EVENTI CONDIZIONATI

Si consideri la partizione A1, A1, …, A1, N2, di . Si consideri inoltre l’evento B . Rappresentazione in termini di diagramma di Venn

A1 A2 A3 AN

A2B

A3B

ANBA1B

B

A1B A2B

A3B

ANB

EVENTI CONDIZIONATI Gli eventi A1B, A2B, …, ANB, costituiscono una partizione dell’evento B indotta

dalla originaria partizione A1, A2, …, AN, di . Nella restrizione B dello spazio campionario, cioè subordinatamente

(condizionatamente) al fatto che si sia verificato (o subordinatamente a questa assunzione) l’evento B:

la parte AiB di Ai, è ancora possibile;

la parte AiBc di Ai, non è più possibile.

Si considerino gli eventi: Ai, i=1,2,…,N;

AiB, i=1,2,…,N; Siano: P(Ai) la probabilità dell’evento eventi Ai, i= 1,2,…,N, in quanto incluso in , scriveremo momentaneamente per evidenziare lo spazio campionario di

riferimento: P(Ai)= P(Ai|)

P(AiB) la probabilità dell’evento eventi AiB, i= 1,2,…,N, in quanto incluso in , scriveremo momentaneamente per evidenziare lo spazio campionario di

riferimento: P(AiB)= P(AiB|)

Ai|B l’evento AiB nella restrizione B dello spazio campionario, cioè subordinatamente al fatto che si sia verificato (o subordinatamente a questa assunzione) l’evento B, si avrà: Ai|B AiB|B.

PROBABILITÀ CONDIZIONALI (O SUBORDINATE) Denoteremo con: P(Ai|B) P(AiB|B), la probabilità dell’evento eventi Ai|B, i= 1,2,…,N, Le seguenti assunzioni sono equivalenti: (1) P(AiB|B) = P(AiB|)/P(B|), i=1,2,…,N;

(2) [P(AiB|B)/P(AjB|B)] = [P(AiB|)/P(AjB|)], i, j = 1,2,…,N.

P(Ai|B) è denominata probabilità condizionale o probabilità dell’evento condizionato Ai|B essendo per definizione pari a:

(3) P(Ai|B) = P(AiB)/P(B).

La condizione (1), equivalente alla (3), evidenzia che la probabilità condizionale consiste in una semplice rinormalizzazione della probabilità degli eventi ancor possibili nella restrizione dello spazio campionario. I rapporti tra le probabilità degli eventi ancor possibili nel nuovo (più ristretto) spazio campionario B restano invariati (condizione equivalente (2)).

L’informazione che B (B ) è ora il nuovo spazio campionario, ha l’effetto di rendere impossibili molti eventi originariamente tali. Le probabilità degli eventi rimasti ancora (totalmente) possibili cambiano ma per la sola necessità di normalizzazione della probabilità. Cioè cambiano in modo proporzionale al coefficiente di normalizzazione 1/P(B).

TEOREMI CHE COINVOLGONO LA PROBABILITÀ CONDIZIONALE TEOREMI DELLA PROBABILITÀ COMPOSTA

Dati due eventi qualsiasi A e B, dalla (1) segue: P(AB) = P(B)P(A|B); P(AB) = P(A)P(B|A); P( ) = P(B1)P(B2|B1) P(B3| B1B2)•••P(Bn|B1 B2··· Bn-1).

TEOREMA DELLA PROBABILITÀ TOTALE Data la partizione A1, A2, …., AN, di , considerando B (B ), e risultando: B = BA1 BA2 …. BAN, si ha: P(B)= ; e quindi anche: P(B) = .

TEOREMA DI BAYES Data la partizione A1, A2, …., AN, di , si ha:

P(Ai|B) = [P(Ai)P(B|Ai)] / [ ].

N

iii ABPAP

1

)|()(

N

iii ABPAP

1

)|()(

N

iiBAP

1

)(

n

iiB

PROBABILIZZAZIONE DIRETTA, INDIRETTA E INVERSA In molte applicazioni del calcolo delle probabilità (vedi gli esempi precedenti)

sono note direttamente le probabilità degli eventi: AB e A e si desidera calcolare la probabilità dell’evento condizionato B|A. In questo caso direttamente dalla definizione di probabilità condizionale,

seguirà: P(B|A) = P(AB)/P(A). In altre situazioni (indirette) ad origine sono note le probabilità dell’evento

condizionato B|A e dell’evento (marginale) A e si desidera calcolare la probabilità dell’evento congiunto AB.

In questo caso dal teorema delle probabilità composte seguirà: P(AB) = P(A)P(B|A). In altre situazioni (inverse) ad origine sono note le probabilità dell’evento

condizionato B|A, dell’evento (marginale) A e dell’evento B e si desidera calcolare la probabilità dell’evento condizionato A|B, evento condizionato inverso dell’evento condizionato B|A (probabilità dell’evento condizionato inverso).

In questo caso prima, utilizzando il teorema delle probabilità composte, si calcolerà la probabilità dell’evento congiunto AB risultando :

P(AB) = P(A)P(B|A), poi, dalla definizione di probabilità condizionale, seguirà: P(A|B) = P(AB)/P(B).

PROBABILITÀ DI EVENTI CONDIZIONATI

Con riferimento ai giochi di sorte si valutino le probabilità dei seguenti eventi:

Esperimento: lancio di un dado da gioco. Evento: faccia sei sapendo che è uscito un numero pari (1/3).

Esperimento: lancio di due dadi da gioco. Evento: punteggio somma maggiore di 10 sapendo che sono usciti due numeri

uguali (1/6). Evento: punteggio somma maggiore di 10 sapendo che sono usciti due numeri

pari (1/9). Evento: punteggio somma maggiore di 10 sapendo che sono usciti un numero

pari e uno dispari (2/18). Evento: punteggio somma maggiore di 10 sapendo che nel primo dado è uscito

un numero pari (2/18).

Esperimento: lancio di tre dadi da gioco. Evento: punteggio somma maggiore di 10 sapendo che sono usciti due numeri

uguali (non esclude tre numeri uguali) (1/2). Evento: punteggio somma maggiore di 10 sapendo che sono usciti due numeri

pari (non esclude tre numeri pari) (68/108) .

EVENTI CONDIZIONATI NEL LANCIO DI DUE DADI DA GIOCO

(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

(2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

(3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

(4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

(5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

(6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)

4 25

1 6

1

PROBABILITÀ DI EVENTI CONGIUNTI: ESTRAZIONI DA UN’URNA CAMPIONAMENTO SENZA REINSERIMENTO

Si consideri un’urna contenente palline: 4 Bianche e 6 Verdi. Si prefiguri la successiva estrazione di tre palline.

p(B1B2B3) = p(B1)p(B2|B1)p(B3|B1B2) = (4/10)(3/9)(2/8) = 1/30

p(B1B2V3) = p(B1) p(B2|B1)p(V3|B1B2) = (4/10)(3/9)(6/8) = 3/30

p(B1V2B3) = p(B1)p(V2|B1)p(B3|B1V2) = (4/10)(6/9)(3/8) = 3/30

p(B1V2V3) = p(B1)p(V2|B1)p(V3|B1V2) = (4/10)(6/9)(5/8) = 5/30 p(V1B2B3) = p(V1)p(B2|V1)p(B3|V1B2) = (6/10)(4/9)(3/8) = 3/30

p(V1B2V3) = p(V1)p(B2|V1)p(V3|V1B2) = (6/10)(4/9)(5/8) = 5/30

p(V1V2B3) = p(V1)p(V2|V1)p(B3|V1V2) = (6/10)(5/9)(4/8) = 5/30

p(V1V2V3) = p(V1)p(V2|V1)p(V3|V1V2) = (6/10)(5/9)(4/8) = 5/30

ESTRAZIONI DA UN’URNA CAMPIONAMENTO CON ESTRAZIONI IN BLOCCO Si consideri un’urna contenente: 4 palline Bianche e 6 palline Verdi. Si prefiguri la successiva estrazione di tre palline. PROBABILITÀ DEGLI ESITI

p(BBB) = = (4/10)(3/9)(2/8) = 1/30

p(BBV) = (1/3) = (4/10)(3/9)(6/8) = 3/30

p(BVB) = (1/3) = (4/10)(6/9)(3/8) = 3/30

p(BVV) = (1/3) = (4/10)(6/9)(5/8) = 5/30 p(VBB) = (1/3) = (6/10)(4/9)(3/8) = 3/30

p(VBV) = (1/3) = (6/10)(4/9)(5/8) = 5/30

p(VVB) = (1/3) = (6/10)(5/9)(4/8) = 5/30

p(VVV) = = (6/10)(5/9)(4/8) = 5/30

3

10

1

6

2

4

3

10

1

6

2

4

3

10

2

6

1

4

3

10

1

6

2

4

3

10

0

6

3

4

3

10

3

6

0

4

3

10

2

6

1

4

3

10

2

6

1

4

PROBABILITA’ DI EVENTI CONGIUNTI: ESTRAZIONI DA UN’URNA SCHEMA CONTAGIOSO DI POLYA Si consideri un’urna contenente palline:1 Bianca e 1 Verde. Si prefiguri la successiva estrazione di tre palline, reinserendo, volta per volta, oltre alla pallina estratta, un’altra pallina dello stesso colore. p(BBB) = (1/2)(2/3)(3/4) = 3/12

p(BBV) = (1/2)(2/3)(1/4) = 1/12

p(BVB) = (1/2)(1/3)(2/4) = 1/12

p(BVV) = (1/2)(1/3)(2/4) = 1/12

p(VBB) = (1/2)(1/3)(2/4) = 1/12

p(VBV) = (1/2)(1/3)(2/4) = 1/12

p(VVB) = (1/2)(2/3)(1/4) = 1/12

p(VVV) = (1/2)(2/3)(3/4) = 3/12

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: INFERENZA SULLA COMPOSIZIONE DI UN’URNA CAMPIONAMENTO CON REINSERIMENTO

Sono formulate le seguenti tre ipotesi esaustive valutate equiprobabili di composizione di un’urna chiusa in palline Bianche e non Bianche:

H1 : 30 % Bianche, 70% non Bianche;

H2 : 50 % Bianche, 50% non Bianche;

H3 : 80 % Bianche, 20% non Bianche; Esperimento: Si estraggono con reinserimento tre palline: Esito: una palline delle tre estratte è Bianca e le altre due sono Non Bianche. Valgono le probabilità iniziali: P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3. Sono determinabili le seguenti probabilità condizionali: P(E|H1) = 3(0.3)(0.7)2 = 3(0.147);

P(E|H2) = 3(0.5)(0.5)2 = 3(0.125);

P(E|H3) = 3(0.8)(0.2)2 = 3(0.032). E’ determinabile la probabilità marginale: P(E) = P(H1) P(E|H1) + P(H2) P(E|H2) + P(H3) P(E|H3) = 0.304 Sono determinabili le probabilità finali (condizionali inverse): P(H1|E) = P(H1) P(E| H1)/P(E) = 0.147/ 0.304 = 0.4835;

P(H2|E) = P(H2) P(E| H2)/P(E) = 0.125/ 0.304 = 0.4112;

P(H3|E) = P(H3) P(E| H3)/P(E) = 0.032/ 0.304 = 0.1053.

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: INFERENZA SULLA COMPOSIZIONE DI UN’URNA CAMPIONAMENTO CON REINSERIMENTO

Si osservi che ciascuno dei tre esiti (BNN), (NBN) e (NNB) che implicano l’evento E porterebbe al medesimo risultato finale.

Coerentemente con le probabilità condizionali del risultato sperimentale E che risultano ordinate come segue:

P(E|H1) P(E|H2) P(E|H3); data la valutazione equiprobabile delle tre ipotesi di composizione dell’urna, si

hanno: P(H1|E) P(H2|E) P(H3|E). Diverso ordinamento finale è ottenibile se le probabilità iniziali delle tre ipotesi di

composizione dell’urna sono in contrasto con le valutazioni condizionali del risultato sperimentale.

Con: P(H1) = 0.1; P(H2) = 0.2; P(H3) = 0.7; osservando che in questo caso risulta: P(E) = P(H1) P(E|H1) + P(H2) P(E|H2) + P(H3) P(E|H3) = 3(0.0621) si ottengono: P(H1|E) = P(H1) P(E| H1)/P(E) = (0.1)3(0.147)/ [3( 0.0621)] = 0.0147/ 0.0621;

P(H2|E) = P(H2) P(E| H2)/P(E) = (0.2)3(0.125)/ [3( 0.0621)] = 0.0250/ 0.0621;

P(H3|E) = P(H3) P(E| H3)/P(E) = (0.7)3(0.032)/ [3( 0.0621)] = 0.0224/ 0.0621.

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: INFERENZA SULLA COMPOSIZIONE DI UN’URNA CAMPIONAMENTO SENZA REINSERIMENTO

Sono formulate le seguenti tre ipotesi esaustive valutate equiprobabili di composizione di un’urna chiusa contenente complessivamente N = 10 palline, distinguibili per colore in palline Bianche e non Bianche:

– H1 : 30 % Bianche, 70% non Bianche;

– H2 : 50 % Bianche, 50% non Bianche;

– H3 : 80 % Bianche, 20% non Bianche;

Esperimento: Si estraggono senza reinserimento tre palline: Esito: una palline delle tre estratte è Bianca e le altre due sono Non Bianche. Valgono le probabilità iniziali: P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3. Sono determinabili le seguenti probabilità condizionali:

– P(E|H1) = 3(3/10)(7/9)(6/8) = 3(0.1750);

– P(E|H2) = 3(5/10)(5/9)(4/8) = 3(0.1389);

– P(E|H3) = 3(8/10)(2/9)(1/8) = 3(0.0222).

E’ determinabile la probabilità marginale:– P(E) = P(H1) P(E|H1) + P(H2) P(E|H2) + P(H3) P(E|H3) = 0.3361

Sono determinabili le probabilità finali (condizionali inverse):– P(H1|E) = P(H1) P(E| H1)/P(E) = 0.1750 / 0.3361 = 0.5207;

– P(H2|E) = P(H2) P(E| H2)/P(E) = 0.1389 / 0.3361 = 0.4133;

– P(H3|E) = P(H3) P(E| H3)/P(E) = 0.0222 / 0.3361 = 0.0660.

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: INFERENZA SULLA COMPOSIZIONE DI UN’URNA CAMPIONAMENTO CON CONTAGIO

Sono formulate le seguenti tre ipotesi esaustive valutate equiprobabili di composizione di un’urna chiusa contenente complessivamente N = 10 palline, distinguibili per colore in palline Bianche e non Bianche:

– H1 : 30 % Bianche, 70% non Bianche;

– H2 : 50 % Bianche, 50% non Bianche;

– H3 : 80 % Bianche, 20% non Bianche;

Esperimento: Si estraggono con contagio tre palline Il contagio avviene reinserendo volta per volta, oltre alla pallina estratta, un’altra dello stesso colore:

Esito: una palline delle tre estratte è Bianca e le altre due sono Non Bianche. Valgono le probabilità iniziali: P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3. Sono determinabili le seguenti probabilità condizionali:

– P(E|H1) = 3(3/10)(7/11)(8/12) = 3(0.127272);

– P(E|H2) = 3(5/10)(5/11)(6/12) = 3(0.113636);

– P(E|H3) = 3(8/10)(2/11)(3/12) = 3(0.036363).

E’ determinabile la probabilità marginale:– P(E) = P(H1) P(E|H1) + P(H2) P(E|H2) + P(H3) P(E|H3) = 0.277271

Sono determinabili le probabilità finali (condizionali inverse):– P(H1|E) = P(H1) P(E| H1)/P(E) = 0.127272 / 0.277271 = 0.4590;

– P(H2|E) = P(H2) P(E| H2)/P(E) = 0.113636 / 0.277271 = 0.4098;

– P(H3|E) = P(H3) P(E| H3)/P(E) = 0.036363 / 0.277271 = 0.1312.

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: INFERENZA SULLA COMPOSIZIONE DI UN’URNA DIPENDENZA DELLA PROBABILITA’ DEL RISULTATO CAMPIONARIO DALLA COMPOSIZIONE DELL’URNA

Si noti che si hanno: P(E|H1) P(E);

P(E|H2) P(E);

P(E|H3) P(E). Risultando: P(E) = P(H1)P(E|H1) + P(H2)P(E|H2) + P(H3)P(E|H3) .

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: INFERENZA SULLA PROVENIENZA DI UNA CARTOLINA

Giorgia ha deciso di prendersi una vacanza di una settimana. E’ incerta se andare a Londra a trovare degli amici o partire per le Galapagos.

Decide di lasciare la scelta al caso. Lancia un dado da gioco e, se esce un numero maggiore-uguale a 5, parte per

le Galapagos nonostante il poco tempo a disposizione e l’alto costo, diversamente va a Londra.

Il tempo in questo periodo è: a Londra: alle Galapagos: Brutto con probabilità P(Br|L) = 0.5 Brutto con probabilità P(Br|G) = 0.2 Incerto con probabilità P(In|L) = 0.3 Incerto con probabilità P(In|G) = 0.2 Bello con probabilità P(Be|L) = 0.2 Bello con probabilità P(Be|G) = 0.6 Dopo 5 giorni dalla partenza arriva una cartolina di provenienza indecifrabile con

scritto: QUI IL TEMPO E’ BELLO. Dove sarà andata Giorgia? Si hanno: P(L) = 4/6; P(G) = 2/6; P(Be) = (4/6)(0.2)+(2/6)(0.6) =20/60=1/3 P(L|Be) = P(L)P(Be|L)/P(Be) = (4/6)(0.2)/ 20/60 = 8/20. P(G|Be) = 1 - P(L|Be) = 12/20. Se fosse stato scritto: QUI IL TEMPO NON E’ BELLO, cosa avremmo pensato?

PROBABILITA’ DI EVENTI CONDIZIONATI INVERSI: VALE LA PENA DI ASPETTARE? Giorgio ha una fidanzata di nome Francesca che segue il corso di Calcolo delle

probabilità a Venezia e vive a Venezia. Nella mattina Francesca telefona a Giorgio che vive a Padova dicendogli: LANCIO UNA MONETA E SE ESCE TESTA PRENDO UN TRENO E VENGO A

TROVARTI. SE PARTO CI SONO SEI SUCCESSIVI TRENI CHE PARTIRANNO PER

PADOVA, UNO OGNI MEZZ’ORA . LANCIO UN DADO DA GIOCO E PRENDERO’ IL TRENO CON ORDINE DI PARTENZA PARI AL NUMERO CHE PRESENTERA’ LA FACCIA DEL DADO.

VIENI A PRENDERMI IN STAZIONE! Giorgio si precipita alla stazione di Padova e aspetta l’arrivo dei treni. Dai primi quattro treni previsti Francesca non scende. Quanto valuta Giorgio la probabilità che Francesca arrivi con gli ultimi due treni

previsti?

NO

1° treno

6° treno

5° treno

4° treno

3° treno

2° treno

COME SI APPRENDE DALL’ESPERIENZA?I TRE PRIGIONIERI CAMPIONAMENTO CON RISPOSTA CENSURATA

Negli esempi visti l’esperienza si realizza con una riduzione dello spazio campionario. E’ sempre così? Si consideri il seguente esempio:

Ci sono tre prigionieri A,B e C due di essi sono stati condannati a morte. Il prigioniero A si rivolge alla Guardia che conosce la situazione e che è tenuta

al massimo riserbo chiedendo “chi degli altri due prigionieri è condannato a morte”.

La Guardia può rispondere il vero dando: 1) una risposta non censurata, 2) una risposta censurata.

La distinzione e sapere qual è il comportamento della guardia è importante per la lettura corretta delle informazioni contenute nella risposta (esperienza: risultato sperimentale o osservazione)

I TRE PRIGIONIERI: RISPOSTA NON CENSURATA

Violando l’ordine di riservatezza la guardia potrebbe rispondere:– E1 = tutti e due sono condannati a morte;

– E2 = uno dei due è condannato a morte non escludendo che possano esserlo entrambi;

– E3 = B è condannato a morte;

Se denotiamo con: – Ac l’evento “A è stato condannato a morte”;

– A l’evento “A è stato graziato”; e analogamente per B e C; sono distinguibili le seguenti tre alternative giudicabili equiprobabili: ABcCc, AcBCc, AcBcC. L’evento E1 rende possibile solo l’alternativa ABcCc;

L’evento E2 non esclude alcuna alternativa;

L’evento E3 rende possibile solo le due alternativa: ABcCc e AcBcC.

Gli eventi A|Ei : A è stato graziato dato l’evento Ei, i=1,2,3, avranno probabilità rispettivamente:

P(A|E1) = P(AE1)/P(E1) = P(ABcCc)/P(ABcCc) = 1;

P(A|E2) = P(AE2)/P(E2) = P(ABcCc)/[P(ABcCc)+P(AcBCc)+P(AcBcC)] = 1/3;

P(A|E3) = P(AE3)/P(E3) = P(ABcCc)/[P(ABcCc)+P(AcBcC)] = 1/2.

I TRE PRIGIONIERI: RISPOSTA CENSURATA Alla domanda di A la Guardia distingue due alternative di risposta per ogni

possibile situazione delle tre inizialmente definite: a ABcCc, b AcBCc, c AcBcC, e precisamente: data la situazione (a) può rispondere in alternativa:

– (1) B è condannato a morte;

– (2) C è condannato a morte; data la situazione (b) può rispondere in alternativa:

– (3) A è condannato a morte;

– (4) C è condannato a morte; data la situazione (c) può rispondere in alternativa:

– (5) A è condannato a morte;

– (6) B è condannato a morte. Se le risposte (3) e (5) sono censurate per motivi caritatevoli, si valutano: P(1|a) = 1/2; P(2|a) = 1/2; P(4|b) = 1; P(6|c) = 1. Ne seguono: P(B è condannato a morte) = P(a)P(1|a) + P©P(6|c) = (1/3)(1/2) + (1/3)(1) =3/6; P(a|E3) = P(a,1)/P(E3) = P(a)P(1|a) /P(E3) = (1/3)(1/2)/(3/6) = 1/3.

ESITI ED EVENTI DEFINITI DA UNA DUPLICE PARTIZIONE DELLO SPAZIO CAMPIONARIO:NOZIONE DI INDIPENDENZA STOCASTICA

Si consideri un’urna contenente palline:1 Bianca e 1 Verde. Si prefiguri la successiva estrazione di due palline con contagio. Si reinserisce, volta per volta, oltre alla pallina estratta, un’altra pallina dello

stesso colore. Si hanno: p(B1B2) = p(B1) p(B2|B1) =(1/2)(2/3) = 2/6

p(B1V2) = p(B1) p(V2|B1) =(1/2)(1/3) = 1/6

p(V1B2) = p(V1) p(B2|V1) =(1/2)(1/3) = 1/6

p(V1V2) = p(V1) p(V2|V1) =(1/2)(2/3) = 2/6

Con riferimento al risultato della prima estrazione lo spazio campionario viene ripartito in due parti: = {B1, V1}, con P(B1) = P(V1) = 1/2.

Con riferimento al risultato della prima estrazione lo spazio campionario viene ripartito in due parti: = {B2, V2}, con P(B2) = P(V2) = 1/2.

Si noti che risulta: P(B2|B1) P(B2).

ESITI ED EVENTI DEFINITI DA UNA DUPLICE PARTIZIONE DELLO SPAZIO CAMPIONARIO:NOZIONE DI INDIPENDENZA STOCASTICA

Si consideri un’urna contenente palline:1 Bianca e 1 Verde. Si prefiguri la successiva estrazione di due palline con ripristino della

composizione iniziale dell’urna. Si reinserisce, volta per volta, la pallina estratta. Si hanno: p(B1B2) = p(B1) p(B2|B1) =(1/2)(1/2) = 1/4

p(B1V2) = p(B1) p(V2|B1) =(1/2)(1/2) = 1/4

p(V1B2) = p(V1) p(B2|V1) =(1/2)(1/2) = 1/4

p(V1V2) = p(V1) p(V2|V1) =(1/2)(1/2) = 1/4

Con riferimento al risultato della prima estrazione lo spazio campionario viene ripartito in due parti: = {B1, V1}, con P(B1) = P(V1) = 1/2.

Con riferimento al risultato della prima estrazione lo spazio campionario viene ripartito in due parti: = {B2, V2}, con P(B2) = P(V2) = 1/2.

Si noti che risulta: P(B2|B1) = P(B2).

ANCORA SU INFORMAZIONI CAMPIONARIE DIFFERENTI

Si consideri un’urna contenente palline:N1 Bianche ed N-N1 Verdi. Si prefiguri la successiva estrazione di due palline con: reinserimento; senza reinserimento; contagio. Si considerino i seguenti eventi: E1 = una delle due palline estratte è bianca (potendo esserlo anche entrambe);

E2 = la prima pallina estratta è risultata bianca. Si valutino le probabilità dei seguenti eventi condizionati: E3|E1 = entrambe le palline estratte sono bianche essendo una delle due bianca

E4|E2 = la seconda pallina estratta è bianca essendo bianca la prima estratta

BB

VB

BV

VV

CAMPIONAMENTO CON RISPOSTE CASUALIZZATE:ALLA RICERCA DELLA CARTA VINCENTE

Un primo giocatore che tiene il banco ha a disposizione tre carte (un Re e due Cavalli) che vengono disposte coperte su un tavolo da gioco.

Un secondo giocatore che non ha nessun’altra informazione viene invitato a scegliere una carta senza scoprirla.

Il primo giocatore scopre una delle due carte non scelte e appare un Cavallo. A questo punto invita il secondo giocatore a scambiare, se lo valuta conveniente,

la carta inizialmente scelta con quella delle due non scelte rimasta ancora coperta. Dei due giocatori vince chi avrà il Re. Domanda: Conviene al secondo giocatore scambiare la carta? Si dia una risposta motivata dalle valutazioni di probabilità di vincita nelle seguenti

situazioni: (a) il primo giocatore sa sempre dove finisce il Re e scopre sempre il Cavallo; (b) il primo giocatore non sa dove finisce il Re e sceglie a caso quale carta

scoprire delle due.

UNA DUPLICE PARTIZIONE DELLO SPAZIO CAMPIONARIO: INDIPENDENZA STOCASTICA Si considerino le seguenti due partizioni dello spazio campionario :

1) H1, H2, …, Hr, e dunque: Hi Hj=, ij; Hi = ;

2) B1, B2, …, Bs, e dunque: Bi Bj=, ij; Bi = ;

Diremo che vale la condizione di indipendenza stocastica se si ha: (i) P(Bi|Hj) = P(Bi), i=1,2,…s, j=1,2,…r.

Diversamente, se si ha: P(Bi|Hj) P(Bi), per un qualche i o un qualche j, diremo che sussiste una situazione di dipendenza stocastica.

La (i) è equivalente alle: (ii) P(BiHj) = P(Bi)P(Hj), i=1,2,…s, j=1,2,…r;

(iii) P(Hj|Bi) = P(Hj), i=1,2,…s, j=1,2,…r.

r

i 1

r

i 1

UNA DUPLICE PARTIZIONE DELLO SPAZIO CAMPIONARIO: INDIPENDENZA STOCASTICA

Si considerino le seguenti due partizioni dello spazio campionario :

1) H, Hc, e dunque: H Hc = , H Hc = ; 2) B, Bc, e dunque: B Bc = , B Bi = .

Nel caso di indipendenza stocastica si ha: (i) P(B|H) = P(B) .

La (i) è equivalente alle: (ii) P(BH) = P(B)P(H);

(iii) P(H|B) = P(H). Seguono: P(BcH) = P(Bc)P(H); P(BHc) = P(B)P(Hc); P(BcHc) = P(Bc)P(Hc).

VALUTAZIONE DELLA PROBABILITÀ DI EVENTI NEL CASO DI INDIPENDENZA STOCASTICA

Esempio n. 7 Lanciando successivamente una moneta con ad ogni lancio esiti Testa e Croce,

assumendo allo i-esimo lancio: P(Ti) = p, (0<p<1) e quindi P(Ci)= (1-p), i=1,2,…, si valuti la probabilità dell’evento: Si presenta Testa per la prima volta all’i-esimo lancio.

Le sequenze di risultati possibili sono:

T1 i=1

C1T2 i=2

C1C2T3 i=3

C1C2C3T4 i=4

C1C2C3C4T5 i=5 …... … P(C1C2...Ci-1Ti) = P(C1)P(C2)••• P(Ci-1)P(Ti) = (1-p)i-1p. Si noti che risulta: (1-p)i-1p = {p[1-(1-p)n]/[1-(1-p)]} = 1.

1i nlim

STRUTTURAZIONE DEL PROCESSO DI INFERENZA STATISTICA

Un usuale schema per condurre un processo di inferenza statistica su un fenomeno di interesse, cioè, in generale, per apprendere con l’esperienza, circa le leggi che regolano ciò che è rilevabile, quale risultato di uno o più esperimenti (di seguito semplicemente esperimento) o come semplice osservazione, di seguito in entrambi i casi denominato l’osservabile, consiste:

inizialmente nel: (i) considerare le ipotesi teoriche alternative ed esaustive (non osservabili) : H1,

H2, …, Hr, a spiegazione dell’osservabile, definendo e misurando il proprio stato di incertezza in termini di valutazione di probabilità iniziale di ciascuna di esse:

P(Hj), j =1,2,…r;

(ii) considerare una partizione: B1, B2, …, Bs, dello spazio campionario , connesso all’esperimento e dunque una partizione (la più fine possibile) dell’osservabile definendo la connessione dell’osservabile con le singole ipotesi teoriche formulate a spiegazione dell’osservabile in termini di valutazione di probabilità condizionale degli esiti (parti) possibili:

P(Bi|Hj), i=1,2,…,s; e cioè per ognuna delle ipotesi teoriche assunte a spiegazione: j=1,2,…,r.

INFERENZA STATISTICA: APPRENDIMENTO CON IL TEOREMA DI BAYES

Successivamente a risultato sperimentale ottenuto ad esempio Bi (o ad osservazione conseguita) l’apprendimento consiste in:

(iii) aggiornare la valutazione di probabilità delle alternative ipotesi assunte a spiegazione dell’osservabile passando dalla valutazione di probabilità iniziale:

P(Hj), j =1,2,…r; alla valutazione di probabilità finale (successiva): P(Hj|Bi), j =1,2,…r; applicando il teorema di Bayes.

Si pone quale condizione di coerenza espressa dal teorema di Bayes:

P(Hj|Bi) = P(Hj)• , j=1,2,…,r.

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