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Capitolo 123
Probabilità totale e condizionata

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La probabilità di un evento, conoscendo il verificarsi di un altro, si ricalcola con una formula semplice e potente: \(P(B|A) = P(A \cap B)/P(A)\). È il modo matematico di dire “data l’informazione, aggiorno le mie aspettative”. Da questa semplice formula discende quasi tutta la statistica bayesiana, che oggi pervade scienza, medicina e intelligenza artificiale.”

— Pierre-Simon Laplace, Théorie analytique des probabilités (1812) — prima trattazione sistematica della probabilità condizionata e della formula di disintegrazione

____________________________________________________________________________________

123.1 Introduzione motivazionale

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Nel capitolo precedente (122) abbiamo introdotto, intuitivamente, l’idea di eventi dipendenti e indipendenti, e il calcolo delle probabilità composte tramite diagrammi ad albero. In questo capitolo formalizziamo:

Sono i fondamenti del calcolo delle probabilità moderno, da cui nel prossimo capitolo (124) dedurremo lo schema di Bernoulli, e poi (125) il teorema di Bayes.

123.2 Definizione di probabilità condizionata

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Definizione 123.1 — Probabilità condizionata

Siano \(A, B\) due eventi in uno spazio campionario \(\Omega \), con \(P(A) > 0\). La probabilità di \(B\) condizionata ad \(A\) è

\[ P(B | A) = \frac {P(A \cap B)}{P(A)}. \]

Si legge “probabilità di \(B\) dato \(A\)”.

Senso intuitivo. Sapere che \(A\) si è verificato restringe lo spazio campionario da \(\Omega \) ad \(A\). La nuova “misura” di \(B\) è la frazione di \(A\) che cade in \(B\): \(|A \cap B|/|A|\), che generalizzando i casi finiti diventa \(P(A \cap B)/P(A)\).

[Picture]

Figura 123.1: Probabilità condizionata \(P(B|A)\): “zoom” nello spazio \(A\), dentro il quale calcoliamo la frazione che appartiene anche a \(B\). La regione viola è \(A \cap B\), e \(P(B|A)\) è il rapporto fra area di \(A \cap B\) e area di \(A\).

Proprietà

Proprietà della probabilità condizionata:

Probabilità condizionata: nuova “misura” su \(A\)

La funzione \(B \mapsto P(B|A)\) è essa stessa una probabilità sullo spazio \(A\) (verifica gli assiomi di Kolmogorov, con \(A\) come nuovo “universo”). Da qui possiamo applicare tutte le formule probabilistiche, sostituendo \(P\) con \(P(\cdot | A)\). Ad esempio:

\[ P(B^c | A) = 1 - P(B|A), \quad P(B_1 \cup B_2 | A) = P(B_1|A) + P(B_2|A) - P(B_1 \cap B_2 | A). \]

Esempio classico: i dadi

Lancio un dado. Probabilità di ottenere “\(2\)” sapendo che è uscito un numero pari?

\(A\) = “pari” = \(\{2, 4, 6\}\), \(B\) = “è \(2\)” = \(\{2\}\).

\(P(A) = 3/6 = 1/2\). \(P(A \cap B) = P(\{2\}) = 1/6\).

\(P(B|A) = (1/6)/(1/2) = 1/3\).

Senza informazione, \(P(B) = 1/6\). Con l’informazione che è pari, sale a \(1/3\).

123.3 Teorema della probabilità composta

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Teorema della probabilità composta: dati due eventi \(A, B\) con \(P(A) > 0\),

\[ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B | A). \]

Equivalentemente, con \(P(B) > 0\): \(P(A \cap B) = P(B) \cdot P(A|B)\).

Dimostrazione. Dalla definizione di probabilità condizionata: \(P(B|A) = P(A \cap B)/P(A)\). Moltiplicando entrambi i membri per \(P(A)\): \(P(A \cap B) = P(A) P(B|A)\).

Significato. “La probabilità che \(A\) e \(B\) si verifichino entrambi è la probabilità che \(A\) si verifichi, moltiplicata per la probabilità che \(B\) si verifichi dato che \(A\) si è verificato.” È esattamente la regola del prodotto lungo un percorso del diagramma ad albero (cap. 122).

Generalizzazione a tre o più eventi

Probabilità composta per \(n\) eventi (regola della catena):

\[ P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n) = P(A_1) \cdot P(A_2 | A_1) \cdot P(A_3 | A_1 \cap A_2) \cdot \ldots \cdot P(A_n | A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}). \]

Esempio. Estraggo \(3\) carte da un mazzo da \(52\) senza ripristino. Probabilità di estrarre \(3\) assi:

\[ P = \frac {4}{52} \cdot \frac {3}{51} \cdot \frac {2}{50} = \frac {24}{132600} = \frac {1}{5525} \approx 0{,}000181. \]

123.4 Teorema della probabilità totale (formula di disintegrazione)

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Definizione 123.2 — Partizione dello spazio campionario

Una partizione di \(\Omega \) è una famiglia di eventi \(A_1, A_2, \ldots , A_n\) tali che:

Esempi di partizione:

Teorema della probabilità totale (formula di disintegrazione): sia \(\{A_1, A_2, \ldots , A_n\}\) una partizione di \(\Omega \) (con tutti i \(P(A_i) > 0\)) e sia \(B\) un evento qualunque. Allora

\[ P(B) = \sum _{i=1}^{n} P(A_i) \cdot P(B | A_i). \]

Dimostrazione. Poiché gli \(A_i\) partizionano \(\Omega \), anche le intersezioni \(B \cap A_i\) partizionano \(B\) (cioè \(B = \bigcup _i (B \cap A_i)\) con unione disgiunta). Quindi:

\[ P(B) = \sum _i P(B \cap A_i) = \sum _i P(A_i) P(B|A_i), \]

usando il teorema della probabilità composta nell’ultimo passaggio.

Caso particolare: per \(n = 2\), partizione \(\{A, A^c\}\):

\[ P(B) = P(A) P(B|A) + P(A^c) P(B|A^c). \]

È la forma a due rami (più frequente nelle applicazioni).

Senso intuitivo

La probabilità di un evento \(B\) è la media pesata delle probabilità condizionate \(P(B|A_i)\), con pesi pari alle probabilità \(P(A_i)\) delle “alternative” della partizione. Equivalentemente: si “disintegra” la probabilità di \(B\) in tante porzioni, una per ogni \(A_i\), e si sommano.

Esempio: difetti di produzione

Una fabbrica ha due macchine: \(M_1\) produce \(60\%\) dei pezzi, \(M_2\) il \(40\%\). La frazione di pezzi difettosi è \(2\%\) per \(M_1\), \(5\%\) per \(M_2\). Probabilità che un pezzo a caso sia difettoso?

Partizione: \(A_1 = \) “proviene da \(M_1\)”, \(A_2 = \) “da \(M_2\)”. \(P(A_1) = 0{,}6\), \(P(A_2) = 0{,}4\). \(P(D|A_1) = 0{,}02\), \(P(D|A_2) = 0{,}05\).

Probabilità totale: \(P(D) = 0{,}6 \cdot 0{,}02 + 0{,}4 \cdot 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032 = 3{,}2\%\).

123.5 Eventi indipendenti (formalizzazione)

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Definizione 123.3 — Eventi indipendenti (definizione formale)

Due eventi \(A\) e \(B\) si dicono indipendenti se

\[ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B). \]

Caratterizzazione tramite condizionata

Equivalenze (per \(P(A), P(B) > 0\)): \(A, B\) indipendenti se e solo se vale una qualunque di queste tre condizioni:

Dimostrazione equivalenza 1 \(\leftrightarrow \) 2. Da \(P(A \cap B) = P(A) P(B)\) e \(P(B|A) = P(A \cap B)/P(A) = P(B)\). Viceversa, \(P(B|A) = P(B)\) implica \(P(A \cap B)/P(A) = P(B)\), quindi \(P(A \cap B) = P(A) P(B)\).

Cautela: indipendenza \(\ne \) incompatibilità

Errore comune. “Indipendenti” e “incompatibili” sono concetti diversi:

In generale, eventi con probabilità non nulla incompatibili non sono indipendenti: se sai che \(A\) si è verificato, \(B\) certamente non si verifica (\(P(B|A) = 0 \ne P(B)\)), quindi \(A\) ti dà informazione su \(B\).

Indipendenza di più eventi

Definizione 123.4 — Indipendenza di \(n\) eventi

Gli eventi \(A_1, A_2, \ldots , A_n\) si dicono collettivamente indipendenti (o mutuamente indipendenti) se per ogni sottoinsieme \(S \subseteq \{1, 2, \ldots , n\}\) vale

\[ P\left ( \bigcap _{i \in S} A_i \right ) = \prod _{i \in S} P(A_i). \]

Attenzione. “Indipendenza a coppie” (cioè \(P(A_i \cap A_j) = P(A_i) P(A_j)\) per ogni \(i, j\)) è più debole dell’indipendenza collettiva: ci possono essere eventi a coppie indipendenti ma non collettivamente indipendenti.

123.6 Esempi svolti

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Esempio 123.1 — Probabilità condizionata da un albero

Un’urna contiene \(3\) palline rosse e \(7\) blu. Estraggo \(2\) palline senza ripristino. Calcolare \(P(R_2 | R_1)\), dove \(R_i\) = “\(i\)-esima estratta è rossa”.

Calcolo. \(P(R_1) = 3/10\), \(P(R_1 \cap R_2) = (3/10)(2/9) = 6/90 = 1/15\).

Condizionata: \(P(R_2 | R_1) = P(R_1 \cap R_2)/P(R_1) = (1/15)/(3/10) = 10/45 = 2/9\).

Verifica intuitiva: dopo aver estratto una rossa, restano \(2\) rosse su \(9\), quindi \(P(R_2|R_1) = 2/9\). \(\checkmark\)

Esempio 123.2 — Probabilità composta per tre eventi

Estraggo \(3\) carte da un mazzo da \(52\) senza ripristino. Calcolare la probabilità che siano tutte di cuori.

Catena: \(P(H_1 \cap H_2 \cap H_3) = P(H_1) P(H_2|H_1) P(H_3|H_1 \cap H_2)\).

Numeri: \(P(H_1) = 13/52 = 1/4\). Dopo una di cuori, restano \(12\) su \(51\): \(P(H_2|H_1) = 12/51\). Dopo due, \(11\) su \(50\): \(P(H_3| \ldots ) = 11/50\).

Prodotto: \((13/52)(12/51)(11/50) = 1716/132600 = 11/850 \approx 0{,}0129\).

Esempio 123.3 — Probabilità totale: due macchine

Riprendo l’esempio della fabbrica. \(M_1\) produce \(60\%\) con difetto \(2\%\), \(M_2\) produce \(40\%\) con difetto \(5\%\). Probabilità che un pezzo difettoso provenga da \(M_1\)?

Strategia. Cerco \(P(M_1 | D)\). Per Bayes (anticipo cap. 125):

\[ P(M_1 | D) = \frac {P(D | M_1) P(M_1)}{P(D)}. \]

Probabilità totale: \(P(D) = 0{,}6 \cdot 0{,}02 + 0{,}4 \cdot 0{,}05 = 0{,}032\).

Bayes: \(P(M_1 | D) = (0{,}02 \cdot 0{,}6)/0{,}032 = 0{,}012/0{,}032 = 0{,}375\).

Interpretazione. Anche se \(M_1\) produce di più, è \(M_2\) ad avere più alta frazione di difetti, quindi la maggior parte dei difetti viene da \(M_2\) (\(62{,}5\%\)).

Esempio 123.4 — Eventi indipendenti: lancio di dadi

Lancio due dadi. Eventi:

Sono indipendenti?

Calcolo. \(P(A) = 3/6 = 1/2\). \(P(B) = \) casi con somma pari/\(36\) \(= 18/36 = 1/2\).

\(P(A \cap B) = \) “primo dispari E somma pari” = “primo dispari, secondo dispari”. (Dispari + dispari = pari.) \(P(A \cap B) = (3/6)(3/6) = 9/36 = 1/4\).

Verifica: \(P(A) \cdot P(B) = (1/2)(1/2) = 1/4 = P(A \cap B)\). \(\checkmark\)Indipendenti.

Esempio 123.5 — Verificare l’indipendenza (controesempio)

Lancio una moneta tre volte. Eventi:

Verificare se \(A, B, C\) sono a coppie indipendenti e collettivamente indipendenti.

Probabilità singole: \(P(A) = P(B) = P(C) = 1/2\).

Coppie: \(P(A \cap B) = 1/4 = P(A) P(B)\). \(\checkmark\)\(P(A \cap C) = \) “T al 1° e numero pari di T”. Casi: TTT? no (3 teste, dispari); TTC? no (2 teste, pari, sì); TCT? no (2 teste, sì); TCC? no (1 testa, dispari). Quindi TTC, TCT: \(2/8 = 1/4 = P(A)P(C)\). \(\checkmark\)\(P(B \cap C)\): simmetria, \(1/4\). \(\checkmark\)

Indipendenza collettiva: \(P(A \cap B \cap C) = P(\)TTT con numero pari di T\()\). TTT ha \(3\) teste, dispari, dunque \(A \cap B \cap C\) contiene solo TT\(x\) con numero pari di T, cioè TTC. \(P = 1/8\). Ma \(P(A) P(B) P(C) = 1/8\). \(\checkmark\)

Conclusione: anche collettivamente indipendenti. (In altri esempi può non essere così!)

Esempio 123.6 — Lampadina rossa o verde

In una scatola ci sono \(10\) lampadine: \(6\) rosse e \(4\) verdi. Tra le rosse, \(2\) sono difettose; tra le verdi, \(1\) è difettosa. Estraggo una lampadina a caso. Probabilità che sia difettosa?

Partizione: \(R\) = rossa, \(V\) = verde. \(P(R) = 6/10 = 0{,}6\), \(P(V) = 4/10 = 0{,}4\).

Condizionate: \(P(D|R) = 2/6 = 1/3\), \(P(D|V) = 1/4\).

Probabilità totale: \(P(D) = 0{,}6 \cdot (1/3) + 0{,}4 \cdot (1/4) = 0{,}2 + 0{,}1 = 0{,}3\).

Esempio 123.7 — Sondaggio elettorale

Un sondaggio campione di \(1000\) persone: \(60\%\) ha votato \(X\), \(40\%\) ha votato \(Y\). Tra chi ha votato \(X\), \(70\%\) è soddisfatto. Tra chi ha votato \(Y\), \(30\%\) è soddisfatto. Probabilità che una persona qualunque del campione sia soddisfatta?

Probabilità totale: \(P(S) = 0{,}6 \cdot 0{,}7 + 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}42 + 0{,}12 = 0{,}54 = 54\%\).

123.7 Esercizi proposti

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Esercizio 123.1

1.
Lancio due dadi. Calcolare:
(a)
probabilità che la somma sia \(10\) sapendo che il primo dado è \(5\);
(b)
probabilità che il primo sia \(\ge 4\) sapendo che la somma è \(10\);
(c)
probabilità che la somma sia pari sapendo che entrambi i dadi sono \(\le 3\).
2.
Un’urna contiene \(5\) palline bianche e \(3\) nere. Estraggo \(3\) palline senza ripristino. Calcolare:
(a)
probabilità che tutte siano bianche;
(b)
probabilità che tutte siano nere;
(c)
probabilità di esattamente \(1\) nera (in qualunque posizione).
3.
Un sacchetto contiene \(10\) palline numerate da \(1\) a \(10\). Estraggo una pallina. Calcolare:
(a)
\(P(\)pari \(|\) \(\ge 5)\);
(b)
\(P(\ge 5 \, |\) pari\()\);
(c)
\(P(\)primo\(| \ge 5)\) (primo = \(\{2, 3, 5, 7\}\));
(d)
\(P(\ge 5 \, |\) primo\()\).
4.
Una fabbrica ha tre macchine \(M_1, M_2, M_3\) che producono \(40\%\), \(35\%\), \(25\%\) dei pezzi, con percentuali di difetti \(1\%\), \(2\%\), \(4\%\). Calcolare:
(a)
probabilità che un pezzo sia difettoso (probabilità totale);
(b)
probabilità che un pezzo difettoso venga da \(M_3\) (anticipo Bayes).
5.
Un studente sostiene tre prove indipendenti: matematica, italiano, inglese. Probabilità di promozione in ciascuna: \(0{,}8\), \(0{,}9\), \(0{,}7\). Calcolare:
(a)
probabilità di essere promosso in tutte e tre;
(b)
probabilità di essere promosso in nessuna;
(c)
probabilità di essere promosso in almeno una;
(d)
probabilità di essere promosso in esattamente due.
6.
Un test su una popolazione: il \(5\%\) ha la malattia. Tra i malati, il test è positivo nel \(98\%\) dei casi (sensibilità). Tra i sani, è positivo nel \(3\%\) (falsi positivi). Calcolare la probabilità che un test casuale risulti positivo (probabilità totale).
7.
Lancio \(4\) monete. Eventi:
  • \(A\) = “almeno una testa nei primi \(2\) lanci”;
  • \(B\) = “almeno una testa negli ultimi \(2\) lanci”.

Sono indipendenti? Calcolare \(P(A), P(B), P(A \cap B)\) e verificare.

8.
Un’urna contiene \(4\) palline numerate \(1, 2, 3, 4\). Estraggo \(2\) con ripristino. Eventi:
  • \(A\) = “primo numero pari”;
  • \(B\) = “secondo numero pari”;
  • \(C\) = “somma pari”.

Verificare se sono a coppie indipendenti e collettivamente indipendenti.

9.
Dimostrare che, se \(A\) e \(B\) sono indipendenti, lo sono anche:
(a)
\(A^c\) e \(B\);
(b)
\(A\) e \(B^c\);
(c)
\(A^c\) e \(B^c\).
10.
Mostrare che, se \(A \subseteq B\), allora \(P(B|A) = 1\).
11.
Una scatola contiene \(3\) chiavi: \(1\) apre la porta, \(2\) no. Provo le chiavi a caso, senza rimetterle nel mazzo. Probabilità che apra al primo tentativo? Al secondo? Al terzo? (Verificare che la somma faccia \(1\).)
12.
Una scatola contiene \(20\) palline: \(8\) rosse, \(7\) blu, \(5\) verdi. Estraggo \(3\) palline senza ripristino. Probabilità che siano una di ogni colore?
13.
Una persona ha due ombrelli: uno bianco e uno rosso. Ogni mattina prende un ombrello a caso. Probabilità che dopo \(7\) giorni abbia preso almeno una volta il rosso? (Suggerimento: complementare.)
14.
Il \(30\%\) degli studenti suona uno strumento musicale, il \(25\%\) pratica uno sport, il \(10\%\) fa entrambi. Calcolare:
(a)
\(P(\)pratica sport \(|\) suona\()\);
(b)
\(P(\)suona \(|\) pratica sport\()\);
(c)
\(P(\)né suona né pratica\()\).
15.
Sfida (problema di Galileo). Galileo si chiese: lanciando tre dadi, è più probabile ottenere somma \(9\) o somma \(10\)? (Empiricamente sembrano uguali: \(9\) si decompone in \(6\) modi, \(10\) in \(6\) modi.) Risolvere calcolando le probabilità esatte. (Risultato: \(P(9) = 25/216\), \(P(10) = 27/216\). Sorpresa!)
16.
Sfida (Monty Hall). In un gioco hai \(3\) porte: dietro una c’è un premio, dietro le altre due una capra. Scegli una porta. Il conduttore (che sa dove è il premio) apre una porta con una capra. Ti chiede: “vuoi cambiare scelta?” Conviene? Calcolare \(P(\)vincere se cambio\()\) vs \(P(\)vincere se resto\()\). (Risultato sorprendente: cambiare raddoppia le probabilità di vincere.)

123.8 Riepilogo del capitolo

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