Formula della partizione e formula di Bayes

Lezione 3 di probabilità, Unità 2-3. Prerequisiti: Probabilità condizionata e formula del prodottoLa probabilità di E condizionata a F (con P(F) > 0) è P(E | F) = P(E ∩ F)/P(F): la probabilità di E "sapendo che F si è realizzato". E ↦ P(E | F) è a sua volta una probabilità; se P è uniforme, P(· | F) è uniforme su F. Ne seguono P(E ∩ F) = P(E | F) P(F) e la formula del prodotto P(A₁⋯Aₙ) = P(A₁) P(A₂ | A₁) P(A₃ | A₁A₂) ⋯ P(Aₙ | A₁⋯Aₙ₋₁), utile per le estrazioni successive.Probabilità condizionata e formula del prodotto →.

La formula di inversione

Esempio del prof. A Venezia lo scirocco soffia con probabilità $5\%$, c'è acqua alta con probabilità $7\%$, e se c'è scirocco c'è acqua alta con probabilità $70\%$. C'è acqua alta: qual è la probabilità che ci sia scirocco? Si conosce $P(A \mid S)$ e si vuole $P(S \mid A)$: bisogna invertire il condizionamento.

Proposizione (inversione). Se $P(E), P(F) > 0$: $$P(F \mid E) = \frac{P(E \mid F)\,P(F)}{P(E)}$$

Esempio. Con $P(E \mid F) = 0{,}9$, $P(F) = 0{,}1$ e $P(E) = 0{,}3$: $P(F \mid E) = \frac{0{,}9 \cdot 0{,}1}{0{,}3} = 0{,}3$.

Dimostrazione. $P(F \mid E)P(E) = P(E \cap F) = P(E \mid F)P(F)$ ∎.

• Scirocco: $P(S \mid A) = \frac{0.7\cdot 0.05}{0.07} = 0.5$.
• Petrolio e rublo (il petrolio sale al $20\%$, il rublo al $50\%$, se sale il petrolio il rublo sale all'$80\%$): $P(\text{petrolio} \mid \text{rublo}) = \frac{0.8\cdot 0.2}{0.5} = 0.32$.

La formula della partizione

Spesso $P(E)$ non è dato, ma si conoscono le probabilità di $E$ in ciascuno di vari "scenari" che si escludono a vicenda.

Teorema (formula della partizione o delle probabilità totali). Sia $\{F_1, \dots, F_n\}$ una partizione di $\Omega$ (eventi a due a due disgiunti con unione $\Omega$) con $P(F_i) > 0$. Per ogni evento $E$: $$P(E) = P(E \mid F_1)P(F_1) + \cdots + P(E \mid F_n)P(F_n)$$ Vale lo stesso per una partizione numerabile.

Dimostrazione. $E = (E \cap F_1) \cup \cdots \cup (E \cap F_n)$ con pezzi disgiunti, quindi $P(E) = \sum_i P(E \cap F_i) = \sum_i P(E \mid F_i)P(F_i)$ ∎.

È una media pesata delle probabilità condizionate, con pesi le probabilità degli scenari. Si visualizza con un albero: dalla radice partono i rami $F_i$ (con probabilità $P(F_i)$), da ciascuno il ramo $E$ (con probabilità $P(E \mid F_i)$); $P(E)$ è la somma dei prodotti lungo i cammini che finiscono in $E$.

Esempio del prof (il bus). Piove con probabilità $0.6$ ($F_1$), non piove con $0.4$ ($F_2 = F_1^c$). Se piove il bus è in ritardo con probabilità $0.8$, altrimenti $0.3$. $$P(\text{ritardo}) = 0.8\cdot 0.6 + 0.3\cdot 0.4 = 0.48 + 0.12 = 0.6$$

Esempio del prof (due urne). L'urna A ha $3$ rosse e $1$ nera, la B $2$ rosse e $2$ nere. Si lancia una moneta che dà testa con probabilità $\frac13$: testa → si estrae da A, croce → da B. $$P(R) = \frac34\cdot\frac13 + \frac12\cdot\frac23 = \frac14 + \frac13 = \frac7{12}$$

Esempio del prof (lo smartphone perso). È in cucina ($30\%$), salotto ($20\%$) o studio ($50\%$), e lo trovo rispettivamente con probabilità $80\%$, $60\%$, $20\%$: $P(\text{trovo}) = 0.24 + 0.12 + 0.10 = 0.46$.

Esempio del prof (il parcheggio condominiale). $n \ge 3$ posti numerati, uno per appartamento. Il primo arrivato (l'italiano dell'appartamento 1) parcheggia a caso; gli altri, in ordine $2, 3, \dots$, parcheggiano al proprio posto se libero, altrimenti a caso tra i liberi. Probabilità che l'ultimo trovi il suo posto: $\frac12$, per ogni $n$. Idea (con la partizione sul posto scelto dal primo): se il primo prende il posto $1$ (probabilità $\frac1n$) tutto va a posto e l'ultimo trova il suo; se prende il posto $n$ l'ultimo non lo trova; se prende il posto $k$ con $1 < k < n$, tutti fino a $k - 1$ parcheggiano regolarmente e l'automobilista $k$ si trova nella stessa situazione del primo, con meno posti. Per induzione, a ogni passo i posti $1$ e $n$ sono "simmetrici" (vengono scelti con la stessa probabilità finché uno dei due non è occupato), quindi l'ultimo trova il suo posto con probabilità $\frac12$. Per $n = 3$: il primo sceglie $1$ (ok, $\frac13$), $3$ (no, $\frac13$) o $2$ ($\frac13$), e in quest'ultimo caso il $2$ sceglie a caso tra $1$ e $3$: ok con probabilità $\frac12$. Totale $\frac13 + \frac13\cdot\frac12 = \frac12$ ✓.

La formula di Bayes

Teorema (Bayes). Sia $\{F_1, \dots, F_n\}$ una partizione di $\Omega$ con $P(F_i) > 0$, e $E$ con $P(E) > 0$. Allora $$P(F_j \mid E) = \frac{P(E \mid F_j)\,P(F_j)}{P(E \mid F_1)P(F_1) + \cdots + P(E \mid F_n)P(F_n)}$$

Esempio. Due urne equiprobabili con il $30\%$ e il $60\%$ di palline nere: $P(\text{urna } 1 \mid \text{nera}) = \frac{0{,}3 \cdot 0{,}5}{0{,}3 \cdot 0{,}5 + 0{,}6 \cdot 0{,}5} = \frac{1}{3}$.

È l'inversione con il denominatore calcolato con la partizione. Interpretazione: le $F_j$ sono le possibili cause, $P(F_j)$ le probabilità a priori; si osserva l'effetto $E$, e Bayes dà le probabilità a posteriori $P(F_j \mid E)$. Sull'albero: il cammino che passa per $F_j$ e finisce in $E$, diviso per la somma di tutti i cammini che finiscono in $E$.

Il bus, seconda domanda. Il bus è in ritardo: probabilità che piova? $P(F_1 \mid E) = \frac{0.48}{0.6} = 0.8$ (più della probabilità a priori $0.6$: il ritardo è un indizio di pioggia).

Test diagnostici

Esempio del prof (l'allergia di Rosanna). Il test dà positivo nel $90\%$ degli allergici e nel $10\%$ dei non allergici; l'$1\%$ della popolazione è allergico.

• $P(+) = 0.9\cdot 0.01 + 0.1\cdot 0.99 = 0.009 + 0.099 = 0.108$.
• $P(\text{allergica} \mid +) = \frac{0.009}{0.108} = \frac1{12} \approx 8.3\%$.

Solo l'$8\%$! Il motivo: i non allergici sono così tanti ($99\%$) che anche il loro $10\%$ di falsi positivi ($0.099$) supera di gran lunga i veri positivi ($0.009$). Con una malattia rara, la maggior parte dei positivi sono falsi positivi, a meno che il test non sia estremamente specifico.

Esempio del prof (Covid-19). Prevalenza $150$ su $100\,000$ ($0.0015$). Test antigenico: sensibilità $P(+ \mid M) = 0.70$, specificità $P(- \mid S) = 0.95$.

• $P(M \mid +) = \frac{0.7\cdot 0.0015}{0.7\cdot 0.0015 + 0.05\cdot 0.9985} = \frac{0.00105}{0.050975} \approx 2.1\%$;
• $P(M \mid -) = \frac{0.3\cdot 0.0015}{0.3\cdot 0.0015 + 0.95\cdot 0.9985} \approx 0.047\%$.

Il test molecolare (sensibilità $0.918$, specificità $1$): un positivo è certamente malato ($P(M \mid +) = 1$, perché non ci sono falsi positivi), e $P(M \mid -) \approx 0.012\%$.

Dalla presentazione del corso. Malattia con $5$ casi su un milione; un sano risulta negativo al $99\%$, un malato positivo al $99.5\%$. Una persona è positiva: $P(M \mid +) = \frac{0.995\cdot 5\cdot 10^{-6}}{0.995\cdot 5\cdot 10^{-6} + 0.01\cdot(1 - 5\cdot 10^{-6})} \approx 0.05\%$: praticamente sempre un falso positivo.

Altri esempi del prof

• Lampadine: Osram $35\%$ (difettose all'$1\%$), Philips $20\%$ e Shine Hai $45\%$ (difettose all'$1.5\%$). $P(D) = 0.0035 + 0.003 + 0.00675 = 0.01325$; una lampadina difettosa è una Shine Hai con probabilità $\frac{0.00675}{0.01325} = \frac{27}{53} \approx 0.51$.
• Il maggiordomo: $P(M \mid \text{porta}) = 0.6$, $P(M \mid \text{finestra}) = 0.1$, $P(\text{porta}) = 0.7$. $P(M) = 0.42 + 0.03 = 0.45$; se il maggiordomo confessa, l'assassino è entrato dalla porta con probabilità $\frac{0.42}{0.45} = \frac{14}{15} \approx 0.93$.

Due paradossi

La carta verde/arancione. Nel cappello ci sono tre carte: AA (arancione su entrambi i lati), VV (verde su entrambi), AV (un lato per colore). Se ne estrae una e la si appoggia: il lato visibile è verde. L'altro lato è arancione con probabilità $\frac12$? No. Con $V$ = "il lato visibile è verde": $$P(V) = P(V \mid AA)\tfrac13 + P(V \mid VV)\tfrac13 + P(V \mid AV)\tfrac13 = 0 + \tfrac13 + \tfrac12\cdot\tfrac13 = \tfrac12$$ $$P(AV \mid V) = \frac{\frac12\cdot\frac13}{\frac12} = \frac13$$ L'altro lato è arancione solo con probabilità $\frac13$. L'intuizione sbaglia perché la carta VV ha due facce verdi: tra le tre facce verdi equiprobabili che si possono vedere, due sono della carta VV.

Il paradosso di Monty Hall. Tre scatole, una sola contiene una moneta; il presentatore sa quale. Scegliamo la scatola $1$; il presentatore apre una scatola vuota tra le altre due, la $2$, e ci chiede se vogliamo cambiare con la $3$. Con $A_i$ = "la moneta è nella scatola $i$" e $F$ = "il presentatore apre la $2$" (se la moneta è nella $1$ apre la $2$ o la $3$ a caso; se è nella $3$ deve aprire la $2$; se è nella $2$ non può aprirla): $$P(F) = \tfrac12\cdot\tfrac13 + 0\cdot\tfrac13 + 1\cdot\tfrac13 = \tfrac12, \qquad P(A_1 \mid F) = \frac{\frac12\cdot\frac13}{\frac12} = \frac13, \qquad P(A_3 \mid F) = \frac{1\cdot\frac13}{\frac12} = \frac23$$ Conviene cambiare: si vince con probabilità $\frac23$ invece di $\frac13$. Il presentatore, aprendo una scatola che sa essere vuota, dà un'informazione sulla $3$ ma non sulla $1$ (che non poteva aprire).

Esercizi: Esercizio 43 · formula di Bayes e test diagnostici, Esercizio 44 · partizione e Bayes dagli appelli.

Errori comuni

• Scambiare $P(E \mid F)$ e $P(F \mid E)$ (l'errore del "test positivo al $90\%$ quindi malato al $90\%$").
• Dimenticare uno scenario nella partizione (devono coprire tutto $\Omega$ ed escludersi).
• Usare la probabilità a priori invece della condizionata al denominatore di Bayes.