Finora abbiamo incontrato due tipi di esperimenti.

Con i dadi, ogni lancio lasciava invariato il successivo. Un 6 appena uscito non modifica la probabilità di ottenere 6 al lancio seguente.

Con le carte senza reinserimento accade invece qualcosa di diverso: ogni estrazione modifica fisicamente il mazzo.

Questa differenza è il punto di partenza della probabilità condizionata: la probabilità di un evento ricalcolata sapendo che un'altra informazione è già vera. Nel nostro caso la domanda sul secondo asso cambia dopo aver saputo che la prima carta era un asso.

Consideriamo una domanda molto semplice:

Da un mazzo standard di 52 carte ben mescolato, qual è la probabilità che le prime due carte siano entrambe assi?

La risposta non è:

$$ 4/52 \cdot 4/52 $$

perché dopo aver pescato il primo asso non ci sono più 4 assi tra 52 carte.

Il secondo calcolo deve tenere conto di ciò che è già successo.

La prima carta

All'inizio il mazzo contiene:

52 carte

di cui:

4 assi

Quindi:

P(prima carta = asso)
=
4/52
=
1/13

circa:

7,69%

Fin qui il problema è identico a quelli già incontrati.

Dopo il primo asso, il mazzo è cambiato

Supponiamo che la prima carta sia effettivamente un asso.

Ora nel mazzo restano:

51 carte

e gli assi rimasti sono:

3

La probabilità che anche la seconda carta sia un asso, sapendo che la prima era un asso, è quindi:

$$ 3/51 = 1/17 $$

circa:

5,88%

La frase "sapendo che la prima era un asso" è esattamente ciò che rende questa probabilità condizionata.

Possiamo scriverla come:

P(seconda asso | prima asso)
=
3/51

Il simbolo:

$$ | $$

si legge:

dato che

oppure:

sapendo che

La probabilità congiunta

Per avere due assi consecutivi devono verificarsi entrambi gli eventi:

prima carta = asso

e:

seconda carta = asso

La regola generale è:

$$ P(A e B) = P(A) \cdot P(B | A) $$

Questa relazione è spesso chiamata regola del prodotto o teorema della probabilità composta: per ottenere la probabilità che A e B avvengano entrambi, moltiplichiamo la probabilità di A per la probabilità di B sapendo che A è già avvenuto.

Nel nostro caso:

P(due assi consecutivi)
=
4/52 · 3/51

quindi:

$$ P = 12/2652 = 1/221 $$

cioè circa:

0,4525%

Meno di mezzo punto percentuale.

Un secondo esempio: il secondo tentativo esiste solo se il primo fallisce

La probabilità condizionata non compare soltanto quando un mazzo cambia composizione. Può comparire anche perché una decisione futura viene presa soltanto in un certo ramo del processo.

Nel gioco di carte Arkham Horror, un esempio didattico del libro Teaching Mathematics Through Games considera un test che, in una certa configurazione, viene superato con 14 token favorevoli su 17:

$$ P(\text{successo})=\frac{14}{17}, \qquad P(\text{fallimento})=\frac{3}{17}. $$

Supponiamo di poter ritentare una sola volta ma soltanto se il primo tentativo fallisce. I token vengono rimessi nel sacchetto dopo il test, quindi il secondo tentativo riparte con la stessa probabilità.

I due percorsi di successo sono:

successo subito
oppure
fallimento -> secondo tentativo riuscito

Perciò:

$$ P(\text{successo entro due tentativi})

\frac{14}{17} + \frac{3}{17}\frac{14}{17}

\frac{280}{289} \approx96{,}89%. $$

Non dobbiamo sommare due volte $14/17$: il secondo tentativo non viene eseguito nel ramo in cui abbiamo già avuto successo.

Questo è un piccolo albero di probabilità scritto come formula. La regola del prodotto calcola il ramo “fallisco e poi riesco”; la somma ricompone i percorsi incompatibili che portano allo stesso risultato finale.

Fonte di contesto didattico: Aaron Montgomery, “Probability Problems from the Arkham Horror Card Game”, in Mindy Capaldi (ed.), Teaching Mathematics Through Games, cap. 6.

La stessa mano, ma due informazioni diverse

Codenotti e Resta propongono un piccolo esempio che mostra una seconda faccia della probabilità condizionata: non conta soltanto quanta informazione riceviamo, ma anche quale evento ci viene comunicato.

Prendiamo soltanto quattro carte distinte:

A♠  A♥  2♣  J♦

Alice ne pesca due senza ordine. Le mani possibili sono:

$$ \binom{4}{2}=6. $$

Informazione A — «Ho almeno un asso»

Cinque delle sei mani contengono almeno un asso, ma una sola contiene entrambi gli assi. Quindi:

$$ P(\text{due assi}\mid\text{almeno un asso})

\frac15

20%. $$

Informazione B — «Ho l'asso di picche»

Le mani compatibili sono soltanto tre:

{A♠, A♥}
{A♠, 2♣}
{A♠, J♦}

Una sola contiene anche l'altro asso, quindi:

$$ P(\text{due assi}\mid A\spadesuit)

\frac13 \approx33{,}33%. $$

L'evento finale è sempre “Alice ha due assi”, ma abbiamo condizionato su due eventi differenti. Il denominatore cambia perché cambia l'insieme delle mani ancora compatibili con l'informazione.

Questo principio tornerà nei paradossi informativi: sapere che qualcosa è stato rivelato non basta; dobbiamo capire quale procedura ha prodotto l'informazione.

Fonte di contesto: Bruno Codenotti e Giovanni Resta, La logica dell'incertezza, cap. 1, “Il paradosso del secondo asso”. I conteggi sono ricostruiti qui direttamente sulle sei mani possibili.

Perché non possiamo usare 4/52 due volte?

Se scrivessimo:

$$ 4/52 \cdot 4/52 $$

staremmo implicitamente assumendo che dopo la prima estrazione il mazzo torni a contenere:

52 carte

con:

4 assi

Questo corrisponderebbe a un esperimento diverso:

pesca una carta
rimettila nel mazzo
mescola di nuovo
pesca la seconda

Con reinserimento, le due estrazioni diventano indipendenti e avremmo davvero:

$$ 4/52 \cdot 4/52 = 1/169 $$

circa:

0,5917%

Senza reinserimento, invece:

4/52 · 3/51
=
1/221
≈
0,4525%

Il primo asso rende il secondo leggermente meno probabile perché ne ha rimosso uno dal mazzo.

Dipendenza non significa necessariamente una grande differenza

In questo esempio la differenza tra:

0,5917%

e:

0,4525%

non è enorme in termini assoluti.

Ma il principio è fondamentale.

In problemi con pochi elementi rimasti, molte estrazioni o categorie rare, ignorare la dipendenza può produrre errori molto più grandi.

Nel blackjack, per esempio, la composizione residua del mazzo modifica continuamente la probabilità delle carte successive.

La probabilità condizionata non è quindi una correzione formale: descrive il fatto che l'informazione disponibile cambia il modello del prossimo passo.

Una formulazione generale

Indichiamo con:

A

l'evento:

prima carta è un asso

e con:

$$ B $$

l'evento:

seconda carta è un asso

La probabilità congiunta è:

$$ P(A ∩ B) = P(A) \cdot P(B | A) $$

Nel nostro caso:

$$ P(A) = 4/52 $$

e:

$$ P(B | A) = 3/51 $$

quindi:

$$ P(A ∩ B) = 4/52 \cdot 3/51 = 1/221 $$

La probabilità condizionata può anche essere definita attraverso:

$$ P(B | A) = P(A ∩ B) / P(A) $$

quando:

$$ P(A) > 0 $$

Questa formula dice che, una volta saputo che A si è verificato, non consideriamo più tutto lo spazio campionario originale: restringiamo l'attenzione ai casi compatibili con A.

Lo spazio campionario visto con le disposizioni

Possiamo verificare lo stesso risultato usando la combinatoria introdotta negli articoli precedenti.

Le prime due carte ordinate possono essere scelte in:

D(52,2)
=
52 · 51
=
2.652

modi.

Per avere due assi consecutivi dobbiamo scegliere due assi distinti e tener conto dell'ordine:

D(4,2)
=
4 · 3
=
12

Quindi:

P(due assi)
=
12 / 2.652
=
1/221

Abbiamo ottenuto lo stesso risultato.

Questo è un collegamento importante tra combinatoria e probabilità condizionata:

$$ 4/52 \cdot 3/51 $$

e:

$$ D(4,2) / D(52,2) $$

sono due modi diversi di descrivere lo stesso spazio campionario.

Se l'ordine non ci interessasse?

La domanda:

Qual è la probabilità che le prime due carte siano entrambe assi?

non dipende realmente dall'ordine interno dei due assi.

Possiamo quindi usare anche le combinazioni.

Le coppie possibili di due carte sono:

C(52,2)
=
1.326

Le coppie formate da due assi sono:

C(4,2)
=
6

quindi:

$$ P = 6/1326 = 1/221 $$

Ancora lo stesso risultato.

Abbiamo quindi tre strade coerenti:

probabilità condizionata
disposizioni
combinazioni

e tutte conducono a:

$$ 1/221 $$

Questo è un buon controllo matematico del modello.

Ma attenzione: numeratore e denominatore devono restare coerenti

Non potremmo scrivere:

$$ D(4,2) / \binom{52}{2} $$

perché il numeratore conterebbe coppie ordinate mentre il denominatore conterebbe coppie non ordinate.

Otterremmo:

$$ 12/1326 $$

che è il doppio del risultato corretto.

Il problema non sarebbe nella formula delle disposizioni o delle combinazioni: sarebbe nell'aver costruito numeratore e denominatore in spazi campionari differenti.

La regola introdotta all'inizio della serie continua quindi a essere valida anche nei problemi più avanzati.

Tre assi consecutivi

Possiamo estendere immediatamente il ragionamento.

Per tre assi consecutivi:

$$ P = 4/52 \cdot 3/51 \cdot 2/50 $$

Ogni asso estratto modifica il fattore successivo.

Il risultato è:

$$ 24 / 132.600 = 1 / 5.525 $$

circa:

0,0181%

Per quattro assi consecutivi:

$$ P = 4/52 \cdot 3/51 \cdot 2/50 \cdot 1/49 $$

Ogni passaggio è condizionato da tutto ciò che è già accaduto.

Il caso opposto: prima carta non asso

La probabilità condizionata ci permette anche di vedere come la stessa seconda carta cambi probabilità in base al primo risultato.

Se la prima carta è un asso:

P(seconda asso | prima asso)
=
3/51
≈
5,88%

Se invece la prima carta non è un asso, nel mazzo rimangono ancora tutti e quattro gli assi:

P(seconda asso | prima non asso)
=
4/51
≈
7,84%

La probabilità della seconda carta non è quindi una proprietà fissa della "seconda posizione".

Dipende dall'informazione sul primo risultato.

Questo è il cuore della probabilità condizionata.

Il calcolo in C#

Lo standalone C# associato a questo articolo è:

DueAssiConsecutivi.cs

Possiamo tradurre direttamente il ragionamento:

static double ProbabilitaDueAssiConsecutivi()
{
    double primaAsso = 4.0 / 52.0;
    double secondaAssoDatoPrimaAsso = 3.0 / 51.0;

    return primaAsso * secondaAssoDatoPrimaAsso;
}

double probabilita =
    ProbabilitaDueAssiConsecutivi();

Console.WriteLine($"{probabilita:P6}");

Otteniamo circa:

0,452489%

Il codice è volutamente semplice perché deve rendere visibile la struttura:

$$ P(A) \cdot P(B | A) $$

Una funzione più generale

Possiamo generalizzare il problema chiedendo la probabilità di estrarre k successi consecutivi da una popolazione finita senza reinserimento.

static double ProbabilitaSuccessiConsecutivi(
    int successiDisponibili,
    int elementiTotali,
    int estrazioni)
{
    if (successiDisponibili < 0)
        throw new ArgumentOutOfRangeException(nameof(successiDisponibili));

    if (elementiTotali <= 0)
        throw new ArgumentOutOfRangeException(nameof(elementiTotali));

    if (successiDisponibili > elementiTotali)
        throw new ArgumentOutOfRangeException(nameof(successiDisponibili));

    if (estrazioni < 0 || estrazioni > elementiTotali)
        throw new ArgumentOutOfRangeException(nameof(estrazioni));

    if (estrazioni > successiDisponibili)
        return 0.0;

    double probabilita = 1.0;

    for (int i = 0; i < estrazioni; i++)
    {
        probabilita *=
            (double)(successiDisponibili - i)
            / (elementiTotali - i);
    }

    return probabilita;
}

Qui distinguiamo due situazioni diverse. Se i parametri descrivono un esperimento impossibile da eseguire, per esempio più estrazioni degli elementi totali, la funzione segnala un errore. Se invece l'esperimento è valido ma l'evento richiesto è impossibile, la probabilità è zero: con 4 assi disponibili, chiedere 5 assi consecutivi restituisce 0.0.

Per due assi:

double p = ProbabilitaSuccessiConsecutivi(
    successiDisponibili: 4,
    elementiTotali: 52,
    estrazioni: 2);

Console.WriteLine($"{p:P6}");

otteniamo di nuovo:

0,452489%

Per tre assi:

double p3 = ProbabilitaSuccessiConsecutivi(
    4,
    52,
    3);

la funzione aggiorna automaticamente numeratore e denominatore a ogni estrazione.

Verifica per enumerazione completa

Come abbiamo fatto con i dadi, possiamo verificare il risultato enumerando tutte le coppie ordinate di carte.

Non ci serve ancora rappresentare semi e valori: basta numerare le 52 carte e considerare, per esempio, le prime quattro come assi.

int favorevoli = 0;
int totali = 0;

for (int prima = 0; prima < 52; prima++)
{
    for (int seconda = 0; seconda < 52; seconda++)
    {
        if (seconda == prima)
            continue;

        totali++;

        bool primaAsso = prima < 4;
        bool secondaAsso = seconda < 4;

        if (primaAsso && secondaAsso)
            favorevoli++;
    }
}

Console.WriteLine($"Favorevoli: {favorevoli}");
Console.WriteLine($"Totali:     {totali}");

Otteniamo:

Favorevoli: 12
Totali:     2652

e quindi:

$$ 12/2652 = 1/221 $$

La verifica coincide sia con il prodotto condizionato sia con il conteggio combinatorio.

Il punto pratico

Le estrazioni senza reinserimento sono il primo esempio della serie in cui la probabilità del passo successivo cambia in base a ciò che è già successo.

Per due assi consecutivi:

P(primo asso)
=
4/52

ma, dopo che il primo asso è uscito:

P(secondo asso | primo asso)
=
3/51

quindi:

P(due assi)
=
4/52 · 3/51
=
1/221
≈
0,4525%

La formula generale:

$$ P(A ∩ B) = P(A) \cdot P(B | A) $$

non è soltanto una nuova notazione. Descrive il fatto che l'informazione A modifica lo spazio nel quale valutiamo B.

Nel prossimo articolo useremo ancora le estrazioni senza reinserimento, ma con una domanda diversa:

Qual è la probabilità che una mano di cinque carte contenga esattamente due assi?

Lì non conterà l'ordine delle estrazioni. Dovremo scegliere due assi e tre non assi, e il ragionamento porterà naturalmente alla distribuzione ipergeometrica.