indipendenza di due eventi

Sia $\Omega$ uno spazio campionario. Diciamo che due eventi $A$ e $B$ su $\Omega$ sono indipendenti se

$$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$$

N.B.: Se $A$ è indipendente da $B$, $B$ è indipendente da $A$ (la definizione è simmetrica perché la moltiplicazione è commutativa). In tal caso si scrive $A\perp \perp B$.

Osservazioni

1. L’evento $\varnothing$ è indipendente da qualsiasi evento, (incluso se stesso). Infatti per ogni evento $A\subseteq \Omega$ si ha che la probabilità $\mathbb{P}(\varnothing \cup A)=\mathbb{P}(\varnothing )=0$.
2. $\Omega$ è indipendente da qualsiasi evento, incluso se stesso. Infatti $A\subseteq \Omega ⟹(\mathbb{P}(\Omega \cap A)=\mathbb{P}(A))$.
3. $\Omega$ e $\varnothing$ sono gli unici eventi ad essere indipendenti da se stessi.

Infatti se per assurdo trovassimo un evento $A\ne \Omega \wedge A\ne \varnothing$ indipendente da se stesso, allora

$$\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A\cap A)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(A)=(\mathbb{P}(A){)}^2⟹\mathbb{P}(A)\in \{0,1\}⟹A\in \{\varnothing ,\Omega \}$$

3. $A\perp \perp B⟹A\perp \perp B^C,A^C\perp \perp B^C,A^C\perp \perp B$

N.B.: $A^C$ è il complemento di $A$.

Dimostrazione del punto 3:

Supponiamo $A\perp \perp B$. Allora $\mathbb{P}(A\cap B^C)\stackrel{?}{=}\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$. Come ricavarlo?

$A=(A\cap B)\cup (A\cap B^C)⟹\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A\cap B)+\mathbb{P}(A\cap B^C)$

Quindi $\mathbb{P}(A\cap B^C)=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(A)(1-\mathbb{P}(B))=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B^C)$

• Quindi $A\perp \perp B^C$.
• Scambiando $A$ e $B$ e procedendo con lo stesso ragionamento, otteniamo $A^C\perp \perp B$.
• Dato $A\perp \perp B$, abbiamo anche che $A^C\perp \perp B^C$.

Esempi

1. Lancio 2 dadi equi

Determinare se gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti.

• $A=\{\text{il primo numero eˋ pari}\}$
• $B=\{\text{il secondo numero eˋ}\le 2\}$

Qui $\Omega =\{(x,y):1\le x\le 6,1\le y\le 6\}=\{1,2,3,4,5,6\}\times \{1,2,3,4,5,6\}$ gli esiti sono equiprobabili.

Calcoliamo $\mathbb{P}(A),\mathbb{P}(B),\mathbb{P}(A\cap B)$ per vedere se vale l’indipendenza:

$$\mathbb{P}(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$$ $$\mathbb{P}(B)=\frac{|B|}{|\Omega |}=\frac{12}{36}=\frac{1}{3}$$ $$\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{|A\cap B|}{|\Omega |}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$ $$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)⟹A\perp \perp B$$

2. Pescare una carta da un mazzo

Pesco una carta da un mazzo di 52 carte, Determinare se gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti.

$$A=\{\text{la carta eˋ di cuori}\}$$ $$B=\{\text{la carta eˋ al piuˋ 5}\}$$

Qui $|\Omega |=52$.

$$\mathbb{P}(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}=\frac{13}{52}=\frac{1}{4}$$ $$\mathbb{P}(B)=\frac{|B|}{|\Omega |}=\frac{20}{52}=\frac{5}{13}$$ $$\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{|A\cap B|}{|\Omega |}=\frac{5}{52}$$ $$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)⟹A\perp \perp B$$

3. Lancio di due dati

Determinare se gli eventi $A$ e $B$ sono indipendenti.

$$A=\{\text{al primo lancio esce 4}\}$$ $$B=\{\text{la somma dei lanci eˋ 6}\}$$

Qui $|\Omega |=6\cdot 6=36$.

$$\mathbb{P}(A)=\frac{|A|}{|\Omega |}=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$$

Si verifica empiricamente che $|B|=5$

$$\mathbb{P}(B)=\frac{|B|}{|\Omega |}=\frac{5}{36}$$

Si verifica empiricamente che $|A\cap B|=1$

$$\mathbb{P}(A\cap B)=\frac{|A\cap B|}{|\Omega |}=\frac{1}{36}$$ $$\mathbb{P}(A\cap B)\ne \mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)⟹\neg (A\perp \perp B)$$

N.B.: molto contro-intuitivamente, se avessimo usato $B=\{\text{la somma dei lanci eˋ 7}\}$ gli eventi sarebbero stati indipendenti, perché empiricamente si può verificare $\mathbb{P}(B)=\frac{1}{6}$.