Calcolo delle Probabilità

à 1. Introduzione Calcolo delle Probabilità Il Calcolo delle Probabilità nasce dagli studi matematici sui giochi d azzardo. Il Calcolo delle Probabilità è lo strumento che permette all uomo di assumere un atteggiamento razionale di fronte all incertezza. L esperienza quotidiana mostra che i fatti osservabili non sono in generale prevedibili, eppure si presenta spesso la necessità di prendere decisioni che riguardano il futuro. Il Calcolo delle Probabilità permette di assumere atteggiamenti coerenti e giustificabili nel caso di eventi futuri non ripetibili, e di effettuare previsioni quantitative attendibili nel caso di eventi ripetibili in condizioni uniformi, e per i quali è quindi possibile effettuare serie di osservazioni. Non sempre il pensiero intuitivo ci porta a valutare la probabilità in modo razionale. Vediamo un esempio divertente. Il gioco di Monty Hall Siamo in un gioco a premi (che prende spunto da un fortunato show della TV americana chiamato Monty Hall), abbiamo davanti a noi tre porte: dietro una di queste c è una Ferrari, dietro alle altre due... una capra. Dobbiamo scegliere una porta, e vinceremo quello che troviamo li dietro. Fatta la scelta, Monty Hall ci dice Ne sei proprio sicuro? Puoi ancora cambiare la scelta: anzi, ti voglio aiutare e riduco le scelte a due. Ecco: dietro questa porta, c è una capra. Così dicendo, apre una delle porte che noi non abbiamo scelto, mostrando una capra. Ammesso che vogliamo vincere l auto, ci conviene cambiare porta, o la cosa è indifferente? La risposta più razionale risulta spesso quella meno intuitiva. Molti sono portati a dire: dato che una porta è stata aperta rimangono due possibilità e quindi la probabilità diventa 1. Continuare nella scelta iniziale o cambiare è indifferente... 2 Ma invece le cose non stanno esattamente così ed andremo a spiegare il perché, ma per farlo abbiamo bosogno di formalizzare l idea di probabilità. 2. Eventi Il primo ente di cui abbiamo bisogno per sviluppare il Calcolo delle Probabilità è la nozione di evento. Esistono enunciati per i quali non è possibile stabilire un immediato valore di verità (Vero o Falso) ma per i quali è solo possibile esprimere una maggiore o minore possibilità che che 1

uno dei due valori si realizzi.; in altre parole il loro valore di verità dipende dal caso. Esempi. Il 2 febbraio 2009 ad Assisi piove. Uscita della faccia 3 nel lancio di un dado. Nella formalizzazione matematica gli eventi vengono rappresentati come sottoinsiemi dell insieme Ω dei casi possibili Vediamo come in un esempio. Esempio. Supponiamo di lanciare quattro volte una moneta; quali sono i possibili esiti di questa operazione? Ovvero chi è in questo esperimento l insieme Ω? E l insieme di tutte le possibili stringhe di lunghezza 4 che contengono solo delle T e delle C. Ω = {T T T T, T T T C, T T CT, T CT T, CT T T, CCCT, CCT C,...} Al lettore il compito di completare l insieme Ω. L enunciato esattamente due teste è un evento, ed è rappresentato dal sottoinsieme di Ω fatto con tutte le sequenze che contengono esattamente 2 T, e cioè A = {T T CC, T CT C, T CCT, CT CT, CT T C, CCT T }. Esercizio. Si lanciano due dadi. Esplicitare in termini insiemistici l evento la somma delle due facce è 7. Due eventi si dicono incompatibili se il verificarsi dell uno esclude il verificarsi dell altro. Nella rappresentazione insiemistica significa che i sottoinsiemi di Ω che li rappresentano sono disgiunti. Ad esempio, nel lancio delle 4 monete, gli eventi esattamente due teste e nessuna testa sono incompatibili; insiemisticamente il secondo evento è rappresentato dal singoletto B = {CCCC} ed è chiaro che A e B sono disgiunti. Due eventi si dicono indipendenti se il verificarsi dell uno non influenza il verificarsi dell altro. Esempi. Nel gioco della roulette gli eventi uscita di un numero rosso e uscita di un numero dispari sono indipendenti, invece uscita di un numero rosso e uscita dello 0 non lo sono. Il primo è quindi un esempio di eventi indipendenti che non sono incompatibili (perchè ci sono dei numeri dispari e rossi, la cui uscita quindi rende verificati entrambe), mentre il secondo è un esempio di eventi incompatibili che non sono indipendenti. Bisogna quindi fare attenzione a non confondere queste due nozioni. La collezione degli eventi è quindi una famiglia di sottoinsiemi dell insieme dei casi possibili Ω. Denoteremo con Σ questa famiglia. Assumeremo alcune convenzioni sugli eventi, e cioè supporremo che l insieme degli eventi Σ costituisca un algebra cioè che soddisfi queste ipotesi: (E.1) Ω Σ (Ω è detto l evento certo); (E.2) dati due eventi A, B Σ, anche la loro unione A B Σ; (E.3) dato un evento A Σ anche il suo complementare A c Σ. Intanto osserviamo che grazie all assioma (E.3) anche l evento impossibile rappresentato da Ø è un evento, cioè appartiene a Σ. Allora se A e B sono due eventi anche la loro intersezione A B è un evento: infatti da (E.3) A c, B c Σ e da (E.2) A c B c Σ; ma è facile convincersi che quest ultimo evento è la negazione 2

di A B, cioè che (A B) c Σ; un ulteriore applicazione di (E.3), e l osservazione che iterando la negazione si riottiene l evento stesso, ci portano alla conclusione desiderata. Alcune osservazioni importanti. Non tutte le famiglie di sottoinsiemi dell insieme Ω sono delle algebre; ad esempio se l esperimento è il lancio di un dado, l insieme dei casi possibili è Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, ma la famiglia Σ = {Ω, {1}, {2}, {3}, {4}, {5}, {6}} non è un algebra (perchè?). Due algebre immediate sono Σ = {Ω, Ø} e Σ = 2 Ω, cioè l insieme di tutti i sottoinsiemi di Ω. Tuttavia questi non sono gli unici esempi possibili! Anzi, poichè la famiglia Σ sarà la classe degli eventi di cui sappiamo valutare la probabilità, è ragionevole aspettarsi che questa famiglia non contenga tutti i possibili eventi, cioè che sia possibili pronunciarsi solo sulla probabilità di verificarsi di alcuni. Esistono inoltre i meccanismi di veto che restringono le classi di eventi possibili. Vediamo un esempio Esercizio. I nonni Alberto e Bruna accompagnano i loro 4 nipotini Carmen, Daniela, Enzo e Filippo al Luna Park; i quattro vogliono andare sull otto volante, ma arrivati alla biglietteria un cartello avverte che I minori di 15 anni possono salire solo se accompagnati da un adulto. I carrellini dell otto volante possono alloggiare solo tre persone per volta. Se Ω = {A, B, C, D, E, F } quali sono i possibili equipaggi che possono salire sull otto volante? La famiglia di tutte le terne possibili (cioè senza tenere conto del divieto) più Ω e Ø è un algebra? E la famiglia dei possibili equipaggi, sempre integrata da Ω e Ø? 3. Probabilità La definizione di probabilità è uno dei fondamenti su cui maggiormente si è discusso e si discute. Qui non riporteremo questa discussione, limitandoci ad adottare la definizione più operativa dal punto di vista della deduzione di risultati, che è la definizione assiomatica di probabilità, come proposta da Kolmogorov. Secondo essa si definisce probabilità su uno spazio Ω una funzione P : Σ R (Σ è l algebra degli eventi) che soddisfi i seguenti tre assiomi: (P.1) P (A) 0 per ogni evento A Σ; (P.2) se A, B Σ sono incompatibili, allora P (A B) = P (A) + P (B) (regola di coerenza); (P.3) P (Ω) = 1. Spesso, negli esempi in cui l insieme dei casi possibili è finito, si attribuisce la medesima probabilità p a ciascuno dei casi possibili, e quindi la regola di coerenza obbliga ad assegnare ad ogni evento A come valore di probabilità P (A) = np dove n è il numero di casi possibili che costituisce A. Proviamo adesso i primi teoremi sulla probabilità. Monotonia della probabilità. Se due eventi A e B sono tali che A B allora P (A) P (B). Dimostrazione. Infatti B \ A è l intersezione tra B e il complementare di A, e quindi è un evento di Σ; ora A e B \ A sono incompatibili, dunque si può applicare la regola di coerenza, ottenendo P (B) = P [A (B \ A)] = P (A) + P (B \ A). (1) 3

Ma entrambe gli addendi all ultimo membro sono 0, quindi la somma è di uno qualunque dei due; in particolare perciò P (B) P (A). Osserviamo che come conseguenza della formula (??) se A B risulta anche P (A \ B) = P (A) P (B). Limitatezza della probabilità. Per ogni evento A Σ risulta P (A) 1. Dimostrazione. Discende immediatamente dalla monotonia e dall assioma (P.3) Teorema delle probabilità contrarie. Dato un evento A Σ si ha P (A c ) = 1 P (A). Dimostrazione. Poichè A e A c sono incompatibili, e la loro unione è tutto Ω si ha 1 = P (Ω) = P (A A c ) = P (A) + P (A c ) da cui si ricava la tesi. Teorema. La probabilità dell evento impossibile è 0. Dimostrazione. Infatti si ha Ω = Ω Ø. Pertanto, trattandosi anche in questo caso di eventi incompatibili, si trova P (Ω) = P (Ω Ø) = P (Ω) + P (Ø) e questo è possibile solo se il secondo addendo è nullo, cioè P (Ø) = 0. Il prossimo enunciato serve a calcolare la probabilità dell evento che si ottiene dall unione di due eventi, anche non incompatibili Teorema delle probabilità totali. Dati due eventi A, B Σ si ha P (A B) = P (A) + P (B) P (A B). Dimostrazione. Per provare l uguaglianza bisogna prima provare l iterazione dell assioma (P.2) al caso di 3 eventi 2 a 2 incompatibili. Dati infatti A, B, C Σ due a due disgiunti, tali cioè che A B = B C = A C = Ø 4

si ha P (A B C) = P (A) + P (B) + P (C). (2) Per provare questa uguaglianza si osservi che A B e C sono due eventi incompatibili, e quindi la regola di coerenza fornisce P [(A B) C] = P (A B) + P (C). D altronde anche A e B sono incompatibili, quindi si può sostituire P (A B) con la somma P (A) + P (B), ottenendo P [(A B) C] = P (A) + P (B) + P (C) che è la (??) se si ricorda che l unione è associativa. Ora, se A e B sono due eventi, gli eventi A\B, A B, B \A sono incompatibili, e quindi possiamo applicare (??) e ottenere P (A B) = P [(A \ B) (A B) (B \ A)] = P (A \ B) + P (A B) + P (B \ A). (3) Ora osserviamo che A = (A \ B) (A B) e che i due addendi sono incompatibili; quindi di nuovo grazie alla coerenza P (A) = P (A \ B) + P (A B) ovvero P (A \ B) = P (A) P (A B) e analogamente P (B \ A) = P (B) P (A B). Sostituendola nelle (??) si troverà P (A B) = P (A) P (A B) + P (A B) + P (B) P (A B) = P (A) + P (B) P (A B). che è la legge che volevanmo provare. 3. Probabilità condizionata L assegnazione del valore della probabilità ad un evento può essere condizionata dal tipo di informazione di cui si è in possesso. Questa considerazione intuitiva è alla base della definizione di probabilità condizionata. Per chiarirci le idee consideriamo l esempio dell urna in Figura. Essa contiene 11 biglie biancoverdi, 9 biglie bianco-rosse e 10 biglie rosso-verdi. Se consideriamo i tre eventi: B = estrazione di una pallina avente colore bianco; 5

R = estrazione di una pallina avente colore rosso; V = estrazione di una pallina avente colore verde; E allora facile calcolarne la probabilità; ad esempio per calcolare quella di B basta considerare che sulle 30 biglie contenute nell urna 11+9 sono quelle che portano il colore bianco. Quindi P (B) = 11 + 9 30 = 2 3. Supponiamo ora di sbirciare l estrazione e di vedere una striscia rossa. L affermazione estrazione di una pallina avente il bianco sotto queste ipotesi assume una probabilità diversa; infatti, sapendo che la biglia estratta porta del rosso sappiamo che si è verificato sicuramente l evento R, e quindi le possibilità favorevoli al verificarsi dell affermazione diventano 9 su 20. Infatti, sapendo che la pallina sorteggiata presenta certamente del rosso, è equivalente a ragionare su un altra urna, in cui non ci sono le biglie bianco-verdi. Quindi in questa nuova situazione i casi possibili sono solo 20, e perchè sia verificata anche estrazione di una pallina avente il bianco l unica possibilità è l estrazione di una pallina bianco-rossa. L evento di cui abbiamo in questo modo calcolato la probabilità non è più B, ma è B condizionato a R; lo denoteremo con B R. E la probabilità l abbiamo calcolata secondo la formula P (B R) = P (B R). P (R) Osserviamo ora che la formula non avrebbe senso se la probabilità a denominatore fosse nulla. Per gli scopi di questa trattazione sarà sufficiente osservare che se l evento condizionante fosse impossibile, non vi sarebbe necessità di modificare la valutazione di probabilità. Ad esempio se anzichè sbirciare noi, un ciarlatano ci comunicasse come informazione riservata che nella pallina estratta c è del blu, la probabilità che la biglia estratta porti del bianco non subirebbe alcuna modificazione. Semplicemente la rivelazione è priva di informazione (tranne quella sulla serietà dell informatore..). In altre parole noi condizioneremo la probabilità solo per eventi a probabilità non nulla e definiremo la probabilità condizionata di un evento A subordinata al verificarsi dell evento B (di probabilità non nulla) tramite la formula P (A B) = P (A B). (4) P (B) 6

Dalla (??) facilmente si ricava la formula che permette di calcolare la probabilità di un intersezione. Vale infatti il Teorema della probabilità composta. Se A e B sono due eventi, con P (B) 0, allora P (A B) = P (A B)P (B). Dimostrazione. E un immediata deduzione dalla (??). Ricordiamo come abbiamo definito l indipendenza tra due eventi: due eventi A e B sono indipendenti se il verificarsi dell uno non influenza il verificarsi dell altro. Questo si traduce nell osservazione che la valutazione di probabilità di A o di B non viene modificata dalla conoscenza relativa al verificarsi dell altro; in altre parole se A e B sono indipendenti, P (A B) cioè la probabilità a posteriori successiva all accadere di B lascia intatta l assegnazione di probabilità a A. In formule P (A B) = P (A). Applicando il Teorema della probabilità composta allora troviamo P (A B) = P (A)P (B). (5) Ad esempio, se lanciamo due volte un dado, gli eventi 6 al primo lancio e 5 al secondo lancio sono indipendenti. Dunque la probabilità dell evento congiunto E = 6 al primo lancio e 5 al secondo lancio è data dal prodotto dei due singoletti, cioè P (E) = 1 6 1 6 = 1 36. Che accade se invece che tra due eventi indipendenti andiamo a considerare le relazioni tra tre eventi indipendenti? Osserviamo innanzitutto che quando parliamo di tre eventi indipendenti intendiamo che nessuno dei tre influenza il verificarsi di nessuno degli altri due, ovvero che i tre eventi sono due a due indipendenti. Ora, se denotiamo con A, B, C i tre eventi, il fatto che A è indipendente sia da B che da C comporta automaticamente che A è indipendente da B C, cioè il verificarsi di A non influenza il verificarsi di B e C simultaneamente. Quindi applicando la (??) alla coppia di eventi A e B C si ottiene intanto P (A B C) = P [A (B C)] = P (A)P (B C). D altra parte anche B e C sono indipendenti, e quindi anche nel loro caso si può applicare la (??), cioè P (B C) = P (B)P (C), e sostituendola si perviene alla P (A B C) = P (A)P (B)P (C). (6) Dunque perchè tre eventi siano indipendenti occorre che siano due a due indipendenti e ù+che si verifichi la (??). Notiamo che le due condizioni, indipendenza due a due e (??) possono essere verificate singolarmente può cioè accadere che tre eventi verifichino la (??) senza essere indipendenti (cioè senza che necessariamente la (??) valga per tutte le possibili coppie), e al contrario che tre eventi siano due a due indipendenti ma non lo siano come terna, cioè non sussita la (??). Per convincercene consideriamo i seguenti esempi. Esempio. Consideriamo il lancio di un dado, e prendiamo in esame i tre eventi A uscita di un numero pari ; 7

B uscita di un numero 3 ; C uscita di un numero centrale (cioè 2,3,4,5) Ora se si rappresentano insiemisticamente, si trova A = {2, 4, 6}, B = {1, 2, 3} e C = {2, 3, 4, 5}. Pertanto A B C = {2}. Così si trovano le probabilità P (A B C) = 1 6, mentre P (A) = 1 2, P (B) = 1 2, P (C) = 4 6 = 2 3. Quindi 1 6 = P (A B C) = 1 2 1 2 2 = P (A)P (B)P (C) 3 cioè vale la (??). Tuttavia ad esempio A e B non sono indipendenti, cioè la probabilità di avere un numero pari, sapendo che il numero uscito è minore o uguale a 3 non è più 1 in quanto sotto 2 a 3 c è un solo numero pari; in altre parole, poichè A B = {2} P (A B) = 1 6 1 2 1 = P (A)P (B). 2 Invitiamo il lettore a calcolare tutte le possibili probabilità condizionate P (A B), P (B A), P (B C),... Esempio. Un paziente con crisi di cefalea ricorrente ha osservato la frequenza dell incorrere dell episodio patologico nei diversi giorni della settimana, pervenendo alla tabella seguente Nella routine settimanale il paziente esegue lunghi spostamenti in auto nei giorni di Lunedì, Martedì, Giovedì e Venerdì, svolge attività fisica nei giorni di Martedì, Mercoledì, Giovedì e Sabato, e si trova a lungo contatto con forti fumatori nei giorni di Giovedì, Venerdì, Sabato e Domenica. Le cause di insorgenza della cefalea stress da guida prolungata, attività fisica (= vasodilatazione) e fumo passivo sono due a due indipendenti, ma non lo è la terna nel complesso. Infatti, detti A, B, C gli eventi determinati dalle tre possibili cause elencate, la loro rappresentazione insiemistica è A = {L, Ma, G, V}, B = {Ma, Me, G, S}, C = { G, V, S, D}. Dunque, per il Teorema delle Probabilità totali si ha P (A) = 6 + 1 + 1 + 2 100 = 1 10 P (B) = 1 + 13 + 1 + 5 = 1 100 5 P (C) = 1 + 2 + 5 + 22 = 3 100 10 8

Ora risulta A B = {Ma, G}, A C = {G, V}, B C = {G, S} e quindi, sempre grazie al Teorema delle Probabilità totali P (A B) = 1 + 1 100 = 1 = P (A)P (B) 50 P (B C) = 1 + 5 100 = 3 = P (B)P (C) 50 P (A C) = 1 + 2 100 = 3 = P (A)P (C) 100 ovvero i tre eventi sono due a due indipendenti. Tuttavia, poichè A B C = {G} risulta P (A B C) = 1 100 mentre P (A)P (B)P (C) = 1 1 3 10 5 10 = 3 e quindi non sussiste la (??). 500 4. Il Teorema di Bayes Nella pratica quotidiana, la scelta o decisione dipende da una valutazione di probabilità. In questo contesto il quesito cruciale cui si vuole dare risposta è Se si è verificato l effetto E qual è la probabilità che a causarlo sia stato C? In altri termini ciò equivale a valutare una probabilità condizionata, e cioè P (C E). Se sappiamo valutare a priori la probabilità che l effetto E si realizzi in presenza della causa C, cioè conosciamo P (E C) oltre che la probabilità degli eventi P (E) e P (C), allora dalla definizione sappiamo che P (C E) P (C E) = P (E) e dal Teorema delle Probabilità composte si ricava P (C E) = P (E C)P (C). (7) P (E) Lo scopo di questo paragrafo e del Teorema di Bayes è estendere la formula (??) al caso di più cause mutuamente escludentisi. Avremo quindi una decomposizione dello spazio Ω in un numero finito di eventi C 1, C 2,..., C n due a due disgiunti, che rapresentano appunto le n cause che si escludono due a due, e avremo un evento E che rappresenta l esito di un esperimento, ovvero l effetto che osserviamo. Il Teorema di Bayes ci permetterà di valutare la plausibilità di una causa se si conoscono le singole probabilità P (E C 1 ),..., P (E C n ) oltre che P (C 1 ),..., P (C n ). Teorema di Bayes. Dati n eventi C 1, C 2,..., C n due a due disgiunti, e tali che ed un evento E, vale la formula C 1 C 2... C n = Ω P (C k E) = P (E C k )P (C k ) P (C 1 )P (E C 1 ) + P (C 2 )P (E C 2 ) +... + P (C n )P (E C n ) (8) Dimostrazione. Fissato k tra i possibili valori 1, 2,..., n la (??) in questo caso è P (C k E) = P (E C k)p (C k ). (9) P (E) Vogliamo provare che i denominatori nei membri di destra delle (??) e (??) coincidono, vogliamo cioè provare che P (E) = P (C 1 )P (E C 1 ) + P (C 2 )P (E C 2 ) +... + P (C n )P (E C n ). (10) 9

Osserviamo che dalle ipotesi utilizzando la proprietà distributiva dell intersezione, si ha E = E Ω = E (C 1 C 2... C n )(E C 1 ) (E C 2 )... (E C n ). (11) D altra parte gli n eventi E C 1,..., E C n sono due a due disgiunti, quindi si può fare uso del Teorema delle Probabilità totali, cioè P (E) = P (E C 1 ) + P (E C 2 ) +... + P (E C n ). (12) Ora possiamo applicare il Teorema delle Probabilità composte a ciascuno degli addendi nella (??) cioè l uguaglianza P (E C k ) = P (E C k )P (C k ) per k = 1, 2,..., n e sostituendole nella (??) si ottiene la (??) e quindi si conclude la dimostrazione Vediamo ora due applicazioni Esempio. Un azienda produce pezzi di ricambio con due macchinari C 1 e C 2 : di essi C 1 produce il 60% del totale, mentre da C 2 proviene il restante 40%. L incidenza di pezzi difettosi è del 10 % dal primo macchinario e del 20% nel caso del secondo. Se un pezzo scelto a caso è privo di difetti, qual è la probabilità che provenga dal primo macchinario? Si tratta quindi di calcolare, detto E = pezzo privo di difetti, la probabilità condizionata P (C 1 E). Per applicare la formula di Bayes (in questo caso con n = 2) occorre osservare che P (C 1 ) = 60 100 = 3 5 e P (C 2 ) = 2 5 mentre P (E C 1) è la probabilità di avere un pezzo non difettoso sapendo che il pezzo proviene dal primo macchinario; ora la probabilità che il pezzo sia difettoso nella stessa ipotesi è del 10%, quindi P (E C 1 ) = 9 10 e analogamente P (E C 2) = 4 5. Applicando ora la (??) troviamo P (C 1 E) = P (E C 1 )P (C 1 ) P (E C 1 )P (C 1 ) + P (E C 2 )P (C 2 ) = 9 3 10 5 9 3 10 5 + 2 4 5 5 = 27 43. Torniamo adesso ad occuparci del gioco di Monty Hall. Quando il conduttore apre una porta, non la apre a caso ma apre una porta sicuramente perdente. Questo dettaglio è fondamentale! (Anche se nella realtà è capitato più di una volta che Monty 10

Hall si sia sbagliato e abbia aperto la porta dietro cui si nascondeva la Ferrari!) Infatti è certo che almeno una delle due porte che non abbiamo scelto sia perdente, il fatto che questa ci venga mostrata è del tutto ininfluente...infatti, quando Monty Hall propone di cambiare la scelta ci sta di fatto proponendo di scambiare la porta che avevamo scelto con le DUE non scelte (con dietro ovviamente almeno una capra). E quindi strategicamente conveniente CAMBIARE! Proprio il Teorema di Bayes ci fornisce la risposta razionale del perché convenga cambiare. Supponiamo infatti di aver scelto la porta n. 1 e che Monty Hall ci mostri una capra dietro quella n. 2 (evento che denoteremo con C 2 ). Se denotiamo con F 1 l evento Ferrari dietro la porta 1 e con F 3 l evento Ferrari dietro la porta 3 quello che vogliamo calcolare sono le probabilità condizionate P (F 1 C 2 ) e P (F 3 C 2 ) ed effettuare la nostra decisione di conseguenza. Noi conosciamo Le singole probabilità dato che le tre porte sono equivalenti, quindi P (F 1 ) = P (F 3 ) = 1 3. Ragioniamo ora sulle probabilità condizionate P (C 2 F 1 ) e P (C 2 F 3 ). Per valutarle seguiamo il ragionamento di Monty Hall. Se dietro la porta che abbiamo scelto,la 1, c è la Perrari, per Monty Hall mostrarci la capra dietro la 2 o dietro la 3 è indifferente, quindi la probabilità in questo caso è P (C 2 F 1 ) = 1 2 mentre se la Ferrari sta dietro la porta n.3, una di quelle che non abbiamo scelto, certamente Monty Hall ci mostrerà la porta perdente, quindi P (C 2 F 3 ) = 1. Dunque se applichiamo la formula di Bayes alle due strategie, se manteniamo la scelta fatta avremo P (F 1 C 2 ) = mentre se cambiamo troveremo P (F 3 C 2 ) = P (C 2 F 1 )P (F 1 ) P (C 2 F 1 )P (F 1 ) + P (C 2 F 3 )P (F 3 ) = P (C 2 F 3 )P (F 3 ) P (C 2 F 1 )P (F 1 ) + P (C 2 F 3 )P (F 3 ) = 1 1 3 2 1 1 3 2 + 1 = 3 1 1 3 1 1 1 3 2 + 1 = 3 1 1 3 2 3. 11