Indipendenza tra eventi

Definizione: Eventi indipendenti

Dato uno spazio di probabilità $(\Omega ,F,P)$, gli eventi $A$ e $B$ si dicono indipendenti se

$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$

Teorema:

Se due eventi $A$ e $B$ sono indipendenti, allora sono indipendenti anche

• $A$ e ${\bar {B}}$
• ${\bar {A}}$ e $B$
• ${\bar {A}}$ e ${\bar {B}}$

Dimostrazione: $A$ e Errore del parser (SVG (MathML può essere abilitato tramite plug-in del browser): risposta non valida ("Math extension cannot connect to Restbase.") dal server "http://localhost:6011/it.wikiversity.org/v1/":): {\displaystyle \bar{B}} sono indipendenti

Si ha:

$A=(A\cap B)\cup (A\cap {\bar {B}})$

da cui

$P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap {\bar {B}})$

dove

$P(A\cap {\bar {B}})=P(A)P({\bar {B}})=P(A)(1-P(B))$

È importante notare la differenza tra i due concetti di eventi indipendenti ed eventi disgiunti.

Definizione: Eventi mutuamente esclusivi

Quando l'intersezione tra due eventi $A$ e $B$ è vuota, i due eventi si dicono mutuamente esclusivi.

Esempio: Caso con $A$ e $B$ disgiunti

Con $A$ e $B$ disgiunti si ha che l'intersezione tra i due insiemi è vuota,

$A\cap B=\varnothing$

In questo caso, si ha

$P(A\cap B)=P(\{\varnothing \})=0\neq P(A)P(B)$

Perché sia $P(A)$ che $P(B)$ possono essere non impossibili ovverosia $P(A)>0$ e $P(B)>0$

Esempio: Caso con $A\cap B\neq \{\varnothing \}$

In questo caso, a priori non si può dire nulla, perché potrebbe esserci indipendenza come potrebbe non esserci.

Esempio:

$A=500,\ B=200,\ \Omega =1000$

Definiamo il valore dell'intersezione dei due insiemi come

$P(A\cap B)={\frac {1}{10}}$

mentre le probabilità dei singoli insiemi sono

• $P(A)={\frac {1}{2}}$
• $P(B)={\frac {1}{5}}$

Allora, il prodotto delle due probabilità coincide con la probabilità dell'intersezione

$P(A)P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{5}}={\frac {1}{10}}$

quindi i due eventi sono indipendenti.

Esempio: Lancio ripetuto di una moneta

Lanciamo due volte una moneta. Si ha

• $\Omega =\left\{TT,TC,CT,CC\right\}$
• $F=2^{\Omega }$ insieme delle parti
• $P(\left\{TT\right\})=P(\{TC\})=P(\{CT\})=P(\{CC\})$

Definiamo i due eventi

• $A={\text{ esce testa al primo lancio }}=\left\{\{TC\},\{TT\}\right\}$
• $B={\text{ esce testa al secondo lancio }}=\left\{\{CT\},\{TT\}\right\}$

Si ha

$A\cap B=\left\{TT\right\}$

Vogliamo sapere se i due eventi $A$ e $B$ sono indipendenti. Si ha

$P(A)=P(\{TT\})+P(\{TC\})={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}=P(B)$

$P(B)=P(\{TT\})+P(\{CT\})={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}=P(B)$

$P(A\cap B)=P(\{TT\})={\frac {1}{4}}$

$P(A)P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$

Da questo, si ha che i due eventi sono effettivamente indipendenti tra loro.

• Cosa cambia se usiamo una moneta truccata?
• Cosa cambia se i lanci non sono indipendenti?

Sia

$P(\{TT\})=P(\{TC\})=P(\{CT\})={\frac {1}{6}}$

$P(\{CC\})={\frac {3}{6}}$

In questo caso, le tabelle di probabilità non rispettano più l'indipendenza tra eventi, quindi $A$ e $B$ non sono indipendenti. Si verifichi per esercizio.

Eventi indipendenti multipli

Definizione: Eventi multipli indipendenti

Dati $(\Omega ,F,P)$ e gli eventi

$A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in F$

gli eventi $A_{i}$ si dicono indipendenti se

$P\left(\bigcap _{i\in I}A_{i}\right)=\prod _{i\in I}P(A_{i})\ \forall {\text{ sottoinsieme di indici }}I$

Nota: dalla definizione si deduce che non basta verificare

$P\left(A_{1}\cap A_{2}\cap \cdots \cap A_{n}\right)=\prod _{i=1}^{n}P(A_{i})$

ma bisogna controllare che questo sia vero per ogni sottoinsieme di indici $I$.

Esempio: Lancio della moneta

Siano gli eventi

• $A={\text{ testa al primo lancio}}$
• $B={\text{ croce al primo lancio}}$
• $C=\varnothing$

Si ha

$P(A\cap B\cap C)=P(\varnothing )=0=P(A)P(B)P(C)$

Da questa prima verifica, potrebbe sembrare che i tre eventi siano indipendenti, ma in realtà non lo sono, perché

$P(A\cap B)=P(\varnothing )=0\neq P(A)P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$

Quindi, $A$, $B$ e $C$ non sono indipendenti.

Probabilità condizionata

Definizione: Probabilità condizionata

Dato lo spazio di probabilità $(\Omega ,F,P)$ si considerino $A,B\in F$ con $P(B)\neq 0$. Si definisce probabilità condizionata di $A$ dato $B$ come la probabilità

$P(A|B)={\frac {P(A\cap B)}{P(B)}}$

Teorema:

Fissato $B\in F$ con $P(B)\neq 0$, la funzione

$P(\cdot |B):F\rightarrow [0,1]$

definisce una misura di probabilità di $F$.

Dimostrazione:

1. Siano $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{k}\in F$ disgiunti a coppie. Allora

$P\left(\bigcup _{k}A_{k}|B\right)={\frac {P\left(\bigcup _{k}A_{k}\cap B\right)}{P(B)}}=\sum _{k}{\frac {P(A_{k}\cap B)}{P(B)}}$

2. Si ha

$P(\Omega |B)={\frac {P(\Omega \cap B)}{P(B)}}={\frac {P(B)}{P(B)}}=1$

Teorema:

Siano gli eventi $A,B_{1},B_{2}\in F$ e sia $P(B_{1}\cap B_{2})\neq 0$. Si ha

$P(A|B_{1},B_{2})=P(A|B_{1}\cap B_{2})={\frac {P(A\cap B_{1}\cap B_{2})}{P(B_{1}\cap B_{2})}}$

Teorema:

Se gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti, si ha

$P(A|B)={\frac {P(A)P(B)}{P(B)}}=P(A)$

cioè, la probabilità a priori e a posteriori sono identiche.

Esempio: Il lancio del dado

Calcolare la probabilità che sia uscito il $6$, sapendo che è uscito un numero pari. Si ha

$\Omega =\left\{1,2,3,4,5,6\right\}$

$F=2^{\Omega }$

$P(k)={\frac {1}{6}}\ \forall k=1,2,\cdots ,6$

Si ha

$P(A|B)={\frac {P(A\cap B)}{P(B)}}={\frac {\frac {1}{6}}{\frac {1}{2}}}={\frac {1}{3}}$

Si noti che si è ottenuto $P(A|B)={\frac {1}{3}}>P(A)={\frac {1}{6}}$. Si dice che l'evento $A$ è attratto dall'evento $B$. Al contrario, con l'evento $C=\left\{1\right\}$, si ha

$P(C|B)={\frac {P\left(C\cap B\right)}{P(B)}}=0$

In questo caso, si è ottenuto che $P(C)>P(C|B)$, quindi si dice che $C$ è respinto da $B$.

Esempio: Esempio di applicazione della probabilità condizionata

Si veda la pagina dell'esempio.

Legge della probabilità composta

Definizione:

Dati $(\Omega ,F,P)$ e $A,B\in F$, si ha

$P\left(A\cap B\right)=P(A|B)P(B)=P(B|A)P(A)$

La relazione vale anche se una delle due probabilità è nulla ovverosia, infatti

$P(A\cap B)\leq \min(P(A),P(B))$

Teorema: Regola della catena

Dati $(\Omega ,F,P)$ e gli eventi

$A_{k}\in F,\ k=1,2,\cdots ,n$

si ha

${\begin{aligned}P&\left(A_{1}\cap A_{2}\cap \cdots \cap A_{n}\right)\\&=P(A_{n}|A_{n-1}\cap A_{n-2}\cap \cdots \cap A_{2}\cap A_{1})\cdot P(A_{n-1}|A_{n-2}\cap A_{n-3}\cap \cdots \cap A_{2}\cap A_{1})\cdots P(A_{2}|A_{1})\cdot P(A_{1})\end{aligned}}$

Dimostrazione:

Coincide con l'imporre che

$B=(A_{n-1}\cap A_{n-2}\cap \cdots \cap A_{1})$

e dire

$P\left(A_{n},B\right)=P(A_{n}|B)P(B)$

iterativamente. L'equazione finale si ricava per passi successivi.

Probabilità totale

Teorema: Teorema della probabilità totale

Sia $(\Omega ,F,P)$ e siano $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in F$ eventi mutuamente esclusivi (o disgiunti a coppie, $A_{i}\cap A_{j}=\varnothing \ \forall i\neq j$) di una $\sigma$-algebra. Sia $B\in F$ un evento tale che

$B\subseteq \bigcup _{i=1}^{n}A_{i}$

Allora, si ha

$P(B)=\sum _{i=1}^{n}P(B|A_{i})\cdot P(A_{i})$

Definizione degli eventi.

Nota: non è necessario, per il teorema della probabilità totale, che

$\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}=\Omega$

Teorema: Teorema di Bayes

Sia $(\Omega ,F,P)$ uno spazio di probabilità, $A,B\in F$ con $P(B)\neq 0$. Allora si ha

$P(A|B)={\frac {P(B|A)P(A)}{P(B)}}$

Se consideriamo $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in F$ eventi disgiunti a coppie e tali che

$B\subseteq _{i=1}^{n}A_{i}$

allora, si ha

$P(A_{i}|B)={\frac {P(B|A_{i})P(A_{i})}{\sum _{j=1}^{n}P(B|A_{j})P(A_{j})}}$

Esempio: Scatole e palline

Ci sono due scatole $A$ e $B$:

• in $A$ ci sono due palline bianche ed una pallina nera;
• in $B$ ci sono una pallina bianca ed una pallina nera.

Esercizio con palline bianche e nere nelle scatole

Studiare il sistema; qual è la probabilità di pescare una pallina bianca?

Per la soluzione, si veda la pagina di soluzione.

Indipendenza condizionata tra eventi

Definizione: Eventi condizionatamente indipendenti

Dato $(\Omega ,F,P)$, gli eventi $A,B\in F$ si dicono condizionatamente indipendenti da un evento $C\in F$ se, dato

$P(C)\neq 0$

si ha

$P(A\cap B|C)=P(A|C)\cdot P(B|C)$

È da notare che l'indipendenza condizionale non implica l'indipendenza tra $A$ e $B$; vale anche il viceversa. Banalmente, si verifica se $C=\Omega$.

Esempio:

Si hanno due lanci consecutivi di una moneta. Vediamo che

$A,B{\text{ indipendenti }}\not \Rightarrow A,B{\text{ indipendenti }}|C$

Si ha:

• $\Omega =\{TC,CT,TT,CC\}$
• $F=2^{\Omega }$
• $P(\{s\})={\frac {1}{4}}\ \forall s\in \Omega$

Si ha

• $A=\{TC,TT\}$ testa al primo lancio
• $B=\{CT,TT\}$ testa al secondo lancio

Allora,

• $P(A\cap B)=P(\{TT\})={\frac {1}{4}}$
• $P(A)={\frac {1}{2}}=P(B)$

da cui si ha che A e B sono statisticamente indipendenti,

$\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}\right)$.

Sia $C=\{TC,CT\}$ evento in cui esce una sola testa. Si ha

$P(C)={\frac {1}{2}}$

Verifichiamo se $P(A\cap B|C)=P(A|C)P(B|C)$. Si ha

• $P(A\cap B|C)={\frac {P(A\cap B\cap C)}{P(C)}}={\frac {P(\varnothing )}{1/2}}=0$
• $P(A|C)={\frac {P(A\cap C)}{P(C)}}={\frac {1/4}{1/2}}={\frac {1}{2}}\neq 0$
• $P(B|C)={\frac {P(B\cap C)}{P(C)}}={\frac {1/4}{1/2}}={\frac {1}{2}}\neq 0$

Quindi, concludendo,

$P(A|C)P(B|C)={\frac {1}{4}}\neq 0=P(A\cap B\cap C)$

Ne risulta che A e B non sono indipendenti dato C.

Spazi di probabilità prodotto

Definizione: Spazio misurabile prodotto

Dati gli spazi misurabili $(\Omega _{k},F_{k})$, $k=1,2,\cdots ,n$, si dice spazio misurabile prodotto lo spazio

$\left(\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n},F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n}\right)$

dove

1. il prodotto diretto

$\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n}$

è l'insieme delle n-uple

$(s_{1},\cdots ,s_{n})|s_{k}\in \Omega _{k},k=1,\cdots ,n$

2. il prodotto diretto

$(F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n})$

è la più piccolo $\sigma$-algebra definita sull'insieme

$\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n}$

che contiene tutti gli insiemi nella forma

$A_{1}\times A_{2}\times \cdots \times A_{n}=\{(s_{2},\cdots ,s_{n})|s_{k}\in A_{k}\}$

con $A_{k}\in F_{k}$ e $k=1,2,\cdots ,n$.

Esempio:

Considero $(\mathbb {R} ^{n},\mathbb {B(R} ^{n}))$ dove

• $\mathbb {R} ^{n}=\mathbb {R} \times \mathbb {R} \times \cdots \times \mathbb {R}$ n volte e
• $\mathbb {B(R} ^{n})=\mathbb {B(R} )\otimes \mathbb {B(R)} \otimes \cdots \otimes \mathbb {B(R)}$ n volte

Nel caso $n=2$, si ha

• $\mathbb {R} ^{2}=\{(\alpha ,\beta )\ |\ \alpha \in \mathbb {R} ,\beta \in \mathbb {R} \}$
• $\mathbb {B(R} ^{2})=\mathbb {B(R)} \otimes \mathbb {B(R)}$

è la più piccolo $\sigma$-algebra che contiene tutti i rettangoli i cui lati sono dei borelliani.

$I=(a_{1},b_{1}]\times (a_{2},b_{2}]$

Definizione: Misura prodotto

Si considerino gli spazi dotati di misura $\sigma$-finita

$(\Omega _{k},F_{,}m_{k}),\ k=1,2,\cdots ,n$

Sia

$(\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n},F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n})$

lo spazio misurabile prodotto. Definiamo su di esso la misura prodotto

$m=m_{1}\cdot m_{2}\cdot m_{3}\cdots m_{n}$

Consideriamo il caso $n=2$ per semplicità. Sia $G$ l'algebra generata dagli insiemi ottenuti come unione finita di insiemi disgiunti di forma

$A_{1}\times A_{2}{\text{ con }}A_{1}\in F_{1},A_{2}\in F_{2}$

Allora

$A_{i}\in G\Rightarrow \sigma (G)=\bigcup _{k=1}^{P}(A_{1k}\times A_{2k}),\ A_{1k}\in F_{1},\ A_{2k}\in F_{2},\ k=1,\cdots ,P$

Inoltre,

$(A_{1i}\times A_{2i})\cap (A_{1j}\times A_{2j})=0\ \forall i\neq j$

Si ha $\sigma (G)=F$, perché

• $A_{1}\times A_{2}\in \sigma (G)$
• $F_{1}\otimes A_{2}$ è la più piccola che contiene insiemi della forma $A_{1}\times A_{2}$

Consideriamo

$m_{0}:G\rightarrow [0,+\infty ]\ |\ m_{0}(A)=\sum _{k=1}^{P}m_{1}(A_{1k})\cdot m_{2}(A_{2k})$

Si può dimostrare che questa è una premisura $\sigma$-finita su $G$. L'estensione di $m_{0}$ sulla $\sigma$-algebra $F_{1}\otimes F_{2}=\sigma (G)$ è detta misura prodotto ed è indicata con $m_{1}\times m_{2}$.

Definizione: Spazio prodotto dotato di misura

Dati $n$ spazi dotati di misura $\sigma$-finita,

$(\Omega _{k},F_{k},m_{k}),\ k=1,\cdots ,n$

lo spazio prodotto dotato di misura e definito come

$(\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n},\ F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n},\ m_{1}\times m_{2}\times \cdots \times m_{k})$

Spazio di probabilità prodotto come modello probabilistico per eventi indipendenti

Teorema:

Consideriamo due esperimenti casuali $(\Omega _{1},F_{1},P_{1})$ e $(\Omega _{2},F_{2},P_{2})$. Per descrivere congiuntamente i due esperimenti, consideriamo lo spazio di probabilità prodotto $(\Omega _{1}\times \Omega _{2},F_{1}\otimes F_{2},P_{1}\times P_{2})$. Tale spazio è adatto a descrivere congiuntamente eventi indipendenti.

Dimostrazione:

Consideriamo

$A_{1}\times \Omega _{2},\ \Omega _{1}\times A_{2}\ \in \ F_{1}\otimes F_{2}$

Dimostriamo che sono indipendenti, il che equivale a dire

$P((A_{1}\times \Omega _{2})\cap (\Omega _{1}\times A_{2}))=P((A_{1}\times \Omega _{2}))\cdot P((\Omega _{1}\times A_{2}))$

Si ha:

• $P(A_{1}\times \Omega _{2})=P(A_{1})\cdot P(\Omega _{2})=P(A_{1})$
• $P(\Omega _{1}\times A_{2})=P(A_{2})\cdot P(\Omega _{1})=P(A_{2})$
• $P((A_{1}\times \Omega _{2})\cap (\Omega _{1}\times A_{2}))=P(A_{1}\times A_{2})=P(A_{1})\cdot P(A_{2})$

Questo verifica che i due eventi sono indipendenti, infatti soltanto con l'indipendenza si può calcolare la probabilità totale a partire dalle sole marginali.