Esercizio 5eventi indipendenti, eventi di probabilità zero e formula di decomposizione

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Sono tre piccole dimostrazioni: in ciascuna bisogna partire solo dalle definizioni e dalle proprietà della probabilità, citando ogni regola usata.

(a) Indipendenza di $A$ e $B^c$

Cosa si sa e cosa si vuole

• Ipotesi: $A$ e $B$ sono indipendentiPer definizione P(A ∩ B) = P(A) P(B).Indipendenza di eventi →: $\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B)$.
• Tesi: $\mathbb{P}(A \cap B^c) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B^c)$.

Nella tesi compare $A \cap B^c$, nell'ipotesi $A \cap B$: serve una relazione tra le due intersezioni.

Passo 1: spezzare $A$

Ogni esito di $A$ sta in $B$ oppure no, quindi $A$ è l'unione disgiunta

$$A = (A \cap B) \cup (A \cap B^c)$$

(è la decomposizione di $A$ con la partizione{B, Bᶜ} è una partizione di Ω: ogni esito sta in uno e uno solo dei due.Spazio campionario ed eventi → $\{B, B^c\}$). I due pezzi sono disgiunti perché uno sta in $B$ e l'altro in $B^c$.

Passo 2: additività

Per l'additivitàSe due eventi sono disgiunti, la probabilità della loro unione è la somma delle probabilità.Misura di probabilità e sue proprietà →

$$\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(A \cap B) + \mathbb{P}(A \cap B^c) \implies \mathbb{P}(A \cap B^c) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A \cap B)$$

Passo 3: usare l'ipotesi e raccogliere

$$\mathbb{P}(A \cap B^c) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A)\,\big(1 - \mathbb{P}(B)\big) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B^c)$$

dove nel secondo passaggio si è raccolto $\mathbb{P}(A)$ e nell'ultimo si è usata la regola del complementareP(B^c) = 1 − P(B), perché B e B^c sono disgiunti con unione Ω.Misura di probabilità e sue proprietà → $\mathbb{P}(B^c) = 1 - \mathbb{P}(B)$. È la tesi ∎.

Interpretazione. Se sapere che $B$ si è verificato non cambia la probabilità di $A$, allora nemmeno sapere che $B$ non si è verificato la cambia. Applicando il risultato due volte si ottiene anche che $A^c$ e $B^c$ sono indipendenti: l'indipendenza è simmetrica, quindi il risultato applicato alla coppia $(B, A)$ dà $B$ e $A^c$ indipendenti; applicato poi alla coppia $(A^c, B)$ dà $A^c$ e $B^c$ indipendenti.

Esempio numerico di controllo. Due dadi (36 coppie equiprobabili), $A =$ "primo dado pari" ($\mathbb{P} = \frac{18}{36} = \frac12$), $B =$ "secondo dado $\le 2$" ($\mathbb{P} = \frac{12}{36} = \frac13$). Sono indipendenti: $A \cap B$ ha $3 \cdot 2 = 6$ coppie (3 valori pari per il primo, 2 valori per il secondo), $\frac{6}{36} = \frac16 = \frac12 \cdot \frac13$. $A \cap B^c$ = "primo pari e secondo $\ge 3$": $3 \cdot 4 = 12$ coppie su 36, cioè $\frac13 = \frac12 \cdot \frac23$ ✓.

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(b) $\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(B) = 0 \implies \mathbb{P}(A \cup B) = 0$

È lo stesso fatto svolto per esteso, in due modi, in Esercizio 2 · eventi di probabilità 0 e 1. La dimostrazione più breve usa la subadditività $\mathbb{P}(A \cup B) \le \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B)$ (che vale sempre, perché $\mathbb{P}(A \cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B)$ e si sottrae un numero $\ge 0$):

$$0 \le \mathbb{P}(A \cup B) \le \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) = 0 + 0 = 0$$

Essendo compresa tra $0$ e $0$, $\mathbb{P}(A \cup B) = 0$ ∎.

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(c) La formula di decomposizione

Prima di tutto: le condizionate hanno senso?

Nella formula compaiono condizionamenti a $C$, $A \cap C$ e $A^c \cap C$: servono probabilità positive.

• $\mathbb{P}(A \cap C) > 0$ e $\mathbb{P}(A^c \cap C) > 0$ sono le ipotesi;
• $\mathbb{P}(C) > 0$ ne segue, perché $A \cap C \subseteq C$ e per monotonia $\mathbb{P}(C) \ge \mathbb{P}(A \cap C) > 0$.

Idea

È la formula delle probabilità totaliP(B) = P(B ∣ A) P(A) + P(B ∣ Aᶜ) P(Aᶜ) per la partizione {A, Aᶜ}.Formula delle probabilità totali e formula di Bayes → con partizione $\{A, A^c\}$, ma scritta dentro $C$: tutte le probabilità sono condizionate a $C$. La strategia è riscrivere ogni termine con la definizione di probabilità condizionataP(E ∣ F) = P(E ∩ F) / P(F), se P(F) > 0.Probabilità condizionata → e vedere che i denominatori si semplificano.

Passo 1: il primo prodotto

$$\mathbb{P}(B \mid A \cap C)\, \mathbb{P}(A \mid C) = \frac{\mathbb{P}(B \cap A \cap C)}{\mathbb{P}(A \cap C)} \cdot \frac{\mathbb{P}(A \cap C)}{\mathbb{P}(C)} = \frac{\mathbb{P}(B \cap A \cap C)}{\mathbb{P}(C)}$$

Il fattore $\mathbb{P}(A \cap C)$ si semplifica (è diverso da zero per ipotesi: per questo serviva l'ipotesi $\mathbb{P}(A \cap C) > 0$).

Passo 2: il secondo prodotto

Allo stesso modo, con $A^c$ al posto di $A$:

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

Passo 3: sommare

Il membro destro della formula è quindi

$$\frac{\mathbb{P}(B \cap C \cap A) + \mathbb{P}(B \cap C \cap A^c)}{\mathbb{P}(C)}$$

Al numeratore, $B \cap C$ è spezzato nelle due parti disgiunte $B \cap C \cap A$ e $B \cap C \cap A^c$ (stessa idea del punto (a): la partizione $\{A, A^c\}$ taglia $B \cap C$ in due), quindi per additività il numeratore vale $\mathbb{P}(B \cap C)$. Il membro destro è

$$\frac{\mathbb{P}(B \cap C)}{\mathbb{P}(C)} = \mathbb{P}(B \mid C)$$

che è il membro sinistro ∎.

Modo equivalente (quello della soluzione ufficiale). Moltiplicando la formula da dimostrare per $\mathbb{P}(C) > 0$ e usando i passi 1 e 2, essa diventa $\mathbb{P}(B \cap C) = \mathbb{P}(B \cap C \cap A) + \mathbb{P}(B \cap C \cap A^c)$, che è vera per additività. Moltiplicare per un numero diverso da zero dà un'uguaglianza equivalente.

Un esempio per vedere che la formula ha senso

Si sceglie a caso uno studente ($C$ = "è iscritto a Ingegneria", $A$ = "frequenta le lezioni", $B$ = "supera l'esame"). La formula dice: tra gli iscritti, la probabilità di superare l'esame è la media pesata della probabilità di superarlo tra i frequentanti e tra i non frequentanti, con pesi le frazioni di frequentanti e non frequentanti tra gli iscritti. Ad esempio con $\mathbb{P}(B \mid A \cap C) = 0{,}8$, $\mathbb{P}(B \mid A^c \cap C) = 0{,}4$, $\mathbb{P}(A \mid C) = 0{,}6$: $\mathbb{P}(B \mid C) = 0{,}8 \cdot 0{,}6 + 0{,}4 \cdot 0{,}4 = 0{,}64$, compreso tra $0{,}4$ e $0{,}8$ ✓.

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Errori comuni

• (a) Usare l'indipendenza di $A$ e $B^c$ nella dimostrazione: è la tesi, non l'ipotesi.
• (a) Scrivere $\mathbb{P}(A \cap B^c) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(B)$: si sottrae $\mathbb{P}(A \cap B)$, non $\mathbb{P}(B)$.
• (c) Semplificare $\mathbb{P}(A \cap C)$ senza ricordare che è positivo: è proprio il motivo delle ipotesi.
• (c) Confondere $\mathbb{P}(B \mid A \cap C)$ con $\mathbb{P}(B \mid A)\, \mathbb{P}(B \mid C)$: condizionare a un'intersezione non è il prodotto delle condizionate.