Probabilidade Condicional e Independência
Probabilidade Condicional
Definição Sejam dois eventos \(A\) e \(B\) definidos no mesmo espaço de probabilidade, a probabilidade condicional de \(A\) dado o evento \(B\), denotado por \(P(A|B)\) é definido por
\[ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}, \ \ \ \ se \ P(B) > 0, \]
e é indefinida se \(P(B) = 0\). Um resultado direto dessa definição é que \(P(A|B)P(B) = P(B|A)P(A)\).
Exemplo Suponha o lançamento de um Dado Honesto, ou seja, \(\Omega = \{\{1\}, \{2\}, \{3\}, \{4\}, \{5\}, \{6\}\}\), qual a probabilidade de sair o número 2, dado que saiu um número par?
Seja,
- \(A\): sair o número 2
- \(B\): sair par
\[ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(\text{sair 2 e par})}{P(\text{par})} \overset{A \subset B}{=} \frac{P(\text{sair 2})}{P(\text{par})} = \frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} \]
Note que “dado o evento \(B\)” significa dizer que o “evento \(B\)” ocorreu e, sendo assim, “limitamos” o espaço amostral para o evento B. Ou seja, não estamos mais trabalhando com \(\Omega\), mas sim somente com os elementos do evento \(B\) sendo possíveis. Dado isto, será que este novo cenário satisfazem os axiomas de Kolmogorov caso \(P(B)>0\)? A resposta é sim, pois:
- \(P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \ge 0, \forall A \in \mathcal{F}\)
- \(P(\Omega|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(B)}{P(B)} = 1\)
- Se \(A_1, A_2, ...\) são mutuamente excludentes de \(\mathcal{F}\), então
\[ P\left( \bigcup_{i=1}^{n} A_i |B \right) = \frac{P\left( \left(\bigcup_{i=1}^{n} A_i \right)\cap B \right)}{P(B)} \overset{Lei \ Distributiva}{=} \frac{P\left( \bigcup_{i=1}^{n} \left(A_i \cap B \right)\right)}{P(B)} = \frac{\sum_{i=1}^{n}P\left( A_i \cap B \right)}{P(B)} = \sum_{i=1}^{n}\left(\frac{P(A_i \cap B) }{P(B)}\right) = \sum_{i=1}^{n}P\left( A_i | B \right) \] Desta maneira, para quaquer \(B\) satisfazendo \(P(B) > 0\), qualquer função de probabilidade aplicada no subespaço de \(B\) também é uma função de probabilidade e goza das mesmas propriedades de uma função não-condicionada.
Teorema da Probabilidade Total
Antes de apresentar o teorema da probabilidade total, apresenta-se a definição de partição do espaço amostral:
Definição Se \(B_1, B_2, ..., B_n\) representa um conjunto de eventos mutuamente excludentes satisfazendo \(\Omega = \bigcup\limits_{i=1}^{n}B_i\) então, dizemos que \(B_1, B_2, ..., B_n\) forma uma partição de \(\Omega\).
Teorema Se \(B_1, B_2, ..., B_n\) forma uma partição de \(\Omega\) então para qualquer evento \(A\):
\[ P(A) = P\left(\bigcup\limits_{i=1}^{n}(A \cap B_i)\right) = \sum\limits_{i=1}^{n}P(A \cap B_i) = \sum\limits_{i=1}^{n}P(A | B_i)P(B_i) \]
Visualmente:
Ressalta-se que o Teorema da Probabilidade Total vale também quando \(n = \infty\)
Teorema de Bayes
O Teorema de Bayese, na sua forma extendida1, é visto como a probabilidade de um evento de uma partição condicionado à um evento já ocorrido do espaço amostral. A fórmula de Bayes é definida a seguir:
Teorema Se \(B_1, B_2, ..., B_n\) forma uma partição de \(\Omega\) então para qualquer evento \(A\) temos que
\[ P(B_i |A) = \frac{P(A | B_i) P(B_i)} {\sum\limits_{i=1}^{n}P(A | B_i)P(B_i)} \ \ \ \forall i=1,...n. \] Ressalta-se que o Teorema de Bayes vale também quando \(n = \infty\).
Observe que o denominador da Fórmula de Bayes é o valor do Teorema da Probabilidade Total definida anteriormente.
O Teorema de Bayes é particularmente útil quando estamos tratando com experimentos em múltiplas fases. Se \(B_i\) é um evento condicionado à um evento \(A\), então querer saber \(P(B_i|A)\) é como se fosse no sentido de retrospectiva (“backward”). É como se fosse questionar sobre a probabilidade da primeira fase, condicionada no que aconteceu na segunda fase do experimento. Por isso, o Teorema de Bayes também é chamado de teorema da probabilidade a posteriori (Morettin (1999)).
Exemplo Suponha que em uma urna nós temos três moedas: sendo duas honestas e uma viciada com duas faces “caras”. Suponha que eu retire, aleatoriamente, uma moeda urna e jogue pra cima e saia a face “cara”. Então, dado que saiu “cara”, qual a probabilidade de eu ter sorteado a moeda viciada?
Podemos pensar neste problema da seguinte forma ilustrativa:
Originalmente, \(P(B_3) = \frac{1}{3}\), no entanto, a probabilidade condicionada a posteriori é:
\[ P(B_3|A) = \frac{P(A | B_3) P(B_3)} {P(A | B_1)P(B_1) + P(A | B_2)P(B_2) + P(A | B_3)P(B_3)} = \frac{1 \times \frac{1}{3}} {\frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + 1\times \frac{1}{3}} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{6}} = \frac{1}{2} \]
Ou seja, note que a probabilidade “atualizou” de \(\frac{1}{3}\) para \(\frac{1}{2}\).
Regra da multiplicação
Outro resultado importante é a regra da multiplicação abaixo:
Teorema Sejam \(A_1, A_2, ..., A_n\) diferentes eventos de um espaço de probabilidade, então:
\[ P(A_1 \cap A_2 \cap ... \cap A_n) = P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_2 \cap A_1)...P(A_n|A_1 \cap ... \cap A_{n-1}) \]
Ou, conforme Mood, Graybill, e Boes (1974), em notação alternativa:
\[ P(A_1A_2 ... A_n) = P(A_1)P(A_2|A_1)P(A_3|A_2A_1)...P(A_n|A_1... A_{n-1}) \]
Independência de eventos
Definição Os eventos \(A\) e \(B\) definidos no mesmo espaço de probabilidade são considerados independentes se, e somente se:
- \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\)
Note que, se a igualdade acima valer, então:
- \(P(A | B) = P(A),\ se\ P(B) > 0\)
- \(P(B | A) = P(B),\ se\ P(A) > 0\)
Definição (Independência de múltiplos eventos) Os eventos \(A_1,A_2,...,A_n\) definidos no mesmo espaço de probabilidade são considerados conjuntamente independentes se, e somente se:
\[ P\left( \bigcap_{i=1}^{n} A_i \right) = \prod_{i=1}^{n} P\left( A_i \right). \]
Referências
Notas de rodapé
Um vídeo interessante sobre a aplicação e explicação do Teorema de Bayes pode ser visto aqui: A Armadilha Bayesiana↩︎