sube con 7 pasajeros y se detiene al cabo de 10 pisos. ¿Cuál es la probabilidad de que dos pasajeros no bajen en el mismo piso? (Supongamos que todas las posibles maneras de descender son igualmente probables). n objetos : 10 pisos escogidos de 7 en 7 El orden importa – Variaciones Favorables: Dos no en el mismo piso -> no repetición Casos posibles: VR10,7 = 107 Casos favorables: V10,7 = 10987654

Algunas Propiedades El binomio de Newton
(a + b)2 = (a + b) (a + b). Todos los posibles productos son: aa, ab, ba, bb. (a + b)2 = a2 + 2ab + b2. (a + b)3 = (a + b) (a + b) (a + b). Todos los posibles productos son: aaa, aab, aba, baa, abb, bab, bba, bbb. (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3. (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4. C(4,0) = 1; C(4,1) = 4; C(4,2) = 6; C(4,3) = 4; C(4,4) = 1

Teorema del binomio Demostrar:

Ejemplo 1. 3-1 de Peyton & Peebles. paso a la variable aleatoria
Ejemplo de Peyton & Peebles ...paso a la variable aleatoria.... Probabilidad 0 de suceso posible y 1 de uno que puede no darse.....

Problemas propuestos

Problemas resueltos

2/ Se lanza una moneda si sale cara se saca una canica de la caja I que contiene 3 rojas y 2 azules, si sale cruz se saca una canica de la caja II que contiene 2 rojas y 8 azules. a) Determinar la probabilidad de que se saque una canica roja. b) Habiendo sacado bola roja, ¿cuál es la probabilidad de que haya salido cara? a) Caja I Caja II b)

a) ¿Cuál es la probabilidad de que el ladrón sea atrapado?
8/ Un ladrón es perseguido por un coche de policía y al llegar a un determinado cruce se encuentra tres posibles calles por las que huir (A, B y C), de tal manera que las dos ultimas son tan estrechas que por ellas no cabe el coche de policía, de lo cual el ladrón no se da cuenta Si huye por la calle A le atrapan seguro puesto que la final de la misma hay otra patrulla de policía. Si huye por la calle C se escapa seguro puesto que no está vigilada. Si huye por la calle B se encontrará que esta se bifurca en dos callejuelas: la BA, que conduce a A y la BC que conduce a C- a) ¿Cuál es la probabilidad de que el ladrón sea atrapado? b) Sabiendo que escapó, ¿cuál es la probabilidad de que huyera por la C entrando por la B y llegando a C por la callejuela BC? A B C Policía a) Atrapado A BA Atrapado BA BC Policía Ladrón B C BC Escapa Vía libre Escapa

Sean tres urnas con las siguientes posiciones de bolas blancas y negras:
U1: (3 blancas y 2 negras) U2: (4 blancas y 2 negras) U3: (1 blanca y 4 negras) Calcúlese: Probabilidad de extraer bola blanca Probabilidad de que una bola negra que se ha extraído proceda de la segunda urna. SOLUCIÓN: Suponemos que las tres urnas son equiprobables: P(U1) = P(U2) = P(U3) = 1/3. Por el teorema de la probabilidad total: P(blanca) = P(blanca/U1) P(U1) + P(blanca/U2) P(U2) + P(blanca/U3) P(U3) = 3/5 x 1/3+ 4/6 x 1/3 +1/5 x 1/3 = 22/45 = 0,48888 b) P (U2/negra) = P (negra/ U2)P (U2)/P(negra) = = (P(negra/U2) P(U2)/(P(negra/U1)P(U1)+P(negra/ U2) P ( U2)+P(negra/U3) P/U3) = También se podría haber obtenido con la probabilidad del complementario: P (negra) = 1 – P (blanca) = 1 – 22/45 = 23/45

Probabilidad Conjunta y Condicional

Presentaciones similares

Presentación del tema: "Probabilidad Conjunta y Condicional"— Transcripción de la presentación:

Presentaciones similares

Sobre el proyecto

Feedback

Iniciar la sesión

Autorizarse a través de una red social:

Probabilidad Conjunta y Condicional

Presentaciones similares

Presentación del tema: "Probabilidad Conjunta y Condicional"— Transcripción de la presentación:

Presentaciones similares

Sobre el proyecto

Feedback