4) Probabilidad Condicional e Independencia

Clase 4: Probabilidad Condicional e Independencia

📚 Introducción

Esta clase introduce uno de los conceptos más profundos y útiles de la teoría de probabilidades: la probabilidad condicional. Aprenderemos cómo actualizar nuestras creencias probabilísticas cuando obtenemos nueva información, un concepto fundamental en estadística inferencial, aprendizaje automático y toma de decisiones.

Objetivos de la Clase

• Comprender el concepto de probabilidad condicional
• Aplicar el principio multiplicativo para probabilidades
• Definir y verificar independencia entre eventos
• Usar el Teorema de Probabilidad Total
• Aplicar el Teorema de Bayes
• Representar problemas mediante árboles de probabilidad

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1. Motivación: El Problema de los Dos Dados

1.1 Situación Sin Información Adicional

Problema Inicial

Experimento: Lanzar dos veces un dado, registrando cada vez el número que muestra su cara superior.

Pregunta: ¿Cuál es la probabilidad de que la suma de las caras sea igual a 8?

Solución:

• Espacio muestral: $\Omega =\{(i,j):i,j\in \{1,2,3,4,5,6\}\}$ con $|\Omega |=36$
• Evento: $A=\{(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)\}$ con $|A|=5$
• Probabilidad: $\mathbb{P}(A)=\frac{5}{36}\approx 0.139=13.9\%$

1.2 Situación Con Información Adicional

Problema Con Condición

Nueva información: Se nos informa que el primer dado mostró un número par.

Pregunta: ¿Cuál es ahora la probabilidad de que la suma sea 8?

Análisis intuitivo:

• Nuevo espacio reducido: Solo consideramos casos donde el primer dado es par $B=\{(2,j),(4,j),(6,j):j\in \{1,2,3,4,5,6\}\}$ con $|B|=18$

• Casos favorables dentro de $B$: $(2,6),(4,4),(6,2)$ → 3 casos

• Probabilidad condicional: $\mathbb{P}(A|B)=\frac{3}{18}=\frac{1}{6}\approx 0.167=16.7\%$

Observación Clave

La información adicional cambió la probabilidad de $13.9\%$ a $16.7\%$. Este es el concepto de probabilidad condicional.

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2. Definición Formal de Probabilidad Condicional

2.1 Definición

Definición - Probabilidad Condicional

La probabilidad condicional de un evento $A$, dado que ha ocurrido un evento $B$ con $\mathbb{P}(B)>0$, se define como:

$\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}$

Se lee: “probabilidad de $A$ dado $B$” o “probabilidad de $A$ condicionado en $B$“

2.2 Interpretación

Interpretación Geométrica

• $\mathbb{P}(A|B)$ es la probabilidad de $A$ restringida al espacio $B$
• Estamos “reduciendo” nuestro espacio muestral de $\Omega$ a $B$
• Solo consideramos los casos en que $B$ ocurrió
• De esos casos, calculamos qué proporción satisface $A$

2.3 Verificación del Ejemplo

Verificación con la Definición Formal

Para el ejemplo de los dados:

• $A$: suma es 8
• $B$: primer dado es par

Cálculo directo:

• $\mathbb{P}(B)=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$
• $A\cap B=\{(2,6),(4,4),(6,2)\}$
• $\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}$

Aplicando la definición: $\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{1/12}{1/2}=\frac{1}{6}$ ✓

¡Coincide con nuestro cálculo intuitivo!

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3. Propiedades de la Probabilidad Condicional

3.1 $\mathbb{P}(\cdot |B)$ es una Medida de Probabilidad

Teorema - Probabilidad Condicional como Medida

Para cualquier evento $B$ con $\mathbb{P}(B)>0$, la función $\mathbb{P}(\cdot |B)$ definida en la σ-álgebra $\mathcal{F}$ es una medida de probabilidad. Es decir, cumple:

1. No negatividad: $\mathbb{P}(A|B)\ge 0$ para todo $A\in \mathcal{F}$

2. Normalización: $\mathbb{P}(\Omega |B)=1$

3. σ-aditividad: Para eventos disjuntos $A_1,A_2,\dots$: $\mathbb{P}\left({\bigcup }_{n=1}^{\infty }{A}_n|B\right)={\sum }_{n=1}^{\infty }\mathbb{P}(A_n|B)$

3.2 Propiedades Derivadas

Propiedades de Probabilidad Condicional

Para todo evento $B$ con $\mathbb{P}(B)>0$:

1. Acotación: $0\le \mathbb{P}(A|B)\le 1$

2. Complemento: $\mathbb{P}(A^c|B)=1-\mathbb{P}(A|B)$

3. Vacío: $\mathbb{P}(\varnothing |B)=0$

4. Inclusión-Exclusión: $\mathbb{P}(A_1\cup A_2|B)=\mathbb{P}(A_1|B)+\mathbb{P}(A_2|B)-\mathbb{P}(A_1\cap A_2|B)$

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4. Principio Multiplicativo para Probabilidades

4.1 Para Dos Eventos

Teorema - Regla del Producto (2 eventos)

De la definición de probabilidad condicional se desprende que:

$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B|A)=\mathbb{P}(B)\cdot \mathbb{P}(A|B)$

(siempre que las probabilidades involucradas estén definidas)

4.2 Para $n$ Eventos

Teorema - Regla del Producto (General)

Para una colección de eventos $E_1,E_2,\dots ,E_n$:

$\mathbb{P}(E_1\cap E_2\cap \cdots \cap E_n)=\mathbb{P}(E_1)\cdot {\prod }_{i=2}^n\mathbb{P}(E_i|E_1\cap E_2\cap \cdots \cap E_{i-1})$

Es decir: $\mathbb{P}(E_1\cap E_2\cap E_3)=\mathbb{P}(E_1)\cdot \mathbb{P}(E_2|E_1)\cdot \mathbb{P}(E_3|E_1\cap E_2)$

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5. Independencia de Eventos

5.1 Motivación Intuitiva

Pregunta Fundamental

¿Cuándo la ocurrencia de un evento $B$ no afecta la probabilidad de otro evento $A$?

Intuitivamente, cuando: $\mathbb{P}(A|B)=\mathbb{P}(A)$

Es decir, saber que $B$ ocurrió no cambia nuestra creencia sobre $A$.

5.2 Definición de Independencia

Definición - Eventos Independientes

Dos eventos $A$ y $B$ se dicen independientes si se cumple cualquiera de las siguientes condiciones equivalentes:

1. $\mathbb{P}(A|B)=\mathbb{P}(A)$ (cuando $\mathbb{P}(B)>0$)

2. $\mathbb{P}(B|A)=\mathbb{P}(B)$ (cuando $\mathbb{P}(A)>0$)

3. $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$ ⭐ (definición estándar)

La tercera forma es la más útil y no requiere que las probabilidades sean positivas.

Notación

Escribimos $A\perp B$ para denotar que $A$ y $B$ son independientes.

5.3 Demostración de Equivalencia

Demostración de la Equivalencia

(1) ⇒ (3):

• Si $\mathbb{P}(A|B)=\mathbb{P}(A)$
• Por definición de probabilidad condicional: $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A|B)\cdot \mathbb{P}(B)$
• Sustituyendo: $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$ ✓

(3) ⇒ (1):

• Si $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$ y $\mathbb{P}(B)>0$
• Por definición: $\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}$
• Sustituyendo: $\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)}=\mathbb{P}(A)$ ✓

La equivalencia con (2) es análoga.

5.4 Ejemplo de Independencia

Ejercicio 5: Lanzamiento de Moneda

Experimento: Lanzar dos veces una moneda equilibrada

Eventos:

• $A$: Se obtiene cara en el primer lanzamiento
• $B$: Se obtiene cara en el segundo lanzamiento
• $C$: Se obtiene solamente una cara en los dos lanzamientos

Espacio muestral: $\Omega =\{CC,CS,SC,SS\}$ con probabilidades $1/4$ cada uno

Análisis de independencia:

1. $A$ y $B$:
   • $\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(\{CC,CS\})=1/2$
   • $\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(\{CC,SC\})=1/2$
   • $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(\{CC\})=1/4$
   • ¿Independientes? $\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)=1/2\cdot 1/2=1/4=\mathbb{P}(A\cap B)$ ✓
   • SÍ son independientes
2. $A$ y $C$:
   • $\mathbb{P}(A)=1/2$
   • $\mathbb{P}(C)=\mathbb{P}(\{CS,SC\})=1/2$
   • $\mathbb{P}(A\cap C)=\mathbb{P}(\{CS\})=1/4$
   • ¿Independientes? $\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(C)=1/2\cdot 1/2=1/4=\mathbb{P}(A\cap C)$ ✓
   • SÍ son independientes
3. $B$ y $C$:
   • $\mathbb{P}(B)=1/2$
   • $\mathbb{P}(C)=1/2$
   • $\mathbb{P}(B\cap C)=\mathbb{P}(\{SC\})=1/4$
   • ¿Independientes? $\mathbb{P}(B)\cdot \mathbb{P}(C)=1/2\cdot 1/2=1/4=\mathbb{P}(B\cap C)$ ✓
   • SÍ son independientes
4. $A$, $B$ y $C$ mutuamente:
   • $\mathbb{P}(A\cap B\cap C)=\mathbb{P}(\varnothing )=0$
   • $\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)\cdot \mathbb{P}(C)=1/2\cdot 1/2\cdot 1/2=1/8\ne 0$
   • NO son mutuamente independientes

Independencia de a Pares vs Mutua

Este ejemplo muestra que la independencia de a pares NO implica independencia mutua.

5.5 Independencia Mutua

Definición - Independencia Mutua

Los eventos $E_1,E_2,\dots ,E_n$ se dicen mutuamente independientes si y solo si, para toda subcolección $\{E_{j_1},E_{j_2},\dots ,E_{j_m}\}$ de tamaño $1\le m\le n$, se cumple:

$\mathbb{P}(E_{j_1}\cap E_{j_2}\cap \cdots \cap E_{j_m})={\prod }_{k=1}^m\mathbb{P}(E_{j_k})$

Esto requiere verificar $2^n-n-1$ ecuaciones para $n$ eventos.

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6. Teorema de Probabilidad Total

6.1 Motivación: El Caso de Alicia

Ejemplo Motivador: Test Médico de Alicia

Situación: Alicia recibió un resultado positivo en un test para cierta enfermedad.

Información del test:

• Sensibilidad (detecta enfermedad si la hay): 95% $\mathbb{P}(\text{test +}|\text{enferma})=0.95$

• Especificidad (indica negativo si no hay enfermedad): 90% $\mathbb{P}(\text{test -}|\text{no enferma})=0.90$

  Por lo tanto: $\mathbb{P}(\text{test +}|\text{no enferma})=0.10$

• Prevalencia (proporción de mujeres de su edad con la enfermedad): 0.1% $\mathbb{P}(\text{enferma})=0.001$

Pregunta inicial: ¿Cuál es la probabilidad de obtener un resultado positivo?

6.2 Análisis con Diagrama

Visualización del Problema

Definamos:

• $E$: la persona está enferma
• $A$: el test indica positivo

Queremos calcular $\mathbb{P}(A)$

Observación clave: $A$ puede ocurrir de dos maneras disjuntas:

1. Test positivo Y enferma: $A\cap E$
2. Test positivo Y no enferma: $A\cap E^c$

Por lo tanto: $A=(A\cap E)\cup (A\cap E^c)$

6.3 Partición del Espacio Muestral

Definición - Partición

Una colección de eventos $E_1,E_2,\dots ,E_n$ forma una partición de $\Omega$ si:

1. Son disjuntos dos a dos: $E_i\cap E_j=\varnothing$ para todo $i\ne j$

2. Cubren todo $\Omega$: ${\bigcup }_{i=1}^n{E}_i=\Omega$

Ejemplo de Partición

En el caso de Alicia:

• $E$: está enferma
• $E^c$: no está enferma

Claramente $\{E,E^c\}$ es una partición de $\Omega$.

6.4 Teorema de Probabilidad Total

Teorema - Probabilidad Total

Sea $\{E_1,E_2,\dots ,E_n\}$ una partición de $\Omega$ con $\mathbb{P}(E_i)>0$ para todo $i$. Entonces, para cualquier evento $A$:

$\mathbb{P}(A)={\sum }_{i=1}^n\mathbb{P}(A|E_i)\cdot \mathbb{P}(E_i)$

Demostración:

• Como $\{E_1,\dots ,E_n\}$ es partición: $A=A\cap \Omega =A\cap (E_1\cup \cdots \cup E_n)$
• Por distributividad: $A=(A\cap E_1)\cup (A\cap E_2)\cup \cdots \cup (A\cap E_n)$
• Los eventos $A\cap E_i$ son disjuntos dos a dos
• Por σ-aditividad: $\mathbb{P}(A)={\sum }_{i=1}^n\mathbb{P}(A\cap E_i)$
• Por regla del producto: $\mathbb{P}(A\cap E_i)=\mathbb{P}(A|E_i)\cdot \mathbb{P}(E_i)$
• Por lo tanto: $\mathbb{P}(A)={\sum }_{i=1}^n\mathbb{P}(A|E_i)\cdot \mathbb{P}(E_i)$ □

6.5 Aplicación al Caso de Alicia

Solución: Probabilidad de Test Positivo

Datos:

• $\mathbb{P}(E)=0.001$
• $\mathbb{P}(E^c)=0.999$
• $\mathbb{P}(A|E)=0.95$
• $\mathbb{P}(A|E^c)=0.10$

Aplicando el teorema: $\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A|E)\cdot \mathbb{P}(E)+\mathbb{P}(A|E^c)\cdot \mathbb{P}(E^c)$ $=0.95\times 0.001+0.10\times 0.999$ $=0.00095+0.0999=0.10085\approx 10.1\%$

Interpretación: Aproximadamente el 10% de las mujeres de la edad de Alicia tendrán un test positivo.

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7. Teorema de Bayes

7.1 La Pregunta Más Importante

Pregunta de Alicia

Contexto: Alicia ya sabe que su test fue positivo.

Pregunta crucial: ¿Cuál es la probabilidad de que realmente tenga la enfermedad, dado que el test fue positivo?

Es decir, queremos calcular: $\mathbb{P}(E|A)$

Observación: Esto es el “reverso” de $\mathbb{P}(A|E)$ que conocemos.

7.2 Derivación del Teorema de Bayes

Derivación

Por definición de probabilidad condicional: $\mathbb{P}(E|A)=\frac{\mathbb{P}(E\cap A)}{\mathbb{P}(A)}$

Por regla del producto: $\mathbb{P}(E\cap A)=\mathbb{P}(A|E)\cdot \mathbb{P}(E)$

Por el Teorema de Probabilidad Total: $\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A|E)\cdot \mathbb{P}(E)+\mathbb{P}(A|E^c)\cdot \mathbb{P}(E^c)$

Sustituyendo: $\mathbb{P}(E|A)=\frac{\mathbb{P}(A|E)\cdot \mathbb{P}(E)}{\mathbb{P}(A|E)\cdot \mathbb{P}(E)+\mathbb{P}(A|E^c)\cdot \mathbb{P}(E^c)}$

7.3 Teorema de Bayes

Teorema de Bayes

Sea $\{E_1,E_2,\dots ,E_n\}$ una partición de $\Omega$ con $\mathbb{P}(E_i)>0$ para todo $i$. Entonces, para cualquier evento $A$ con $\mathbb{P}(A)>0$:

$\mathbb{P}(E_j|A)=\frac{\mathbb{P}(A|E_j)\cdot \mathbb{P}(E_j)}{{\sum }_{i=1}^n\mathbb{P}(A|E_i)\cdot \mathbb{P}(E_i)}$

para $j=1,2,\dots ,n$.

Nomenclatura Bayesiana

• $\mathbb{P}(E_j)$: probabilidad a priori (antes de observar $A$)
• $\mathbb{P}(E_j|A)$: probabilidad a posteriori (después de observar $A$)
• $\mathbb{P}(A|E_j)$: verosimilitud (likelihood)

7.4 Solución del Caso de Alicia

¿Alicia Tiene la Enfermedad?

Datos previos:

• $\mathbb{P}(E)=0.001$
• $\mathbb{P}(A|E)=0.95$
• $\mathbb{P}(A|E^c)=0.10$
• $\mathbb{P}(A)=0.10085$ (calculado antes)

Aplicando Bayes: $\mathbb{P}(E|A)=\frac{\mathbb{P}(A|E)\cdot \mathbb{P}(E)}{\mathbb{P}(A)}$ $=\frac{0.95\times 0.001}{0.10085}=\frac{0.00095}{0.10085}\approx 0.0094\approx 0.94\%$

Conclusión Sorprendente realmente tenga la enfermedad es menos del 1%.

A pesar de que el test fue positivo, la probabilidad de que Alicia

Razón: La enfermedad es muy rara (prevalencia 0.1%), por lo que hay muchos más falsos positivos que verdaderos positivos.

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8. Representación con Árboles de Probabilidad

8.1 Árbol para el Caso de Alicia

Diagrama de Árbol

                         0.95 → A  (test +)  [Correcto]
             0.001    ↗
           E (enf.)  
                     ↘  0.05 → A^c (test -)
                         
                         0.10 → A  (test +)  [Falso +]
             0.999    ↗
           E^c (sana) 
                     ↘  0.90 → A^c (test -)

Probabilidades en las ramas finales:

• $\mathbb{P}(E\cap A)=0.001\times 0.95=0.00095$
• $\mathbb{P}(E\cap A^c)=0.001\times 0.05=0.00005$
• $\mathbb{P}(E^c\cap A)=0.999\times 0.10=0.0999$
• $\mathbb{P}(E^c\cap A^c)=0.999\times 0.90=0.8991$

8.2 Ventajas de los Árboles

Utilidad de los Árboles de Probabilidad

1. Visualización clara de todos los escenarios posibles
2. Cálculo directo de probabilidades conjuntas (multiplicando a lo largo de las ramas)
3. Identificación fácil de particiones del espacio muestral
4. Aplicación intuitiva del Teorema de Probabilidad Total (sumar ramas que terminan en el mismo evento)

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9. Ejemplo Adicional: Red de Comunicación

9.1 Planteamiento del Problema

Ejercicio 8: Red con Transmisor, Módem y PC

Descripción: Una red consta de un transmisor, un módem y un PC.

Datos:

1. Transmisor:
   • $\mathbb{P}(\text{envıˊa 1})=0.56$
   • $\mathbb{P}(\text{envıˊa 0})=0.44$
2. Módem (recibe con error por interferencia):
   • $\mathbb{P}(\text{recibe 1}|\text{envioˊ 1})=0.95$
   • $\mathbb{P}(\text{recibe 0}|\text{envioˊ 0})=0.91$
3. Módem → PC:
   • $\mathbb{P}(\text{envıˊa 1}|\text{recibioˊ 1})=0.98$
   • $\mathbb{P}(\text{envıˊa 0}|\text{recibioˊ 0})=0.94$

9.2 Árbol de Probabilidad

Diagrama Completo

                                     0.98 → PC recibe 1
                         0.95 ↗  M recibe 1 
                              ↘     0.02 → PC recibe 0
           0.56    
      T envía 1
                              ↗     0.98 → PC recibe 1
                         0.05      M recibe 0
                              ↘     0.02 → PC recibe 0


                                     0.02 → PC recibe 1
                         0.09 ↗  M recibe 1
                              ↘     0.98 → PC recibe 0
           0.44    
      T envía 0
                              ↗     0.06 → PC recibe 1
                         0.91      M recibe 0
                              ↘     0.94 → PC recibe 0

9.3 Preguntas

a) Probabilidad de que el módem envíe un 0 al PC

Eventos:

• $M_0$: módem envía 0 al PC
• $T_0$: transmisor envía 0
• $T_1$: transmisor envía 1

Solución (Teorema de Probabilidad Total): $\mathbb{P}(M_0)=\mathbb{P}(M_0|T_0)\cdot \mathbb{P}(T_0)+\mathbb{P}(M_0|T_1)\cdot \mathbb{P}(T_1)$

Necesitamos calcular $\mathbb{P}(M_0|T_0)$ y $\mathbb{P}(M_0|T_1)$:

Para $\mathbb{P}(M_0|T_0)$:

• Si T envió 0, M recibe 0 con prob. 0.91 y luego envía 0 con prob. 0.94
• O M recibe 1 con prob. 0.09 y luego envía 0 con prob. 0.02 $\mathbb{P}(M_0|T_0)=0.91\times 0.94+0.09\times 0.02=0.8554+0.0018=0.8572$

Para $\mathbb{P}(M_0|T_1)$:

• Si T envió 1, M recibe 1 con prob. 0.95 y luego envía 0 con prob. 0.02
• O M recibe 0 con prob. 0.05 y luego envía 0 con prob. 0.94 $\mathbb{P}(M_0|T_1)=0.95\times 0.02+0.05\times 0.94=0.019+0.047=0.066$

Resultado final: $\mathbb{P}(M_0)=0.8572\times 0.44+0.066\times 0.56=0.3772+0.0370=0.4142$

b) Dado que el módem envió 1, ¿cuál es la probabilidad de que el transmisor haya enviado 0?

Aplicar Teorema de Bayes: $\mathbb{P}(T_0|M_1)=\frac{\mathbb{P}(M_1|T_0)\cdot \mathbb{P}(T_0)}{\mathbb{P}(M_1)}$

Primero calculamos $\mathbb{P}(M_1)=1-\mathbb{P}(M_0)=1-0.4142=0.5858$

Y $\mathbb{P}(M_1|T_0)=1-\mathbb{P}(M_0|T_0)=1-0.8572=0.1428$

Resultado: $\mathbb{P}(T_0|M_1)=\frac{0.1428\times 0.44}{0.5858}=\frac{0.0628}{0.5858}\approx 0.1072\approx 10.7\%$

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10. Resumen de Conceptos

Puntos Clave de la Clase

1. Probabilidad Condicional: $\mathbb{P}(A|B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}$

   • Actualiza probabilidades con nueva información

2. Independencia: $A\perp B⟺\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$

   • La ocurrencia de uno no afecta al otro

3. Regla del Producto: $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B|A)$

4. Teorema de Probabilidad Total: Descompone $\mathbb{P}(A)$ usando una partición $\mathbb{P}(A)={\sum }_{i=1}^n\mathbb{P}(A|E_i)\cdot \mathbb{P}(E_i)$

5. Teorema de Bayes: Invierte condicionamiento $\mathbb{P}(E_j|A)=\frac{\mathbb{P}(A|E_j)\cdot \mathbb{P}(E_j)}{{\sum }_{i=1}^n\mathbb{P}(A|E_i)\cdot \mathbb{P}(E_i)}$

6. Árboles de Probabilidad: Herramienta visual para problemas complejos

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🎯 Conceptos Clave para Repasar

1. Probabilidad condicional como probabilidad en un espacio reducido
2. Independencia y sus diferentes caracterizaciones
3. Independencia de a pares vs independencia mutua
4. Partición del espacio muestral
5. Teorema de Bayes como inversión del condicionamiento
6. Verosimilitud vs probabilidad a priori vs probabilidad a posteriori

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📖 Términos Importantes

• Probabilidad-Condicional
• Independencia-de-Eventos
• Regla-del-Producto
• Partición-del-Espacio-Muestral
• Teorema-de-Probabilidad-Total
• Teorema-de-Bayes
• Árbol-de-Probabilidad
• Sensibilidad-y-Especificidad

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🔗 Conexiones con Otras Clases

• Clase 2: Clase-02-Experimentos-Aleatorios - Espacios de probabilidad
• Clase 3: Clase-03-Técnicas-de-Conteo - Cálculo de probabilidades conjuntas
• Futuras clases: Inferencia estadística y aprendizaje bayesiano