Esercizio 45scrigni, ombrelli e tre dadi, indipendenza condizionata

Testo (Lezione 3 di probabilità, Unità 4).

1. Due scrigni: A con $4$ monete d'oro, B con $2$ monete d'oro e $2$ d'argento. Si sceglie a caso uno dei due e, bendati, si estrae una moneta: è d'oro. La moneta non viene reinserita; la seconda viene estratta dallo stesso scrigno. Qual è la probabilità che la seconda sia d'oro?
2. Due clienti entrano in un centro commerciale; $A$ = "il primo compra un ombrello", $B$ = "il secondo compra un ombrello". $A$ e $B$ sono condizionatamente indipendenti sia se piove (evento $H$) sia se non piove. Si suppone $P(H) = 0.3$, $P(A \mid H) = 0.6$, $P(A \mid H^c) = 0.2$, $P(B \mid H) = 0.5$, $P(B \mid H^c) = 0.15$. (1) Calcolare $P(A)$, $P(B)$ e $P(AB)$. (2) Dire se $A$ e $B$ sono indipendenti.
3. Verificare che, lanciando tre dadi rosso, verde e giallo, gli eventi $A$ = "rosso = verde", $B$ = "verde = giallo", $C$ = "rosso = giallo" sono a due a due indipendenti ma non indipendenti.

Teoria: 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 →, 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 →.

1. I due scrigni

Siano $G_1$, $G_2$ = "la prima (seconda) moneta è d'oro". Si vuole $P(G_2 \mid G_1) = \frac{P(G_1G_2)}{P(G_1)}$, e si calcolano numeratore e denominatore con la partizione sullo scrigno scelto (probabilità $\frac12$ ciascuno).

$P(G_1)$: dallo scrigno A la prima è d'oro con certezza, da B con probabilità $\frac24$: $$P(G_1) = 1\cdot\frac12 + \frac12\cdot\frac12 = \frac34$$

$P(G_1G_2)$: da A, due d'oro con certezza; da B, per la formula del prodotto, $\frac24\cdot\frac13$ (dopo un oro restano $1$ oro e $2$ argento): $$P(G_1G_2) = 1\cdot\frac12 + \frac24\cdot\frac13\cdot\frac12 = \frac12 + \frac1{12} = \frac7{12}$$

$$P(G_2 \mid G_1) = \frac{7/12}{3/4} = \frac{7}{9} \approx 0.78$$

Perché è così alta: aver trovato un oro rende più probabile lo scrigno A. Con Bayes, $P(A \mid G_1) = \frac{1\cdot\frac12}{\frac34} = \frac23$; e allora $P(G_2 \mid G_1) = 1\cdot\frac23 + \frac13\cdot\frac13 = \frac79$ ✓ (partizione sullo scrigno, con le probabilità aggiornate).

2. Gli ombrelli

(1) Partizione su piove / non piove: $$P(A) = 0.6\cdot 0.3 + 0.2\cdot 0.7 = 0.18 + 0.14 = 0.32$$ $$P(B) = 0.5\cdot 0.3 + 0.15\cdot 0.7 = 0.15 + 0.105 = 0.255$$ Per $P(AB)$ si usa l'indipendenza condizionata: $P(AB \mid H) = P(A \mid H)P(B \mid H) = 0.3$, $P(AB \mid H^c) = 0.2\cdot 0.15 = 0.03$: $$P(AB) = 0.3\cdot 0.3 + 0.03\cdot 0.7 = 0.09 + 0.021 = 0.111$$

(2) $P(A)P(B) = 0.32\cdot 0.255 = 0.0816 \ne 0.111$: non indipendenti. Il motivo è la pioggia, "causa comune": se il primo compra l'ombrello è più probabile che piova, e quindi che lo compri anche il secondo ($P(B \mid A) = \frac{0.111}{0.32} \approx 0.35 > 0.255$).

3. Tre dadi: indipendenza a coppie ma non totale

$\Omega$ = terne (rosso, verde, giallo), $6^3 = 216$ esiti equiprobabili.

Le singole probabilità. $A$ = "rosso = verde": si sceglie il valore comune ($6$ modi) e il giallo ($6$): $36$ esiti, $P(A) = \frac{36}{216} = \frac16$. Lo stesso per $B$ e $C$.

A coppie. $A \cap B$ = "rosso = verde = giallo" ($6$ esiti), $P(AB) = \frac{6}{216} = \frac1{36} = \frac16\cdot\frac16 = P(A)P(B)$ ✓. Lo stesso per $AC$ e $BC$ (ogni intersezione di due condizioni impone che i tre valori siano uguali).

Tutti e tre. $A \cap B \cap C$ = "tutti uguali", ancora $\frac1{36}$, ma $P(A)P(B)P(C) = \frac1{216}$: non indipendenti.

Intuizione: due qualsiasi delle tre uguaglianze implicano la terza. Sapere $A$ da solo non dice nulla su $B$; sapere $A$ e $B$ dice tutto su $C$.

Errori comuni

• Nell'esercizio 1, rispondere $\frac34$ (la probabilità di un oro alla prima estrazione), dimenticando che l'informazione "la prima era d'oro" cambia la probabilità dello scrigno.
• Nell'esercizio 2, calcolare $P(AB)$ come $P(A)P(B)$: l'indipendenza vale solo condizionatamente a $H$ e a $H^c$, non globalmente.