6. Probabilidad compuesta · Probabilidad

Definición

Probabilidad compuesta

Hablamos de probabilidad compuesta cuando hay que determinar la probabilidad de que se produzcan dos o más eventos, que pueden corresponder a experimentos distintos o al mismo experimento repetido varias veces. Es decir, eventos que se suceden en el tiempo.

La idea clave es:

\boxed{\;\text{En probabilidad compuesta, se }\textbf{multiplican}\text{ las probabilidades individuales.}\;}

Formalmente, si $A$ es el primer evento y $B$ el segundo:

P(A \cap B) \;=\; P(A) \cdot P(B \mid A).

Y si $A$ y $B$ son independientes ($P(B \mid A) = P(B)$), la fórmula se simplifica a:

P(A \cap B) \;=\; P(A) \cdot P(B).

Es la misma regla del producto de la Sección 5, vista ahora desde el ángulo de eventos encadenados en el tiempo: primero ocurre $A$, después ocurre $B$.

Las 4 situaciones posibles

Para calcular bien una probabilidad compuesta, primero hay que identificar qué situación tenemos. Hay dos ejes que definen 4 escenarios:

Qué fórmula se aplica según el experimento y la dependencia entre eventos.
	Independientes $P(B\mid A)=P(B)$	Dependientes $P(B\mid A)\neq P(B)$
Dos experimentos distintos	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B)$. Ej. Lanzar una moneda y un dado.	Poco habitual a nivel de 1º BTL. En general se evita, porque experimentos distintos suelen ser independientes.
El mismo experimento repetido	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B)$. Ej. Lanzar el mismo dado dos veces; con reposición (urna, baraja).	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B\mid A)$. Ej. Sacar dos bolas de una urna sin reposición.

La pregunta clave: «¿hay reposición?»

Cuando extraemos objetos (bolas, cartas, piezas…) de forma consecutiva, la pregunta crítica es si los devolvemos o no al origen antes de la siguiente extracción:

· Con reposición → el experimento vuelve a empezar igual → independientes.

· Sin reposición → la urna cambia entre extracciones → dependientes.

Si el enunciado no dice explícitamente «con» o «sin», el contexto lo aclara: «saca dos bolas» (sin), «lanza una moneda dos veces» (con, por construcción).

Ejemplos

Ejemplo 1 — Moneda y dado (experimentos distintos, independientes)

Se lanza una moneda y un dado correcto de 6 caras. ¿Cuál es la probabilidad de obtener cara y un 5?

Los dos experimentos son independientes (el resultado de uno no influye en el otro), así que:

P(\text{cara},\,5) \;=\; P(\text{cara}) \cdot P(5) \;=\; \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6} \;=\; \boxed{\;\frac{1}{12}\;\approx\;0{,}083.\;}

Ejemplo 2 — Dado dos veces (mismo experimento, independientes)

Se lanza un dado correcto dos veces. Calcula:

a) Probabilidad de sacar $5$ en la primera tirada y $5$ en la segunda:

P(5,5) \;=\; \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} \;=\; \boxed{\;\frac{1}{36}.\;}

b) Probabilidad de sacar el mismo número las dos veces (sea cual sea):

Hay 6 maneras de "hacer pareja" (1,1), (2,2), …, (6,6), todas con probabilidad $\tfrac{1}{36}$. Como son eventos incompatibles entre sí, sumamos:

P(\text{2 iguales}) \;=\; P(1,1) + P(2,2) + \cdots + P(6,6) \;=\; 6 \cdot \frac{1}{36} \;=\; \boxed{\;\frac{1}{6}.\;}

Idea: hay 36 parejas ordenadas $(i,j)$ posibles y 6 de ellas son "diagonales" $(i,i)$.

Ejemplo 3 — Urna con 5 bolas (3 rojas, 2 negras)

Una urna contiene 3 bolas rojas y 2 bolas negras. Sacamos 2 bolas, una tras otra. Comparamos las dos situaciones clave:

a) Con reposición (después de la primera bola, la devolvemos a la urna y removemos):

La urna vuelve a tener 5 bolas antes de la 2ª extracción. Por tanto las dos extracciones son independientes:

P(\text{roja, roja}) \;=\; \frac{3}{5} \cdot \frac{3}{5} \;=\; \frac{9}{25} \;=\; 0{,}36.

b) Sin reposición (no la devolvemos):

Después de sacar la 1ª roja, quedan 4 bolas en la urna y solo 2 rojas. La probabilidad condicionada $P(B\mid A)$ cambia:

P(\text{roja, roja}) \;=\; \underbrace{\frac{3}{5}}_{P(A)} \cdot \underbrace{\frac{2}{4}}_{P(B\mid A)} \;=\; \frac{6}{20} \;=\; \boxed{\;\frac{3}{10} \;=\; 0{,}3.\;}

La probabilidad baja sin reposición porque la primera extracción ha "consumido" una roja — la urna queda menos favorable a la segunda.

Comprobación: $\tfrac{3}{10} + \tfrac{3}{10} + \tfrac{3}{10} + \tfrac{1}{10} = 1$ ✓.

Estrategia: el diagrama de árbol

Método

Para problemas de probabilidad compuesta con 2 o 3 etapas, dibuja un diagrama de árbol:

1. Cada nivel del árbol representa una etapa (1ª extracción, 2ª extracción, …).

2. En cada rama, escribe la probabilidad condicionada al camino recorrido hasta ahora.

3. La probabilidad de un camino completo es el producto de las probabilidades de sus ramas.

4. Para una pregunta del tipo "¿cuál es la probabilidad de…?", localiza todos los caminos que la satisfacen y suma sus productos (porque caminos distintos son eventos incompatibles).

El árbol es la manera natural de combinar la regla del producto (a lo largo de cada camino) con la regla de la suma (entre caminos). Conecta directamente con el teorema de la probabilidad total.

Ejercicios

1 Moneda y dado — variantes

Se lanza una moneda correcta y un dado correcto de 6 caras. Calcula la probabilidad de:

a) Sacar cruz y un número par.

Independientes: $P(\text{cruz}) = \tfrac{1}{2}$, $P(\text{par}) = \tfrac{3}{6} = \tfrac{1}{2}$.

P(\text{cruz},\text{par}) = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2} = \boxed{\;\tfrac{1}{4}.\;}

b) Sacar cara y un número mayor que 4.

$P(\text{cara}) = \tfrac{1}{2}$, $P(>\!4) = P(\{5,6\}) = \tfrac{2}{6} = \tfrac{1}{3}$.

P = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{3} = \boxed{\;\tfrac{1}{6}.\;}

c) No sacar ni cara ni un 1.

"Ni cara ni 1" = (cruz) y (no 1). Ambos son independientes:

P(\text{cruz}, \neq\!1) = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{5}{6} = \boxed{\;\tfrac{5}{12} \approx 0{,}417.\;}

2 Dado dos veces

Se lanza un dado correcto dos veces. Calcula:

a) $P(3,4)$ — exactamente un 3 en la primera y un 4 en la segunda.

P(3,4) = \tfrac{1}{6}\cdot\tfrac{1}{6} = \boxed{\;\tfrac{1}{36}.\;}

b) $P(\text{suma} = 7)$.

Parejas ordenadas con suma 7: $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ — son 6 parejas, todas con probabilidad $\tfrac{1}{36}$:

P(\text{suma}=7) = 6\cdot\tfrac{1}{36} = \boxed{\;\tfrac{1}{6}.\;}

c) $P(\text{el primero es impar y el segundo es par})$.

Independientes: $P(\text{impar}) = \tfrac{3}{6}=\tfrac{1}{2}$, $P(\text{par}) = \tfrac{1}{2}$.

P = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2} = \boxed{\;\tfrac{1}{4}.\;}

d) $P(\text{ninguno de los dos sea un 6})$.

"Ninguno" = "no sale 6 en la 1ª" y "no sale 6 en la 2ª". Independientes:

P = \tfrac{5}{6}\cdot\tfrac{5}{6} = \boxed{\;\tfrac{25}{36}\approx 0{,}694.\;}

3 Urna — con y sin reposición

Una urna contiene 4 bolas blancas y 3 bolas negras. Sacamos 2 bolas consecutivamente.

a) Con reposición: $P(\text{ambas blancas})$.

Cada extracción es independiente, y en cada momento la urna tiene 4 blancas entre 7 bolas:

P = \tfrac{4}{7}\cdot\tfrac{4}{7} = \boxed{\;\tfrac{16}{49}\approx 0{,}327.\;}

b) Sin reposición: $P(\text{ambas blancas})$.

Después de la 1ª blanca, quedan 3 blancas entre 6 bolas:

P = \tfrac{4}{7}\cdot\tfrac{3}{6} = \tfrac{12}{42} = \boxed{\;\tfrac{2}{7}\approx 0{,}286.\;}

Sin reposición da menos probabilidad: la primera extracción ha "consumido" una blanca.

c) Sin reposición: $P(\text{una blanca y una negra, en cualquier orden})$.

Hay dos caminos compatibles: BN y NB. Por la regla del producto y de la suma:

P(\text{BN}) = \tfrac{4}{7}\cdot\tfrac{3}{6} = \tfrac{12}{42}, \qquad P(\text{NB}) = \tfrac{3}{7}\cdot\tfrac{4}{6} = \tfrac{12}{42}.

P(\text{una de cada}) = \tfrac{12}{42} + \tfrac{12}{42} = \tfrac{24}{42} = \boxed{\;\tfrac{4}{7}\approx 0{,}571.\;}

4 Baraja española — dos cartas seguidas

De una baraja española de 40 cartas (10 oros, 10 copas, 10 espadas, 10 bastos), sacamos 2 cartas seguidas sin reposición.

a) $P(\text{las dos son oros})$.

P = \tfrac{10}{40}\cdot\tfrac{9}{39} = \tfrac{90}{1560} = \boxed{\;\tfrac{3}{52}\approx 0{,}058.\;}

b) $P(\text{la 1ª es oro y la 2ª es copa})$.

Después de sacar oro, quedan 39 cartas con las 10 copas intactas:

P = \tfrac{10}{40}\cdot\tfrac{10}{39} = \tfrac{100}{1560} = \boxed{\;\tfrac{5}{78}\approx 0{,}064.\;}

c) $P(\text{ninguna es oro})$.

"Ningún oro" = no oro en la 1ª y no oro en la 2ª. Hay 30 no-oros:

P = \tfrac{30}{40}\cdot\tfrac{29}{39} = \tfrac{870}{1560} = \boxed{\;\tfrac{29}{52}\approx 0{,}558.\;}

d) $P(\text{al menos una es oro})$.

Por el complementario del apartado (c):

P(\text{al menos un oro}) = 1 - P(\text{ningún oro}) = 1 - \tfrac{29}{52} = \boxed{\;\tfrac{23}{52}\approx 0{,}442.\;}

Truco: «al menos uno» suele salir más fácil por el complementario «ninguno».

5 Tres etapas — moneda 3 veces

Se lanza una moneda correcta tres veces. Cada lanzamiento es independiente de los demás.

a) $P(\text{tres caras seguidas})$.

P = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2} = \boxed{\;\tfrac{1}{8}=0{,}125.\;}

b) $P(\text{exactamente dos caras})$.

Las 8 secuencias posibles son equiprobables ($\tfrac{1}{8}$ cada una). Las que tienen exactamente 2 caras: CCX, CXC, XCC — son 3.

P(\text{2 caras}) = 3 \cdot \tfrac{1}{8} = \boxed{\;\tfrac{3}{8}=0{,}375.\;}

c) $P(\text{al menos una cara})$.

Por el complementario "ninguna cara" (= 3 cruces seguidas):

P(\text{al menos 1 cara}) = 1 - \left(\tfrac{1}{2}\right)^3 = 1 - \tfrac{1}{8} = \boxed{\;\tfrac{7}{8}=0{,}875.\;}