Capitolo 5

1. 63.3%.
2. $P(M)=0.6$; $P(F)=0.4)$; $P($fum$\,\vert\,M) = 0.2$; $P($fum$\vert F)=0.8$.
   $P($fum$) = P($fum$\cap M) + P($fum$\cap F)$.
   $P($fum$\cap M) = P(M)\cdot P($fum$\,\vert\,M) = 0.12$;
   $P($fum$\cap F)=0.32$;
   ne segue $P($fum$\,\vert\, M\cup F) = 0.44$.
   Per la seconda domanda si utilizza la formula di Bayes:
   $$P(M\,\vert\,$$fum$$) = \frac{P(\mbox{fum}\,\vert\,M) \cdot P(M)} {P(\mbox{fum}\,\vert\,M)\cdot P(M) + P(\mbox{fum}\,\vert\,F) \cdot P(F)} = 0.27\,.$$
   È istruttivo riscrivere la formula, utilizzando le probabilità composte, come
   $$P(M\,\vert\,$$   fum$$) = \frac{P(\mbox{fum} \cap M)} {P(\mbox{fum} \cap M) + P(\mbox{fum} \cap F)} = \frac{P(\mbox{fum} \cap M)} {P(\mbox{fum})}\, ,$$
   che corrisponde al modo di ragionare più immediato (I passaggi della formula seguono a ritroso la dimostrazione del teorema di Bayes).
3. La domanda non ha senso. Dipende dall'esistenza e dalla credibilità di altre teorie che dovrebbero spiegare l'evento.
4. $P($Th$_1)/P($Th$_2) = 2.7$, $P($Th$_1\,\vert\,$Th$_1\cup$   Th$_2) = 73\,\%\,.$
5. 2/3. Infatti indicando con $H_1$ ``la scatola che contiene all'origine un anello d'oro'', con $H_2$ ``...un anello d'argento'' e con $O$ ``si estrae un anello d'oro'', si tratta di valutare $P(H_1\,\vert\,O)$.

6. $$\frac{P(H_2O\,\vert\,\mbox{conduc.} \cap \mbox{contad.})} {P(\ove... ...onduc.} \cap \mbox{contad.})} = \frac{1}{0.01}\frac{90}{10} = \frac{900}{1}\,,$$
   ovvero $P(H_2O\,\vert\,$conduc.$\cap$   contad.$) = 99.9\,\%\,.$ Si presti attenzione al fatto che questo risultato deriva dall'aver assunto l'indipendenza delle due informazioni, ma in realtà il contadino potrebbe aver utilizzato inconsciamente la conducibilità del terreno, la quale è legata alla sua umidità e quindi alla vegetazione locale.
7. Di un fattore 1.13 $(=P($Vitt$\,\vert\,$   Vant$)/P($Vitt$))$, ossia $P($Vant$\,\vert\,$Vitt$)=67.5\,\%$.
8. $P(M_i\vert$Incidenza, sintomi$)=$ 13.5, 27.1, 5.1, 54.2
9. Si comincerà dalle analisi per accertare $M_2$. Infatti $P(M_i\vert$Incidenza, sintomi, test$)$ vale, rispettivamente, 5.0, 60.7, 34.3, 0%
10. Impossibile valutare $P(M_1\,\vert\,S)$ in quanto $M_1$ e $M_2$ non sono esaustivi ( $M_1\cup M_2 \ne \Omega$). Al più si può dire che $P(M_1\,\vert\, S)/P(M_2\,\vert\, S) = 0.18$, ovvero $P(M_1\,\vert\, S\cap (M_1\cup M_2)) = 15.3\,\%$.
11. Con i simboli $I$, $S$, $A_p$ e $\overline{A}_p$ per indicare Infetto, Sano, Positivo e Negativo, i dati del problema sono $P_\circ(I) = 8.3\times 10^{-4}$, $P(A_p\vert I) = 0.999$, $P(\overline{A}_p\vert S) = 0.998$, ovvero anche $P(\overline{A}_p\vert I) = 0.001$ e $P(A_p\vert S) = 0.002$.
    Ne segue: $P(I\vert A_p) = 0.294$, $P(S\vert A_p) = 0.706$, $P(I\vert\overline{A}_p) = 8.3\times 10^{-7}$ e $P(S\vert\overline{A}_p) = 0.99999917$. La maggior parte dei ``positivi'' sono sani.
    Come mai? Analizziamo il rapporto segnale/rumore:
    $$\frac{s}{n} = \frac{P(I\vert A_p)}{P(S\vert A_p)} = \frac{P_\circ(I)}{P_\circ(S)}\cdot \frac{P(A_p\vert I)}{P(A_p\vert S)}\,.$$
    Per ottenere $s/n \gg 1$ (invece di 0.41), essendo $P_\circ(I)/P_\circ(S) = 8\times 10^{-4}$, dobbiamo avere $P(A_p\vert I)/P(A_p\vert S) \gg 10^{3}$. Ma $P(A_p\vert I)$ è già prossimo ad uno e quindi si può solo intervenire su $P(A_p\vert S)$ e farlo diventare $\ll 10^{-3}$.
    Chiamando $A_p^\prime$ l'esito positivo a due analisi indipendenti: $P(A_p^\prime\vert I) = 0.998$ e $P(A_p^\prime\vert S) = 4\times 10^{-6}$. Ne segue $P(I\vert A_p^\prime) = 0.995$ e $P(S\vert A_p^\prime) = 0.005$: un po' meglio.
    Prendere un campione ``a rischio'' significa invece aumentare in $s/n$ il fattore $P_\circ(I)/P_\circ(S)$.
12. Quantificando il ``serio dubbio'' in $P_\circ(I)=1/2$ si ha che $P(I\vert A_p)=99.8\,\%$.
13. Il giornalista è stato tratto in inganno dal fatto che $P($chirurgia plastica$\,\vert\,$   artista$) \gg P($chirurgia plastica$\,\vert\,$   impiegato$)$, senza considerare che $P($impiegato$) \gg P($artista$)$!
14. No. I vari gruppi non formano una classe completa di ipotesi. Inoltre, siccome non sono mutualmente esclusivi non è nemmeno possibile valutare probabilità relative.
15. Siano $A$, $B$ e $C$ i cofanetti che contengono rispettivamente i 2, 1 e 0 anelli d'oro. Indicando con $O$ l'anello d'oro, con $O_1$ l'evento ``il primo anello è d'oro'' e con $O_2$ l'evento ``il secondo anello è d'oro'':
    $P_\circ(A) = P_\circ(B) = P_\circ(C) = 1/3$;
    $P(O_1\vert A) = 1$, $P(O_1\vert B) = 1/2$ e $P(O_1\vert C) = 0$;
    $P(A\vert O_1) = 2/3$, $P(B\vert O_1) = 1/3$ e $P(C\vert O_1) = 0$;
    

    $$P(O_2\cap \,\vert\,O_1) = P(A\,\vert\,O_1) \cdot P(O_2\,\vert\,A) + P(B\,\vert\,O_1) \cdot P(O_2\,\vert\,B) + P(C\,\vert\,O_1) \cdot P(O_2\,\vert\,C)$$

    $$= \frac{2}{3}\times 1 + \frac{1}{3}\times 0 + 0 \times 0 = \frac{2}{3}$$

    $$P(O_2\cap \,\vert\,O_1) = P(A\,\vert\,O_1) \cdot P(O_2\,\vert\,B \cup C) + P(B\,\vert\,O_1) \cdot P(O_2\,\vert\,A \cup C)$$

    $$+ P(C\,\vert\,O_1) \cdot P(O_2\,\vert\,A \cup B)$$

    $$= \frac{2}{3}\times \frac{1}{4} + \frac{1}{3}\times \frac{1}{2}+ 0 \times \frac{3}{4} = \frac{1}{3}\,.$$

    
    

16. $P($``falso segnale''$\,\vert\,$rumore$) < 10^{-8}$.
17. Si chiami $O$ la scatola che ha 8 palline bianche e 2 nere, $D$ l'altra scatola, $B_1$ e $N_1$ l'evento ``pallina bianca'' e ``pallina nera'' nella prima estrazione e $B_2$ l'evento ``pallina bianca'' nella seconda estrazione: Se invece la prima pallina estratta era bianca:
    

    $$P(B\vert B_1) = P(O\vert B_1)\cdot P(B_2\vert B_1 \cap O) + P(D\vert B_1)\cdot P(B_2\vert B_1 \cap D)\,;$$

    $$P(O\vert B_1) = \frac{P(B_1\vert O)\cdot P(O)} {P(B_1\vert O)\cdot P(O) + P(B_1\vert D)\cdot P(D)}$$

    $$P(D\vert B_1) = \frac{P(B_1\vert D)\cdot P(D)} {P(B_1\vert O)\cdot P(O) + P(B_1\vert D)\cdot P(D)}$$

    $$P(B\vert B_1) = \frac{P(B_1\vert O)\cdot P(O)} {P(B_1\vert O)\cdot P(O) + P(B_1\vert D)\cdot P(D)} \cdot P(B_2\vert B_1 \cap O)$$

    $$+ \frac{P(B_1\vert D)\cdot P(D)} {P(B_1\vert O)\cdot P(O) + P(B_1\vert D)\cdot P(D)} \cdot P(B_2\vert B_1 \cap D)$$

    $$= \frac{21}{55}\,.$$

    
    
    Come ci si aspetta intuitivamente, è più alta la probabilità di ottenere una pallina nera, in quanto l'operazione più probabile è stata quella di estrarre una pallina bianca da dove ce ne sono 8 e metterla dove ce ne sono solo 2.
18. Inizialmente $P(H_i)=1/6 = 0.167$, con $i=0, 1, \ldots 5$.
    Succesivamente, indicando con
    • $E_k$ la $k$-ma estrazione, i cui esiti possono essere i $C$olori $B$ianco o $N$ero;
    • $I_l = E_1\cap E_2 \cap \cdots \cap E_l$ lo stato di informazione dopo la $l$-ma estrazione,
    
    

    $$P(H_i\vert I_n) \propto P(E_n\vert H_i\cap I_{n-1}) \cdot P(H_i\vert I_{n-1})\,,$$

    
    
    con
    

    $$P(H_i\vert I_\circ) = \frac{1}{6}$$

    $$P(C=B \vert H_i\cap I_l) = \frac{i}{5}$$

    $$P(C=N \vert H_i\cap I_l) = \frac{5-i}{5}\,.$$

    
    
    Dopo $E_1 = N$: $P(H_i\,\vert\,I_1) =$ 1/3=0.333; 4/15=0.267; 3/15=0.200; 2/15=0.133; 1/15=0.067; 0.
    Dopo $E_2 = B$: $P(H_i\,\vert\,I_2) =$ 0; 2/10; 3/10; 3/10; 2/10; 0.
    Dopo $E_3 = N$: $P(H_i\,\vert\,I_3) =$ 0; 0.32; 0.36; 0.24; 0.08; 0.

19. $P(B\,\vert\,I_3) = \sum_i P(B\vert H_i)\cdot P(H_i \,\vert\, I_3) = 41.6\,\% \,.$

20. Applicando il teorema di Bayes:
    

    $$P(V=10-n\,\vert\,R=10) \propto P(R=10\vert V=10-n)\cdot P_\circ(V=10-n)$$

    $$\propto \left(\frac{1}{3}\right)^n P_\circ(V=10-n) \,,$$

    
    
    dove $V$ sta per ``risposte note veramente'', $R$ per ``risposte giuste nel test'' e $n$ ``risposte tirate a indovinare''.
    Probabilità iniziali: $P_\circ(10)=0.05$, $P_\circ(9)=0.10$, $P_\circ(8)=0.20$, $P_\circ(7)=0.40$,
    $P_\circ(6)=0.20$, $P_\circ(5)=0.05$. Segue:
    

    $$P(V \le 9 \,\vert\,R=10) = 1 - \frac{1\times 0.05} {1\times 0.05 + \frac{1}{3}\times 0.10 + \frac{1}{9}\times 0.20 + \cdots} = 0.59$$

    $$P(V \le 8 \,\vert\,R=10) = 1 - \frac{1\times 0.05 + \frac{1}{3}\times 0.10} {1\times 0.05 + \frac{1}{3}\times 0.10 + \frac{1}{9}\times 0.20 + \cdots} = 0.32$$

    
    

21. Dopo l'$n$-mo gioco abbiamo che $P(B\,\vert\,G_n)$ vale: 0.37, 0.46, 0.54, 0.62, 0.50, 0.58, 0.45, 0.54, 0.62, 0.69.

22. $$\frac{P(B\,\vert\, 7V,3P)}{P(\overline{B}\,\vert\, 7V,3P)} = \frac{(0.7)^7\times(0.3)^3}{(0.5)^7\times(0.5)^3}\times \frac{50}{50} = 2.28\,,$$
    da cui segue lo stesso risultato del 69%.
23. Sono diverse da zero le probabilità a posteriori di 20, 21 e 22 $^\circ C$, rispettivamente 23.5, 70.6 e 5.9%.
24. $P(T_v=19) = 1$. L'inesperto direbbe invece che le temperature possibili sono 17, 18 e 19 $^\circ C$, con probababilità del 20, 60 e 20%.
25. La probabilità che il termometro sia rotto è del 2.6%. Il risultato può essere giustificato intuitivamente pensando che la probabilità iniziale è bassa e inoltre il valore letto è ancora ragionevole. Più esattamente, indicando con $R$, $G$, $L$ e $T$ rispettivamente ``rotto'', ``giusto'', ``lettura'' e ``temperatura'' (vera):
    

    $$P(R\,\vert\,L=18) = \frac{P(L=18\,\vert\,R)\cdot P(R)} {P(L=18\,\vert\,R)\cdot P(R) + P(L=18\,\vert\,G)\cdot P(G)}\,.$$

    
    
    Poiché l'evento ``la temperatura assume un valore qualsiasi'' è un evento certo ($\Omega$), possiamo scrivere:
    

    $$P(L=18\,\vert\,G) = P(L=18\cap \lq\lq T ''\,\vert\,G)$$

    $$= P(L=18\cap (\ldots \cup T=19 \cup T=20, \cup \ldots)\,\vert\,G)$$

    $$= \ldots + P(L=18\cap (T=19)\,\vert\, G) + P(L=18\cap (T=20)\,\vert\, G) + \ldots$$

    $$= P(L=18\,\vert\, (T=19), G) \cdot P(T=19)\,,$$

    
    
    in quanto tutti gli altri termini sono nulli, o perché nulla la probabilità a priori della temperatura o perché nulla la probabilità condizionata di osservare una lettura di 18 da temperature superiori a 19 $^\circ$C.

    In conclusioni:
    

    $$P(R\,\vert\,L=18) = \frac{0.01\times 0.05}{0.01\times 0.05 + 0.2\times 0.1\times 0.95} = 2.6\,\%\,.$$

    
    

    È interessante notare come il dubbio sul funzionamento del termometro cambi di nuovo i gradi di fiducia delle diverse temperature. Infatti nell'ipotesi che esso sia rotto la sua lettura non riaggiorna la probabilità iniziale. Riassumendo i risultati raggiunti nella seguente tabella abbiamo (con le probabilità in %):

    
    
    

    condizione	$T$
    	19	20	21	22
    iniziale	10	40	40	10
    $L=18\cap G$	100	0	0	0
    $L=$qualsiasi$\cap R$	10	40	40	10
    $L=18\cap(G\cup R)$	97.7	1.0	1.0	0.3

26. La probabilità che il termometro sia rotto scende ora al 2.0%. La tabella precedente si trasforma in:
    
    
    

    condizione	$T$
    	18	19	20	21	22	23
    iniziale	1	10	39	39	10	1
    $L=18\cap G$	13.0	87.0	0	0	0	0
    $L=$qualsiasi$\cap R$	1	10	39	39	10	1
    $L=18\cap(G\cup R)$	12.8	85.5	0.8	0.8	0.2	0.02

27. 0.16%, 1, 1. Se la lettura capita al centro dell'intervallo che ci si attendeva si tende a credere anche che il termometro funzioni bene. Diverso il caso quando la lettura cade al margine di tale intervallo. Se poi essa si discosta molto si è praticamente sicuri del malfunzionamento dello strumento. Nella schematizzazione rozza del problema la probabilità non cambia se la lettura è 17 o 5$^\circ$C. In realtà la mente non opera mai così schematicamente e magari si è ancora disposti a sbagliarsi (``forse ho caldo perché sono agitato''). Nel caso di lettura pari a 5 $^\circ$C il termometro viene dichiarato ``oggettivamente'' rotto, in quanto tutti, freddolosi e calorosi, esperti o principianti, converranno che ``non può essere''.
28. Obiezioni del tutto lecite. Il fatto è che nella ricerca di frontiera bisogna basare le conclusioni sui rivelatori che si hanno e che già rappresentano quanto di più sofisticato si possa costruire. Vedremo che le cose si semplificano enormemente nei ``casi tranquilli'' di laboratorio. In ogni caso, questo modo di procedere è quello degli sperimentali esperti, i quali, in base alle loro aspettative e alla conoscenze degli strumenti, ``riprovano'', ``ricalibrano'', ``cambiano strumento'', etc.
29. Il padre è eterozigote ($Rr$) in quanto ha avuto almeno un figlio che non arrotola la lingua $(rr)$ da una donna $(rr)$.
    La madre del bambino può essere $(RR)$ $(Rr)$ o $(rr)$. Poiché in quella regione i due alleli $R$ e $r$ sono equiprobabili, le probabilità iniziali per la madre sono $P_\circ(RR)=P_\circ(rr)=\frac{1}{2}P_\circ(Rr)=1/4$ (consideriamo indistinguibili (Rr) e (rR)). Applicando le leggi di Mendel otteniamo le probabilità che il bambino sia roller condizionate dal genotipo della madre, e da queste le probabilità finali dei genotipi della madre:
    

    $$P( \,\vert\,RR) = 1;$$

    $$P( \,\vert\,Rr) = 3/4;$$

    $$P( \,\vert\,rr) = 1/2;$$

    $$P(RR\,\vert\, ) = \frac{ P(\mbox{roller}\,\vert\,RR) \cdot P_\circ(RR) } { P(\mbox{roller}\,\vert\,RR)\cdot P_\circ(RR) + \ldots }$$

    $$= \frac{1 \times \frac{1}{4} } { 1 \times \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} } = \frac{1}{3}$$

    $$P(Rr\,\vert\, ) = \frac{1}{2}$$

    $$P(rr\,\vert\, ) = \frac{1}{6}$$

    
    
    Ne segue una probabilità di $5/6$ che la mamma fosse stata roller.
30. I dati del problema indicano che il nonno può avere i geni ($Rr$) o ($RR$) con probabilità che stanno fra di loro in proporzione 2:1. La nonna può essere invece ($RR$) ($Rr$) o ($rr$), con proporzioni 1:2:1.
    Delle 48 possibilità con cui la madre del bambino può ereditare i geni dei genitori ce ne sono 16 che danno luogo a ($RR$), 8 a ($rr$) e 24 a ($Rr$).
    Le probabilità iniziali dei geni della madre del bambino diventano ora: $P_\circ(RR)=1/3$, $P_\circ(Rr)=1/2$ e $P_\circ(rr)= 1/6$.
    Seguono: $P(RR\vert roller) = 0.42$, $P(Rr\vert roller) = 0.47$ e $P(rr\vert roller) = 0.11$.
    Come ci si poteva attendere, sapere che la madre del bambino avesse un genitore roller aumenta le probabilità che anche lei lo fosse ( dall'$83\,\%$ all'$89\,\%$ ). Come cambierebbe ulteriormente la probabilità, se in quella regione la frequenza degli alleli di tipo $R$ fosse il doppio di quelli del tipo $r$?
31. Dopo il primo esperimento la probabilità sale al 50% (lo scetticismo della commissione comincia a vacillare). L'osservazione del prestigiatore riporta essenzialmente la probabilità al livello iniziale ( $1.01\times 10^{-8}$, ad essere precisi...).

    Il rifiuto a presentarsi manda definivamente a zero la probabilità, se la commissione assume, ragionevolmente, che $P($``non si presenta''$\,\vert\,$``imbroglione''$) = 1$, mentre $P($``non si presenta''$\,\vert\,$``onesto''$) = 0$.

32. Ne risulterebbe che: una persona dichiarata positiva sia praticamente infetta; una persona operata di chirurgia plastica sia un artista; chi riesce a ingannare una commissione di scienziati sia un sensitivo.