Bueno, pues buenas tardes a todos los asistentes. Mi nombre es Juan
Ignacio Domínguez Martínez, como podéis ver en la primera diapositiva.
Soy tutor del Centro Asociado de Málaga y estaré con todos vosotros en
tres secciones, el tema número 6, que es el que vamos a ver esta tarde, el
tema número 9 y el tema número 10. A lo largo de esta charla voy a
comentar algunos contextos teóricos, más bien para que tengáis una idea
a la hora de aplicarlo en los problemas de examen, que como es natural yo
siempre aconsejo que descarguéis los exámenes de años anteriores para
que veáis un poco los fundamentos, digamos el tipo de exámenes de
problemas, pero lo importante de todo esto es tener en cuenta los
fundamentos teóricos que sirven para, digamos, hacer frente con éxito a
los problemas de examen. Aunque la numeración la he puesto la misma que
aparece en el libro de texto, lo voy a dividir como en dos partes. Una
primera parte que son algunos mínimos fundamentos teóricos y una segunda
parte que sería resolver una serie de problemas, tanto del libro, que
normalmente los generalizo como exámenes en donde sube algo variante, y
otros problemas propuestos personalmente. Digamos que este tema tiene como
tres partes importantes a tener en cuenta. Todas están, digamos, pivotan
alrededor del concepto más importante, que es el título del tema, la
probabilidad condicional. A su vez, veremos también algo sobre las
fórmulas o teoremas de Bayes. En relación con la probabilidad
condicionada y el método recurrente que se utiliza muchas veces para
resolver problemas de probabilidad, basándose sobre todo en un teorema o
fórmula que es el de la probabilidad. El problema fundamental de la
estadística es cómo incorporar la información adicional que se tiene en
cuenta cuando se hace un experimento. Tener en cuenta que vivimos en un
mundo en donde la información no es tan importante como la de la
estadística. La información está de manera continuada bombardeándonos y
tenemos que saber incorporar esta información para tomar decisiones. Pues
bien, este es el problema fundamental de la estadística. Es decir, si
nosotros tenemos el espacio de probabilidad clásico, el cálculo de
probabilidades, el espacio muestral, el álgebra o suma álgebra de sucesos
y la medida de probabilidad, supongamos que tenemos un suceso A y tenemos
medida de probabilidad o incertidumbre asociada a A, que es PDA, el
problema consiste en cómo formalizar la idea de que nos dicen que ha
ocurrido un cierto suceso B. Supongamos que lógicamente es un suceso con
probabilidad distinta de 0. Esta es la información externa que a mí me
dan y yo tengo que saber procesarla, recogerla y modificar de esa manera la
opinión inicial que yo tengo sobre el suceso A, es decir, por la
probabilidad de A. Este concepto de condicionamiento está en el caso de la
estadística. Está ligado a la posibilidad de obtener, como he dicho
anteriormente, información adicional. Y la idea, por lo tanto, siempre es
cómo debemos de actualizar la probabilidad PDA incorporándola en la
ocurrencia del suceso B. Por lo tanto, estamos en realidad en un contexto
dinámico o experimentos compuestos. Cuando se habla de experimentos
compuestos, lo que suponemos es que aparece un tiempo físico o de etapa en
donde primero aparece la probabilidad de A y después ocurre otro suceso y
yo tengo que incorporarlo, digamos, en cierta manera en el tiempo. El
problema, ¿cómo se plantea? Pues es muy fácil, como viene en el libro.
Yo tengo la probabilidad asociada al suceso A en mi problema PDA y me dicen
qué ha ocurrido B. Entonces, ¿cómo he incorporado esta información B?
Que en su momento le llamaremos el condicionante o la probabilidad
condicionada. Nuestra opinión de A es PDA y entonces lo que tenemos que
ver es cuál es el grado de compatibilidad. ¿Qué existe entre mi
problema, que es A, y la ocurrencia de B, que es la información que me da?
Este grado de compatibilidad será lo que hay de común entre el suceso A y
el suceso E. Por eso, lo importante es tener en cuenta que la probabilidad
de A condicionada a B, que es mi problema, tal como lo pongo aquí, que es
mi problema, será proporcional a la probabilidad de A intercepción B. El
problema es calcular la probabilidad de A y calcular esta constante de
proporcionalidad que aparece en la siguiente línea de la diapositiva en
donde esta constante K se calcula simplemente suponiendo que A es el suceso
seguro y esta constante K es el inverso del suceso de la probabilidad PDA.
Por lo tanto, llegamos a la definición que tenéis en el libro en donde la
probabilidad de A se lee, como ya habréis visto, porque yo siempre
insisto, aconsejo. Que antes de la videoconferencia os leáis un poco el
tema para que os sea más fácil comprenderlo. Y, en consecuencia, la
probabilidad de A condicionada a B es igual a la probabilidad de A
intercepción B partido por la probabilidad de B siempre que el denominador
sea distinto de cero, porque si no diríamos que no existe o no está
definida esa probabilidad condicionada. El ejemplo típico es el que suele
venir en todos los textos. Tenemos un dado legal, y mi problema es la
probabilidad de que salga 2. Entonces, la probabilidad a priori es PDA
igual a un sexto. Ahora, si a mí lo que me dan es la información de que
ha salido PA, esa información yo la tengo que incorporar y según la
definición que yo tengo tendríamos lo siguiente. La probabilidad de A
condicionada a B sería la probabilidad de A intercepción B, es decir, que
salga 2 y que salga PA partido por la probabilidad de PA. Esta probabilidad
de PA es un sexto y el denominador, perdón, el numerador que es la
intercepción de A con PA, perdón, del 2 con el PA, es el número 2, que
es un sexto y por lo tanto tenemos un tercio. Observar que entonces
teníamos que a priori la probabilidad antes de la información era un
sexto y después de que me han dado la información es un tercio. Por lo
tanto, digamos, la probabilidad ha cambiado. Esta probabilidad condicionada
modifica. A veces la probabilidad aumenta, a veces la probabilidad
disminuye. Eso no es ningún problema, es simplemente tener en cuenta que
entonces según la diapositiva anterior, si yo despejo el numerador,
tenemos que la probabilidad de la intercepción de dos sucesos es la
probabilidad del primero por la probabilidad del segundo dado el primero o
la probabilidad del segundo por la probabilidad del primero dado el
segundo. Es decir, que tendríamos como dos expresiones, por no llamarlo
fórmula, que tendríamos como dos expresiones para calcular la
probabilidad de la intercepción de dos sucesos a través de la definición
de probabilidad condicionada. Voy a intentar ir un poquito más rápido
porque lo que nos interesa son los problemas. ¿Cuál es el primer
resultado importante? Es el teorema de la probabilidad total, que dice que
si yo tengo una partición A1, A2, A3 de sucesos y tengo un suceso B y
conozco la información sobre la probabilidad de la partición, que en su
momento la llamamos a priori un intervalo, entonces yo tengo una partición
A1, A2, A3 de suceso B y conozco las probabilidades incondicionales B dado
A2, que en su momento se llamarán verosimilitudes, entonces el teorema de
la probabilidad total lo que dice es que la probabilidad incondicional, por
ejemplo, interseca la probabilidad de suceso B es igual a la suma para
todos los valores de la partición de la probabilidad de A2, que son las a
priori, por la probabilidad de B dado A2, que son las verosimilitudes. Este
nombre de priori y verosimilitudes lo veremos en su momento con más
naturalidad cuando veamos la fórmula de Bayer. Un ejemplo muy elemental.
En este ejemplo se conoce la priori, es decir, vuelvo a insistir, aquí son
las probabilidades de la partición. En un colectivo el 70% de las personas
son hombres y de ello el 10% poseen un PC, mientras que el 20% de las
mujeres poseen un PC. Aquí nos dan las dos a priori, que en realidad es
una. La probabilidad de hombre es 0.7, por lo tanto la probabilidad de
mujer es 1 menos 0.7, que es 0.3. Y las verosimilitudes, que son los
condicionantes, viene dado aquí, la probabilidad de PC dado que es hombre,
que es 0.1, y la probabilidad de PC dado que es mujer, que es 0.2. Este por
ciento lo convertimos en probabilidad. Aplicando el teorema de la
probabilidad total obtenemos que el 13% de las personas tienen PC. Una cosa
importante a tener en cuenta es que es un poco la interpretación
geométrica, que la solución del teorema de la probabilidad total PDB es
un número comprendido entre el máximo de las verosimilitudes y el mínimo
de las verosimilitudes. Observar que aquí el máximo era el 20% y el
mínimo en este ejemplo que estamos viendo era el 10%, y la solución es el
13%. Esto es un poco, vaya, es matemáticas elementales donde está
comprendido entre el máximo y el mínimo de las verosimilitudes, que la
suma de las probabilidades vale 1 y por lo tanto esto actúa como un peso
que son números comprendidos entre 0 y 1. Veamos otro ejemplo en donde las
priores no se conocen y tenemos que calcularlas. En este caso tenemos el
siguiente planteamiento. Tenemos cuatro monedas, dos monedas legales y dos
monedas trucadas. Las monedas trucadas tienen una probabilidad P de salir
cara. Selecciono al azar dos monedas. De las cuatro. Y se arrojan. Y vamos
a denominar X, como queráis, el número de caras que se obtienen al azar
las dos monedas. Calcular la distribución del número de caras, es decir,
las distintas probabilidades asociadas. Como de las cuatro monedas yo elijo
dos solamente, es obvio que el número de caras posible serán o dos caras
o una cara o cero caras. Ahora, lo primero de todo es, es obvio que para
calcular estas probabilidades hay que aplicar tres monedas. Pero ¿cuál es
la partición? La partición he puesto aquí en la diapositiva, el suceso
A, que yo elijo las dos monedas legales, el suceso B, que elijo las dos
monedas trucadas y el suceso C, elijo una moneda de cada una de ellas. Es
decir, una legal y otra trucada. Las probabilidades correspondientes vienen
aquí dadas, simplemente un cociente de caso favorable, caso posible y de
combinatoria. Es como si fuesen bolas blancas y negras y yo tengo que
elegir dos de la una. La probabilidad de que se salgan dos monedas es igual
a la probabilidad de que se salgan dos monedas. A y B son iguales. Y vale
un sexto y la probabilidad de C, es decir, una moneda de cada tipo, vale un
sexto. Y observar que la suma de estas probabilidades vale la unidad, que
es la partición. Ahora, la partición está formada por tres elementos,
que son las tres tipos de posibilidad de elegir los dos datos. En
consecuencia, la probabilidad de que al tirar las dos monedas salgan dos
caras es la probabilidad de que X valga 2, dos caras, dado que he cogido.
Dado A, que significa posibles las dos monedas legales por la probabilidad
de elegir las dos monedas legales, o que salga 2 si yo he jugado con dos
monedas trucadas por la probabilidad de jugar con 2 monedas trucadas o que
salga dos si yo he elegido una moneda de cada tipo por la probabilidad de
elegir una moneda de cada. Voy calculando la probabilidad es 2 caras, por
ejemplo. cuando las dos monedas son legales pues cuando dos monedas son
legales, la probabilidad de 2 caras es medio por medio por 1 wireless Por
lo tanto aquí tenemos 1 cuarto por 1 sexto que es la prioris cuando yo
tengo dos monedas trucadas la probabilidad de dos caras es P por P, P al
cuadrado por su probabilidad de la partición como dije antes, que es un
sexto y lo mismo para el caso de una moneda de cada tipo pero P por un
medio que he puesto aquí en la diapositiva en consecuencia aquí tenemos
la probabilidad de que salgan dos caras 2 más 8P más 1 partido por 4 el
resto lo hacéis vosotros porque como voy a colgar la diapositiva sexta y
el temario entero lo podéis un poco trabajar para el caso P de X igual a 1
y P de X igual a 0 insisto que es aplicar tres veces el teorema de la
probabilidad de dos y he puesto incluso números combinatorios para que
veáis las posibilidades distintas basadas en las combinaciones bien, caso
2 vuelvo a repetir, las a priori no te la dan pero las tienen unos que hay
que construir según el planteamiento del problema continuamos un reloj muy
curioso, yo todos los años lo suelo poner para que se vea que muchas veces
la intuición falla es la famosa paradoja de Bertrand propuesta por el
matemático francés Joseph Bertrand a finales del siglo XIX es un juego
incluso que ha aparecido en ciertos concursos de televisión y demás,
aquí digamos este es el trabajo, el problema original se tienen tres cajas
en una de ellas hay dos monedas de oro en otra hay dos monedas de plata y
en una tercera caja hay una moneda de cada tipo una de oro y una de plata
elijo al azar una de las cajas y una vez que tenga la caja elijo una moneda
de esa caja y observamos que es oro tenemos que calcular la probabilidad de
que la moneda que quede dentro de esa caja que yo he elegido la segunda
moneda sea también oro hay dos razonamientos el razonamiento incorrecto o
erróneo que es pensar lógicamente aquí está escrito efectualmente
después lo podéis repasar cuando cuelgue en la plataforma el tema si uno
piensa que se ha elegido una moneda de oro tiene que ser entonces una de
las dos cajas la que tiene dos oros o la que tiene una oro y otra plata por
lo tanto dice hay dos posibilidades por casos favorables uno partido por
casos posibles dos y entonces la solución intuitiva que en este caso es la
errónea es un medio que no es verdad la probabilidad es mucho mayor es dos
tercios que es la solución correcta ¿cómo se hace? a través de la
probabilidad condicional y del teorema de la probabilidad total si llamamos
o de oro en suceso la moneda extraída es oro o uno una moneda y o dos la
moneda no extraída que mi problema que también sea oro en realidad la
paradoja o el problema de Beltrán consiste en calcular la probabilidad de
oro condicionada a uno es decir, sabiendo que la primera moneda es oro
calcular la probabilidad de que la segunda sea también oro aplicando la
definición de probabilidad condicionada será el cociente entre la
probabilidad de la intersección que la primera y la segunda sean oro
partido por la probabilidad del condicionante que es que la primera moneda
sea oro es obvio que el numerador vale un tercio porque la única caja que
hay que tenga oro dos monedas es una de ellas de las tres que hay por lo
tanto el numerador es como aparece aquí en la diapositiva en el lápiz que
estoy señalando vale un tercio la dificultad que es donde está el número
de error de razonamiento intuitivo es considerar el denominador la
probabilidad de que la primera moneda extraída sea oro esto es una
aplicación inmediata del teorema de la probabilidad como cada caja tiene
probabilidad un tercio tenemos una partición formada por tres elementos
que son cada una de las cajas y el peso de cada una como podéis ver es un
tercio un tercio que está puesto entre tareas y ahora dentro de eso me voy
a la caja con dos oros la probabilidad de elegir un oro vale uno y tiene un
peso un tercio la caja que tiene un oro y una plata pues entonces la
probabilidad de que la primera sea oro es un medio por su probabilidad de
la partición que es un tercio y la caja que tiene dos monedas de plata la
probabilidad es cero lógicamente y por lo tanto cero por un tercio un
tercio haciendo la operación sale un medio y por lo tanto la solución es
un tercio entre un medio y sale dos tercios el problema planteado por ella
es un problema curioso muy elemental lógicamente un ejercicio para que
veáis lo importante que es saber manejar bien el teorema de la
probabilidad de caja aquí tenéis un problema para que practiquéis no lo
voy a resolver entero simplemente un problema elegido de las clases que yo
doy en criminología de estadística la experiencia de la policía
científica se sabe que el 60% de las veces aparece la evidencia A incluso
la evidencia de la terminología anglosajona en el lugar de los hechos
mientras que cuando se encuentre la evidencia A entonces un 80% de las
veces aparece la evidencia B pero si no aparece la evidencia A entonces la
aparición de B se reduce a la mitad hay que calcular el porcentaje de
veces que aparece B el porcentaje de veces que no aparece ninguna de las
dos evidencias el porcentaje de veces y de veces que no se da A cuando se
ha observado que tampoco se ha encontrado B qué porcentaje de veces
aparece una y solo alguna de las dos evidencias y el porcentaje de veces
que aparece al menos una de las dos evidencias los datos los tenéis aquí
y lógicamente lo que tenéis que hacer es a través de esos datos la
probabilidad de A 06 la probabilidad de B condicionada a 08 que es lo que
hago es copiar el denunciado la probabilidad de B dado no A es 04 con esos
datos tenéis que resolver estas 5 cuestiones que os sirven un poco de
ensayo para hacer frente a otros problemas un poco más digamos más
enrevesados y más complejos bien aquí también os propongo una
generalización una variante cuando generaliza algún problema de examen o
del libro le pongo variante de un examen de la asignatura esta en febrero
del 2004 en una cierta ciudad de la costa durante el invierno hay un 40% de
días lluvios y un 60% lógicamente de secos el servicio provincial de la
agencia estatal de meteorología acierta con probabilidad 08 cuando
pronostica un día lluvioso y con probabilidad 07 cuando pronostica un día
seco tenéis que calcular la frecuencia con que se pronostican días
lluviosos y el porcentaje de días lluviosos que se pronostican
correctamente la idea aquí es que en el apartado A nos piden precisamente
una probabilidad y esa probabilidad que nos piden es la probabilidad del
suceso A en este caso como podéis ver en la diapositiva se refiere al
suceso pronóstico que lloverá y L que es el día lluvioso aplicando el
teorema de la probabilidad total la probabilidad de día lluvioso es día
lluvioso dado que se ha pronosticado o la probabilidad que se ha
pronosticado día lluvioso es la probabilidad de día lluvioso que lleva
dado que no se ha pronosticado bien o la probabilidad de que no se haya
pronosticado despejando porque el 40% de los días lluviosos 04 se despeja
PDA que lo he llamado P pequeña como probabilidad y obtenemos la segunda
parte del ejercicio que es un ejercicio que es un problema es de nuevo
aplicar la definición de probabilidad condicionada en donde en el
numerador lo que tenemos que hacer es en lugar de poner la intersección de
L y de A ¿de acuerdo? le damos la vuelta ¿os acordáis que había dos
formas de poner la probabilidad de la intersección A por B dado A o B por
A dado B en este caso pues ponemos según los datos que nos interese bien
vamos a entrar ahora en cosas un poco más complicadas ya os dije al
principio de esta videoconferencia que un método muy potente utilizando el
teorema de la probabilidad total son los métodos recurrentes aunque
después valga la redundancia haré recurrencia sobre el tema este os
adelanto a seguir algunos ejercicios más o menos elementales para que
vayáis viendo la efectividad que muchas veces no cae uno del teorema de la
probabilidad total a la hora de resolver un ejercicio le damos un examen
propuesto por el equipo docente en febrero de 2008 una urna contiene A
bolas blancas y B bolas negras dos jugadores A y B extraen sucesivamente y
con reemplazamiento una bola de la urna el juego se detiene cuando el
jugador A extrae una bola blanca por lo tanto en ese caso A gana o cuando
el jugador B extrae una bola negra en este caso el jugador B es el que gana
el juego supongamos que el juego no comienza el jugador A extrayendo una
bola tenemos que calcular la probabilidad de que A gane la partida y la
probabilidad de que B gane la partida esto inicialmente después problemas
de este tipo son muy interesantes porque muchas veces más que la
probabilidad interesa a lo mejor saber cuál es la duración esperada de la
partida es decir cuánto en media esperanza matemática que veremos en el
tema 9 tengo que esperar a que uno de los dos jugadores gane y por lo tanto
acaba la partida pero eso lo veremos más adelante en el tema número 9 lo
que está claro es que si pasan dos jugadas y ninguno de los dos jugadores
ha ganado en la tercera jugada estamos como al principio es decir hay como
una especie de pérdida de memoria ya os explicaré un poco ese significado
que es una versión particular del teorema de la intersección de N suceso
que se llama la dependencia marcoviana que utiliza mucho lógicamente el
teorema de la probabilidad total aquí tenemos una pequeña variante por lo
tanto en la segunda línea tenemos la probabilidad vamos a llamar PDA la
probabilidad de que el jugador A gane es o gana en la segunda línea en la
primera o gana en la tercera o gana en la quinta pero si en la primera y en
la segunda no ha ganado ni A ni B en la tercera jugada cuando A tenga que
extraer la bola está en las mismas condiciones que al principio en
consecuencia tenemos que la probabilidad de que A gane es la probabilidad
de que saque blanca en la primera o ya sumo ya sabéis al ser excluyente
que saque A negra en la primera y D blanca en la segunda con lo cual B
pierde porque B tiene que sacar negra y por fin B saque perdón A saque
blanca en la tercera en este caso gana por lo tanto aplicando la
probabilidad de la intersección de tres sucesos tendríamos la
probabilidad de negra por la probabilidad de blanca en la segunda dado
negra en la primera y la probabilidad de blanca en la tercera dado negra en
la primera y blanca en la segunda aquí el condicionamiento en cuanto a
estos sucesos dinámicos en cuanto en el tiempo el subíndice te da el
orden de la extracción yo siempre os aconsejo poner subíndice muy
intuitivo a la hora de resolver un problema en este caso tenemos que la
probabilidad de A sería A partido A más B que significa que el jugador A
saca blanca en la primera tirada o en la suma que saque negra en la primera
con lo cual pierde B partido A más que el jugador B saque blanca A partido
A más B acordaros que es con reemplazamiento por lo tanto siempre hay el
mismo número de bolas en las cajas y en la tercera está en la misma
situación para empezar por lo tanto sería PDA que es la probabilidad de
que gane por lo tanto tengo una ecuación recurrente y despejando PDA
obtenemos que la probabilidad del suceso perdón de que el jugador A gane
la partida pues lo tenéis ahí voy a subrayar aquí bueno A por A más B A
cuadrado partido A cuadrado para más A más B para más B cuadrado y PDA
pues sería el complementario lógicamente porque uno de los dos tiene que
estar vuelvo a repetir que una propuesta interesante es la duración
esperada del juego este ejercicio y una variante más sencilla del que yo
he propuesto aparece en la página 72 del libro de texto estamos en el
último concepto importante del tema antes de entrar ya en problemas un
poco más complicados en la fórmula o teorema de Bayer la idea es bastante
fácil lo que pasa es que digamos que el comprender el fundamento de Bayer
y qué significa la fórmula de Bayer muchas veces es difícil un poco de
coger me explico nosotros estamos acostumbrados a que toda causa produce un
efecto causa y efecto están relacionados sin embargo la metodología
bayesiana lo que hace es observar el efecto buscar qué posible causa es la
que ha producido ese efecto es decir la teoría clásica como yo pongo
aquí en la diapositiva la metodología clásica es que yo tengo un dado
legal lo arrojo dos veces y observo lo que sale la hipótesis que el dado
es legal y calculo la probabilidad que con esa hipótesis de que el dado
sea legal pues la probabilidad es que con ese dado pues obtenga ocho puntos
siete puntos etcétera la suma a dos números iguales me planteo cualquier
cosa calculo sus probabilidades y rechazo la hipótesis si esas
probabilidades digamos no están en consonancia con la idea a priori en
donde yo tenía que el dado es legal sin embargo la metodología bayesiana
va en sentido contrario por eso he puesto dado el efecto buscar la posible
causa yo tengo un dado pero ignoro cómo es si es un dado legal si es un
dado trucado etcétera entonces para saber más eso es como si fuese el
suceso A para saber más hago un experimento ese es el suceso B que es la
información por donde empecé la clase de hoy para incorporar esa
información pues entonces lo que hago es arrojar el dado dos veces insisto
yo no sé cómo es el dado y observo lo que sale y se calcula la
probabilidad de los posibles tipos de dados una vez conocido el resultado
es decir sabiendo que ha salido por ejemplo un 5 y un 3 o que la suma ha
salido 8 yo me planteo qué tipo de dado y qué es lo que es lo más
verosímil y yo admito como más verosímil aquel tipo de dado cuya
probabilidad es la mayor de todas porque es lo que es más probable que
haya ocurrido esa es un poco la idea lo veremos a lo largo de varios
ejercicios que yo os voy a proponer interesante bien, el teorema o la
fórmula de Bayes o la probabilidad inversa o la regla de Bayes depende del
texto bajo las condiciones del teorema de la probabilidad total lo que
propone es que dado o acordáis la priori punteando el numerador y las
verosimilitudes o acordáis la partición y las probabilidades
condicionadas eran el dato ahora lo que tenemos es observado B qué
probabilidad hay de A1 o A2 o A3 etc. observado el efecto B ir buscando las
causas las posibles causas que es la partición por eso la partición tiene
que ser al menos 2 como pasaba en el ejemplo elemental que puse al
principio del número de porcentaje de ordenadores y ponía la partición
hombres y mujeres al menos en otro ejemplo de los tipos de monedas eran 3
la partición 3 legal trucada y una legal y otra trucada entonces es
simplemente una aplicación inmediata de la probabilidad lo importante es
que sea A1 dado B que sea A2 dado B el numerador solamente depende de A1
dado B pero el denominador es el teorema de la probabilidad total por lo
tanto la probabilidad a posteriori que es esto en la fórmula por eso se
llama probabilidad inversa la probabilidad a posteriori es proporcional a
la priori por la verosimilitud o la verosimilitud por la priori la
constante de proporcionalidad es el inverso del teorema de la probabilidad
total que es el denominador que aparece aquí mientras que la partición
que ahora le podemos llamar las a priori lógicamente suma una las a
posteriori también suma uno porque yo mi planteamiento siempre es conocer
cosas sobre el suceso a subir esto es antes de realizar el experimento y
esto es después de realizado el experimento por lo tanto yo siempre me
planteo el mismo problema ¿qué probabilidad tiene A1? a priori ¿qué
probabilidad tiene A2? observo el experimento me da B ¿qué probabilidad
tiene A1 suponiendo que ha ocurrido B? ¿qué probabilidad tiene A2
suponiendo que ha ocurrido B? y así en sucesiva por lo tanto la posteriori
siempre es proporcional a la priori por las verosimilitudes muchas veces no
es necesario calcular exactamente la posteriori depende del planteamiento
del problema y de lo que nos piden en el enunciado del problema como ahora
veremos en algunos ejemplos de otros aquí tenemos un problema elemental
planteamiento clásico de la fórmula de Bayer tengo 10 cajas con 5 bolas
cada una ¿de acuerdo? de ellas 3 poseen cada una 2 bolas blancas y 3
negras 5 de ellas tienen una blanca y 4 negras y el resto de las cajas hay
2 cajas tienen cada una 3 bolas blancas y 2 negras tengo 10 cajas elijo una
caja al azar y de esa caja elijo una bola de una de las cajas y esa bola
resulta que es blanca tengo que calcular la probabilidad de que se haya
extraído de cada una de las 10 cajas observar mis a priori son las 10
cajas a priori puede ser cualquier caja realizo un experimento las 10 cajas
es como si fuese a su 1 a su 2 a su 3 la anotación la voy a cambiar y
sacar una bola y observar que la bola es blanca es el suceso B ese suceso B
me va a alterar la opinión que yo tengo a priori y entonces voy a tener
que calcular de nuevo las a priori una vez observado que la bola que yo he
extraído de la caja que teóricamente no sé cuál es puede ser una de las
10 es blanca pero como en realidad hay solamente 3 tipos de cajas pues
tengo caja de tipo 1 pues hay 3 cajas por la probabilidad de la caja de
tipo 1 es 3 partido 10 caja de tipo 2 porque hay 5 cajas con una blanca y 4
negras por lo tanto la probabilidad de la caja tipo 2 como se veía de caja
2 es 5 partido 10 y la caja tipo 3 que solamente hay 2 cajas es 2 partido
10 aquí tenemos la partición en este caso de las 10 cajas la partición
la he definido al final solamente 3 elementos de la partición porque a mí
lo único que me interesa es de qué tipo de caja he sacado esa bola
aplicando el teorema de la probabilidad total la probabilidad de sacar
blanca es sacar blanca en la primera extracción dado una caja C-suite
cualquiera de ellas por la probabilidad de la caja C-suite como en realidad
solamente hay 3 tipos de caja pues entonces tengo sacar blanca por ejemplo
de la caja 1 caso favorable 2 caso posible 2 más 3 5 etcétera la
probabilidad del teorema de la probabilidad total es 17 partido por 50 este
va a ser el denominador de la fórmula de Bayes en la siguiente línea de
la diapositiva tenéis la fórmula de Bayes la probabilidad de que la caja
sea la 1 dado que la blanca ha sido extraída por el en la primera
extracción o la caja 2 dado blanca en la primera o la caja 3 aquí lo
tenéis aplicando observar que arriba aparece las verosimilitudes que son 2
quintos 1 quinto y 3 quintos que es la probabilidad simplemente de sacar
una bola blanca en cada uno de los tipos de caja y el resultado pues 6
partido 17 para la caja 1 5 partido 17 para la caja 2 y 6 partido 17 para
la caja 3 lo he puesto de manera breve aquí lo que se debería de leer es
la probabilidad de dado que he sacado blanca en la primera extracción
provenga de la caja número 2 esa probabilidad es 5 partido 17 si
observáis la suma de las 3 a posteriori vale 1 como he dicho en la
anterior diapositiva un problema interesante que a veces se puede plantear
en problemas en la suma yo ya he elegido la caja y dentro de esa caja de
los 3 tipos de caja vuelvo a insistir la bola que he sacado es blanca el
apartado B del problema que os propongo si de la caja donde saco la bola
blanca esta no se devuelve y se saca una segunda bola que probabilidad hay
de que esta segunda bola sea negra el planteamiento ahora del problema es
el siguiente la probabilidad aplicando ahora como tengo la bola blanca
extraída y yo no la devuelvo entonces el planteamiento posible es la caja
1 en lugar de tener 2 blancas y 3 negras tengo una blanca y 3 negras la
caja 2 no tengo ninguna blanca y 4 negras y la caja 3 tendría 2 blancas y
2 negras aplico el teorema de la probabilidad total pero ahora se llama la
probabilidad total condicionada mi problema es calcular la probabilidad de
que la segunda bola extraída sea negra dado que la primera ha sido blanca
como tenéis aquí en la diapositiva esta probabilidad aplicando de nuevo
el teorema de la probabilidad total ahora la clave de estos problemas es
que las a priori anteriores cuáles son las a priori nuevas son las a
posteriores antiguas juegan el papel de a priori utilizando la
terminología como he dicho pedagógicamente que el teorema de la
probabilidad total utiliza partición que se llaman a priori y
verosimilitudes las verosimilitudes es la probabilidad de elegir una bola
negra en estas posibles composiciones después de la primera extracción
pero las a priori son las a posteriores de la priori por eso aparece 6
partidos 17 5 partidos 17 y 6 partidos 17 que juegan el papel de las a
posteriores que juegan el papel de la priori observar que si nosotros
eliminamos b1 en las tres elementos de la fórmula de probabilidades
aparece el teorema de la probabilidad total normal y corriente como estamos
acostumbrados incondicionales por eso se llama fórmula de la probabilidad
total condicionada aquí tenéis la fórmula general yo aconsejo que
vayáis un poco repasando todas estas cosas como yo lo voy a colgar en la
plataforma y que digamos un poco profundicéis y lo leáis de nuevo
observáis que subrayo en amarillo el enunciado del problema porque yo lo
que aconsejo es que con el enunciado del problema intentéis de nuevo
reproducir el problema en hoja a parte porque claro digamos se tiene la
tentación de leerlo y uno dice pues si es verdad pero lo importante en
estos exámenes es que uno sea capaz con papel de reproducir la solución
del problema y el razonamiento del problema por supuesto esto no vamos a
ver el planteamiento clásico de la fórmula de Bayer es una continuación
de la diapositiva que vimos antes de las cuatro monedas dos legales y dos
trucadas pero ahora vamos a plantearlo de otra manera yo sigo teniendo las
dos monedas legales y las dos trucadas selecciono al azar de nuevo dos
monedas y la arrojo por lo tanto el problema es el mismo de nuevo x es el
número de caras que se obtienen a las dos monedas exactamente el mismo
planteamiento y ahora supongamos que me dicen en el experimento de elegir
de las cuatro monedas dos lanzarla y obtener dos caras tengo que discutir
para los distintos valores de p el tipo de moneda utilizada para ello lo
que tengo que utilizar es el criterio de la máxima probabilidad a
posteriori que era lo que comenté antes un poco el contenido filosófico
de la fórmula de Bayer que es tomar como hipótesis más probable aquella
que tenga una probabilidad a posteriori mayor de todas ellas por lo tanto
en este caso manteniendo la notación A las dos legales B las dos trucadas
y C una moneda de cada tipo no hace falta calcular exactamente el teorema
de la probabilidad total aquí la probabilidad a posteriori sabiendo que
han salido dos caras la probabilidad de que yo haya utilizado estoy leyendo
dos monedas legales es proporcional a la verosimilitud ¿cuál es la
probabilidad de sacar dos caras con dos monedas legales? pues un medio por
un medio por la priori que le habíamos calculado en la diapositiva
anterior un sexto esto es proporcional a un cuarto hago lo mismo para las
tres esta proporcionalidad es porque los tres resultados priori por
verosimilitud divido todo por un sexto y entonces obtengo la
proporcionalidad de la primera a posteriori es un cuarto la segunda es P al
cuadrado y la tercera es 2P no necesito insisto calcular exactamente como
aparece aquí una nota en rojo la fórmula entera ni el valor exacto porque
entre otras cosas tener en cuenta que el suceso condicionante X igual a 2
es el mismo en todo por lo tanto si yo calculase exactamente el teorema de
la de Valle la fórmula de Valle el denominador para las tres
probabilidades a posteriori sería exactamente el mismo por lo tanto es una
constante de proporcionalidad y a mi lo único que me interesa es ver que
probabilidad a posteriori es mayor me da igual que yo utilice un cuarto que
utilice un cuarto por un sexto estoy midiendo la primera línea que utilice
un cuarto por un sexto partido por la constante de proporcionalidad que es
el teorema de la probabilidad por lo tanto lo único que tengo que hacer es
comparar un cuarto con P al cuadrado y con 2P represento la recta 2P la
parábola P al cuadrado y la constante un cuarto para los valores de P
comprendido entre 0 y 1 tiene mayor dificultad es un ejercicio muy
elemental y observo lo siguiente que si la probabilidad P es menor que un
octavo lo más probable es que se hayan utilizado las dos monedas legales
esta probabilidad sería máxima y si la probabilidad P tipo de dado
trucado es mayor o igual que un medio lo más probable es que se haya
utilizado una moneda del tipo C una legal y otras monedas trucadas
simplemente por ejemplo si las monedas fuesen legales es decir P igual a un
medio es decir las cuatro monedas legales observar que la constante sería
por un lado un cuarto seguir siendo la misma aquí sería otro cuarto un
medio al cuadrado y aquí sería un medio 2 por un cuarto sería un medio
es decir que la C dado X igual a 2 tendría la máxima al cuadrado que es
justo lo que aparece en coherencia bien este problema está en el libro no
voy a insistir mucho pero ya un poco por mi experiencia en la UNED siempre
que se hacen exámenes tipo T por ejemplo mayores de 25 años los exámenes
de matemática cuando hay soluciones en donde hay varias alternativas pues
entonces cuando el alumno falla pues entonces lo que se hace es rezarle el
punto para evitar que el alumno adivine lógicamente aquí tenéis el
planteamiento que viene en la página 106 del libro yo lo único que he
hecho es representar la probabilidad PDS de que se hace la pregunta la
probabilidad de que la conteste bien y la probabilidad sobre todo bayesiana
la pregunta que se hace es la probabilidad de que habiendo contestado bien
sepa la pregunta lo he hecho para el caso de las matemáticas mayores de 25
años que hay 10 ejercicios y cada ejercicio tiene 3 alternativas en este
caso R igual aquí tenéis la representación gráfica y en el mismo
problema del examen perdón del libro os propone de cómo evaluar el
corrector el nivel de conocimiento del estudiante mediante la estimación
de la probabilidad P que sepa la pregunta multiplicando después por 10
para sacar una calificación numérica entre 0 y 10 puntos aquí tenéis la
solución 10 partido por el número de preguntas por el número de aciertos
menos el número de fallos partido por el número de respuestas menos 1 al
tener fallo el signo negativo significa que lo típico que utilizan los
psicólogos en cualquier examen el acierto tiene valor positivo el fallo
tiene valor negativo no exactamente la misma cantidad que el positivo y la
pregunta en blanco pues tiene 0 puntos es como si yo añadiese aquí en
este paréntesis más 0 por número de preguntas en blanco total que al
final acierto más fallo más blanco es igual al número de preguntas que
se le hace bien esto es una curiosidad de cómo el teorema de la
probabilidad total aparece en múltiples aplicaciones aquí hay una
aplicación del teorema de Bayer simplemente yo os propongo el enunciado
para que vosotros lo trabajéis este es un poquito más complicado pero es
para que cojáis un poco de práctica tenemos dos cajas con 5 bolas cada
uno la caja 1 posee 3 bolas blancas y 2 negras y la caja 2 una blanca y 4
negras yo elijo una moneda con la probabilidad p de salir cara la lanzo y
si sale cara extraigo 2 bolas de una vez es decir sin reemplazamiento de la
primera caja y si sale cruz la extracción la hago en la segunda caja para
qué valor de p es más probable los tipos de bolas extraídas es decir de
qué tipo si han salido bolas de distinto color para qué valor de p de
cada caja es más probable que hayan salido extraídas y si de la caja
donde se trajeron las 2 bolas hay de que sea negra ¿por qué pongo estos 3
apartados? porque en estos 3 apartados se resume de nuevo digamos un poco
todo lo que llevamos viendo hasta ahora el apartado es a dice para qué
valor de p es más probable los tipos de bolas extraídas en este caso
tenemos 3 teoremas de la probabilidad total es decir la probabilidad de que
hayan salido 2 blancas la probabilidad de que hayan salido 2 negras la
notación es b2 n de negra 2 y la probabilidad de que haya salido una bola
de cada calor que le he puesto en notación aplicando el teorema de la
probabilidad total pues obtenemos ahí la solución no tiene mayor problema
aquí la a priori es p y 1-p o q como yo monogromalmente se utiliza la
probabilidad a priori p es irme salir cara e irme a la primera caja y la
probabilidad a priori para la segunda caja es 1-p mientras que las
verosimilitudes la probabilidad de elegir bola 2 bolas blancas 2 negras
simplemente en cada una de las cajas aquí tenéis las 3 probabilidades
como son todas constantes divididas por 10 pues entonces ponemos de nuevo
la proporcionalidad 3p 6-5p y 2p más 4 y ahí tenéis ahora los diversos
valores de vosotros representando las 3 rectas pues podéis tomar
decisiones en base a eso el segundo apartado del problema es un problema
propio del teorema de valle utilizando de nuevo la proporcionalidad a
través de las verosimilitudes por las probabilidades a priori os lo dejo
aquí indicado el signo este significa preferible es decir que si p está
comprendido entre 0 estrictamente y menor estrictamente que 2 quintos lo
más seguro es que se haya hecho la extracción de la caja 2 esto es lo que
significa la caja 2 es preferible a la caja 1 en caso contrario la 1 es
preferible a la 2 y si p es exactamente igual a 2 quintos es indistinto que
haya venido de la 2 y el tercer apartado del problema es de nuevo el
teorema de la probabilidad total condicional por lo tanto en este ejercicio
lo que he puesto es como un resumen de las 3 conceptos más importantes que
llevamos visto hasta ahora probabilidad el teorema de la probabilidad total
la fórmula de Bayes con sus variantes y la probabilidad total condicionada
aquí tenemos una variante que os propongo del examen de febrero de 2012 de
la primera semana si lo tenéis descargado yo lo que he hecho es una
pequeña variante tenemos 3 cajas que contienen respectivamente 3 bolas
blancas y 1 negra 1 blanca y 3 negras 2 blancas y 2 negras lanzo 2 dados
trucados con igual probabilidad de salir cara p y se elige la caja 1 cuando
salen 2 caras la caja 2 cuando salen 2 cruces y la caja 3 en el resto de
los casos y después se hacen extracciones de la caja seleccionada si las
extracciones se hacen con reposición calcular la probabilidad de obtener
bola negra en cada extracción simplemente de nuevo teorema de la
probabilidad total las a priori insisto en terminología valenciana que
representan la partición es me voy a la caja 1 si salen 2 caras es ip2 la
caja 2 u2 y la caja de tipo 3 una de cada tipo 2 por p y por q observar que
la suma vale 1 aplicando el teorema de la probabilidad total aquí tenemos
la solución para cualquier valor de p que ponía p igual a 3 quintos no me
acuerdo exactamente el apartado b es si las extracciones se hacen con
reposición y la primera extraída fue negra calcular la probabilidad de
que la segunda también sea negra aquí tengo que calcular una probabilidad
condicionada pero la intersección de en blanca la primera y negra la
primera y negra la segunda es que haya salido negra la segunda porque yo
sigo estando en la misma caja por eso de nuevo aplico el teorema de la
probabilidad total las a priori o partición siguen siendo las mismas c
cuadrado q cuadrado y 2pq pero aquí tengo un cuarto al cuadrado porque un
cuarto es sacar negra la primera y sacar negra la segunda un medio por un
medio aplicando esto y haciendo operaciones obtengo el resultado bien
simplemente lo comprobáis aquí tenéis el caso de que de la moneda sea
legal cual es la probabilidad que es un poquito mayor que un medio y para
los tres de nuevo corresponde a las probabilidades a posteriori si ha
salido negra la primera entonces hay tres alternativas o lo he extraído de
la primera caja o de la segunda o de la tercera de nuevo insisto no hace
falta calcular la probabilidad p de n1 aunque la tengo calculada por eso
aquí tengo la solución exactamente aquí tenemos efectivamente el total
de la fórmula de vallecín el valor exacto de la probabilidad posterior
pero como el denominador es el mismo por eso he puesto proporcional a p
cuadrado que es el numerador a 3q cuadrado que es el numerador y a 4pq que
es el numerador representando esas tres parábolas pues aquí tenéis la
solución si por ejemplo leo si la probabilidad p está comprendida entre 3
séptimo y 4 quinto lo más probable es que se haya trabajado con la caja 3
y así efectivamente bien el siguiente problema que os propongo no es un
problema trivial porque digamos aunque es fácil de utilizar porque
utilizas de nuevo el teorema de la probabilidad total hay que calcular las
verosimilitudes y la priori y eso en realidad es el fundamento del problema
es un examen planteado por el equipo docente en el año 2000 en febrero del
2020 elijo dos monedas una dorada y otra plateada hasta que aparece cara
perdón se lanza hasta que aparece cara en ambas simultáneamente hay que
calcular el número N mayúscula de lanzamiento realizado perdón la
distribución del número o la probabilidad y la distribución del número
M mayúscula de cara aparecida en las monedas doradas es decir el juego
consiste en ir tirando las dos monedas y me paro cuando aparece cara
perdón hasta que aparece cara en las dos bien tenemos lo primero de todo
observar la probabilidad de obtener dos caras simultáneamente es cara en
dorada que es la notación CD y cara en cruz CF o flor como son
independientes tiro las dos monedas es decir es un medio por un medio un
cuarto ahora esa es la probabilidad de éxito por llamarlo de alguna manera
por lo tanto la probabilidad a priori es un modelo de espera o una
distribución discreta que se llama la distribución geométrica es decir
cuánto tengo que esperar de las posibilidades que hay dorada plateada
dorada y plateada plateada hasta que aparezcan las dos las dos caras
entonces como la probabilidad de las dos caras es un cuarto la probabilidad
de fracaso por llamarlo de alguna manera es decir que no salga ese suceso
es uno menos un cuarto que es tres cuartos por lo tanto la probabilidad n
del número de lanzamiento sea igual a k tiene que haber antes k menos un
fracaso ¿qué probabilidad tiene el fracaso? tres cuartos por tres cuartos
k menos una vez y aparecer el éxito por vez primera en la jugada k es por
un cuarto aquí estoy aplicando la condición de independencia que digamos
en su terminología y sus fundamentos lo podéis ver en el tema siguiente
pero bueno digamos que no tiene mayor problema la comprensión en el tema
de hoy que estamos hablando de pronunciar por lo tanto tenemos esto ahora
el apartado b me dice cuál es la distribución del número m mayúscula de
cara aparecida en la moneda dorada por lo tanto el número previo o en los
lanzamientos previos a obtener estas dos caras puede haber salido cara
dorada y cruz plateada cruz dorada y cara plateada o cruz dorada y cruz
plateada hay tres alternativas porque digamos las dos caras digamos es el
éxito por lo tanto eliminando eso hay tres alternativas cada una de estas
alternativas tiene una probabilidad un tercio por lo tanto es el primer
suceso el que nos interesa porque me están pidiendo el número de caras
doradas que se haya aparecido en la moneda dorada que es cd por lo tanto
aquí lo que tengo es dado que las dos caras han salido en la jugada k la
probabilidad de que m número de caras aparecida en la moneda dorada sea i
tengo una distribución condicionada una probabilidad condicionada mejor
dicho en donde el condicionante es n igual a q k que es el apartado a y lo
que me piden es la probabilidad del número de caras que me están pidiendo
m igual a i por ejemplo en este caso i varía solamente desde 1 hasta k
esta probabilidad condicionada va a ser la verosimilitud del teorema de la
probabilidad total mientras que el apartado a era la probabilidad a priori
o la partición porque aunque no lo haya comentado podéis observar que la
suma desde k igual 1 hasta infinito de n igual a k esa probabilidad vale 1
y el nombre de distribución geométrica bien pues como supongo que ya
conocéis la distribución binomial fijado n igual a k la probabilidad de
que m sea igual a i es una distribución binomial y esta viene dado por un
tercio porque solamente hay tres alternativas elevado a i y dos tercios
elevados a k menos i con la i variando solamente desde 1 hasta k ya que
solamente tenemos que considerar las k menos una tiradas anteriores porque
en la jugada k ya han aparecido el éxito que ya vuelvo a repetir son las
dos caras salieron las dos caras por consiguiente la i varía desde 1 hasta
infinito pero la k varía desde i es mayor o igual que i y esta k mayor o
igual que i varía a su vez desde 1 hasta 3 si yo aplico el teorema de la
probabilidad total que aparece en la siguiente diapositiva obtenemos
solución al apartado b del problema la probabilidad de m igual a i es la
suma desde k igual a i hasta infinito de la probabilidad condicionada
vuelvo a repetir la verosimilitud que acabo de calcular que vuelvo a
repetir es una distribución binomial como me están pidiendo números
fijados por la distribución a priori que era la distribución geométrica
que es la solución del apartado a y con que problema combinatoria es y que
al partir de la probabilidad de m igual a i el suma ¿De acuerdo? Y vuelvo
a repetir, aconsejo, como siempre, que se rehaga íntegramente, así uno va
tomando y va haciendo prácticas para trabajar con números combinatorios y
consumatorios. Una propuesta que hago es justo darle la vuelta, es decir,
obtener la dilución del número n de lanzamiento realizado, es decir, dado
que se han obtenido i caras en la moneda dorada. Es decir, lo que tengo que
hacer es darle la vuelta a la distribución a la verosimilitud. Esta
vuelta, en términos un poco coloquiales, es la probabilidad a posteriores
y hay que aplicar, por lo tanto, la fórmula de Bain. Aquí tenéis un poco
la solución simplemente con su tipo. Vuelvo a repetir, suelen aparecer las
soluciones, yo lo hago íntegramente, pero os recomiendo que rehagáis
todos los problemas. Bien, otra vez. Un problema del examen de febrero de
la última convocatoria, de 2012. O 2013, no me acuerdo exactamente.
Quizás lo haya copiado mal. Tenemos una urna con cinco bolas blancas y
cuatro bolas negras. Y un bufet trae cuatro bolas simultáneamente y
anuncia cuántas bolas blancas se han obtenido. Dice que hay nueve bolas,
cuatro, y dice cuántas blancas hay. Acerca de una segunda extracción en
idénticas condiciones, un jugador puede... Puede apostar a que el número
de bolas blancas obtenidas en la siguiente extracción sea estrictamente
mayor que en la primera o, por el contrario, que sea estrictamente menor.
Gana si su pronóstico es acertado y pierde en caso contrario, incluido el
caso en que haya empate. Es decir, que el número de bolas blancas en la
segunda coincida con el número de bolas blancas en la primera. ¿De
acuerdo? Bien. Tenemos que ver cuál es la estrategia que debe seguir el
jugador. Para realizar su apuesta, aunque hoy no apostaremos, lo veremos en
el tema número nueve de Esperanza Matemática. ¿Y qué probabilidad tiene
entonces de ganar? Y supuesto que el jugador haya ganado, hallar la
probabilidad de que en la primera extracción apareciesen dos bolas.
Insisto, hay que leerse bien el enunciado. El cupé anuncia, por ejemplo,
que de las cuatro bolas han salido dos blancas, por ejemplo. Entonces, el
jugador tiene que apostar que en la segunda extracción, en las mismas
condiciones, gana si él dice, va a haber más blancas. Y, por ejemplo,
salen tres o cuatro, entonces gana. Pero si salen exactamente dos, pierde.
O si él dice, va a salir una sola blanca en la segunda extracción y salen
tres, lógicamente pierde. Entonces, lo que tiene que ver es cuál es su
estrategia. Bien, vamos a llamar X1 y X2 el número de bolas blancas en la
primera y en la segunda extracción. Estas dos variables son independientes
porque se dice que se hacen en las mismas condiciones las dos estrategias.
De las cuatro bolas. Ambas variables son independientes y con la misma
distribución. Esta distribución, al ser, al extraer cuatro bolas de las
nueve, es extracciones sin reemplazamiento. Ya sabéis que el modelo es una
generalización de la binomial. La binomial corresponde a extracciones con
reemplazamiento. Y la hipergeométrica, aquí tenéis la fórmula, es
extracciones sin reemplazamiento. Como tengo que coger de las nueve bolas
cuatro. Y de las cinco blancas y bolas, que varía desde cero hasta cuatro.
Y de las cuatro negras, lógicamente el resto, cuatro menos cinco, aquí
tenéis la probabilidad. Por ejemplo, ¿qué significa en 60 para I igual a
2? Pues significa que la probabilidad de que de las nueve bolas dos sean
blancas es 60 partido 120. Y así se decide. Observar que la suma vale uno.
Esto juega el papel de probabilidad a priori. Para la primera extracción,
que es la que... Realmente el Coupier dice lo que ha salido. Vamos a ver
cuál es la estrategia del jugador, que nosotros vamos a llamarnos todos
jugadores. Nosotros somos X2. Y tenemos lo siguiente. Vamos a ver. ¿Qué
significa esto? El número y el rojo que yo he puesto. Supongamos que el
Coupier dice que no ha salido ninguna bola blanca. Es decir, X igual a
cero. Entonces, está claro que en la segunda extracción no pueden salir
menos bolas blancas de cero. En la segunda extracción se podría sacar el
mismo número de bolas blancas, es decir, ninguna. ¿Qué probabilidad
tiene? Uno partido 26. Y la probabilidad de que haya una, dos, tres o
cuatro bolas blancas, es decir, X2 sea mayor que X1, pues 125 partido 126.
Entonces, el jugador lo que hace es decir, bueno, vamos a ver, ¿cuál es
mi estrategia? ¿Qué suceso tiene más probabilidad? Pues tiene mucho más
probabilidad. 125 partido 126. La tercera columna, X2 igual a X1, no le
interesa ni la debe de mirar porque en ese caso pierde. Ya hemos dicho que
si el número de bolas blancas en la segunda extracción es igual que la
primera, entonces pierde. Por lo tanto, su estrategia es, si el Coupier le
dice no ha salido ninguna bola blanca, su estrategia es decirle, en la
segunda extracción va a salir un número mayor de cero. Supongamos que el
Coupier le ha dicho que ha salido una bola blanca. Entonces, ¿qué es la
estrategia? En la segunda extracción puede salir o dos, o tres, o cuatro,
cero, en fin. Veamos. ¿Cuál es la estrategia? Cuando él se plantea que
haya más bolas en la segunda extracción que en la primera, más bolas
blancas, lo que estoy llamando en la columna X2 mayor que X1, esa
probabilidad es que salga dos, que salga tres y que salga cuatro. Sumando
con la diapositiva anterior sale 105 partido 126. Y menor que uno es
simplemente uno partido 126. Porque el X2 igual a X1 no le vale. Por lo
tanto, de estas dos columnas, ¿quién tiene mayor probabilidad? 105
partido 126. Por lo tanto, su estrategia es, de nuevo, decir que en la
segunda extracción X2 tiene que ser mayor que X1. Es decir, que va a salir
un número de bolas blancas mayor que uno. Pero si el Coupier le dice X1
igual a 2, es decir, han salido dos bolas blancas, el planteamiento es el
mismo, de nuevo, os invito a que comprobéis, que aparece en rojo, su
estrategia tiene que seguir siendo la misma. En la segunda extracción va a
haber más de dos bolas blancas, es decir, o tres o cuatro. Pero si el
Coupier le dice que han salido tres bolas blancas, ya no le interesa decir
que va a salir más, porque más de tres bolas blancas es cuatro nada más.
Le interesa decir que va a haber menos, porque efectivamente en la columna
X2 aparece 81 partido 126, que es mayor que 5. Por lo tanto, su estrategia
es menor. Su estrategia es, perdón, X2 menor que X1. Y por último, en
caso de que igual a 4, por lo tanto, aquí tenemos la estrategia y aquí
tenemos las probabilidades. Estas probabilidades son las verosimilitudes,
es decir, las probabilidades condicionadas. Y las a priori están puestas
en la diapositiva anterior. Repito, esta a priori es 1 partido 126, 20
partido 126, 60 partido 126, y las verosimilitudes son 125 partido 126, 105
partido 126, etcétera, etcétera. Aplicamos el teorema de la probabilidad
total para estas probabilidades, por eso observa que he cambiado la
anotación. La probabilidad de que gane es la probabilidad de que gane. Si
ha salido, por ejemplo, X igual a 0, por la probabilidad de que salga X
igual a 0. La probabilidad de que gane es cómo gana él, o por lo menos
cómo maximiza su probabilidad. ¿Cuál es tu estrategia? Pues si sale 0,
gana con probabilidad 125 partido 126, porque su estrategia es decir que va
a salir más de 0. Y esa probabilidad es de 0,5524, es decir, la
probabilidad es mayor. Tiene más probabilidad de ganar que de perder. ¿De
acuerdo? Es decir, aquí tenemos que arbitrar y construir. Primero plantear
el problema y construir las probabilidades condicionadas, verosimilitudes,
y las probabilidades de la partición, probabilidades A. El apartado B es
una aplicación inmediata del teorema de Bayer, sabiendo que ha ganado la
probabilidad de que salga más. Aplicando directamente Bayer obtenemos esa
probabilidad, no insisto más. Aquí vuelvo a repetir, en el apartado C es
el que me interesa. Podéis leer el resto del apartado. Supongamos que el
jugador recibe un euro cuando gana. Y en caso contrario... Es decir, cuando
gana, cuando acierta lo que va a salir con su estrategia óptima, que es la
que he puesto en la tabla de doble entrada anterior. Y pierde su apuesta y
en caso contrario pierde la apuesta. Lo que tenemos que hacer es calcular
cuánto debe de estar dispuesto a apostar. ¿Cómo quiero yo apostar en ese
juego si cuando yo gano me dan un euro? ¿Cuánto yo estaría dispuesto a
apostar antes de la primera extracción? Es decir, antes de comenzar el
juego, lógicamente, por participar en el juego. Y que lógicamente me
interese jugar. Este tema, o esta pregunta, la veremos y la contestaremos
con un comentario incluido en el tema número 9 que está dedicado
íntegramente a la esperanza matemática. Este problema os propongo que lo
hagáis también por vuestra cuenta. Porque, digamos, os va a servir un
poco de aplicación. Ahora, lo que hacemos es considerar lo mismo. Un juego
entre dos jugadores, pero hay tres alternativas. O A gana la partida, o B
la gana, o hay empate o tablas. Como aparece en la anotación, la letra T.
Gana el juego el que consigue ganar dos partidas. Cuidado, no dos partidas
seguidas, dos partidas en total. El primero que alcance dos partidas gana.
¿De acuerdo? Aquí la única dificultad que presenta el problema es la
partición inicial para calcular las probabilidades a priori. ¿De acuerdo?
Y después, en el apartado B, sería... Tiene una probabilidad
condicionada. No tiene mayor dificultad el problema y yo os propongo un
poco que lo penséis y que lo hagáis. Observar que lo más delicado es una
partición, que son dos sucesos, A1 y A0, y a su vez cada suceso, A1 y A0,
se divide también o se descompone en particiones. ¿De acuerdo? Es,
digamos, la única dificultad que tiene este problema. El resto es un poco
reiterativo y como quiero explicar otras cosas nuevas, pues, digamos, un
poco menos rápido. Bien. Entramos ya en la última parte que está
dedicada un poco a la generalización. La probabilidad de la intersección
de n sucesos, que en muchos libros aparece como la regla de la
multiplicación o la generalización de la probabilidad de n sucesos, pues,
en términos cronológicos, por eso yo hablaba de experimentos dinámicos,
pues, supongamos que la notación, el subíndice corresponde, a etapas o
tiempos, la probabilidad que existe el primero por la probabilidad del
segundo dado el primero, la del tercero dado el primero y el segundo y así
sucesivamente. Si, digamos, la probabilidad de A sub k dado A sub k menos
uno, A sub k menos dos y A sub uno es igual a la probabilidad de A sub k
dado A sub k menos uno, se llama la condición o dependencia Markoviana.
Esto suele ocurrir con bastante frecuencia, no es una utopía ni una
simplificación para, digamos, resolver problemas de manera facilona, sino
que en planteamientos verídicos, como veremos en ciertos problemas, suele
ocurrir esto. En términos un poco filosóficos, lo que viene a decir es
que dado el presente, que es k menos uno, el futuro, que es k, es
independiente del pasado o de la historia, que es A k menos dos, k menos
tres, dos, uno. Esa es un poco la idea. Es decir, lo que pase mañana
solamente va a depender de lo que ocurra hoy y no de lo que ocurrió ayer.
Aquí tenéis entonces un poco la generalización. Y esto se utiliza mucho
en el método recurrente. El método recurrente, en términos de variable
discreta y como es un poco la asignatura y de estos tipos de probabilidades
y de problemas que estamos planteando, utiliza una recurrencia en términos
del teorema de la probabilidad total. Esto da origen a unas ecuaciones
recurrentes que se llaman, en terminología técnica, ecuaciones
indiferentes o iguales. Y aquí un ejemplo concreto. Viene en la página
108 del libro y las soluciones vienen en la página 384 y sucesiva. Yo lo
que hago es una pequeña variante. Tengo dos cajas, A y B. Cada una tiene N
mayúsculas bolas. La caja A tiene una bola blanca y el resto, es decir, N
mayúscula menos uno, es negra. Mientras que la caja B son todas bolas
negras. Se realiza estas acciones en forma de intercambio. Un intercambio
consistente en que en cada una de las etapas se selecciona una bola de cada
caja y se introducen las otras. Calcular la probabilidad de que al cabo de
N pequeños intercambios, la bola blanca sigue permaneciendo en la caja A,
que es donde estaba inicialmente. Bien, vamos a plantearnos este problema,
que a priori parece un tanto dificultoso hacer frente a él, de la
siguiente manera. Vamos a llamar Pn. La probabilidad... O P, P , la
probabilidad que después de N pequeñas transiciones, o cambio, la bola
blanca siga permaneciendo en la caja A. Y P , de que esté en la caja B. A
y B de las dos cajas vienen después de N transiciones. Este es un tipo de
dependencia Markoviana que acabo de decir. Ya que lo que ocurre en la
transición N, es decir, ¿dónde está en lo que ocurre en la transición
N de que la bola esté en A o en B? Pues solamente depende de dónde
estuviese la bola blanca en la anterior transición. Simplemente cómo ha
llegado a ella, lógicamente. No, de cómo ha llegado. Lo que ocurre en N
solamente va a depender de dónde estuviese la bola blanca en la etapa
anterior, en el intercambio. Veamos un poco esta notación en términos del
teorema de la probabilidad total. La probabilidad de que la bola blanca
esté en la caja A al cabo de N pequeños intercambios. transiciones es de
que esté en la transición anterior, en la n-1, y que en la siguiente
esté dado a su n-1. Es decir, que no haya cambio, permanezca. O la otra
alternativa es que la bola blanca estuviese en la caja B y al hacer el
intercambio en la siguiente etapa, es decir, de n-1 a n, pase a la caja A.
Entonces, veamos un poco cada uno de los condicionantes. ¿Cuál es la
probabilidad de a su n dado a su n-1? ¿Qué significa eso? Significa que
si la bola blanca estaba en la etapa n-1, en la caja A, en la siguiente
sigue permaneciendo en la caja A. Por lo tanto, significa que yo no he
elegido la bola blanca. He elegido las bolas negras. ¿Pero cuántas bolas
negras hay? n-1. Por lo tanto, será caso favorable n-1 a bolas negras y
caso posible el total de bolas que haya. Por la probabilidad p de a su n-1,
que en notación nuestra es p pequeña su n-1 para la ecuación recurrente.
Seguimos. La otra probabilidad condicional. Si la bola blanca estaba en la
caja B en la etapa anterior, n-1, ¿qué probabilidad hay de que en la
siguiente etapa, en la etapa n, aparezca en la caja A, en la primera donde
estaba inicialmente? Para que haya un cambio y pase de la caja B a la caja
A, significa que yo he tenido que coger esa bola blanca. La única que hay
de las n bolas. Por lo tanto, su probabilidad condicionada es 1 partido por
n. ¿Y cuál es la probabilidad de que la bola blanca esté en la caja B al
cabo de n-1 de etapa? Como está o en la A o está en la B, pues será 1
menos la probabilidad de a su n-1, que es 1 menos p su n-1. Sin ningún
problema. Si sumo n-1 partido n y menos 1 partido n, obtengo esta ecuación
recurrente. La p su n es una constante, que en este caso es 1 menos 2
partido n por p su n-1 más 1 partido n mayúscula, que es una constante.
Esto es una ecuación recurrente del tipo A por p su n-1 más B. Ecuaciones
recurrentes de primer orden que son fáciles de resolver. Aquí siempre
sale progresión en términos de distribuciones geométricas. Y haciendo la
recurrencia, aquí tenéis la solución. La solución p su n es un medio
que multiplica a 1 más paréntesis 1 menos 2 partido n mayúscula, número
total de bola, elevado a n. Aquí tenéis la solución. Observad que para n
tendiendo n pequeñas al cabo de un número muy grande de transiciones, n
pequeñas tendiendo a infinito, esa probabilidad tiende a un medio. Es
decir, que es indiferente que esté en una u otra. Bien. Ahora voy a estas
dos variantes, que están relacionadas con la dependencia de Markovianer,
que vuelvo a insistir, que es aplicar simplemente el teorema de la
probabilidad total en términos dinámicos de tiempo. El primero se refiere
a los semáforos regulados en una gran avenida, en donde tengo... Digo que
el 90% de las veces que está abierto, el siguiente me lo encuentro
abierto, pero si me lo encuentro cerrado, el siguiente está cerrado en un
80% de las veces. Si el primer semáforo que yo me encuentro está abierto,
voy a regular la probabilidad de que el enésimo esté abierto. Es una
aplicación simplemente inmediata de lo que acabo de ver. En este caso, en
lugar de bola blanca y negra, semáforo abierto y semáforo cerrado. Pero
la idea es exactamente la misma. Observar que en el mismo enunciado te dice
que... El semáforo tercero está abierto o cerrado depende de cómo yo me
lo haya encontrado el segundo. Por lo tanto, es una dependencia Markoviana.
Y el segundo variante de este ejemplo que he puesto es el famoso problema
de la ruina que tenéis aquí en el enunciado y que si da tiempo, al final
del tema, pues yo lo explico con más detalle. Es de nuevo aplicar el
teorema de la probabilidad total y la versión de la dependencia
Markoviana. Mientras que en la variante 1, la ecuación recurrente es
relativamente fácil de resolver, en el caso del problema de la ruina, la
ecuación recurrente que da origen y teorema de la probabilidad total es un
poco más complicada. Hay también otra variante del texto, el problema
6-20 del texto, en la página 108. Al ser una variante, yo simplemente os
invito a que hagáis primero el problema que viene en el libro y después
intentéis reproducir, vuelvo a repetir como siempre. Si lo sacáis en
papel, trabajáis solamente con el enunciado, por eso los subrayo siempre
en amarillo e intentéis reproducir el problema. Una colección de urnas
contiene cada una a bolas blancas, pequeñas, y de bolas negras. Una bola
extraída de la primera urna se introduce en la segunda. Luego, una de esta
de la segunda se introduce en la tercera. Y así sucesivamente. Hay dos
preguntas. La primera es ¿cuál es la probabilidad de que sea blanca la
enésima extracción? Si la primera bola fue blanca, ¿cuál es la
probabilidad? El apartado B lo que te pregunta es más bien una
probabilidad lógicamente condicionada. Aquí de nuevo aplicamos el teorema
de la probabilidad total. Como yo tengo A más B bolas blancas en la
primera, pero desde el momento en que yo cojo una bola de la primera caja
la paso a la segunda y de la segunda a la tercera, significa, como viene
aquí en el razonamiento, que hay un poco primero que plantear un
razonamiento y poner. Insisto, una notación adecuada. Entonces siempre
después de la primera extracción, como viene en la segunda línea del
comentario, cada caja contiene, o cada urna, contiene A más B más una
bola. Esa una es la que voy heredando de la primera extracción. Pero
claro, hay dos alternativas. Aquí os doy, digamos, las dos verosimilitudes
o la partición excluyente, que por eso solamente ha ido sumando en el
planteamiento del problema. O hay A más B bolas blancas en la tercera y de
la tercera. O hay A más B bolas blancas y de bolas negras. O hay A bolas
blancas y de bolas negras. Depende de la bola de tipo, de color que yo
traspase de una caja a otra. ¿De acuerdo? El planteamiento es exactamente
el mismo que los anteriores y no quiero ser reiterativo. Y aquí pongo yo.
Aquí tenemos el de septiembre del año 2010 en donde utiliza de nuevo el
método recurrente y la probabilidad total. ¿De acuerdo? Lo leéis y no
tiene mayor dificultad. Es un ejercicio práctico para que trabajéis.
Simplemente os lo comento, a ver si sois capaces de complicarlo. Hay dos
jugadores A y B. Eso es un problema muy famoso de tipo de... Son ejemplos
clásicos de cadenas de marcó y de procesos históricos. Pero bueno, se
puede plantear aquí. Dos jugadores A y B participan de una probabilidad en
la que A gana cada jugada con probabilidad B constante y B gana con
probabilidad Q o pierde correspondiente. El jugador A, supongamos que no
hay empate, se puede generalizar. El jugador A acude al juego con K euros y
el jugador B con A menos K euros. Es decir, sobre la mesa en total, por eso
está puesto K y A menos K, hay A euros. En cada jugada el jugador que
pierde entrega un euro al contendente. ¿De acuerdo? Tenemos que calcular
la probabilidad. Tenemos que calcular la probabilidad de que el jugador A
se arruine, es decir, pierda toda su propiedad. ¿De acuerdo? Es decir, el
jugador A puede llegar a quedarse con los A euros o el jugador B puede
llegar a quedarse con los A euros, los A menos K suyos y los K que le ha
ganado al jugador A, en cuyo caso, que es el problema que me plantea, el
jugador A se ha arruinado. Vamos a llamar Q por perder a sus K, su índice,
la probabilidad de que A inicie el juego con K euros se arruine, es decir,
pierda todo su dinero. Entonces, después de la primera jugada observar de
nuevo cómo aparece la dependencia barco-guiana y el teorema de la
probabilidad total. Porque si en una jugada determinada, por ejemplo, el
jugador A tiene 3 euros, en la siguiente jugada o va a tener 2 porque
pierde o va a tener 4 porque gana. Por lo tanto, lo que ocurra en la
siguiente jugada, 2 o 4 solamente depende de los 3 que tenía en la jugada
anterior. Pero no depende de cómo llegó a tener 3. ¿Estamos de acuerdo?
Por lo tanto, aplicando esto tenemos la probabilidad de que se arruine,
vamos a llamarle Q con K euros, que como acude al juego el jugador A es
igual a A. Démosle la oportunidad de ganar. ¿Con qué probabilidad gana?
Con probabilidad B. O pierde con probabilidad Q. Si gana con probabilidad
B, ¿cuántas generaciones tiene entonces? K menos 1. Entonces, es como si
empezase el juego y mi problema es arruinarme el juego. ¿Con qué
probabilidad gana? Con la probabilidad de que se arruine, pero ahora no con
K euros, sino con K más 1. Porque ya he ganado una. Por lo tanto, es la
anotación Q de sus K más 1. Pero si pierdo con probabilidad Q, que es en
el enunciado del problema, yo me quedo con K menos 1 euros. Y es como si
iniciase otra vez el juego, en la siguiente jugada. ¿Y con qué
probabilidad? Con la probabilidad Q sus K menos 1. Es una ecuación
recurrente en diferencia finita, pero ahora es de orden, digamos, un poco
más dificultosa, porque la anterior que vimos, que salía del tipo AP es
un N menos 1 más B. ¿Lo acordáis? Las condiciones de juego o las
condiciones de contorno, que se suele llamar técnicamente en análisis
matemático, es la probabilidad de arruinarse acudiendo con 0 euros es
segura. Por lo tanto, es 1. Y la probabilidad de arruinarse teniendo toda
la cantidad de dinero A es cero, es imposible. Y aquí tenéis P más Q y
tenéis por ecuaciones recurrente y haciendo una pequeña simplificación,
que es la probabilidad de arruinarse teniendo toda la cantidad de dinero A.
aquí la solución del problema. Según sepan jugar igual de bien los dos
jugadores, E igual a Q igual a 1 medio, en este caso observad que la
probabilidad de arruinarse es A menos K partido por K. Es decir, la
probabilidad de arruinarse es la cantidad de dinero que tiene B partido por
la cantidad de dinero total que hay sobre la mesa. A menos K partido por K.
Y en el caso de que los dos sepan jugar de manera distinta, es decir, P
distinto de Q, aquí tenéis las otras aquí tenéis por último otro
problema que yo os invito a que lo hagáis por no ser pesado y hay otra
variante de febrero de 2012 de la primera semana con otra variante de lo
que he puesto anteriormente en otro ejercicio yo prefiero después de esta
hora y media perdonar un poco la pesadez que si tenéis que hacerme alguna
consulta pues yo con mucho gusto os lo contesto ¿tenéis alguna pregunta?
bueno a lo mejor no se me oye ¿me podéis decir si se me oye? sí bien, a
lo mejor ha sido demasiado compactado en poco tiempo pero he querido
incidir en tres cosas definición de probabilidad condicionada uso del
teorema de la probabilidad total la fórmula de Valle con todas sus
variantes cuando digo variante me refiero preguntas distintas en exámenes
y problemas donde puedo hacer uso más o menos intensivo de la fórmula de
Valle y por último los métodos recurrentes en donde utiliza normalmente
el teorema de la probabilidad total lógicamente en este caso lo más
difícil es utilizar cómo construir la probabilidad a priori y la próxima
pues nada si no tenéis ninguna pregunta pues encantado y nos vemos para el
tema número 9 que digamos que intentaré poner el problema digamos más
atractivo en el sentido de relacionar unos con otros tener en cuenta una
cosa y ya con esto finalizo a medida que vayamos avanzando en el temario de
la asignatura podremos utilizar todos los argumentos y todo lo que hemos
visto en los temas anteriores y desarrollarlos de esta manera el problema
será mucho más cerrado en un sentido de poder utilizar más herramientas
tener en cuenta que la videoconferencia que estamos dando a los compañeros
tutores de otros centros y yo aquí en Málaga lo que estamos es dando una
serie de herramientas y cuanto más herramientas tengáis os podéis hacer
frente con más éxito al problema por eso yo algunos problemas he cortado
enunciados he cortado propuestas para solamente digamos hacer frente a los
objetivos del tema de esta tarde de probar nada, nada, encantado y nos
vemos otro día para el tema número 3