Indipendenza di eventi

Prima: Formula delle probabilità totali e formula di BayesSe (A_i) è una partizione di Ω, P(B) = Σ P(B ∣ A_i) P(A_i) (probabilità totali); la formula di Bayes inverte il condizionamento: P(A_k ∣ B) = P(B ∣ A_k) P(A_k) / P(B).Formula delle probabilità totali e formula di Bayes →. Dopo: Prove ripetute e modello binomialen prove indipendenti, ciascuna con probabilità di successo p: una sequenza con k successi ha probabilità p^k (1−p)^(n−k), e la probabilità di esattamente k successi è (n su k) p^k (1−p)^(n−k) (modello binomiale); il primo successo alla prova k ha probabilità (1−p)^(k−1) p.Prove ripetute e modello binomiale →. È chiesta in quasi tutti gli appelli ("stabilire se gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti").

Definizione per due eventi

Intuitivamente $A$ è indipendente da $B$ se sapere che $B$ si è verificato non cambia la probabilità di $A$: $\mathbb{P}(A \mid B) = \mathbb{P}(A)$. Per la definizione di condizionataP(A ∣ B) = P(A ∩ B) / P(B), con P(B) > 0.Probabilità condizionata → questo si scrive $\frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \mathbb{P}(A)$, e moltiplicando per $\mathbb{P}(B)$ si ottiene una forma simmetrica in $A$ e $B$, che non richiede $\mathbb{P}(B) > 0$ ed è quella usata come definizione:

Definizione (eventi indipendenti). Due eventi $A$ e $B$ sono indipendenti se $$\boxed{\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B)}$$

Se $\mathbb{P}(B) > 0$ la definizione equivale a $\mathbb{P}(A \mid B) = \mathbb{P}(A)$ (si divide l'uguaglianza per $\mathbb{P}(B)$, o si moltiplica, per tornare indietro); se $\mathbb{P}(A) > 0$, a $\mathbb{P}(B \mid A) = \mathbb{P}(B)$ (stesso conto dividendo per $\mathbb{P}(A)$). Quindi l'indipendenza è reciproca: se $B$ non dà informazioni su $A$, neanche $A$ ne dà su $B$.

Come si verifica in un esercizio: si calcolano separatamente i tre numeri $\mathbb{P}(A \cap B)$, $\mathbb{P}(A)$, $\mathbb{P}(B)$ e si controlla se il primo è il prodotto degli altri due. Basta che l'uguaglianza fallisca per concludere che non sono indipendenti.

Esempio (due dadi). $\Omega$ è l'insieme delle 36 coppie ordinate equiprobabili. $A =$ "il primo dado dà 1" $= \{(1,1), \dots, (1,6)\}$, $B =$ "la somma è 7" $= \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}$. $\mathbb{P}(A) = \frac6{36} = \frac16$, $\mathbb{P}(B) = \frac6{36} = \frac16$, $A \cap B = \{(1, 6)\}$ quindi $\mathbb{P}(A \cap B) = \frac1{36} = \frac16 \cdot \frac16$: indipendenti. Invece con $C =$ "la somma è 12" $= \{(6,6)\}$: $\mathbb{P}(C) = \frac{1}{36}$ e $A \cap C = \emptyset$, quindi $\mathbb{P}(A \cap C) = 0 \ne \frac16 \cdot \frac1{36}$: non indipendenti (se il primo dado dà 1 la somma 12 è impossibile).

Esempio dagli appelli. Con $\mathbb{P}(A \cup B) = \frac12$, $\mathbb{P}(A^c \cap B) = \frac14$, $\mathbb{P}(A \cap B) = 0$. $B$ si spezza nelle parti disgiunte $A \cap B$ e $A^c \cap B$, quindi $\mathbb{P}(B) = 0 + \frac14 = \frac14$; $A \cup B$ si spezza nelle parti disgiunte $A$ e $A^c \cap B$, quindi $\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(A \cup B) - \mathbb{P}(A^c \cap B) = \frac12 - \frac14 = \frac14$. Allora $\mathbb{P}(A \cap B) = 0 \ne \frac14 \cdot \frac14 = \frac1{16}$: non indipendenti (II appello, esercizio 1, svolto nell'Esercizio 9 · eventi A e B dalle probabilità delle intersezioni).

L'indipendenza passa ai complementari

Proprietà (l'indipendenza passa ai complementari). Se $A$ e $B$ sono indipendenti, allora sono indipendenti anche $A$ e $B^c$, $A^c$ e $B$, $A^c$ e $B^c$.

Esempio. Se $A$ e $B$ sono indipendenti con $\mathbb{P}(A) = \frac{1}{2}$ e $\mathbb{P}(B) = \frac{1}{3}$: $\mathbb{P}(A \cap B^c) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.

Dimostrazione per $A$ e $B^c$ (I parziale, esercizio 1a, svolto nell'Esercizio 5 · eventi indipendenti, eventi di probabilità zero e formula di decomposizione). $A$ si spezza nelle due parti disgiunte $A \cap B$ e $A \cap B^c$ (ogni esito di $A$ sta in $B$ oppure fuori), quindi per additività $\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(A \cap B) + \mathbb{P}(A \cap B^c)$, e isolando l'ultimo termine:

$$\mathbb{P}(A \cap B^c) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A \cap B) \overset{\text{indip.}}{=} \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A)\big(1 - \mathbb{P}(B)\big) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B^c) \qquad \blacksquare$$

Nel penultimo passaggio si raccoglie $\mathbb{P}(A)$, nell'ultimo si usa la regola del complementareP(B^c) = 1 − P(B).Misura di probabilità e sue proprietà →.

Le altre si ottengono applicando questo risultato più volte, scambiando i ruoli. L'indipendenza è simmetrica, quindi dal risultato per la coppia $(B, A)$ si ottiene che $B$ e $A^c$ sono indipendenti, cioè la coppia $A^c$, $B$. Applicando ancora il risultato alla coppia indipendente $(A^c, B)$ si ottiene che $A^c$ e $B^c$ sono indipendenti.

Uso pratico: per decidere se $A$ e $B$ sono indipendenti si può controllare qualunque delle quattro coppie, quella con i dati più comodi. Nel I appello (esercizio 1, Esercizio 9 · eventi A e B dalle probabilità delle intersezioni) sono dati $\mathbb{P}(A^c \cap B) = \frac14$, $\mathbb{P}(A^c \cap B^c) = \frac12$, $\mathbb{P}(A \cap B^c) = \frac14$. Spezzando come sopra: $\mathbb{P}(A^c) = \mathbb{P}(A^c \cap B) + \mathbb{P}(A^c \cap B^c) = \frac14 + \frac12 = \frac34$ e $\mathbb{P}(B^c) = \mathbb{P}(A \cap B^c) + \mathbb{P}(A^c \cap B^c) = \frac14 + \frac12 = \frac34$. Poiché $\frac12 \ne \frac34 \cdot \frac34 = \frac9{16}$, $A^c$ e $B^c$ non sono indipendenti, quindi neanche $A$ e $B$ (se lo fossero, per la proprietà appena vista lo sarebbero anche $A^c$ e $B^c$).

Indipendenti non vuol dire incompatibili

Due eventi incompatibili ($A \cap B = \emptyset$) con probabilità positive non sono mai indipendenti: $\mathbb{P}(A \cap B) = 0$ mentre $\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) > 0$. Anzi, sono fortemente dipendenti: se si verifica $A$, sicuramente $B$ non si verifica.

La riga dell'unione viene dalla formula $\mathbb{P}(A \cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B)$ (Misura di probabilità e sue proprietàUna misura di probabilità è una funzione P: F → [0,1] con P(Ω) = 1 e σ-additiva; ne seguono P(Aᶜ) = 1 − P(A), P(∅) = 0, monotonia, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) e la formula di inclusione-esclusione.Misura di probabilità e sue proprietà →): per gli incompatibili l'intersezione ha probabilità $0$, per gli indipendenti vale $\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)$.

Casi limite: un evento di probabilità $0$ o $1$ è indipendente da qualunque altro evento. Se $\mathbb{P}(A) = 0$: per monotonia ($A \cap B \subseteq A$) vale $0 \le \mathbb{P}(A \cap B) \le \mathbb{P}(A) = 0$, quindi $\mathbb{P}(A \cap B) = 0 = 0 \cdot \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)$. Se $\mathbb{P}(A) = 1$: allora $\mathbb{P}(A^c) = 0$, quindi $A^c$ è indipendente da $B$ per il caso appena visto, e per il passaggio ai complementari lo è anche $A$. Svolto anche nell'Esercizio 5 · eventi indipendenti, eventi di probabilità zero e formula di decomposizione.

Più di due eventi

Definizione (eventi mutuamente indipendenti). Gli eventi $A_1, \dots, A_n$ sono (mutuamente) indipendenti se per ogni sottofamiglia di indici $I \subseteq \{1, \dots, n\}$ con almeno due elementi $$\mathbb{P}\Big(\bigcap_{i \in I} A_i\Big) = \prod_{i \in I} \mathbb{P}(A_i)$$

I sottoinsiemi $I$ con almeno due elementi sono $2^n - n - 1$ (tutti i $2^n$ sottoinsiemi di $\{1, \dots, n\}$, meno il vuoto e gli $n$ singoletti, per i quali l'uguaglianza è banale; vedi Insiemi e insieme delle partiCome si descrive un insieme, sottoinsiemi, uguaglianza, insieme delle parti e insiemi finiti e infiniti.Insiemi e insieme delle parti →). Con tre eventi servono quindi $2^3 - 3 - 1 = 4$ condizioni:

$$\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B), \quad \mathbb{P}(A \cap C) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(C), \quad \mathbb{P}(B \cap C) = \mathbb{P}(B)\mathbb{P}(C), \quad \mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)\mathbb{P}(C)$$

L'indipendenza a due a due non basta. Due monete eque, $A =$ "testa alla prima", $B =$ "testa alla seconda", $C =$ "i due risultati sono uguali". Con $\Omega = \{TT, TC, CT, CC\}$ uniforme: $A = \{TT, TC\}$, $B = \{TT, CT\}$, $C = \{TT, CC\}$, quindi $\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(C) = \frac24 = \frac12$; le intersezioni $A \cap B = A \cap C = B \cap C = \{TT\}$ hanno probabilità $\frac14 = \frac12 \cdot \frac12$: indipendenti a due a due. Ma $A \cap B \cap C = \{TT\}$ ha probabilità $\frac14 \ne \frac18$: non mutuamente indipendenti (se so $A$ e $B$, conosco $C$ con certezza).

Una famiglia infinita di eventi è indipendente se lo è ogni sua sottofamiglia finita. Anche qui l'indipendenza passa ai complementari: si può sostituire qualunque $A_i$ con $A_i^c$.

Uso tipico: "almeno uno" tra eventi indipendenti si calcola con il complementare e il prodotto:

$$\mathbb{P}\Big(\bigcup_{i=1}^n A_i\Big) = 1 - \mathbb{P}\Big(\bigcap_{i=1}^n A_i^c\Big) = 1 - \prod_{i=1}^n \big(1 - \mathbb{P}(A_i)\big)$$

I passaggi. Il complementare di "almeno uno degli $A_i$" è "nessuno degli $A_i$", cioè $\big(\bigcup_i A_i\big)^c = \bigcap_i A_i^c$ (legge di De Morgan, vedi Operazioni tra insiemiUnione, intersezione, differenza, complementare e prodotto cartesiano, con le leggi di De Morgan e il legame con la logica.Operazioni tra insiemi →); da qui la prima uguaglianza con $\mathbb{P}(E) = 1 - \mathbb{P}(E^c)$. Nella seconda si usa che anche gli $A_i^c$ sono indipendenti (si sostituisce ogni $A_i$ con il complementare), quindi la probabilità dell'intersezione è il prodotto delle $\mathbb{P}(A_i^c) = 1 - \mathbb{P}(A_i)$.

Esempio: un sistema con 3 componenti in parallelo, ciascuno guasto con probabilità $0{,}1$ indipendentemente, funziona se almeno uno funziona: $\mathbb{P}(\text{funziona}) = 1 - \mathbb{P}(\text{tutti guasti}) = 1 - 0{,}1^3 = 1 - 0{,}001 = 0{,}999$. Con gli stessi componenti in serie (funziona solo se funzionano tutti) servono tutte e tre le intersezioni: $0{,}9^3 = 0{,}729$.

Esempio: almeno un 6 in $n$ lanci di un dado. $A_i =$ "6 al lancio $i$", indipendenti con $\mathbb{P}(A_i) = \frac16$: $\mathbb{P}(\text{almeno un 6}) = 1 - \left(\frac56\right)^n$. Con $n = 4$ vale $1 - \frac{625}{1296} = \frac{671}{1296} \approx 0{,}518$, già più di $\frac12$. Poiché $0 < \frac56 < 1$, $\left(\frac56\right)^n \to 0$ (limite della successione geometricaq^n tende a 0 se abs(q) < 1.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →) e la probabilità tende a $1$: un evento con probabilità positiva, ripetuto in prove indipendenti, prima o poi si verifica.

Indipendenza condizionata

Gli eventi possono essere indipendenti dato ogni scenario ma non indipendenti "in assoluto". Nel III appello si scelgono due componenti dallo stesso fornitore (scelto a caso): sapendo il fornitore, i difetti dei due pezzi sono indipendenti, ma senza saperlo no, perché un primo pezzo difettoso rende più probabile un fornitore "cattivo" e quindi un secondo pezzo difettoso. Con i dati dell'esercizio (fornitori $A, B, C$ con probabilità $\frac12, \frac13, \frac16$ e probabilità di difetto $\frac1{20}, \frac1{10}, \frac15$) le probabilità totaliSe (A_i) è una partizione di Ω, P(B) = Σ P(B ∣ A_i) P(A_i) (probabilità totali); la formula di Bayes inverte il condizionamento: P(A_k ∣ B) = P(B ∣ A_k) P(A_k) / P(B).Formula delle probabilità totali e formula di Bayes → danno $$\mathbb{P}(D_1) = \tfrac12 \cdot \tfrac1{20} + \tfrac13 \cdot \tfrac1{10} + \tfrac16 \cdot \tfrac15 = \tfrac{11}{120},$$ e lo stesso per $D_2$. Per $D_1 \cap D_2$ si usa, dentro ogni scenario, l'indipendenza dei due pezzi, $\mathbb{P}(D_1 \cap D_2 \mid \text{fornitore}) = \big(\mathbb{P}(D \mid \text{fornitore})\big)^2$: $$\mathbb{P}(D_1 \cap D_2) = \tfrac12 \cdot \tfrac1{400} + \tfrac13 \cdot \tfrac1{100} + \tfrac16 \cdot \tfrac1{25} = \tfrac{3 + 8 + 16}{2400} = \tfrac{27}{2400} = \tfrac{9}{800} = 0{,}01125,$$ mentre $\left(\frac{11}{120}\right)^2 = \frac{121}{14\,400} \approx 0{,}0084$. Il prodotto è più piccolo: i difetti sono correlati positivamente attraverso il fornitore. Svolgimento completo nell'Esercizio 8 · tre fornitori e componenti difettosi.

Errori comuni

• Confondere indipendenti e incompatibili.
• Usare $\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)$ senza che l'indipendenza sia data o dimostrata.
• Verificare solo le coppie per tre o più eventi.
• Dedurre l'indipendenza "dal buon senso" quando i dati permettono di calcolarla: va sempre controllata con i numeri.