P(B\A)

Si supponga che un test di laboratorio per individuare una certa malattia dia i seguenti risultati.
Sia
A = evento in cui la persona sottoposta al test ha la malattia
B = evento in cui il risultato del test è positivo.
Si sa che
_
P(B\A)=0,99
e
'P(B\A) = 0,005
e lo 0,1 per cento della popolazione ha effettivamente contratto la malattia. Qual è la probabilità
che una persona abbia la malattia dato che il risultato del test è positivo?
In base ai dati, si ha
_
P(A) = 0,001 quindi P(A) = 0,999
La probabilità desiderata è P(A\B). Pertanto, usando la (1.73) e la (1.79), si ottiene
P(B\A)P(A)
P(A\B) + —
P(B\A)P(A) + P(B\A)P(A)
(0,99)(0,001)
= 0,165
~ (0,99)(0,001) + (0,005)(0,999)
| Si noti che soltanto nel 16,5 per cento dei casi in cui il test è positivo la persona avrà effettivamente
i la malattia, sebbene il test sia efficace al 99 per cento neh" individuare la malattia quando essa è
presente.
Si supponga che un test di laboratorio per individuare una certa malattia dia i seguenti risultati.
Sia
A = evento in cui la persona sottoposta al test ha la malattia
B = evento in cui il risultato del test è positivo.
Si sa che
_
P(£|A)=0,99
e
P(B\A) = 0,005
e lo 0,1 per cento della popolazione ha effettivamente contratto la malattia. Qual è la probabilità
che una persona abbia la malattia dato che il risultato del test è positivo?
In base ai dati, si ha
_
P(A) = 0,001 quindi P(A) = 0,999
La probabilità desiderata è P(A\B). Pertanto, usando la (1.73) e la (1.79), si ottiene
P(A\B) +
(0,99X0,001)
(0,99X0,001) + (0,005X0,999)
=()ii65
Si noti che soltanto nel 16,5 per cento dei casi in cui il test è positivo la persona avrà effettivamente
la malattia, sebbene il test sia efficace al 99 per cento neh" individuare la malattia quando essa è
presente.
Esempio 3d. In un laboratorio di analisi l'esame del sangue è efficace al 95% nell'individuare una certa malattia quando essa è presente nell'organismo. L'esame
tuttavia rileva anche dei "falsi positivi" nell'I % delle persone sane che si sottopongono all'esame. (Cioè, se l'esame è effettuato da una persona sana, allora,
con probabilità 0.01, l'esame rivela che la persona è malata.) Se lo 0.5% della
popolazione soffre della malattia, qual è la probabilità che una persona risultata
positiva all'esame abbia la malattia?
Soluzione Sia D l'evento "la persona testata ha la malattia" e sia E l'evento "la
persona è positiva all'esame". La probabilità cercata è P(D\E] ed è data da
P(E\D}P(D)
P(E\D)P(D) + P(E\DC)P(DC)
(0.95)(0.005)
(095)(0.005) ^(0.01) (0.995)
95
294
0.323
Pertanto solo il 32% delle persone positive all'esame sono effettivamente
malate. Molti studenti si stupiscono spesso del risultato (si aspettano infatti un
valore superiore, ritenendo che l'esame del sangue sia un test valido); vale la
pena allora presentare un secondo argomento che, pur essendo meno rigoroso, è
forse nifi rnnvinfv»Titf> Hai ™-ar*c,An~t~
ii dimostri che per ogni coppia di eventi A e B di S,
P(B) = P(B\A)P(A) + P(B\A)P(A)
(1.79)
)alla (1.53) (Problema 1.15) si avrà
P(B) = P(Bn A) + P(Bn A)
Jsando la (1.70), si ottiene
P(B) = P(B\A)P(A) + P(B\À)P(A)
ii noti che la (1.79) è un caso particolare della (1.76).
!i supponga che un test di laboratorio per individuare una certa malattia dia i seguenti risultati.
ìia
\ evento in cui la persona sottoposta al test ha la malattia
1 = evento in cui il risultato del test è positivo.
!i sa che
_
P(B\A)=0,99
e
P(B\A) = 0,005
: lo 0,1 per cento della popolazione ha effettivamente contratto la malattia. Qual è la probabilità
he una persona abbia la malattia dato che il risultato del test è positivo?
n base ai dati, si ha
_
P(A) = 0,001 quindi P(A) = 0,999
,a probabilità desiderata è P(A\B). Pertanto, usando la (1.73) e la (1.79), si ottiene
P(B\A)P(A) + P(B\A)P(A)
(0.99)(0,001)
= 0,165
(0,99X0,001) + (0,005)(0,999)
!i noti che soltanto nel 16,5 per cento dei casi in cui il test è positivo la persona avrà effettivamente
a malattia, sebbene il test sia efficace al 99 per cento nell' individuare la malattia quando essa è
iresente.
Jn' azienda che produce relè elettrici possiede tre impianti di fabbricazione che producono rispetivamente il 50, 30 e 20 per cento dei suoi prodotti. Si supponga che le probabilità che un relè
abbricato da questi impianti sia difettoso siano rispettivamente 0,02, 0,05 e 0,01.
A) Se un relè viene selezionato casualmente dalla produzione dell'azienda, qual è la probabilità
che sia difettoso?
B) Se un relè selezionato casualmente viene trovato difettoso, qual è la probabilità che sia stato
fabbricato dall'impianto 2?
A) Sia B l'evento in cui il relè è difettoso e sia A/ l'evento in cui il relè viene fabbricato dall'impianto i (i — I, 2, 3). La probabilità desiderata è P(B). Usando la (1.76), si avrà
= (0,02)(0,5) + (0,05)(0,3) + (0,01)(0,2) = 0,027
2f.r: (B) La probabilità desiderata P(A2\B). Utilizzando la (1.73) e il risultato dalla parte (a) si ottiene
P(B\A2)P(A2)
P(B)
(0.05)(0.3)
~ 0,556
0,027
jg*; Due numeri vengono scelti a caso tra i numeri da 1 a 10 senza reimmissione. Si calcoli la probabilità
i?":' che il secondo numero scelto sia 5.
:C5,": Sia AI, i = 1 , 2, . . . 10 l'evento in cui il primo numero scelto è ; . Sia B l'evento in cui il secondo
•;•: : numero scelto è 5. Quindi mediante la (1.76)
io
Vale P(Ai) — 1/10. P(B\) è la probabilità che il secondo numero scelto è 5, dato che il primo
è i. Se i = 5, allora P(B\Ai) = 0. Se i ^ 5, allora P(B\Ai) = 1/9. Di conseguenza
io
1
Si consideri il canale di comunicazione binaria rappresentato nella Figura 1.15. Il simbolo di
ingresso X del canale può assumere lo stato O oppure lo stato 1 e, analogamente, il simbolo di
uscita Y del canale può assumere sia lo stato O sia lo stato 1. Dato il disturbo nel canale, un
. ingresso O può convertirsi in una uscita 1 e viceversa. Le probabilità di transizione nel canale pò,
qo, p\ #] sono definite mediante
e
e
p\ P(yo\x\)
q\ P(y\\x\)
dove XQ e x\o rispettivamente gli eventi (X = 0) e (X = 1), mentre >>o e ^i indicano
rispettivamente gli eventi (Y = 0)e (Y = 1). Si noti che po + qo — 1 = p\ Sia P(xo) = 0,5;
pò =0,1 e p} =0,2.
(A) Si calcolino P(yo) e P ( y i ) .
(B) Se all'uscita è stato osservato O, qual è la probabilità anche lo stato di ingresso fosse O?
(C) Se all'uscita è stato osservato 1, qual è la probabilità che anche lo stato di ingresso fosse 1?
(D) Si calcoli la probabilità di errore Pe.
o O
18 1.15
(A) Si noti che
P ( X ì ) = 1 - P(x0) = 1 - 0,5 = 0,5
P(yo\xo) = <?o = 1 - Po = i - 0,1 = 0,9
P(yi\xi)=qi = 1 - p i = 1-0,2 = 0,8
1.9 Eventi indipendenti
33
Usando la (1.76) si ottiene
P(yo) = P(yo\x0)P(xo) + P ( y o \ x \ ) P ( x i ) = 0,9(0,5) +0,2(0,5) = 0,55
P(yi) = P(yi\xo)P(xQ) + P ( y i \ x i ) P ( x i ) = 0,1(0,5) +0,8(0,5) = 0,45
(B) Usando la formula di Bayes (1.73), si ottiene
P(xolyo) =
l'M -
P(xQ)P(y0\x0)
(0,5)(0,9)
_
(C) Analogamente,
,'"x
I?'-". (D) La probabilità di errore è
Pe = P ( y i \ x 0 ) P ( x o ) + P(yo\xi)P(x\) =0,1(0,5) + 0,2(0,5) = 0,15
1.9 Eventi indipendenti
Due eventi A e B si dicono (stocasticamente) indipendenti se
P ( A H B ) = P(A)P(B)
(1.80)
vfe consegue che se A e B sono indipendenti, allora per la (1.70) e la (1.71)
P(A\B) = P(A)
e
P(B\A) = P(B)
(1.81)
iiano A e B eventi di uno spazio campionario S. Se A e B sono indipendenti, lo sono pure
A) A e "B ;
B) A e B ;
C) A e B .
nfatti:
A) Dalla (1.53) (Problema 1.15) si avrà
P(A) - P(A n B) + P(A n B)
Essendo A e B indipendenti, usando la (1.80) e la (1.30) si ottiene
P(A n B) = P(A) - P(A n B) = P(A) -
P(A)P(B)
= P(A)[l - P(B)] = P(A)P(B)
Pertanto, per la (1.80), A e B sono indipendenti.
B) Interscambiando A e B nella (1.82), si ottiene
P(BC\) = P(B)P(À)
la quale indica che A e B sono indipendenti.
C) Si ha
P(A n B) = P[(A U B)]
= 1 - P(A U B)
= 1 - P(A) - P(B) + P(A n B)
= 1 - P(A) - P(B) + P(A)P(B)
= 1 - P(A) - P(B)[1 - P(A)]
= P (A) P (B)
Di conseguenza, A e B sono indipendenti.
[Equazione (1.14)]
[Equazione (1.30)]
[Equazione (1.34)]
[Equazione (1.80)]
[Equazione ( 1 .30)]
(1-82)
34
Capitolol. Probabilità
Più in generale, se A\, ..., An sono eventi indipendenti e se fi, è A, oppure A, , allora B\, ..., Bn sono
indipendenti.
Se A e B sono indipendenti, abbiamo visto che anche A e B sono tali; vale a dire
P(A n B) = P(A)P(B)
(1.83)
Quindi
P (A |B) = P(A(^B}
= P(A)
(1.84)
Pertanto se A è indipendente da fi, la probabilità del verificarsi di A resta invariata dopo aver saputo se B
si è verificato o meno. Tre eventi A, fi, C sono detti indipendenti se
P(A n fi n C) = P(A)P(B)P(C)
= P(A)P(C)
p(finc) = P(B)P(C)
Possiamo anche estendere la definizione di indipendenza a più di tre eventi. Gli eventi AI , A 2 , . . . , An sono
indipendenti se per ogni sottoinsieme {A f l , A , 2 , . . . , A;t} (2 < k < n) di tali eventi
p(Ail n AÌZ n . . . n A,,) = p(A ; ,)p(A ( - 2 )... P(A!k)
(1.86)
Infine, si dice indipendente un insieme infinito di eventi se ogni suo sottoinsieme finito è indipendente.
Per distinguere tra la mutua esclusione (o incompatibilità) e l'indipendenza di un insieme di eventi
ricordiamo:
1. Se { AI , i — 1, 2 , . . . , n} è una sequenza di eventi incompatibili, allora
(1.87)
2. Se {A,, ;' = 1, 2 , . . . , « } è una sequenza di eventi indipendenti, allora
/ "
\ I P| A,
= ]~[/>(A,)
e tale uguaglianza vale per qualsiasi sottoinsieme di eventi.
iitesSJ^R^SfKfeMift-parftifelO" Un sistema composto da n componenti separati si dice in serie se
funziona quando tutti gli n componenti funzionano (Figura 1.16). Si supponga che i componenti si guastino
in modo indipendente e che la probabilità di guasto del componente i sia p,-, i = 1, 2 , . . . , n. Si può allora
calcolare la probabilità che l'impianto funzioni.
Figura 1.16 Sistema in serie
Sia AÌ l'evento in cui il componente s, funziona. Quindi
P(Ai) = l-P(Ai)= l-p,
Sia A l'evento in cui il sistema funziona. Quindi, poiché gli A, sono indipendenti, si ottiene
P(A) = P i f| Ai) = fi P(Ai) = fl(l - Pi)
(1-89)
1.9 Eventi indipendenti
35
Figura 1.17 Sistema in parallelo.
Un sistema composto da n componenti separati è detto sistema in parallelo se funziona quando almeno uno
dei componenti funziona (Figura 1.17). Si supponga che i componenti si guastino in modo indipendente e
che la probabilità di guasto del componente i sia pt•, i = 1, 2 , . . . , n. Anche in questo caso si può calcolare
la probabilità che il sistema funzioni.
Sia AI l'evento in cui il componente s, funziona. Quindi
P(À1) = Pi
Sia A l'evento in cui il sistema funziona. Pertanto, essendo gli A,- indipendenti, si ottiene
P(A) = 1 - P(A) = 1 - /> [f] A; ) = 1 -f\
(1.90)
Un esperimento di Bernoulli è un esperimento casuale, il cui risultato può essere classificato in due modalità mutuamente esclusive ed esaustive, dette successo
o fallimento. Una sequenza di prove di Bernoulli si verifica quando un esperimento di Bernoulli viene eseguito diverse volte indipendenti in modo che la probabilità di successo, detta p, resti la stessa prova dopo
prova. Si consideri una successione di prove di Bernoulli. Calcoliamo la probabilità che
(A) nelle prime n prove si verifichi almeno 1 successo;
(B) nelle prime « prove si verifichino esattamente k successi;
(C) tutte le prove siano dei successi.
(A) Per calcolare la probabilità di almeno 1 successo nelle prime n prove, è più facile calcolare la probabilità
dell'evento complementare, quello di nessun successo nelle prime n prove. Sia AI l'evento di un
insuccesso nella prova i. Quindi la probabilità di non registrare alcun successo, data l'indipendenza,
p(Ai n A2 n . . . n An) = P(AÌ)P(A2)... P(An) = (i - P)n
(1.91)
Di conseguenza la probabilità che almeno 1 successo si verifichi nelle prime n prove è 1 — (1 — p)n.
(B) In qualche sequenza particolare dei primi n risultati, se si veriflcano k successi, dove k = 0,1,2,... ,n,
allora si verificano n ~ k insuccessi. Vi sono (^) di tali sequenze, ognuna delle quali ha probabilità
pk(\ p)"-k.
Pertanto la probabilità che nelle prime n prove si verifichino esattamente k successi, è data da (<!)/>*(1 —
p)"-k.
(C) Dato che A, indica l'evento di un successo alla i prova, la probabilità che tutte le prove diano come
risultato un successo nelle prime « prove è per indipendenza.
n A2 n . . . n An) = P(Ai)P(A2)... P(An) = Pn
(1.92)
J6
Capitolo 1. Probabilità
Di conseguenza, usando il teorema di continuità della probabilità (1.49), la probabilità che tutte le
prove diano come risultato un successo è data da
(
^~
\i Ai
\
i
;
\«^oo
i
= lim pn ^
= P lini PIA, = lim P
; H-KXJ
0 p <1
1
p=\i Siano A e B eventi di uno spazio campiona
SSI5S non nulle, gli eventi A e B non possono essere al tempo stesso mutuamente esclusivi e indipendenti.
Siano A e B eventi mutuamente esclusivi e P(A) ^ O, P(B) ^ 0. Quindi P(A n B) = f(0) = O
ma P(A)P(B) jt 0. Essendo
P(A)P(B)
yjjjjm A e B non possono essere indipendenti. In modo simile, è subito provato che due eventi (non
;||iSJ;i impossibili) indipendenti non sono mutuamente esclusivi.
Si dimostri che se tre eventi A, B e C sono indipendenti, allora A e (B U C) sono indipendenti. Si
ha
..-(ii^tl-fj^i^*
n (B u C)] = P[(A n B) u (A n e)]
= P(A n B) + P(A n C) - P(A n B n C)
=
=
=
=
•*:.. **™:!' ™.- -V
", ^.p'Jgjsf'TS" "
P(A)P(B) + P(A)P(C) - P(A)P(B)P(C)
P(A)P(B) + P(A)P(C) - P(A)P(B n C)
/>(A)[/>(B) + P ( C ) - P ( B n C ) ]
P(A)P(BUC)
[Equazione (1.12)]
[Equazione (1.34)]
[Equazione (1.85)]
[Equazione (1.85)]
[Equazione (1.34)]
Pertanto A e (B U C) sono indipendenti.
Si consideri l'esperimento consistente nel lancio di due dadi non truccati (Problema 1.20). Sia A
l'evento in cui la somma del dado è 7, B l'evento in cui la somma del dado è 6 e C l'evento in cui
il primo dado da 4. Si dimostri che gli eventi A e C sono indipendenti, mentre gli eventi B e C non
sono indipendenti.
Dalla Figura 1.1 (Problema 1.5), risulta che
C = {^41 , £42, £43,
^S|S
' Ora
?¥":!**-": i:1"'1*;: *
/>(B)
= 36
i C) = — 36
|ggyjy? ossia gli eventi A e C sono indipendenti. Ma
nC) = ^- £P(B)P(C)
^=K^ Pertanto gli eventi B e C non sono indipendenti.
1.9 Eventi indipendenti
37
|n£ Nell'esperimento del lancio di due dadi non truccati, sia A l'evento in cui il primo dado è dispari,
gjì B l'evento in cui il secondo dado è dispari e C l'evento in cui la somma è dispari. Si dimostri che
j£ gli eventi A, fi e C sono indipendenti a due a due, ma A, B e C non sono indipendenti.
Dalla Figura 1.1 (Problema 1.5) si vede che
P(A) = P(B) = P(C) = ^ = ^
JU
jd
_ 9 _ 1
36 ~ 4
i Pertanto
= ^ = P(A)P(B)
_
=!
- =
= i = P(fi)P(C)
p:
da cui risulta che A, fi e C sono a due a due indipendenti. Tuttavia, poiché la somma di due numeri
t.Ji dispari
è pari, {A n fi n C} = 0 e
s;
Ì?,T il che dimostra che A, 5 e C non sono indipendenti.
js£ì
«r
gì;; Usando la (1.89) e la (1.90) rielaborare il Problema 1.23.
5p Dal Problema 1.23, /», = 1/2, i = 1, 2, 3, 4 dove p, è la probabilità di guasto dell'interruttore Sj.
&.;• Sia A l'evento in cui esiste un percorso chiuso tra a e b. Per la (1.90) la probabilità di guasto per la
l-:- combinazione in parallelo degli interruttori 3 e 4 è
2
4
£|\ Usando la (1.89) la probabilità di guasto per la combinazione di interruttori 2, 3 e 4 è
'
.
Di nuovo, usando la (1.90), si ottiene
ir,
•5,,, Sia 51 lo spazio campionario di un esperimento e S = {A, B, C} dove P(A) = p, P(fi) = q e
gf ' /'(C) = r. L'esperimento viene ripetuto all'infinito e si suppone che gli esperimenti successivi
«:_ siano indipendenti. Si calcoli la probabilità dell'evento che A si verifichi prima di B.
A" Si supponga che A si verifichi per la prima volta alla prova n. Se A deve essersi verificato prima
•*;!«. di B, allora C deve essersi verificato in tutte le prime (n — 1) prove. Sia D l'evento in cui A si
.''•- verifica prima di B.
"',.- Quindi
n=l
dove Dn è l'evento in cui C si verifica nelle prime (n — 1) prove e A si verifica nella prova n. Dato
che i Dn sono mutuamente esclusivi, si avrà
co
P(D) =
38
Capitolo 1. Probabilità
ìp3||gji Poiché le prove sono indipendenti, si avrà
"-1 P(A) = r"~li
p +q
P(A)
(1.93)
| essendo p + q + r = 1.
In un gioco d'azzardo con i dadi chiamato "craps", una coppia di dadi viene lanciata e il risultato
| dell'esperimento è la somma dei punteggi. II giocatore vince al primo lancio se la somma è 7 o
e perde se la somma è 2, 3 o 12. Se la somma è 4, 5, 6, 8, 9 o 10, quel numero viene chiamato il
I "punto" del giocatore. Quando il punto è stabilito, la regola è: se il giocatore ottiene un sette prima
|; del punto, il giocatore perde; ma se il punto viene conseguito prima di un 7, il giocatore vince. Si
calcoli la probabilità di vincita nel gioco del "craps".
i Siano A, B e Crispettivamentegli eventi in cui il giocatore vince, il giocatore vince al primo lancio
® e il giocatore vince il punto. Quindi P(A) = P(B) + P(C). Ora dalla Figura 1.1 (Problema 1.5).
6
2
2
P(B) = P(somma = 7) + P(somma =11) = — H
= 36 36 9
g Sia A/f l'evento in cui il punto k si verifica prima di 7. Quindi
P(C) =
£
/>( A t ) P (punto = k)
Ae(4,5,6,8,9,10}
I Mediante la (1.93) (Problema 1.42)
P (somma = k)
P (somma — k) + P (somma = 7)
B Di nuovo dalla Figura 1.1,
P (somma = 4) = —
P (somma = 5) = —
36
P (somma — 6) = —
P (somma = 8) = —
36
P (somma = 9) =
P (somma = 10) = —
36
36
'. Ora, mediante la (1.94)
2
5
2
5
P(Aw) =
Usando questi valori si ottiene
P(A) = P(B) + P(C) = +
= 0,49293
(1.94)
10
Capitolo i Spazi di probabilità
La scrittura P(fi | A) può trarre in inganno: non si tratta della probabilità dell'evento B \ (che
non abbiamo definito). Si verifica però immediatamente che l'applicazione B —>• P(B | A) è una
nuova probabilità su sA. Dunque P(fì | A) è la probabilità dell'evento B secondo questa nuova
probabilità.
Abbiamo visto che la nozione di probabilità condizionale è legata al calcolo di probabilità
quando si venga a sapere che sono verifìcati certi eventi.
Essa è però importante anche nel problema di modellizzazione, perché un problema concreto
spesso impone che, nello spazio di probabilità che si deve costruire, siano assegnate sia le
probabilità di certi eventi, sia le probabilità condizionali di altri.
Esempio 1.14 Una popolazione si compone per il 40% di fumatori (F) e per il 60% di non
fumatori (N). Si sa che il 25% dei fumatori ed il 7% dei non fumatori sono affetti da una forma
di malattia respiratoria cronica (M). Qual è la probabilità che un individuo scelto a caso sia
affetto dalla malattia?
È chiaro che se (Q, si, P) è uno spazio di probabilità che descrive questa situazione, vi dovrà
contenere gli eventi
F : l'individuo prescelto è fumatore
N : l'individuo prescelto è non fumatore
M : l'individuo prescelto è affetto dalla malattia
e che dovrà essere
P(F) = 0.4,
P(AT)=0.6,
P(M|F) = 0.25,
P(M|W)=0.07.
È quindi facile calcolare
Siano A[ , . . . , An eventi disgiunti tali che A, U . . . U An = fi (il che si esprime anche dicendo
che A | , . . . , An costituisce una partizione di £1). Vale allora la formula di Bayes
La (1. 10) è facile da verifìcare perché
e inoltre, poiché gli eventi A , C\ . . . , An fi B sono disgiunti e la loro unione è B,
(1.11)
La fonnula di Bayes ( 1 . 10) è interessante perché esprime le P(A, fi) in termini di quantità che
fanno intervenire le probabilità condizionali P(B | A,).
1.5 Probabilità condizionale, indipendenza
11
Esempio 1.15 (Continuazione dell 'Esempio 1.14) Qual è la probabilità che una persona affetta
dalla malattia respiratoria sia un fumatore?
Osserviamo che gli eventi F e N costituiscono una partizione. La formula di Bayes allora da
immediatamente
P(M|F)P(F)
P(M)
Esemplo 1.16; Tre scrivanie, tra di loro indistinguibili, contengono ciascuna due cassetti. La
prima contiene una moneta d'oro in ciascuno dei due cassetti, la seconda una moneta d'argento
in un cassetto e una d'oro nell'altro, la terza una moneta d'argento in ciascuno dei due. Si apre
un cassetto a caso e si trova una moneta d'oro. Qual è la probabilità che anche l'altro cassetto
della stessa scrivania contenga una moneta d'oro?
Consideriamo gli eventi
A j : il cassetto prescelto appartiene alla l a scrivania
A 2 : il cassetto prescelto appartiene alla 2a scrivania
A 3 : il cassetto prescelto appartiene alla 3a scrivania
B: il cassetto prescelto contiene una moneta d'oro
È chiaro che la probabilità richiesta è P(A \ B) ed inoltre che
P(fi|A,)=l,
P(S|A 2 )=1,
P(fl|A 3 ) = 0,
Basta ora applicare la formula di Bayes e si ottiene
P(B)
3
che è un risultato probabilmente diverso da quello suggerito inizialmente dall'intuizione.
Esemplo 1.17 In un gioco televisivo al concorrente vengono presentate 3 scatole, una sola
delle quali contiene il premio. Il giocatore dapprima sceglie una delle scatole (chiamiamola A).
Il conduttore del gioco apre quindi una delle altre due scatole (B o C) che egli sa essere vuota
(ciò è sempre possibile perché una almeno delle altre due scatole è vuota). A questo punto il
giocatore può scegliere se mantenere la scelta iniziale oppure chiedere invece che venga aperta
l'altra scatola rimasta. Quale di queste due strategie è la più conveniente?
Indichiamo con EA l'evento "la scatola A è quella che contiene il premio". Evidentemente
P(EA) = |e P(ECA) = |. Indichiamo inoltre con V l'evento "il giocatore vince". Allora per
la formula della partizione dell'evento certo
(1.12)
P(V) = P(V n EA) + P(V n ECA) = P(V\EA)P(EA-)+P(V\EcA)P(EcA)
.
Se viene utilizzata la prima strategia (cioè il concorrente mantiene la scelta originaria), allora
evidentemente P(V\EA) = 1 e P(V EA) — O, dunque P(V) = =|. Se il concorrente cambia
di scatola invece P(V\EA) = O e P ( V \ E C A ) = 1, dunque P(V) — f . La seconda strategia è
(molto) più vantaggiosa.