Probabilità – Lez011 (teoria ed esempi semplici)

By l1nvx

Si inizia questa lezione introducendo il concetto di eventi indipendenti .

Eventi Indipendenti: due eventi $E_1, E_2$ ( $E_2$ già verificato) appartenenti all’insieme delle parti di $\Omega$ , si dicono indipendenti, se la probabilità che l’evento $E_1$ si realizzi, non è condizionata dall’evento $E_2$ già verificato. In simboli, $\forall E_1, E_2 \in P\left (\Omega\right )$ :

$P\left (E_1/E_2\right ) = P\left (E_1\right )$

in poche parole, la probabilità condizionata di $E_1$ dato $E_2$ , è ancora uguale alla probabilità di $E_1$ .

N.B.: quando vale il contrario $P\left (E_1/E_2\right ) \ne P\left (E_1\right )$ , ovviamente, si parla di eventi dipendenti.

Esempio: si consideri l’esperimento casuale lancio di un dado (non truccato) due volte successive; come ribadito precedentemente, lo spazio campionario ha la seguente rappresentazione tabulare, in simboli:

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

Sia $E_1$ l’evento corrispondente al caso in cui al primo lancio esca il numero due; in simboli:

$E_1 := \left \{2\right \}$

con probabilità (definizione classica),

$P\left (E_1\right ) = \frac{1}{6}$

Sia $E_2$ l’evento corrispondente al caso in cui anche al secondo lancio esca il numero due; in simboli:

$E_2 := \left \{2\right \}$

La probabilità dell’evento $E_2$ non è condizionata dall’evento $E_1$ (evento condizionante) in quanto, la realizzazione di quest’ultimo, non produce la ridefinizione dello spazio campionario $\Omega$ ; in simboli:

$P\left (E_2/E_1\right ) = P\left (E_2\right )$

allora $E_2, E_1$ si dicono eventi indipendenti.

Esempio: si consideri l’esperimento casuale estrazione di due palline da un urna (no reinserimento); in particolare, 5 palline così suddivise: 3 bianche e 2 nere. Siano $B_1$ e $N_1$ gli eventi corrispondenti ai casi in cui alla prima estrazione si ottengono rispettivamente una pallina bianca ed una nera e con $B_2$ e $N_2$ , gli eventi corrispondenti ai casi in cui alla seconda estrazione si ottengono rispettivamente una pallina bianca ed una nera. La situazione alla prima estrazione è la seguente, in simboli:

$\Omega := \left \{B,B,B,N,N\right \}$

$P\left (B_1\right ) = \frac{3}{5}$

$P\left (N_1\right ) = \frac{2}{5}$

Diagramma ad albero

La situazione alla seconda estrazione, invece, è la seguente:

$P\left (N_2/N_1\right ) = \frac{1}{4}$

$P\left (B_2/N_1\right ) = \frac{3}{4}$

$P\left (N_2/B_1\right ) = \frac{2}{4}$

$P\left (B_2/B_1\right ) = \frac{2}{4}$

Le probabilità degli eventi $N_2$ e $B_2$ sono condizionate dagli eventi $N_1, B_1$ già realizzati ed in particolare, tale condizionamento si concretizza in una ridefinizione dello spazio campionario $\Omega$ .

Alla luce di questa nuova definizione le formule introdotte nelle lezioni precedenti assumono la forma seguente:

Principio delle probabilità condizionate per eventi indipendenti: dati due eventi indipendenti E₁ E₂, appartenenti all’insieme delle parti di $\Omega$ , la probabilità condizionata $P\left (E_1/E_2\right ) = P\left (E_1\right )$ è pari al rapporto tra la corrispondente probabilità congiunta e la probabilità marginale dell’evento condizionante. In simboli, $\forall E_1, E_2 \in P\left (\Omega\right )$ e con $P\left (E_2\right ) > \; 0$ :

$P\left (E_1/E_2\right ) = P\left (E_1\right ) = \frac{P\left (E_1 \cap E_2\right )}{P\left (E_2\right )}$

Principio delle probabilità composte per eventi indipendenti: dati due eventi indipendenti $E_1, E_2$ , appartenenti all’insieme delle parti di $\Omega$ , la probabilità composta è pari al prodotto delle singole probabilità marginali; in simboli, $\forall E_1, E_2 \in P\left (\Omega\right )$ :

$P\left (E_1 \cap E_2\right ) = P\left (E_1\right )P\left (E_2\right )$

Applicata al caso di n eventi indipendenti risulta, in simboli $\forall E_i \in P\left (\Omega\right )$ e con $i = 1, 2, \ldots, n$ :

$P\left (\bigcap_{i = 1}^n E_i\right ) = \prod_{i = 1}^n P\left (E_i\right )$

Esempio: si consideri l’esperimento casuale lancio (contemporaneo) di due dadi (non truccati); se la somma dei risultati ottenuti è $7$ , qual’è la probabilità che uno dei due dadi abbia dato come risultato $3$ ?

Lo spazio campionario ha la seguente rappresentazione tabulare, in simboli:

$\Omega^2 = \Omega \times \omega := \left \{1,2,3,4,5,6\right \}^2$

Le possibili disposizioni con ripetizione sono pari a $D_{6,2}^* = 6^2 = 36^*$

N.B.: invece di elencare espressamente i punti campionari di $\Omega^2$ , si è applicata la regola delle disposizioni con ripetizione molto più pratica.

Sia $E_1$ l’evento corrispondente al caso in cui la somma sia 7; in simboli:

$E_1 := \left \{\left (1,6\right ),\left (6,1\right ),\left (3,4\right ),\left (4,3\right ),\left (5,2\right ),\left (2,5\right )\right \}$

con probabilità (definizione classica),

$P\left (E_1\right ) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$

Sia E₂ l’evento corrispondente al caso in cui si presenti un 3 sulla faccia di almeno un dado; in simboli:

$E_2 := \left \{\left (3,1\right ),\left (1,3\right ),\left (2,3\right ),\left (3,2\right ),\left (4,3\right ),\left (3,4\right ),\left (3,5\right ),\left (5,3\right ),\left (6,3\right ),\left (3,6\right ),\left (3,3\right )\right \}$

con probabilità (definizione classica),

$P\left (E_2\right ) = \frac{11}{36}$

La probabilità dell’evento $E_2$ condizionata dall’evento $E_1$ è data, per il principio delle probabilità condizionate, dal rapporto tra la probabilità congiunta $P\left (E_1 \cap E_2\right )$ e la probabilità marginale dell’evento condizionante $P\left (E_1\right )$ ; in simboli:

$P\left (E_2/E_1\right ) = \frac{P\left (E_1 \cap E_2\right )}{P\left (E_1\right )}$

N.B.: gli eventi in gioco sono dipendenti, quindi, si applica la suddetta formula.

L’evento intersezione è l’evento che si verifica quando si verificano entrambi gli eventi dati, in questo caso:

$E_1 \cap E_2 := \left \{\left (4,3\right ),\left (3,4\right )\right \}$

con probabilità (definizione classica),

$P\left (E_1 \cap E_2\right ) = \frac{2}{36}$

Applicando la formula del principio delle probabilità condizionate si ottiene il seguente risultato:

$P\left (E_2/E_1\right ) = \frac{P\left (E_1 \cap E_2\right )}{P\left (E_1\right )} = \frac{\frac{2}{36}}{\frac{1}{6}} = \frac{12}{36} = \frac{1}{3}$

* Disposizione con ripetizione di n oggetti di classe $m$ (con $n \ge \; \le \; m$ ): disposizione semplice dove si possono ripetere gli oggetti; in simboli: $D_{n,m}^* := n^m$

Tag: Eventi indipendenti

Questo post è stato pubblicato il Gennaio 14, 2009 alle 00:03 ed è archiviato in Università. Segui i commenti a questo post con il feed RSS 2.0. Puoi lasciare una risposta, o mandare un trackback dal tuo sito.

Una Risposta a “Probabilità – Lez011 (teoria ed esempi semplici)”

p4cm4n Dice:
Giugno 28, 2009 alle 02:18 | Fare il login per replicare
…aggiornate tutte le formule in LaTeX.

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