6. Probabilitat composta · Probabilitat

Definició

Probabilitat composta

Parlem de probabilitat composta quan cal determinar la probabilitat que es produeixin dos o més esdeveniments, que poden correspondre a experiments diferents o al mateix experiment repetit diverses vegades. És a dir, esdeveniments que se succeeixen en el temps.

La idea clau és:

\boxed{\;\text{En probabilitat composta, es }\textbf{multipliquen}\text{ les probabilitats individuals.}\;}

Formalment, si $A$ és el primer esdeveniment i $B$ el segon:

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

I si $A$ i $B$ són independents ($P(B \mid A) = P(B)$), la fórmula es simplifica a:

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

Aquesta és la mateixa regla del producte de la Secció 5, vista ara des de l'angle d'esdeveniments encadenats en el temps: primer passa $A$, després passa $B$.

Les 4 situacions possibles

Per calcular bé una probabilitat composta, cal identificar primer quina situació tenim. Hi ha dos eixos que defineixen 4 escenaris:

Quina fórmula s'aplica segons l'experiment i la dependència entre esdeveniments.
	Independents $P(B\mid A)=P(B)$	Dependents $P(B\mid A)\neq P(B)$
Dos experiments diferents	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B)$. Ex. Llançar una moneda i un dau.	Poc habitual a 1r BTL. En general s'evita, perquè els experiments diferents acostumen a ser independents.
El mateix experiment repetit	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B)$. Ex. Llançar el mateix dau dues vegades; amb reposició (urna, baralla).	$P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B\mid A)$. Ex. Treure dues boles d'una urna sense reposició.

La pregunta clau: «hi ha reposició?»

Quan extraiem objectes (boles, cartes, peces…) de manera consecutiva, la pregunta crítica és si els retornem o no a l'origen abans de la propera extracció:

· Amb reposició → l'experiment torna a començar igual → independents.

· Sense reposició → l'urna canvia entre extraccions → dependents.

Si la situació no diu explícitament «amb» o «sense», el context ho aclareix: «treu dues boles» (sense), «llança una moneda dues vegades» (amb, per construcció).

Exemples

Exemple 1 — Moneda i dau (experiments diferents, independents)

Es llança una moneda i un dau correcte de 6 cares. Quina és la probabilitat de treure cara i un 5?

Els dos experiments són independents (el resultat d'un no influeix l'altre), així 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.\;}

Exemple 2 — Dau dues vegades (mateix experiment, independents)

Es llança un dau correcte dues vegades. Calcula:

a) Probabilitat de treure $5$ a la primera tirada i $5$ a la segona:

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

b) Probabilitat de treure el mateix nombre les dues vegades (sigui quin sigui):

Hi ha 6 maneres de "fer parella" (1,1), (2,2), …, (6,6), totes amb probabilitat $\tfrac{1}{36}$. Com que són esdeveniments incompatibles entre ells, sumem:

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

Idea: hi ha 36 parelles ordenades $(i,j)$ possibles i 6 d'elles són "diagonals" $(i,i)$.

Exemple 3 — Urna amb 5 boles (3 vermelles, 2 negres)

Una urna conté 3 boles vermelles i 2 boles negres. Treiem 2 boles, una rere l'altra. Comparem les dues situacions clau:

a) Amb reposició (després de la primera bola, la tornem a l'urna i remenem):

L'urna torna a tenir 5 boles abans de la 2a extracció. Per tant les dues extraccions són independents:

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

b) Sense reposició (no la tornem):

Després de treure la 1a vermella, queden 4 boles a l'urna i només 2 vermelles. La probabilitat condicionada $P(B\mid A)$ canvia:

P(\text{vermella, vermella}) \;=\; \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 probabilitat baixa sense reposició perquè la primera extracció ha "consumit" una vermella — l'urna queda menys favorable a la segona.

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

Estratègia: el diagrama d'arbre

Mètode

Per a problemes de probabilitat composta amb 2 o 3 etapes, dibuixa un diagrama d'arbre:

1. Cada nivell de l'arbre representa una etapa (1a extracció, 2a extracció, …).

2. A cada branca, escriu la probabilitat condicionada al camí recorregut fins ara.

3. La probabilitat d'un camí complet és el producte de les probabilitats de les seves branques.

4. Per a una pregunta del tipus "quina és la probabilitat de…", localitza tots els camins que la satisfan i suma els seus productes (perquè camins diferents són esdeveniments incompatibles).

L'arbre és la manera natural de combinar la regla del producte (al llarg de cada camí) amb la regla de la suma (entre camins). Connecta directament amb el teorema de la probabilitat total.

Exercicis

1 Moneda i dau — variants

Es llança una moneda correcta i un dau correcte de 6 cares. Calcula la probabilitat de:

a) Treure creu i un nombre parell.

Independents: $P(\text{creu}) = \tfrac{1}{2}$, $P(\text{parell}) = \tfrac{3}{6} = \tfrac{1}{2}$.

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

b) Treure cara i un nombre més gran 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 treure ni cara ni un 1.

"Ni cara ni 1" = (creu) i (no 1). Tots dos són independents:

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

2 Dau dues vegades

Es llança un dau correcte dues vegades. Calcula:

a) $P(3,4)$ — exactament un 3 a la primera i un 4 a la segona.

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

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

Parelles ordenades amb suma 7: $(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)$ — són 6 parelles, totes amb probabilitat $\tfrac{1}{36}$:

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

c) $P(\text{el primer és senar i el segon és parell})$.

Independents: $P(\text{senar}) = \tfrac{3}{6}=\tfrac{1}{2}$, $P(\text{parell}) = \tfrac{1}{2}$.

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

d) $P(\text{cap dos sigui un 6})$.

"Cap" = "no surt 6 a la 1a" i "no surt 6 a la 2a". Independents:

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

3 Urna — amb i sense reposició

Una urna conté 4 boles blanques i 3 boles negres. Treiem 2 boles consecutivament.

a) Amb reposició: $P(\text{ambdues blanques})$.

Cada extracció és independent, i a cada cop la urna té 4 blanques entre 7 boles:

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

b) Sense reposició: $P(\text{ambdues blanques})$.

Després de la 1a blanca, queden 3 blanques entre 6 boles:

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

Sense reposició dóna menys probabilitat: la primera extracció ha "consumit" una blanca.

c) Sense reposició: $P(\text{una blanca i una negra, en qualsevol ordre})$.

Hi ha dos camins compatibles: BN i NB. Per la regla del producte i 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 Baralla espanyola — dues cartes seguides

D'una baralla espanyola de 40 cartes (10 ors, 10 copes, 10 espases, 10 bastos), traiem 2 cartes seguides sense reposició.

a) $P(\text{les dues són ors})$.

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

b) $P(\text{la 1a és or i la 2a és copa})$.

Després de treure or, queden 39 cartes amb les 10 copes intactes:

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

c) $P(\text{cap és or})$.

"Cap or" = no or a la 1a i no or a la 2a. Hi ha 30 no-ors:

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

d) $P(\text{almenys una és or})$.

Pel complementari de l'apartat (c):

P(\text{almenys una or}) = 1 - P(\text{cap or}) = 1 - \tfrac{29}{52} = \boxed{\;\tfrac{23}{52}\approx 0{,}442.\;}

Truc: «almenys un» sovint surt més fàcil pel complementari «cap».

5 Tres etapes — moneda 3 vegades

Es llança una moneda correcta tres vegades. Cada llançament és independent dels altres.

a) $P(\text{tres cares seguides})$.

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

b) $P(\text{exactament dues cares})$.

Les 8 seqüències possibles són equiprobables ($\tfrac{1}{8}$ cadascuna). Les que tenen exactament 2 cares: CCX, CXC, XCC — són 3.

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

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

Pel complementari "cap cara" (= 3 creus seguides):

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