Esercizio 44partizione e Bayes dagli appelli

Testo (dagli appelli e dai compitini).

1. (II compitino, 4 febbraio 2015.) Il mazzo A ha $30$ carte rosse e $22$ nere, il mazzo B $20$ rosse e $32$ nere. Si sceglie il mazzo A con probabilità $\frac23$, il B con probabilità $\frac13$, e si estrae una carta. (a) Qual è la probabilità che la carta estratta sia rossa? (b) La carta estratta è rossa: qual è la probabilità che sia stata estratta dal mazzo B? (c) La carta viene rimessa nel mazzo e si estrae di nuovo dallo stesso mazzo (una volta scelto il mazzo, le estrazioni sono indipendenti). Siano $R_1$, $R_2$ = "la prima (seconda) estratta è rossa". i. Si realizza $R_1$: qual è la probabilità di $R_2$? ii. $R_1$ e $R_2$ sono indipendenti?
2. (Appello 3, 2014/15.) Nei paesi F, S, N ed I l'indice di corruttibilità dei manager è rispettivamente $12\%$, $12\%$, $17\%$ e $60\%$. Se un manager, che sappiamo provenire da uno a caso di questi quattro paesi, è corrotto, determinare la probabilità che provenga dal paese N.
3. (Appello 4, 2014/15.) Al metal detector: una borsa con una bomba fa suonare l'allarme con probabilità $0.99$; una borsa senza bombe con probabilità $0.05$; una borsa ogni $5000$ contiene una bomba. (a) Qual è la probabilità che suoni l'allarme? (b) Suona l'allarme: qual è la probabilità che la borsa contenga effettivamente una bomba?
4. (Appello 4, 2015/16.) Il $50\%$ delle mail sono spam. Un filtro riconosce come spam il $99\%$ delle mail spam, e segnala come spam il $5\%$ delle mail non spam. Una mail viene segnalata come spam: qual è la probabilità che non lo sia? (Frazione ridotta.)
5. (Appello 3, 12 luglio 2017.) Un musicista suona molto bene o molto male. Sia $p$ la probabilità che indossi un indumento viola. La probabilità di una pessima esecuzione è del $30\%$ se indossa il viola, del $5\%$ altrimenti; la probabilità che l'esecuzione sia pessima è del $15\%$. (a) Determinare $p$. (b) L'esecuzione è stata ottima: qual è la probabilità che indossasse un indumento viola?
6. (Appello 4, 2017/18.) In un referendum sull'uscita dall'Unione Europea, chi ha votato per rimanere dichiara la verità con probabilità $90\%$, chi ha votato contro con probabilità $75\%$. Il $58\%$ è favorevole a rimanere, il $42\%$ contrario. (a) Probabilità che chi ha votato contro dichiari di aver votato per rimanere? (b) Probabilità che chi dichiara di aver votato per rimanere l'abbia fatto davvero?
7. (Appello 3, 9 luglio 2019.) La probabilità che il Venezia sia ripescato in Serie B (evento $R$) se la Commissione lavora con serietà (evento $S$) è $90\%$. La probabilità che la Commissione non abbia lavorato con serietà se il Venezia non venisse ripescato è $99\%$. Il Venezia verrà ripescato con probabilità $80\%$: determinare la probabilità che la Commissione abbia lavorato con serietà se il Venezia verrà ripescato.
8. (Appello 4, 2018/19.) Una pianta produce almeno $2$ kg di frutti con probabilità $0.7$ se si usa il fertilizzante, $0.2$ se no; in generale con probabilità $0.5$. Calcolare la probabilità che si usi il fertilizzante.
9. (Appello 3, 2015/16.) Si estraggono due palline da un'urna con $3$ nere, $4$ verdi e $5$ rosse. L'estrazione produce due palline dello stesso colore: qual è la probabilità che siano entrambe rosse?

Teoria: 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 →, 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 →.

1. I due mazzi

(a) Partizione su quale mazzo si sceglie: $$P(R) = \frac{30}{52}\cdot\frac23 + \frac{20}{52}\cdot\frac13 = \frac{60 + 20}{156} = \frac{80}{156} = \frac{20}{39}$$

(b) Bayes: $$P(B \mid R) = \frac{\frac{20}{52}\cdot\frac13}{\frac{20}{39}} = \frac{20/156}{20/39} = \frac{39}{156} = \frac14$$

(c) i. Dato il mazzo, le due estrazioni sono indipendenti, quindi $P(R_1R_2 \mid A) = \left(\frac{30}{52}\right)^2$ e $P(R_1R_2 \mid B) = \left(\frac{20}{52}\right)^2$. Per la partizione: $$P(R_1R_2) = \frac23\cdot\frac{900}{2704} + \frac13\cdot\frac{400}{2704} = \frac{2200}{8112} = \frac{275}{1014}$$ $$P(R_2 \mid R_1) = \frac{275/1014}{20/39} = \frac{275\cdot 39}{1014\cdot 20} = \frac{55}{104} \approx 0.529$$

ii. $P(R_2) = P(R_1) = \frac{20}{39} \approx 0.513 \ne P(R_2 \mid R_1)$: non indipendenti. Una rossa alla prima estrazione rende più probabile il mazzo A (più ricco di rosse), e quindi una rossa alla seconda: sono indipendenti solo condizionatamente al mazzo (vedi Eventi indipendenti e indipendenza condizionataA 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 →).

2. I manager corrotti

Paese a caso: probabilità $\frac14$ ciascuno. Con Bayes ($C$ = corrotto): $$P(N \mid C) = \frac{0.17\cdot\frac14}{(0.12 + 0.12 + 0.17 + 0.60)\cdot\frac14} = \frac{0.17}{1.01} = \frac{17}{101} \approx 0.168$$ (i $\frac14$ si semplificano: con cause equiprobabili Bayes pesa solo le verosimiglianze).

3. La bomba nella borsa

$P(B) = \frac{1}{5000} = 0.0002$. (a) $P(\text{allarme}) = 0.99\cdot 0.0002 + 0.05\cdot 0.9998 = 0.000198 + 0.04999 = 0.050188$. (b) $P(B \mid \text{allarme}) = \frac{0.000198}{0.050188} \approx 0.0039$: circa $4$ allarmi su mille corrispondono a una bomba vera.

4. Il filtro antispam

$$P(\text{non spam} \mid \text{segnalata}) = \frac{0.05\cdot 0.5}{0.99\cdot 0.5 + 0.05\cdot 0.5} = \frac{0.05}{1.04} = \frac{5}{104} \approx 0.048$$ (qui le due cause sono equiprobabili, e il filtro è affidabile: solo il $4.8\%$ delle segnalazioni sono sbagliate).

5. Il musicista e il viola

(a) Partizione: $0.30\,p + 0.05\,(1 - p) = 0.15 \iff 0.25\,p = 0.10 \iff p = 0.4$.

(b) $P(\text{ottima} \mid \text{viola}) = 0.7$, $P(\text{ottima}) = 0.85$: $$P(\text{viola} \mid \text{ottima}) = \frac{0.7\cdot 0.4}{0.85} = \frac{28}{85} \approx 0.33$$

6. L'exit poll

(a) Chi ha votato contro dice il falso con probabilità $1 - 0.75 = 0.25$, e dire il falso significa dichiarare "rimanere": $P(\text{dichiara rimanere} \mid \text{contro}) = 0.25$.

(b) Con $D$ = "dichiara rimanere": $$P(\text{rimanere} \mid D) = \frac{0.90\cdot 0.58}{0.90\cdot 0.58 + 0.25\cdot 0.42} = \frac{0.522}{0.627} = \frac{174}{209} \approx 0.833$$

7. Il Venezia ripescato

Dati: $P(R \mid S) = 0.9$, $P(S^c \mid R^c) = 0.99$, $P(R) = 0.8$; incognita $P(S \mid R)$. Manca $P(S)$: la si ricava.

• $P(S \mid R^c) = 1 - 0.99 = 0.01$, quindi $P(S \cap R^c) = 0.01\cdot P(R^c) = 0.01\cdot 0.2 = 0.002$.
• D'altra parte $P(S \cap R^c) = P(R^c \mid S)\,P(S) = 0.1\,P(S)$. Uguagliando: $P(S) = 0.02$.

Allora, con l'inversione, $$P(S \mid R) = \frac{P(R \mid S)\,P(S)}{P(R)} = \frac{0.9\cdot 0.02}{0.8} = 0.0225$$

8. Il fertilizzante

Partizione con $f = P(\text{fertilizzante})$: $0.7f + 0.2(1 - f) = 0.5 \iff 0.5f = 0.3 \iff f = 0.6$.

9. Due palline dello stesso colore

$\Omega$ = coppie non ordinate di palline, $\binom{12}{2} = 66$ equiprobabili. "Stesso colore": $\binom32 + \binom42 + \binom52 = 3 + 6 + 10 = 19$ coppie; "entrambe rosse": $10$. Condizionando (probabilità uniforme ristretta all'evento): $$P(RR \mid \text{stesso colore}) = \frac{10}{19}$$

Errori comuni

• Nel punto 1(c), moltiplicare $P(R_1)P(R_2)$ come se le estrazioni fossero indipendenti senza conoscere il mazzo.
• Nel punto 7, cercare di applicare Bayes senza aver ricavato $P(S)$: i dati vanno prima combinati.