Coerenza assegnazione probabilità 4 eventi di cui 3 indipendenti

[yankarinRG]

Siano $A$, $B$, $C$ tre eventi stocasticamente indipendenti e $D$ un evento tale che $D ⊃ A ∨ B$. Dimostrare che l'assegnazione $P(A) = P(B) = P(C) = 1/3$, $P(D) = 2/3$ è coerente e calcolare $P(A|A ∨ B ∨ C)$.

In quanto $A$, $B$ e $C$ sono stocasticamente indipendenti, si deve avere:

${(P(A ∧ B ∧ C)=P(A)P(B)P(C)=1/27),(P(A ∧ B)=P(A)P(B)=1/9),(P(A ∧ C)=P(A)P(C)=1/9),(P(B ∧ C)=P(B)P(C)=1/9):} rarr {(C1=1/27),(C1+C2=1/9),(C1+C3=1/9),(C1+C4=1/9):} rarr {(C1=1/27),(C2=2/27),(C3=2/27),(C4=2/27):}$

Abbiamo quindi:

${(C1+C2+C4+C5=P(A)),(C1+C2+C3+C6=P(B)),(C1+C3+C4+C7+C8=P(C)),(C1+C2+C3+C4+C5+C6+C7+C9=P(D)),(C1+C2+C3+C4+C5+C6+C7+C8+C9+C10=1),(C_i ≥ 0; i ∈ [0,10]):} rarr {(C1+C2+C4+C5=1/3),(C1+C2+C3+C6=1/3),(C1+C3+C4+C7+C8=1/3),(C1+C2+C3+C4+C5+C6+C7+C9=2/3),(C1+C2+C3+C4+C5+C6+C7+C8+C9+C10=1),(C_i ≥ 0; i ∈ [0,10]):} rarr {(C5 = 1/3 - 5/27 = 4/27),(C6 = 1/3 - 5/27 = 4/27), (C7+C8 = 1/3 - 5/27 = 4/27),(C7+C9=2/3 -15/27 = 1/9),(C8+C10 = 1 - 2/3 = 1/3), (C9+C10 = 1 - 19/27 = 8/27):} rarr 0 ≤ C7 ≤ 1/9 rarr {(C8 = 4/27 - C7; 1/27 ≤ C8 ≤ 4/27), (C9 = 1/9 - C7; 0 ≤ C9 ≤ 1/9), (C10 = 5/27 + C7; 5/27 ≤ C10 ≤ 8/27):}$

Infine:

$C1+C2+C3+C4+C5+C6+C7+C8+C9+C10=1 rarr 1/27 + 2/27 + 2/27 + 2/27 + 4/27 + 4/27 + C7 + 4/27 - C7 + 1/9 - C7 + 5/27 + C7 = 1 rarr text(True)$

Quindi l'assegnazione di probabilità è coerente, come da testo.

$P(A|A ∨ B ∨ C) = (P(A))/(P(A ∨ B ∨ C)) = (1/3)/(19/27) = 9/19$

È corretta l'assegnazione di probabilità?

[Lo_zio_Tom]

Il risultato della probabilità $P(A|A uu B uu C)=9/19$ è giusto, tuttavia per dimostrare la coerenza delle assegnazioni di probabilità non serve tutta quella pletora di calcoli (che ovviamente non ho guardato ma di cui non dubito); semplicemente guardando il tuo diagramma basta fare così:


${{:(P(D)>P(A uu B)),(P(D)+P(C)<=1):} rarr{{:(2/3>5/9),(2/3+1/3=1):}$

Ok. L'assegnazione è coerente.

La seconda ovviamente è solo condizione sufficiente.... ma c'è quindi ci possiamo fermare.

Un consiglio: per risolvere un problema è fondamentale ragionare e trovare, ove possibile, la strada più breve e lineare

[yankarinRG]

Grazie tommik, menomale, un esercizio che torna
Purtroppo penso che per esercizi simili dovrò fare il sistemone in quanto la mia prof è un po' fissa sui suoi pensieri ed ha fatto sempre così...

P.S. Per gli esercizi simili con gli eventi, posso sempre utilizzare la formula $P(E|H)=(P(E))/(P(H))$, anche se $E$ e $H$ non sono stocasticamente indipendenti, o serve qualche particolare attenzione?

[Lo_zio_Tom]

"yankarinRG":
P.S. Per gli esercizi simili con gli eventi, posso sempre utilizzare la formula $P(E|H)=(P(E))/(P(H))$, anche se $E$ e $H$ non sono stocasticamente indipendenti, o serve qualche particolare attenzione?

Forse stai facendo un po' di confusione. Nel caso in esame gli eventi $A$ e $A uu B uu C$ NON sono indipendenti. Nel caso di indipendenza ovviamente sarebbe $P(E|H)=P(E)$

La formula è sempre la stessa

$P(E|H)=(P(E nn H))/(P(H))$

Nel tuo esercizio viene $P(E nn H)=P(E)$ dato che $E sub H$

...e quindi NON indipendenti. Nel caso di indipendenza stocastica avresti $P(E nn H)=P(E)P(H)$ come da definizione

[yankarinRG]

"tommik":
Nel caso in esame gli eventi $A$ e $A∪B∪C$ NON sono indipendenti

Questo è perché, nel caso dell'esercizio, sono stocasticamente indipendenti solo $A ∧ B$, $A ∧ C$, $B ∧ C$, $A ∧ B ∧ C$, $A^C ∧ B$, $A^C ∧ B^C$, $A ∧ B^C$ e così via... ma non, per esempio, $A ∧ (A ∨ B ∨ C)$, giusto? È questa la motivazione?

"tommik":
La formula è sempre la stessa

$P(E|H)=(P(E nn H))/(P(H))$

Perché sarebbe $P(A|A ∨ B ∨ C) = (P(A ∧ (A ∨ B ∨ C)))/(P(A ∨ B ∨ C)) = (P(A))/(P(A ∨ B ∨ C))$ okay capito
Grazie tommik per le delucidazioni, sempre gentile

[Lo_zio_Tom]

"yankarinRG":Questo è perché, nel caso dell'esercizio, sono stocasticamente indipendenti solo $A ∧ B$, $A ∧ C$, $B ∧ C$, $A ∧ B ∧ C$, $A^C ∧ B$, $A^C ∧ B^C$, $A ∧ B^C$ e così via... ma non, per esempio, $A ∧ (A ∨ B ∨ C)$, giusto? È questa la motivazione?

sì certo....così come è certo che tutte quelle relazioni che hai scritto VANNO DIMOSTRATE

...ed è davvero molto molto semplice:

Es:

$A,B$ indipendenti implica anche $bar(A),B$ indipendenti

dim:

$P(bar(A) nn B)=P(B)-P(Ann B)=P(B)-P(A)P(B)=P(B)[1-P(A)]=P(bar(A))P(B)$

Es.

$A,B$ indipendenti implica anche $bar(A),bar(B)$ indipendenti

dim:

$P(bar(A) nn bar(B))=1-P(A uu B)=1-P(A)-P(B)+P(AnnB)=1-P(A)-P(B)+P(A)P(B)=1-P(A)-P(B)[1-P(A)]=P(bar(A))-P(B)P(bar(A))=P(bar(A))[1-P(B)]=P(bar(A))P(bar(B))$

ecc ecc

[yankarinRG]

Grazie @tommik penso di aver compreso un po' meglio questo genere di esercizi. Domani ne farò uno simile e posterò lo svolgimento, poi mi dedicherò ad esercizi diversi dove ancora non sono troppo allenato, come quelli sulle distribuzioni discrete e quelli sulle (penso si dica così) distribuzioni multiple discrete (es. Si lanciano $2$ dadi e sia $X = text(numero pari)$ e $Y = text(numero dispari)$...)