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Grado en Matemáticas

Independencia, probabilidad condicionada y Bayes

«Entre los animales blancos» cambia el grupo donde buscamos. Ya no dividimos entre todos los animales: primero nos quedamos con los blancos y después vemos cuántos son gatos. Construiremos Bayes desde esa idea, con tablas y caminos, y distinguiremos con cuidado la dirección de cada pregunta.

Si necesitas repasar:

1. Condicionar significa restringir el grupo y volver a normalizar

Para P(B)>0, la información B deja fuera sus resultados complementarios. La parte favorable a A dentro del grupo es A∩B. Dividir por el peso total P(B) restaura el total uno: P(A|B)=P(A∩B)/P(B). Se lee «probabilidad de A dado B».

Para B fijo, esa regla es otra probabilidad sobre los sucesos: no negativa, total uno y numerablemente aditiva. En modelos equiprobables se traduce en favorables dentro del grupo divididos por el tamaño del grupo. Con pesos desiguales se suman pesos; no se cuentan resultados como si fueran iguales.

El denominador es el grupo del que ya sabemos algo

De 20 personas,8 hacen robótica,10 tocan guitarra y 4 hacen ambas cosas.

  1. Pregunta

    Entre quienes hacen robótica,¿qué probabilidad hay de que toquen guitarra?

  2. Grupo

    Solo consideramos las 8 personas de robótica.

  3. Favorables

    De esas 8, hay 4 que tocan guitarra:4/8=1/2.
Resultado

P(guitarra|robótica)=1/2.

Lo comprobamos

Al invertir la condición sale 4/10=2/5. La misma intersección puede tener denominadores distintos.

Con resultados desiguales no basta contar

Un dado tiene masas (1,1,1,1,1,5)/10. Sabemos que salió al menos 5.

  1. Grupo

    B={5,6}, con peso 1/10+5/10=6/10.
  2. Par dentro del grupo

    Solo sirve 6, con peso 5/10.

  3. Normalizar

    P(par|B)=(5/10)/(6/10)=5/6.
Resultado

La probabilidad es 5/6, no 1/2.

Lo comprobamos

Hay dos caras en el grupo, pero sus pesos no son iguales.

2. Un camino multiplica condicionadas; caminos distintos se suman

Despejar la definición da P(A∩B)=P(A)P(B|A) cuando P(A)>0.

Para tres etapas: P(A∩B∩C)=P(A)P(B|A)P(C|A∩B), si los grupos condicionantes tienen masa positiva.

Sin devolver, el segundo reparto depende del primer color
P(camino)3/5R2/4R3/102/4A3/102/5A3/4R3/101/4A1/10
Árbol de dos extracciones de una bolsa con tres bolas rojas R y dos azules A, sin reposición y selección uniforme de cada bola restante. Primer reparto tres quintos roja y dos quintos azul. Después de roja, probabilidades 2/4 y 2/4; después de azul 3/4 y 1/4. Productos finales RR, RA, AR y AA: 3/10, 3/10, 3/10, 1/10. Las cuatro probabilidades suman uno.

En un árbol, cada rama se refiere al nodo del que sale y sus probabilidades suman uno. Un camino completo multiplica esos factores; hojas disjuntas que responden la misma pregunta se suman. Si un prefijo ya tiene probabilidad cero, todo ese camino pesa cero y no se inventa una condicionada 0/0.

Sin reposición cambian las ramas

Bolsa con 3 rojas y 2 azules; dos extracciones uniformes sin devolver.

  1. Primera roja

    P(R₁)=3/5.
  2. Segunda roja tras roja

    Quedan 2 rojas entre 4 bolas:2/4.

  3. Camino

    P(R₁∩R₂)=(3/5)(2/4)=3/10.
Resultado

Dos rojas tienen probabilidad 3/10.

Lo comprobamos

Con reposición el segundo factor sería 3/5; el mecanismo forma parte del modelo.

Leer un tercer nivel

Misma bolsa; pedimos roja, azul, roja sin reposición.

  1. Primer nivel

    3/5.

  2. Segundo

    Después de roja, quedan 2 azules entre 4:2/4.

  3. Tercero

    Después de roja y azul, quedan 2 rojas entre 3:2/3.

    Producto=1/5.
Resultado

P(R, A, R)=1/5.

Lo comprobamos

Cada denominador corresponde a las bolas que quedan en ese nodo, no al total inicial repetido.

3. Independencia conserva probabilidades, no impide coincidencias

A, B son independientes si P(A∩B)=P(A)P(B).
Con P(B)>0 equivale a P(A|B)=P(A); con P(A)>0 también a P(B|A)=P(B).

La definición por producto sigue teniendo sentido para sucesos nulos.

Independencia se conserva al complementar: P(Aᶜ∩B)=P(B)−P(A∩B)=(1−P(A))P(B).

Repetir el argumento da los dos complementos. En cambio, disjunción solo significa intersección vacía; con dos probabilidades positivas excluye la independencia.

Comprobar independencia y su complemento

P(A)=0,3, P(B)=0,4, P(A∩B)=0,12.

  1. Producto

    0,3·0,4=0,12: independientes.
  2. Complemento

    P(Aᶜ∩B)=0,4−0,12=0,28.
  3. Otro producto

    P(Aᶜ)P(B)=0,7·0,4=0,28.
Resultado

Aᶜ y B también son independientes.

Lo comprobamos

No se cambió la distribución ni se condicionó por otro grupo; se sustituyó un suceso por su complemento.

La definición incluye sucesos nulos

U uniforme en [0,1], A={U=1/2}; B es cualquier suceso medible.

  1. Intersección

    A∩B está contenido en A, así pesa cero.

  2. Producto

    P(A)P(B)=0·P(B)=0.
  3. Comparar

    Coinciden, por lo que A y B son independientes.

Resultado

Un suceso nulo es independiente de cualquier suceso.

Lo comprobamos

Esto no define P(B|A): condicionar por A mediante una razón sigue siendo imposible porque P(A)=0.

4. Para tres sucesos hay que comprobar más que parejas

Independencia mutua de A₁,…, Aₙ significa que cada subfamilia tiene probabilidad de intersección igual al producto de sus marginales. Para tres sucesos se comprueban las tres parejas y también la intersección triple.

Independencia por parejas no significa independencia mutua
Cada fila tiene probabilidad 1/4ABC=A⊕B000011101110Dos columnas no revelan la dependencia triple.
Tabla de dos bits justos independientes A B y el bit C que vale uno cuando son distintos. Filas cero cero cero, cero uno uno, uno cero uno y uno uno cero, todas de probabilidad un cuarto. Cada pareja de columnas tiene los cuatro pares posibles con la misma masa, pero las tres columnas no pueden ser uno a la vez.

El dibujo usa dos bits justos independientes y un tercer bit C=A⊕B, que vale 1 cuando los primeros difieren. Cada pareja de columnas tiene los cuatro pares posibles con igual peso, pero conocer dos columnas determina la tercera. Esa restricción no aparece al mirar parejas aisladas.

Las parejas pasan y la triple falla

Sean los sucesos A=primer bit 1, B=segundo bit 1, C=bit XOR 1.

  1. Marginales

    Cada suceso pesa 1/2; cada pareja de unos aparece en una fila y pesa 1/4.

  2. Triple

    No existe una fila (1,1,1), así P(A∩B∩C)=0.
  3. Producto triple

    (1/2)³=1/8, distinto de cero.
Resultado

Hay independencia por parejas, pero no mutua.

Lo comprobamos

La tabla muestra la fila que falta sin depender de una definición memorizada.

Una familia que sí es mutuamente independiente

Tres monedas justas cuyos lanzamientos son independientes.

  1. Un suceso

    Cara en una moneda pesa 1/2.

  2. Dos sucesos

    Fijar dos caras deja dos de las ocho secuencias:1/4.

  3. Tres

    Tres caras es una secuencia de ocho:1/8.

Resultado

Todas las subfamilias relevantes cumplen el producto.

Lo comprobamos

Aquí la hipótesis del mecanismo respalda las ocho secuencias equiprobables; en la tabla XOR solo había cuatro.

5. La probabilidad total suma todas las rutas hacia la evidencia

Si Bᵢ forman una partición finita o numerable, las partes A∩Bᵢ son disjuntas y reúnen A.

Para P(Bᵢ)>0, P(A)=ΣP(A|Bᵢ)P(Bᵢ).

Si alguna parte tiene masa cero, su contribución conjunta es cero sin definir una razón condicionada por ella.

No se suman tasas de grupos sin sus pesos. Una tasa del 4 % en una fábrica pequeña no aporta lo mismo al total que esa misma tasa en una fábrica grande. El árbol hace visible qué grupo alimenta cada ruta.

Dos fábricas no contribuyen por igual

A fabrica el 60 % de las piezas y tiene 1 % de defectos; B fabrica el 40 % y tiene 4 %.

  1. Ruta A y defecto

    0,6·0,01=0,006.
  2. Ruta B y defecto

    0,4·0,04=0,016.
  3. Total

    0,006+0,016=0,022.
Resultado

El 2,2 % de las piezas es defectuoso en el modelo.

Lo comprobamos

Sumar 1 %+4 % o promediarlos sin ponderar daría otra cantidad.

Elegir primero bolsa y después color

Bolsa I con probabilidad 3/4 y roja dentro con 1/3; bolsa II con 1/4 y roja dentro con 4/5.

  1. Primera ruta

    (3/4)(1/3)=1/4.
  2. Segunda

    (1/4)(4/5)=1/5.
  3. Unir rutas disjuntas

    P(roja)=1/4+1/5=9/20.
Resultado

P(roja)=9/20.

Lo comprobamos

La bolsa elegida divide el experimento en rutas completas; no se presupone que ambas bolsas sean igual de probables.

6. Bayes recorre la misma intersección en la dirección contraria

P(Bⱼ∩A) puede escribirse como P(A|Bⱼ)P(Bⱼ) o como P(Bⱼ|A)P(A).

Si P(A)>0, dividir da P(Bⱼ|A)=P(A|Bⱼ)P(Bⱼ)/P(A).

El denominador se obtiene sumando todas las rutas de evidencia de la partición.

El grupo blanco se convierte en el nuevo total
Primero: ¿entre qué animales elegimos?Perros: 60Gatos: 40BlancosOtrosTotalPerros124860Gatos202040Total3268100Entre blancos: 20 gatos / 32 animales
Dibujos de un perro y un gato y tabla del ejercicio ya existente: sesenta perros, doce blancos y cuarenta y ocho de otros colores; cuarenta gatos, veinte blancos y veinte de otros colores. Al seleccionar solo blancos, el total pasa de cien a treinta y dos y veinte son gatos. La posterior de gato dado blanco es veinte sobre treinta y dos, cinco octavos.

La previa es el peso del grupo antes de conocer A; la verosimilitud es cuán frecuente resulta A en ese grupo; la posterior es su nuevo peso entre quienes cumplen A. Son papeles distintos. La tabla de animales permite verlo también contando, dentro de un modelo de elección uniforme.

Entre blancos,¿cuántos son gatos?

El refugio del dibujo tiene 60 perros y 40 gatos;12 perros y 20 gatos son blancos.

  1. Ruta gato y blanco

    P(G)=40/100 y P(blanco|G)=20/40; producto=20/100.
  2. Todas las rutas blancas

    P(blanco)=12/100+20/100=32/100.
  3. Normalizar

    P(G|blanco)=(20/100)/(32/100)=20/32=5/8.
Resultado

La posterior es 5/8.

Lo comprobamos

P(blanco|G)=1/2 responde otra pregunta: divide entre gatos, en lugar de entre blancos.

Volver desde el defecto a su fábrica

En el ejemplo anterior, P(defecto)=0,022 y la ruta B-defecto pesa 0,016.

  1. Pregunta

    P(B|defecto).

  2. Mismo numerador

    La intersección B y defecto sigue pesando 0,016.

  3. Nuevo total

    Dividimos entre 0,022:16/22=8/11.
Resultado

Una pieza defectuosa procede de B con probabilidad 8/11.

Lo comprobamos

La posterior no es el 4 % de defectos dentro de B; la condición está en la otra dirección.

7. La frecuencia previa importa incluso con una señal bastante fiable

Para hipótesis H y Hᶜ con previas positivas y verosimilitudes no nulas, las odds posteriores son P(H|A)/P(Hᶜ|A). Al dividir las dos fórmulas de Bayes, se obtiene odds posteriores=odds previas·P(A|H)/P(A|Hᶜ).

Una alarma puede venir de dos grupos de tamaños muy distintos
10 000 piezas : seguir todas las alarmas200alarma180sin alarma209 800alarma490sin alarma9310DefectoSin defectoAlarmas: 180 + 490 = 670Defecto entre alarmas: 18/67
Modelo inventado de diez mil piezas: doscientas defectuosas y nueve mil ochocientas correctas. El detector señala el noventa por ciento de defectuosas, ciento ochenta, y el cinco por ciento de correctas, cuatrocientas noventa. Hay seiscientas setenta alarmas; ciento ochenta corresponden a defecto. Son frecuencias proporcionales exactas del modelo, no una garantía para una muestra real de diez mil.

La razón de verosimilitudes mide cuánto favorece la señal a una hipótesis frente a la otra. Una señal frecuente en H puede dar una posterior modesta cuando H es raro y también existen señales en el grupo mucho mayor Hᶜ. Los conteos del dibujo son proporciones exactas del modelo, no una predicción garantizada de un lote real.

Una alarma no es sinónimo de defecto

El 2 % tiene defecto; el detector avisa al 90 % de defectuosas y al 5 % de correctas.

  1. Rutas

    P(D∩alarma)=0,02·0,9=0,018; P(Dᶜ∩alarma)=0,98·0,05=0,049.
  2. Total de alarmas

    0,018+0,049=0,067.
  3. Posterior

    P(D|alarma)=0,018/0,067=18/67≈0,269.
Resultado

Aproximadamente el 26,9 % de las alarmas corresponde a defecto.

Lo comprobamos

En 10 000 unidades proporcionales al modelo, son 180 defectuosas entre 670 alarmas.

El mismo detector con otra previa

Ahora el 50 % de las piezas es defectuoso; las tasas del detector siguen siendo 0,9 y 0,05.

  1. Rutas

    0,5·0,9=0,45 y 0,5·0,05=0,025.
  2. Normalizar

    0,45/(0,45+0,025)=18/19.
  3. Comparar

    La posterior sube a aproximadamente 0,947.

Resultado

La misma señal produce una posterior distinta al cambiar el grupo de partida.

Lo comprobamos

En el primer modelo las odds eran 1/49; la razón de verosimilitudes 18 las convirtió en 18/49, que corresponden a 18/67.

8. Seleccionar un grupo puede crear o esconder dependencia

Independencia dado C, con P(C)>0, significa P(A∩B|C)=P(A|C)P(B|C).

Se está afirmando una propiedad dentro de un nuevo universo. No equivale a independencia global y no se hereda automáticamente al seleccionar una subpoblación.

También puede ocurrir lo contrario: dos variables independientes dentro de cada grupo se vuelven dependientes al mezclar grupos con tendencias distintas. Por eso se especifica siempre respecto a qué información se afirma independencia.

Dos monedas independientes dejan de serlo al filtrar

A=primera cara, B=segunda cara, C=ambas monedas coinciden.

  1. Sin filtro

    P(A∩B)=1/4=(1/2)(1/2).
  2. Con C

    Solo quedan cara-cara y cruz-cruz, cada una con probabilidad condicionada 1/2.

  3. Comparar

    P(A∩B|C)=1/2, pero P(A|C)P(B|C)=1/4.
Resultado

La selección C crea dependencia.

Lo comprobamos

Conocer la primera moneda dentro de ese grupo determina la segunda.

Una mezcla esconde el grupo que induce la relación

Elegimos Z=I o II con probabilidad 1/2. Dentro de cada grupo, A y B son independientes con probabilidades 0,2 o 0,8, respectivamente.

  1. Marginales

    P(A)=P(B)=(0,2+0,8)/2=0,5.
  2. Conjunta

    P(A∩B)=(0,2²+0,8²)/2=0,34.
  3. Comparar

    0,34≠0,5·0,5; sin embargo, dentro de cada Z sí se cumple el producto.

Resultado

Hay dependencia global y condicionalmente independencia dado el grupo.

Lo comprobamos

No se suman las probabilidades de grupo sin ponderarlas por 1/2.

9. Un denominador pequeño es válido; uno nulo no define la razón

Si P(B)=0, la definición elemental P(A∩B)/P(B) no tiene valor.

Condicionar por valores exactos de una variable continua requiere densidades condicionadas o una teoría de condicionamiento más general; las versiones se determinan casi seguramente bajo sus hipótesis.

Antes de aplicar Bayes se comprueba que la evidencia tiene masa positiva. Después, las posteriores de una partición deben ser no negativas y sumar uno. Una probabilidad muy pequeña no es cero: y una posterior mayor que uno denuncia un cálculo o unos datos incoherentes.

Una evidencia rara sí permite dividir

P(B)=10^(−6), P(A∩B)=3·10^(−7).

  1. Positividad

    10^(−6)>0.
  2. Razón

    P(A|B)=3·10^(−7)/10^(−6)=0,3.
  3. Comprobación

    La intersección es menor que B y el resultado está entre cero y uno.

Resultado

La condicionada vale 0,3.

Lo comprobamos

Redondear prematuramente el denominador a cero destruiría una información válida.

Un punto continuo no es un grupo de masa positiva

U uniforme en [0,1]; se intenta condicionar por U=1/2.

  1. Peso

    P(U=1/2)=0.
  2. Numerador

    Toda intersección con ese punto también tiene probabilidad cero.

  3. Cociente

    La razón da 0/0 y no define la condicionada.

Resultado

La fórmula elemental no se aplica.

Lo comprobamos

Esto señala el alcance de una definición, no afirma que toda teoría de condicionamiento continuo sea imposible.

10. Actualizar varias veces necesita modelar la información nueva

Bayes es una identidad exacta de un modelo válido; una sola aplicación no es «menos correcta» por ser la primera. Con dos evidencias, A₁, A₂, la actualización usa P(A₂|H, A₁) y P(A₂|Hᶜ, A₁). Solo con independencia condicional apropiada se reemplazan por las verosimilitudes individuales.

Releer el mismo dato no aporta una segunda observación independiente. Confundir duplicación con información nueva cuenta dos veces la señal. Las odds permiten comprobar ambos casos con números pequeños.

Dos señales nuevas condicionalmente independientes

P(H)=0,1; cada señal positiva tiene tasas 0,6 dado H y 0,2 dado Hᶜ.

  1. Una señal

    Odds previas=1/9; razón=3; odds nuevas=1/3 y posterior=1/4.

  2. Dos señales nuevas

    Por independencia condicional, P(++|H)=0,36 y P(++|Hᶜ)=0,04.
  3. Actualizar

    0,1·0,36/[0,1·0,36+0,9·0,04]=1/2.
Resultado

Dos señales nuevas llevan la posterior a 1/2.

Lo comprobamos

El producto 0,6² y 0,2² fue justificado por la hipótesis condicional, no por aplicar Bayes dos veces sin más.

La segunda pantalla repite exactamente el mismo aviso

Mismas previas y tasas, pero A₂=A₁ es una copia del primer dato.

  1. Intersección

    A₁∩A₂=A₁.
  2. Verosimilitudes conjuntas

    Siguen siendo 0,6 y 0,2, no sus cuadrados.

  3. Posterior

    Sigue en 1/4, como después del primer aviso.

Resultado

Una copia no cambia la posterior.

Lo comprobamos

Dado que el primer aviso ocurrió, la probabilidad de ver su copia es uno en ambas hipótesis: la razón nueva es 1.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Animales y color

Un refugio tiene 60 perros y 40 gatos. Son blancos 12 perros y 20 gatos. Si elegimos un animal blanco al azar, ¿probabilidad de gato?

  1. Identificar la condición

    Se eligió un animal blanco; el universo relevante contiene solo animales blancos.

  2. Contar ese grupo

    Hay 12 perros blancos y 20 gatos blancos:32 en total.

  3. Favorables dentro del grupo

    Entre esos 32, hay 20 gatos.

  4. Dividir

    P(gato|blanco)=20/32.
  5. Simplificar

    Dividir numerador y denominador por 4 da 5/8.

  6. Verificar la dirección

    Las posteriores gato y perro son 20/32 y 12/32 y suman uno.

    P(blanco|gato)=20/40 sería otra pregunta.
Resultado

5/8.

Lo comprobamos

P(blanco|gato)=1/2 responde una pregunta distinta. Las posteriores entre blancos son 20/32 y12/32 y suman uno.

EJEMPLO RESUELTO 2

Independencia

Dos monedas justas independientes. A=primera cara, B=segunda cara.

  1. Modelo

    Las cuatro secuencias de dos monedas justas independientes pesan 1/4 cada una.

  2. Primer suceso

    A=primera cara contiene dos secuencias y pesa 1/2.

  3. Segundo

    B=segunda cara también pesa 1/2.
  4. Intersección

    Solo cara-cara cumple ambos:1/4.

  5. Producto

    P(A)P(B)=(1/2)(1/2)=1/4=P(A∩B).
  6. Conclusión

    A y B son independientes.

    También P(A|B)=(1/4)/(1/2)=1/2, que conserva su probabilidad original.
Resultado

Son independientes.

Lo comprobamos

También al condicionar por segunda cruz, la probabilidad de primera cara es (1/4)/(1/2)=1/2. La información de una moneda no altera a la otra en este modelo.

Los símbolos que hemos usado

P(A|B)
Probabilidad de A condicionada a B, definida por la razón P(A∩B)/P(B) cuando P(B)>0.
Partición {B_i}
Sucesos disjuntos que cubren Ω, usados para separar todas las rutas de un resultado.
P(B_i)
Probabilidad previa del grupo o hipótesis antes de observar la evidencia.
P(A|B_i)
Probabilidad de la evidencia A dentro del grupo B_i, llamada verosimilitud al compararla entre hipótesis.
P(B_i|A)
Probabilidad posterior del grupo tras observar A.
Independencia mutua
Factorización de probabilidades de intersecciones para toda subfamilia finita, no solo para parejas.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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