Probabilità condizionata e formula del prodotto

Lezione 3 di probabilità, Unità 1. Prerequisiti: Definizione assiomatica e continuità della probabilitàUna probabilità su Ω è P : eventi → [0,1] con P(∅) = 0, P(Ω) = 1 e σ-additività: P(⋃Aᵢ) = Σ P(Aᵢ) per eventi a due a due disgiunti (anche infiniti numerabili). Ne seguono additività finita, monotonia (E ⊆ F ⇒ P(E) ≤ P(F)), P(F∖E) = P(F) − P(E) e inclusione-esclusione. Esempi: pesi pₖ ≥ 0 con Σpₖ = 1 su spazi finiti o numerabili; la lunghezza su [0,1] e l'area sul quadrato; infiniti lanci di moneta. Continuità: per eventi crescenti P(⋃Eᵢ) = lim P(Eᵢ), per decrescenti P(⋂Eᵢ) = lim P(Eᵢ).Definizione assiomatica e continuità della probabilità →.

Motivazione

Esempio del prof. Si estrae una carta da un mazzo di $52$. La probabilità di $E$ = "il 2 di fiori o il 3 di cuori" è $\frac2{52}$. Se però si sa che si è realizzato $F$ = "la carta non è di cuori", gli esiti possibili diventano le $39$ carte non di cuori, e tra queste solo il 2 di fiori è favorevole: la probabilità ragionevole è $$\frac{|E \cap F|}{|F|} = \frac{1}{39}$$

Esempio del prof. Previsioni per domani: sole $30\%$, nuvolo senza pioggia $20\%$, pioggia $50\%$. $E$ = "nuvolo o sole" ha probabilità $0.5$. Al mattino si capisce che non ci sarà il sole, cioè si realizza $F$ = {nuvolo, pioggia}. Ora si "rinormalizzano" le probabilità rimaste: nuvolo pesa $0.2$ su un totale di $0.7$, quindi la probabilità di $E$ diventa $\frac{P(E \cap F)}{P(F)} = \frac{0.2}{0.7} = \frac27$.

Definizione

Definizione. Siano $E, F$ eventi con $P(F) \ne 0$. La probabilità condizionata di $E$ dato $F$ è $$P(E \mid F) = \frac{P(E \cap F)}{P(F)} = \frac{P(EF)}{P(F)}$$

Linguaggio: "si è realizzato $F$", "sapendo che $F$…", "dato che $F$…": sono tutti segnali che bisogna usare $P(\cdot \mid F)$.

Esempio del prof (dado truccato). Le facce $1, 3, 6$ hanno probabilità $\frac1{12}$ ciascuna, le facce $2, 4, 5$ probabilità $\frac14$ (la somma è $\frac3{12} + \frac34 = 1$ ✓). Esce un numero pari: qual è la probabilità che sia il $2$ o il $6$? $$P(\text{pari}) = P(2) + P(4) + P(6) = \frac14 + \frac14 + \frac1{12} = \frac7{12}, \qquad P(\{2, 6\} \cap \text{pari}) = \frac14 + \frac1{12} = \frac13$$ $$P(\{2, 6\} \mid \text{pari}) = \frac{1/3}{7/12} = \frac47$$

Proposizione. Se $P(F) \ne 0$, la funzione $E \mapsto P(E \mid F)$ è una probabilità (su $F$, e anche su tutto $\Omega$).

Le verifiche: $P(\Omega \mid F) = \frac{P(F)}{P(F)} = 1$, e se gli $E_i$ sono disgiunti lo sono anche gli $E_i \cap F$, quindi la $\sigma$-additività passa al condizionamento. Conseguenza: per $P(\cdot \mid F)$ valgono tutte le regole della probabilità. Per esempio, se $P(A \mid F) = 0.6$, allora $P(A^c \mid F) = 1 - 0.6 = 0.4$.

Proposizione (il caso uniforme). Se $P$ è uniforme su $\Omega$ finito e $F \ne \emptyset$, allora $P(\cdot \mid F)$ è la probabilità uniforme su $F$.

Dimostrazione. Per $E \subseteq F$: $P(E \mid F) = \frac{|E|/|\Omega|}{|F|/|\Omega|} = \frac{|E|}{|F|}$ ∎ (era una domanda di teoria all'appello del 12 luglio 2017). In pratica: con esiti equiprobabili, condizionare a $F$ significa "restringere lo spazio a $F$" e contare lì. Esempio: il 3 di picche ha probabilità $\frac1{52}$; sapendo che la carta è nera, $\frac1{26}$.

Probabilità di un'intersezione

Proposizione. Se $P(F) \ne 0$: $\quad P(E \cap F) = P(E \mid F)\,P(F)$.

È la definizione riletta al contrario, ma è il modo più naturale di calcolare un'intersezione quando i dati sono probabilità condizionate.

Attenzione: in generale $P(E \cap F) \ne P(E)P(F)$. Lanciando un dado, con $E$ = "esce il $6$" e $F$ = "pari": $P(E \cap F) = \frac16$, mentre $P(E)P(F) = \frac1{12}$; invece $P(E \mid F)P(F) = \frac13\cdot\frac12 = \frac16$ ✓. Quando vale $P(E \cap F) = P(E)P(F)$ si parla di eventi indipendentiA e B sono indipendenti se P(AB) = P(A)P(B), cioè (se P(B) > 0) P(A | B) = P(A): sapere B non cambia la probabilità di A. Se A, B sono indipendenti lo sono anche A e Bᶜ. Tre eventi sono indipendenti se lo sono a coppie E P(ABC) = P(A)P(B)P(C): l'indipendenza a coppie non basta. Prove ripetute indipendenti: le probabilità si moltiplicano. Indipendenza condizionata a F: P(AB | F) = P(A | F)P(B | F); non implica l'indipendenza (due lanci della stessa moneta scelta a caso). Eventi disgiunti con probabilità positive non sono mai indipendenti.Eventi indipendenti e indipendenza condizionata →.

Esempio del prof (il radar). Se un aereo è presente, il radar lo rileva con probabilità $0.99$; se non c'è, segnala comunque la presenza con probabilità $0.1$. Un aereo è presente con probabilità $0.05$.

• Falso allarme (non c'è l'aereo e il radar segnala): $P(\text{segnale} \cap \text{assente}) = P(\text{segnale} \mid \text{assente})P(\text{assente}) = 0.1\cdot 0.95 = 0.095$.
• Mancata rilevazione (c'è l'aereo e il radar non segnala): $P(\text{non segnale} \mid \text{presente})P(\text{presente}) = 0.01\cdot 0.05 = 0.0005$.

La formula del prodotto

Proposizione. Se $P(A_1A_2\cdots A_{n-1}) > 0$, $$P(A_1A_2\cdots A_n) = P(A_1)\,P(A_2 \mid A_1)\,P(A_3 \mid A_1A_2)\cdots P(A_n \mid A_1\cdots A_{n-1})$$

Perché: scrivendo ogni condizionata come quoziente, il prodotto è telescopico: $P(A_1)\cdot\frac{P(A_1A_2)}{P(A_1)}\cdot\frac{P(A_1A_2A_3)}{P(A_1A_2)}\cdots = P(A_1\cdots A_n)$.

È lo strumento per gli esperimenti a tappe: la probabilità che tutto vada in un certo modo è il prodotto delle probabilità di ogni tappa, ciascuna calcolata sapendo come sono andate le precedenti.

Esempio del prof. Tre carte estratte senza reimmissione da un mazzo di $52$: probabilità che nessuna sia di cuori.

• Con la probabilità uniforme: $\frac{\binom{39}3}{\binom{52}3} = \frac{9139}{22100} \approx 0.414$.
• Con la formula del prodotto, $A_i$ = "l'$i$-esima non è di cuori": $P(A_1) = \frac{39}{52}$; sapendo che la prima non era di cuori, restano $51$ carte di cui $38$ non di cuori: $P(A_2 \mid A_1) = \frac{38}{51}$; poi $P(A_3 \mid A_1A_2) = \frac{37}{50}$. Prodotto: $\frac{39\cdot 38\cdot 37}{52\cdot 51\cdot 50} \approx 0.414$ ✓.

Esempio del prof (i compitini). Si supera il primo compitino con probabilità $0.7$; il secondo, avendo superato il primo, con $0.8$; il terzo, avendo superato i primi due, con $0.9$. Probabilità di superare l'esame con i compitini: $0.7\cdot 0.8\cdot 0.9 = 0.504$.

Esempio del prof (un re a testa). Le $52$ carte vengono distribuite ai quattro giocatori N, W, E, S, $13$ a testa. Probabilità che ognuno abbia un re: con la formula del prodotto, si guarda dove finiscono i quattro re. Il primo re sta da qualcuno; il secondo deve stare in una delle $39$ posizioni dei mazzi degli altri tre, tra le $51$ rimaste: $\frac{39}{51}$; il terzo in una delle $26$ posizioni dei due giocatori ancora senza re, tra $50$: $\frac{26}{50}$; il quarto in una delle $13$ dell'ultimo, tra $49$: $\frac{13}{49}$. $$P = \frac{39}{51}\cdot\frac{26}{50}\cdot\frac{13}{49} = \frac{13182}{124950} \approx 0.105$$ (Lo stesso numero si ottiene con la probabilità uniforme sulle spartizioni delle carte: verificato con Python.)

Esercizi: Esercizio 42 · probabilità condizionata e formula del prodotto.

Errori comuni

• Confondere $P(E \mid F)$ con $P(F \mid E)$: "la probabilità di essere malati sapendo che il test è positivo" non è "la probabilità che il test sia positivo sapendo che si è malati" (vedi la 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 →).
• Confondere $P(E \mid F)$ con $P(E \cap F)$.
• Moltiplicare probabilità non condizionate in un esperimento a tappe senza reimmissione.