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PARTE I

Estas notas están elaboradas a partir de los apuntes de la materia “Probabilidad I”, cursada durante el semestre Enero a Mayo de 1998 en el ITAM.

BIBLIOGRAFÍA

DeGroot (1988)
Evans and Rosenthal (2023)

INTRODUCCIÓN

Lecturas recomendadas

Evans and Rosenthal (2023), cap. 1.1.

Del diccionario de la academia de la lengua española:

probabilidad: Del lat. probabilĭtas, -ātis.

1. Verosimilitud o fundada apariencia de verdad.
1. Cualidad de probable (‖ que se verificará o sucederá).
1. Mat. En un proceso aleatorio, razón entre el número de casos favorables y el número de casos posibles.

verosímil: De verisímil.

adj. Que tiene apariencia de verdadero.
adj. Creíble por no ofrecer carácter alguno de falsedad.

aleatorio, ria: Del lat. aleatorius, der. de alea ‘juego de azar’, ‘azar, suerte’.

adj. Que depende del azar (‖ casualidad). Un proceso aleatorio.
adj. Perteneciente o relativo al juego de azar.

azar: Del ár. hisp. *azzahr, y este del ár. zahr ‘dado’; literalmente ‘flores’.

1. Casualidad, caso fortuito.
1. Desgracia imprevista.

La teoría de la probabilidad es la ciencia de la incertidumbre, esto es, es la rama de las matemáticas que estudia a los objetos matemáticos que nos permiten analizar y describir nuestra ignorancia. La teoría de la probabilidad, por lo tanto, nos proporciona el marco conceptual para trabajar con nuestro conocimiento limitado y para poder tomar decisiones con base en lo que sabemos y lo que no sabemos (Evans and Rosenthal (2023)).

INTERPRETACIONES DE LA PROBABILIDAD

Aunque todos tenemos una noción de a qué cosa nos referimos cuando hablamos de la probabilidad, la realidad es que no existe una única definición universalmente aceptada en términos científicos. En general, se puede afirmar que existen tres grandes perspectivas desde las cuales típicamente se define lo que entendemos por probabilidad (DeGroot 1988):

Interpretación clásica: Esta perspectiva parte del argumento de que si se cuenta con n posibles resultados de un evento y se cree que todos los resultados son igualmente verosímiles, entonces decimos que los eventos son igualmente probables. Desde luego, en raras ocasiones percibimos cada uno de los posibles resultados como igualmente probables, por lo que esta interpretación, quizá, es utilizada para reflejar un cierto grado de ignorancia respecto de las probabilidades de ocurrencia.

Pensemos en el ejemplo de un “volado”: es posible argumentar que existen únicamente dos resultados igualmente posibles (suponiendo una moneda y un lanzador “justos”): “águila” o “sol”, por lo que diremos que son igualmente probables.

Interpretación frecuentista: Desde esta perspectiva se define como probabilidad a la frecuencia relativa (respecto de un total de observaciones) con la que se obtiene un resultado o se observa un evento. Desde luego, para que a esta frecuencia relativa la consideremos una probabilidad, generalmente requeriremos ciertas condiciones a la realización del evento (para que podamos considerarlo realmente resultado de un proceso azaroso o aleatorio). Un inconveniente de la perspectiva frecuentista es que generalmente requeriremos un número elevado de observaciones para poder afirmar que la frecuencia relativa obtenida es una buena aproximación a la probabilidad real, pero no sabemos qué tan grande tiene que ser el número de observaciones e incluso, en ocasiones, si es posible obtener un número grande de observaciones (o incluso si es posible obtener nuevas observaciones o repeticiones del evento observado).

En el ejemplo del “volado”: una observación es una muy mala aproximación a la probabilidad de obtener “águila” o “sol”; dos, probablemente también. ¿Cuántos volados necesitamos? Si realizamos una cantidad suficiente de volados seguramente se obtendrá una proporción cada vez más cercana a $\frac{1}{2}$

Interpretación subjetiva: Esta perspectiva incorpora la información que cada persona tiene respecto del fenómeno siendo estudiado ya que postula que la probabilidad es una medida que refleja la opinión que dicha persona tiene sobre la verosimilitud de los posibles resultados de un evento. Es decir, que la probabilidad es una medida subjetiva que dependen en gran medida de la información con la se cuenta y la evidencia que se obtenga del fenómeno.

En el ejemplo del volado, nuevamente, podríamos argumentar contar con información sobre las características de la moneda, o bien que conocemos a la persona que hace los lanzamientos, por lo que podemos suponer que los resultados no son igualmente probables. Esta es, desde luego, nuestra probabilidad porque contamos con información que otras personas no tienen.

Cada una de estas perspectivas puede sernos útil, dependiendo del problema que intentemos resolver, pero también es importante observar que son posturas complementarias y, frecuentemente, puede observase que las conclusiones a las que se llega son las mismas, independientemente de qué postura adoptemos respecto de la probabilidad.

Bernstein (1996): “Probability has always carried this double meaning, one looking into the future, the other interpreting the past, one concerned with our opinions, the other concerned with what we actually know”.

La Teoría de la Probabilidad busca desarrollar las herramientas para describir la incertidumbre en términos de modelos probabilísticos. En probabilidad, llamamos experimento a cualquier proceso cuyos resultados no se conocen de antemano con certeza (DeGroot 1988). Matemáticamente, el trabajo a realizar en la teoría de la probabilidad está fundamentalmente enfocado a dos grandes problemas:

Determinar las probabilidades de ciertos sucesos a partir de las probabilidades especificadas para cada uno de los posibles resultados de un experimento;
Métodos para revisar las probabilidades de los sucesos una vez que contamos con información o evidencia nueva o adicional.

Más adelante definiremos matemáticamente lo que entenderemos por probabilidad, aunque para poder hacerlo necesitamos retomar algunos elementos de teoría de conjuntos.

El estudio de la teoría de la probabilidad comenzó a mediados del s. XVII con la aplicación de métodos matemáticos a problemas de juego (apuestas) por parte de Blaise Pascal y Pierre de Fermat.

El estudio matemático moderno de la probabilidad surge en los 1920’s principalmente a partir del trabajo de matemáticos como Ronald Aylmer Fisher (cuyo nombre hoy a caído un tanto en desgracia por sus posturas raciales y eugenéticas), Norbert Wiener, William Feller, Joe Doob y Richard von Mises. Sin embargo, la teoría de la probabilidad recibió un muy fuerte impulso por parte de matemáticos rusos de la época, como Andrey Kolmogorov, Andrei Andreyevich Markov y Pafnuty L. Chebyshev.

Durante la mayor parte de la historia de las matemáticas el estudio de la probabilidad fue considerado como un esfuerzo despreciable por tratarse de una aplicación menor del conocimiento matemático (esta visión prevaleció en algunas escuelas hasta bien entrado el siglo XX).

CONJUNTOS

Los modelos probabilísticos, en general, van a buscar asignar o describir las probabilidades asociadas a colecciones de posibles resultados. Al estudiar la probabilidad se hace, por lo tanto, frecuentemente uso de operaciones sobre conjuntos.

Un conjunto se una colección de objetos (los cuales son los elementos del conjunto). Si $S$ es un conjunto y $x$ es un elemento de $S$, utilizamos la notación $x \in S$. Por otra parte si $x$ no es un elemento de $S$, lo denotamos como $x \notin S$. Un conjunto puede no contar con ningún elemento, en cuyo caso es llamado el conjunto vacío y lo denotamos con el símbolo $\emptyset$.

Si $S$ contiene un número finito o infinito de elementos que pueden ser listados, lo denotamos como $S = \{ x_1, \dots, x_n \}$, o bien, $S = \{ x_1, x_2, \dots \}$, según corresponda.

Alternativamente, podemos describir al conjunto por las propiedades que lo definen: $S = \{ x|x \space \text{satisface} \space P \}$.

Conjuntos contables vs incontables

Subconjuntos: si cada elemento del conjunto $S$ es también un elemento del conjunto $T$, decimos que $S$ es un subconjunto de $T$ o, en notación, $S \subset T$. Por otra parte, decimos que dos conjuntos son iguales si $S \subset T$ y $T \subset S$.

Conjunto universal: llamamos conjunto universal (típicamente denotado como $\Omega$) al conjunto que contiene todos los objetos que podrían concebirse como de interés dentro de un contexto en particular. Se sigue entonces que, dentro de ese contexto $S \subset \Omega \space \forall \space S$.

OPERACIONES CON CONJUNTOS

Complemento: el complemento de un conjunto $S$, con respecto a un universo $\Omega$, es el conjunto $S^c = \{ x \in \Omega | x \notin S \}$. Por definición $\Omega^c = \emptyset$.

Unión: la unión de dos conjuntos $S$ y $T$ corresponde a todos los elementos de $\Omega$ que pertenecen a $S$ o a $T$ (o ambos): $S \cup T = \{ x|x \in S \space or \space x \in T \}$.

Intersección: la intersección de dos conjuntos $S$ y $T$ es el conjunto de elementos que pertenecen a ambos, $S$ y $T$: $S \cap T = \{ x|x \in S \space and \space x \in T \}$. Cuando $S \cap T = \emptyset$ decimos que $S$ y $T$ son disjuntos.

Partición: decimos que una colección de conjuntos forman una partición del conjunto $S$ si son disjuntos y su unión es igual a $S$.

ÁLGEBRA DE CONJUNTOS

Algunas propiedades de las operaciones con conjuntos:

$S \cup T = T \cup S$
$S \cap (T \cup U) = (S \cap T) \cup (S \cap U)$
$(S^c)^c = S$
$S \cup \Omega = \Omega$
$S \cup (T \cup U) = (S \cup T) \cup U$
$S \cup (T \cap U) = (S \cup T) \cap (S \cup U)$
$S \cap S^c = \emptyset$
$S \cap \Omega = S$
Leyes de De Morgan:
- $\left( \bigcup\limits_{n} S_n \right)^c = \bigcap\limits_n S_{n}^c$
- $\left( \bigcap\limits_{n} S_n \right)^c = \bigcup\limits_n S_{n}^c$

ESPACIO MUESTRAL Y PROBABILIDAD

Definición: Llamamos espacio muestral, denotado comúnmente como $\Omega$, al conjunto de todos los resultados posibles de un experimento aleatorio.
Definición: Llamamos evento, $A$, a un subconjunto de $A \subseteq \Omega$.

Una primera definición a la que generalmente se llega cuando pensamos en probabilidades consiste en definir la probabilidad asociada a un evento como el conteo del número de maneras en las que ese evento puede suceder dividido entre el número total de posibles resultados del experimento (cardinalidad del espacio muestral). Se le llama a esta definición la definición simple o naïve de probabilidad (Blitzstein and Hwang 2014) porque es restrictiva y se basa en supuestos muy fuertes (p.e., supone que los posibles resultados del experimento constituyen un conjunto finito contable). Siguiendo esta definición, si $A$ es el conjunto que representa al evento y $\Omega$ al conjunto de todos los posibles resultados del experimento, entonces:

\[P_{naive}(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}.\]

Otra interpretación del concepto de probabilidad puede emanar de una visión subjetiva de la probabilidad. Esto es, interpretar la probabilidad como la verosimilitud que cada persona asigna a la obtención de un determinado resultado en un experimento. Esta interpretación, sin embargo, puede también dar pie a otro tipo de problemas.

En cualquier caso, puede establecerse una definición de probabilidad, desde un punto de vista matemático que, independientemente de la interpretación que hagamos de ella, nos permita desarrollar la teoría necesaria para el análisis de sus propiedades.

Definición (interpretación matemática de probabilidad): Sea $\Omega$ un espacio muestral. Una probabilidad, $P$, es una función que a cada evento $A$ le asigna un número real, $P(A)$, y que cumple con tres axiomas¹:

$P(A) \geq 0 \ \forall A \in \Omega;$
$P(\Omega) = 1;$
Si $A_1, A_2, \dots$ son eventos tales que $A_i \cap A_j = \emptyset \ \forall \ i \neq j$ entonces $P(\bigcup\limits_{i=1}^{\infty} A_i) = \sum\limits_{i = 1}^{\infty} P(A_i)$.

Propiedades de las probabilidades

$P(\emptyset) = 0$

Demostración: Considérese el evento $A = \bigcup\limits_{i = 1}^\infty A_i; A_i = \emptyset \ \forall \ i$. Los eventos $A_1, A_2, \dots$ son eventos disjuntos ya que $A_i \cap A_j = \emptyset \ \forall \ i,j$. Entonces $P(A) = P\left(\bigcup\limits_{i = 1}^\infty A_i\right) = \sum\limits_{i = 1}^\infty P(A_i)$ (por el axioma 3).

Sin embargo, observemos que $\bigcup\limits_{i = 1}^\infty A_i = \bigcup\limits_{i = 1}^\infty \emptyset = \emptyset$ entonces $P(A) = P(\emptyset) = \sum\limits_{i = 1}^\infty P(A_i) = \sum\limits_{i = 1}^\infty P(\emptyset)$. El único número perteneciente a los reales cuya suma es igual a si mismo es el cero, entonces:

\[P(A) = P(\emptyset) = 0\]

Si $A_1, \dots, A_n$ son ajenos dos a dos, entonces $P(\bigcup\limits_{i=1}^{n} A_i) = \sum\limits_{i = 1}^{n} P(A_i)$

Demostración: Para toda serie finita de eventos disjuntos siempre podemos construir la serie infinita:

\[P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{n} A_i\right) = P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{\infty} A_i\right)\]

donde $A_i = \emptyset \ \forall \ i > n$. Entonces:

\[P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{n} A_i\right) = \sum\limits_{i = 1}^\infty P(A_i)\]

\[= \sum\limits_{i = 1}^n P(A_i) + \sum\limits_{i = n+1}^\infty P(A_i)\]

\[= \sum\limits_{i = 1}^n P(A_i)\]

$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B); A, B \subseteq \Omega$

Demostración

\[A \cup B = (A \cap B^c) \cup (A^c \cap B) \cup (A \cap B)\]

\[P(A \cup B) = P(A \cap B^c) + P(A^c \cap B) + P(A \cap B)\]

pero

\[A = (A \cap B^c) \cup(A \cap B) \Rightarrow\]

\[P(A \cap B^c) = P(A) - P(A \cap B)\]

entonces

\[P(A \cup B) = P(A) - P(A \cap B) + P(B) - P(A \cap B) + P(A \cap B)\]

\[= P(A) + P(B) - P(A \cap B).\]

Si $A \subseteq B \Rightarrow P(A) \leq P(B)$

Demostración

\[A \subseteq B \Rightarrow B = A \cup (B \cap A^c)\]

\[A \cap (B \cap A^c) = \emptyset \Rightarrow\]

\[P(B) = P(A) + P(B \cap A^c)\]

\[P(A) = P(B) - P(B \cap A^c)\]

pero

\[P(B \cap A^c) \geq 0 \ \ \ \text{por el axioma 1}\]

entonces

\[P(A) \leq P(B).\]

$P(A^c) = 1 - P(A)$

Demostración

\[P(\Omega) = P(A \cup A^c)\]

\[= P(A) + P(A^c) \ \ \ \text{Por el axioma 3.}\]

Entonces:

\[1 = P(\Omega) = P(A) + P(A^c)\]

\[P(A^c) = 1 - P(A).\]

$P(A) \leq 1$

Demostración: Se sigue directamente de los axiomas 1 y 2, junto con la propiedad 5, arriba demostrada.

EVENTOS INDEPENDIENTES

Lecturas recomendadas

DeGroot (1988), capítulo 1.11.

Un caso que resulta de particular interés distinguir es aquél en el que se tienen dos eventos, $A$ y $B$, en los que la ocurrencia o no ocurrencia de alguno de ellos no tiene impacto o influencia en la ocurrencia del otro. Decimos en este caso que se trata de eventos independientes.

Matemáticamente:

Definición: Se dice que los eventos $A, B \subset \Omega$ son eventos independientes si $P[A \cap B] = P[A]P[B]$.

La intuición de esta definición puede derivarse de la idea de que si tenemos dos eventos cuya ocurrencia no depende del otro evento la probabilidad de ocurrencia de ambos en forma simultánea (la intersección) será igual a la frecuencia relativa de ocurrencia de uno multiplicada por la frecuencia relativa de ocurrencia del otro (desde un punto de vista muy frecuentista de la probabilidad).

Teorema: Si dos eventos $A$ y $B$ son independientes, entonces los eventos $A$ y $B^c$ son independientes.
Demostración: Por definición $P[A \cap B] = P[A]P[B]$, entonces

\[ \begin{aligned} P[A] &= P[(A \cap B) \cup (A \cap B^c)]\\ &= P[A \cap B] + P[A \cap B^c]\\ P[A \cap B^c] &= P[A] - P[A \cap B]\\ &= P[A] - P[A]P[B]\\ &= P[A](1 - P[B])\\ &= P[A]P[B^c]. \end{aligned} \]

Se puede extender la idea de independencia entre dos eventos a un número de eventos mayor a dos. Es decir, se dice que los eventos $A_1, A_2, \dots, A_n$ son independientes si para cada subconjunto $A_{i_1}, A_{i_2}, \dots, A_{i_j}$ y $j = 2, 3, \dots, n$, se cumple que

\[ P[A_{i_1} \cap A_{i_2} \cap \dots \cap A_{i_j}] = P[A_{i_1}]P[A_{i_2}] \dots P[A_{i_j}]. \]

EJERCICIOS

Suponga que en una región las placas de los vehículos se forman con 3 números y 3 letras (en ese orden). Si se selecciona una placa al azar, calcula la probabilidad de que:

La placa no tenga vocales
Tenga solo dígitos pares
Ambas
Tenga dígitos y letras consecutivas

Solución :

En total, se cuenta con 26 letras y 10 dígitos para generar las placas por lo que la cardinalidad del espacio muestral es de $10^3 \times 26^3 = 17,576,000$.

Si E = {Que no tenga vocales}, entonces $P(E) = \frac{10^3 \times 21^3}{10^3 \times 26^3} = \left( \frac{21}{26} \right)^3$.
Si E = {Que tenga solo dígitos pares}, entonces $P(E) = \frac{5^3 \times 26^3}{10^3 \times 26^3} = \left( \frac{1}{2} \right)^3 = 0.125$.
Si E = {Que no tenga vocales $\wedge$ Que tenga solo dígitos pares}, entonces $P(E) = \frac{5^3 \times 21^3}{10^3 \times 26^3} = \left( \frac{21}{52} \right)^3$.
Si E = {Que tenga números y letras consecutivas}, entonces $P(E) = \frac{8 \times 24}{10^3 \times 26^3}$.

Se tienen 10 llaves, de las cuales solamente una abre una puerta. Se prueban sucesivamente las llaves hasta encontrar la que abre. Calcular la probabilidad de que:

Abra al primer intento.
Abra al segundo intento.
Abra al tercer intento.
Abra al k-ésimo intento, sin reemplazo.
Abra al k-ésimo intento, con reemplazo.

Solución

$P(E) = \frac{1}{10}$
$P(E) = \frac{9}{10} \times \frac{1}{9} = \frac{1}{10}$
$P(E) = \frac{9}{10} \times \frac{8}{9} \times \frac{1}{8} = \frac{1}{10}$
$P(E) = \frac{9}{10} \times \dots \times \frac{10 - k}{10 - (k - 1)} \times \frac{1}{10 - k} = \frac{1}{10}$, $k < 10$.
$P(E) = \left( \frac{9}{10} \right)^{k-1} \times \frac{1}{10} = \frac{9^{k-1}}{10^k}$

En un grupo de seis personas, ¿cuál es la probabilidad de que al menos dos tengan el mismo cumpleaños? ¿Y en un grupo de n personas?

Solución: Si E = {Al menos 2 de seis personas tengan el mismo cumpleaños} entonces:

\[P(E) = 1 - P(E^c)\]

donde $E^c$ = {Que todos tengan cumpleaños diferentes}. Entonces:

\[P(E^c) = 1 \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \times \frac{362}{365} \times \frac{361}{365} \times \frac{360}{365}\]

\[= 0.9595375.\]

Entonces

\[P(E) = 0.04046248.\]

Ahora, si se trata de un grupo de $n$ personas, entonces:

\[P(E^c) = \frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \dots \times \frac{365 - n + 1}{365} \ \ \ n \leq 365\]

\[= \frac{365!}{(365-n)!365^n}\]

y entonces

\[P(E) = 1 - \frac{365!}{(365-n)!365^n}.\]

Si diez personas se forma en línea recta al azar, ¿cuál es la probabilidad de que la persona I y II estén a tres posiciones de distancia?¿I antes que II?¿En forma consecutiva (I y luego II)?

Solución: Las personas pueden quedar en una de 10 posiciones. La cardinalidad del espacio muestral es, entonces:

\[|\Omega| = 10 \times 9 \times \dots \times 1 = 10!.\]

El primer evento es E = {Que I y II estén a tres posiciones de distancia}. Esto solamente es posible si I o II se encuentran en la posición 1 a 7 y el otro de la 4 a la 10, es decir, las posiciones: (1,4), (2,5), (3,6), (4,7), (5,8), (6,8), (7,10), (4,1), (5,2), (6,3), (7,4), (8,5), (9,6), (10,7). Entonces

\[P(E) = \frac{14 \times 8!}{10!} = \frac{14}{10 \times 9} = \frac{7}{45}.\]

Ahora, si E = {Que I esté antes que II}, si I está en la primera posición, II puede estar en cualquiera de las otras 9; si I está en la segunda, II puede estar en cualquiera de las otras 8; así sucesivamente. Por lo tanto, se tienen 9 + 8 + 7 + … + 1 diferentes posiciones posibles de I y II. Cada una de estas posiciones da lugar a 8! diferentes posiciones de las otras personas. Por lo tanto:

\[P(E) = \frac{(9 + 8 + 7 + \dots + 1) \times 8!}{10!} = \frac{45}{90} = \frac{1}{2}.\] Finalmente, si E = {Que estén consecutivos I y luego II} da lugar a 9 posiciones diferentes de I y II, y cada posición representa 8! diferentes formaciones de las otras personas, entonces:

\[P(E) = \frac{9 \times 8!}{10!} = \frac{1}{10}\]

Se elige un punto aleatoriamente de un cuadrado que mide 2 por lado, ¿cuál es la probabilidad de que ese punto esté en el círculo inscrito en el cuadrado?

Solución: El espacio muestral consiste en los puntos contenidos en el cuadrado de lado 2, mientras que el evento consiste en los puntos contenidos en el círculo de radio 1. Por lo tanto:

\[P(E) = \frac{\pi \times 1^2}{2^2} = \frac{\pi}{4}.\]

Se elige un punto aleatoriamente del círculo unitario, ¿cuál es la probabilidad de que el punto se encuentre en el cuadrado inscrito?

Solución: El espacio muestral consiste en los puntos contenidos en el círculo unitario, mientras que el evento consiste en los puntos contenidos en el cuadrado inscrito.

Ahora, dado que se trata del cuadrado inscrito en el círculo unitario, sus lados deben medir $\sqrt{2}$ por lo que

\[P(E) = \frac{\sqrt{2}^2}{\pi \times 1^2} = \frac{2}{\pi}.\]

Se tienen cinco fichas numeradas del 1 al 5. Se eligen 3 fichas aleatoriamente. Calcular la probabilidad de que:

Aparezca el número 123.
No salga el 3.
Salgan tres dígitos consecutivos.
Salga al menos un número par.
Salga un número con 2.

Solución

$P(E) = \frac{1}{5} \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{60}.$
$P(E) = \frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{2}{5}.$
$P(E) = \frac{2 \times 3}{5} \times \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{10}$, considerando que los dígitos consecutivos pueden presentarse en orden ascendente o descendente.
Para contar las combinaciones que forma el evento comencemos por considerar todas las combinaciones que inician con 2: son en total $1 \times 4 \times 3 = 12$. Si consideramos a las que tienen al 2 como segundo número y como tercer número, entonces, tenemos en total $3 \times 12 = 36$ combinaciones que incluyen al número 2. Por otra parte, tenemos igual número de combinaciones que incluyen al 4 (los únicos números pares de nuestro espacio muestral).

Pero, observemos que dentro de las combinaciones que incluyen al 4, algunas incluyen al 2, por lo que ya fueron contadas, por lo que las tenemos que restar. En total, las combinaciones que incluyen tanto al 2 como al 4 son 18.

Entonces, $P(E) = \frac{2 \times (3 \times 4 \times 3) - 18}{60} = \frac{54}{60} = \frac{9}{10}.$

$P(E) = \frac{12 \times 3}{60} = \frac{36}{60} = \frac{3}{5}.$

Se lanzan 8 pelotas en 6 cajas, ¿cuál es la probabilidad de que la caja 3 quede vacía?

Solución: Cada pelota puede caer en 1 de 6 cajas, por lo que nuestro espacio muestral tiene una cardinalidad igual a $6^8$. Entonces:

\[P(E) = \frac{5^8}{6^8}\]

ya que, en el evento, cada pelota puede caer únicamente en 5 de las 6 cajas.

En una cuadrícula de lado 6 formada por cuadrados de lado 1 se selecciona una región cuadrada al azar, ¿cuál es la probabilidad de que tenga un área a lo más de 10 unidades cuadradas?

Solución: El espacio muestral es el conjunto de todas las regiones cuadras que es posible formar en la rejilla. Se pueden formar:

36 regiones de área 1.
25 regiones de área 4.
16 regiones de área 9.
9 regiones de área 16.
4 regiones de área 25.
1 región de área 36.

Entonces: $P(E) = \frac{36+25+16}{36+25+16+9+4+1} = \frac{77}{91}$.

Se tienen 137 jugadores de tenis que juegan a eliminación sencilla. Algunos pasan automáticamente a la siguiente ronda cuando hay un número impar de jugadores. ¿Cuántos partidos habrá en el torneo?

Solución

Primera ronda: hay 137 jugadores, dado que se trata de un número impar, 1 pasa en automático y se juegan $136 / 2 = 68$ partidos.
Segunda ronda: hay $68 + 1$ jugadores. 69 es impar por lo que uno pasa en automático y se juegan $68/2=34$ partidos.
Tercera ronda: hay $34 + 1$ jugadores. 35 es impar por lo que uno pasa en automático y se juegan $34/2 = 17$ partidos.
Cuarta ronda: hay $17+1$ jugadores. Se juegan 9 partidos.
Quinta ronda: hay 9 jugadores. 9 es impar por lo que uno pasa en automático y se juegan $8/2 = 4$ partidos.
Sexta ronda: hay $4+1$ jugadores. 5 es impar por lo que uno pasa en automático y se juegan $4/2 = 2$ partidos.
Séptima ronda: Hay $2+1$ jugadores. 3 es impar por lo que uno pasa en automático y se juega 1 partido.
Octava ronda: final.

En total, entonces, se requieren: $68+34+17+9++4+2+1+1 = 136$ partidos.

[La aguja de Buffon²]. Supongamos que sobre un piso compuesto por tablas de ancho $a$ se lanza una aguja de longitud $l < a$, ¿cuál es la probabilidad de que la aguja corte alguna de las líneas?

Solución: Para el planteamiento de la solución, imaginemos un caso en concreto. Si tira la aguja sobre el suelo y entonces podemos observar que el extremo inferior de la aguja queda en una posición $x$, ubicada entre los dos extremos de una de las tablas.

Si trazamos una linea paralela a los extremos de la tabla que pase por el punto $x$, entonces podemos observar también que la aguja forma un ángulo $\theta$ con esta línea paralela.

Nuestro espacio muestral consiste entonces en todas las posiciones en las que puede caer la aguja en la tabla, es decir, $a \times \pi$ (todas las posiciones en las que puede caer su extremo inferior multiplicadas por todas las posiciones del ángulo).

Ahora, para poder definir nuestro evento, observemos que la aguja cortará el borde superior de la tabla únicamente si la altura de la aguja respecto de la paralela es mayor que la distancia de $x$ al borde superior de la tabla, es decir, si $a - x < l \sin \theta$ o $a - l \sin \theta < x < a$.

Por lo tanto:

\[P(E) = \frac{\int\limits_{0}^{\pi} \int\limits_{a - l \sin \theta}^a dxd\theta}{a \pi}\]

\[= \frac{\int\limits_{0}^{\pi} a - (a - l \sin \theta) d\theta}{a \pi}\]

\[= \frac{\int\limits_{0}^{\pi} l \sin \theta d\theta}{a \pi}\]

\[= \frac{\left. -l \cos \theta \right|_{0}^{\pi}}{a \pi}\]

\[= \frac{l \cos 0 - l \cos \pi}{a \pi}\]

\[= \frac{2l}{a \pi}.\]

Dos amigos, A y B, quedan de verse en algún lugar entre las 8 y las 10. Cada uno esperará al otro 20 minutos, sin excederse de las 10. ¿Cuál es la probabilidad de que se encuentren?

Solución: El espacio muestral está definido por todas las combinaciones de horarios de llegada de los dos amigos. La cardinalidad (para el tiempo medido en minutos) es entonces de $120 \times 120$.

Pensemos en el evento de que no se encuentren. Si A llega antes que B, no se encuentran si $t_A + 20 < t_B, \ 0 < t_A < 120, \ 0 < t_B < 120$. Entonces, la probabilidad de que no se encuentren, cuando A llega antes que B, es igual a:

\[P_1 = \frac{\int\limits_{20}^{120}\int\limits_{0}^{t_B - 20} dt_Adt_B}{120^2}\]

\[= \frac{\int\limits_{20}^{120}(t_B - 20) dt_Adt_B}{120^2}\]

\[= \frac{(\frac{1}{2} t_B^2 - 20t_B)|_{20}^{120}}{120^2}\]

\[= \frac{(\frac{120^2}{2} - 20 \times 120 - \frac{20^2}{2} + 20 \times 20)}{120^2}\]

\[= \frac{25}{72}.\]

Para obtener la probabilidad total de que no se encuentren, entonces, tenemos que considerar el caso en el que B llega antes que A, por lo que probabilidad total de que no se encuentren es igual a:

\[P_2 = 2 \times \frac{25}{72} = \frac{50}{72}.\]

La probabilidad de que se encuentren será, entonces, el complemento:

\[P(E) = 1 - \frac{50}{72} = \frac{22}{72} = \frac{11}{36}.\]

Del conjunto $\{1,2,3\}$ se eligen 2 subconjuntos aleatoriamente. Calcular la probabilidad de que los subconjuntos sean ajenos.

Solución: La cardinalidad de todas las parejas de subconjuntos del conjunto $\{1,2,3\}$ es igual a 28 (incluyendo combinaciones con el conjunto vacío).

El evento de que sean 2 subconjuntos ajenos es de cardinalidad: 13

2 subconjuntos, uno de los cuales es el vacío: 7
2 subconjuntos de 1 elemento: 3
1 subconjunto de 1 elemento y 1 de 2: 3
2 subconjuntos de 2 elementos: 0
No existen combinaciones de 2 subconjuntos disjuntos que incluyan al subconjunto de 3 elementos.

Entonces

\[P(E) = \frac{13}{28}.\]

Del conjunto $\{1, 2, \dots, n\}$ se seleccionan 2 números con reemplazo, ¿cuál es la probabilidad de que el primer número sea mayor que el segundo?

Solución: El espacio muestral es el conjunto de todas las parejas de números, con reemplazo, entre 1 y n. La cardinalidad del espacio muestral es, entonces $n \times n = n^2$.

Ahora, para la cardinalidad del evento, consideremos que el primer número puede ser cualquiera de los $n$ números. Para el segundo número, veamos:

Si $n_1 = 1$, se tienen cero casos.
Si $n_1 = 2$, se tiene un caso ($n_2 = 1$).
Si $n_1 = 3$, se tienen 2 casos ($n_2 = 1,2$).
…
Si $n_1 = n$, se tienen $n-1$ casos.

Entonces, la cardinalidad del evento es $\sum\limits_{i = 0}^{n-1} i = \frac{n(n-1)}{2}$.

Por lo tanto, $P(E) = \frac{n(n-1)}{2n^2} = \frac{n(n-1)}{2n}$.

I y II juegan el siguiente juego: se lanza un dado y, si cae 1 o 2 gana I; si cae 3, gana II; si cae 4, 5 o 6, continúan hasta que uno gane. Calcula la probabilidad de que gane I.

Solución: Primero observemos que cualquiera de los dos jugadores puede ganar en el 1er lanzamiento, o en el segundo, o en el tercero, y así sucesivamente hasta el infinito. Por lo tanto, la probabilidad de que I gane está dada por la suma de las probabilidades de ganar en cada lanzamiento, esto es:

\[P(E) = \frac{2}{6} + \frac{3}{6} \times \frac{2}{6} + \left(\frac{3}{6} \right)^2 \times \frac{2}{6} + \left( \frac{3}{6} \right)^3 \times \frac{2}{6} + \dots\]

\[= \sum\limits_{i = 0}^{\infty} \left( \frac{3}{6} \right)^i \times \frac{2}{6}\]

\[= \frac{2}{6} \times \frac{1}{1 - \frac{3}{6}}\]

\[= \frac{2}{6} \times \frac{6}{6 - 3}\]

\[= \frac{2}{3}.\]

Hay 6 hombres y 6 mujeres. Se dividen aleatoriamente en 2 grupos. ¿Cuál es la probabilidad de que ambos grupos tengan igual número de hombres y mujeres?

Solución: El espacio muestral consiste de todas las posibles configuraciones de 2 grupos de 6 personas cada uno. La cardinalidad del espacio muestral es, entonces: $\frac{12!}{6!6!}$ (una vez que el primer grupo de personas está armado, el otro queda fijo también).

Ahora, para la cardinalidad del evento, la única manera en la que pueden tener igual número de hombres y mujeres los dos grupos es que ambos tengan 3 hombres y 3 mujeres. La cardinalidad de los grupos de tres hombres y tres mujeres es igual a: $\frac{6!}{3!3!} \times \frac{6!}{3!3!}$ (nuevamente, una vez que el primer grupo está armado, el otro queda determinado también).

Entonces

\[P(E) = \frac{\frac{6!}{3!3!} \times \frac{6!}{3!3!}}{\frac{12!}{6!6!}}\]

\[= 0.4329004.\]

En una urna hay 4 bolas negras y 6 azules. Se seleccionan 3 bolas con remplazo, calcular la probabilidad de que 2 sean azules y la otra negra. ¿Cuál es la probabilidad de obtener al menos una bola azul?

Solución: El espacio muestral es el total de combinaciones de bolas, cuya cardinalidad es: $10^3$.

Para el primer evento, la cardinalidad es $(6 \times 6 \times 4) + (6 \times 4 \times 6) + (4 \times 6 \times 6) = 6^2 \times 4 \times 3$.

Entonces, la probabilidad del primer evento será igual a:

\[P(E) = \frac{432}{1000} = 0.432.\]

Para el segundo evento, fijémonos en el evento complementario: no obtener ninguna bola azul. La cardinalidad de este evento es: $4^3$. Entonces, la probabilidad del segundo evento es:

\[P(E) = 1 - \frac{4^3}{10^3} = 1 - 0.4^3 = 0.936.\]

Una ciudad tiene 5 hoteles y llegan 3 turistas, ¿cuál es la probabilidad de que cada uno se quede en un hotel diferente? ¿Cuál es la probabilidad de que todos se queden en el mismo hotel?

Solución: El espacio muestral es el conjunto de todas las combinaciones de los 3 turistas en los 5 hoteles. La cardinalidad de este conjunto es, entonces: $5^3$.

Ahora, para el primer evento, que todos se queden en un hotel diferente, la cardinalidad de este evento es: $5 \times 4 \times 3$. Entonces:

\[P(E_1) = \frac{5 \times 4 \times 3}{5^3} = \frac{12}{25}.\]

Para el segundo evento, la cardinalidad es igual a $5$, entonces:

\[P(E_2) = \frac{5}{5^3} = \frac{1}{25}.\]

El cubo de Rubik está compuesto por 27 cubitos. Se cae y se separan sus 27 partes. Se toma del piso un cubito, encuentra una expresión para $p_k$, la probabilidad de que tenga $k$ caras pintadas.

Solución: Los cubos el cubo de Rubik son:

8 con tres caras pintadas;
12 con dos caras pintadas;
6 con 1 cara pintada;
1 con 0 caras pintadas.

Entonces:

-$p_0 = \frac{1}{27}$ -$p_1 = \frac{6}{27}$ -$p_2 = \frac{12}{27}$ -$p_3 = \frac{8}{27}$

En el mapa, para ir de la casa a la escuela solo vale ir de izquierda a derecha y de abajo a arriba; de la escuela a la casa, de derecha a izquierda y de arriba a abajo. Si I va de la casa a la escuela y II va de la escuela a la casa, ¿cuál es la probabilidad de que se encuentren?

mapa

Solución: El espacio muestral consiste en todas las opciones de caminos que I y II pueden tomar. Dado que I va de la casa a la escuela, I puede tomar diferentes rutas; II puede tomar otros 10 diferentes caminos. En total, entonces, la cardinalidad del espacio muestral es de 100.

I y II se únicamente cuando toman el mismo camino, entonces, $P(E) = \frac{10}{100} = 1/10$.

Del conjunto $\{1, 2, \dots, 44\}$ se eligen 7 números al azar. El día del sorteo se seleccionan 6 llamados “naturales” y otro, llamado “adicional”. El orden en el que se obtienen los números no importa. Los premios son:

Acertar los 6 naturales.
5 naturales y el adicional.
5 naturales.
4 naturales.
3 naturales y el adicional.

Encuentra $p_i$ la probabilidad de ganar el i-ésimo lugar.

Solución

\[p_1 = \frac{1}{C_{44,6}}\]

Para el segundo lugar es necesario obtener 1 número adicional, y las $6 \times 38$ (no puede salir uno, si no, sería primer lugar) configuraciones de los 5 números naturales ganadores.

\[p_2 = \frac{1 \times 6 \times 38}{38 \times C_{44,6}} = \frac{6}{C_{44,6}}\]

Para el tercer lugar, es necesario obtener cualquiera de las $6 \times 38$ configuraciones de los 5 números naturales ganadores y no obtener el adicional.

\[p_3 = \frac{37 \times 6 \times 38}{38 \times C_{44,6}} = \frac{6}{C_{44,6}}\]

Para el cuarto lugar, es necesario obtener cualquiera de las configuraciones de los 4 números naturales ganadores (dos números no pueden salir o sería un premio mayor) y el adicional no importa.

\[p_4 = \frac{38 \times C_{6,4} \times C_{38,2}}{38 \times C_{44,6}}.\]

Para el quinto lugar, es necesario obtener cualquiera de las configuraciones de 3 números naturales ganadores (tres números no pueden salir o sería un premio mayor) y el adicional.

\[p_5 = \frac{C_{6,3} \times C_{38,3}}{C_{44,6}} \frac{3}{38}.\]

$N$ personas que llegan a una fiesta dejan su sombrero. Al salir, se llevan uno al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que nadie se lleve su propio sombrero? ¿Cuál la de que exactamente $k$ personas se lleven su propio sombrero?

Solución: Sea $E_i$ el evento de que la persona $i$ se lleve su propio sombrero. Entonces $\bigcup\limits_{i=1}^N E_i$ es el evento de que al menos una persona se lleve su propio sombrero.

\[P\left(\bigcup\limits_{i=1}^N E_i\right).\]

La probabilidad de que nadie se lleve su propio sombrero es

\[1 - P\left(\bigcup\limits_{i=1}^N E_i\right).\]

Ahora,

\[P\left(\bigcup\limits_{i=1}^N E_i\right) =\]

\[\sum\limits_{i = 1}^N P(E_i) - \sum\limits_{i_1 < i_2} P(E_{i_1} \cap E_{i_2}) + \sum\limits_{i_1 < i_2 < i_3} P(E_{i_1} \cap E_{i_2} \cap E_{i_3}) + \dots +\]

\[(-1)^{m+1}\sum\limits_{i_1 < \dots < i_m} P(E_{i_1} \cap \dots \cap E_{i_m}) + \dots + (-1)^{N+1} P(E_{i_1} \cap \dots \cap E_{i_N}).\]

Por otra parte:

\[P(E_{i_1} \cap \dots \cap E_{i_m}) = \frac{1}{P_{N,m}}\]

y existen $C_{N,m}$ términos con esta probabilidad. Entonces:

\[\sum\limits_{i_1 < \dots < i_m} P(E_{i_1} \cap \dots \cap E_{i_m}) = \frac{C_{N,m}}{P_{N,m}}\]

\[= \frac{N!(N-m)!}{m!N!(N-m!)} = \frac{1}{m!}.\]

Entonces

\[P\left(\bigcup\limits_{i=1}^N E_i\right) = 1 - \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + (-1)^{m+1} \frac{1}{m!} + \dots + (-1)^{N+1} \frac{1}{N!}.\]

Y, entonces,

\[P(E) = 1 - 1 + \frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots - (-1)^{m+1} \frac{1}{m!} - \dots - (-1)^{N+1} \frac{1}{N!}.\]

Ahora, recordemos que

\[e^x = \sum\limits_{i = 0}^{\infty} \frac{x^i}{(i+1)!}.\]

Entonces:

\[\lim\limits_{N \rightarrow \infty} P\left(\bigcup\limits_{i=1}^N E_i\right) = 1 - e^{-1}.\]

Por lo tanto

\[\lim\limits_{N \rightarrow \infty} P(E) = e^{-1}.\]

Para la segunda pregunta, consideremos un grupo de $k$ personas. Se pueden formar $C_{N,k}$ grupos de $k$ personas. Cada grupo de $k$ personas se puede combinar con

\[(N-k)! \times \left[1 - P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{N-k} E_i\right)\right]\]

diferentes grupos de $N-k$ personas que no se llevaron su propio sombrero.

Entonces

\[P(E) = \frac{C_{N,k} \times (N-k)! \times \left[1 - P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{N-k} E_i\right)\right]}{N!}\]

\[= \frac{\frac{N!}{k!(N-k)!} \times (N-k)! \times \left[\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots - (-1)^{m+1} \frac{1}{m!} - \dots - (-1)^{N-k+1} \frac{1}{(N-k)!}\right]}{N!}\]

\[= \frac{\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!} + \dots - (-1)^{m+1} \frac{1}{m!} - \dots - (-1)^{N-k+1} \frac{1}{(N-k)!}}{k!}.\]

Considera un cubo de lado $l$. Se elige un punto aleatoriamente dentro del cubo. ¿Cuál es la probabilidad de que esté en la esfera inscrita?

Solución: El espacio muestral de nuestro problema son todos los puntos contenidos dentro del cubo (volumen). La cardinalidad del evento corresponde al volumen de la esfera inscrita en el cubo. Por lo tanto:

\[P(E) = \frac{\frac{4}{3} \pi \frac{l^3}{8}}{l^3} = \frac{\pi}{6}.\]

Se tienen 3 monedas de $5, una de $10, una de $25 y una de $50. Se eligen 3 monedas al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que su valor sea a) $15, b) $40, c) $100 o d) más de $50?

Solución: El espacio muestral del problema consiste en todas las combinaciones (el orden no importa) de 6 en 3.

Ahora, para la cardinalidad de los eventos:

Hay 1 única manera de obtener $15, entonces $P(E) = \frac{1}{C_{6,3}} = \frac{1}{\frac{6!}{3!3!}} = 0.05.$
Para obtener $40 tienen que salir por fuerza las monedas de 25 y 10 y una de 5, pero hay tres de 5 por lo que $P(E) = \frac{3}{20}$.
Veamos que, aún obteniendo las tres monedas más altas (50, 25 y 10) no se logran juntar $100, por lo tanto $P(E) = 0$.
Para obtener más de $50 es necesario obtener la moneda de $50 por lo que $P(E) = \frac{1 \times C_{5,2}}{20} = \frac{10}{20} = \frac{1}{2}$.

Hay 3 parejas y se forman en línea recta al azar. ¿Cuál es la probabilidad de que nadie quede junto a su pareja?

Solución: El espacio muestral consiste en todas las disposiciones de las personas en la línea, $6! = 720$.

Para la cardinalidad del evento una alternativa es considerar el evento en el que al menos 1 pareja queda junta: $6 \times 4!$.

¿?

Un estudiante seleccionado de una clase puede ser chico o chica. Si la probabilidad de que un chico sea seleccionado es 0.3, ¿cuál es la probabilidad de que sea seleccionada una chica?

Solución: Sea $E_1$ el evento de que se seleccione a un chico y $E_2$ el evento de que se seleccione a una chica. $E_1 \cap E_2 = \emptyset$ por lo tanto $1 = P(E_1) + P(E_2)$. La probabilidad de que se seleccione a una chica, por lo tanto, es igual a 0.7.

Se selecciona una bola de una urna que contiene bolas rojas, blancas, azules, amarillas y verdes. Si la probabilidad de seleccionar una bola roja es de 1/5 y la de seleccionar una blanca es 2/5, ¿cuál es la probabilidad de seleccionar una bola azul, amarilla o verde?

Solución: Si $E_1$ es el evento que consiste en seleccionar una bola roja o una bola blanca, entonces $E_1^c$ es el evento que consiste en seleccionar una bola azul, amarilla o verde. Entonces:

\[P(E_1^c) = 1 - P(E_1) = 1 - P(Roja \cup Blanca) = 1 - 3/5 = \frac{2}{5}.\]

Si la probabilidad de que un estudiante A repruebe su examen de probabilidad es de 0.5, la de B es de 0.2 y la de que A y B es de 0.1, ¿cuál es la probabilidad de que al menos uno de los dos repruebe? ¿Cuál es la probabilidad de que ni A ni B reprueben el examen? ¿Cuál es la probabilidad de que exactamente uno de los dos estudiantes repruebe el examen?

Solución: El problema nos pide primero calcular la probabilidad $P(A \cup B)$. Por las propiedades de probabilidad sabemos que:

\[P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)\]

\[= 0.5 + 0.2 - 0.1\]

\[= 0.6.\]

Para la segunda probabilidad observemos que el evento de que ninguno de los dos repruebe es el complemento de que al menos uno de los dos repruebe. Por lo tanto, la probabilidad del evento es igual a $1-0.6=0.4$.

La probabilidad de que solamente uno de los dos repruebe el examen es $P(A) + P(B) - 2 \times P(A \cap B) = 0.5 + 0.2 - 2 \times 0.1 = 0.5$.

Considérense dos sucesos A y B tales que $P(A) = \frac{1}{3}$ y $P(B) = \frac{1}{2}$. Determínese el valor de $P(B \cap A^c)$ para cada una de las siguientes condiciones: a) $A \cap B = \emptyset$, b) $A \subset B$, c) $P(A \cap B) = \frac{1}{8}$.

Solución

$A \cap B = \emptyset$, por lo tanto, $B \cap A^c = B$, de lo que se desprende que $P(B \cap A^c) = P(B) = \frac{1}{2}$.
$A \subset B$. Entonces $B = A \cup (B \cap A^c)$, por lo que $P(B) = P(A \cup (B \cap A^c))$ pero $A \cap (B \cap A^c) = \emptyset$, entonces $P(B) = P(A) + P(B \cap A^c)$, y despejando: $P(B \cap A^c) = P(B) - P(A) = \frac{1}{2} - \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$.
$P(A \cap B) = \frac{1}{8}$. Observemos primero que $B = (B \cap A) \cup (B \cap A^c)$ y que $(B \cap A) \cap (B \cap A^c) = \emptyset$. Entonces, $P(B) = P(B \cap A) + P(B \cap A^c)$ y, despejando, $P(B \cap A^c) = P(B) - P(B \cap A) = \frac{1}{2} - \frac{1}{8} = \frac{3}{8}$.

Si el 50% de las familias de cierta ciudad están suscritas al periódico matinal, el 65% de las familias al periódico vespertino y el 85% al menos a uno de los dos periódicos, ¿cuál es la proporción de familias que están suscritas a los dos periódicos?

Solución: Si el evento $A$ representa que una familia esté suscrita al periódico matutino y el evento $B$ que esté suscrita al periódico vespertino, entonces $A \cup B$ es el conjunto de quienes están suscritos a al menos uno de los periódicos y $A \cap B$ el conjunto de quienes están suscritos a ambos periódicos. Entonces:

\[ \begin{aligned} P(A \cup B) &= P(A) + P(B) - P(A \cap B) \\ P(A \cap B) &= P(A) + P(B) - P(A \cup B) \\ &= 0.5 + 0.65 - 0.85 \\ &= 0.3. \end{aligned} \]

Considérense dos sucesos A y B con $P(A)=0.4$ y $P(B)=0.7$. Determínense los posibles valores máximo y mínimo de $P(A \cap B)$ y las condiciones en las cuales se consigue cada uno de esos valores.

Solución: Sabemos por las propiedades de las probabilidades que:

\[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \\ P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) \\ P(A \cap B) = 0.4 + 0.7 - P(A \cup B) \\ P(A \cap B) = 1.1 - P(A \cup B). \]

Sabemos también que $P(A \cap B) \leq 1$ por lo que $P(A \cap B) \geq 0.1$. En particular, $P(A \cap B)$ alcanza su máximo, $P(A \cap B) = 1$, cuando $P(A \cup B) = 0.1$. Este, sin embargo, es el caso trivial porque $P(A \cap B) = 1$ implica que $A = \Omega$ o $B = \Omega$, pero por sus probabilidades sabemos que ni $A$ ni $B$ son iguales al espacio muestral. Entonces, tenemos tres casos:

$A \cap B = \emptyset$, entonces $P(A \cap B) = 0$;
$B \subset A$, este caso no puede ser ya que $P(A) < P(B)$.
$A \subset B$, entonces $P(A \cup B) = P(B) = 0.7$ por lo que $P(A \cap B) = 1.1 - 0.7 = 0.4$

Por otro lado, $P(A \cap B)$ alcanza su mínimo, $P(A \cap B) = 0.1$, cuando $P(A \cup B) = 1$.

Demuéstrese que para dos sucesos A y B cualesquiera, la probabilidad de que exactamente uno de los dos sucesos ocurra está dada por la expresión $P(A) + P(B) - 2 P(A \cap B)$.

Solución: Al evento de que exactamente uno de los dos eventos suceda lo podemos expresar como:

\[(A \cap B^c) \cup (B \cap A^c).\]

Entonces:

\[P[(A \cap B^c) \cup (B \cap A^c)] = P(A \cap B^c) + P(B \cap A^c) - P[(A \cap B^c) \cap (B \cap A^c)]\]

pero $P[(A \cap B^c) \cap (B \cap A^c)] = 0$ por lo que

\[ P[(A \cap B^c) \cup (B \cap A^c)] = P(A \cap B^c) + P(B \cap A^c) \]

Ahora, observemos que $A = (A \cap B^c) \cup (A \cap B)$ por lo que $P(A) = P(A \cap B^c) + P(A \cap B)$ puesto que $(A \cap B^c) \cap (A \cap B) = \emptyset$. Y por lo tanto $P(A \cap B^c) = P(A) + P(A \cap B)$. Por el mismo argumento $P(B \cap A^c) = P(B) + P(A \cap B)$. Por lo tanto:

\[ P[(A \cap B^c) \cup (B \cap A^c)] = P(A) + P(A \cap B) + P(B) + P(A \cap B) \\ = P(A) + P(B) + 2P(A \cap B). \]

Se selecciona un punto $(x,y)$ del cuadrado unitario $S$. Supóngase que la probabilidad de que el punto seleccionado pertenezca a cualquier subconjunto específico de $S$ es igual al área de ese subconjunto. Determínese la probabilidad de cada uno de los siguientes subconjuntos: a) el subconjunto de puntos tales que $(x-\frac{1}{2})^2 + (y - \frac{1}{2})^2 \geq \frac{1}{4}$, b) el subconjunto de puntos tales que $\frac{1}{2} < x + y < \frac{3}{2}$, c) el subconjunto de puntos tales que $y \leq 1 - x^2$, d) el subconjunto de puntos tales que $x = y$.

Solución :

Queremos obtener el área dentro del cuadrado unitario para la cual $(x-\frac{1}{2})^2 + (y - \frac{1}{2})^2 \geq \frac{1}{4}$. Observemos primero que

\[ (x-\frac{1}{2})^2 + (y - \frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4} \]

es la ecuación que describe a un círculo de radio $\frac{1}{2}$ y centro en $(1/2, 1/2)$. Entonces, la desigualdad describe a todos los puntos que se encuentran fuera del circulo unitario inscrito en el cuadrado unitario.

El área del círculo unitario es igual a $\pi \times \frac{1}{4}$, entonces el área fuera del círculo pero dentro del cuadrado es $1 - \frac{\pi}{4}$.

Ahora $\frac{1}{2} < x + y < \frac{3}{2}$, es decir que $\frac{1}{2} - x< y < \frac{3}{2} - x$, en otras palabras, es necesario calcular el área en la franja señalada. Podemos calcular esta área como la diferencia del área del cuadrado con el área de los dos triángulos formados por las rectas:

\[ P(E) = 1 - 2 \times \frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}}{2} \\ = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}. \]

$y \leq 1 - x^2$, entonces, buscamos el área bajo la curva $y = 1 - x^2$ para valores de $x$ entre 0 y 1:

\[ P(E) = \int\limits_0^1 (1 - x^2)dx \\ = (x - \frac{1}{3}x^3)|_0^1 \\ = 1 - \frac{1}{3} \\ = \frac{2}{3}. \]

Finalmente, para la probabilidad de que el punto seleccionado caiga en la recta $x = y$, recordemos que una recta no tiene área, por lo que $P(E) = 0$.

Sea $A_1, A_2, \dots$ cualquier sucesión infinita de sucesos y sea $B_1, B_2, \dots$ otra sucesión infinita de sucesos definida como sigue: $B_1 = A_1, B_2 = A_1^c \cap A_2, B_3 = A_1^c \cap A_2^c \cap A_3, \dots$. Demuéstrese que:

\[P(\bigcup\limits_{i = 1}^n = \sum\limits_{i=1}^n P(B_i)\]

y que

\[P(\bigcup\limits_{i = 1}^{\infty} = \sum\limits_{i=1}^{\infty} P(B_i)\]

Solución: En primer lugar, observemos que $A_i \cap B_i$.

Veamos el caso de $i = 2$:

\[ A_2 = (A_2 \cap A_1) \cup (A_2 \cap A_1^c) \\ = B_2 \cup (A_2 \cap B_1). \]

Entonces

\[ P(A_1 \cup A_2) = P(A_1) + P(A_2) - P(A_1 \cap A_2) \\ = P(B_1) + P(B_2 \cup (A_2 \cap B_1)) - P(A_1 \cap A_2) \\ = P(B_1) + P(B_2) + P(A_2 \cap B_1) - P(B_2 \cap B_1 \cap A_2)) - P(A_1 \cap A_2) \\ = P(B_1) + P(B_2) + P(A_2 \cap A_1) - P(A_1 \cap A_2) \\ = P(B_1) + P(B_2). \]

$i = 3$:

\[ P(A_1 \cup A_2 \cup A_3) = P[(A_1 \cup A_2) \cup A_3] \\ = P[(A_1 \cup A_2)] + P(A_3) - P[(A_1 \cup A_2) \cap P(A_3)] \\ = P(B_1) + P(B_2) + P(A_3) - P[(A_1 \cup A_2) \cap P(A_3)] \\ = P(B_1) + P(B_2) + P[(A_3 \cap (A_2 \cup A_1)^c) \cup(A_3 \cap (A_2 \cup A_1))] - P[(A_1 \cup A_2) \cap P(A_3)] \\ = P(B_1) + P(B_2) + P[(A_3 \cap (A_2 \cup A_1)^c)] + P[(A_3 \cap (A_2 \cup A_1))] - P[(A_1 \cup A_2) \cap P(A_3)] \\ = P(B_1) + P(B_2) + P(B_3). \]

$i = n$:

\[ P(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n) = P[(A_1 \cup \dots \cup A_{n-1}) \cup A_3] \\ = P[(A_1 \cup \dots \cup A_{n-1})] + P(A_n) - P[(A_1 \cup \dots \cup A_{n-1}) \cap P(A_n)] \\ = P(B_1) + \dots + P(B_{n-1}) + P[(A_n \cap (A_{n-1} \cup \dots \cup A_1)^c) \cup (A_n \cap (A_{n-1} \cup \dots \cup A_1))] - P[(A_1 \cup \dots \cup A_{n-1}) \cap P(A_n)] \\ = P(B_1) + \dots + P(B_{n-1}) + P[(A_n \cap (A_{n-1} \cup \dots \cup A_1)^c)] + P[(A_n \cap (A_{n-1} \cup \dots \cup A_1))] - P[(A_1 \cup \dots \cup A_{n-1}) \cap P(A_n)] \\ = P(B_1) + P(B_2) + \dots + P(B_n). \]

PROBABILIDAD CONDICIONAL

Lecturas recomendadas

DeGroot (1988), cap. 2.1.
Hsu (1997), cap. 1.6, 1.7.

En ocasiones queremos determinar la probabilidad de que ocurra un evento $A$ pero habiéndose verificado, primero, la ocurrencia de un evento $B$. Si el evento $A$ y el evento $B$ están, efectivamente, relacionados de alguna manera, es razonable pensar que la probabilidad asociada a la ocurrencia del evento $A$ no será la misma si tomamos en consideración la información proporcionada por la ocurrencia del evento $B$. A esto se le llama la probabilidad condicional del evento $A$ dado el evento $B$.

Definición: Sea $\Omega$ un espacio muestral y $P$ una probabilidad, entonces la probabilidad de un evento $A$ dado un evento $B$ (condicional en $B$) es igual a

\[ \begin{aligned} P[A|B] &= \frac{P[A \cap B]}{P[B]} & P[B] > 0. \end{aligned} \]

De manera más intuitiva, se puede pensar en la probabilidad condicional de $A$ en $B$ como la proporción que representan los casos en la intersección del evento $A$ con el evento $B$ del total de casos del evento $B$ o, en otras palabras, podemos pensar que, sabiendo que el evento $B$ se ha verificado, los elementos del evento $B$ se vuelven el nuevo espacio muestral, entonces necesitamos evaluar cuántos casos del evento $A$ se encuentran dentro de este nuevo espacio muestral y determinar su probabilidad correspondiente.

Ejemplo: Se lanzan un par de dados. Sean los eventos

A: la suma de los valores obtenidos en los dos dados es menor que seis;
B: cae al menos un dos.

¿Cuál es la probabilidad de que ocurra $A$ dado que ya se verificó el evento $B$?

R: Para el problema planteado

$\Omega = \{ (1,1), (1,2), (1,3), \dots, (6,6)\}$
$A = \{(1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2), (4,1)\}$
$B = \{(1,2), (2,1), (2,2), (2,3), (2,4), (2,5), (2,6), (3,2), (4,2), (5,2), (6,2)\}$
$A \cap B = \{(1,2), (2,1), (2,2), (2,3), (3,2)\}$

Podemos ver entonces que:

$P[A] = \frac{|A|}{|\Omega|} = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$;
$P[B] = \frac{|B|}{|\Omega|} = \frac{11}{36}$;
$P[A \cap B] = \frac{|A \cap B|}{|\Omega|} = \frac{5}{36}$.

Entonces, de la definición de la probabilidad condicional:

\[ P[A|B] = \frac{P[A \cap B]}{P[B]} = \frac{5/36}{11/36} = 5/11. \]

Teorema: La probabilidad condicional $P[A | B]$ es una probabilidad para todos los eventos $A,B \in \Omega$.
Demostración: Probaremos que $P[A|B]$ cumple con las tres propiedades requeridas a una probabilidad:

Dado que $A,B \in \Omega$ entonces $A \cap B \in \Omega$ por lo que $P[A \cap B] \geq 0$. Dado que $P[B] > 0$, entonces $P[A|B] = \frac{P[A \cap B]}{P[B]} \geq 0$.
$P[\Omega | B] = \frac{P[\Omega \cap B]}{P[B]} = \frac{P[B]}{P[B]} = 1$.
Sean $A_1, A_2, \dots$ eventos ajenos dos a dos, entonces

\[ \begin{aligned} P\left[ \left. {\bigcup\limits_{i=1}^\infty A_i} \right| B \right] &= \frac{P \left[ \left(\bigcup\limits_{i=1}^\infty A_i \right) \cap B \right]}{P[ B ]}\\ &= \frac{P \left[ \left(\bigcup\limits_{i=1}^\infty A_i \cap B \right) \right]}{P[ B ]}\\ &= \sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{P \left[ \left(A_i \cap B \right) \right]}{P[ B ]}\\ &= \sum\limits_{i=1}^{\infty} P[A_i|B]. \end{aligned} \]

Teorema (Probabilidad Total): Sea $A\in \Omega$ y $B_1, B_2, \dots, B_n$ una partición de $\Omega$ entonces

\[ P[A] = \sum\limits_{i=1}^n P[B_i]P[A|B_i]. \]

Demostración

\[ \begin{aligned} P[A] &= P[A \cap \Omega]\\ &= P\left[A \cap \left(\bigcup\limits_{i=1}^n B_i\right)\right]\\ &= P\left[\bigcup\limits_{i=1}^n A \cap B_i\right]\\ &= \sum\limits_{i=1}^n P\left[ A \cap B_i\right]\\ &= \sum\limits_{i=1}^n P[B_i]P[A|B_i]. \end{aligned} \]

Corolario

\[ P[A] = \frac{P[A|B_j]P[B_j]}{\sum\limits_{i=1}^n P[A|B_i]P[B_i]} \]

Teorema: Sean A y B dos eventos independientes, $P[A] > 0, P[B] > 0$, entonces

\[ P[A|B] = P[A]; P[B|A] = P[B]. \]

Demostración: De la definición de probabilidad condicional

\[ \begin{aligned} P[A|B] &= \frac{P[A \cap B]}{P[B]}\\ &= \frac{P[A]P[B]}{P[B]} & \text{Independencia.}\\ &= P[A]. &\\ \end{aligned} \]

Teorema (ley multiplicativa de probabilidades condicionales): Sean $A_1, A_2, \dots, A_n$ eventos tales que $P[A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n] > 0$. Entonces

\[ P[A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n] = P[A_1]P[A_2|A_1]P[A_3|A_1 \cap A_2] \cdots P[A_n | A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_{n-1}]. \]

Demostración

\[ \begin{aligned} P[A_1 \cap A_2] &= P[A_1]P[A_2|A_1]\\ P[A_1 \cap A_2 \cap A_3] &= P[(A_1 \cap A_2) \cap A_3]\\ &= P[A_1]P[A_2|A_1]P[A_3|A_1 \cap A_2]\\ &= \cdots\\ &= P[A_1]P[A_2|A_1]P[A_3|A_1 \cap A_2] \cdots P[A_n|A_1 \cap A_2 \cap \cdots A_{n-1}]. \end{aligned} \]

PARTE II

MODELOS PROBABILÍSTICOS

Un modelo probabilístico es una descripción matemática de una situación incierta. Sus tres ingredientes principales son:

El espacio muestral ($\Omega$): el conjunto (no vacío) de todos los posibles resultados de un experimento. El espacio muestral de un experimento puede consistir de un número finito o infinito de posibles resultados. Sin importar su cardinalidad, los diferentes elementos del espacio muestral deben ser distintos y mutuamente excluyentes para que cuando el experimento se realice haya solamente un resultado. Adicionalmente, el espacio muestral debe ser colectivamente exhaustivo, de manera que no importa qué suceda en el experimento, el resultado siempre se encuentre contenido en el espacio muestral. Finalmente, el espacio muestral debe contener suficiente detalle para distinguir todos los posibles resultados de interés, al mismo tiempo que se omiten los detalles irrelevantes.
La $\sigma$-álgebra ($\mathcal{F}$): una colección de subconjuntos de $\Omega$, incluyendo a $\Omega$ y al conjunto vacío $\emptyset$, cerrado bajo la formación de complementos y uniones e intersecciones contables.
La ley de probabilidad: que relaciona a $\mathcal{F} \subseteq \Omega$, un conjunto de posibles resultados (llamado un evento) con un número no negativo $P(A)$ (la probabilidad de $A \in \mathcal{F}$) que codifica nuestro conocimiento o creencias sobre la verosimilitud de los elementos de $\mathcal{F}$. La ley de probabilidad debe satisfacer los siguientes axiomas:
1. No negatividad: $P(A) \geq 0 \ \ \ \forall A$.
2. Normalidad: $P(\Omega) = 1$.
3. Aditividad contable: $A \cap B = \emptyset \rightarrow P(A \cup B) = P(A) + P(B)$.

¿Puedes expresar verbalmente cada uno de estos axiomas?

Respecto del $\sigma$-álgebra, decimos que $\mathcal{F}$ es cerrado bajo la formación de complementos y uniones e intersecciones contables si:

Para todo subconjunto $A \subseteq \Omega$, si $A \in \mathcal{F}$, entonces $A^C \in \mathcal{F}$.
Para cualquier colección contable de subconjuntos $A_1, A_2, \dots \subseteq \Omega$, si $A_i \in \mathcal{F} \space \forall i$, entonces $A_1 \cap A_2 \cap \dots \in \mathcal{F}$.
Para cualquier colección contable de subconjuntos $A_1, A_2, \dots \subseteq \Omega$, si $A_i \in \mathcal{F} \space \forall i$, entonces $A_1 \cup A_2 \cup \dots \in \mathcal{F}$.

La descripción de las leyes de probabilidad son quizá muy intuitivas cuando se trabaja en el caso discreto (p.e., lanzamientos de dados) sin embargo, los eventos individuales no son suficientes para caracterizar a las leyes de probabilidad cuando transitamos al caso continuo. Preguntémonos, ¿cuál es la probabilidad de un evento individual que toma valores en el intervalo continuo $[a, b]$? ¿Cuántos elementos individuales hay contenidos en dicho intervalo?

La probabilidad de un evento individual en un espacio muestral continuo tiene que ser 0 si se debe satisfacer el axioma de aditividad.

(Agregar de una vez el tema futuro de cálculo de probabilidad de funciones de variables aleatorias y resolver el problema de la diferencia de uniformes. Ver sección 3.9 de DeGroot 1988.)

FUNCIONES DE DOS O MÁS VARIABLES ALEATORIAS

Sean $X_1, \dots, X_n$ $n$ variables aleatorias con función de densidad conjunta $f(x_1, \dots, x_n)$ y sea $Y = r(X_1, \dots, X_n)$ una función de $X_1, \dots, X_n$, entonces la función de distribución de $Y$, $G(y)$ será igual a

\[G(y) = P[Y \leq y] = P[r(X_1, \dots, X_n) \leq y] =\]

\[\int \dots \int_{A_y} f(x_1, \dots, x_n) dx_1 \dots dx_n\]

donde $A_y$ es el subconjunto en $R^n$ que contiene todos los puntos $(x_1, \dots, x_n)$ tales que $r(X_1, \dots, X_n) \leq y$.

Una propiedad muy útil en estos casos es, entonces, el Teorema del Cambio de Variables:

\[\int_D f(x,y)dxdy = \int_{D^{*}} f(x(u,v), y(u,v)) \left| \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} \right|dudv\]

donde $|\frac{\delta(x,y)}{\delta(u,v)}|$ es el Jacobiano de la transformación, definido como:

\[\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \left| \begin{array}{} \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v}\end{array} \right|\]

y, por lo tanto, $|\cdot|$ es el determinante de la matriz.

Ejemplo: Sean $X_1, X_2$ v.aa. que se distribuyen $N(\mu,\sigma^2)$. Encuentra la distribución de $Y = X_1 + X_2$.

Si definimos:

\[Y = X_1 + X_2\]

entonces

\[F_{Y,Z}(y,z) = \int\limits_{D} f_{Y,Z}(y,z)dy = \int\limits_{D^*} f_{x_1,x_2}(x_1(y,z),x_2(y,z)) \left| \begin{array}{} \frac{\partial x_1}{\partial y} & \frac{\partial x_1}{\partial z} \\ \frac{\partial x_2}{\partial y} & \frac{\partial x_2}{\partial z}\end{array} \right| dydz\]

donde

\[Z = X_2\]

\[X_1 = Y - Z\]

\[\Rightarrow \left| \begin{array}{} \frac{\partial x_1}{\partial y} & \frac{\partial x_1}{\partial z} \\ \frac{\partial x_2}{\partial y} & \frac{\partial x_2}{\partial z}\end{array} \right| = \left| \begin{array}{} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{array} \right| = 1*1 - (-1)*0 = 1\]

entonces, dado que $D^*$ es el soporte de $(Y,Z)$ la función de densidad conjunta de $Y,Z$ tiene que ser igual a:

\[f_{Y,Z}(y,z) = f_{x_1,x_2}(x_1(y,z),x_2(y,z))\]

pero $X_1$ y $X_2$ son vv.aa.ii.i.dd. por lo que

\[f_Y(y) = \int\limits_{-\infty}^{\infty} f_{x_1}(x_1(y,z))f_{x_2}(x_2(y,z)) dz = \int\limits_{-\infty}^{\infty}f(y-z)f(z) dz =\]

[Seguir, falta desarrollar para la función de distribución N(mu,sigma)]

REFERENCIAS

Bernstein, Peter L. 1996. Against the Gods: The Remarkable Story of Risk. John Wiley & Sons, Inc.

Blitzstein, Joseph K., and Jessica Hwang. 2014. Introduction to Probability. CRC Press.

DeGroot, Morris H. 1988. Probabilidad y Estadística. 2nd ed. Addison-Wesley Iberoamericana.

Evans, Michael J., and Jeffrey S. Rosenthal. 2023. Probability and Statistics. University of Toronto.

Hsu, Hwei P. 1997. Schaum’s Outline of Theory and Problems of Probability, Random Variables, and Random Processes. Schaum’s Outlines Series. McGraw-Hill.

Mendenhall, William, and Terry Sincich. 1996. A Second Course in Statistics: Regression Analysis. 5th ed. Prentice Hall.

Meschiari, Stefano. 2022. Latex2exp: Use LaTeX Expressions in Plots. https://CRAN.R-project.org/package=latex2exp.

R Core Team. 2020. R: A Language and Environment for Statistical Computing. Vienna, Austria: R Foundation for Statistical Computing. https://www.R-project.org/.

Rosenthal, Jeffrey S. 2006. A First Look at Rigorous Probability Theory. 2nd ed. World Scientific Publishing.

Wickham, Hadley. 2016. Ggplot2: Elegant Graphics for Data Analysis. Springer-Verlag New York. https://ggplot2.tidyverse.org.

Un axioma, en un cuerpo teórico, es una proposición sobre la cual descansan otros razonamientos y proposiciones que se deducen de esta. Pueden ser tanto afirmaciones que se consideran obvias o evidentes en sí mismas (y, por lo tanto, no son probadas) o bien puede tratarse de proposiciones o postulados a partir de los cuales se construye la teoría.↩︎
Georges-Louis Leclerc, Conde de Buffon, fue un noble francés del s. XVIII. Planteó este problema y su símil relativo al lanzamiento de una moneda. Estos problemas forman parte de los inicios del planteamiento de lo que puede ser llamado “pobabilidad geométrica” (disciplina hoy en día dividida en dos ramas: geometría integral y geometría estocástica).↩︎

PROBALIDAD

Apuntes de estudio

Enrique Cuervo Guzmán

2024-09-06

PARTE I

BIBLIOGRAFÍA

INTRODUCCIÓN

INTERPRETACIONES DE LA PROBABILIDAD

CONJUNTOS

OPERACIONES CON CONJUNTOS

ÁLGEBRA DE CONJUNTOS

ESPACIO MUESTRAL Y PROBABILIDAD

EVENTOS INDEPENDIENTES

EJERCICIOS

PROBABILIDAD CONDICIONAL

PARTE II

MODELOS PROBABILÍSTICOS

FUNCIONES DE DOS O MÁS VARIABLES ALEATORIAS

REFERENCIAS