Il teorema di Bayes

Enunciato e dimostrazione

Teorema di Bayes: Si considerino due eventi A e B compatibili e dipendenti. Le rispettive probabilità condizionate di A noto B e di B noto A sono tra loro collegate dalla formula seguente:

\[ P(A)P(B/A) = P(B)P(A/B) \]

Dimostrazione: Dal momento che A e B sono per ipotesi eventi compatibili e dipendenti, le due probabilità condizionate che appaiono nella formula sono entrambe ben definite, e quindi possono a buon diritto essere considerate. A questo punto il teorema è dimostrato per semplice applicazione della formula per la probabilità composta di due eventi compatibili e indipendenti:

\[ P(A)P(B/A) = P(A\cap B) = P(B \cap A) = P(B)P(A/B) \]

Osservazione 1: Se l’evento A non è impossibile, la formula del teorema di Bayes può essere riscritta anche come

\[ P(B/A) = \frac{P(B)P(A/B)}{P(A)} \]

Questa scrittura evidenzia la dipendenza delle due probabilità condizionate l’una dall’altra. Naturalmente, nel caso in cui A fosse impossibile avremmo sia $P(A) = 0$ che \(P(A/B)=0\), col che il teorema di Bayes esprimerebbe in questo caso una banalità.

Osservazione 2: Supponiamo adesso di avere $n$ eventi $E_1, E_2, …, E_n$ che siano tutti tra loro incompatibili e tali che \(\sum P(E_i) = 1\); inoltre supponiamo di avere un ulteriore evento A. In questo caso, in virtù di quanto già noto in merito alla probabilità subordinata, la formula del teorema di Bayes si può riscrivere anche come

\[ P(E_i/A) = \frac{P(E_1)P(A/E_i)}{\sum_{j=1}^n P(E_j)P(A/E_j)} \,\,\,\, , \,\,\,\, \forall i \in \{1, \ldots, n\} \]

 

Esempi

Esempio 1: In un torneo scacchistico, 25 giocatori alle prime armi e 10 giocatori avanzati giocano ciascuno una partita contro il Grande Maestro del club. Ogni qual volta il Grande Maestro sfida un principiante, quest’ultimo viene regolarmente sconfitto; invece, quando la sfida è tra il Grande Maestro e uno dei giocatori avanzati, la probabilità che quest’ultimo ha di vincere è del 30%. Uno spettatore osserva una sola delle partite, che termina con la sconfitta dello sfidante. Su queste basi, si calcoli la probabilità che il giocatore che ha perso nel corso della partita osservata sia un principiante.

Consideriamo i tre eventi seguenti:

  1. ?:  “lo sfidante perde”
  2. $E_1$:  “lo sfidante è un principiante”
  3. $E_2 =bar(E)_1$:  “lo sfidante è un giocatore avanzato”

Ciò che ci viene richiesto di calcolare è la probabilità che lo sfidante sia un principiante sapendo che ha perso, ovvero null’altro che \(P(E_1/A)\). Grazie al teorema di Bayes, poiché vale tutto ciò che è stato detto nell’osservazione 2, potremo trovare il risultato con la formula seguente:

\[ P(E_1/A) = \frac{P(E_1)/P(A/E_1)}{P(E_1)P(A/E_1)+P(E_2)P(A/E_2)} = \]

\[ = \frac{  \frac{25}{35} \cdot 1}{   \frac{25}{35}\cdot 1 + \frac{10}{35}\cdot\frac{70}{100}} = \frac{\frac{5}{7}}{\frac{5}{7}+\frac{2}{7}\cdot \frac{7}{10}} = \frac{\frac{5}{7}}{\frac{5}{7}+\frac{1}{5}} = \frac{5}{7}\cdot \frac{35}{32} = \frac{25}{32} \approx 78\% \]

Esempio 2: La situazione che esponiamo nel seguente esempio è famosa in probabilità, e viene detta “Problema di Monty Hall”. Supponiamo di partecipare a un gioco a premi nel quale il presentatore ci pone davanti a tre porte chiuse, invitandoci a indovinare quale di esse sia l’unica dietro la quale si nasconde un ricco premio. Comunicata la nostra scelta al presentatore, questi farà aprire una delle due porte da noi non selezionate, mostrandoci che essa non nascondeva alcun premio. Al giocatore viene adesso data, se lo desidera, la possibilità di cambiare la sua scelta e selezionare dunque l’unica altra porta rimasta chiusa. Qual è la migliore strategia per il giocatore?

Per fissare le idee, supponiamo di aver inizialmente scelto la prima porta e che il presentatore abbia fatto aprire la terza: adesso ci stiamo domandando se ci convenga aprire la prima porta o cambiare idea e aprire invece la seconda. Consideriamo i quattro eventi seguenti:

\(E_i: \text{L’i-esima porta è quella vincente},  \forall i \in \{1, 2, 3\}\)

\(?:  \text{Il presentatore apre la terza porta}\)

Gli eventi $E_i$ sono tra loro incompatibili, e la probabilità di ciascuno di essi è $P(E_i)=1/3$; ciò ci consente di applicare il teorema di Bayes. Calcoliamo solo le due probabilità \(P(E_1/A)\) e \(P(E_2/A)\), poiché dal fatto che $E_3$ e $A$ sono incompatibili segue che \((P(E_3/A) = 0\). A tale scopo ci servirà calcolare \(P(A),P(A/E_1)\) e \(P(A/E_2)\):

  • dal momento che prima della nostra scelta il presentatore potrebbe aprire sia la porta due che la tre, $P(A) = 1/2$;
  • se abbiamo scelto la porta vincente, sia la due che la tre sono vuote, e quindi il presentatore può sceglierne una qualsiasi. Ne consegue che \(P(A/E_1)=1/2\);
  • se la seconda porta è quella vincente e abbiamo aperto la prima, al presentatore non resta altra scelta che aprire la terza. Dunque certamente \(P(A/E_2)=1\).

Possiamo adesso applicare la formula di Bayes e scoprire che

\[ P(E_1/A) = \frac{P(E_1)P(A/E_1)}{P(A)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} \]

\[ P(E_2/A) = \frac{P(E_2)P(A/E_2)}{P(A)} = \frac{\frac{1}{3}\cdot 1}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3} \]

Col che raggiungiamo il risultato controintuitivo che la strategia giusta è sempre quella di cambiare la porta inizialmente scelta per l’altra: se faremo così, raddoppieremo in ogni caso le nostre probabilità di vittoria.

 

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Esercizio proposto

Un’impresa ha installato un sistema automatico per il controllo di qualità il quale garantisce che se un pezzo è difettoso esso viene eliminato con probabilità pari a 0.995. C’è una piccola probabilità, pari a 0.001, che anche un pezzo che non è difettoso venga eliminato. Si sa, inoltre, che la probabilità che un pezzo sia difettoso è pari a 0.2. Calcolare la probabilità che un pezzo che non sia stato eliminato al controllo di qualità sia difettoso. (Esercizio proposto nel forum)

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