Introduzione alla probabilità

Lezione 1

Spazio dei Campioni: è l'insieme di tutti i possibili esiti di un esperimento. Evento: è un sottoinsieme dello spazio di campioni.

Definizione Naïve della Probabilità

La probabilità di un evento A, P(A) = (#casi favorevoli ad A / #casi possibili)

Questa definizione fa una grande assunzione: che tutti gli esiti sono equiprobabili e che lo spazio degli esiti sia finito. Scrivere contare gli insiemi

Counting

Regola della Moltiplicazione: Se abbiamo un primo esperimento, con m₁ possibili esiti e un secondo esperimento tale che per ogni esito del primo ci sono n₂ possibili esiti, etc, dopo n_p esperimenti ci sono m₁·m₂...·m_p possibili esiti.

Es. per un gelato ci sono 4 coni e 3 gusti possibili:

3·2 = 6 possibili esiti

Es. probabilità di un full in una mano da 5 carte

S = (₅₂C₅)

Coefficiente Binomiale:(_nC_k) = m! / (m-k)·k!= 0 se k > m

Per scegliere un sottoinsieme di k elementi da n, dove non conta l'ordine:Deriva da: n(n-1)...(n-k+1) / k! = n! / (m-k)!k!

# esit formulist = ¹³C₃ = ⁽¹³⁾(f)_(t)

p. -13⁽⁴⁾C₃.12^(f)C₂

Che succede ai coefficienti se l'ordine conta?

Tabella dei composti: scegliere k oggetti da m

con reinserimento(ripetizione)

• l'ordine conta: m^k
• senza reinserimento: m(m-1)...(m-k+1)

non conta l'ordine

• (m+k-1)C_k
• (^mC_k)

LEZIONE 2

ES. divida 10 persone in un team de 6 e uno de 4 = (¹⁰C₆) = (¹⁰C₄) posizioni.

...in due team de 5 = (¹⁰C₅)/2 perché i due gruppi de 5 sono individuabili e li stiamo contando 2 volte.

Concentriamoci su le scelte di k oggetti: se m, con reinserimento e l'ordine non conta.Possiamo farlo in (^m+k-1C_k) modi. Vediamo perché.

• Casi esterni:
• k=0 => (^mC₀) = 1
• k=1 => (^mC₁) = m

ⁿC₂ = (^k+1C_k) = (^k+1C₁) = k+1

base conta m^k

# di palline ∈ {0, 1, ..., k}

• box 1
• box 2
• ...

k+1 posti "librati"

Equivalente possiamo pensare: in quanti modi è possibile mettere k oggetti INDISTINGUIBILI in m secchi DISTINGUIBILI?

P(A₁ ∩ A₂) = \(\frac{(m-2)!}{m!}\) = \(\frac{1}{m(m-1)}\)

P(A₃ ∩ ... ∩ A_k) = \(\frac{(m-k)!}{m!}\)

↓

P(A₁ ∪ A₂ ∪ ... ∪ A_m) = 1 - \(\frac{m}{2} \cdot \frac{(m-2)!}{m!}\) + \(\frac{m}{2} \cdot \frac{(m-2)!}{m!}\) + \(\frac{m}{3} \cdot \frac{(m-3)!}{m!}\) - ...

= \( \frac{1}{1} \cdot \frac{1}{1!} - \frac{m(m-1)}{2}\) + \(\frac{1}{2!}\) + \(\frac{m(m-1)(m-2)}{3!}\) + ...

= 1 - 1 + \(\frac{1}{2!}\) + \(\frac{1}{3!}\) + ... + \((-1)^{m+1} \cdot \frac{1}{n!}\) ≈ 1 - \(\frac{1}{e}\)

Lezione 4

Matching (continua): A_j = "  j-esima carta nel mazzo è etichetta con j  ", trova P(\(\bigcup_{j=1}^{n} A_j\))

P(A₁ ∩ A₂ ... ∩ A_k)  →  avrei potuto prendere  →  P   n   k

P(A₁ ∩ A₂ ... ∩ A_k) = \(\frac{(m-k)!}{m!}\)  →  immediato della definizione  →  mostra

            ce ne sono     m  k

           \( \frac{m!}{(m-k)! \cdot k!} \)

                → la simmetria ci lo diare pa risolve questo problema

P(\(\bigcup_{j=1}{n} A_j\)) = 1 + \(\frac{1}{2!}\) + \(\frac{1}{3!}\) + ... \((-1)^{n+1}\) \(\frac{1}{n!}\)

        → questo termine ci dia clave a carte possonno essere perfettamente ordinati con probabilita \(\frac{1}{n!}\), quindi ha senso

P(no match) = P(\(\bigcap_{j=1}^{n} A_j^C \)) = P(\(\bigcap_{j=1}^{n} \)) = 1 - \(\frac{1}{2!}\) + \(\frac{1}{3!}\) + ... + \((-1)^{n+1} \cdot \frac{1}{n!}\) ≈ \(\frac{1}{e}\)

Vediamo usando le leggi delle probabilità totali: vorremmo aver saputo dov'è la

macchina ⇒ Condizioniamo per questo evento!

Ammettiamo di aver scelto la porta 1

Evento S: vinciamo ammettendo che SCAMBIAMO SEMPRE!

D_j: La porta j contiene la macchina.

P(S) = P(S|D₁) ⅓ + P(S|D₂) ⅓ + P(S|D₃) ⅓ =

⟶ 0 + 1 * ⅓ + 1 * ⅓ = ⅔

PERCHÉ: ABBIAMO SCELTO LA PORTA 1

VEDIAMO IL CASO IN CUI CI SONO 1.000.000 DI PORTE E MONTY APRE 999.998 PORTE

CHE FAI? NON CAMBI?

PARADOSSO DI SIMPSON

Ci sono 2 dottori. Il primo dottore ha una percentuale di successo più alta in ogni

singola operazione del secondo, ma complessivamente il secondo ha una

percentuale di successo maggiore. È possibile? Sì!

Immaginiamo ci siano 2 dottori e 2 tipi di operazioni. Ci sono queste tabelle:

HIBBERT NICK

CUORI RITZIONE CUORI RITZIONE

Succ. 70 10 2 82

Fail. 20 0 8 9

HIBBERT → succ. 80%

NICK → succ. 83%

Quindi condizionamento sulle operazioni. Se cerco preferiamo HIBBERT, condizion.

suamente delle amicizie di buona preferiamo dr. HIBBERT, ma in condizion.

mente NICK ha percentuale di successo più alta.

Vediamo un altro esempio:

1. A. L'operazione fra successi
2. B. Fatta da dottor NICK
3. C. OPERAZIONE AL CUORE

B^S: HIBBERT

C^S: RITAZIONE BENSON

RISULTA:

P(A|B,C) < P(A|B^C)

P(A|B,C) < P(A|B^C,C)

ma P(A|B) > P(A|B^S)

3) PMF P(X=x_k) = ^mC_k p^k q^m-k,   q = 1-p,   k ∈ {0,1,...,m} Quello che abbiamo calcolato è che la somma delle PMF binomiale sia _k=0^mΣ ^mC_k p^k q^m-k = (p+q)^m = 1^m = 1 per il Teorema Binomiale. Vediamo perché sotto questa prospettiva X ~ Bin (m,p) Y ~ Bin (m,p) ⇒ X+Y ~ Bin (m+n,p)

X + Y , matematicamente è la somma di due funzioni. Per sommare due funzioni deve avere lo stesso dominio, il dominio di queste due funzioni è l'insieme dei 'singoletti'.

1. STORY: La somma di due funzioni si fa calcolando le due funzioni e sommando i risultati. Intuitivamente, X è il numero di successi in m prove e Y è il numero di successi in m prove, e queste sono indici pendenti, per assunzione. Quindi la somma di X e Y è la somma di m + n successi.

2. X = X₁ +...+ X_n, Y = Y₁ +...+ Y_m con X_j e Y_j Bern (p) V.A. ⇒ X + Y = _i=1ⁿΣ X_i + _i=1^mΣ Y_i è la somma di n + m i.i.d Bern(p) Ma in accordo con il punto 2 di prima lo somma di n i.i.d. Bern(p) e su Bin (n,p) e ci sobbiamo m + n ⇒ X+Y ~ Bin (m+n,p)

3. Vogliamo dimostrare che X+Y è binomiale calcolando le sue PMF P(X+Y = k) = _j=0^kΣ P(X+Y = k | X = j) P(X = j) CONVOLUZIONE