Está integrado por tres componentes \((\Omega,\mathfrak{B},\mathcal{P})\)

Conjunto de todos los resultados elementales posibles \(\Omega\)

Conjunto de todos sucesos aleatorios \(\mathfrak{B}\)

Una medida o función de probabilidad \(\mathcal{P}\)

Evento aleatorio

Llamado también fuente de sucesos aleatorios es un subconjunto del espacio muestral o conjunto de posibles resultados que pueden darse en un experimento aleatorio.

Dos eventos son excluyentes sii \({P}({A}{\cap}{B})=0\)

Relación entre probabilidades condicionales \({P}({A}{\mid}{B})={P}({B}{\mid}{A})\frac{{P}({A})}{{P}({B})}\)

La paradoja del falso positivo

En este ejemplo, se obtienen las probabilidades condicionadas de: (i) que un individuo que es efectivamente el padre de un bebé dé positivo en la prueba de paternidad del 99% y (ii) que un individuo que da positivo en una prueba de paternidad sea realmente el padre de la criatura; esta resulta ser del 50%, probabilidad considerada inaceptable, pues, la mitad de los hombres que dan positivo no son los padres biológicos, y esto implica que da lo mismo el lanzar una moneda al aire para decidir.

Inicialmente las pruebas de paternidad tenían este esquema dado que se realizaban con base en los tipos sanguineos de las personas hoy en día las pruebas se basan en cadenas de ADN, y son muy confiables.

La paradoja del falso positivo

Supongamos que el 1% de los padres que no atienden su obligación, y se ven obligados a hacerse una prueba, en realidad son los padres de las criaturas; mientras que el resto no lo es y que la confiabilidad de una prueba de paternidad es del 99%

\[{P}(\text{es el padre})=0.01{\implies}{P}(\text{no es el padre})=0.99\]

\[{P}(\text{positivo}{\mid}\text{no es el padre})=0.01{\implies}{P}(\text{negativo}{\mid}\text{no es el padre})=0.99\]

Hipostesis

\[{P}(\text{negativo}{\mid}\text{es el padre})=0.01{\implies}{P}(postivo{\mid}\text{es el padre})=0.99\]

Conclusión

\[{P}(\text{no es el padre}{\cap}\text{negativo})={P}(\text{no es el padre}){\times}{P}(\text{negativo}{\mid}\text{no es el padre})=0.99{\times}0.99=0.9801\]

\[{P}(\text{es el padre}{\cap}postivo)={P}(\text{es el padre}){\times}{P}(\text{positivo}{\mid}\text{es el padre})=0.01{\times}0.99=0.0099\]

\[{P}(\text{no es el padre}{\cap}postivo)={P}(\text{no es el padre}){\times}{P}(postivo{\mid}\text{no es el padre})=0.99{\times}0.01=0.0099\]

\[{P}(\text{es el padre}{\cap}\text{negativo})={P}(\text{es el padre}){\times}{P}(\text{negativo}{\mid}\text{es el padre})=0.01{\times}0.01=0.0001\]

\[{P}(\text{positivo})={P}(\text{no es el padre}{\cap}\text{positivo})+{P}(\text{es el padre}{\cap}\text{positivo})=0.0099+0.0099=0.0198\]

Finalmente

\[{P}(\text{es el padre}{\mid}\text{positivo})=\frac{{P}(\text{es el padre}{\cap}\text{positivo})}{{P}(\text{positivo})}=\frac{0.0099}{0.0198}=0.5\]

Probabilidad de A dado B \({P}({A}{\mid}{B})=\frac{{P}({A}{\cap}{B})}{{P}({B})}\)

Dos eventos son independientes sii \({P}({A}{\cap}{B})={P}({A}){P}({B})\)

El problema de Monty Hall

Es un problema de probabilidad que está inspirado por el concurso de televisión estadounidense Let’s Make a Deal; en dicho concurso el participante escoge una puerta de entre tres y su premio consiste en lo que encuentre detrás; una de las puertas oculta un automóvil, mientras que detràs de las otras dos hay cabras. Antes de abrir la puerta seleccionada, el presentador, que sabe donde esta el automóvil abre una de las otras dos puertas y muestra que detrás de ella hay una cabra. Ahora el concursante tiene una última oportunidad de cambiar la puerta elgida ¿Debe el concursante mantener su elección original o escoger la otra puerta? ¿Hay alguna diferencia?.

\(W_{car}:=\text{El jugador finalmente gana al automóvil}\)

\[E_{right!}^{1^{st}}:=\text{El jugador elije la puerta correcta que tiene detrás el automóvil}\]

\[E_{wrong!}^{1^{st}}:=\text{El jugador elije la puerta incorrecta que tiene detrás una de las dos cabras}\]

\({P}(W_{car}) = {P}[({W_{car}}{\cap}E_{right!}^{1^{st}}){\cup}(W_{car}{\cap}E_{wrong!}^{1^{st}})]\)

\[ \begin{aligned} {P}(W_{car}) &= {P}[{W_{car}}{\cap}E_{right!}^{1^{st}}]{+}{P}[W_{car}{\cap}E_{wrong!}^{1^{st}}]\\ &= {P}[E_{right!}^{1^{st}}]{\times}{P}[{W_{car}}{\mid}E_{right!}^{1^{st}}]{+}{P}[E_{wrong!}^{1^{st}}]{\times}{P}[W_{car}{\mid}E_{wrong!}^{1^{st}}] \end{aligned} \]

\({P}[E_{right!}^{1^{st}}]= \frac{1}{3}\text{ y }{P}[E_{wrong!}^{1^{st}}]=\frac{2}{3}\)

\[{P}(W_{car}) = \frac{1}{3}{P}[{W_{car}}{\mid}E_{right!}^{1^{st}}]+\frac{2}{3}{P}[{W_{car}}{\mid}E_{wrong!}^{1^{st}}]\]

Considerando la decisión final de cada juagor, se tienen dos tipos de juadores:

\[ \begin{aligned} \text{Los que se mantienen en su elección inicial: }{P}(W_{car}) &= \frac{1}{3}{\times}{1}+\frac{2}{3}{\times}{0} = \frac{1}{3} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} \text{Los que siempre cambian en su elección inicial: }{P}(W_{car}) &= \frac{1}{3}{\times}{0}+\frac{2}{3}{\times}{1} = \frac{2}{3} \end{aligned} \]