Introducción

En la entrada anterior concluimos nuestro estudio de algunos de los enfoques más importantes en la historia de la probabilidad. Más aún, vimos que podemos plasmar estos enfoques en medidas de probabilidad específicas. Sin embargo, estas no son las únicas medidas de probabilidad que existen, ¡hay muchísimas más!

Pasaremos ahora a otro asunto. Dada una medida de probabilidad $\mathbb{P}$, construiremos un nuevo concepto llamado probabilidad condicional. A grandes rasgos, lo que queremos hacer es medir la probabilidad de un evento $B$ condicionando a que otro evento $A$ ya ocurrió. En esencia, lo que queremos es una medida que nos permita capturar el efecto que tiene la información de $A$ sobre la probabilidad de $B$. Sin más preámbulos, veamos cómo lo haremos.

Motivación de la probabilidad condicional

Sea $(\mathrm{\Omega },\mathcal{F},\mathbb{P})$ un espacio de probabilidad cualquiera, y $A\in \mathcal{F}$ un evento de $\mathrm{\Omega }$. Ahora, a partir de $\mathbb{P}$, ¿cómo podríamos construir una medida que exprese la probabilidad de que ocurra un evento $B$ condicionando a que $A$ ya ocurrió?

Para atacar este problema, sea $B\in \mathcal{F}$ un evento cualquiera. Recordando que el evento $B\cap A$ es aquel en donde ocurren $B$ y $A$, así que $\mathbb{P}(B\cap A)$ es la probabilidad de que ocurran $B$ y $A$. Sin embargo, esta probabilidad de ocurrencia se calcula con respecto a todos los resultados en $\mathrm{\Omega }$, no sólamente sobre aquellos eventos en los que ocurre $A$. Por ejemplo, si los eventos $B$ y $A$ son tales que $\mathbb{P}(B\cap A)=0.1$ y $\mathbb{P}\left(A\right)=0.4$, se espera que si observas el fenómeno aleatorio muchas veces, en un $40\mathrm{\%}$ de los resultados ocurrirá $A$ y en $10\mathrm{\%}$ ocurrirá $B$ y $A$. No obstante, al fijarnos únicamente en aquellos resultados en los que ocurrió $A$, aproximadamente el $\frac{0.1}{0.4}=0.25=25\mathrm{\%}$ de ellos corresponde a resultados en los que también ocurrió $B$.

Por ello, es necesario «reescalar» la expresión $\mathbb{P}(B\cap A)$ para que efectivamente represente la probabilidad de que ocurra $B$ dado que ya ocurrió $A$, donde $0$ es lo más improbable y $1$ es lo más probable. El reescalamiento se hace con respecto a $A$, que es el conjunto que asumimos que ya ocurrió. Para hacerlo, tomamos el cociente $\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}\left(A\right)}$, que captura la idea de restringirnos a los resultados en los que ya ocurrió $A$.

Definición de la probabilidad condicional

Tomando en cuenta la motivación de la sección anterior, se define la probabilidad condicional como sigue.

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Definición. Sea $(\mathrm{\Omega },\mathcal{F},\mathbb{P})$ un espacio de probabilidad. Sea $A\in \mathcal{F}$ un evento tal que $\mathbb{P}\left(A\right)>0$. Para cada $B\in \mathcal{F}$ se define $\mathbb{P}(B\mid A)$, la probabilidad condicional de $B$ dado $A$, como

$$\mathbb{P}(B\mid A)=\frac{\mathbb{P}(B\cap A)}{\mathbb{P}\left(A\right)}.$$

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En la probabilidad condicional, el conjunto $A$ se interpreta como información conocida. Es decir, imagina que tienes ante tí un fenómeno aleatorio con espacio de probabilidad $(\mathrm{\Omega },\mathcal{F},\mathbb{P})$, y un evento $A\in \mathcal{F}$. Entonces, si ya ocurrió $A$, ¿cómo se ve afectada la probabilidad de algún evento $B$ tomando en cuenta esa información? La respuesta a esa pregunta la obtenemos con la probabilidad condicional de $B$ dado $A$.

Es posible dar una definición para la probabilidad condicional dado un evento de probabilidad $0$. Es decir, puede definirse cuando $\mathbb{P}\left(A\right)=0$. Sin embargo, no contamos con las herramientas matemáticas suficientes para hacerlo. No obstante, ¿tiene sentido hacer semejante barbaridad? ¡Resulta que sí! Aún cuando la probabilidad de un evento es $0$, esto no significa que sea imposible que ocurra. Recuerda, cuando un evento tiene probabilidad $0$, quiere decir que su ocurrencia es lo más improbable posible. Aún así, esto no significa «imposible» en todos los casos. Más adelante veremos casos en los que surgen eventos de probabilidad $0$ que sí podrían ocurrir, de manera muy natural.

Una consecuencia inmediata de la definición anterior es que para cualesquiera eventos $A$, $B$ tales que $\mathbb{P}\left(A\right)$, $\mathbb{P}\left(B\right)>0$ se cumple que

$$\mathbb{P}(B\cap A)=\mathbb{P}(B\mid A)\mathbb{P}\left(A\right),$$

y que

$$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A\mid B)\mathbb{P}\left(B\right),$$

Y como $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(B\cap A)$ (pues $A\cap B$ y $B\cap A$ son el mismo evento), se tiene que

• $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A\mid B)\mathbb{P}\left(B\right)$, y
• $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(B\mid A)\mathbb{P}\left(A\right)$.

Este resultado es conocido como la regla multiplicativa.

Ejemplos

Ejemplo. Recordemos que en una baraja estándar de $52$ cartas hay $12$ cartas con ilustración: hay $4$ jotas, reinas y reyes. Imagina que un amigo tuyo revuelve la baraja y tú tomas una carta. Le muestras la carta a tu amigo, y éste te comenta que la carta es un as o una carta con ilustración. ¿Cuál es la probabilidad de que tu carta sea un rey sabiendo esa información?

En primera, $\mathrm{\Omega }$ es el conjunto de todas las cartas de una baraja estándar, por lo que $|\mathrm{\Omega }|=52$. Tenemos dos eventos que nos interesan:

• $A$: el evento de que la carta extraída sea un rey. En consecuencia, se tiene que $$A=\{\mathrm{K}\mathrm{♡},\mathrm{K}⧫,\mathrm{K}\mathrm{♠},\mathrm{K}\mathrm{♣}\}.$$
• $B$: el evento de que la carta extraída sea un as o una carta con ilustración. Es decir, $B$ es el evento $$B=\left\{\begin{array}{cccc}\mathrm{A}\mathrm{♡},& \mathrm{A}⧫,& \mathrm{A}\mathrm{♠},& \mathrm{A}\mathrm{♣},\\ \mathrm{J}\mathrm{♡},& \mathrm{J}⧫,& \mathrm{J}\mathrm{♠},& \mathrm{J}\mathrm{♣},\\ \mathrm{Q}\mathrm{♡},& \mathrm{Q}⧫,& \mathrm{Q}\mathrm{♠},& \mathrm{Q}\mathrm{♣},\\ \mathrm{K}\mathrm{♡},& \mathrm{K}⧫,& \mathrm{K}\mathrm{♠},& \mathrm{K}\mathrm{♣}\end{array}\right\}.$$

En términos de estos eventos, lo que queremos saber es $\mathbb{P}(A\mid B)$. Entonces necesitaremos la probabilidad de $A\cap B$. Por ello, observa que $A\cap B=\{\mathrm{K}\mathrm{♡},\mathrm{K}⧫,\mathrm{K}\mathrm{♠},\mathrm{K}\mathrm{♣}\}$. Además, como se trata de un ejemplo de conteo, asumiremos que se toma la carta de manera equiprobable. Así, se tiene que

Por lo tanto,

$$\mathbb{P}(A\mid B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}\left(B\right)}=\frac{\frac{1}{13}}{\frac{4}{13}}=\frac{1}{4}.$$

En conclusión, la probabilidad de que la carta obtenida sea un rey sabiendo que es un as o una carta con ilustración es $\mathbb{P}(A\mid B)=0.25$.

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También habrá ocasiones en las que la probabilidad condicional ya es conocida, y se puede utilizar para el cálculo de otras probabilidades.

Ejemplo. En el refrigerador de una casa hay $8$ latas de refresco y $4$ latas de cerveza. Una persona decide agarrar, sin mirar, una lata para su amiga. Después, vuelve a meter la mano al refrigerador, sin mirar, para tomar una lata para ella misma. Definimos los siguientes eventos:

• $A$: La primera selección es una lata de refresco.
• $B$: La segunda selección es una lata de refresco.

Podemos utilizar la regla multiplicativa para determinar la probabilidad de que las dos latas elegidas son de refresco. Esto corresponde al evento $A\cap B$, y por la regla multiplicativa:

$$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}(B\mid A).$$

Ahora, suponiendo equiprobabilidad, $\mathbb{P}\left(A\right)=\frac{8}{12}=\frac{2}{3}$, pues hay $8$ latas de refresco y $12$ latas en total. ¿Es posible saber $\mathbb{P}(B\mid A)$? ¡Sí! Pues cuando ya se observó $A$, quedan $7$ latas de refresco y $11$ latas en total, así que $\mathbb{P}(B\mid A)=\frac{7}{11}$. De este modo, tenemos que

$$\mathbb{P}(A\cap B)=\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{7}{11}\right)=\frac{14}{33}.$$

Del mismo modo, podemos obtener la probabilidad de que las dos latas sean de cerveza. Para ello, observa que el evento de que ambas latas sean de cerveza es $A^{\mathsf{c}}\cap B^{\mathsf{c}}$. Así,

$$\mathbb{P}(A^{\mathsf{c}}\cap B^{\mathsf{c}})=\mathbb{P}\left(A^{\mathsf{c}}\right)\mathbb{P}(B^{\mathsf{c}}\mid A^{\mathsf{c}}).$$

Observa que $\mathbb{P}\left(A^{\mathsf{c}}\right)=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$, y que $\mathbb{P}(B^{\mathsf{c}}\mid A^{\mathsf{c}})=\frac{3}{11}$, similar al caso anterior. Por ello, tenemos que

$$\mathbb{P}(A^{\mathsf{c}}\cap B^{\mathsf{c}})=\left(\frac{1}{3}\right)\left(\frac{3}{11}\right)=\frac{1}{11}.$$

La probabilidad condicional también puede resultar útil para el cálculo de la probabilidad de un evento. Por ejemplo, ¿cuál será la probabilidad de $B$? Podemos auxiliarnos de la aditividad de una medida de probabilidad, pero para ello debemos de partir a $B$ en pedazos ajenos. Para hacerlo, observa que $B=B\cap \mathrm{\Omega }$, sea cual sea el espacio muestral $\mathrm{\Omega }$, pues $B\subseteq \mathrm{\Omega }$. Además, $\mathrm{\Omega }=A\cup A^{\mathsf{c}}$, por lo que

$$B=B\cap \mathrm{\Omega }=B\cap (A\cup A^{\mathsf{c}})=(B\cap A)\cup (B\cap A^{\mathsf{c}}).$$

Nota que los eventos $B\cap A$ y $B\cap A^{\mathsf{c}}$ son ajenos, por lo que

$$\mathbb{P}\left(B\right)=\mathbb{P}((B\cap A)\cup (B\cap A^{\mathsf{c}}))=\mathbb{P}(B\cap A)+\mathbb{P}(B\cap A^{\mathsf{c}}),$$

y por la regla multiplicativa, obtenemos que

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}\left(B\right)& =\mathbb{P}\left(A\right)\mathbb{P}(B\mid A)+\mathbb{P}\left(A^{\mathsf{c}}\right)\mathbb{P}(B\mid A^{\mathsf{c}})\\ & =\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{7}{11}\right)+\left(\frac{1}{3}\right)\left(\frac{8}{11}\right)\\ & =\frac{14}{33}+\frac{8}{33}\\ & =\frac{22}{33}\\ & =\frac{2}{3}.\end{array}$$

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El resultado que usamos al final del último ejemplo es muy importante, y es comocido como el teorema de probabilidad total. Lo veremos propiamente (y de manera más general) en una sección posterior.

Ejemplo. Considera el experimento de lanzar un dado $2$ veces consecutivas. En este caso, el espacio muestral $\mathrm{\Omega }$ puede verse como

$$\mathrm{\Omega }=\{1,2,3,4,5,6{\}}^2=\left\{\begin{array}{cccccc}(1,1),& (1,2),& (1,3),& (1,4),& (1,5),& (1,6),\\ (2,1),& (2,2),& (2,3),& (2,4),& (2,5),& (2,6),\\ (3,1),& (3,2),& (3,3),& (3,4),& (3,5),& (3,6),\\ (4,1),& (4,2),& (4,3),& (4,4),& (4,5),& (4,6),\\ (5,1),& (5,2),& (5,3),& (5,4),& (5,5),& (5,6),\\ (6,1),& (6,2),& (6,3),& (6,4),& (6,5),& (6,6)\end{array}\right\}$$

donde la primera entrada de cada par ordenado es el resultado del primer lanzamiento y la segunda entrada es el resultado del segundo lanzamiento. ¿Cuál será la probabilidad de que la suma de los dos resultados sea mayor a $6$ dado que en el primer lanzamiento se obtuvo un $3$?

Considera los siguientes eventos:

• $A$: el evento de que el primer lanzamiento sea un $3$. Esto quiere decir que$$A=\{(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)\}.$$
• $B$: el evento de que la suma de ambos resultados sea mayor a $6$. Primero, podemos escribir a $B$ como$$B=\{(x,y)\in \mathrm{\Omega }\mid x+y>6\}.$$ Explícitamente, los elementos de $B$ son$$B=\left\{\begin{array}{ccccccc}(1,6),& (2,5),& (2,6),& (3,4),& (3,5),& (3,6),& (4,3),\\ (4,4),& (4,5),& (4,6),& (5,2),& (5,3),& (5,4),& (5,5),\\ (5,6),& (6,1),& (6,2),& (6,3),& (6,4),& (6,5),& (6,6)\end{array}\right\},$$que son precisamente todos los pares ordenados en $\mathrm{\Omega }$ cuyas entradas suman más de $6$.

Así, la probabilidad que queremos obtener es $\mathbb{P}(B\mid A)$. En este ejemplo no hemos especificado una medida de probabilidad, así que asumiremos equiprobabilidad. Por ello, el cálculo de $\mathbb{P}\left(A\right)$ y $\mathbb{P}\left(B\right)$ es muy sencillo en este caso. Para $A$ tenemos que

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}\left(A\right)& =\frac{|A|}{|\mathrm{\Omega }|}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}.\end{array}$$

Por otro lado, para $B$ se tiene que

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}\left(B\right)& =\frac{|B|}{|\mathrm{\Omega }|}=\frac{21}{36}=\frac{7}{12}.\end{array}$$

Además, para calcular $\mathbb{P}(B\mid A)$ necesitamos $\mathbb{P}(A\cap B)$. Realizando esta intersección obtenemos que $A\cap B$ es

$$\begin{array}{rl}A\cap B& =\{(3,4),(3,5),(3,6)\},\end{array}$$

por lo que $\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$. En consecuencia, tenemos que

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(B\mid A)& =\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}\left(B\right)}=\frac{\frac{1}{12}}{\frac{1}{6}}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

Es decir, la probabilidad de que la suma de los dos resultados sea mayor a $6$ sabiendo que el primer lanzamiento fue un $3$ es de $0.5$. En contraste, la probabilidad (sin condicionar) de que la suma de los dos resultados sea mayor a $6$ es $\frac{7}{12}=0.5833\dots$

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Tarea moral

Los siguientes ejercicios son opcionales. Es decir, no formarán parte de tu calificación. Sin embargo, te recomiendo resolverlos para que desarrolles tu dominio de los conceptos abordados en esta entrada.

1. Sea $(\mathrm{\Omega },\mathcal{F},\mathbb{P})$ un espacio de probabilidad, y sea $A\in \mathcal{F}$ un evento tal que $\mathbb{P}\left(A\right)>0$. Demuestra que la probabilidad condicional dado $A$ es una medida de probabilidad. Es decir, demuestra que la función ${\mathbb{P}}_A:\mathcal{F}\to \mathbb{R}$ dada por: $${\mathbb{P}}_A(B)=\mathbb{P}(B\mid A),$$para cada $B\in \mathcal{F}$, es una medida de probabilidad. Sugerencia: Usa la definición de $\mathbb{P}(B\mid A)$ y aprovecha que $\mathbb{P}$ es una medida de probabilidad.
2. Repite lo que hicimos en el ejemplo de las latas en el refrigerador, pero asumiendo que hay $7$ latas de refresco y $3$ latas de cerveza.
3. En el ejemplo de lanzar un dado $2$ veces, obtén la probabilidad de que la suma de los dos resultados sea mayor a $7$ dado que en le primer lanzamiento se obtuvo $2$ o $3$.
4. Dados dos eventos $A$, $B$ con $\mathbb{P}\left(A\right)$, $\mathbb{P}\left(B\right)>0$, ¿siempre es cierto que $\mathbb{P}(A\mid B)=\mathbb{P}(B\mid A)$? Si crees sí, demuéstralo; si crees que no, exhibe un contraejemplo.

Más adelante…

La probabilidad condicional resulta una herramienta fundamental en la teoría de la probabilidad. Habrá ejemplos y ejercicios (y, por consiguiente, aplicaciones) en los que la información que se te da está en términos de condicionales. Más adelante veremos algunas fórmulas que permiten calcular la probabilidad de eventos haciendo uso de probabilidades condicionales.

En la siguiente entrada veremos un concepto que está cercanamente relacionado con la probabilidad condicional: la noción de independencia de eventos.

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