Esercizio 7dado a sei o a dodici facce, probabilità totali e Bayes

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Impostazione: un esperimento in due fasi

Prima si sceglie il dado, poi lo si lancia $n$ volte. È la struttura tipica delle probabilità totaliP(E) = P(E ∣ A) P(A) + P(E ∣ A^c) P(A^c): si spezza secondo lo scenario della prima fase.Formula delle probabilità totali e formula di Bayes →: conosciamo le probabilità dei lanci una volta scelto il dado, non in assoluto.

Eventi:

• $A$ = "il dado scelto è A"; il suo complementare $A^c$ = "il dado scelto è B". $\{A, A^c\}$ è una partizione e $P(A) = P(A^c) = \frac12$ ("a caso, con stessa probabilità").
• $E_3$ = "tutti gli $n$ lanci danno 3".

Probabilità condizionate. Una volta scelto il dado, i lanci sono indipendenti (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 →) e ognuno dà 3 con probabilità $\frac16$ (dado A) o $\frac1{12}$ (dado B). "Tutti i lanci danno 3" è l'intersezione di $n$ eventi indipendenti, quindi si moltiplicano le probabilità:

$$P(E_3 \mid A) = \left(\frac16\right)^n, \qquad P(E_3 \mid A^c) = \left(\frac1{12}\right)^n.$$

Attenzione: i lanci sono indipendenti dato il dado, non in assoluto (vedi la nota sull'indipendenza condizionata in 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 →). Per questo non si può scrivere $P(E_3) = P(\text{un lancio dà } 3)^n$.

(a) Tutti i lanci danno 3

Formula delle probabilità totali con la partizione $\{A, A^c\}$:

$$P(E_3) = P(E_3 \mid A)P(A) + P(E_3 \mid A^c)P(A^c) = \frac12\left(\frac16\right)^n + \frac12\left(\frac1{12}\right)^n.$$

$$\boxed{P(E_3) = \frac12\left[\left(\frac16\right)^n + \left(\frac1{12}\right)^n\right]}$$

Controllo con $n = 1$: $\frac12\left(\frac16 + \frac1{12}\right) = \frac12 \cdot \frac{3}{12} = \frac18$. Ragionando direttamente: con probabilità $\frac12$ si lancia un dado che dà 3 con probabilità $\frac16$, altrimenti uno che lo dà con probabilità $\frac1{12}$; la media è $\frac18$ ✓.

Perché non è $\left(\frac18\right)^n$. Sarebbe il risultato se i lanci fossero indipendenti in assoluto. Non lo sono: se il primo lancio dà 3, diventa più probabile che il dado sia A (che dà 3 più spesso), e quindi anche che il secondo lancio dia 3. Per $n = 2$: $\frac12\left(\frac1{36} + \frac1{144}\right) = \frac{5}{288} \approx 0{,}0174 > \frac1{64} \approx 0{,}0156$.

(b) Tutti i lanci danno lo stesso numero

Sia $E$ = "tutti i lanci danno lo stesso numero". Si spezza secondo quale numero esce: $E_j$ = "tutti i lanci danno $j$". Gli $E_j$ sono disgiunti (se tutti i lanci danno $j$, non possono dare tutti $k \ne j$) e la loro unione è $E$.

Dato il dado A contano solo $j = 1, \dots, 6$ (gli altri numeri non ci sono), ciascuno con probabilità $\left(\frac16\right)^n$ (stesso ragionamento del punto (a)). Per additività:

$$P(E \mid A) = \sum_{j=1}^6 P(E_j \mid A) = 6\left(\frac16\right)^n = \left(\frac16\right)^{n-1}.$$

L'additività si usa per la misura $P(\cdot \mid A)$, che è una misura di probabilitàLa probabilità di A sapendo che si è verificato B è P(A ∣ B) = P(A ∩ B) / P(B), con P(B) > 0; è una nuova misura di probabilità, e da essa seguono la regola del prodotto e la regola della catena.Probabilità condizionata →. L'ultimo passaggio è una proprietà delle potenze: $6 \cdot \frac{1}{6^n} = \frac{6}{6 \cdot 6^{n-1}} = \frac{1}{6^{n-1}}$.

Dato il dado B, $j = 1, \dots, 12$:

$$P(E \mid A^c) = 12\left(\frac1{12}\right)^n = \left(\frac1{12}\right)^{n-1}.$$

Probabilità totali:

$$\boxed{P(E) = \frac12\left[\left(\frac16\right)^{n-1} + \left(\frac1{12}\right)^{n-1}\right]}$$

Controlli. Con $n = 1$: $P(E) = \frac12(1 + 1) = 1$ ✓ (un solo lancio "dà sempre lo stesso numero"). Con $n = 2$: $\frac12\left(\frac16 + \frac1{12}\right) = \frac18$: il secondo lancio deve coincidere col primo, il che avviene con probabilità $\frac16$ o $\frac1{12}$ a seconda del dado ✓.

Un altro modo di vedere $P(E \mid A)$. Il primo lancio può dare qualsiasi cosa; gli altri $n - 1$ devono ripetere quel valore, ciascuno con probabilità $\frac16$: $\left(\frac16\right)^{n-1}$.

(c) Probabilità che il dado fosse A, sapendo che sono usciti tutti 3

Si conosce l'"effetto" ($E_3$) e si chiede la "causa" (quale dado): è la formula di BayesP(A ∣ E) = P(E ∣ A) P(A) / P(E).Formula delle probabilità totali e formula di Bayes →.

$$P(A \mid E_3) = \frac{P(E_3 \mid A)P(A)}{P(E_3)} = \frac{\frac12\left(\frac16\right)^n}{\frac12\left(\frac16\right)^n + \frac12\left(\frac1{12}\right)^n}.$$

Si semplifica $\frac12$ e si divide numeratore e denominatore per $\left(\frac16\right)^n$, osservando che $\frac{(1/12)^n}{(1/6)^n} = \left(\frac{6}{12}\right)^n = \left(\frac12\right)^n$:

$$P(A \mid E_3) = \frac{1}{1 + \left(\frac12\right)^n} = \frac{2^n}{2^n + 1}.$$

(nell'ultimo passaggio si moltiplicano numeratore e denominatore per $2^n$, e $2^n \cdot \left(\frac12\right)^n = 1$.)

$$\boxed{P(A \mid E_3) = \frac{2^n}{2^n + 1}}$$

Lettura del risultato.

Già con un solo 3 la probabilità che il dado sia A sale da $\frac12$ a $\frac23$, perché il dado A produce un 3 con probabilità doppia. Ogni 3 in più raddoppia il "rapporto di verosimiglianza" a favore di A: il rapporto $\frac{P(A \mid E_3)}{P(A^c \mid E_3)} = \frac{2^n/(2^n+1)}{1/(2^n+1)} = 2^n$ si moltiplica per $2$ a ogni lancio. Con molti 3 di fila si è praticamente certi che il dado sia quello a sei facce. Il limite per $n \to \infty$ è $1$, perché $\left(\frac12\right)^n \to 0$ (successione geometricaa^n tende a 0 se −1 < a < 1.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →) e quindi $\frac{1}{1 + (1/2)^n} \to \frac{1}{1 + 0} = 1$.

Con $n = 0$ (nessun lancio) la formula dà $\frac{1}{2}$, la probabilità a priori: senza osservazioni non c'è nulla da aggiornare.

Errori comuni

• Trattare i lanci come indipendenti in assoluto e scrivere $P(E_3) = \left(\frac18\right)^n$.
• In (b) dimenticare di sommare sui valori possibili, o sommare fino a 12 anche per il dado A.
• In (c) rispondere $\frac12$ (la probabilità a priori), ignorando l'informazione dei lanci.
• Confondere $P(E_3 \mid A)$ con $P(A \mid E_3)$: il primo è $\left(\frac16\right)^n$, piccolissimo; il secondo è vicino a $1$.