Probabilità condizionata

Prima: Calcolo combinatorio per la probabilitàNegli spazi uniformi bisogna contare: principio di moltiplicazione, disposizioni con ripetizione n^k, disposizioni semplici n!/(n−k)!, permutazioni n!, combinazioni (n su k); estrazioni con e senza reinserimento e distribuzione ipergeometrica.Calcolo combinatorio per la probabilità →. Dopo: Formula delle probabilità totali e formula di BayesSe (A_i) è una partizione di Ω, P(B) = Σ P(B ∣ A_i) P(A_i) (probabilità totali); la formula di Bayes inverte il condizionamento: P(A_k ∣ B) = P(B ∣ A_k) P(A_k) / P(B).Formula delle probabilità totali e formula di Bayes →, Indipendenza di eventiA e B sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) P(B), cioè se sapere che uno si è verificato non cambia la probabilità dell'altro; l'indipendenza passa ai complementari, non va confusa con l'incompatibilità, e per più eventi va richiesta su ogni sottofamiglia.Indipendenza di eventi →.

L'idea

Spesso si riceve un'informazione parziale sull'esito: "il dado ha dato un numero pari", "il paziente è risultato positivo al test". Questa informazione cambia le probabilità degli altri eventi.

Esempio. Dado equo. $\mathbb{P}(\{6\}) = \frac16$. Se però so che è uscito un numero pari, gli esiti possibili sono solo $2, 4, 6$, ancora equiprobabili: la probabilità di $6$ diventa $\frac13$.

Sapere che $B$ si è verificato significa che $B$ diventa il nuovo spazio degli esiti: di $A$ conta solo la parte $A \cap B$, e le probabilità vanno "riscalate" dividendo per $\mathbb{P}(B)$ in modo che il nuovo evento certo, $B$, abbia probabilità $1$.

Definizione

Siano $A, B$ eventi con $\mathbb{P}(B) > 0$. La probabilità di $A$ condizionata a $B$ (o "di $A$ dato $B$") è $$\boxed{\mathbb{P}(A \mid B) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)}}$$

Perché $\mathbb{P}(B) > 0$: non si può dividere per zero, e comunque non ha senso condizionare a un evento che (quasi) non accade.

Nell'esempio del dado: $A = \{6\}$, $B = \{2, 4, 6\}$: $\mathbb{P}(A \mid B) = \frac{\mathbb{P}(\{6\})}{\mathbb{P}(\{2,4,6\})} = \frac{1/6}{1/2} = \frac13$ ✓.

Negli spazi uniformi la formula diventa un rapporto di conteggi:

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

cioè "casi favorevoli dentro $B$, su casi possibili dentro $B$".

Esempio con due dadi. Sapendo che la somma è $7$, probabilità che il primo dado abbia dato $1$? $B = \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}$, $A \cap B = \{(1, 6)\}$: $\mathbb{P}(A \mid B) = \frac16$. (Senza informazione era anche $\frac16$: questo caso particolare si chiama indipendenzaA e B sono indipendenti se P(A ∣ B) = P(A), cioè se sapere B non cambia la probabilità di A.Indipendenza di eventi →.)

Attenzione: $\mathbb{P}(A \mid B) \ne \mathbb{P}(B \mid A)$ in generale. La probabilità di essere positivi al test sapendo di essere malati non è la probabilità di essere malati sapendo di essere positivi: per passare dall'una all'altra serve la formula di BayesSe (A_i) è una partizione di Ω, P(B) = Σ P(B ∣ A_i) P(A_i) (probabilità totali); la formula di Bayes inverte il condizionamento: P(A_k ∣ B) = P(B ∣ A_k) P(A_k) / P(B).Formula delle probabilità totali e formula di Bayes →.

La condizionata è una misura di probabilità

Fissato $B$ con $\mathbb{P}(B) > 0$, la funzione $A \mapsto \mathbb{P}(A \mid B)$ è una misura di probabilità su $(\Omega, \mathcal{F})$.

Verifica degli assiomi:

• valori in $[0, 1]$: $0 \le \mathbb{P}(A \cap B) \le \mathbb{P}(B)$ per monotonia ($A \cap B \subseteq B$);
• normalizzazione: $\mathbb{P}(\Omega \mid B) = \frac{\mathbb{P}(\Omega \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)} = 1$;
• σ-additività: se gli $A_n$ sono disgiunti, anche gli $A_n \cap B$ lo sono, e $\big(\bigcup_n A_n\big) \cap B = \bigcup_n (A_n \cap B)$; quindi $\mathbb{P}\big(\bigcup_n A_n \mid B\big) = \frac{\sum_n \mathbb{P}(A_n \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \sum_n \mathbb{P}(A_n \mid B)$.

Conseguenza pratica: tutte le proprietà della probabilitàComplementare, monotonia, unione, inclusione-esclusione.Misura di probabilità e sue proprietà → valgono anche "dato $B$", purché l'evento condizionante resti lo stesso:

$$\mathbb{P}(A^c \mid B) = 1 - \mathbb{P}(A \mid B), \qquad \mathbb{P}(A_1 \cup A_2 \mid B) = \mathbb{P}(A_1 \mid B) + \mathbb{P}(A_2 \mid B) - \mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \mid B)$$

Attenzione: $\mathbb{P}(A \mid B^c)$ non è $1 - \mathbb{P}(A \mid B)$. Si complementa l'evento a sinistra della barra, non quello a destra.

Regola del prodotto

Moltiplicando la definizione per $\mathbb{P}(B)$:

$$\boxed{\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A \mid B)\, \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(B \mid A)\, \mathbb{P}(A)}$$

È il modo più naturale di calcolare la probabilità di un'intersezione quando l'esperimento avviene in più fasi: probabilità della prima fase per probabilità della seconda sapendo come è andata la prima.

Esempio (estrazioni senza reinserimento). Urna con 8 nere e 6 bianche, due estrazioni senza reinserimento. $N_i =$ "nera all'estrazione $i$":

$$\mathbb{P}(N_1 \cap N_2) = \mathbb{P}(N_1)\, \mathbb{P}(N_2 \mid N_1) = \frac8{14} \cdot \frac7{13} = \frac{56}{182} = \frac{4}{13} \approx 0{,}308$$

$\mathbb{P}(N_2 \mid N_1) = \frac{7}{13}$ perché, sapendo che la prima era nera, nell'urna restano 13 palline di cui 7 nere.

Regola della catena

Per $n$ eventi (con $\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$), applicando ripetutamente la regola del prodotto:

$$\mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n) = \mathbb{P}(A_1)\, \mathbb{P}(A_2 \mid A_1)\, \mathbb{P}(A_3 \mid A_1 \cap A_2) \cdots \mathbb{P}(A_n \mid A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})$$

Esempio: probabilità di pescare 3 assi di fila da un mazzo di 40 carte (4 assi), senza reinserimento: $\frac4{40} \cdot \frac3{39} \cdot \frac2{38} = \frac{24}{59\,280} \approx 0{,}000405$.

Condizionare a due eventi: formula di decomposizione

Un esercizio del I parziale chiede di dimostrare che, se $\mathbb{P}(A \cap C) > 0$ e $\mathbb{P}(A^c \cap C) > 0$,

$$\mathbb{P}(B \mid C) = \mathbb{P}(B \mid A \cap C)\, \mathbb{P}(A \mid C) + \mathbb{P}(B \mid A^c \cap C)\, \mathbb{P}(A^c \mid C)$$

È la formula delle probabilità totali "dentro" $C$, con la partizione $\{A, A^c\}$. Si dimostra osservando che $\mathbb{P}(B \mid A \cap C)\, \mathbb{P}(A \mid C) = \frac{\mathbb{P}(B \cap A \cap C)}{\mathbb{P}(A \cap C)} \cdot \frac{\mathbb{P}(A \cap C)}{\mathbb{P}(C)} = \frac{\mathbb{P}(B \cap A \cap C)}{\mathbb{P}(C)}$, e analogamente per $A^c$; la somma è $\frac{\mathbb{P}(B \cap C)}{\mathbb{P}(C)}$ per additività. Svolgimento completo nell'Esercizio 5 · eventi indipendenti, eventi di probabilità zero e formula di decomposizione.

Errori comuni

• Scambiare $\mathbb{P}(A \mid B)$ con $\mathbb{P}(B \mid A)$ ("fallacia del procuratore").
• Scrivere $\mathbb{P}(A \mid B) = \mathbb{P}(A \cap B)$, dimenticando di dividere per $\mathbb{P}(B)$.
• Complementare l'evento condizionante: $\mathbb{P}(A \mid B^c) \ne 1 - \mathbb{P}(A \mid B)$.
• Condizionare a un evento di probabilità zero.