Estadística/Cálculo de probabilidades/Aleatoriedad combinatoria


Generalidades

  • Ejemplos para sucesos aleatorios combinatorios:
    • Lanzar una moneda y luego echar un dado.
    • De una urna sacar 3 pelotas sin reposición.
    • Sacar 10 pelotillas ganadoras de un bombo de lotería.
    • Disparar 5 veces al mismo blanco.

Ejemplos para una definición formal

Se debe llevar a cabo tres experimentos aleatorios consecutivos. La probabilidad que al primer intento el suceso A, al segundo intento el suceso B y al tercer intento el suceso C resulten se calcula como P(A(1) ∧ B(2) ∧ C(3)). A, B y C pueden proceder de diferentes conjuntos solución. El superíndice puede desaparecer eventualmente.

Ejemplo para un intento independiente

Contemplamos los sucesos aleatorios: lanzamos una moneda y luego echamos los dados.
Ambos intentos tienen respectivamente los conjuntos solución
ΩM = {Cara (C); Sello (S)} y ΩD = {1,2,3,4,5,6}
Nos da como resultado de intentos combinatorios el conjunto solución Ω* como producto cartesiano de ΩM y ΩD:
Ω* = {(C; 1), (C; 2), (C; 3), ... , (C; 6), (S; 1), (S; 2), ... , (S; 6).
Ω* tiene 12 elementos. Cada elemento tiene la misma probabilidad de obtenerse.
Ahora buscamos la probabilidad para un suceso A*: Se dispara una vez y luego por minimo cinco (C) veces se lanza el dado:
El evento A* = W(1) ∧ F(2) se prueba en el segundo elemento de &Omega. Mantenemos entonces para la probabilidad, el principio de simetría
P(A^{*}) = P(W^{(1)} \wedge F^{(2)}) = \frac {2}{12} = \frac{1}{6}
Lanzar los dados y lanzar la moneda son estocásticamente independientes y la probabilidad no se debe averiguar detalladamente sobre el conjunto solución. Es entonces
P(A^*) = P(W^{(1)}) \cdot P(F^{(2)}) = \frac{1}{2} \cdot \frac {2}{6} = \frac{1}{6}
  • Ejercicio:
Se lanzan los dados tres veces. Con que probabilidad tenemos los primeros dos veces seis y entonces más grande que dos.
Solución: \frac{1}{108}.

Ejemplo para intentos dependientes

Intentos repetidos pueden ser con frecuencia estocásticamente dependientes.
En una urna con dos pelotas rojas y una negra se deben sacar dos sin devolución.
El segundo evento ya no es más independiente con respecto al primero porque al sacar las primeras el contenido de la urna ha cambiado. Tenemos:
R: se ha sacado una pelotilla roja. N: se ha sacado una pelotilla negra.
Queremos analizar primeramente el conjunto solución de los intentos dependientes. Numeremos ambas pelotas rojas como R1 y R2. Se puede sacar entonces dos veces los siguientes resultados:
Ω* = {(R1; R2), (R1; S), (R2; R1), (R2; S), (S; R1), (S; R2)}
Queremos analizar primeramente el conjunto solución de los intentos dependientes. Enumeremos ambas pelotillas rojas asi R1 y R2. Se puede obtener los siguientes resultados:
Ω* = {(R1; R2), (R1; S), (R2; R1), (R2; S), (S; R1), (S; R2)}
Ω tiene en total 6 soluciones.
Definimos el evento A:primero se saca una pelota roja (R), luego una pelota negra (N), entonces A = R(1) ∧ S(2).
Hay en Ω* dos soluciones que pertenecen a A, entonces la probabilidad es
P(A) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}
\;.
Este ejemplo es sencillo pero ahora podemos depender de la probabilidad para intentos dependientes para sucesos combinados en caso de renunciar a representaciones completas de eventos solución?
En intentos estocásticos dependientes, no se podría determinar la probabilidad por el simple producto de las probabilidades individuales de los sucesos. Se puede implementar sucesivamente el teorema de multiplicación de los sucesos que es conocido para las probabilidades condicionales: P(A \cap B) = P(A) * P(A|B). La probabilidad que al primer intento obtengamos A y al segundo B sería:
P(A^{(1)} \wedge B^{(2)}) = P(A^{(1)}) \cdot P(B^{(2)}|A^{(1)})
Y por la formula dada
P(A)=P(R^{(1)} \cap S^{(2)}) = P(R(1))  \cdot  P(S^{(2)}|R^{(1)})
= \frac {2}{3}  \cdot \frac {1}{2}  = \frac {1}{3}
Para el primer intento son 3 pelotas en la urna; dos son rojas para el segundo intento hay 2 pelotas en la urna; una es negra.
Esta regla se puede extender para mas de dos sucesos:

Ejemplo

En un urna con 10 pelotas rojas (R) y 5 negras (N) se debe sacar sin devolución una a una tres pelotas rojas. La probabilidad para eso es
P(R^{(1)} \cap R^{(2)} \cap R^{(3)}) = \frac {10}{15} \cdot \frac {9}{14} \cdot \frac {8}{13}
Para mas de 2 sucesos se puede extender el teorema de multiplicación de probabilidades. Éste vale también para eventos que no tienen el mismo conjunto solución:
P(A^{(1)} \wedge A^{(2)} \wedge \cdots \wedge A^{(m)}) = P(A^{(1)}) \cdot P(A^{(2)}|A^{(1)} \cdot P(A^{(3)}|A^{(1)} \wedge A^{(2)}) \cdot ... \cdot P(A^{(m)}|A^{(1)} \wedge A^{(2)} \wedge ... \wedge A^{(m-1)}).
Para cuando A(i) (i = 1, 2, ... ,m) es independientemente estocástico, es nuevamente
P(A^{(1)} \wedge A^{(2)} \wedge \cdots \wedge A^{(m)}) = P(A^{(1)}) \cdot P(A^{(2)}) \cdot \cdots \cdot P(A^{(m)})
Si despues de que, como sea formulado el problema, hay para el cálculo de probabilidades sucesos aleatorios combinados tambien diferentes posibilidades:
  1. Definimos todos los elementos de Ω*, cuando es posible y viable. Entonces se determina el principio de simetría.
  2. Estimamos, ejemplificando con ayuda de la combinatoria, el número de elementos en Ω8 y determinamos el principio de simetría.
  3. Empleamos el teorema general de multiplicación de probabilidades y podríamos utilizarlo talvez para independencia estocástica.





Modelo de urna

Para intentos repetidos se recurre frecuentemente al asi llamado "modelo de urna": Este modelo funciona en principio del siguiente modo: Una urna contiene N pelotas que se diferencian una de la otra. Se sacará n pelotas. Nos interesará el número de pelotas que sacaremos con un determinado atributo de las n.
Diferenciaremos sustancialmente como
  • el modelo de urna con repetición: una pelotilla se sacará y se la devolverá a la urna
  • el modelo de urna sin repetición: se sacará una pelotilla y no se la devolverá.
Muchos sucesos aleatorios, especialmente los intentos con repetición, pueden ser reducidos a un modelo de urna. El principiante querrá la representación, una pelotilla sacada y devuelta, le parecerá curioso, pero podrá modelar los intentos independientes: Observamos el suceso aleatorio, lanzar los dados dos veces, se podría en cambio de una urna con seis diferentes pelotillas sacar dos veces cada una y devolverlas.

Combinatorio

Nos han dado una urna con N pelotillas. Se deben sacar n de ellas. Nos ocuparemos de el número de posibles resultados para intentos repetidos. Aquí deberíamos considerar las diferentes formas de sacar pelotas en el modelo de urna sin orden.
Para la dilucidación del planteamiento del problema observamos una urna con tres pelotillas A, B, C. Se deberá sacar n = 2 pelotillas. Cuántos pares diferentes podríamos obtener?
Diferenciemos los planteamientos:

Con repetición - con orden

Las letras pueden ser sacadas con repetición; una letra puede también salir repetidas veces. Depende de la secuencia de las letras. Existen los siguientes pares diferentes de posibilidades:
(A,A), (A,B), (A,C), (B,A), (B,B), (B,C), (C,A), (C,B), (C,C).
Existe en total \ N^ n diferentes resultados como se puede facilmente ver.

Con repetición - sin orden

Es posible los siguientes pares:
(A,A), (A,B), (A,C), (B,B), (B,C), (C,C).
Existe en total {N+n-1 \choose n} diferentes resultados.

Sin repetición - con orden

Las letras se sacarán sin devolución; cada letra podrá salir solo una vez en cada par. Será posibles los siguientes pares:
(A,B), (A,C), (B,A), (B,C), (C,A), (C,B).
Hay en total \frac {N!}{(N-n)!} diferentes resultados.

Sin repetición - sin orden

Son posibles los siguientes pares:
(A,B), (A,C), (B,C).
Existen en total  {N \choose n} diferentes resultados.

Ejercicios de ejemplo

Entre cuatro personas, Ana (A), Bernardo (B), Cecilia (C) y Daniel (D), están sorteando a dos para lavar los platos, de ellos uno debe lavarlos y el otro secarlos.
Se trata de un modelo con o sin devolución? Teóricamente fuera un modelo imaginablemente con repetición. Pero ésto fuera algo desleal para uno de ellos, tomaremos el modelo sin repetición.
  • Con qué probabilidad serían escogidos primero Cecilia y luego Bernardo (evento E)?
Aqui podemos utilizar el ejemplo de las pelotillas.
  • Método a: directamente desde el conjunto solución
El conjunto solución nos da por resultado que Ω* =


- (A,B) (A,C) (A,D)
(B,A) - (B,C) (B,D)
(C,A) (C,B) - (C,D)
(D,A) (D,B) (D,C) -

Cada par tiene una igual probabilidad de ser elegido. Hay en total |Ω*| = 12 pares diferentes.
 P(E) = P((C,B)) = \frac {1} {12}
  • Método b: Sobre el número de resultados
Se trata de un modelo sin devolución con orden. Hay
 \frac {N!}{(N-n)!} = \frac {4!}{(4-2)!} = \frac {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} {2} = 12
pares diferentes. Hay solo un resultado para el evento E. Que es
 P(E) =  \frac {|E|} {|\Omega^{*}|} =  \frac {1} {12}
  • Método c: Sobre el teorema de multiplicación de las probabilidades
P(C^{(1)} \cap B^{(2)}) =  \frac {1} {4} \cdot \frac {1} {3}  =  \frac {1} {12}

  • Con qué probabilidad deberían lavar los dos hombres (evento F)?
  • Método a:
Sea F = {(B,D), (D,B)}. Este suceso tiene dos elementos en Ω*. Tenemos
 P(F) =  \frac {2} {12} =  \frac {1} {6}
  • Método b:
Tenemos
 {N \choose n} = \frac {N!}{n!(N-n)!} = \frac {1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot }{(1 \cdot 2) (1 \cdot 2)} = 6
pares diferentes. Entonces obtenemos que  P(F) =  \frac {1} {6}
  • Método c:
 P(F) =  \frac {2} {4} \cdot \frac {1} {3} = \frac {1} {6}.



 
 
 

1 comentario :

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