1 Osservazioni Preliminari

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,