teorema di Bayes

A volte è utile invertire il condizionamento, se ad esempio $\mathbb{P}(A\mid B)$ è difficile da calcolare ma $\mathbb{P}(B\mid A)$ è facile.

Il teorema dice che per due eventi $A$ e $B$ si ha che $\mathbb{P}(A\mid B)=\frac{\mathbb{P}(B\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(B)}$. Poi calcolando $\mathbb{P}(B)$ con la legge della probabilità totale otteniamo che

$$\mathbb{P}(A\mid B)=\frac{\mathbb{P}(B\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(B\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B\mid A^C)\cdot \mathbb{P}(A^C)}$$

Dimostrazione:

$$\mathbb{P}(A\mid B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(B\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(B\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(B\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B\mid A^C)\cdot \mathbb{P}(A^C)}$$

Esempio 1

Contesto:

Alice guarda il meteo. Se è prevista pioggia, prende l’ombrello con probabilità 0.8, altrimenti lo prende con probabilità 0.25. La previsione è pioggia con probabilità 0.3.

Calcolare la probabilità che Alice oggi prenda l’ombrello.

Sia $A=\{\text{Alice prende l’ombrello}\}$

- (B) prevista pioggia (0.3)
	- (A | B) Alice prende l'ombrello (0.8)
	- Alice non prende l'ombrello (0.2)
- (B^C) previsto sole (0.7)
	- (A | B^C) Alice prende l'ombrello (0.25)
	- Alice non prende l'ombrello (0.75)

Osservazioni:

• “Alice prende l’ombrello” nel caso $B$ è $\mathbb{P}(A\mid B)$ perché sono eventi condizionati
• “Alice prende l’ombrello” nel caso $B^C$ è $\mathbb{P}(A\mid B^C)$ perché sono eventi condizionati

$$\mathbb{P}(A)=\underset{0.8}{\mathbb{P}(A\mid B)}\cdot \underset{0.3}{\mathbb{P}(B)}+\underset{0.25}{\mathbb{P}(A\mid B^C)}\cdot \underset{0.7}{\mathbb{P}(B^C)}$$

Se invece avessimo chiesto:

Incontrando Alice, e vediamo che ha l’ombrello. Qual è la probabilità che oggi il meteo preveda sole?

Basta riusare i dati precedenti e applicare il teorema di Bayes.

$$\mathbb{P}(B^C\mid A)\underset{\text{Bayes}}{=}\frac{\mathbb{P}(B^C\cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\mathbb{P}(A\mid B^C)\cdot \mathbb{P}(B^C)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{0.25\cdot 0.7}{\underset{0.8}{\mathbb{P}(A\mid B)}\cdot \underset{0.3}{\mathbb{P}(B)}+\underset{0.25}{\mathbb{P}(A\mid B^C)}\cdot \underset{0.7}{\mathbb{P}(B^C)}}\approx 0.415$$

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Esempio 2: falsi positivi

Contesto:

Un test per una mutazione genetica è accurato al $99\%$. Si sa che lo $0.5\%$ della popolazione ha la mutazione genetica.

- (B) mutazione (5/1000)
	- (A | B) positivo (99/100)
	- negativo (1/100)
- (B^C) assenza di mutazione (995/1000)
	- (A | B^C) positivo (1/100)
	- negativo (99/100)

Fate il test, e esce positivo. Calcolare la probabilità che avete la mutazione genetica. $\mathbb{P}(B\mid A)$.

$$\mathbb{P}(B\mid A)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\mathbb{P}(A\mid B)\cdot \mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\mathbb{P}(A\mid B)\cdot \mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(A\mid B)\cdot \mathbb{P}(B)+\mathbb{P}(A\mid B^C)\cdot \mathbb{P}(B^C)}=\frac{\frac{99}{100}\cdot \frac{5}{100}}{\frac{99}{100}\cdot \frac{5}{1000}+\frac{1}{100}\cdot \frac{995}{1000}}=0.33$$

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Esempio 3: partizionamento di $\Omega$ in 3 casi

Una scatola contiene 3 tipi diversi di lampadine, $A$, $B$ e $C$, in proporzione rispettivamente 20%, 30% e 50%.

Sappiamo che lampadine di tipo $A$, $B$ e $C$ durano almeno 1000 ore con probabilità $p_A=0.7$, $p_B=0.4$ e $p_C=0.3$ rispettivamente. Si scelga una lampadina a caso.

1. calcolare la probabilità che la lampadina duri almeno 1000 ore.

Sia $E=\{\text{la probabilitaˋ che la lampadina duri almeno 1000 ore.}\}$. Vogliamo calcolare $\mathbb{P}(E)$

- scelgo la lampadina
	- (A) tipo A (20/100)
		- (p_A) dura almeno 1000 ore (primo "pezzo" di E) (0.7)
		- (1 - p_A) dura meno di 1000 ore
	
	- (B) tipo B (30/100)
		- (p_B) dura almeno 1000 ore (secondo "pezzo" di E) (0.4)
		- (1 - p_B) dura meno di 1000 ore
	
	- (C) tipo C (50/100)
		- (p_C) dura almeno 1000 ore (terzo "pezzo" di E) (0.3)
		- (1 - p_C) dura meno di 1000 ore

Usando il partizionamento di $\Omega$ e la legge delle probabilità totali:

$$\mathbb{P}(E)=\mathbb{P}(E\cap A)+\mathbb{P}(E\cap B)+\mathbb{P}(E\cap C)=\underset{p_A}{\mathbb{P}(E\mid A)}\cdot \underset{\frac{20}{100}}{A}+\underset{p_B}{\mathbb{P}(E\mid B)}\cdot \underset{\frac{30}{100}}{B}+\underset{p_C}{\mathbb{P}(E\mid C)}\cdot \underset{\frac{50}{100}}{C}$$

2. Si estrae una lampadina e si osserva che dura almeno 1000 ore. Calcolare la probabilità che la lampadina estratta è di tipo $A$.

Usando il risultato di $\mathbb{P}(E)$ calcolato nel punto precedente.

$$\mathbb{P}(A\mid E)\underset{\text{Bayes}}{=}\frac{\stackrel{p_A=0.7}{\mathbb{P}(E\mid A)}\cdot \stackrel{\frac{20}{100}}{\mathbb{P}(A)}}{\underset{\frac{41}{100}}{\mathbb{P}(E)}}\approx 34.15\%$$

3. Determinare se gli eventi $E$ e $A$ sono indipendenti

Vale l’identità $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)$ ?

• $\mathbb{P}(A)\cdot \mathbb{P}(B)=\frac{20\cdot 41}{100}$
• $\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(E\mid A)\cdot \mathbb{P}(A)=\frac{70\cdot 20}{100}$

L’identità non è verificata, quindi $A$ e $E$ non sono indipendenti.

4. Se $p_B=0.4,p_C=0.3$ determinare per quale valore di $p_A$ gli eventi $E$ ed $A$ sono indipendenti.

Abbiamo che

$E\perp \perp A⟺\underset{p_A}{\mathbb{P}(E\mid A)}=\underset{\frac{1}{100}(20p_A+30p_B+50p_C)}{\mathbb{P}(E)}$

Risolvendo $\mathbb{P}(E)$ con i dati conosciuti:

$$p_A=\frac{1}{100}(20p_A+27)\to p_A=\frac{27}{80}\%$$