Eventi indipendenti e indipendenza condizionata

Lezione 3 di probabilità, Unità 4. Prerequisiti: Probabilità condizionata e formula del prodottoLa probabilità di E condizionata a F (con P(F) > 0) è P(E | F) = P(E ∩ F)/P(F): la probabilità di E "sapendo che F si è realizzato". E ↦ P(E | F) è a sua volta una probabilità; se P è uniforme, P(· | F) è uniforme su F. Ne seguono P(E ∩ F) = P(E | F) P(F) e la formula del prodotto P(A₁⋯Aₙ) = P(A₁) P(A₂ | A₁) P(A₃ | A₁A₂) ⋯ P(Aₙ | A₁⋯Aₙ₋₁), utile per le estrazioni successive.Probabilità condizionata e formula del prodotto →, Formula della partizione e formula di BayesFormula di inversione: P(F | E) = P(E | F) P(F)/P(E). Formula della partizione (probabilità totale): se F₁, …, Fₙ sono una partizione di Ω con P(Fᵢ) > 0, P(E) = Σ P(E | Fᵢ) P(Fᵢ). Formula di Bayes: P(Fⱼ | E) = P(E | Fⱼ) P(Fⱼ) / Σ P(E | Fᵢ) P(Fᵢ): aggiorna la probabilità delle "cause" Fⱼ dopo aver osservato l'effetto E. Classici: test medici (con malattia rara un positivo è spesso un falso positivo), la carta verde/arancione (1/3, non 1/2), Monty Hall (conviene cambiare: 2/3).Formula della partizione e formula di Bayes →.

Due eventi indipendenti

Lanciando due volte una moneta che dà testa con probabilità $0.6$, la probabilità di due teste è $0.6\cdot 0.6 = 0.36$: si moltiplicano le probabilità perché i lanci "non si influenzano". La definizione formalizza questa idea.

Definizione. Gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti (per $(\Omega, P)$) se $$P(AB) = P(A)\,P(B)$$

Significato: se $P(B) \ne 0$, $A$ e $B$ sono indipendenti se e solo se $P(A \mid B) = P(A)$: sapere che $B$ si è realizzato non cambia la probabilità di $A$. La definizione con il prodotto ha il vantaggio di essere simmetrica e di valere anche se $P(B) = 0$.

Esempio del prof. Dado equilibrato, $A$ = "pari" $= \{2, 4, 6\}$, $B$ = "$\ge 4$" $= \{4, 5, 6\}$. $P(AB) = P(\{4, 6\}) = \frac13$, mentre $P(A)P(B) = \frac14$: non indipendenti (sapere che è uscito un numero alto rende più probabile il pari: $P(A \mid B) = \frac23$).

Proprietà. Se $A$ e $B$ sono indipendenti, lo sono anche $A$ e $B^c$ (e quindi $A^c$ e $B$, $A^c$ e $B^c$).

Dimostrazione. $P(AB^c) = P(A) - P(AB) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)(1 - P(B)) = P(A)P(B^c)$ ∎.

Due lanci di una moneta equilibrata. Gli esiti $(T,T)$, $(T,C)$, $(C,T)$, $(C,C)$ sono equiprobabili se e solo se i due lanci sono indipendenti: per esempio $P(T,T) = \frac14 = \frac12\cdot\frac12 = P(T \text{ al primo})P(T \text{ al secondo})$.

Esempio del prof (con o senza reimmissione). Urna con $10$ rosse e $4$ nere, due estrazioni; $A$ = "la prima è rossa", $B$ = "la seconda è rossa". Si ha $P(A) = P(B) = \frac{10}{14} = \frac57$ in entrambi i casi.

• Con reimmissione: $P(AB) = \left(\frac{10}{14}\right)^2 = P(A)P(B)$: indipendenti (l'urna torna com'era).
• Senza reimmissione: $P(AB) = \frac{10}{14}\cdot\frac{9}{13} = \frac{45}{91} \approx 0.495 \ne \frac{25}{49} \approx 0.510$: non indipendenti (se la prima è rossa, resta una rossa in meno).

L'indipendenza dipende dalla probabilità. Carta a caso da un mazzo di $52$; $A$ = "asso", $B$ = "quadri".

• Con la probabilità uniforme: $P(AB) = P(\text{asso di quadri}) = \frac1{52} = \frac4{52}\cdot\frac{13}{52}$: indipendenti.
• Se invece il jack di picche ha probabilità $\frac12$ e ciascuna delle altre $51$ carte $\frac1{102}$: $P(A) = \frac4{102}$, $P(B) = \frac{13}{102}$, $P(AB) = \frac1{102}$, e $P(A)P(B) = \frac{52}{102^2} \approx \frac{0.51}{102} \ne \frac1{102}$: non indipendenti.

Disgiunti non vuol dire indipendenti (domanda di teoria dell'appello del 5 settembre 2017). Se $A \cap B = \emptyset$ con $0 < P(A), P(B) < 1$, allora $P(AB) = 0 \ne P(A)P(B) > 0$: non sono indipendenti. Anzi, sono "massimamente dipendenti": se si realizza $B$, $A$ è impossibile.

Tre o più eventi

Definizione. $A$, $B$, $C$ sono indipendenti se

1. lo sono a due a due: $P(AB) = P(A)P(B)$, $P(AC) = P(A)P(C)$, $P(BC) = P(B)P(C)$;
2. e inoltre $P(ABC) = P(A)P(B)P(C)$.

Da qui seguono altre indipendenze: $A$ e $BC$ sono indipendenti, $A^c$ e $BC$ pure, $P(A \mid BC) = P(A)$, $P(AB \mid C) = P(AB)$, …

L'indipendenza a due a due non basta. Esempi del prof:

• Tre dadi rosso, verde, giallo; $A$ = "rosso = verde", $B$ = "verde = giallo", $C$ = "rosso = giallo". Ciascuno ha probabilità $\frac16$. Ogni intersezione di due coincide con "tutti e tre uguali", di probabilità $\frac{6}{216} = \frac1{36} = \frac16\cdot\frac16$: indipendenti a coppie. Ma $P(ABC) = \frac1{36} \ne \frac1{216}$: non indipendenti (se due coppie sono uguali, lo è anche la terza).
• $\Omega = \{1, 2, 3, 4\}$ uniforme, $A = \{1, 2\}$, $B = \{1, 3\}$, $C = \{2, 3\}$: ognuno ha probabilità $\frac12$, ogni intersezione a due è un punto ($\frac14 = \frac12\cdot\frac12$), ma $ABC = \emptyset$ e $P(ABC) = 0 \ne \frac18$.

Definizione. Una famiglia di eventi $\{A_i : i \in I\}$ è indipendente se per ogni scelta di indici distinti $i_1, \dots, i_n$: $$P(A_{i_1}\cdots A_{i_n}) = P(A_{i_1})\cdots P(A_{i_n})$$

Prove ripetute indipendenti

Un esperimento formato da una successione di prove, la $i$-esima con esiti in $\Omega_i$, ha prove indipendenti se, comunque si scelgano eventi $A_i \subseteq \Omega_i$ (uno per prova), gli eventi "la prova $i$ dà un esito in $A_i$" sono indipendenti. In pratica: la probabilità di una sequenza di risultati è il prodotto delle probabilità dei singoli risultati.

Esempio del prof. Lanci indipendenti di una moneta che dà testa con probabilità $0.6$: cinque teste consecutive hanno probabilità $0.6^5 \approx 0.078$.

Questo modello porta direttamente alle variabili binomiale e geometricaIn n prove di Bernoulli indipendenti con successo di probabilità p, il numero di successi X ~ B(n,p) ha P(X = k) = C(n,k) pᵏ(1−p)ⁿ⁻ᵏ, k = 0,…,n; equivalentemente X è somma di n Bernoulli Be(p) indipendenti. Senza indipendenza (estrazioni senza reimmissione) la somma non è binomiale (legge ipergeometrica). Il numero di prove fino al primo successo X ~ Ge(p) ha P(X = k) = p(1−p)ᵏ⁻¹, k ≥ 1, e P(X > k) = (1−p)ᵏ; è senza memoria: P(X > k+m | X > k) = P(X > m) (i numeri ritardatari del lotto non sono "più probabili").Variabili binomiale e geometrica →.

I dadi di Efron

Quattro dadi lanciati indipendentemente: A $= (4, 4, 4, 4, 0, 0)$, B $= (3, 3, 3, 3, 3, 3)$, C $= (6, 6, 2, 2, 2, 2)$, D $= (5, 5, 5, 1, 1, 1)$.

• $A > B$ succede quando A dà $4$: probabilità $\frac46 = \frac23$.
• $B > C$ quando C dà $2$: $\frac23$.
• $C > D$: C dà $6$ (probabilità $\frac13$, vince sempre) oppure C dà $2$ e D dà $1$ ($\frac23\cdot\frac12 = \frac13$): totale $\frac23$.
• $D > A$: D dà $5$ ($\frac12$) oppure D dà $1$ e A dà $0$ ($\frac12\cdot\frac13 = \frac16$): totale $\frac23$.

Ogni dado batte il successivo con probabilità $\frac23$, e D batte A: la relazione "batte" non è transitiva. Inoltre: $A > B$ ("A dà $4$") e $B > C$ ("C dà $2$") riguardano dadi diversi, quindi sono indipendenti; invece $P(C > D \mid B > C) = P(C > D \mid \text{C dà } 2) = P(\text{D dà } 1) = \frac12 \ne \frac23$: $B > C$ e $C > D$ non sono indipendenti (dipendono entrambi dal dado C).

Indipendenza condizionata

Definizione. Se $P(F) \ne 0$, gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti condizionatamente a $F$ se lo sono per la probabilità $P(\cdot \mid F)$: $$P(AB \mid F) = P(A \mid F)\,P(B \mid F)$$

L'indipendenza condizionata non implica l'indipendenza. Esempio del prof (due monete). Una scatola contiene una moneta equilibrata e una che dà testa con probabilità $0.9$. Si prende una moneta a caso e la si lancia due volte; scelta la moneta, i lanci sono indipendenti. Con $A$ = "testa al primo lancio", $B$ = "testa al secondo": $$P(A) = \tfrac12(0.5) + \tfrac12(0.9) = 0.7, \qquad P(AB) = \tfrac12(0.5^2) + \tfrac12(0.9^2) = \tfrac12(0.25 + 0.81) = 0.53$$ $$P(B \mid A) = \frac{0.53}{0.7} \approx 0.757 \ne 0.7 = P(B)$$ $A$ e $B$ non sono indipendenti: una testa al primo lancio fa sospettare la moneta truccata, e rende più probabile una testa al secondo. Sono però indipendenti condizionatamente alla moneta scelta.

Altri esempi del prof (gli scrigni con monete d'oro, gli ombrelli con e senza pioggia) nell'Esercizio 45 · scrigni, ombrelli e tre dadi, indipendenza condizionata.

Errori comuni

• Confondere indipendenti con disgiunti.
• Verificare solo l'indipendenza a coppie per tre eventi.
• Moltiplicare probabilità di eventi non indipendenti (estrazioni senza reimmissione, lanci della stessa moneta di tipo ignoto).