1 Osservazioni Preliminari La teoria della probabilità si occupa dei valori medi di fenomeni che accadono contemporaneamente su una grande quantità di oggetti identici o che avvengono per un gran numero di volte successivamente nel tempo su di uno stesso oggetto come emissione di elettroni, guasti di un impianto, chiamate telefoniche ecc... 1.1 Denizioni di probabilità La teoria della probabilità si è evoluta nel tempo passando attraverso dierenti denizione del concetto di probabilità. 1. Denizione Classica 2. Denizione Statistica (frequenza relativa) 3. Denizione Soggettiva 4. Denizione Assiomatica Denizione Classica La denizione classica di probabilità di un evento, che indicheremo con la lettera maiuscola A, La probabilità attinente all'evento recita: A è pari al rapporto fra il numero dei risultati favorevoli e quello dei possibili, ammesso che essi siano tutti egualmente verosimili p(A) = nA n (1) Nella sostanza la precedente denizione si basa sulla esistenza di una caratteristiche a priori, posseduta dal fenomeno in esame, che possiamo determinare utilizzando unicamente il ragionamento speculativo. Come in molti altri campi della scienza il tentativo di utilizzare le capacità logico-deduttive al ne di svelare caratteristiche intrinseche (immutabili quindi, così come è immutabile il ragionamento) di fenomeni od oggetti si scontra con alcune limitazioni dello strumento utilizzato. 1. La denizione è circolare la locuzione ugualmente verosimili è in fondo la richiesta che siano ugualmente probabili 1 2. La richiesta che i risultati siano ugualmente verosimili impedisce di poter usare tale denizione in casi come quello di un dado truccato (una faccia ha più probabilità delle altre di uscire) 3. la denizione non è univoca, infatti il conteggio dei casi implica un concetto di misura che in più dimensioni può dar luogo a diverse interpretazioni. • paradosso di Bertrand: tracciare in un Cerchio AB C Denizione Statistica Nella denizione statistica si fà ricorso al concetto di frequenza relativa. Se su frequenza relativa vale: la probabilità dell'evento √r una corda r 3? di raggio quale e' la probabilità che la corda sia maggiore di n eventi l'evento A si è presentato in nA casi la nA n A viene denita come: p(A) = n→∞ lim nA n (2) Dato che nella realtà non è possibile approntare un esperimento che comprenda un numero di prove ∞ questa denizione equivale ad ipotizzare l'esistenza del limite denito nella equazione 2, cioé ad assumere la legge dei grandi numeri come postulato. Denizione Soggettiva La denizione soggettiva della probabilità scatu- risce dalla necessità di analizzare fenomeni nei quali non è possibile avere risultati sperimentali ripetuti, l'analisi cioè si concentra non sui valori medi di un gran numero di eventi ma sul risultato di un evento singolo: risultato di una partita di calcio, esito di una scommessa. Si induce quindi dall'esperienza precedente la probabilità dell'evento in questione. 2 Denizione Assiomatica Rispetto alle altre denizioni quella assiomatica lascia cadere il pregiudizio che la probablità sia una proprietà intrinseca dell'evento a cui è associata (Denizione classica, frequenza relativa), sceglie invece alcuni postulati dai quali possano essere dedotti tutte le leggi ed i teoremi. Per il raggiungimento di questo obiettivo viene usata la teoria degli insiemi. 2 Esempio: lancio di un dado indichiamo con fi il risultato legato all'uscita della faccia i-esima: S = {f1 , f2 , f3 , f4 , f5 , f6 } Eventi Vengono chiamati eventi tutti i sottoinsiemi di {∅} che è l'evento impossibile all'insieme S S , dall'insieme vuoto che è l'evento certo Assiomi P ({∅}) = 0 P (S) = 1 A⊆S 0 ≤ P (A) ≤ 1 P (A ∪ B) = P (A) + P (B) A∩B =∅ (3) 2.1 Combinazioni Le combinazioni e le permutazioni si occupano di dare una descrizione quantitativa dei vari modi con cui possono essere raggruppati gli elementi di un insieme costituito da un numero nito di elementi. 2.1.1 Permutazione senza ripetizione La permutazione senza ripetizione può essere considerato un ordinamento totale o parziale degli totale n elementi di un insieme su k caselle: (permutazioni semplici nel libro di testo) quando il numero delle posizioni è uguale agli elementi dell'insieme parziale quando k < n. k=n (nel libro di testo queste vengono chiamate disposizioni senza ripetizione) Essendo un ordinamento, due raggruppamenti dieriscono se la posizione dei loro elementi è diversa. Per ogni prima posizioni ve ne sono n possibili elementi che possono occupare la n − 1 sulla seconda e così via. La non ripetizione fa si che nella seconda casella possano essere distribuiti solo per cui: Pkn = n · (n − 1) · (n − 2) · · · (n − k + 1) 3 n−1 elementi, Nel caso di ordinamento totale: Pkn = n · (n − 1) · (n − 2) · · · 1 Il precedente prodotto viene denito fattoriale ed indicato con la seguente simbologia: 0! 1! = 1 = 1 ··· n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · 1 esempio: Nel caso k<n Pkn = n · (n − 1) · · · · (n − k + 1) = n · (n − 1) · · · · (n − k + 1) · n! (n − k) · (n − k − 1) · · · 1 = (n − k) · (n − k − 1) · · · 1 (n − k)! Quindi la relazione generale è: Pkn = Alcuni Elementi ripetuti n! (n − k)! (4) All'interno delle permutazioni senza ripetizio- ne è interessante valutare i casi in cui nella lista un certo numero di elementi l<k vengono occupati dallo stesso elemento mentre gli altri vengono per- mutati (disposizioni con ripetizione , come nel caso in cui S = {A, B, C} e la lista possa essere del tipo: {A, B, A, C, A} Per contare quante possibili permutazioni possono presentarsi consideriamo il numero di permutazioni senza ripetizione di 5 elementi cioè 5! come se S = {A, B, C, D, E}. Dall'insieme costituito da tutte le liste così ottenute a a contiamo quante sono quelle in cui gli elementi B e C occupano la 2 e 3 posizione. Il numero è ottenuto permutando 3 elementi in 3 posizioni quindi è pari a 3!. A questo punto se i 6 = 3! elementi di questo sottoinsieme vengono D ed E con l'elemento A tutti e 6 sono modicati sostituendo gli elementi equivalenti ad {A, B, C, A, A} 4 quindi il numero di tali liste è ridotto a 5! 3! ricavando la regola generale che fornisce le permutazioni ingruppi di menti di cui l k ele- ripetuti: (l) Pk = k! l! (5) Esempi 1. per il seguente insieme S = {1, 2, 3} esistono 3 · 2 · 1 = 3! = 6 possibili ordinamenti: 1 1 2 2 3 3 2 3 1 3 1 2 3 2 3 1 2 1 2. Quanti numeri di 4 cifre, tutte fra di loro diverse si possono formare con le 10 cifre decimali: 10! = (10 − 4)! 3. Quanti anagrammi (anche senza signicato) si possono fare con le lettere della parola CANTO: 120 120 5! = = (5 − 5)! 0! 1 2.1.2 Permutazioni con ripetizione La permutazione con ripetizione considera la possibilità di ripetere un elemento di un insieme più volte nell'elenco. Consideriamo un insieme costituito da n elementi che possono essere disposti in una lista di 5 k posizioni, quante diverse liste si possono avere? Nella prima posizione si potranno avere n possibilità e lo stesso vale per la seconda posizione quindi: Rkn = n · n · · · n = nk Le permutazioni con ripetizioni non vanno confuse con il prodotto cartesiano, quest'ultimo genera un nuovo insieme partendo da due insiemi di partenza mentre le prime contano quante liste possono essere formate con elementi di uno stesso insieme. Esempi 1. Si lanciano due dadi uno dopo l'altro. Quanti sono i casi possibili e quanti quelli in cui entrambe le facce sono pari? 2. In un'urna ci sono 10 palline numerate da 1 a 10, quante sono le possibili terne ordinate nel caso la pallina estratta venga reinserita e nel caso contrario. 2.1.3 Combinazioni senza ripetizione Consideriamo il caso della permutazione di 3 elementi in coppie: S = {1, 2, 3} {1, 2} {1, 3} {2, 1} {2, 3} {3, 1} {3, 2} Se l'ordine con cui gli elementi si presentano non è considerato l'ordinamento {1, 2} è equivalente a {2, 1}, quindi le permutazioni di due elementi in due posizioni possono essere contate come un solo elemento, rappresentano cioè una classe. dividere le Si sono raggruppate le liste in gruppi di 2, questo equivale a P23 permutazioni per il numero degli ordinamenti possibili di un insieme di due elementi 2!: 3! 1 · (2 − 1)! 2! 6 la formula generale quindi vale Cnk = n! k! · (n − k)! Esempi 1. Numeri di terni (la sequenza di estrazione non è importante) che si possono fare al lotto 90! 90 · 89 · 88 = = 117.480 3! · (90 − 3)! 6 Sequenze ripetute Le combinazioni semplici possono essere usate per mo- dellare un altro fenomeno. Consideriamo n scatole all'interno delle quali possono essere poste delle palline. Consideriamo l'insieme dei numeri S = {1, 2, · · · , n} Ogni elemento di S può essere considerato come l'etichetta di una scatola, quindi il sottoinsieme A = {3, 4} rappresenta l'evento in cui la pallina è stata B è dato da posta nella terza e quarta scatola. Se B = {4, 3} A e B sono equivalenti cioè rappresentano lo stesso evento la pallina nera è presente nelle scatole 3 e 4 ed appartengono alla classe rappresentata dalla sequenza ordinata: {3, 4} Quindi il numero di eventi in cui la pallina si presenta in due qualsiasi scatole può essere rappresentato dalle possibili combinazioni ordinate dell'insieme in 2 elementi Cn2 in generale se si hanno k n = n 2 ! = S n! 2! · (n − 2)! scatole le possibili combinazioni ottenute inserendo elementi distinti a casa in n scatole sono date da: Cnk n k = 7 ! (6) Alcuni Elementi ripetuti E' utile vedere come uno stesso fenomeno possa essere modellato usando oggetti matematici diversi. Per le permutazioni con alcuni elementi ripetuti abbiamo ricavato la relazione espressa nell'equazione 5, la stessa relazione può essere ricavata facendo uso delle combinazioni. Si consideri una lista formata da k posizioni delle quali l sono occupate da uno stesso elemento. Il numero di possibili permutazioni delle l posizioni è k! l! · (k − l)! Per ognuna di queste classi le restanti dalla permutazione di (k − l) (k−l) posizioni possono essere occupate elementi pari a: (k − l)! Quindi il numero totale di permutazioni è: k! k! · (k − l)! = l! · (k − l)! l! che coincide con la formula 5 Esempi 1. Si considerino 10 lanci di di una moneta, si calcoli quanti sono i possibili eventi in cui testa si puo' presentare su 4 dei 10 lanci. Il numero cercato 10 corrisponde alle combinazioni di elementi in classi di 4 10! 3628800 = = 210 4! · (10 − 4)! 24 · 720 2. Da un gruppo di 30 persone quanti campioni di 10 intervistati si possono scegliere: 30! = 30045015 10! · 20! 2.1.4 Combinazioni con ripetizione Nel caso in cui le combinazioni considerino la possibile ripetizione di un elemento dell'insieme di generazione la formula che dà il numero complessivo di classi è il seguente, con n elementi combinati in gruppi di Crnk = n+k−1 k 8 ! k: Esempi 1. In quanti modi diversi possiamo distribuire 8 barrette di cioccolata a cinque bambini? Il modello che può rappresentare la realtà può essere S il seguente: L'insieme è costituito dai 5 bambini ai quali assegneremo un numero identicativo: S = {1, 2, 3, 4, 5} le barrette possono essere rappresentate dalla posizione di una lista ad 8 elementi: A={ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} cioè combinare con ripetizione 5 elementi in classi di 8. La seguente lista equivale a dare 5 barrette al primo bambino e 3 al terzo A = {1, 1, 1, 1, 1, 3, 3, 3} quindi Cr58 = 5+8−1 8 ! = 12 8 ! = 495 2. Quante combinazioni possiamo ottenere collocando 6 palline in 4 urne? Anche in questo caso L'Insieme S è dato dalle urne alle quali possiamo assegnare delle lettere S = {a, b, c, d} mentre l'assegnazione delle palline viene fatta con una lista in cui la posizione è la corrispondente pallina, nel caso seguente tutte e sei le palline vengono poste nella urna b {b, b, b, b, b, b} quindi Cr46 = 4+6−1 6 ! = 9 6 ! = 84 3. Si consideri l'esempio precedente questa volta chiedendo che però non vi siano urne vuote. Per non lasciare urne vuote è necessario posizionare 4 palline in ognuna delle urne a questo punto ne restano da posizionare 9 2 su 4 urne potendone mettere 2 in una singola urna. In questo caso possiamo riusare l'esempio precedente in cui S = {a, b, c, d} e l'urna occupata dalle 2 pallina è posta nella lista seguente {b, d} Abbiamo quindi un insieme di 4 elementi da combinare in un sottoinsieme di due con possibile ripetizione (le 2 palline vengono messe nella stessa urna che ne contiene quindi 3) Cr42 4+2−1 2 = ! = 5 2 ! = 120 = 10 2·3 2.2 Alcuni Teoremi Dagli assiomi enunciati in 3 possiamo dedurre alcuni Teoremi: 1. La probabilità dell'evento complementare vale: 2. P (Ā) = 1 − P (A) 3. probabilità della somma logica P (A ∪ B) = P (A) − P (A ∩ B) + P (B) 2.3 La Probabilità Condizionata Si denisce Probabiltà dell'evento bilità che si manifesti l'evento A condizionata dall'evento A una volta che l'evento M M la proba- si sia manifestato. In simboli tale probabilità viene indicata come: A, M ⊂ S P (A|M ) Tale denizione di probablità si riconduce a quella fatta in 3 una volta che l'insieme M venga assunto come insieme universo. Si rideniscono i casi possibili, i risultati del nuovo esperimento considerato l'evento M come av- venuto. per questo motivo viene naturale denire in formule la probablità condizionata come: P (A|M ) = 10 P (A ∩ M ) P (M ) (7) Figura 1: Diagramma di Eulero per l'esempio 1 Corollari 1. Se A∩M =0 P (A|M ) = 0 2. Se M ⊂A P (A|M ) = 1 Esempi 1. Una scatola contiene 3 palline bianche e 2 rosse. Estraendo a caso due palline senza re-immissione un generico risultato è del tipo: {bianca, rossa} si vuole calcolare la probabilità che esca una pallina rossa dopo una bianca. Per la soluzione è utile far riferimento alla gura 1. L'insieme universo S è formato dalla permutazione senza ripetizione dei coppie: 5! = 20 (5 − 2)! 11 5 elementi in I sottoinsiemi M ed A sono deniti come: M = {b, qualsiasi} A = {qualsiasi, r} M La numerosità di L'Insieme A∩M è di 12 elementi, quella di A è di contiene, come si può vedere in gura, sua probabilità vale: p(A ∩ M ) = 6 8 elementi. elementi, la 6 20 La probabilità che esca una pallina rossa dopo una bianca è pari alla porbabilità condizionata di A dato M che si rappresenta con la simbologia: A|M in questo caso l'evento non è più riconducibile ad una coppia ordinata di valori, ma corrisponde ad una estrazione singola cioè ad un sol valore; da ciò nasce la sua diversità dall'evento A∩M fanno riferimento a due insiemi universo diversi. Usando la denizione di equazione 7: p(A|M ) = si ottiene: p(A|M ) = p(A ∩ M ) p(M ) 6 20 12 20 = 6 12 Lo stesso risultato può essere ottenuto considerando solo gli elementi di M, in totale 12 di cui 6 hanno come secondo elemento una pallina rossa per cui: p(A|M ) = 6 12 2.4 Eventi indipendenti Deniamo due eventi indipendenti se vale la seguente relazione fra la probabilità condizionata e quella totale: P (A|M ) = P (A) 12 (8) Infatti se vale la relazione 8, dalla denizione 7 si può scrivere P (A ∩ M ) P (M ) P (A) = quindi P (A ∩ M ) = P (A) · P (M ) Nel testo viene indicata come prodotto logico di eventi. 2.5 Il Teorema di Bayes L'esempio riportato in sezione 2.3 fà notare come scomporre un evento complesso in parti più semplici aiuti nella soluzione di problemi apparentemente complessi. A supporto di tale modo di operare si può far riferimento al teorema della probabilità totale. Se lo spazio universo (o dei campioni) viene partizionato, cioè suddiviso in sottoinsiemi Ei che lo ricoprono totalmente e che non si intersecano (il loro insieme intersezione è nullo), si ha: p(E) = p(E1 ∩ E) + · · · + p(En ∩ E) (9) dalla denizione di probabilità composta si ottiene che: p(E) = p(E1 ) · p(E|E1 ) + · · · + p(En · p(E|En ) (10) Dalla denizione 7 si ha: p(Ei ∩ E) p(E) p(Ei |E) = quindi esplicitando p(Ei ∩ E) nella equazione 7 si ottiene la relazione: p(Ei |E) = p(E|Ei ) · p(E1 ) p(E) nella quale la probabilità della causa volta che l'evento E Ei sull'evento sia realmente avvenuto. 13 (11) E viene valutata una Esempio 1. Si considerino 3 scatole contenenti palline nere o bianche nella misura seguente: Scatola1 3 nere e 2 bianche Scatola2 2 nere e 4 bianche Scatola3 1 nera e 5 bianche quale è la probabilità di estrarre una pallina nera? I risultati possibili sono: 5+6+6 ognuno associato alla scatola dalla quale avviene l'estrazione scelta che è casuale. L'insieme universo può essere partizionato con i seguenti 3 insiemi non intersecantisi: S1 = {scatola1} S2 = {scatola2} S3 = {scatola3} con 1 3 1 p(S2 ) = 3 1 p(S3 ) = 3 p(S1 ) = indicando N = {pallina − nera} si può ipotizzare: 3 2 2 p(N |S2 ) = 4 1 p(N |S3 ) = 5 p(N |S1 ) = usando l'equazione 10 si ottiene: p(N ) = p(S1 ) · p(N |S1 ) + p(S2 ) · p(N |S2 ) + p(S3 ) · p(N |S3 ) 11 1 3 1 2 1 1 p(N ) = · + · + · = 3 2 3 4 3 5 15 14 Consideriamo l'ipotesi di aver estratto una pallina senza sapere da quale scatola è avvenuta l'estrazione. Il teorema di Bayes cerca di rispondere alla seguente domanda: se è stata estratta una pallina nera quale è la probabilità che questa sia stata presa dalla terza scatola? Per l'equazione 7 si ha: p(S3 ∩ N ) p(N ) p(S3 ) · p(N |S3 ) = p(S3 ∩ N ) p(S3 |N ) = quindi la probabilità che la pallina sia stata estratta dalla terza scatola una volta che sia certo l'evento di aver estratto una pallina nera è ottenuto combinando le due equazioni precedenti. Il Teorema di Bayes è quindi espresso dalla seguente formula: p(S3 ) · p(N |S3 ) p(N ) p(S3 |N ) = Nel caso dell'esempio in questione: p(S3 |N ) = 1 3 1 5 · 11 15 = 1 11 2. Nel secondo esempio consideriamo due macchine, una produce il l'altra il del 7%, 60% del totale. La prima ha una difettosità del 40% e 2% la seconda Prendendo a caso un pezzo ed accertata la sua difettosità si vuol sapere quale è la probabilità che provenga dalla seconda macchina. In questo caso usiamo come modello il diagramma ad albero rappresentato in gura 2. I Qui ogni ramo rappresenta il vericarsi di uno degli eventi possibili e permette di rappresentare eventi che posseggano più di una caratteristica, che nell'usuale diagramma di Eulero risulterebbero non evidenziate nella modo opportuno. Il numero scritto su ogni ramo rappresentano la probabilità condizionata che si verichi l'evento a valle del ramo stesso una volta vericatosi l'evento a monte. vando al punto D pezzo prodotto dalla macchina il testo 0.07 Arri- percorrendo il ramo superiore giungiamo all'evento M2 ∩ pezzo difettoso. Come indica rappresenta la probabilità che la macchina 2 produca un pezzo difettoso questo implica che l'insieme universo nel quale è stata fatta tale aermazione è diverso da quello generale in cui sia la scelta 15 Figura 2: Diagramma ad albero dell'esercizio 2 della macchina che quella del pezzo sono eventi casuali. Qui invece la scelta della macchina è un evento certo non aleatorio ne consegue che il numero 0.07 no può essere immediatamente inserito nei calcoli richie- sti dalla soluzione del problema ma deve essere in qualche modo reso omogeneo. Questo permette la denizione di probablità condizionata, possiamo infatti scrivere che: p(M2 ∩ D) = p(M2 ) · p(D|M2 ) dalla quale risulta: p(M2 ∩ D) = 0.07 · 0.6 p(M1 ∩ D) = 0.02 · 0.4 Essendo gli eventi M1 e M2 incompatibili vale la relazione: D = (D ∩ M1 ) ∪ (D ∩ M2 ) p(D) = p(D ∩ M1 ) + p(D ∩ M2 ) quindi: p(D) = 0.008 + 0.042 = 0.05 I calcoli precedenti ci permettono di rispondere alla domanda del problema infatti la probabilità che il pezzo difettoso estratto venga dalla macchina 2 rappresenta la probabilità condizionata dell'evento 16 M2 all'evento D quindi usando l'equazione 11: 0.07 · 0.06 = 0.84 0.05 Riferimenti bibliograci [1] A. Papuolis, Probabilità Variabili Aleatorie e Boribghieri, 1985 [2] http://it.wikipedia.org/wiki/Calcolo_combinatorio 17 processi stocastici,