Calcolo delle Probabilit`a Soluzioni 4. Probabilit`a condizionata

ISTITUZIONI DI STATISTICA – A. A. 2007/2008
Marco Minozzo e Annamaria Guolo
Laurea in Economia del Commercio Internazionale
Laurea in Economia e Amministrazione delle Imprese
Università degli Studi di Verona (sede di Vicenza)
Calcolo delle Probabilità
Soluzioni 4. Probabilità condizionata, indipendenza, Teorema di
Bayes
Introduzione
PROBABILITÀ CONDIZIONATA
Probabilità condizionata. Se A e B sono due eventi dello spazio campionario Ω (appartenenti ad
A) e P(A) > 0, allora la probabilità condizionata di B dato A è definita come
P(B|A) =
P(A ∩ B)
.
P(A)
La probabilità condizionata P(B|A) soddisfa le seguenti tre proprietà:
i) P(A|A) = 1;
ii) P(B|A) ≥ 0;
iii) data una successione di eventi B1 , B2 , . . . ∈ A a due a due incompatibili, si ha P(B1 ∪ B2 ∪
. . . |A) = P(B1 |A) + P(B2 |A) + · · ·.
Legge del prodotto. Dati k eventi A1 , A2 , . . . , Ak , si ha
P(Ak ∩ Ak−1 ∩ . . . ∩ A1 ) = P(Ak |Ak−1 ∩ . . . ∩ A1 ) · P(Ak−1 |Ak−2 ∩ . . . ∩ A1 ) · P(A2 |A1 ) · P(A1 ).
INDIPENDENZA TRA EVENTI
Indipendenza tra 2 eventi. Due eventi A e B dello spazio campionario Ω (appartenenti ad A) si
dicono indipendenti se
P(A ∩ B) = P(A)P(B).
Valgono le seguenti relazioni di equivalenza
P(A|B) = P(A) ⇔ P(A ∩ B) = P(A)P(B) ⇔ P(B|A) = P(B).
Indipendenza fra 3 eventi. Tre eventi A1 , A2 e A3 dello spazio campionario Ω (appartenenti ad A)
si dicono indipendenti se
i) sono a due a due indipendenti;
ii) P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P(A1 )P(A2 )P(A3 ).
Indipendenza fra n eventi. Gli eventi A1 , A2 , . . . , An dello spazio campionario Ω (appartenenti ad
A) si dicono (globalmente) indipendenti se per ogni sottoinsieme di k eventi vale la relazione
P(Ai1 ∩ Ai2 ∩ Aik ) = P(Ai1 )P(Ai2 ) · · · P(Aik ).
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FORMULA DI BAYES
Partizione. Un insieme di k eventi C1 , C2 , . . . Ck costituiscono una partizione dello spazio campionario Ω se (appartenenti ad A) si dicono indipendenti se:
i) C1 ∪ C2 ∪ . . . ∪ Ck = Ω;
ii) Ci ∩ Cj = ∅, per ogni i 6= j.
Legge delle probabilità totali. Sia C1 , C2 , . . . Ck una partizione dello spazio campionario Ω e sia
A un evento, allora
P(A) =
k
X
P(A|Ci )P(Ci ).
i=1
Formula di Bayes. Sia C1 , C2 , . . . Ck una partizione dello spazio campionario Ω e sia A un evento,
allora per ogni evneto Ci si ha
P(Ci |A) =
P(Ci ∩ A)
P(A|Ci)P(Ci )
.
= Pk
P(A)
j=1 P(A|Cj )P(Cj )
INDIPENDENZA CONDIZIONATA
Indipendenza condizionata tra 2 eventi. Dati tre eventi A, B e C dello spazio campionario Ω
(appartenenti ad A) si dice che A e B sono condizionatamente indipendenti dato C se
P(A ∩ B|C) = P(A|C)P(B|C).
L’indipendenza condizionata tra due eventi A e B, dato C, non implica che questi siano anche
(incondizionatamente) indipendenti, cioè che valga la relazione P(A ∩ B) = P(A)P(B).
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Esercizio A. Sia D = B ∪ C. Considerando che A ∩ D = A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), si
ottiene
P(A ∪ B ∪ C) =
=
=
=
P(A ∪ D)
P(A) + P(D) − P(A ∩ D)
P(A) + P(B ∪ C) − P [(A ∩ B) ∪ (A ∩ C)]
P(A) + P(B) + P(C) − P(B ∩ C)
− [P(A ∩ B) + P(A ∩ C) − P(A ∩ B ∩ C)]
= P(A) + P(B) + P(C) − P(A ∩ B)
−P(A ∩ C) − P(B ∩ C) + P(A ∩ B ∩ C).
Esercizio B. Si indichi con Ω l’insieme dei punti interni al cerchio e con r il raggio del cerchio.
Si indichi inoltre con A l’insieme dei punti interni al cerchio concentrico al primo avente raggio
pari a r/2. Siccome A consta esattamente di quei punti di Ω che sono più vicini al centro che alla
circonferenza, allora
area di A
π · (r/2)2
p = P(A) =
=
= 1/4.
area di Ω
π · r2
Esercizio C. a) Si definiscano gli eventi A = {si presenta “testa” in tutti i lanci}, B = {si presenta
“testa” al primo lancio} e C = {si presenta almeno una “testa”}.
(i) La probabilità condizionata di A dato B è data da
P(A|B) =
1/8
P(A ∩ B)
=
= 1/4.
P(B)
1/2
(ii) La probabilità condizionata di A dato C è data da
P(A|C) =
P(A ∩ C)
1/8
=
= 1/7.
P(C)
7/8
b) (i) Siccome P(A) = 1/2, P(B) = 1/2 e P(A ∩ B) = P ({C, C, T }, {T, C, C}) = 1/4, essendo
P(A ∩ B) = P(A) · P(B), allora A e B sono indipedenti.
(ii) Siccome P(A) = 1/2, P(B) = 3/8 e P(A ∩ B) = 1/4, essendo P(A ∩ B) 6= P(A) · P(B),
allora A e B non sono indipedenti.
c) Siccome
P(A) = (1/2) · (1/3)+(1/2) · (3/4) = 13/24,
P(B) = (1/2)·(2/3)·(1/3)+(1/2)·(1/3)·(3/4)+(1/2)·(1/4)·(2/3)+(1/2)·(3/4)·(1/4) = 119/288,
P(A ∩ B) = (1/2) · (1/3) · (3/4)+(1/2) · (3/4) · (1/4) = 7/32,
essendo P(A ∩ B) 6= P(A) · P(B), allora A e B non sono indipedenti.
Esercizio D. Si denoti con T = {il test è positivo} e con A = {il soggetto ha l’AIDS}. Si richiede
P(A|T ). Per il Teorema di Bayes si ha:
P(T |A) · P(A)
P(T |A) · P(A) + P(T |A) · P(A)
0, 99 · (1/10000)
=
≃ 0, 002.
0, 99 · (1/10000) + 0, 05 · (9999/10000)
P(A|T ) =
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Esercizio E. Posto A = {la pallina proviene dall’urna U1 }, B = {la pallina proviene dall’urna
U2 }, C = {la pallina proviene dall’urna U3 } e R = {la pallina è rossa}, si richiede P(A|R). Per il
Teorema di Bayes
P(A|R) =
P(A ∩ R)
P(R)
P(A) · P(R|A)
P(A) · P(R|A) + P(B) · P(R|B) + P(C) · P(R|C)
(1/3) · (3/8)
=
= 45/173.
(1/3) · (3/8) + (1/3) · (2/3) + (1/3) · (2/5)
=