Taller 1

Control de calidad: σ-álgebras, probabilidad de Laplace, teorema de Bayes e independencia

Taller en equipos de hasta tres personas, con solución, sobre espacios muestrales, σ-álgebras, probabilidad de Laplace, teorema de la probabilidad total, teorema de Bayes e independencia de eventos.

Una fábrica de bombillos produce en dos líneas distintas, con tasas de falla distintas. En este taller van a recorrer el mismo objeto (un bombillo defectuoso o no) bajo tres modelos probabilísticos diferentes: un espacio muestral discreto con su σ-álgebra, un lote ya fabricado y fijo (Laplace clásico), y un proceso de fabricación en dos etapas (probabilidad total, Bayes e independencia). El hilo que conecta los tres es la pregunta: ¿qué estructura matemática le corresponde a cada situación aleatoria, y por qué no es la misma en los tres casos?

1 Espacio muestral y una σ-álgebra más pequeña

Se extraen 3 bombillos de la producción (ya mezclada) y se clasifica cada uno como defectuoso “D” o no defectuoso “N”. Sea \(\Omega = \{D,N\}^3\) y, para \(i=1,2,3\),

\[A_i := \text{el } i\text{-ésimo bombillo extraído es defectuoso}\]

1. Describan por extensión los eventos \(A_1\), \(A_1\cup A_3\) y \(A_1\cap A_2^c\cap A_3\).
2. Sea \(T:\Omega\to\{0,1,2,3\}\) la función que cuenta el número total de bombillos defectuosos entre los tres extraídos. Usando el resultado ya demostrado en clase sobre la preimagen de una σ-álgebra (si \(\mathfrak F'\) es una σ-álgebra sobre \(\Omega'\) y \(f:\Omega\to\Omega'\), entonces \(f^{-1}(\mathfrak F')\) es una σ-álgebra sobre \(\Omega\)), identifiquen explícitamente \[\mathfrak T := T^{-1}\big(\mathcal P(\{0,1,2,3\})\big) \subset \mathcal P(\Omega)\] Listen los átomos de \(\mathfrak T\) (los subconjuntos no vacíos más pequeños de \(\Omega\) que pertenecen a \(\mathfrak T\)).
3. Muestren que \(\mathfrak T\) es estrictamente más pequeña que \(\mathcal P(\Omega)\): exhiban un evento de \(\mathcal P(\Omega)\) que no pertenezca a \(\mathfrak T\), y expliquen en una frase por qué la información de \(T\) (cuántos, no cuáles) no alcanza para reconstruirlo.

TipSolución

\[\Omega = \{DDD, DDN, DND, DNN, NDD, NDN, NND, NNN\}\]

1. \[A_1 = \{DDD, DDN, DND, DNN\}\] \[A_1\cup A_3 = \{DDD, DDN, DND, DNN, NDD, NND\}\]

Para \(A_1\cap A_2^c\cap A_3\) se exige posición 1 = D, posición 2 = N y posición 3 = D simultáneamente, lo que fija el resultado por completo:

\[A_1\cap A_2^c\cap A_3 = \{DND\}\]

2. Sea \(T(\omega)\) el número de defectuosos. Sus niveles particionan \(\Omega\):

\[L_0=\{NNN\}, \quad L_1=\{DNN,NDN,NND\}, \quad L_2=\{DDN,DND,NDD\}, \quad L_3=\{DDD\}\]

Como \(T^{-1}(\{k\})=L_k\) y todo subconjunto de \(\{0,1,2,3\}\) es unión de singletons, \(\mathfrak T\) es exactamente el conjunto de todas las uniones de \(L_0,L_1,L_2,L_3\): \(|\mathfrak T|=2^4=16\). Los átomos de \(\mathfrak T\) son \(L_0, L_1, L_2, L_3\).

3. Tomemos \(A_1=\{DDD,DDN,DND,DNN\}\). Nótese que \(A_1\cap L_2=\{DDN,DND\}\) es un subconjunto propio y no vacío de \(L_2=\{DDN,DND,NDD\}\). Como todo elemento de \(\mathfrak T\) es unión completa de átomos, ningún elemento de \(\mathfrak T\) puede cortar a la mitad un átomo, así que \(A_1\notin\mathfrak T\). Interpretación: \(T\) solo informa cuántos defectuosos hubo, no cuáles posiciones, por eso no puede reconstruir un evento que depende de la posición específica.

2 Un lote ya fabricado (modelo de Laplace)

Ahora cambien de modelo: un lote ya fabricado y en bodega tiene \(N=60\) bombillos, de los cuales \(D=9\) son defectuosos. Esta vez el defecto ya está fijo en cada bombillo del lote; no hay ningún mecanismo aleatorio en curso, solo incertidumbre sobre cuáles bombillos tocan en la muestra. Un inspector extrae, sin reemplazo, una muestra de \(n=6\) bombillos.

1. Calculen la probabilidad de que la muestra contenga exactamente 2 defectuosos.
2. Calculen la probabilidad de que la muestra no contenga ningún defectuoso, y usen esto para obtener la probabilidad de que contenga al menos uno.

TipSolución

1. \[P(\text{exactamente 2}) = \frac{\binom{9}{2}\binom{51}{4}}{\binom{60}{6}} = \frac{36\times 249{.}900}{50{.}063{.}860} \approx 0{,}1797\]

2. \[P(\text{ninguno defectuoso}) = \frac{\binom{51}{6}}{\binom{60}{6}} = \frac{18{.}009{.}460}{50{.}063{.}860} \approx 0{,}3597\] \[P(\text{al menos uno}) = 1-0{,}3597 = 0{,}6403\]

3 El proceso de fabricación (probabilidad total y Bayes)

Modelen ahora el proceso mismo de fabricación, bombillo por bombillo: cada bombillo se produce en la línea 1 con probabilidad \(\alpha=0{,}7\) o en la línea 2 con probabilidad \(1-\alpha=0{,}3\). Dado que se produjo en la línea 1, la probabilidad de que sea defectuoso es \(p_1=0{,}02\); dado que se produjo en la línea 2, es \(p_2=0{,}09\). Sea \(D\) el evento “el bombillo es defectuoso” y \(M_1\), \(M_2\) los eventos “se produjo en la línea 1 (2)”.

1. Calculen \(P(D)\) usando el teorema de la probabilidad total.
2. Un bombillo elegido al azar de la producción resulta defectuoso. Calculen \(P(M_2\mid D)\) usando el teorema de Bayes.
3. Calculen \(P(M_1\mid D^c)\) (dado que el bombillo no es defectuoso, la probabilidad de que venga de la línea 1). Comparen este número con \(P(M_1)=0{,}7\) y comenten, en una frase, qué les dice la diferencia.

TipSolución

1. \[P(D) = P(D\mid M_1)P(M_1)+P(D\mid M_2)P(M_2) = (0{,}02)(0{,}7)+(0{,}09)(0{,}3) = 0{,}014+0{,}027 = 0{,}041\]

2. \[P(M_2\mid D) = \frac{P(D\mid M_2)P(M_2)}{P(D)} = \frac{0{,}027}{0{,}041} = \frac{27}{41} \approx 0{,}6585\]

3. Con \(P(D^c)=0{,}959\) y \(P(D^c\mid M_1)=1-p_1=0{,}98\): \[P(M_1\mid D^c) = \frac{P(D^c\mid M_1)P(M_1)}{P(D^c)} = \frac{(0{,}98)(0{,}7)}{0{,}959} = \frac{0{,}686}{0{,}959} \approx 0{,}7153\]

Comparado con \(P(M_1)=0{,}7\), sube levemente a \(0{,}7153\): como la línea 1 falla menos, que un bombillo no sea defectuoso es evidencia débil a favor de que venga de la línea más confiable.

4 ¿Cuándo son independientes?

1. Verifiquen, con los datos de la sección anterior, si \(D\) y \(M_1\) son eventos independientes.
2. Ahora generalicen. Con \(\alpha\) fijo, \(0<\alpha<1\), y tasas de falla \(p_1,p_2\) arbitrarias (no necesariamente \(0{,}02\) y \(0{,}09\)), determinen para qué relación entre \(p_1\) y \(p_2\) los eventos \(D\) y \(M_1\) resultan independientes. Demuestren su respuesta algebraicamente a partir de la definición de independencia (no verifiquen un caso: derive la condición general).
3. En una frase: ¿por qué el resultado del numeral anterior no depende de \(\alpha\)? ¿Qué les dice esto sobre qué es lo que realmente vuelve informativo saber de qué línea vino un bombillo?

TipSolución

1. \(P(D\cap M_1) = P(D\mid M_1)P(M_1) = (0{,}02)(0{,}7) = 0{,}014\), mientras que \(P(D)P(M_1) = (0{,}041)(0{,}7) = 0{,}0287\). Como \(0{,}014\ne 0{,}0287\), \(D\) y \(M_1\) no son independientes; la desigualdad va en el sentido esperado, saber que un bombillo viene de la línea 1 baja su probabilidad de falla por debajo del promedio.

2. Con \(\alpha\) fijo, \(0<\alpha<1\), y \(p_1,p_2\) arbitrarias:

\[P(D\cap M_1)=\alpha p_1, \qquad P(D)=\alpha p_1+(1-\alpha)p_2, \qquad P(M_1)=\alpha\]

La independencia exige \(P(D\cap M_1)=P(D)P(M_1)\):

\[\alpha p_1 = \alpha\big[\alpha p_1+(1-\alpha)p_2\big]\]

Dividiendo por \(\alpha\ne 0\):

\[p_1 = \alpha p_1+(1-\alpha)p_2 \implies p_1(1-\alpha) = (1-\alpha)p_2\]

Como \(\alpha<1\), dividimos por \((1-\alpha)\ne 0\):

\[p_1=p_2\]

3. El resultado no depende de \(\alpha\) porque \(\alpha\) solo controla cuántos bombillos vienen de cada línea, no qué tan distinto falla cada línea. La independencia pregunta si el origen aporta información sobre la falla, y esa información solo existe si \(p_1\ne p_2\). La proporción de producción de cada línea es irrelevante para esa pregunta: lo único que delata el origen es la diferencia entre las tasas de falla.

5 Verdadero o falso, justificando

Para cada afirmación, indiquen si es verdadera o falsa y justifiquen. No se aceptan respuestas sin justificación.

1. Si \(A\) y \(B\) son eventos mutuamente excluyentes y ambos tienen probabilidad positiva, entonces \(A\) y \(B\) son independientes.
2. Si \(A\) y \(B\) son eventos independientes, entonces \(A^c\) y \(B\) también lo son.
3. Si \(\Omega\) es finito y \(T:\Omega\to\Omega'\) no es inyectiva, entonces \(T^{-1}(\mathcal P(\Omega'))\) es igual a \(\mathcal P(\Omega)\).
4. Si \((A_n)_{n\in\mathbb N}\) es una sucesión decreciente de eventos con \(A_n\downarrow\varnothing\) (es decir, \(\bigcap_n A_n=\varnothing\)), entonces \(P(A_n)\to 0\).

TipSolución

1. Falso. Si \(A\cap B=\varnothing\), entonces \(P(A\cap B)=0\). Si además fueran independientes, \(P(A)P(B)=0\), forzando \(P(A)=0\) o \(P(B)=0\), lo que contradice que ambas sean positivas. Mutuamente excluyentes con probabilidad positiva implica necesariamente dependientes.

2. Verdadero. Escribiendo \(B\) como unión disyunta: \[B = (A\cap B)\cup(A^c\cap B) \implies P(B)=P(A\cap B)+P(A^c\cap B)\] \[P(A^c\cap B) = P(B)-P(A\cap B) = P(B)-P(A)P(B) = P(B)\big(1-P(A)\big) = P(A^c)P(B)\]

3. Falso. El ejercicio de la primera sección es el contraejemplo: \(T\) no es inyectiva (\(T(DDN)=T(DND)=T(NDD)=2\)) y sin embargo \(|\mathfrak T|=16 \ne 256=|\mathcal P(\Omega)|\).

4. Verdadero. Sea \(B_n:=A_n^c\). Como \(A_n\) es decreciente, \(B_n\) es creciente. Por De Morgan, \[\bigcup_n B_n = \Big(\bigcap_n A_n\Big)^c = \varnothing^c = \Omega\]

Por el teorema de continuidad para sucesiones crecientes: \[P(\Omega) = P\Big(\lim_n B_n\Big) = \lim_n P(B_n) \implies \lim_n P(B_n)=1\]

Como \(P(B_n)=1-P(A_n)\), se sigue \(\lim_n\big(1-P(A_n)\big)=1\), es decir \(\lim_n P(A_n)=0\).