Probabilità condizionata

Prima: Calcolo combinatorio per la probabilitàNegli spazi uniformi bisogna contare: principio di moltiplicazione, disposizioni con ripetizione n^k, disposizioni semplici n!/(n−k)!, permutazioni n!, combinazioni (n su k); estrazioni con e senza reinserimento e distribuzione ipergeometrica.Calcolo combinatorio per la probabilità →. Dopo: 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 →, Indipendenza di eventiA e B sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) P(B), cioè se sapere che uno si è verificato non cambia la probabilità dell'altro; l'indipendenza passa ai complementari, non va confusa con l'incompatibilità, e per più eventi va richiesta su ogni sottofamiglia.Indipendenza di eventi →.

L'idea

Spesso si riceve un'informazione parziale sull'esito: "il dado ha dato un numero pari", "il paziente è risultato positivo al test". Questa informazione cambia le probabilità degli altri eventi.

Esempio. Dado equo. $\mathbb{P}(\{6\}) = \frac16$. Se però so che è uscito un numero pari, gli esiti possibili sono solo $2, 4, 6$, ancora equiprobabili: la probabilità di $6$ diventa $\frac13$.

Sapere che $B$ si è verificato significa che $B$ diventa il nuovo spazio degli esiti: di $A$ conta solo la parte $A \cap B$, e le probabilità vanno "riscalate" dividendo per $\mathbb{P}(B)$ in modo che il nuovo evento certo, $B$, abbia probabilità $1$.

Definizione

Definizione (probabilità condizionata). Siano $A, B$ eventi con $\mathbb{P}(B) > 0$. La probabilità di $A$ condizionata a $B$ (o "di $A$ dato $B$") è $$\boxed{\mathbb{P}(A \mid B) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)}}$$

Perché $\mathbb{P}(B) > 0$: non si può dividere per zero, e comunque non ha senso condizionare a un evento che (quasi) non accade.

Nell'esempio del dado: $A = \{6\}$, $B = \{2, 4, 6\}$, quindi $A \cap B = \{6\}$ (il 6 è pari): $\mathbb{P}(A \mid B) = \frac{\mathbb{P}(\{6\})}{\mathbb{P}(\{2,4,6\})} = \frac{1/6}{3/6} = \frac16 \cdot \frac63 = \frac13$ ✓.

Negli spazi uniformi la formula diventa un rapporto di conteggi. In uno spazio uniformeΩ finito con esiti equiprobabili: P(E) = abs(E) / abs(Ω) per ogni evento E.Spazi di probabilità discreti e uniformi → vale $\mathbb{P}(E) = |E| / |\Omega|$ per ogni evento $E$; applicandolo a $A \cap B$ e a $B$, il fattore $\frac{1}{|\Omega|}$ compare sopra e sotto e si semplifica:

$$\mathbb{P}(A \mid B) = \frac{|A \cap B| / |\Omega|}{|B| / |\Omega|} = \frac{|A \cap B|}{|B|}$$

cioè "casi favorevoli dentro $B$, su casi possibili dentro $B$". In pratica: si elencano (o si contano) gli esiti di $B$ e si guarda quanti stanno anche in $A$, senza più preoccuparsi di $\Omega$.

Esempio con due dadi. Sapendo che la somma è $7$, probabilità che il primo dado abbia dato $1$? Gli esiti sono le 36 coppie ordinate (primo dado, secondo dado), equiprobabili. $B = \{(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)\}$, $A \cap B = \{(1, 6)\}$: $\mathbb{P}(A \mid B) = \frac{|A \cap B|}{|B|} = \frac16$. Senza informazione era $\mathbb{P}(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (le 6 coppie $(1, j)$): sapere che la somma è 7 non cambia la probabilità che il primo dado dia 1. Questo caso particolare si chiama indipendenzaA e B sono indipendenti se P(A ∣ B) = P(A), cioè se sapere B non cambia la probabilità di A.Indipendenza di eventi →. Con la somma $= 12$ invece $B = \{(6,6)\}$ e $\mathbb{P}(\text{primo} = 1 \mid \text{somma} = 12) = 0$: qui l'informazione cambia tutto.

Attenzione: $\mathbb{P}(A \mid B) \ne \mathbb{P}(B \mid A)$ in generale. La probabilità di essere positivi al test sapendo di essere malati non è la probabilità di essere malati sapendo di essere positivi: per passare dall'una all'altra serve la 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 →.

La condizionata è una misura di probabilità

Proprietà (la condizionata è una misura di probabilità). Fissato $B$ con $\mathbb{P}(B) > 0$, la funzione $A \mapsto \mathbb{P}(A \mid B)$ è una misura di probabilità su $(\Omega, \mathcal{F})$.

Esempio. Dado e $B = \{2,4,6\}$: $\mathbb{P}(\{2\} \mid B) = \mathbb{P}(\{4\} \mid B) = \mathbb{P}(\{6\} \mid B) = \frac{1}{3}$, $\mathbb{P}(\{1\} \mid B) = 0$, e le probabilità sommano a $1$.

Verifica degli assiomi:

• valori in $[0, 1]$: $0 \le \mathbb{P}(A \cap B) \le \mathbb{P}(B)$ per monotoniaSe E ⊆ F allora P(E) ≤ P(F).Misura di probabilità e sue proprietà → ($A \cap B \subseteq B$); dividendo tutto per il numero positivo $\mathbb{P}(B)$ le disuguaglianze restano nello stesso verso e si ottiene $0 \le \mathbb{P}(A \mid B) \le 1$;
• normalizzazione: $\mathbb{P}(\Omega \mid B) = \frac{\mathbb{P}(\Omega \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)} = 1$, perché $\Omega \cap B = B$ ($B$ è contenuto in $\Omega$);
• σ-additività: se gli $A_n$ sono disgiunti, anche gli $A_n \cap B$ lo sono (sono pezzi degli $A_n$), e $\big(\bigcup_n A_n\big) \cap B = \bigcup_n (A_n \cap B)$ per la proprietà distributivaL'intersezione si distribuisce sull'unione: (A_1 ∪ A_2 ∪ ...) ∩ B = (A_1 ∩ B) ∪ (A_2 ∩ B) ∪ ...Operazioni tra insiemi →; quindi, per la σ-additività di $\mathbb{P}$, $$\mathbb{P}\Big(\bigcup_n A_n \;\Big|\; B\Big) = \frac{\mathbb{P}\big(\bigcup_n (A_n \cap B)\big)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\sum_n \mathbb{P}(A_n \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \sum_n \frac{\mathbb{P}(A_n \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \sum_n \mathbb{P}(A_n \mid B).$$ Il penultimo passaggio porta la costante $\frac{1}{\mathbb{P}(B)}$ dentro la serieUna serie convergente moltiplicata per una costante c converge, e la somma viene moltiplicata per c.Serie numeriche →, cosa lecita perché la serie converge (le somme parziali si moltiplicano per la costante, e così il loro limite).

Conseguenza pratica: tutte le proprietà della probabilitàComplementare, monotonia, unione, inclusione-esclusione.Misura di probabilità e sue proprietà → valgono anche "dato $B$", purché l'evento condizionante resti lo stesso:

$$\mathbb{P}(A^c \mid B) = 1 - \mathbb{P}(A \mid B), \qquad \mathbb{P}(A_1 \cup A_2 \mid B) = \mathbb{P}(A_1 \mid B) + \mathbb{P}(A_2 \mid B) - \mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \mid B)$$

Attenzione: $\mathbb{P}(A \mid B^c)$ non è $1 - \mathbb{P}(A \mid B)$. Si complementa l'evento a sinistra della barra, non quello a destra. Esempio con il dado: $A = \{6\}$, $B = \{2, 4, 6\}$, $B^c = \{1, 3, 5\}$. Allora $\mathbb{P}(A \mid B) = \frac13$, $\mathbb{P}(A^c \mid B) = \frac23$ (giusto: stesso condizionante), ma $\mathbb{P}(A \mid B^c) = \frac{|\{6\} \cap \{1,3,5\}|}{3} = 0$, che non è $\frac23$. Le due condizionate $\mathbb{P}(\cdot \mid B)$ e $\mathbb{P}(\cdot \mid B^c)$ sono due misure di probabilità diverse.

Regola del prodotto

Moltiplicando la definizione per $\mathbb{P}(B)$:

Formula (regola del prodotto). $$\boxed{\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A \mid B)\, \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(B \mid A)\, \mathbb{P}(A)}$$

La prima uguaglianza richiede $\mathbb{P}(B) > 0$, la seconda $\mathbb{P}(A) > 0$ (si scambiano i ruoli: $\mathbb{P}(B \mid A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)}$, moltiplicato per $\mathbb{P}(A)$). Se uno dei due eventi ha probabilità $0$, anche $\mathbb{P}(A \cap B) = 0$ per monotonia e non serve la formula.

È il modo più naturale di calcolare la probabilità di un'intersezione quando l'esperimento avviene in più fasi: probabilità della prima fase per probabilità della seconda sapendo come è andata la prima. In molti problemi le condizionate sono dati (si leggono dal testo o dalla composizione dell'urna), e la regola del prodotto serve a ricavare le intersezioni.

Esempio (estrazioni senza reinserimento). Urna con 8 nere e 6 bianche, due estrazioni senza reinserimento. $N_i =$ "nera all'estrazione $i$":

$$\mathbb{P}(N_1 \cap N_2) = \mathbb{P}(N_1)\, \mathbb{P}(N_2 \mid N_1) = \frac8{14} \cdot \frac7{13} = \frac{56}{182} = \frac{4}{13} \approx 0{,}308$$

$\mathbb{P}(N_1) = \frac{8}{14}$ perché all'inizio ci sono 8 nere su 14 palline; $\mathbb{P}(N_2 \mid N_1) = \frac{7}{13}$ perché, sapendo che la prima era nera, nell'urna restano 13 palline di cui 7 nere. La frazione si semplifica dividendo per $14$: $\frac{56}{182} = \frac{4}{13}$. Controllo con il conteggioSenza reinserimento: P(k nere) = (M su k)(N−M su n−k) / (N su n).Calcolo combinatorio per la probabilità →: $\frac{\binom82}{\binom{14}2} = \frac{28}{91} = \frac4{13}$ ✓.

Ogni percorso dell'albero qui sotto è un'intersezione, e la sua probabilità è il prodotto dei numeri sui rami:

Le quattro foglie sommano a $\frac{56 + 48 + 48 + 30}{182} = \frac{182}{182} = 1$, come deve essere perché i quattro percorsi sono una partizione di $\Omega$.

Regola della catena

Per $n$ eventi (con $\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$), applicando ripetutamente la regola del prodotto:

Formula (regola della catena). $$\mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n) = \mathbb{P}(A_1)\, \mathbb{P}(A_2 \mid A_1)\, \mathbb{P}(A_3 \mid A_1 \cap A_2) \cdots \mathbb{P}(A_n \mid A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})$$

Perché basta l'ipotesi sull'ultima intersezione. $A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}$ è contenuto in tutte le intersezioni più corte $A_1$, $A_1 \cap A_2$, ..., quindi per monotonia anche queste hanno probabilità $> 0$ e tutte le condizionate sono definite.

Da dove viene, con $n = 3$. Si applica la regola del prodotto con $B = A_1 \cap A_2$ e poi di nuovo a $\mathbb{P}(A_1 \cap A_2)$: $$\mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \mathbb{P}(A_3 \mid A_1 \cap A_2)\, \mathbb{P}(A_1 \cap A_2) = \mathbb{P}(A_3 \mid A_1 \cap A_2)\, \mathbb{P}(A_2 \mid A_1)\, \mathbb{P}(A_1).$$ Per $n$ qualsiasi si procede allo stesso modo, staccando ogni volta l'ultimo evento (è un ragionamento per induzionePer dimostrare una proprietà per ogni n basta il passo base e il passo induttivo da n a n+1.Principio di induzione → su $n$).

Esempio: probabilità di pescare 3 assi di fila da un mazzo di 40 carte (4 assi), senza reinserimento. $A_i =$ "la $i$-esima carta è un asso": $\mathbb{P}(A_1) = \frac{4}{40}$; dato $A_1$ restano 3 assi su 39 carte, $\mathbb{P}(A_2 \mid A_1) = \frac{3}{39}$; dati $A_1$ e $A_2$ restano 2 assi su 38, $\mathbb{P}(A_3 \mid A_1 \cap A_2) = \frac{2}{38}$. Quindi $\frac4{40} \cdot \frac3{39} \cdot \frac2{38} = \frac{24}{59\,280} = \frac{1}{2470} \approx 0{,}000405$.

Condizionare a due eventi: formula di decomposizione

Un esercizio del I parziale chiede di dimostrare che, se $\mathbb{P}(A \cap C) > 0$ e $\mathbb{P}(A^c \cap C) > 0$,

$$\mathbb{P}(B \mid C) = \mathbb{P}(B \mid A \cap C)\, \mathbb{P}(A \mid C) + \mathbb{P}(B \mid A^c \cap C)\, \mathbb{P}(A^c \mid C)$$

È la formula delle 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 → "dentro" $C$, con la partizione $\{A, A^c\}$. Si dimostra in tre passi.

1. Si semplifica ciascun prodotto con la definizione di condizionata (le ipotesi garantiscono che i denominatori siano positivi; anche $\mathbb{P}(C) \ge \mathbb{P}(A \cap C) > 0$ per monotonia): $$\mathbb{P}(B \mid A \cap C)\, \mathbb{P}(A \mid C) = \frac{\mathbb{P}(B \cap A \cap C)}{\mathbb{P}(A \cap C)} \cdot \frac{\mathbb{P}(A \cap C)}{\mathbb{P}(C)} = \frac{\mathbb{P}(B \cap A \cap C)}{\mathbb{P}(C)},$$ e allo stesso modo $\mathbb{P}(B \mid A^c \cap C)\, \mathbb{P}(A^c \mid C) = \frac{\mathbb{P}(B \cap A^c \cap C)}{\mathbb{P}(C)}$.
2. Gli eventi $B \cap A \cap C$ e $B \cap A^c \cap C$ sono disgiunti (uno sta in $A$, l'altro in $A^c$) e la loro unione è $B \cap C$ (ogni esito di $B \cap C$ sta in $A$ oppure in $A^c$). Per additività $\mathbb{P}(B \cap A \cap C) + \mathbb{P}(B \cap A^c \cap C) = \mathbb{P}(B \cap C)$.
3. Sommando i due prodotti: $\frac{\mathbb{P}(B \cap C)}{\mathbb{P}(C)} = \mathbb{P}(B \mid C)$.

In alternativa: $\mathbb{P}(\cdot \mid C)$ è una misura di probabilità (sezione sopra), e la formula è la formula delle probabilità totali applicata a questa misura, perché $\mathbb{P}(B \mid A \cap C)$ è proprio la condizionata di $B$ ad $A$ calcolata con la misura $\mathbb{P}(\cdot \mid C)$. Svolgimento completo nell'Esercizio 5 · eventi indipendenti, eventi di probabilità zero e formula di decomposizione.

Errori comuni

• Scambiare $\mathbb{P}(A \mid B)$ con $\mathbb{P}(B \mid A)$ ("fallacia del procuratore").
• Scrivere $\mathbb{P}(A \mid B) = \mathbb{P}(A \cap B)$, dimenticando di dividere per $\mathbb{P}(B)$.
• Complementare l'evento condizionante: $\mathbb{P}(A \mid B^c) \ne 1 - \mathbb{P}(A \mid B)$.
• Condizionare a un evento di probabilità zero.