Acerca de la noción de dependencia de sucesos. Teoremas de la Probabilidad Total y de Bayes.

Para introducir el concepto de sucesos condicionados y estos dos importantes teoremas ( t. de la Probabilidad Total y t. de Bayes ) nos centraremos en un problema sencillo, tal como éste:

Consideremos una bolsa que contiene $7$ bolas, todas del mismo tamaño, textura y peso; sin embargo $3$ de ellas son blancas y $4$ son negras; y, por otra parte, sabemos que algunas de las bolas están hechas de plástico: concretamente, $2$ de las bolas blancas y $1$ de las bolas negras. Extraemos una bola al azar. Se pide:
a) ¿ Cuál es la probabilidad de que esté hecha de plástico ?
b) Supongamos ahora que alguien nos ha informado de que la bola extraída ha resultado ser de plástico, ¿ cuál es la probabilidad de que sea blanca/negra ?

SOLUCIÓN.
a) Hay una forma muy sencilla de responder a esta primera pregunta: como hay un total de $3$ bolas de plástico y $7$ bolas en total, por aplicación directa de la regla de Laplace, concluimos sin ninguna dificultad que la probabilidad de que la bola extraída sea de plástico es $\dfrac{3}{7}$.

Sin embargo, la respuesta a la pregunta del segundo apartado ya no es tan evidente. Para poder contestar a esta segunda pregunta, necesitamos rastrear un poco en el meollo del asunto; lo cual nos brindará un buen escenario para reflexionar sobre el importante concepto de probabilidad condicionada.

Enunciaremos y justificaremos también dos importantes resultados, muy útiles para resolver otros problemas más complicados: el Teorema de la Probabilidad Total ( que nos servirá para encontrar el resultado del primer apartado, desde otra persepectiva ) y el Teorema de Bayes.

Para mayor detalle, véanse invito al lector a que después de leer lo que sigue, lea también las observaciones y las notas que he añadido al final del artículo, que reinciden en todo lo que vamos a decir al hilo de las preguntas del problema.

Vamos a ello. Denotemos por $B$ al sucesor "extraer bola blanca"; por $N$, a "extraer bola negra"; y, por $\mathcal{P}$, al suceso "extraer una bola hecha de plástico"

Teniendo en cuenta que $$\mathcal{P}=(\mathcal{P}\cap B) \cup (\mathcal{P}\cap N)$$
podemos escribir $$P(\mathcal{P})=P\left((\mathcal{P}\cap B) \cup (\mathcal{P}\cap N)\right)$$ Y como los sucesos $\mathcal{P}\cap B$ y $\mathcal{P}\cap N$ son incompatibles ( disjuntos ), por el tercer axioma sabemos que $$P(\mathcal{P})=P(\mathcal{P}\cap B) + P(\mathcal{P}\cap N)$$ Ahora bien, la probabilidad de obtener una bola que sea de plástico y blanca es igual al producto de la probabilidad de que, sabiendo que sea blanca, dicha bola sea de plástico -- que denotaremos por $P(\mathcal{P}|B)$ ( probabilidad condicionada ) -- y la probabilidad de que sea blanca, esto es: $$P(\mathcal{P}\cap B)=P(\mathcal{P}|B)\,P(B)$$ y la probabilidad de obtener una bola que sea de plástico y negra es igual al producto de la probabilidad de que, sabiendo que sea negra, dicha bola sea de plástico -- que denotaremos por $P(\mathcal{P}|N)$ ( probabilidad condicionada ) -- y la probabilidad de que sea negra, esto es: $$P(\mathcal{P}\cap N)=P(\mathcal{P}|B)\,P(N)$$ Por todo ello puede escribirse lo siguiente $$P(\mathcal{P})=P(\mathcal{P}|B)\,P(B)+P(\mathcal{P}|N)\,P(N)$$

Y teniendo en cuenta que, según el enunciado, y por la regla de Laplace: $P(B)=\dfrac{3}{7}$, $P(N)=\dfrac{4}{7}$, $P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{2}{3}$ y $P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{1}{4}$, encontramos que, como cabría esperar, $$P(\mathcal{P})=\dfrac{3}{7}\cdot \dfrac{2}{3} + \dfrac{4}{7} \cdot \dfrac{1}{7}=\dfrac{3}{7}$$

El siguiente diagrama de árbol resume lo que se ha hecho:

b) Se nos pide ahora que calculemos la siguiente probabilidad $P(B|\mathcal{P})$, siendo ahora $\mathcal{P}$, el suceso condicionador. Partiremos de la siguiente igualdad, que resulta evidente al ser la intersección una operación conmutativa: $$P(\mathcal{P} \cap B) = P(B \cap \mathcal{P})$$ Por lo que se ha dicho anteriormente, el primer miembro es igual a $P(\mathcal{P}|B)\,P(B)$ y el segundo miembro es igual a $P(B|\mathcal{P})\,P(\mathcal{P}$, así que ambas cantidades han de ser iguales: $$P(\mathcal{P}|B)\,P(B)=P(B|\mathcal{P})\,P(\mathcal{P}$$ y, despejando $P(B|\mathcal{P})$, encontramos $$P(B|\mathcal{P})=\dfrac{P(\mathcal{P}|B)\,P(B)}{P(\mathcal{P}}$$ que es lo que afirma el teorema de Bayes. Y con los datos del problema, $$P(B|\mathcal{P})=\dfrac{(3/7)\cdot (2/3)}{3/7}=\dfrac{2}{3}$$ De manera análoga $$P(N|\mathcal{P})=\dfrac{P(\mathcal{P}|N)\,P(N)}{P(\mathcal{P}}$$ que, con los datos del problema, $$P(N|\mathcal{P})=\dfrac{(4/7)\cdot (1/4)}{3/7}=\dfrac{1}{3}$$

-oOo-Observación ( Una reflexión acerca de la noción de independencia de sucesos y de la definición de probabilidad condicionada ): Notemos que si todas las bolas fuesen de plástico, la pareja de sucesos $\mathcal{P}$ y $B$ serían independientes, y por tanto, $P(\mathcal{P}|B)=P(\mathcal{P})$. Y lo mismo sucedería con la pareja de sucesos $\mathcal{P}$ y $N$, también serían independientes, y por tanto $P(\mathcal{P}|N)=P(\mathcal{P})$.

Si $\mathcal{P}$ y $B$ no son independientes, tendremos que $P(\mathcal{P}\cap B)\neq P(\mathcal{P})$; y, lo mismo, con respecto a $\mathcal{P}$ y $B$, si no son independientes: $P(\mathcal{P}\cap N)\neq P(\mathcal{P})$

Deduciremos una expresión de $P(\mathcal{P}\cap B)$ y de $P(\mathcal{P}\cap N)$ a partir de lo que se ha dicho en el desarrollo del primer apartado, que viene a ser una definición natural de probabilidad condicionada ( por la información que tenemos de haber sacado bola blanca ): $$P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{P(\mathcal{P}\cap B)}{P(B)}$$ y, respectivamente, $$P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{P(\mathcal{P}\cap N)}{P(N)}$$ , contando con la información de haber extraído una bola negra.

Nota ( Otra manera de justificar la definición de probabilidad condicionada )
Consideremos los sucesos $\mathcal{P}$ y $B$. En buena lógica podemos postular que $P(\mathcal{P}|B)$ ha de ser proporcional a $P(\mathcal{P} \cap B)$, sea cual sea el suceso $B$, que estará incluido en el espacio muestral $\Omega$ asociado a la experiencia aleatoria $\mathcal{E}$ "extraer una bola de la bolsa". Entonces, existirá una constante ( de proporcionalidad) $k$, de tal manera que $$P(\mathcal{P}|B)=k\,P(\mathcal{P} \cap B)$$ Para determinar dicha constante $k$, supongamos ahora, que sin pérdida de generalidad, $\mathcal{P}:=\Omega$; con lo cual deberá cumplirse que $$P(\Omega|B)=k\,P(\Omega \cap B)$$ Ahora bien, como $B$ está incluído en $\Omega$, $P(\Omega|B)=P(\Omega)=1$ ( que es el suceso seguro ); y, por otra parte, y por la misma razón, $\Omega \cap B = B$, luego $P(\Omega \cap B)=P(B)$. En consecuencia, $$1=k\,P(B) \Rightarrow k = \dfrac{1}{P(B)}$$ por lo cual justificamos así la definición de probabilidad condicionada que hemos dado $$P(\mathcal{P}|B)=\dfrac{P(\mathcal{P} \cap B)}{P(B)}$$ Y, por supuesto, también podemos decir ( aplicándolo al caso que nos ocupa ) que $$P(\mathcal{P}|N)=\dfrac{P(\mathcal{P} \cap B)}{P(N)}$$
-oOo-A continuación, y para terminar, una manera más de resolver el problema, empleando una tabla de contingencia: