# Indipendenza tra eventi

$(\Omega ,F,P)$
$A$
$B$
    $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$
$A$
$B$
* $A$ e ${\bar {B}}$
* ${\bar {A}}$ e $B$
* ${\bar {A}}$ e ${\bar {B}}$
    $A=(A\cap B)\cup (A\cap {\bar {B}})$
da cui
    $P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap {\bar {B}})$
dove
    $P(A\cap {\bar {B}})=P(A)P({\bar {B}})=P(A)(1-P(B))$
È importante notare la differenza tra i due concetti di eventi indipendenti ed eventi disgiunti.
$A$
$B$
$A$
$B$
    $A\cap B=\varnothing$
In questo caso, si ha
    $P(A\cap B)=P(\{\varnothing \})=0\neq P(A)P(B)$
$P(A)$
$P(B)$
$P(A)>0$
$P(B)>0$
Definiamo il valore dell'intersezione dei due insiemi come
    $P(A\cap B)={\frac {1}{10}}$
mentre le probabilità dei singoli insiemi sono
* $P(A)={\frac {1}{2}}$
* $P(B)={\frac {1}{5}}$
Allora, il prodotto delle due probabilità coincide con la probabilità dell'intersezione
    $P(A)P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{5}}={\frac {1}{10}}$
* $\Omega =\left\{TT,TC,CT,CC\right\}$
* $F=2^{\Omega }$ insieme delle parti
* $P(\left\{TT\right\})=P(\{TC\})=P(\{CT\})=P(\{CC\})$
Definiamo i due eventi
* $A={\text{ esce testa al primo lancio }}=\left\{\{TC\},\{TT\}\right\}$
* $B={\text{ esce testa al secondo lancio }}=\left\{\{CT\},\{TT\}\right\}$
Si ha
    $A\cap B=\left\{TT\right\}$
Vogliamo sapere se i due eventi $A$ e $B$ sono indipendenti. Si ha
    $P(A)=P(\{TT\})+P(\{TC\})={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}=P(B)$
    $P(B)=P(\{TT\})+P(\{CT\})={\frac {1}{4}}+{\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}=P(B)$
    $P(A\cap B)=P(\{TT\})={\frac {1}{4}}$
    $P(A)P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$
Da questo, si ha che i due eventi sono effettivamente indipendenti tra loro.
* Cosa cambia se usiamo una moneta truccata?
* Cosa cambia se i lanci non sono indipendenti?
Sia
    $P(\{TT\})=P(\{TC\})=P(\{CT\})={\frac {1}{6}}$
    $P(\{CC\})={\frac {3}{6}}$
$A$
$B$

### Eventi indipendenti multipli

$(\Omega ,F,P)$
    $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in F$
gli eventi $A_{i}$ si dicono indipendenti se
    $P\left(\bigcap _{i\in I}A_{i}\right)=\prod _{i\in I}P(A_{i})\ \forall {\text{ sottoinsieme di indici }}I$
Nota: dalla definizione si deduce che non basta verificare
    $P\left(A_{1}\cap A_{2}\cap \cdots \cap A_{n}\right)=\prod _{i=1}^{n}P(A_{i})$
ma bisogna controllare che questo sia vero per ogni sottoinsieme di indici $I$.
* $A={\text{ testa al primo lancio}}$
* $B={\text{ croce al primo lancio}}$
* $C=\varnothing$
Si ha
    $P(A\cap B\cap C)=P(\varnothing )=0=P(A)P(B)P(C)$
Da questa prima verifica, potrebbe sembrare che i tre eventi siano indipendenti, ma in realtà non lo sono, perché
    $P(A\cap B)=P(\varnothing )=0\neq P(A)P(B)={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}$
$A$
$B$
$C$

## Probabilità condizionata

$(\Omega ,F,P)$
$A,B\in F$
$P(B)\neq 0$
$A$
$B$
    $P(A|B)={\frac {P(A\cap B)}{P(B)}}$
$B\in F$
$P(B)\neq 0$
    $P(\cdot |B):F\rightarrow [0,1]$
definisce una misura di probabilità di $F$.
    1. Siano $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{k}\in F$ disgiunti a coppie. Allora
       $P\left(\bigcup _{k}A_{k}|B\right)={\frac {P\left(\bigcup _{k}A_{k}\cap B\right)}{P(B)}}=\sum _{k}{\frac {P(A_{k}\cap B)}{P(B)}}$
    2. Si ha
       $P(\Omega |B)={\frac {P(\Omega \cap B)}{P(B)}}={\frac {P(B)}{P(B)}}=1$
$A,B_{1},B_{2}\in F$
$P(B_{1}\cap B_{2})\neq 0$
    $P(A|B_{1},B_{2})=P(A|B_{1}\cap B_{2})={\frac {P(A\cap B_{1}\cap B_{2})}{P(B_{1}\cap B_{2})}}$
$A$
$B$
    $P(A|B)={\frac {P(A)P(B)}{P(B)}}=P(A)$
$6$
    $\Omega =\left\{1,2,3,4,5,6\right\}$
    $F=2^{\Omega }$
    $P(k)={\frac {1}{6}}\ \forall k=1,2,\cdots ,6$
Si ha
    $P(A|B)={\frac {P(A\cap B)}{P(B)}}={\frac {\frac {1}{6}}{\frac {1}{2}}}={\frac {1}{3}}$
Si noti che si è ottenuto $P(A|B)={\frac {1}{3}}>P(A)={\frac {1}{6}}$. Si dice che l'evento $A$ è attratto dall'evento $B$. Al contrario, con l'evento $C=\left\{1\right\}$, si ha
    $P(C|B)={\frac {P\left(C\cap B\right)}{P(B)}}=0$
$P(C)>P(C|B)$
$C$
$B$

## Legge della probabilità composta

$(\Omega ,F,P)$
$A,B\in F$
    $P\left(A\cap B\right)=P(A|B)P(B)=P(B|A)P(A)$
La relazione vale anche se una delle due probabilità è nulla ovverosia, infatti
    $P(A\cap B)\leq \min(P(A),P(B))$
$(\Omega ,F,P)$
    $A_{k}\in F,\ k=1,2,\cdots ,n$
si ha
    ${\begin{aligned}P&\left(A_{1}\cap A_{2}\cap \cdots \cap A_{n}\right)\\&=P(A_{n}|A_{n-1}\cap A_{n-2}\cap \cdots \cap A_{2}\cap A_{1})\cdot P(A_{n-1}|A_{n-2}\cap A_{n-3}\cap \cdots \cap A_{2}\cap A_{1})\cdots P(A_{2}|A_{1})\cdot P(A_{1})\end{aligned}}$
    $B=(A_{n-1}\cap A_{n-2}\cap \cdots \cap A_{1})$
e dire
    $P\left(A_{n},B\right)=P(A_{n}|B)P(B)$

## Probabilità totale

$(\Omega ,F,P)$
$A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in F$
$A_{i}\cap A_{j}=\varnothing \ \forall i\neq j$
$\sigma$
$B\in F$
    $B\subseteq \bigcup _{i=1}^{n}A_{i}$
Allora, si ha
    $P(B)=\sum _{i=1}^{n}P(B|A_{i})\cdot P(A_{i})$
Nota: non è necessario, per il teorema della probabilità totale, che
    $\bigcup _{i=1}^{n}A_{i}=\Omega$
$(\Omega ,F,P)$
$A,B\in F$
$P(B)\neq 0$
    $P(A|B)={\frac {P(B|A)P(A)}{P(B)}}$
Se consideriamo $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{n}\in F$ eventi disgiunti a coppie e tali che
    $B\subseteq _{i=1}^{n}A_{i}$
allora, si ha
    $P(A_{i}|B)={\frac {P(B|A_{i})P(A_{i})}{\sum _{j=1}^{n}P(B|A_{j})P(A_{j})}}$
$A$
$B$
* in $A$ ci sono due palline bianche ed una pallina nera;
* in $B$ ci sono una pallina bianca ed una pallina nera.
Per la soluzione, si veda la pagina di soluzione.

## Indipendenza condizionata tra eventi

$(\Omega ,F,P)$
$A,B\in F$
$C\in F$
    $P(C)\neq 0$
si ha
    $P(A\cap B|C)=P(A|C)\cdot P(B|C)$
È da notare che l'indipendenza condizionale non implica l'indipendenza tra $A$ e $B$; vale anche il viceversa. Banalmente, si verifica se $C=\Omega$.
    $A,B{\text{ indipendenti }}\not \Rightarrow A,B{\text{ indipendenti }}|C$
Si ha:
* $\Omega =\{TC,CT,TT,CC\}$
* $F=2^{\Omega }$
* $P(\{s\})={\frac {1}{4}}\ \forall s\in \Omega$
Si ha
* $A=\{TC,TT\}$ testa al primo lancio
* $B=\{CT,TT\}$ testa al secondo lancio
Allora,
* $P(A\cap B)=P(\{TT\})={\frac {1}{4}}$
* $P(A)={\frac {1}{2}}=P(B)$
da cui si ha che A e B sono statisticamente indipendenti,
    $\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}={\frac {1}{4}}\right)$.
Sia $C=\{TC,CT\}$ evento in cui esce una sola testa. Si ha
$P(C)={\frac {1}{2}}$
Verifichiamo se $P(A\cap B|C)=P(A|C)P(B|C)$. Si ha
* $P(A\cap B|C)={\frac {P(A\cap B\cap C)}{P(C)}}={\frac {P(\varnothing )}{1/2}}=0$
* $P(A|C)={\frac {P(A\cap C)}{P(C)}}={\frac {1/4}{1/2}}={\frac {1}{2}}\neq 0$
* $P(B|C)={\frac {P(B\cap C)}{P(C)}}={\frac {1/4}{1/2}}={\frac {1}{2}}\neq 0$
Quindi, concludendo,
    $P(A|C)P(B|C)={\frac {1}{4}}\neq 0=P(A\cap B\cap C)$

## Spazi di probabilità prodotto

$(\Omega _{k},F_{k})$
$k=1,2,\cdots ,n$
    $\left(\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n},F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n}\right)$
dove
1. il prodotto diretto
       $\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n}$
    è l'insieme delle n-uple
       $(s_{1},\cdots ,s_{n})|s_{k}\in \Omega _{k},k=1,\cdots ,n$
2. il prodotto diretto
       $(F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n})$
    è la più piccolo $\sigma$-algebra definita sull'insieme
       $\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n}$
    che contiene tutti gli insiemi nella forma
       $A_{1}\times A_{2}\times \cdots \times A_{n}=\{(s_{2},\cdots ,s_{n})|s_{k}\in A_{k}\}$
    con $A_{k}\in F_{k}$ e $k=1,2,\cdots ,n$.
$(\mathbb {R} ^{n},\mathbb {B(R} ^{n}))$
* $\mathbb {R} ^{n}=\mathbb {R} \times \mathbb {R} \times \cdots \times \mathbb {R}$ n volte e
* $\mathbb {B(R} ^{n})=\mathbb {B(R} )\otimes \mathbb {B(R)} \otimes \cdots \otimes \mathbb {B(R)}$ n volte
Nel caso $n=2$, si ha
* $\mathbb {R} ^{2}=\{(\alpha ,\beta )\ |\ \alpha \in \mathbb {R} ,\beta \in \mathbb {R} \}$
* $\mathbb {B(R} ^{2})=\mathbb {B(R)} \otimes \mathbb {B(R)}$
è la più piccolo $\sigma$-algebra che contiene tutti i rettangoli i cui lati sono dei borelliani.
    $I=(a_{1},b_{1}]\times (a_{2},b_{2}]$
$\sigma$
    $(\Omega _{k},F_{,}m_{k}),\ k=1,2,\cdots ,n$
Sia
    $(\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n},F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n})$
lo spazio misurabile prodotto. Definiamo su di esso la misura prodotto
    $m=m_{1}\cdot m_{2}\cdot m_{3}\cdots m_{n}$
Consideriamo il caso $n=2$ per semplicità. Sia $G$ l'algebra generata dagli insiemi ottenuti come unione finita di insiemi disgiunti di forma
    $A_{1}\times A_{2}{\text{ con }}A_{1}\in F_{1},A_{2}\in F_{2}$
Allora
    $A_{i}\in G\Rightarrow \sigma (G)=\bigcup _{k=1}^{P}(A_{1k}\times A_{2k}),\ A_{1k}\in F_{1},\ A_{2k}\in F_{2},\ k=1,\cdots ,P$
Inoltre,
    $(A_{1i}\times A_{2i})\cap (A_{1j}\times A_{2j})=0\ \forall i\neq j$
Si ha $\sigma (G)=F$, perché
* $A_{1}\times A_{2}\in \sigma (G)$
* $F_{1}\otimes A_{2}$ è la più piccola che contiene insiemi della forma $A_{1}\times A_{2}$
Consideriamo
    $m_{0}:G\rightarrow [0,+\infty ]\ |\ m_{0}(A)=\sum _{k=1}^{P}m_{1}(A_{1k})\cdot m_{2}(A_{2k})$
Si può dimostrare che questa è una premisura $\sigma$-finita su $G$. L'estensione di $m_{0}$ sulla $\sigma$-algebra $F_{1}\otimes F_{2}=\sigma (G)$ è detta misura prodotto ed è indicata con $m_{1}\times m_{2}$.
$n$
$\sigma$
    $(\Omega _{k},F_{k},m_{k}),\ k=1,\cdots ,n$
lo spazio prodotto dotato di misura e definito come
    $(\Omega _{1}\times \Omega _{2}\times \cdots \times \Omega _{n},\ F_{1}\otimes F_{2}\otimes \cdots \otimes F_{n},\ m_{1}\times m_{2}\times \cdots \times m_{k})$

### Spazio di probabilità prodotto come modello probabilistico per eventi indipendenti

$(\Omega _{1},F_{1},P_{1})$
$(\Omega _{2},F_{2},P_{2})$
$(\Omega _{1}\times \Omega _{2},F_{1}\otimes F_{2},P_{1}\times P_{2})$
Consideriamo
    $A_{1}\times \Omega _{2},\ \Omega _{1}\times A_{2}\ \in \ F_{1}\otimes F_{2}$
Dimostriamo che sono indipendenti, il che equivale a dire
    $P((A_{1}\times \Omega _{2})\cap (\Omega _{1}\times A_{2}))=P((A_{1}\times \Omega _{2}))\cdot P((\Omega _{1}\times A_{2}))$
Si ha:
* $P(A_{1}\times \Omega _{2})=P(A_{1})\cdot P(\Omega _{2})=P(A_{1})$
* $P(\Omega _{1}\times A_{2})=P(A_{2})\cdot P(\Omega _{1})=P(A_{2})$
* $P((A_{1}\times \Omega _{2})\cap (\Omega _{1}\times A_{2}))=P(A_{1}\times A_{2})=P(A_{1})\cdot P(A_{2})$