La funzione indicatrice è una funzione che ha la seguente forma:
Sia $E\subseteq \mathbb{A}$. La funzione indicatrice è $1_E:\mathbb{A}\to \{0,1\}$ definita come
$1_E(x)=\{\begin{array}{l}1,x\in E\\ 0,x\notin E\end{array}x\in \mathbb{A}$

Se sfrutta [[#Variabili aleatorie]] discrete. Se, quindi, si lavora in insiemi Numerabili.

Se sfrutta [[#Variabili aleatorie]] continue. Se, quindi, si lavora in insiemi non Numerabili.

Ad esempio il tempo.

Una famiglia $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{P}(\mathbb{A})$ è detta algebra su $\mathbb{A}$ se:

1. $\{\mathrm{\varnothing }\}\in \mathbb{A}$
2. $E\in \mathcal{A}\Rightarrow \bar{E}\in \mathcal{A}$
3. $E,F\in \mathcal{A}\Rightarrow E\cup F\in \mathcal{A}$

Uno spazio di probabilità è l'insieme $\mathrm{\Omega }$ di tutti i possibili risultati, esaustivi e mutualmente esclusivi, di un dato esperimento casuale.

$(\mathrm{\Omega },\mathcal{A},P)$
Dove

• $\mathrm{\Omega }=$ Insieme eventi elementari
• $\mathcal{A}=$ "$\sigma$-Algebra indotta da $\mathrm{\Omega }$" --> Insieme di tutti gli eventi ai quali possiamo essere interessati
• $P=$ Probabilità: $P:\mathcal{A}\to [0,1]$

Nell'esempio del dado regolare abbiamo:
$\mathrm{\Omega }=\{1,2,3,4,5,6\}$ l'insieme degli eventi elementari

Se volessimo calcolare la probabilità che esca un numero $k$ otterremmo:

$P(D=k)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{6}& k\in \mathrm{\Omega }\\ 0& k\in {\mathrm{\Omega }}^c\end{array}k\in \mathbb{Z}$

La probabilità che esca un numero pari è invece:
$P(D\in \{2,4,6\})=P(\{2,4,6\})=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}=\frac{|\{2,4,6\}|}{|\mathrm{\Omega }|}$

L'insieme di tutti gli eventi ai quali possiamo essere interessati è invece $\mathcal{A}$:
$\mathcal{A}=\{\mathrm{\Omega },\mathrm{\varnothing },\{1,2\},...,\{1,2,3\},...\}$
Si ha poi che:
$P(\mathrm{\Omega })=1$
$P({\mathrm{\Omega }}^c)=0$

Un insieme chiuso è un insieme che contiene tutti i suoi punti di accumulazione. La chiusura di un insieme X è il più piccolo insieme chiuso che contiene X.
Un insieme chiuso può avere un numero finito di elementi? $\mathcal{A}$ ha sempre un numero infinito di elementi?

$\mathcal{A}=\{\mathrm{\Omega },{\mathrm{\Omega }}^c=\mathrm{\varnothing },\{1\},\{1{\}}^c,\{1,2\}=\{1\}\cup \{2\},\{1\}=\mathrm{\Omega }\setminus \{2,3,4,5,6,...\}\}$

A.1: Gli eventi sono sottoinsiemi di $\mathrm{\Omega }$ e formano $\mathcal{A}$

A.2: $\mathrm{\forall }A\in \mathcal{A}$ è associato un numero $P(A)\in [0,1]$

A.3: $\mathcal{P}(\mathrm{\Omega })=1$

A.4: Se $A\cap B=\mathrm{\varnothing }\Rightarrow \mathcal{P}(A\cup B)=\mathcal{P}(A)+\mathcal{P}(B)$

A.5: Se $\{A_n{\}}_{n\in \mathbb{N}}$ è decrescente e $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{A}_n=\mathrm{\varnothing }\Rightarrow \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\mathcal{P}(A_n)=0$

È dato un dado regolare. Gli eventi A e B definiti di seguito sono incompatibili

$A=\{2,4,6\}=\{\text{"Esce un numero pari"}\}$
$B=\{1,3,5\}=\{\text{"Esce un numero dispari"}\}$

non può uscire un numero che sia sia pari che dispari:
$A\cap B=\mathrm{\varnothing }$

$A_i\cap A_j=\{\mathrm{\varnothing }\}\mathrm{\forall }i\ne j\Rightarrow \mathcal{P}\left(\bigcup _{r=1}^n{A}_r\right)=\sum _{r=1}^n\mathcal{P}(A_r)$

Siano $A,B$ due [[#Eventi compatibili]] allora

$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$

$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)$

Se $A\cap B=\mathrm{\varnothing }\Rightarrow P(A\cap B)=0$

Se due eventi sono incompatibili, la probabilità che si verifichino insieme è nulla.

In generale, dati $A$ e $B$

$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$

Nel caso in cui $A\perp B\Rightarrow$
$P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)\cdot P(B)}{P(B)}=P(A)$

Dati 2 insiemi $A$ e $B$:

1. $P(A|B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$ (L.P.C)
2. $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$ (L.P.T. = "Legge delle Probabilità Totali")
3. Dato un evento $E$, $P(E)=P(E\cap \mathrm{\Omega })$
   Dato un evento $E\subset \bigcup _{i=1}^n{A}_i$ (Intersezione con evento certo)

Dati due dadi regolari $D_1$ e $D_2$, ($D_1\perp D_2$)

• Lancio $D_1$ e $D_2$
• Sommo le facce uscite
  Sapendo che la somma è 3, qual è la probabilità che sia uscito 1?
  Mi sto chiedendo:
  $\mathcal{P}(\{1\}|D_1+D_2=3)=?$

Per la [[#Legge delle probabilità composte]]
$\mathcal{P}(\{1\}|D_1+D_2=3)=\frac{\mathcal{P}([(D_1=1)\cap (D_2=2)]\cup [(D_1=2)\cap (D_2=1)])}{\mathcal{P}((D_1+D_2)=3)}$

Essendo gli eventi al numeratore incompatibili, la probabilità dell'unione è la somma delle probabilità ([[#Assiomi]]) mentre essendo $D_1$ e $D_2$ [[#Eventi Indipendenti]], la probabilità della loro intersezione è il prodotto delle probabilità, e tenendo conto che

per cui:

$
\begin{align}
&= \frac{\mathcal{P}(D_{1} = 1) \cdot \mathcal{P}(D_{2} = 2) + \mathcal{P}(D_{1} = 2) \cdot \mathcal{P}(D_{2} = 1)}{\mathcal{P}(D_{1} + D_{2} = 3)} = \
&= \frac{\frac{1}{6} \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \frac{1}{6}}{\mathcal{P}(D_{1} + D_{2} = 3)} = 1
\end

$

Essendo
$\mathcal{P}(D_1+D_2=3)=\mathcal{P}([(D_1=1)\cap (D_2=2)\cup (D_1=2)\cap (D_2=1)])=\frac{2}{36}$

$\mathcal{P}(\{1\}|D_1+D_2=5)=?$

Dati 2 eventi $A$ e $B$

1. $\mathcal{P}(A|B)=\frac{\mathcal{P}(A\cap B)}{\mathcal{P}(B)}$ LPC: [[#Legge delle probabilità composte]]
2. $\mathcal{P}(A\cap B)=\mathcal{P}(A)+\mathcal{P}(B)-\mathcal{P}(A\cap B)$ LPT: [[#Legge delle probabilità totali]]
3. Intersezione con evento certo: Dato un evento $E\subset \bigcup _{i=1}^n{A}_i$ si ha che $\mathcal{P}(E)=\mathcal{P}\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)$

Dati un evento ed un insieme finito di [[#Eventi incompatibili]]

$\{A_r{\}}_{r=1,2,...,n},\text{ se }E\subset \bigcup _{r=1}^n{A}_r,\mathcal{P}(E)\ne 0$

allora:

$\mathcal{P}(A_r|E)=\frac{\mathcal{P}(A_r)\mathcal{P}(E|A_r)}{\sum _{i=1}^n\mathcal{P}(A_i)\mathcal{P}(E|A_i)}$

Dimostrazione:

Per la [[#Legge delle probabilità composte]]
$\mathcal{P}(A_r|E)=\frac{\mathcal{P}(A_r\cap E)}{\mathcal{P}(E)}=\frac{\mathcal{P}(E|A_r)\mathcal{P}(A_r)}{\mathcal{P}(E)}$
Si ha che $\mathcal{P}(E)\ne 0$ in quanto evento possibile: $0<\mathcal{P}(E)\le 1$

Dall'ipotesi $E\subset \bigcup _{r=1}^n{A}_r$ si ha che:
$\mathcal{P}(E)=\mathcal{P}(E\cap \bigcup _{r=1}^n{A}_r)=\mathcal{P}(\bigcup _{r=1}^n(E\cap A_r))$

Essendo $A_1\cap A_2=\mathrm{\varnothing }\Rightarrow (E\cap A_1)\cap (E\cap A_2)=\mathrm{\varnothing }$
quindi
$\mathcal{P}(E)=\sum _{r=1}^n\mathcal{P}(E\cap A_r)\stackrel{[L.P.C.]}{=}\sum _{r=1}^n\mathcal{P}(E|A_r)\mathcal{P}(A_r)$
Sostituendo sopra, otteniamo proprio la Formula di Bayes:

$\mathcal{P}(A_r|E)=\frac{P(A_r)\mathcal{P}(E|A_r)}{\sum _{i=1}^n\mathcal{P}(A_i)\mathcal{P}(E|A_i)}$

c.v.d.

• $P_I=$ Propensi agli incidenti
• $P_I^c=$ Non propensi agli incidenti

Tra $P_I$ il 40% realizza $A=$ incidente entro 1 anno
Tra $P_I^c$ il 20% realizza $A$.
Il 30% delle persone è $P_I$.

a) Calcolare la probabilità che un nuovo assicurato abbia un incidente entro il primo anno

$
\begin

P(P_{I}) &= 30% \

P(A|P_{I}) &= 40 % \

P(A|P_{I}^{c}) &= 20% \

P(A) &= ?

\end{align}
$

La probabilità che si realizzi $A$ è data da
$P(A)=P(A\cap P^{\ast })$
essendo $P^{\ast }$ l'evento certo e $A\subset P^{\ast }$.
$P^{\ast }=P_I\cup P_I^c$ per cui:
$
\begin{align}
P(A) &= P(A \cap [P_{I} \cup P_{I}^{c}]) = \

&= P((A \cap P_{I}) \cup (A \cap P_{I}^{c})) \stackrel{[L.P.T.]}{=} \

&= P(A \cap P_{I}) + P(A \cap P_{I}^{c}) \stackrel{[L.P.C.]}{=} \

&= P(A|P_{I})\cdot P(P_{I}) + P(A|P_{I}^{c})\cdot P(P_{I}^{c}) = \
&= \frac{40}{100} \cdot \frac{30}{100} + \frac{20}{100} \cdot \frac{70}{100} = \frac{26}

\end{align}
$

b) Calcolare la probabilità che una persona che ha avuto un incidente entro l'anno sia propensa agli incidenti.

$P(P_I|A)=\frac{P(P_I\cap A)}{P(A)}=\frac{12}{100}\cdot \frac{100}{26}=\frac{12}{26}$

$\begin{array}{rl}\mathcal{P}(D\cap A_1\cap A_2)& =\mathcal{P}(D)\cdot \mathcal{P}(A_1\cap A_2|D)\\ & =\mathcal{P}(D)\cdot \mathcal{P}(A_1|D)\cdot \mathcal{P}(A_2|A_1\cap D)\end{array}$

Uno [[#Spazio di probabilità]] è detto uniforme se gli eventi possibili (finiti) sono equibrobabili, cioè tutti di probabilità data e uguale a $p$.

$p=\mathcal{P}(\omega )=\frac{1}{{\mu }^{\mathrm{\#}}(\text{casi possibili})}\omega \in \mathrm{\Omega }$

Dato un insieme $U$ di cardinalità $|U|=n$, allora tutti i sottoinsiemi di $U$:

• di cardinalità $n$
• che differiscono solo per ordine (ordinati)

formano l'insieme $P^n$ delle permutazioni semplici degli $n$ elementi di $U$.

Inoltre $|P^u|=n!$

Dato un insieme $U$ di cardinalità $|U|=n$, tutti i sottoinsiemi di $U$:

• di cardinalità $k\le n$
• che non differiscono per ordine (non ordinati)

formano l'insieme $C_{n,k}$ delle combinazioni semplici di $n$ elementi in classi di $k$, inoltre

$|C_{u,k}|=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

$D=$ "Dado truccato"

$\mathcal{P}(D=6)\stackrel{!}{=}0$

Come si calcola la distribuzione di probabilità relativa a $D$ su $\mathrm{\Omega }$? ($\mathrm{\Omega }=\{1,2,3,4,5\}$)

$\mathcal{P}(D=k)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{5}& k\in \mathrm{\Omega }\\ 0& k\in {\mathrm{\Omega }}^c\end{array}$
Quindi
$\mathcal{P}(D\ge 5)=\frac{1}{5}$

Dato un insieme $U=\bigcup _{j=1}^N{U}_i$ di cardinalità $|U|=\sum _{j=1}^N{n}_j=n$, dove $U_i$ sono costituiti da $n_j$ ripetizioni dello stesso elemento $\Rightarrow$ tutti sottoinsiemi di $U$:

• Di cardinalità $n$ (Ne estraggo $n$: li estraggo tutti)
• Che differiscono per ordinamento (Ordinati)
• Che non differiscono per numero di elementi uguali (Con ripetizione)

formano ${\mathcal{P}}_{{\mathcal{n}}_{\mathcal{1}}\mathcal{,}{\mathcal{n}}_{\mathcal{2}}\mathcal{,}\mathcal{.}\mathcal{.}\mathcal{.}\mathcal{,}{\mathcal{n}}_{\mathcal{N}}}^{\mathcal{n}}$, l'insieme delle permutazioni di $n$ elementi con ripetizione.

Inoltre, la cardinalità:
$|{\mathcal{P}}_{{\mathcal{n}}_{\mathcal{1}}\mathcal{,}{\mathcal{n}}_{\mathcal{2}}\mathcal{,}\mathcal{.}\mathcal{.}\mathcal{.}\mathcal{,}{\mathcal{n}}_{\mathcal{N}}}^{\mathcal{n}}|=\frac{n!}{n_1!n_2!...n_N!}$

$\mathcal{P}(Y=y)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{y})p^y(1-p{)}^{n-y}y\in \{0,1,...,n\}$
con $Y=$ "Numero di successi su $n$ prove indipendenti ripetute, dove $\mathcal{P}(\text{successo})=p$"

• 0: Insuccesso
• 1: Successo
• $Y:$ Dicotomia (= Può avere 2 valori)

Calcolare la $\mathcal{P}(\text{3 volte T in 5 lanci di 1 moneta regolare})$

1: Successo con Testa

0: Insuccesso con Croce

$\begin{array}{rlrlr}n=5& & p=\frac{1}{2}& & q=\frac{1}{2}\end{array}$

Allora:

$\mathcal{P}(Y=3)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}){\left(\frac{1}{2}\right)}^3{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3})\frac{1}{2^5}$