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Probabilità ed eventi composti:esempi 1/
Es. COLORE DEGLI OCCHI
Supponiamo di conoscere le seguenti informazioni sulla probabilità del colore degli occhi di
un individuo:
Soluzione.
poiché questo individuo può avere solo uno di questi tre colori degli occhi, ognuno
degli eventi di cui sopra (occhi castani, blu e verdi) è mutuamente esclusivo. Quindi,
Es. In una famiglia ci sono tre figli. Qual è la probabilità che ci sia almeno una femmina tra i
tre figli?
Soluzione. Ci sono 2x2x2=8 modi. Se A=«almeno un figlio è femmina» è più semplice
calcolare P(AC)=1/8 (AC=«tutti e tre i figli sono maschi») e quindi P(A)=1-1/8=7/8
Qual è la probabilità che questo individuo abbia
gli occhi blu o verdi?
2
Probabilità ed eventi composti 2/
Es. Nel lancio di due dadi, qual è la probabilità che la somma sia 6 o che le cifre siano doppie?
Soluzione. Ci sono 6x6=36 combinazioni possibili distinguendo i dadi. Sia A=«somma dei dadi =
6»,siccome la somma si ottiene in 5 modi diversi P(A)=5/36
A = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)}
Sia B=«cifre doppie», abbiamo P(B)=6/36
B = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (5, 5), (6, 6)}
Per cui la probabilità cercata sarà:
36
10
36
1
36
6
36
5)()()( BAPBPAPBAP
Es. Supponiamo che un amico vi chieda di fare una piccola scommessa. Vi porge due dadi e
dice “se ottieni un doppio sei almeno una volta in 21 lanci, ti offro una pizza. Ma se non riesci
a ottenere due sei, allora mi offri tu la pizza”. Accettate la scommessa?
Soluzione. Ci sono 6x6=36 combinazioni possibili distinguendo i dadi. Se facciamo 21 lanci
avremo 3621 combinazioni possibili. L’uscita di (6,6) avviene in un caso su 36 le altre uscite
sono 35 su 36; per cui su 21 lanci avremo 3521 casi in cui non esce (6,6).
Per cui la probabilità cercata sarà:
4466,036
351
21
21
P
Essendo inferiore al 50% la scommessa non va accettata!
3
Probabilità ed eventi composti 3/
Es.
Lo studio di una tribù in Sud America ha rivelato che il 75% degli individui sono di gruppo
sanguigno A e il resto di gruppo 0, il 60% sono Rh negativi e il 30% sono sia Rh positivi che del
gruppo A. Trovate le probabilità che una persona sia
(a) del gruppo A o Rh positivo
(b) del gruppo A e Rh negativo
(c) Rh positivo ma non del gruppo A
(d) del gruppo 0 e Rh negativo.
Soluzione. Gli eventi sono A = “gruppo A” e Rh+ = “Rh
positivo”.
Sappiamo : 75.0)(AP
30.0)( RhAP
60.0)(RhP
25.0)( AP
40.0)( RhP
Gli eventi desiderati sono mostrati nel
diagramma di Venn. Combinando le
proprietà dei complementari, delle unioni e
delle intersezioni, otteniamo:
4
Probabilità ed eventi composti 4/
Es.
Supponiamo di avere una popolazione di blatte di cui il 30% hanno le ali e il
resto sono senza. Selezionate una blatta a caso e prendete nota del fatto
che abbia le ali o meno e la rilasciate. Lo fate tre volte. Qual è la probabilità
che almeno uno dei campioni sia una blatta con le ali?
Soluzione. Si potrebbe pensare che la probabilità di ogni selezione sia 0.3;
quindi dopo tre volte, la probabilità di prendere almeno una blatta con le ali
sarebbe 0.3 + 0.3 + 0.3 = 0.9.
Tuttavia questo non può essere corretto, cosa evidente se provata e pensare
di selezionare quattro insetti, per i quali lo stesso ragionamento porta a una
probabilità di 1.2. Infatti, per il secondo assioma della probabilità, qualunque
evento può avere una probabilità compresa tra 0 e 1.
Che cosa è sbagliato nel ragionamento che abbiamo fatto?
“Selezionare almeno una blatta con le ali” significa selezionarne una su tre, due su tre o tre.
Ora, se A = “blatta con ali al primo tentativo”, B = “blatta con ali al secondo tentativo”, e C = “blatta
con ali al terzo tentativo”, allora:
5
Unione di tre Insiemi
A B
C
CA CB
BA
CBA
6
Probabilità ed eventi composti 5/
Soluzione (cont). Bene! Però questo ha comportato parecchi calcoli.
Proviamo a usare le proprietà dei complementi per ridurre il numero di calcoli. P (nessuna
blatta con ali al primo tentativo) = 0.7, e su tre tentativi questo fornisce una probabilità di non
avere blatte con le ali di (0.7)3 = 0.343. Quindi P(almeno una blatta con le ali) = 1 – 0.343 =
0.657. Quest’ultimo metodo richiede meno calcoli.
7
Probabilità Condizionata 1/
In biologia spesso si verificano delle situazioni in cui le informazioni possono essere acquisite attraverso
osservazioni o risultati sperimentali, che possono cambiare la conclusione o l’esito di un’altra osservazione. Un
esempio pratico importante e il caso in cui, per diagnosticare una malattia viene usato un qualche test (del sangue
o della saliva).
Spesso questi test non verificano la presenza della malattia direttamente, ma indirettamente attraverso qualche
carattere che é indicativo della patologia; per esempio, un alto livello di colesterolo nel sangue può essere un
indicatore della potenziale presenza di patologie cardiache. Tuttavia, questi test non sono perfetti.
Per esempio, un test per la gravidanza basato sull’urina potrebbe indicare che una donna non è incinta, quando
invece potrebbe esserlo, in particolare se il test viene fatto subito dopo l’impianto dell’embrione.
Eseguire un test fornisce informazioni, ma nessun test è completamente accurato.
Mostreremo di seguito come tenerne conto, incluso come aggiornare la probabilità che qualcuno abbia una certa
malattia se un test fornisce delle informazioni aggiuntive. In modo simile, se una patologia ha una componente
genetica e abbiamo delle informazioni sui fratelli di un individuo, otteniamo dei dati aggiuntivi che modificano il
livello di rischio dell’individuo per questa malattia.
Per rispondere a questi quesiti inizieremo col considerare il concetto di probabilità condizionata, cioè la probabilità
che un evento avvenga, a patto che se ne verifichi un altro. Ad esempio trovare la probabilità che qualcuno
effettivamente abbia una malattia, quando un test ha dato risultato negativo.
Le idee contenute in questo capitolo sottendono un intero approccio della scienza all’analisi dei dati chiamato
bayesiano. Il concetto e che la scienza proceda aggiornando la nostra conoscenza del mondo attraverso
esperimenti che correggono la visione precedente.
Perciò, ad esempio, eseguire un grande numero di esami del sangue per una particolare patologia aggiorna le
nostre informazioni sulla sua prevalenza e quindi migliora la nostra abilità di determinare accuratamente la
frazione di popolazione testata che ha la patologia. Discuteremo anche la nozione d’indipendenza, cioè quando la
conoscenza sull’esito di un esperimento non fornisce nuove informazioni su un’altra osservazione.
8
Probabilità Condizionata 2/
Altre situazioni comportano spesso una errata convinzione sull’uso della probabilità che può condurre a
conclusioni errate.
Parliamo della “Fallacia dello scommettitore “:
• Un evento casuale ha più probabilità di verificarsi perché non si è verificato per un periodo di tempo;
• Un evento casuale ha meno probabilità di verificarsi perché non si è verificato per un periodo di tempo;
• Un evento casuale ha più probabilità di verificarsi perché si è verificato di recente;
• Un evento casuale ha meno probabilità di verificarsi perché si è verificato di recente;
La fallacia dello scommettitore può essere esemplificata prendendo ad esempio il ripetuto lancio di una
moneta. Usando una moneta priva di irregolarità la probabilità di ottenere T=Testa è esattamente 0,5 (una su
due), quella di ottenere due volte consecutive T è 0.5×0.5=0.25 (una su quattro), quella di ottenere tre volte
consecutive T è 0.5×0.5×0.5= 0.125 (una su otto), e via di seguito. Ora si supponga di avere ottenuto per
quattro volte consecutive Testa. Un individuo vittima della fallacia dello scommettitore potrebbe dire, “Se la
prossima volta esce Testa, si avrebbe una successione di cinque volte consecutive in cui esce Testa. La
probabilità di una successione di cinque Testa consecutive è di (1/2)5 = 1/32 ; dunque, al prossimo tentativo
c'è una probabilità di solo 1 su 32 che esca testa.” Questo è un ragionamento errato. Se la moneta è regolare,
per definizione la probabilità che esca C=Croce deve sempre essere 0,5, mai superiore (o inferiore), e la
probabilità che esca Testa deve sempre essere 0,5, mai inferiore (o superiore).
Dopo i primi quattro lanci i risultati non sono più sconosciuti, per cui non vengono contati. La probabilità di
cinque “T” consecutive è la medesima di quattro “T” consecutive seguite da una “C”. Il fatto che esca “C”
non è maggiormente probabile. Infatti, il calcolo della probabilità di 1 su 32 si basava sull'assunto che “T” o
“C” siano egualmente probabili in ciascuna prova. Ciascuno dei due possibili eventi ha una probabilità
identica indipendentemente dal numero di volte che la moneta è stata lanciata precedentemente e
indipendentemente dai risultati già verificatisi. Ritenere che nel lancio successivo sia più probabile che
esca “C” piuttosto che “T” basandosi sui precedenti lanci è un errore. L'errore è nell'idea che l'essere stati
fortunati in passato influenzi in qualche modo l'andamento delle prove future.
9
Probabilità Condizionata 3/
Una barzelletta molto diffusa tra i matematici spiega la natura dell'errore. Quando prende un aereo, un tale decide
sempre di portare con sé una bomba. “La probabilità che su un aereo ci sia una bomba è molto bassa,” e il tale
pensa, “certamente la probabilità che ce ne siano due è quasi nulla!" -
• Qual è la probabilità di ottenere 21 volte consecutive Testa, lanciando una moneta regolare? (Risposta:
1/(2)21=1/2097152 = circa 0.000000477.) Qual è la probabilità di ottenere lo stesso risultato, dato che è già uscito
20 volte consecutive Testa? (Risposta: 0.5.) Si veda il teorema di Bayes (più avanti).
• Una coppia ha nove figlie. Qual è la probabilità che il prossimo figlio sia un'altra femmina? (Risposta: 0.5,
assumendo che il genere dei bambini sia indipendente.)
• È più probabile vincere al Lotto scegliendo gli stessi numeri tutte le volte o scegliendone di diversi ogni volta?
(Risposta: Con entrambe le strategie è egualmente probabile.)
• È utile, sempre nel Lotto, affidarsi ai numeri «ritardatari»? (Risposta: è statisticamente irrilevante puntare sui
numeri «ritardatari», poiché la speranza matematica è la medesima ad ogni estrazione, indipendentemente
dall'esito delle estrazioni precedenti.)
A molti casi si potrebbe erroneamente ritenere di poter applicare la teoria della fallacia dello scommettitore,
quando in realtà questa non è applicabile.
21
20
1
( ) 12( | )
( ) 21
2
P A BP A B
P B
B=«sono uscite 20 T consevutive»
A=«la prossima uscita è T »
10
Probabilità Condizionata 4/
A molti casi si potrebbe erroneamente ritenere di poter applicare la teoria della fallacia dello scommettitore,
quando in realtà questa non è applicabile.
Qualora la probabilità di taluni eventi è non indipendente, la probabilità di eventi futuri può variare sulla base
degli eventi già verificatisi. Formalmente, in tali casi il sistema si dice essere dotato di memoria. Un esempio di
questo è l'estrarre delle carte da un mazzo senza rimetterle nel mazzo dopo averle estratte. È vero che una volta
che un jack è stato tolto dal mazzo, alla prossima estrazione c'è una minore probabilità di estrarre un jack e una
maggiore probabilità di estrarre una carta dotata di un altro numero. Infatti, la probabilità di estrarre un jack,
assumendo che questa sia stata la prima carta estratta e che nel mazzo non ci siano jolly è scesa da 4/52
(7.69%) a 3/51 (5.88%), mentre la probabilità che si estragga una carta appartenente ad un altro numero è salita
da 4/52 (7.69%) a 4/51 (7.84%). Ma ciò è perché la prova (l'estrazione della carta) ha alterato lo stato del sistema
(il mazzo).
Quando la probabilità di ciascuno degli eventi possibili è irregolare. Ad esempio con un dado truccato un
numero che è uscito più frequentemente in passato può sicuramente continuare ad essere più frequente degli
altri, se il fatto che esca tale numero è reso più probabile da dei pesi presenti nel dado.
Molti indovinelli tentano di ingannare il lettore portandolo a pensare che essi siano un esempio di fallacia dello
scommettitore, tra questi si può citare il problema di Monty Hall (vedi poi).
Analogamente, se Tizio lancia una moneta due volte e dice a Caio che almeno in uno (cioè in uno o in
entrambi) dei lanci è uscito testa, e chiede a Caio qual è la probabilità che sia uscito due volte testa, Caio
potrebbe rispondere che la probabilità è 50 e 50 (o 50%). La risposta è errata: se Tizio dice che almeno una
delle due volte è uscito testa sta rimuovendo il solo evento dell'uscita di due croci, lasciando come possibili i
seguenti altri eventi: testa-testa, testa-croce, e croce-testa. Tutti questi eventi sono egualmente probabili, ad
esempio testa-testa ha 1 probabilità su 3 o 33,3% (periodico). Se Tizio avesse specificato che il primo lancio
avesse dato testa, allora la probabilità che anche il secondo lancio avesse dato testa sarebbe del 50%.
11
Probabilità Condizionata 5/
Def. Per l’evento B con P(B) > 0, definiamo la probabilità condizionata di un evento A rispetto a B,
la probabilità che l’evento A avvenga sapendo che B si e verificato,
)(
)()(
BP
BAPBAP
Stabilito che si è verificato l’evento B lo spazio
campionario si riduce all’evento B, dunque la
probabilità viene normalizzata a P(B), e di A viene
considerata solo l’intersezione con B (che è il nuovo
spazio campionario).
Teo. La probabilità condizionata del complementare di un evento é data da
)|(1)( BAPBAP
Dim. BABABAABSB BAPBAPBP )(
)()(
1BP
BAP
BP
BAP
)()(
1BP
BAP
BP
BAP
)|()|(1 BAPBAP
12
Probabilità Condizionata 6/
Nota In generale invece: )|(1)( BAPBAP
La malattia di Tay-Sachs è un grave disturbo del sistema nervoso che di solito porta alla
morte entro i 2 o 3 anni di età. Gli individui affetti dalla malattia hanno il genotipo tt, mentre
i soggetti normali (non colpiti) hanno genotipo Tt o TT.
Judy ha un fratello più piccolo con la malattia di Tay-Sachs ed è preoccupata che possa
essere portatrice dell’allele recessivo. Qual è la probabilità che sia così?
Soluzione Prima di tutto notate che entrambi i genitori di Judy devono avere genotipo Tt perché
suo fratello sia malato. E possiamo assumere che nessuno dei genitori sia tt perché
entrambi hanno raggiunto l’età adulta.
Sia: A = “Judy è Tt” e B = “Judy non è tt”. Guardando il quadrato di
Punnett, vediamo che tre dei quattro possibili genotipi di Judy non
sono tt. Quindi, P(B) = ¾. L’evento A ∩ B corrisponde al fatto che Judy
abbia genotipo Tt.
Dato che due dei quattro possibili genotipi sono Tt, P(A ∩ B) = 2/4 = ½. Di
conseguenza,
3
2
4/3
2/1)|( BAP
Es. Malattia di Tay Sachs.
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Probabilità Condizionata 7/
Es. Sperimentazione Clinica di un Farmaco.
Un trial clinico per un nuovo sonnifero ha coinvolto 200 individui, a 100 dei quali è stato
somministrato il farmaco, mentre gli altri 100 hanno ricevuto una pillola di zucchero (placebo).
I risultati del test sono mostrati nella seguente tabella:
Qual è la probabilità di dormire meglio prendendo il sonnifero?
Soluzione Posto che l’evento A = “aver preso il sonnifero” e l’evento B = “dormire meglio”,
vogliamo trovare la probabilità di dormire meglio a patto d’aver preso il sonnifero, cioè
P(B|A) . Per usare la definizione di probabilità condizionata, abbiamo bisogno di trovare
P(A ∩ B) e P(A). L’evento A ∩ B corrisponde agli individui che hanno preso il sonnifero e
hanno dormito meglio; 71 dei 200 individui testati rientra in questa categoria. Perciò P(A ∩ B) =
71/200 = 0.335. Dato che il sonnifero è stato dato a 100 degli individui coinvolti, P(A) =
100/200 = 0.5. Per cui,
%7171,05,0
335,0
)(
)()|(
AP
BAPABP
14
Probabilità Condizionata 8/
Es. Campionamento Di Blatte Senza Reinserimento.
Consideriamo una popolazione di 150 blatte. Il 30% hanno le ali, il resto è senza. Selezionate
una blatta a caso, prendete nota della presenza o meno delle ali, ma senza rimetterla
nella popolazione. Poi selezionatene un’altra. Qual è la probabilità dei seguenti eventi?
(a) Sia il primo che il secondo insetto hanno le ali.
(b) La seconda blatta ha le ali (indipendentemente dal fatto che la prima le abbia o meno).
Soluzione: definiamo l’evento A = “prima blatta con ali” e l’evento B = “seconda blatta con ali”.
(a) Vogliamo calcolare P(A ∩ B). Dobbiamo decidere se usare P(A ∩ B) = P(A|B) P(B) o
P(A ∩ B) = P(B|A)P(A). Per farlo dobbiamo verificare quali informazioni abbiamo.
Sappiamo che ci sono 150 blatte, il 30% di queste ha le ali. Cioè, 45 dei 150 insetti
ha le ali. Perciò, per la prima blatta prelevata, c’è una probabilità del 30% che abbia le
ali. Di conseguenza, P(A) = 0.3. Ora sappiamo che dobbiamo usare P(A ∩ B) = P(B|A)P(A), per cui
dobbiamo trovare P(B|A). L’evento B|A è quello per cui la seconda blatta
ha le ali, a patto che le abbia anche la prima. Se ci fossero 45 insetti alati all’inizio e
il primo insetto preso avesse le ali, allora dei rimanenti 149 tra cui scegliere, 44
avranno le ali. Quindi, P(B|A) = 44/149 = 0.295, e
P(A ∩ B) = P(B|A)P(A) = 0.295×0.3 = 0.0885.
Perciò la probabilità che sia il primo che il secondo insetto pescati abbiano le ali è del 8.85%.
15
Probabilità Condizionata 9/
Soluzione (cont):
(b) In questo caso vogliamo calcolare P(B). Ricordando che possiamo pensare all’evento B come
B = (A ∩ B) U (Ac ∩ B)
e , per il terzo assioma della probabilità,
P(B) = P(A ∩ B) + P( Ac ∩ B).
Nella parte (a) dell’esempio abbiamo calcolato P(A ∩ B) = 0.0885. Quindi abbiamo
bisogno di calcolare solo P(Ac ∩ B) . Dato che P(A) = 0.3, per la proprietà dei complementi,
P(Ac ) = 1 – 0.3 = 0.7, dove l’evento Ac = “la prima blatta non ha le ali”. Se ci sono
150 – 45 = 105 insetti senza ali all’inizio e il primo insetto preso non ha le ali, allora
dei rimanenti 149 tra cui scegliere, ce ne sono ancora 45 con le ali. Per cui,
P(B| Ac) = 45/149= 0.302, e P(Ac ∩ B) = P(B| Ac)P(Ac) = 0.302×0.7 = 0.211.
Di conseguenza abbiamo
P(B) = P(A ∩ B) + P( Ac ∩ B)= 0.0885 + 0.211 = 0.2995.
Per cui la probabilità che la seconda blatta abbia le ali (indipendentemente dal fatto
che le abbia o meno la prima) è del 29.95%
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Eventi Indipendenti 0/
Consideriamo il seguente esperimento: vengono scelte delle persone in modo casuale e ne se
registra l’altezza. Dopo ciò viene registrato la cifra finale della patente di guida.
Sia A l’evento per cui l’altezza è maggiore di 180 cm e B l’evento per cui la cifra finale della patente
di guida sia maggiore di 7.
Intuitivamente A e B sono indipendenti nel senso che il fatto che A accada o non accada non
influenza il fatto che B si verifichi o meno.
Per esempio, ponendo, P(A)=0.2 e P(B)=0.3 , dopo una lunga sequenza di eventi di aspettiamo la
seguente situazione:
(Circa) il 20% delle volte accade A. Nei casi in cui accade A (Circa) il 30% delle volte accade B ed il
70% delle volte non si verifica.
Nell’80% dei casi A non avviene. In questi casi: B accade il 30% delle volte e non è verificato il 70%
delle volte.
In questi casi : P(A∩B)=P(A)P(B)=0.2*0.3=0.06 e P(AC∩B)=P(AC)P(B)=0.8*0.3=0.24
)()())(()\()( BAPBPBABPABPBAP
)()())(1()()()()( APBPAPBPBPAPBP
17
Eventi Indipendenti 1/
Def. Gli eventi A e B con P(A), P(B) > 0, vengono detti INDIPENDENTI se e solo se:
)()()( BPAPBAP Se A e B sono eventi indipendenti, allora possiamo calcolare la probabilità condizionata:
)()(
)()(
)(
)()|( BP
AP
BPAP
AP
BAPABP
Quindi, vediamo che quando gli eventi A e B sono indipendenti, sapere che l’evento B si e
verificato, non cambia la probabilità dell’evento A. Notiamo che se P(A|B) = P(A), allora
)()(
)()(
)(
)()|( AP
BP
BPAP
BP
BAPBAP
Nel calcolare le probabilità, se possiamo mostrare che o P(A|B) = P(A) o P(B|A) = P(B) allora
possiamo assumere che gli eventi A e B siano indipendenti.
Ricordiamo che se gli eventi A e B sono mutuamente esclusivi, allora P(A ∩ B) = 0. Per cui se
P(B) ≠ 0, per la definizione di probabilita condizionata,
0)(
)()|(
BP
BAPBAP
18
Eventi Indipendenti 2/
Gli eventi A e B possono essere sia indipendenti che mutuamente esclusivi? Supponiamo che lo
siano; allora P(A|B) = P(A) e P(A|B) = 0, e quindi P(A) = 0. Inoltre, P(B|A) = P(B) e P(B|A) = 0, e
quindi P(B) = 0. Di conseguenza, se gli eventi A e B sono sia indipendenti che mutuamente
esclusivi, allora P(A) = 0 e P(B) = 0, che é una contraddizione perche gli eventi indipendenti si
suppone che abbiano probabilità positiva. Non considereremo eventi che siano indipendenti
e mutuamente esclusivi.
Es. L’indipendenza Nel Lancio Dei Dadi.
Vengono lanciati due dadi, uno alla volta. Se
A = “6 sul primo dado”
B = “la somma è 7”, e
C = “la somma è 8”
Quali di questi eventi sono indipendenti? Quali sono mutuamente esclusivi?
Soluzione: chiaramente, B e C sono mutuamente esclusivi con probabilità diverse da zero e quindi
non sono indipendenti.
Esistono sei possibili esiti per un dado e uno solo di questi fornisce un 6. Quindi, P(A) = 1/6. Nel
lancio di due dadi, ci sono 6 × 6 = 36 possibili esiti. Ci sono sei modi per ottenere “la somma è 7”:
{(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3),(5 ,2) (6, 1)}. Quindi, P(B) = 6/36 = 1/6. Ci sono invece cinque modi per
avere
“la somma è 8”: {(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)}.
Per cui, P(C) = 5/36. L’evento A ∩ B può avvenire solo con un 6 sul primo dado e un 1 sul secondo.
Quindi P(A ∩ B) = 1/36. L’evento A ∩ C può avvenire solo con un 6 sul primo dado e un 2 sul
secondo dado. Perciò, P(A ∩ C) = 1/36.
19
Eventi Indipendenti 3/
Soluzione (cont):
6
1
6/1
36/1
)(
)()|(
BP
BAPBAP
6
1
6/1
36/1
)(
)()|(
AP
BAPABP
Perciò A e B sono indipendenti (e non incompatibili).
Perciò A e C non sono indipendenti e non sono mutuamente esclusivi.
5
1
36/5
36/1
)(
)()|(
CP
CAPCAP
36
1)()()( BPAPBAP
Ed anche:
36
5
6
1)()()(
36
1 CPAPCAP
Ed anche:
Inoltre:
20
Eventi Indipendenti 4/
Es. Campionamento Di Blatte Con Reinserimento.
Supponiamo di avere una popolazione di 150 blatte. Quarantacinque hanno le ali, e il resto è
senza. Selezioniamo una blatta a caso e prendiamo nota della presenza delle ali e la rimettiamo
nella popolazione. Poi selezioniamo una seconda blatta. Qual è la probabilità dei seguenti
eventi?
(a) La prima e seconda blatta hanno entrambe le ali.
(b) La prima blatta ha le ali, e la seconda no.
Soluzione: definiamo gli eventi A = “prima blatta con ali”, B = “seconda blatta con ali”, e C =
“seconda blatta senza ali”. La probabilità che la prima blatta abbia le ali è P(A) =45/150.
Sapendo che rimettiamo la prima blatta nella popolazione, le condizioni per la seconda selezione
sono le stesse della prima, cioè 45 individui con ali e 105 senza. Quindi,
Perciò c’è una probabilità del 9% che sia la prima che la seconda blatta abbiano le ali, e una
probabilità del 21% che la prima abbia le ali e la seconda no.
21
Eventi Indipendenti 5/
Es. Tipizzazione Del Sangue.
Supponiamo che Jacob abbia gruppo sanguigno O+ con genotipo 00/Rr e che Anna abbia
gruppo sanguigno B− con genotipo B0/rr. Qual è la probabilità che un figlio di Jacob e Anna
abbia gruppo sanguigno (a) B+ e (b) O−?
FATTORE Rh. Un esempio di eventi composti e la tipizzazione del gruppo sanguigno con, in
aggiunta, la classificazione del fattore Rh. Ci sono quattro diversi gruppi sanguigni basati sugli alleli
che determinano la produzione di antigeni: A, B, AB, e O. Tuttavia i gruppi sanguigni possono
anche essere positivi o negativi rispetto alla classificazione del fattore Rh. La classificazione Rh dei
gruppi sanguigni e determinata da due alleli, R e r, dove R e l’allele dominante. Il genotipo rr
produce una classificazione Rh negativa, mentre i genotipi RR e Rr producono classificazioni Rh
positive.
Ora torniamo all’esempio della tipizzazione del gruppo sanguigno e del fattore Rh. Sapendo che i
geni che determinano il gruppo sanguigno e il fattore Rh sono separati, ed é possibile quindi avere
un particolare genotipo per un carattere rispetto all’altro, i due eventi sono indipendenti.
Soluzione: Quadrati di Punnett:
La probabilità che il figlio di Jacob e Anna abbia gruppo
B è P(B) = 2/4 = ½ e che abbia gruppo 0 è P(0) = ½.
22
Eventi Indipendenti 6/
Soluzione (cont):
La probabilità che il loro figlio sia Rh positivo è P(Rh+) =
2/4 = ½, e che sia Rh negativo è P(Rh−) = ½.
23
Eventi Indipendenti 7/
Es. Malattia di Tay-Sachs.
Jack e Judy hanno entrambi dei fratelli che soffrono la malattia di Tay-Sachs. Dall’ Es.
precedente sappiamo che la probabilità di essere un portatore, se si ha un fratello malato,
è 2/3. Qual è la probabilità che Jack e Judy abbiano un figlio con la malattia di Tay-Sachs?
Soluzione :
Affinché il figlio di Judy e Jack sia malato, entrambi i genitori devono avere genotipo
Tt. Stabiliamo gli eventi: A = “Judy è Tt”, B = “Jack è Tt”, e C = “figlio tt”. Dato che A e B
possono essere ragionevolmente considerati indipendenti, P(A ∩ B) = P(A)P(B) = 4/9,
P(C|A ∩ B) = ¼, e P(C) = P(C ∩ (A ∩ B)) = P(C | A ∩ B)P(A ∩ B) =1/4 ▪ 4/9= 1/9
Nota : se A,B,C sono eventi indipendenti: )()()()( CPBPAPCBAP
24
Eventi Indipendenti 7b/
ATTENZIONE !!.
Lancio di 2 dadi: si considerino gli eventi: A={ primo dado = 1,2,3}
B={ primo dado = 3,4,5}
C={ somma = 9}
36/19/12/12/1)( CBAP
18/1)()(12/1)( CPBPCBP
18/1)()(36/1)( CPAPCAP
4/1)()(6/1)( BPAPBAP
2/1)( AP
2/1)( BP
9/1)( CP
C={ (3,6) (4,5) (5,4) (6,3)}
AՈB={ (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)}
AՈC={ (3,6) }
BՈC={(3,6) (4,5) (5,4) }
AՈBՈC={(3,6) }
25
Eventi Indipendenti 7c/
ATTENZIONE !!.
Lancio di 2 dadi: si considerino gli eventi:
B={ secondo dado = 4,5,6}
C={ somma = 7}
24/1)()()(12/1)( CPBPAPCBAP
)()(12/1)( CPBPCBP
)()(12/1)( CPAPCAP
)()(4/1)( BPAPBAP
A={ primo dado = 1,2,3} 2/1)( AP
2/1)( BP
6/1)( CP
C={ (1,6) (2,5) (3,4) (4,3) (5,2) (6,1) }
AՈB={ (1,4) (1,5) (1,6) (2,4) (2,5) (2,6) (3,4) (3,5) (3,6)}
AՈC={(1,6) (2,5) (3,4) }
BՈC={(1,6) (2,5) (3,4) }
AՈBՈC={(1,6) (2,5) (3,4) }
26
Eventi Indipendenti 8/
Es. Pianificazione Familiare.
Partiamo dall’assunto che la nascita di maschi e femmine siano eventi indipendenti ed
equiprobabili.
(a) Qual è la probabilità che in una famiglia con due figli, entrambi siano femmine?
(b) Qual è la probabilità che in una famiglia con tre figli, tutti siano femmine?
(c) Qual è la probabilità che in una famiglia con sei figli, abbiano tutti lo stesso sesso?
(d) Qual è la probabilità che in una famiglia con sei figli, ci sia almeno una femmina?
Soluzione :
(a) Definiamo gli eventi come: A = “il primo figlio è una femmina” e B = “il secondo figlio
è una femmina”, essi sono indipendenti; quindi,
(b) Definiamo gli eventi A = “il primo figlio è una femmina”, B = “il secondo figlio è una femmina”,
e C = “il terzo figlio è una femmina”. Questi eventi sono indipendenti; quindi
Perciò la probabilità che in una famiglia con tre figli, tutti e tre siano femmine è di 0.125 o del
12.5%.
27
Eventi Indipendenti 9/
(c) Per calcolare la probabilità che tutti i figli siano dello stesso sesso abbiamo bisogno
di calcolare la probabilità che tutti e tre i figli siano femmine e la probabilità che tutti
siano maschi. Cioè,
P(stesso sesso) = P(tutte femmine) + P(tutti maschi).
Se gli eventi A1, A2, …, A6 sono quelli in cui il primo, il secondo, …, il sesto (rispettivamente)
figlio sia una femmina. Allora
Di conseguenza la probabilità che in una famiglia con sei figli tutti abbiano lo stesso sesso è di
0.03125 o del 3.125%.
28
Eventi Indipendenti 10/
(d) Se A = “almeno una femmina”, allora Ac = “nessuna femmina”, cioè tutti maschi. Allora
Perciò in una famiglia con sei figli, c’è una probabilità del 98,44% che almeno uno dei figli sia una
femmina.
29
Eventi Sequenziali 1/
Abbiamo visto come tenere conto d’informazioni aggiuntive sull’esito di un esperimento attraverso
la probabilità condizionata. E l’abbiamo fatto in situazioni in cui i possibili esiti erano due. Per
esempio, il test per una malattia può essere positivo o negativo. Vedremo ora molti altri esempi di
trial clinici su farmaci, tenendo anche conto degli errori associati a queste sperimentazioni.
Esploreremo anche situazioni in cui può esserci una sequenza di osservazioni o esperimenti in cui
l’evento che avviene per primo influenza l’esito del secondo, il quale a sua volta influenza il terzo, e
cosi via. Quindi queste sequenze sono composte da eventi non indipendenti.
La genealogia umana mostra le numerose generazioni d’individui geneticamente imparentati. Le
genealogie umane possono essere considerate degli esperimenti sequenziali in cui l’informazione
genetica viene trasferita da una generazione alla successiva. I vostri geni sono determinati dai geni
dei vostri genitori, i quali sono determinati da quelli dei loro genitori. Estenderemo l’uso delle
probabilità condizionate per tenere conto degli esiti multipli che emergono in situazioni sequenziali,
come le genealogie, per valutare le probabilità di trasmettere tratti genetici attraverso più
generazioni.
Supponiamo di sapere che entrambi i membri di una coppia siano portatori di una certa patologia.
Qual é la probabilità che una loro nipote abbia la malattia o ne sia portatrice? Prima di poter
rispondere a questo tipo di domande, dobbiamo introdurre altri concetti teorici legati alla probabilità.
30
Eventi Sequenziali 2/
Teo. (della partizione)
Supponiamo di avere uno spazio campionario S suddiviso in due regioni B1 e B2, mutuamente
esclusive e che B1 U B2 = S
Se B1 e B2 formano una partizione dello spazio campionario S, allora
)()|()()|()( 2211 BPBAPBPBAPAP
Possiamo pensare alla proprietà delle partizioni come “la probabilità di un evento A e la probabilità
dell’evento A dato l’evento B1 pesato per la probabilità dell’evento B1 più la probabilità dell’evento A
dato l’evento B2 pesato per la probabilità dell’evento B2.”
21 BABAA
31
Eventi Sequenziali 3/
Generalizzazione.
Sia: nBB ,...,1Una partizione dello spazio S (insieme a due a due disgiunti la cui unione è
uguale ad S) in simboli:
jiBB ji per SBn
i
i
1
Teo. (della partizione)
n
i
ii BPBAPAP1
)()|()(
Dim.
n
i
i
n
i
i BAPBAPSAPAP11
)()()(
)(|11
i
n
i
i
n
i
i BPBAPBAP
Vorremmo trovare un modo per definire P(B|A) in termini della probabilità condizionata inversa
P(A|B).
32
Eventi Sequenziali 4/
Teo. (di Bayes)
Vorremmo trovare un modo per definire P(B|A) in termini della probabilità condizionata inversa
P(A|B).
)(
)()|()|(
AP
BPBAPABP
Dim. )()|()()|()( APABPBPBAPBAP
Teo. (di Bayes con partizione)
Sia: nBB ,...,1 Una partizione dello spazio S
n
i
ii
kkkkk
BPBAP
BPBAP
AP
BPBAPABP
1
)()|(
)()|(
)(
)()|()|(
33
Eventi Sequenziali 4a/
Es. (Spam e filtri bayesiani)
Una frazione pari al 20% dei messaggi di posta elettronica ricevuti è classificato come spam. Se
consideriamo i messaggi di spam, la probabilità che contengano parole di un certo tipo (“lotteria”,
“notificazione”, “vincitore”) è pari a 0,70 , mentre per i messaggi validi tale probabilità risulta pari a
0,05. Sulla base di queste informazioni, calcolare la probabilità che un messaggio che contiene le
parole di cui sopra costituisca uno spam.
Soluzione Eventi: A=«messaggio con certe parole» ; B=«messaggio spam»
2,0)( BP 7,0)|( BAP 05,0)|( BAP ?)|( ABP
?
2,07,0
)(
)()|()|(
AP
BPBAPABP
18,004,014,0)2,01(05,02,07,0)()|()()|()( BPBAPBPBAPAP
78,018,0
14,0
)(
)()|()|(
AP
BPBAPABP
34
Eventi Sequenziali 4b/
Es. (Eventi)
Siano A e B due eventi dello spazio campionario tali che P(A) = 0,7 e P(A ∪ B) = 0,8. Si determini
P(B) nei seguenti casi: a) A e B sono incompatibili; b) A e B sono indipendenti; c) P(A|B) = 0,6.
Soluzione a) )()()()( BAPAPBAPBP
0)( BAP A e B incompatibili 1,07,08,0)( BP
Soluzione b) )()()( BPAPBAP
)()()()()()()()( BPAPAPBAPBAPAPBAPBP
)()()(1)( APBAPAPBP 33,03,0
7,08,0
)(1
)()()(
AP
APBAPBP
Soluzione c)
A e B indipendenti
)()|()( BPBAPBAP )()|()()()( BPBAPAPBAPBP
))()()|(1)( APBAPBAPBP
25,04,0
1,0
6,01
7,08,0
)|(1
)()()(
BAP
APBAPBP
35
Eventi Sequenziali 4c/
Es. (Partizioni)
Un’azienda produttrice di mattoni sta effettuando dei controlli su ogni pezzo prodotto. E’ noto che
il 20% dei mattoni presenta un difetto (evento D). Si sa inoltre che: se il mattone non è difettoso,
supera il controllo (evento C) con probabilità 0,9 ; se il mattone è difettoso, la probabilità che non
superi il controllo è 0,7. Sapendo che il mattone ha superato il controllo, qual è la probabilità che
NON sia difettoso?
Soluzione 2,0)( DP 9,0)|( DCP 7,0)|( DCP ?)|( CDP
)()|()()|(
)(1)|(
)(
)()|()|(
DPDCPDPDCP
DPDCP
CP
DPDCPCDP
92,08,09,02,03,0
8,09,0
)()|()()|(1
)(1)|(
DPDCPDPDCP
DPDCP
36
Eventi Sequenziali 5/
Es. Albinismo
Considerate l’albero genealogico mostrato sopra. Entrambi i genitori di Jay sono
portatori dell’albinismo. La sorella di Jay ha l’albinismo, ma Jay no (anche se non
sappiamo se è portatore). La moglie di Jay, Mary, non ha una storia di albinismo nella
sua famiglia, per cui possiamo assumere che sia omozigote dominante per il gene
dell’albinismo. Qual è la probabilità che i figli di Jay e Mary siano portatori
dell’albinismo?
37
Eventi Sequenziali 6/
Es. Soluzione
Se A = “figlio portatore”, per trovare P(A), possiamo dividere lo
spazio campionario in B1 = “Jay è eterozigote” e B2 = “Jay è
omozigote dominante”. Sapendo che entrambi i genitori di Jay
sono eterozigoti, il quadrato di Punnett che mostra i possibili
genotipi di Jay è:
Sapendo che Jay non è albino, P(B1) = 2/3 e P(B2) = 1/3.
Se Jay fosse eterozigote, il quadrato di Punnett che mostra
i possibili genotipi per un figlio di Jay e Mary sarebbe
Quindi, P(A|B1) = ½. Se invece Jay fosse omozigote dominante, il
quadrato di Punnett che mostra i possibili
genotipi per un figlio di Jay e Mary sarebbe
Quindi, P(A|B2) = 0. Per la proprietà delle partizioni, abbiamo:
P(A)=1/2 ▪ 2/3 + 0 ▪ 1/3 =1/3
Perciò la probabilità che un figlio di Jay e Mary sia un portatore dell’albinismo è di circa
0.33 o del 33%.
38
Eventi Sequenziali 7/
Es. Soluzione
Usando il quadrato di Punnett, possiamo mostrare che ci sono tre possibilità per
il genotipo della madre di Billy.
• B1 = “la madre è Aa”
• B2 = “la madre è aa”
• B3 = “la madre è AA”
Questi sono tre eventi incompatibili che partizionano lo spazio campionario. Inoltre,
• P(B1) = ½ • P(B2) = ¼ • P(B3) = ¼
Se l’evento A è “Billy è un portatore (Aa)”, possiamo usare la proprietà della
partizione generalizzata per trovare P(A):
P(A) = P(A|B1 )P(B1 ) + P(A|B2 )P(B2 ) + P(A|B3 )P(B3 )= 1/2•1/2+1•1/4+0•1/4=1/2
Per cui la probabilità che Billy sia un portatore della malattia è 0.5 o 50%.
Es. Genealogia
Supponiamo di sapere che i genotipi dei nonni materni di Billy per un certo disordine
genetico sono Aa e Aa e che il genotipo del padre di Billy è AA (senza malattia). Qual è
la probabilità che Billy sia un portatore della patologia?
39
Eventi Sequenziali 8/
Es. Soluzione
Definiamo gli eventi F = “frattura cranica” e N = “nausea”. Dato che solo il 6%
delle ferite ha come conseguenza una frattura cranica,
P(F) = 0.06 e P(FC) = 0.94.
Sapendo che il 98% degli individui con frattura cranica ha la nausea, e che coloro
che non hanno una frattura cranica hanno la nausea nel 70% dei casi, allora
P(N|F) = 0.98 e P(N|FC) = 0.70.
Applicando il teorema di Bayes con una partizione di F e FC
otteniamo
Es. Ferite Alla Testa
Tra gli individui cha hanno subito ferite alla testa, i raggi X rivelano che solo il 6%
avevano delle fratture craniche. La nausea è un sintomo standard di una frattura cranica
ed è presente nel 98% dei casi. Con altri tipi di ferite alla testa, la nausea è presente in
circa il 70% dei casi. Supponiamo che un individuo che si è appena ferito alla testa non
abbia la nausea.
Trovate la probabilità che abbia una frattura cranica.
Perciò è molto improbabile che una
persona che ha subito una ferita alla
testa e non ha nausea abbia una
frattura cranica (la probabilità è meno
di 0.01).
)()|()()|(
)()|(
)(
)()|()|(
FPFNPFPFNP
FPFNP
NP
FPFNPNFP
0004.094.0)7.01(06.0)98.01(
06.0)98.01(
40
Test Medici 1/
Def. Sensibilità di un test medico
E’ la probabilità che il test sia positivo nel caso in cui una persona abbia la malattia
per cui viene testata. La indicheremo con :
Def. Specificità di un test medico
E’ la probabilità che il test sia negativo nel caso in cui la persona testata non abbia la
malattia. La indicheremo con :
)|( DP
)|( DP Def. Falso Positivo
E’ la probabilità che il test sia positivo nel caso in cui la persona testata non abbia la
malattia. La indicheremo con : )|(1)|( DPDP
Def. Falso Negativo
E’ la probabilità che il test sia negativo nel caso in cui la persona testata abbia la
malattia. La indicheremo con : )|(1)|( DPDP
41
Test Medici 2/
Es. Test per la presenza di droga
Supponiamo che un test per rilevare la presenza di una sostanza illegale sia accurato al
98% nel caso di un fruitore (cioè il test produce un risultato positivo con una probabilità
di 0.98 nel caso in cui l’individuo testato usi effettivamente la droga) e che sia accurato
al 90% nel caso in cui non sia fruitore (cioè il test è negativo con una probabilità di 0.90
nel caso in cui la persona testata non fa uso di droga).
Supponiamo che il 10% dell’intera popolazione faccia uso di questa sostanza illegale.
(a) Qual è la probabilità di avere un falso positivo con questo test (cioè la probabilità di
ottenere un risultato positivo nel caso in cui la persona testata non sia un fruitore)?
(b) Qual è la probabilità di ottenere un falso negativo con questo test (cioè la probabilità
che il test sia negativo nel caso in cui l’individuo testato faccia uso della droga)?
(c) Eseguite il test su qualcuno e il risultato è positivo. Qual è la probabilità che
l’individuo testato faccia uso di questa sostanza illegale?
Soluzione
Definiamo gli eventi + = “test positivo per un individuo”, − = “test negativo per un
individuo”, e A = “la persona testata ha assunto la droga”. Poiché il 10% della
popolazione fa uso della droga in questione,
P(A) = 0.10 e P(AC) = 0.90.
Conoscendo l’accuratezza del test, la sua sensibilità e specificità sono:
P(+|A) = 0.98 e P(−|AC) = 0.90.
42
Test Medici 3/
Soluzione (cont)
(a) Prima vogliamo trovare la probabilità di ottenere un test positivo nel caso in cui una
persona non faccia uso di droga, cioè, P(+| AC). Usando la proprietà dei complementi,
Abbiamo:
P(+| AC) = 1−P(−| AC) = 1−0,09 = 0,10.
Quindi la probabilità di ottenere un falso positivo è del 10%.
(b) A questo punto vogliamo trovare la probabilità di ottenere un test negativo nel caso
di una persona che fa uso di droga, cioè, P(-|A). Di nuovo,
P(-|A) = 1-P(+|A) = 1-0,98 = 0,02.
Per cui la probabilità di ottenere un falso negativo è del 2%.
c) Infine, vogliamo trovare la probabilità che un individuo testato abbia la droga in corpo
nel caso in cui il test sia risultato positivo; cioè, vogliamo trovare P(A|+).
Secondo il teorema di Bayes:
Usando la proprietà delle partizioni, sappiamo che:
P(+) = P(+| A) • P(A) + P(+| AC) • P(AC)= (0,98) •(0,10) +(0,10) •(0,90)=0,188
)(
)()|()|(
P
APAPAP
43
Test Medici 4/
Soluzione (cont)
521,0188,0
10,098,0
188,0
)()|()|(
APAPAP
Perciò la probabilità che la persona il cui risultato del test era positivo effettivamente
avesse assunto la droga è di 0,521 o 52.1%.
44
Test Medici 5/
Es. Test Genetico
Supponiamo che una certa malattia sia causata dalla presenza di due alleli recessivi
(aa), e che sia stato sviluppato un test genetico per determinare se un individuo normale
è un portatore (Aa) oppure no (AA).
Supponiamo che nel caso di portatori noti, il test identifichi correttamente la presenza
dell’allele l’80% delle volte. Nel caso di individui di cui sia noto il genotipo AA, il test
indica la presenza dell’allele “a” il 30% delle volte. Qual è la probabilità che un individuo
sia portatore, se entrambi i suoi genitori sono portatori, nel caso in cui il test abbia dato
risultato positivo (cioè l’allele “a” è presente)?
Soluzione
Poiché il test è stato sviluppato per i genotipi Aa e AA, allora
possiamo assumere
che se una persona si sta sottoponendo al test, non ha la
malattia; cioè la persona non ha genotipo aa.
Definiamo l’evento C = “persona portatrice (Aa)”, CC =
“persona non portatrice (AA)”, + = “risultato del test positivo”,
e - = “risultato del test negativo”.
P(+|C)=0,80 P(+|CC)=0,30
Sapendo che entrambi i genitori dell’individuo testato sono
portatori, il quadrato di Punnett mostra che i possibili genotipi
per questo individuo sono:
45
Test Medici 6/
Soluzione (cont)
Poiché l’individuo testato non ha la malattia, le probabilità di essere un portatore e di
non esserlo sono, rispettivamente:
P(C ) = 2/3 P(CC)=1/3
Siccome la sensibilità del test è dell’80% per i portatori e la possibilità di ottenere un
falso positivo è del 30% per i non portatori,
P(+|C) = 0.80 e P(+|CC) = 0.30.
Notate che possiamo suddividere lo spazio campionario nelle partizioni mutuamente
esclusive C e CC.
Applicando il teorema di Bayes, troviamo che:
)()|()()|(
)()|(
)(
)()|()|(
CPCPCPCP
CPCP
P
CPCPCP
842,03/130,03/280,0
3/280,0
Quindi la probabilità che un individuo con risultato positivo al test sia un portatore è di
0.842 o del 84.2%.
46
Monty Hall 1/
Es. Il Paradosso di Monty Hall
Il problema di Monty Hall (o paradosso di Monty Hall) è un famoso problema di teoria
della probabilità, legato al gioco a premi statunitense ”Let's Make a Deal”. Prende il
nome da quello del conduttore dello show, Maurice Halprin, noto con lo pseudonimo di
Monty Hall. Il problema è anche noto come paradosso di Monty Hall, poiché la soluzione
può apparire controintuitiva, ma non si tratta di una vera antinomia, in quanto non
genera contraddizioni logiche.
Nel gioco vengono mostrate al concorrente tre porte chiuse; dietro ad una si trova
un'automobile, mentre ciascuna delle altre due nasconde una capra. Il giocatore può
scegliere una delle tre porte, vincendo il premio corrispondente. Dopo che il giocatore ha
selezionato una porta, ma non l'ha ancora aperta, il conduttore dello show – che
conosce ciò che si trova dietro ogni porta – apre una delle altre due, rivelando una delle
due capre, e offre al giocatore la possibilità di cambiare la propria scelta iniziale,
passando all'unica porta restante. Cambiare la porta migliora le chance del giocatore di
vincere l'automobile? La risposta è sì: cambiando le probabilità di successo
passano da 1/3 a 2/3.
47
Monty Hall 2/
Spiegazione 1
La soluzione può essere illustrata come segue. Ci sono tre scenari possibili, ciascuno
avente probabilità 1/3:
• Il giocatore sceglie la capra numero 1. Il conduttore sceglie l'altra capra, la numero 2.
Cambiando, il giocatore vince l'auto.
• Il giocatore sceglie la capra numero 2. Il conduttore sceglie l'altra capra, la numero 1.
Cambiando, il giocatore vince l'auto.
• Il giocatore sceglie l'auto. Il conduttore sceglie una capra, non importa quale.
Cambiando, il giocatore trova l'altra capra. Nei primi due scenari, cambiando il giocatore
vince l'auto; nel terzo scenario il giocatore che cambia non vince. Dal momento che la
strategia “cambiare” porta alla vittoria in due casi su tre, le chance di vittoria adottando
la strategia sono 2/3.
Spiegazione 2 (teorema di Bayes)
Un'analisi del problema attraverso il teorema di Bayes rende esplicito l'effetto delle
ipotesi sopra indicate.
Si consideri, senza ledere la generalità dell'analisi, il caso in cui la porta 3 è stata
aperta dal conduttore mostrando una capra, e che il concorrente abbia
selezionato la porta 1.
48
Monty Hall 3/
Spiegazione 2 (teorema di Bayes) (cont)
Sia A1=“auto dietro la porta 1”, A2=“auto dietro la porta 2”, C3=“il conduttore selezioni
una capra dietro la porta 3” , allora:
P(A2|C3) = 1− P(A1|C3)
P(A1)=1/3
P(C3)=1/2 (dal punto di vista del concorrente), visto che il conduttore deve scegliere
una delle due porte non scelte dal concorrente
. La probabilità che il conduttore selezioni una porta con dietro la capra posto che
l'automobile sia dietro la porta 1,
P(C3|A1)= 1/2
perché se l'automobile è dietro la porta 1, scelta inizialmente, il conduttore può
scegliere di aprire una delle altre due porte 2 o 3: dal punto di vista del concorrente il
conduttore ha quindi due porte tra cui scegliere, cioè probabilità 1/2 per ognuna.
Applicando il teorema di Bayes:
3
2
2/1
3/12/11
)3(
)1()1|3(1)3|1(1)3|2(
CP
APACPCAPCAP
3
2
2
13
11
)3(
)2()2|3()3|2(
CP
APACPCAP
