Probabilitat condicionada, independència i teorema de Bayes

⏱ 13 min de lectura🔄 Actualitzat el 7 de setembre del 2026Selectivitat

La probabilitat condicionada és el cor del problema de probabilitat que cau cada any a les PAU de Matemàtiques II. L'enunciat sol parlar d'un test mèdic, d'unes fàbriques que produeixen peces defectuoses o de dos antivirus que detecten un fitxer, i acaba amb una pregunta del tipus «sabent que ha passat B, quina és la probabilitat de A?». En aquesta pàgina veuràs el llenguatge de successos, la regla de Laplace, com traduir l'enunciat a símbols, les taules de contingència, els diagrames d'arbre i, finalment, el teorema de la probabilitat total i el teorema de Bayes, que és el que resol la pregunta inversa. Tot amb exemples verificats i amb la redacció que els correctors esperen.

Experiments aleatoris, espai mostral i successos

Un experiment aleatori és un procés del qual coneixem tots els resultats possibles però no podem predir quin sortirà: llançar un dau, treure una bola d'una urna, escollir una persona a l'atzar. L'espai mostral $Ω$ és el conjunt de tots els resultats possibles; per a un dau, $Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}$ . Un succés és qualsevol subconjunt de $Ω$ : «treure un nombre parell» és el succés $A = {2, 4, 6}$ .

Hi ha dos successos especials: el succés segur (tot $Ω$ , sempre passa) i el succés impossible ( $\emptyset$ , no passa mai). I per a cada succés $A$ tenim el seu complementari $\overset{ˉ}{A}$ (també escrit $A^{c}$ ), que és «no passa $A$ ».

Operacions amb successos

Unió $A \cup B$ : passa $A$ , passa $B$ o passen tots dos. Es llegeix « $A$ o $B$ ».
Intersecció $A \cap B$ : passen $A$ i $B$ alhora. Es llegeix « $A$ i $B$ ».
Complementari $\overset{ˉ}{A}$ : no passa $A$ .
Diferència $A ∖ B = A \cap \overset{ˉ}{B}$ : passa $A$ però no $B$ .

Dos successos són incompatibles si no poden passar alhora, és a dir, $A \cap B = \emptyset$ i per tant $P (A \cap B) = 0$ . «Treure un 2» i «treure un 5» en una sola tirada són incompatibles; «treure parell» i «treure més de 4» no ho són, perquè el 6 pertany a tots dos.

Les lleis de De Morgan relacionen complementari, unió i intersecció, i són útils per traduir frases com «no passa cap dels dos»:

\overline{A \cup B} = \overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}, \overline{A \cap B} = \overset{ˉ}{A} \cup \overset{ˉ}{B} .

La primera diu que «no passa ni $A$ ni $B$ » és el mateix que «no passa $A$ i no passa $B$ ».

La «o» és inclusiva

En matemàtiques, $A \cup B$ inclou el cas en què passen tots dos. Si l'enunciat diu «exactament un dels dos», el succés és $(A \cap \overset{ˉ}{B}) \cup (\overset{ˉ}{A} \cap B)$ , i la seva probabilitat es calcula sumant les dues parts perquè són incompatibles.

Axiomes i propietats de la probabilitat

Els tres axiomes de la probabilitat són: $P (A) \geq 0$ per a tot succés, $P (Ω) = 1$ , i si $A$ i $B$ són incompatibles, $P (A \cup B) = P (A) + P (B)$ . De només aquestes tres regles surten les propietats que fas servir:

P (\emptyset) = 0, P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A), P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B) .

A la fórmula de la unió, la intersecció es resta perquè, si sumes $P (A)$ i $P (B)$ , els resultats que són a tots dos successos els has comptat dues vegades. Només quan $A$ i $B$ són incompatibles la unió és una suma simple.

Regla de Laplace

Quan tots els resultats elementals tenen la mateixa probabilitat (dau equilibrat, moneda no trucada, extracció a l'atzar), la probabilitat d'un succés és

P (A) = \frac{nombre de casos favorables}{nombre de casos possibles} .

Per exemple, en llançar un dau, $P (parell) = 3/6 = 1/2$ ; en llançar dos daus, hi ha $36$ resultats i $6$ d'ells sumen 7 (l' $1$ - $6$ , el $2$ - $5$ , ..., el $6$ - $1$ ), així que $P (suma 7) = 6/36 = 1/6$ . Sovint cal comptar els casos amb combinatòria.

Laplace sense equiprobabilitat

Dividir «favorables entre possibles» només és vàlid si tots els casos són igual de probables. Si un dau està trucat o si els resultats que llistes no tenen el mateix pes (per exemple, «la suma de dos daus» pren els valors del 2 al 12 però no són equiprobables), la regla de Laplace dona un resultat fals.

Unió, complementari i intersecció

En un institut, el 60 % de l'alumnat practica algun esport ( $A$ ) i el 50 % toca un instrument ( $B$ ); el 40 % fa totes dues coses. Calcula la probabilitat que un alumne triat a l'atzar faci esport o toqui un instrument, i la que no faci cap de les dues coses.

Tenim $P (A) = 0.6$ , $P (B) = 0.5$ i $P (A \cap B) = 0.4$ . Aleshores

P (A \cup B) = 0.6 + 0.5 - 0.4 = 0.7.

«No fa cap de les dues» és el complementari de la unió (De Morgan): $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B) = 0.3$ . I «fa esport però no toca cap instrument» és $P (A \cap \overset{ˉ}{B}) = P (A) - P (A \cap B) = 0.2$ .

Probabilitat condicionada

La probabilitat que passi $A$ sabent que ha passat $B$ és

P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )}, P (B) > 0.

La idea és que saber que $B$ ha passat redueix l'univers: ja no mirem tot $Ω$ , sinó només els resultats dins de $B$ , i preguntem quina part d'aquests també és dins de $A$ . Per això el denominador és $P (B)$ , la probabilitat de la condició.

Aïllant la intersecció obtens la regla del producte, que és la que fas servir als arbres:

P (A \cap B) = P (B) P (A ∣ B) = P (A) P (B ∣ A) .

Com traduir l'enunciat

La dificultat real del problema no és la fórmula, sinó saber què et demanen. Aquesta taula resumeix les frases habituals:

Frase de l'enunciat	Traducció
«Probabilitat que passi $A$ sabent que ha passat $B$ »	$P (A ∣ B)$
«Dels que tenen $B$ , quina proporció té $A$ ?»	$P (A ∣ B)$
«Si ha estat detectat, probabilitat que sigui de tipus $A$ »	$P (A ∣ detectat)$
«Probabilitat que sigui $A$ i $B$ »	$P (A \cap B)$
«Probabilitat que sigui $A$ o $B$ »	$P (A \cup B)$
«Probabilitat que sigui $A$ però no $B$ »	$P (A \cap \overset{ˉ}{B})$
«Probabilitat que no passi cap dels dos»	$P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = 1 - P (A \cup B)$

La condició és sempre allò que ja sabem, i va després de la barra. En l'exemple de l'institut, «dels que fan esport, quina proporció toca un instrument?» és $P (B ∣ A) = 0.4/0.6 = 2/3$ , mentre que «dels que toquen un instrument, quina proporció fa esport?» és $P (A ∣ B) = 0.4/0.5 = 0.8$ .

Confondre P(A \mid B) amb P(B \mid A)

És l'error número u del tema. «Probabilitat de ser malalt si el test és positiu» i «probabilitat que el test sigui positiu si ets malalt» no tenen res a veure: la primera pot ser petita encara que la segona sigui gairebé 1. Abans d'escriure la fracció, subratlla a l'enunciat quina és la condició.

Taules de contingència

Quan les dades venen en una taula de doble entrada, tot es redueix a comptar. La probabilitat condicionada s'obté restringint el denominador al total de la fila o columna de la condició.

Exemple resolt amb una taula de contingència

En un institut de 200 estudiants de batxillerat, 60 noies i 55 nois fan la modalitat de ciències, i 50 noies i 35 nois fan la d'humanitats. Es tria un estudiant a l'atzar.

Primer completem la taula amb els totals marginals:

	Ciències	Humanitats	Total
Noies	60	50	110
Nois	55	35	90
Total	115	85	200

Definim $C$ = «fa ciències» i $N$ = «és noia».

a) Probabilitat que faci ciències. Mirem la columna: $P (C) = 115/200 = 0.575$ .

b) Probabilitat que sigui noia i faci ciències. És la casella: $P (N \cap C) = 60/200 = 0.3$ .

c) Sabent que és noia, probabilitat que faci ciències. La condició és «noia», així que el denominador és el total de la fila de noies:

P (C ∣ N) = \frac{60}{110} = \frac{6}{11} \approx 0.545.

d) Dels que fan ciències, quina proporció són noies? Ara la condició és «ciències» i el denominador és la columna:

P (N ∣ C) = \frac{60}{115} = \frac{12}{23} \approx 0.522.

Fixa't que $P (C ∣ N) \neq = P (N ∣ C)$ tot i que el numerador és el mateix.

e) Són independents «ser noia» i «fer ciències»? Com que $P (N) P (C) = 0.55 \cdot 0.575 = 0.31625 \neq = 0.3 = P (N \cap C)$ , no ho són (la diferència és petita, però no nul·la).

Mètode per a les taules

Escriu les files i les columnes amb els noms dels successos.
Omple els totals marginals i comprova que el total general quadra.
Decideix què és condició i què és resultat.
Posa al denominador el total de la condició, mai el total general.

Independència

Successos independents

$A$ i $B$ són independents si el fet que passi un no modifica la probabilitat de l'altre: $P (A ∣ B) = P (A)$ (i, equivalentment, $P (B ∣ A) = P (B)$ ). En la pràctica es comprova amb

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

Pots multiplicar directament $P (A) P (B)$ només quan ho tinguis justificat: l'enunciat diu que els successos són independents, es tracta de repeticions independents d'un experiment (tirades de daus, monedes, peces triades d'una producció enorme) o el context ho garanteix. Si no és així, has de fer servir la regla del producte $P (A \cap B) = P (A) P (B ∣ A)$ . En extraccions sense reposició d'una urna petita, la segona extracció depèn de la primera i no hi ha independència.

Dos antivirus independents

Dos antivirus analitzen un fitxer infectat de manera independent. El primer el detecta amb probabilitat $0.9$ i el segon amb probabilitat $0.8$ . Calcula la probabilitat que el fitxer sigui detectat, que el detecti només el primer i que, si ha estat detectat, l'hagi detectat el primer.

Siguin $A$ = «el detecta el primer» i $B$ = «el detecta el segon». Com que són independents, «no el detecta cap» té probabilitat $P (\overset{ˉ}{A} \cap \overset{ˉ}{B}) = 0.1 \cdot 0.2 = 0.02$ , i per tant

P (detectat) = P (A \cup B) = 1 - 0.02 = 0.98.

«Només el primer» és $P (A \cap \overset{ˉ}{B}) = 0.9 \cdot 0.2 = 0.18$ . Finalment, la condició és «detectat»:

P (A ∣ A \cup B) = \frac{P ( A \cap ( A \cup B ))}{P ( A \cup B )} = \frac{P ( A )}{P ( A \cup B )} = \frac{0.9}{0.98} = \frac{45}{49} \approx 0.918.

Independents no vol dir incompatibles

Són conceptes oposats. Incompatibles: $P (A \cap B) = 0$ , si passa un no pot passar l'altre, així que un t'informa de l'altre. Independents: $P (A \cap B) = P (A) P (B)$ . Si $P (A) > 0$ i $P (B) > 0$ , dos successos incompatibles mai no són independents, perquè $0 \neq = P (A) P (B)$ .

Diagrames d'arbre

Un arbre és l'eina natural quan l'experiment té etapes: primer es tria una urna, una fàbrica o un grup, i després passa alguna cosa que depèn d'aquesta tria. Regles:

La probabilitat d'un camí complet és el producte de les probabilitats de les branques que recorre (regla del producte).
La probabilitat d'un succés que es pot aconseguir per diversos camins és la suma de les probabilitats d'aquests camins (són incompatibles).

A cada node, les branques que en surten han de sumar 1: és la comprovació més ràpida que no t'has descuidat cap cas.

Arbre amb dues urnes

L'urna $U_{1}$ conté 3 boles vermelles i 2 de blaves; l'urna $U_{2}$ conté 1 vermella i 4 blaves. Llancem una moneda: si surt cara traiem una bola de $U_{1}$ i si surt creu, de $U_{2}$ . Quina és la probabilitat que la bola sigui vermella?

Definim $V$ = «bola vermella». El primer nivell de l'arbre és la tria d'urna ( $1/2$ cadascuna) i el segon el color, amb probabilitats condicionades a l'urna.

Diagrama d'arbre: des d'Inici surten dues branques amb probabilitat 1/2 cap a U1 i U2; de U1 surten V amb 3/5 i B amb 2/5; de U2 surten V amb 1/5 i B amb 4/5. Al final de cada camí hi ha el producte de les probabilitats. — Cada camí es multiplica; els camins que acaben en vermell es sumen.

Els dos camins que acaben en vermell donen

P (V) = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{5} = \frac{3}{10} + \frac{1}{10} = \frac{2}{5} .

Teorema de la probabilitat total

El que has fet a l'arbre té nom. Uns successos $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ formen una partició de l'espai mostral si són incompatibles dos a dos i la seva unió és tot $Ω$ (a l'exemple, $U_{1}$ i $U_{2}$ ). Aleshores qualsevol succés $B$ es pot trencar en trossos, un per cada $A_{i}$ :

Teorema de la probabilitat total

Si $A_{1}, \dots, A_{n}$ és una partició de $Ω$ amb $P (A_{i}) > 0$ ,

P (B) = i = 1 \sum n P (A_{i}) P (B ∣ A_{i}) .

Per a dos casos: $P (B) = P (A) P (B ∣ A) + P (\overset{ˉ}{A}) P (B ∣ \overset{ˉ}{A})$ .

Teorema de Bayes

El teorema de Bayes serveix per invertir la condició. L'enunciat dona $P (B ∣ A_{i})$ (la probabilitat de la característica observada segons l'origen) i pregunta $P (A_{i} ∣ B)$ (la probabilitat de l'origen sabent què s'ha observat). Només cal aplicar la definició de condicionada i posar al denominador la probabilitat total:

Teorema de Bayes

P (A_{i} ∣ B) = \frac{P ( A _{i} ) P ( B ∣ A _{i} )}{P ( B )} = \frac{P ( A _{i} ) P ( B ∣ A _{i} )}{\sum _{j = 1}^{n} P ( A _{j} ) P ( B ∣ A _{j} )} .

A l'arbre, això és «la branca que m'interessa dividida entre la suma de les branques que acaben en $B$ ». A l'exemple de les urnes, si la bola ha sortit vermella, la probabilitat que vingui de $U_{1}$ és

P (U_{1} ∣ V) = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{5}}{\frac{2}{5}} = \frac{3/10}{4/10} = \frac{3}{4} .

Esquema de resolució de Bayes en 4 passos

Defineix els successos d'origen ( $A$ i $\overset{ˉ}{A}$ , o $A_{1}, \dots, A_{n}$ ) i el succés observat $B$ . Escriu les dades: $P (A_{i})$ i $P (B ∣ A_{i})$ .
Dibuixa l'arbre (origen al primer nivell, observació al segon).
Calcula $P (B)$ amb la probabilitat total (suma de branques).
Aplica Bayes dividint la branca que t'interessa entre $P (B)$ , i interpreta el resultat amb una frase en el context.

Test mèdic amb falsos positius

El 2 % de la població té una malaltia. Un test la detecta en el 95 % dels malalts (sensibilitat) i dona negatiu en el 90 % de les persones sanes (especificitat), de manera que hi ha un 10 % de falsos positius. Una persona triada a l'atzar dona positiu. Quina és la probabilitat que realment estigui malalta?

Pas 1. $M$ = «està malalt», $\overset{ˉ}{M}$ = «està sa», $+$ = «el test dona positiu». Dades: $P (M) = 0.02$ , $P (\overset{ˉ}{M}) = 0.98$ , $P (+ ∣ M) = 0.95$ , $P (+ ∣ \overset{ˉ}{M}) = 0.10$ .

Pas 2 i 3. Probabilitat total de donar positiu:

P (+) = 0.02 \cdot 0.95 + 0.98 \cdot 0.10 = 0.019 + 0.098 = 0.117.

Pas 4. Bayes:

P (M ∣ +) = \frac{0.02 \cdot 0.95}{0.117} = \frac{0.019}{0.117} = \frac{19}{117} \approx 0.162.

Interpretació: encara que el test encerta el 95 % dels malalts, només un 16 % de les persones que donen positiu estan realment malaltes, perquè la malaltia és poc freqüent i els falsos positius de la majoria sana pesen molt. Si el test dona negatiu, $P (\overset{ˉ}{M} ∣ -) = \frac{0.98 \cdot 0.90}{1 - 0.117} = \frac{0.882}{0.883} \approx 0.9989$ : un negatiu és molt fiable.

Fàbriques i peces defectuoses

Una empresa rep peces de tres fàbriques: el 50 % de la primera, el 30 % de la segona i el 20 % de la tercera. Les proporcions de peces defectuoses són del 2 %, 3 % i 5 % respectivament. Es tria una peça a l'atzar. a) Probabilitat que sigui defectuosa. b) Si és defectuosa, probabilitat que vingui de la tercera fàbrica.

Siguin $F_{1}, F_{2}, F_{3}$ els orígens (formen una partició) i $D$ = «peça defectuosa». Dades: $P (F_{1}) = 0.5$ , $P (F_{2}) = 0.3$ , $P (F_{3}) = 0.2$ , $P (D ∣ F_{1}) = 0.02$ , $P (D ∣ F_{2}) = 0.03$ , $P (D ∣ F_{3}) = 0.05$ .

a) Probabilitat total:

P (D) = 0.5 \cdot 0.02 + 0.3 \cdot 0.03 + 0.2 \cdot 0.05 = 0.010 + 0.009 + 0.010 = 0.029.

b) Bayes:

P (F_{3} ∣ D) = \frac{0.2 \cdot 0.05}{0.029} = \frac{0.010}{0.029} = \frac{10}{29} \approx 0.345.

Tot i que la tercera fàbrica només aporta el 20 % de les peces, és responsable del 34,5 % de les defectuoses. Comprovació: $P (F_{1} ∣ D) = 10/29$ i $P (F_{2} ∣ D) = 9/29$ ; les tres sumen 1.

Com redactar la resposta a l'examen

A les PAU no n'hi ha prou amb una fórmula i un nombre: cal definir els successos, justificar el model i interpretar. Una redacció model per a una condicionada:

Definim els successos $A$ = «...» i $B$ = «...». Ens demanen $P (A ∣ B)$ , perquè l'enunciat diu que sabem que ha passat $B$ . Per definició, $P (A ∣ B) = P (A \cap B) / P (B)$ . Substituint, $P (A ∣ B) = \dots$ . Per tant, la probabilitat demanada és $\dots$

I per a Bayes:

Els successos $A_{1}, \dots, A_{n}$ formen una partició de l'espai mostral i $B$ és el succés observat. Per la probabilitat total, $P (B) = \sum P (A_{i}) P (B ∣ A_{i}) = \dots$ . Pel teorema de Bayes, $P (A_{j} ∣ B) = P (A_{j}) P (B ∣ A_{j}) / P (B) = \dots$ . Així, la probabilitat que l'origen sigui $A_{j}$ sabent que ha passat $B$ és $\dots$

Acaba sempre amb una frase en el context del problema («el 16 % de les persones amb test positiu estan malaltes»).

Llista de comprovació abans d'entregar

Has definit tots els successos amb una frase?
Has identificat què és la condició (el que va després de la barra)?
A l'arbre, les branques de cada node sumen 1?
Has multiplicat sense justificar la independència? Si hi ha extraccions sense reposició, no n'hi ha.
A la unió, has restat la intersecció?
Les probabilitats a posteriori de Bayes sumen 1?
Has escrit una frase final d'interpretació?

Aquest tema enllaça amb la distribució binomial (repeticions independents d'un experiment), la distribució normal i els intervals de confiança.

Exercicis proposats

Exercici 1. En un grup, el 40 % estudia francès, el 30 % estudia alemany i el 15 % estudia les dues llengües. Es tria una persona a l'atzar. a) Probabilitat que estudiï alguna de les dues llengües. b) Probabilitat que no n'estudiï cap. c) Sabent que estudia francès, probabilitat que també estudiï alemany. d) Són independents «estudiar francès» i «estudiar alemany»?

Solució de l'exercici 1

Siguin $F$ i $A$ els successos «estudia francès» i «estudia alemany»: $P (F) = 0.4$ , $P (A) = 0.3$ , $P (F \cap A) = 0.15$ .

a) $P (F \cup A) = 0.4 + 0.3 - 0.15 = 0.55$ .

b) $P (\overset{ˉ}{F} \cap \overset{ˉ}{A}) = 1 - P (F \cup A) = 0.45$ .

c) $P (A ∣ F) = \frac{P ( F \cap A )}{P ( F )} = \frac{0.15}{0.4} = 0.375$ .

d) $P (F) P (A) = 0.12 \neq = 0.15 = P (F \cap A)$ , així que no són independents: saber que algú estudia francès augmenta la probabilitat que estudiï alemany (del 30 % al 37,5 %).

Exercici 2. Una caixa conté 10 peces, 4 de defectuoses i 6 de correctes. Se n'extreuen dues a l'atzar, sense reposició. a) Probabilitat que les dues siguin correctes. b) Probabilitat que almenys una sigui defectuosa. c) Probabilitat que exactament una sigui defectuosa. d) Sabent que la primera és correcta, probabilitat que la segona sigui defectuosa.

Solució de l'exercici 2

Fem un arbre amb $C_{i}$ = «la peça $i$ -èsima és correcta» i $D_{i}$ = «és defectuosa». Sense reposició, la segona extracció depèn de la primera.

a) $P (C_{1} \cap C_{2}) = \frac{6}{10} \cdot \frac{5}{9} = \frac{30}{90} = \frac{1}{3}$ .

b) Complementari de a): $P (almenys una defectuosa) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ .

c) Dos camins: $P (C_{1} \cap D_{2}) + P (D_{1} \cap C_{2}) = \frac{6}{10} \cdot \frac{4}{9} + \frac{4}{10} \cdot \frac{6}{9} = \frac{24}{90} + \frac{24}{90} = \frac{8}{15}$ .

d) És la probabilitat de la branca: $P (D_{2} ∣ C_{1}) = \frac{4}{9}$ , perquè queden 9 peces i 4 són defectuoses.

Exercici 3. Una companyia aèria sap que el 70 % dels seus passatgers compren el bitllet en línia i la resta en una agència. El 10 % dels que compren en línia perden el vol, i només el 5 % dels que compren en agència. a) Quina proporció de passatgers perd el vol? b) Un passatger ha perdut el vol: quina és la probabilitat que hagués comprat el bitllet en línia?

Solució de l'exercici 3

Siguin $L$ = «compra en línia», $\overset{ˉ}{L}$ = «compra en agència» (partició) i $V$ = «perd el vol». Dades: $P (L) = 0.7$ , $P (\overset{ˉ}{L}) = 0.3$ , $P (V ∣ L) = 0.10$ , $P (V ∣ \overset{ˉ}{L}) = 0.05$ .

a) Probabilitat total: $P (V) = 0.7 \cdot 0.10 + 0.3 \cdot 0.05 = 0.07 + 0.015 = 0.085$ . Perd el vol el 8,5 % dels passatgers.

b) Bayes: $P (L ∣ V) = \frac{0.07}{0.085} = \frac{14}{17} \approx 0.824$ . Dels passatgers que perden el vol, un 82,4 % havien comprat en línia. (I $P (\overset{ˉ}{L} ∣ V) = 3/17$ ; les dues sumen 1.)

📄 Vols aquest tema en paper? Descarrega el resum del bloc en PDF.

Descarrega el PDF