dove $sigma$ è la deviazione standard del campione, $phi_(1-alpha/2) $ è il quantile di ordine $1-alpha/2$ della distribuzione normale standard e $bar x$ è la media campionaria.

Analizzando i dati del problema troviamo che:

$sigma^2 = 0,0081 to sigma = sqrt(0,0081) = 0,09$

$bar x = 1,3$

$1 – alpha = 0,99 to alpha = 1 – 0,99 = 0,01$

$ n = 100$

Il valore di $phi_(1-alpha/2) $ si ricava dalle tavole della distribuzione Normale Standard; si ottiene che il quantile $phi_(0,995) $ è 2,58.

Possiamo procedere sostituendo i dati trovati e calcolando l’intervallo di conﬁdenza richiesto:

$ I = [ 1,3 – frac(0,09)(sqrt(100)) * 2,58 , 1,3 + frac(0,09)(sqrt(100)) * 2,58 ] = $

$ [ 1,3 – frac(0,09)( 10 ) * 2,58 , 1,3 + frac(0,09)(10) * 2,58 ] = $

$ [ 1,3 – 0,009 * 2,58 , 1,3 + 0,009 * 2,58 ] = [1,2768 , 1,3232] $

Un campione di 100 transistor viene estratto da una grossa fornitura e testato per rilevare eventuali imperfezioni. Si trova che 80 pezzi superano il test. Calcolare un intervallo di conﬁdenza a livello $1 – alpha = 0,95$ per la percentuale di transistor della fornitura che sono accettabili.

Dai dati forniti dal problema sappiamo che il numero di transistor testati è n = 100, e che il numero di transistor che passano il test è 80.

Se rappresentiamo con una variabile aleatoria $X_i$ il transistor i-esimo, e aﬀermiamo che tale v.a. assume il valore 1 se il transistor è non difettoso, e zero altrimenti, allora la somma campionaria di tale variabili aleatorie $X = X_1 + …. + X_n$ indica il numero di transistor non difettosi del campione.
Se indichiamo con x la realizzazione del nostro campione, avremo sicuramente che la media campionaria ottenuta dal nostro test è: $bar x = frac(x_1 + … + x_n)(n) = 0,8 $.

Dato che la deviazione standard del campione non è conosciuta, possiamo formulare un intervallo di conﬁdenza per la media della distribuzione è della forma seguente:

$ I = [bar x – frac(s_n)(sqrt(n)) t_(1-α/2),(n-1) , bar x + frac(s_n)(sqrt(n)) t_(1-α/2),(n-1) ] $

dove $s_n ^2$ è la varianza del campione, $t_(1-α/2) $ è il quantile di ordine $1-α/2$ della distribuzione t di Student con n-1 gradi di libertà e $bar x$ è la media campionaria.

Per calcolare la varianza campionaria, considerando che le variabili che stiamo usando sono bernoulliane, possiamo scrivere:

$s_n ^2 = frac(1)(100-1) [80 * (1 – 0,8)^2 + 20 * (0 – 0,8)^2] = frac(1)(99) * [3,2 + 1,28] = 0,0452 $

Calcoliamo $s_n$:

$s_n = sqrt(s_n ^2) = sqrt(0,0452) = 0,21 $

Il valore di $t_(1-α/2) $ si ricava dalle tavole della distribuzione T di Student, ricordando che il livello richiesto è $1 – alpha = 0,95 to alpha = 0,05 $; il quantile $t_(0,975) $ con 99 gradi di libertà è 1,98. Abbiamo quindi tutti dati necessari per determinare l’intervallo di conﬁdenza:

$ I = [0,8 – frac(0,21)(sqrt(100)) * 1,98 , 0,8 + frac(0,21)(sqrt(100)) * 1,98 ] = $
$ I = [0,8 – 0,021 * 1,98 , 0,8 + 0,021 * 1,98 ] = [0,7584 , 0,8416] $

«Quattro artisti che contano» di Anna Cerasoli (ill. di Giuseppe Vitale)

Anna Cerasoli ha regalato ai bambini un’altra magica avventura nel mondo della matematica. Suoi compagni di viaggio, in questa occasione, sono stati i disegni realizzati da Giuseppe Vitale che, dopo gli studi scientifici, è tornato alla sua prima passione, il disegno, e si è specializzato in pedagogia dell’immagine. La casa editrice Artebambini, che vanta trent’anni di esperienza nell’ambito dell’educazione, ha pubblicato il loro bellissimo lavoro nel novembre del 2018, con il titolo «Quattro artisti che contano».

Continua a leggere “«Quattro artisti che contano» di Anna Cerasoli (ill. di Giuseppe Vitale)” →

La creazione di nuova matematica in versi: «Geometry» di R. F. Dove

Introduzione

In queste poche righe propongo una lettura della poesia Geometry di Rita F. Dove, tratta dalla prima raccolta di poesie dell’autrice [D].
Nonostante non sia scritta da un “addetto ai lavori”, tale poesia contiene immagini molto significative e vivide, tali da esaltare l’attività di chiunque (studente, docente, ricercatore, appassionato) dedichi un po’ del proprio tempo al creare Matematica.
Per questo motivo, ho recentemente proposto ai miei studenti (due seconde classi di liceo scientifico) la lettura di tale testo con l’intento di farli riappacificare con un’attività fondamentale che risulta davvero ostica: lo studio della Geometria e la soluzione di problemi geometrici di tipo dimostrativo.

1. La Poesia

Riporto qui di seguito il testo originale ed una sua possibile traduzione. Mi scuso fin da ora coi lettori avvezzi a traduzioni “fini” di testi poetici: quella che segue è una versione in italiano senza alcuna velleità letteraria, scritta da un matematico ad uso e consumo del lettore meno pratico della lingua inglese.

Geometry

I prove a theorem and the house expands:
the windows jerk free to hover near the ceiling,
the ceiling floats away with a sigh.

As the walls clear themselves of everything
but transparency, the scent of carnations
leaves with them. I am out in the open

and above the windows have hinged into butterflies
sunlight glinting where they’ve intersected.
They are going to some point true and unproven.

Geometria

Dimostro un teorema e la casa si espande:
le finestre si scuotono libere di volteggiare verso il soffitto,
il soffitto vola via con un sospiro.

Anche i muri si spogliano di tutto
diventano trasparenti, il profumo dei garofani
svanisce con loro. Sono fuori all’aperto

sopra di me finestre incernierate come farfalle
raggi di sole che brillano nelle loro intersezioni.
Volano verso un punto vero e non dimostrato.

Informazioni biografiche molto dettagliate sull’autrice possono essere reperite facilmente in rete [WIKI, Dphp]; qui mi limito a menzionare che la Dove ha vinto il premio Pulitzer per la poesia nel 1987.

2. Interpretazione del Testo

Il primo verso del testo, «I prove a theorem and the house expands», lascia interdetti e pone subito un problema interpretativo: qual è il senso della frase?
Tra Matematica e poesia c’è una stretta analogia: entrambe lavorano su simboli e con simboli, i quali vanno interpretati. La differenza sostanziale sta nel fatto che in Matematica i simboli sono evidenti e riconoscibili, mentre nella poesia si fornisce valore simbolico a parole comuni; per questo motivo, il lavoro interpretativo su testi poetici può risultare ostico tanto quanto quello su testi matematici, soprattutto se non si riesce a cogliere la giusta chiave di lettura.

Qual è il senso, quindi?
La casa che «si espande», come perfettamente intuito (dopo un attimo di riflessione) dagli studenti, è una metafora della mente che si apre alla possibilità di nuova conoscenza come conseguenza della dimostrazione, della scoperta nell’incipit. Ed il verbo ‘espandere’ denota lo stesso movimento del torace quando si respira una boccata d’aria pura o si rimane, tra lo stupito e l’estasiato, di fronte ad una bellezza
mai vista prima.
Le «finestre che si scuotono libere»sono una metafora delle idee che, nella mente aperta al formarsi di nuova conoscenza, perdono la loro staticità ed, avvertendo la possibilità di ricombinarsi tra loro in modi prima non prevedibili, si liberano dai vincoli che usualmente le trattengono per cominciare a librarsi leggere verso l’alto.
Lungo il loro percorso potrebbero incontrare l’ostacolo opposto dal soffitto, il quale simbolizza i limiti (per lo più autoimposti?) che una mente chiusa ed una conoscenza statica pongono allo svilupparsi di nuova conoscenza. Tuttavia, all’espandersi della casa/mente corrisponde la resa, «con un sospiro», del soffitto/limite. Il «sospiro», in particolare, può essere letto in vari modi: come segno definitivo di resa, di rassegnazione del soffitto/limite al destino di essere superato; oppure, come attimo di scioglimento della tensione dovuta all’attesa, prolungata ed estenuante, del realizzarsi di un evento felice (la nascita di nuova conoscenza) che però sancisce una fine (del ruolo del soffitto e della strofa); od ancora come conseguenza fisiologica della ‘espansione’ toracica sperimentata all’inizio, dovuta alla sensazione della novità.

Nella seconda strofa, il processo di disgregazione dei vecchi limiti si fa più evidente e profondo.
Non solo il soffitto ha ceduto alla potenza creativa, ma anche i quadri, le mensole, i parati, il mobilio. . . Tutto sparisce dalla vista perché «i muri si spogliano di tutto»; financo il «profumo dei garofani», che è possibile immaginare raccolti in un vaso poggiato sul tavolo dove è stata scoperta la dimostrazione, «svanisce».

Oltre a perdere ogni loro orpello, i muri «diventano trasparenti», si dissolvono in modo che si ha l’impressione di trovarsi «fuori all’aperto». Anche nell’improvviso divenire permeabili alla vista delle pareti è possibile rintracciare l’evoluzione della mente/casa rispetto alla situzione iniziale. In una casa, usualmente, le finestre sono l’unico modo di vedere fuori da essa; allo stesso modo, le idee rappresentano l’unico
modo per la mente di riguardare ciò che è esterno ad essa. Proprio come le finestre, quando le idee sono ferme, ognuna al proprio posto, tutto ciò he esse riescono ad offrire è una visione parziale dell’esterno, la quale può essere ampliata fino ad un certo punto ma non è mai completa a trecentosessanta gradi come quella offerta da muri diventati trasparenti. Producendo una nuova dimostrazione, la mente non solo
espande le proprie conoscenze, ma riesce anche ad avere una visione più completa di tutto ciò che ha intorno.
La frase «Sono fuori all’aperto» in chiusura di strofa e la pausa forzata che ne consegue creano una sensazione di ‘suspense’. La casa è scomparsa e ci si trova all’esterno, ma in che tipo di ambiente? In un posto luminoso o cupo? Accogliente od inospitale? Tranquillo oppure pieno di insidie?

La tensione accumulata alla fine della seconda strofa si scioglie nella terza.
Il posto all’aperto in cui ci si trova immersi è accogliente e luminoso: ciò si intuisce dal fatto che esso è popolato da «farfalle» dietro le quali «raggi di sole brillano». D’altra parte, non poteva essere altrimenti: la costruzione di nuova conoscenza conduce sempre in luoghi migliori. . . Oddio, forse le farfalle sono di una specie un po’ inusuale ed esotica: infatti, sono le ante delle finestre, ormai libere da qualsiasi vincolo, ad essersi «incernierate» per formarle! Ma poco male: esse volano comunque e risplendono della luce della conoscenza, mentre si muovono nell’aria.
Si vede in queste righe un processo inverso a quello descritto sopra: invero, alla disgregazione dei limiti proposto nella seconda strofa qui è opposto il movimento agregante delle ante delle finestre, le quali (come previsto all’inizio) si sono ricombinate in forme non immaginabili prima ed i nuovi legami creati «brillano» dei «raggi di sole», della luminosità della nuova conoscenza.
Le nuove idee create dall’associarsi delle vecchie hanno una forma leggera, ma non effimera, e «volano verso un punto vero e non dimostrato». Quel che rimane da fare è seguirle, accettando il loro invito ad andare verso nuove verità e, contemporaneamente, la sfida di provare ciò che viene intuito «vero» ma che ancora è «non dimostrato». E tale sfida va accettata, senza esitare neanche un istante, per rinnovare la scoperta, per abbattere ulteriori limiti e per raggiungere luoghi della mente sempre migliori in quel ciclico processo di (ri)costruzione e (re)invenzione infinito che è il Sapere.

Riferimenti bibliografici

[D] R. F. Dove (1980), The Yellow House on the Corner, Carnegie-Mellon University Press ↑.
[Dphp] R. F. Dove, personal homepage @ University of Virginia ↑.
[WIKI] Aa. Vv (2019), Rita Dove @ Wikipedia ↑.

Prof. GUGLIELMO DI MEGLIO
LICEO SCIENTIFICO “G. MERCALLI”
VIA A. D'ISERNIA 34
80122 NAPOLI
ITALY
E-MAIL: [email protected]

Sole e Terra

In questo articolo desideriamo ritornare sulla gravitazione universale, che è stata usata per i calcoli di precedenti articoli. Per far questo consideriamo una situazione semplificata, il sistema Sole-Terra. Continua a leggere “Sole e Terra” →

Una scatola $S_1$ contiene 7 batterie cariche e 3 scariche; un’altra scatola $S_2$ contiene 7 batterie in tutto, di cui 4 cariche. Si sceglie una scatola col seguente criterio: si lancia un dado perfetto, e se esce un numero minore di 3 si sceglie la scatola $S_1$, mentre altrimenti si sceglie la scatola $S_2$. Quindi si estrae una batteria dalla scatola prescelta. i) Qual è la probabilità di estrarre una batteria carica?

ii) Sapendo che è stata estratta una batteria carica, è più probabile che l’estrazione sia stata fatta da $S_1$ o da $S_2$?

i) Per risolvere il quesito, chiamiamo con $E_1$ l’evento “si sceglie la prima scatola”, e con $E_2$ l’evento “si sceglie la seconda scatola”; lanciando un dado, se esce un numero minore di 3 si veriﬁca l’evento $E_1$. Dato che il dado non è truccato, la probabilità che esca un determinato valore è $1/6$. Quindi, se indichiamo con $D_i$ il valore uscito dal lancio del dado, abbiamo che:

$ P(E_1) = P(D_1) + P(D_2) = 1/6 + 1/6 = 1/3 $

Mentre la probabilità che si scelga la seconda scatola è :

$ P(E_2) = 1 – P(E_1) = 1 – 1/3 = 2/3 $

La probabilità di estrarre una batteria carica dalla prima scatola è $P(C_1) = 7/(10) $, mentre la probabilità di estrarre una batteria carica dalla seconda è $P(C_2) = 4/7 $. Quindi, utilizzando la probabilità condizionata, possiamo calcolare la probabilità di estrarre una batteria carica:

$P(C) = P(C|E_1) * P(E_1) + P(C|E_2) * P(E_2) = P(C_1) * P(E_1) + P(C_2) * P(E_2) = $

$ 7/(10) * 1/3 + 4/7 * 2/3 = 7/(30) + 8/(21) = 0,61 $

ii) Calcoliamo le probabilità che, sapendo che è stata estratta una batteria carica, essa provenga dalla prima scatola e dalla seconda; per farlo, possiamo applicare la formula di Bayes:

$ P(E_1|C) = frac( P(C|E_1) * P(E_1) )( P(C|E_1) * P(E_1) + P(C|E_2) * P(E_2) ) = $

$ frac( 7/(10) * 1/3 )( 7/(10) * 1/3 + 4/7 * 2/3 ) = frac(0,23)(0,61) = 0,38 $

Allo stesso modo, applichiamo la formula per il secondo caso:

$ P(E_2|C) = frac( P(C|E_2) * P(E_2) )( P(C|E_1) * P(E_1) + P(C|E_2) * P(E_2) ) = $

$ frac( 4/7 * 2/3 )( 7/(10) * 1/3 + 4/7 * 2/3 ) = frac(0,38)(0,61) = 0,62 $

Notiamo che è più probabile che la batteria carica sia stata estratta dalla seconda scatola, in quanto $P(E_2|C) > P(E_1|C) $.

In un esame di calcolo delle probabilità ogni studenti sceglie a caso una di 3 buste. Ogni busta contiene un quesito su un argomenti diverso: la prima busta contiene una domanda sulla probabilità condizionale, la seconda busta sul teorema delle probabilità totali, e la terza sul teorema di Bayes. Supponiamo che la probabilità di superare il quesito sulla probabilità condizionale è 0,5, quella di superare il quesito sul teorema delle probabilità totali è 0,6 e quella di superare il terzo quesito è 0,3. Calcolare: i) la probabilità che uno studente superi l’esame

ii) la probabilità che abbia risolto un quesito sul teorema di Bayes, sapendo che ha superato l’esame;

iii) la probabilità di superare l’esame, sapendo che non si è scelto il quesito sul teorema di Bayes.

i) Chiamiamo con $A_1$ l’evento “lo studente sceglie la prima busta”, con $A_2$ l’evento “lo studente sceglie la seconda busta” e con $A_3$ l’evento “lo studente sceglie la terza busta”; inoltre indichiamo con S l’evento “lo studente passa l’esame”. Dai dati forniti dal problema possiamo aﬀermare che:

$P(S|A_1) = 0,5$

$P(S|A_2) = 0,6$

$P(S|A_3) = 0,3$

Inoltre, poiché lo studente sceglie a caso una delle tre buste, si ha:

$P(A_1) = P(A_2) = P(A_3) = 1/3$

Applicando il teorema delle probabilità totali possiamo determinare la probabilità che uno studente superi l’esame:

$ P(S) = P(S|A_1)* P(A_1) + P(S|A_2)*P(A_2) + P(S|A_3)*P(A_3) $

Sostituendo i valori numerici otteniamo:

$ P(S) = 0,5 * 1/3 + 0,6*1/3 + 0,3*1/3 = 1/6 + 1/5 + 1/(10) = 7/(15) = 0,4667 $

ii) Sappiamo che lo studente ha passato l’esame, e vogliamo calcolare la probabilità che egli abbia scelto il quesito sul teorema di Bayes, ovvero la terza busta; la probabilità cercata è quindi $P(A_3 | S) $. Possiamo determinare tale probabilità applicando proprio la formula di Bayes:

$ frac( P(S|A_3)*P(A_3) )( P(S) ) $

Sostituiamo i valori numerici:

$P(A_3 | S) = frac( P(S|A_3)*P(A_3) )( P(S) ) = frac( 0,3*1/3 )( 7/(15) ) = 1/(10) * (15)/7 = 3/(14) = 0,214$

iii) Se lo studente non ha scelto il quesito sul teorema di Bayes, vuol dire che ha scelto la prima o la seconda busta; quindi la probabilità da cercare è la seguente: $P( S | A_1 ∪ A_2)$. Per la formula della probabilità condizionale, vale la seguente relazione:

$P( S | A_1 ∪ A_2) = frac( P( S ∩ (A_1 ∪ A_2)) )( P(A_1 ∪ A_2)) $

Dalle osservazioni fatte precedentemente, possiamo dedurre che:

$ P( S ∩ (A_1 ∪ A_2)) = P(S|A_1)* P(A_1) + P(S|A_2)*P(A_2) = 0,5 * 1/3 + 0,6*1/3 = frac(11)(30) $

$ P( A_1 ∪ A_2 ) = 1/3 + 1/3 = 2/3 $

Quindi, sostituendo nella formula precedente otteniamo:

$P( S | A_1 ∪ A_2) = frac( frac(11)(30) )( 2/3 ) = frac(11)(30) * 3/2 = frac(11)(20) = 0,55 $

Si consideri il seguente gioco. Si lancia una moneta equa: se esce testa, si lancia un dado perfetto e si vince il gioco se esce il numero 1; se esce croce si lanciano due dadi perfetti e si vince il gioco se esce due volte il numero 1. i) Calcolare la probabilità di vincere il gioco.

ii) Calcolare la probabilità che sia uscita testa nel lancio iniziale di moneta, sapendo che si è vinto il gioco.

iii) Calcolare la probabilità che, ripetendo più volte il gioco, si vinca per la prima volta al terzo tentativo.

i) Per determinare la probabilità di vittoria, dobbiamo far riferimento alla probabilità condizionale; chiamiamo con T e C gli eventi in cui le uscite del lancio della moneta sono rispettivamente testa e croce; poiché la moneta è equa, abbiamo che:

$ P(T) = P(C) = 1/2$

Indichiamo con A l’evento “esce il valore 1 dal lancio del dado”, e con V l’evento “si vince il gioco”. Abbiamo che:

$P(A) = 1/6$

$P(A_1 ∩ A_2) = 1/6 * 1/6 = 1/(36) $

Dove con $A_1 ∩ A_2$ intendiamo il fatto che esca il valore 1 da entrambi i due dadi che si lanciano.

La probabilità di vittoria, nel caso in cui esca testa, è data da:

$ P(V|T) = P(A) = 1/6 $

mentre se esce croce:

$ P(V|C) = P(A_1 ∩ A_2) = 1/(36) $

Applicando la formula della probabilità condizionale, possiamo trovare la potabilità di vittoria:

$ P(V) = P(V|T) * P(T) + P(V|C) * P(C) = 1/6 * 1/2 + 1/(36) * 1/2 = 1/(12) + 1/(72) = 7/(72) $

ii) In questo caso la probabilità che ci viene chiesta è la seguente: P(T|V); per determinare tale probabilità possiamo applicare la formula di Bayes:

Sostituiamo i valori numerici:

$ P(T|V) = frac( P(V|T) * P(T) )( P(V) ) = frac( 1/6 * 1/2 )( 7/(72) ) = 1/(12) * (72)/7 = 6/7 $

iii) Per risolvere questo terzo quesito possiamo utilizzare una variabile aleatoria S che indica il numero di prove che occorrono prima di ottenere la prima vittoria; tale variabile aleatoria, quindi, descrive l’istante di primo successo in uno schema successo-insuccesso, e di conseguenza segue una legge geometrica modiﬁcata:

$P(S=k) = p * (1-p)^(k-1)$

dove abbiamo indicato con p la probabilità vittoria. Sapendo che il problema chiede di determinare la probabilità che si vinca per la prima volta al 3° tentativo, poniamo k = 3, e
risolviamo la formula con $p = 7/(72) $:

$P(S=3) = p * (1-p)^(3-1) = 7/(72) * (1 – 7/(72) )^2 = 7/(72) * ((65)/(72) )^2 = 0,0792 $

Un’urna contiene 5 palline numerate da 1 a 5. Si estraggono 2 palline, una alla volta, senza reinserimento. i) Calcolare la probabilità di estrarre una pallina pari e una dispari in questo ordine, ovvero la probabilità che la prima pallina estratta sia pari e che la seconda estratta sia dispari.

ii) Calcolare la probabilità che la prima pallina estratta sia pari, sapendo che la seconda pallina estratta è dispari.

iii) In riferimento all’urna con la composizione iniziale, supponiamo di estrarre 3 palline, una alla volta e con reinserimento. Calcolare la probabilità di estrarre almeno 2 palline con un numero dispari.

i) Per semplicità, indichiamo con $A_1$ l’evento “la prima pallina estratta è pari”, e con $B_2$ l’evento “la seconda pallina estratta è dispari”. Il problema chiede di determinare la probabilità che si veriﬁchino entrambi gli eventi, ovvero la probabilità $ P( A_1 ⋂ B_2 ) $. Sfruttando le proprietà della probabilità condizionale, possiamo ricavare la probabilità cercata.

Consideriamo la probabilità condizionale dell’evento $B_2$ dato l’evento $A_1$, ovvero la probabilità di estrarre la seconda pallina dispari sapendo che la prima estratta è pari; poiché le estrazioni sono senza rimpiazzo, tale probabilità vale:

$ P( B_2 | A_1 ) = 3/4 $

La probabilità condizionale può anche essere espressa nel seguente modo:

$ P( B_2 | A_1 ) = frac( P( A_1 ⋂ B_2 ) )( P( A_1 ) ) $

La probabilità che la prima pallina estratta sia pari è data da:

$ P( A_1 ) = 2/5$

Possiamo quindi ricavare la probabilità cercata:

$ P( B_2 | A_1 ) = frac( P( A_1 ⋂ B_2 ) )( P( A_1 ) ) to P( A_1 ⋂ B_2 ) = P( B_2 | A_1 ) * P( A_1 ) $

Sostituiamo i valori numerici:

$ P( A_1 ⋂ B_2 ) = P( B_2 | A_1 ) * P( A_1 ) = 3/4 * 2/5 = 3/(10)$

ii) In questo caso dobbiamo calcolare la probabilità $P( A_1 | B_2 )$; tale probabilità può essere calcolata applicando la seguente formula:

$P( A_1 | B_2 ) = frac( P(B_2 | A_1) * P(A_1) )( P(B_2 | A_1) * P(A_1) + P(B_2 | B_1) * P(B_1)) $

Dove con $B_1$ si indica l’evento “la prima pallina estratta è dispari”, e tale probabilità può essere calcolata come la complementare di quella dell’evento $A_1$:

$P(B_1) = 1 – P(A_1) = 1 – 2/5 = 3/5 $

La probabilità $P(B_2 | B_1)$ corrisponde alla probabilità che la seconda pallina sia dispari sapendo che anche la prima pallina era dispari; di trova che:

$P(B_2 | B_1) = 2/4 = 1/2$

Possiamo quindi sostituire i valori numerici:

$P( A_1 | B_2 ) = frac( 3/4 * 2/5 )( 3/4 * 2/5 + 1/2 * 3/5) = frac( 3/(10) )( 3/(10) + 3/(10)) = $

$ frac( 3/(10) )( 3/5 ) = 3/(10) * 5/3 = 1/2 $

iii) In questo caso dobbiamo considerare estrazioni con rimpiazzo; possiamo utilizzare una variabile aleatoria X per contare il numero di palline dispari estratte, e sappiamo che tale variabile seguirà una legge di tipo binomiale (i parametri saranno n = 3, e $p = 3/5$).

Dobbiamo calcolare la probabilità di estrarre almeno due palline dispari, quindi di estrarre 2 o 3 palline dispari:

$ P(X>=2) = P(X=2) + P(X=3) $

Applichiamo le formule della distribuzione binomiale:

$$ P(X=k) = \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{n-k} $$

Nel primo caso abbiamo:

$$ P(X=2) = \binom{3}{2} (\frac{3}{5})^{2} (1-\frac{3}{5})^{3-2} = $$

$ frac(3!)(2!1!) * frac(9)(25) * 2/5 = frac(3*9*2)(25*5) = frac(54)(125) $

Nel secondo caso abbiamo:

$$ P(X=3) = \binom{3}{3} (\frac{3}{5})^{3} (1-\frac{3}{5})^{3-3} = $$

$ frac(3!)(3!0!) * frac(27)(125) = frac(27)(125) $

Possiamo quindi determinare la probabilità cercata:

$ P(X>=2) = P(X=2) + P(X=3) = frac(54)(125) + frac(27)(125) = frac(81)(125) = 0,648 $

In una fabbrica che produce bombolette spray risulta che il 3% della produzione presenta delle imperfezioni, poiché il propellente contiene tracce di ﬂuorocarburi, sostanze dannose all’ozono. Per questo motivo le bombolette vengono sottoposte ad una proceduta di controllo, in seguito alla quale i pezzi difettosi vengono scartati con probabilità del 95%; i pezzi non difettosi vengono anch’essi scartati in certi casi, con una probabilità del 2%. i) Qual è la probabilità che una bomboletta prodotta superi il controllo e venga messa in commercio?

ii) Qual è la probabilità che una bomboletta scartata sia invece priva di ﬂuorocarburi?

iii) Qual è la probabilità che una bomboletta messa in commercio contenga ﬂuorocarburi (cioè sia difettosa)?

i) Indichiamo con D l’evento “una bomboletta scelta a caso è difettosa” e con N l’evento complementare, ovvero che “una bomboletta scelta accaso NON è difettosa”. Indichiamo poi con S l’evento “la bomboletta viene scartata” e con C l’evento complementare, ovvero “la bomboletta viene messa in commercio”.

Il primo punto del problema ci chiede di determinare la probabilità che una bomboletta venga messa in commercio, ovvero che si veriﬁchi l’evento C. Tale condizione si veriﬁca sia nel caso in cui la bomboletta sia difettosa, sia nel caso contrario, quindi dobbiamo considerare entrambi i casi. La probabilità richiesta può essere determinata ricorrendo alle probabilità condizionali.

$ P(C) = P ( C ⋂ D ) + P ( C ⋂ N ) = P(C | D) * P(D) + P(C | N) * P(N) $

Se la bomboletta è difettosa, viene messa in commercio nel 5% dei casi, quindi:

$ P(C | D) = 0,05 $

Il 3% delle bombolette risulta essere difettosa, quindi si ha:

$ P(D) = 0,03 $

Se la bomboletta non è difettosa, viene messa in commercio nel 98% dei casi, quindi:

$ P(C | N) = 0,98 $

Inﬁne, poiché il 3% delle bombolette risulta essere difettosa, il 97% non presenta imperfezioni, quindi:

$ P(N) = 0,97 $

La probabilità cercata può quindi essere calcolata, e vale:

$ P(C) = P(C | D) * P(D) + P(C | N) * P(N) = 0,05 * 0,03 + 0,98 * 0,97 = 0,952 $

ii) Il secondo punto ci chiede la probabilità che una bomboletta sia in buone condizioni, sapendo che è stata scartata, ovvero la probabilità $P(N|S)$; possiamo determinare tale probabilità applicando la formula di Bayes:

$P(N|S) = frac( P(S|N) * P(N) )( P(S|N) * P(N) + P(S|D) * P(D) ) $

Conosciamo tutti i valori delle probabilità in questione, quindi possiamo sostituirli nell’espressione precedente:

$P(N|S) = frac( 0,02 * 0,97 )( 0,02 * 0,97 + 0,95 * 0,03 ) = 0,405 $

iii) In questo caso dobbiamo determinare la probabilità che una bomboletta sia difettosa, sapendo che è stata messa in commercio, ovvero la probabilità $ P(D|C)$; anche in questo caso possiamo applicare la formula di Bayes:

$P(D|C) = frac( P(C|D) * P(D) )( P(C|D) * P(D) + P(C|N) * P(N) ) $

Sostituiamo i valori numerici:

$P(D|C) = frac( 0,05 * 0,03 )( 0,05 * 0,03 + 0,98 * 0,97 ) = 0,0015$

Una scatola contiene sei bottoni: uno verde, 2 neri e 3 grigi. Si estraggono dalla scatola tre bottoni senza rimpiazzo. i) Qual è la probabilità che venga fuori un bottone verde?

ii) Qual è la probabilità che venga estratto un bottone verde, sapendo che il verde non è uscito nelle prime due estrazioni?

iii) Sapendo che nelle tre estrazioni è venuto fuori il bottone verde, qual è la probabilità che il verde non sia uscito nelle prime due estrazioni?

i) Poiché le estrazioni sono senza rimpiazzo, possiamo indicare con A l’evento “esce un bottone verde in una delle estrazioni”; utilizzando la legge ipergeometrica, e possiamo calcolare la proprietà richiesta; in particolare, essendo una sola pallina verde nell’insieme, essa potrà essere scelta solo in un modo, mentre le restanti due palline potranno essere scelte tra le 5 rimanenti;
applicando la formula:

$$ P(A) = \frac{ \binom{5}{2} }{ \binom{6}{3} } $$

Svolgiamo i calcoli:

$ P(A) = frac( frac(5!)( 2!3!) )( frac( 6! )( 3! 3!) ) = frac( frac( 5*4*3! )(2!3!) )( frac( 6* 5*4*3! )(3! 3!) ) = $

$ frac( frac( 5*4 )(2) )( frac( 6* 5*4 )(3*2) ) = frac( 10 )( 20) = 1/2$

ii) Supponiamo che nelle prime due estrazioni la pallina verde non sia uscita; di conseguenza, poiché le estrazioni sono senza rimpiazzo, alla terza estrazione rimarranno solo 4 palline tra cui scegliere; possiamo dedurre quindi che la probabilità che venga estratta la pallina verde alle terza estrazione sia esattamente $1/4$.

iii) Per risolvere tale quesito, possiamo utilizzare la formula di Bayes e le probabilità condizionali; indichiamo con B l’evento “la pallina verde non è uscita in una delle prime due estrazioni”, utilizzando la formula della legge ipergeometrica abbiamo:

$$ P(B) = \frac{ \binom{5}{2} }{ \binom{6}{2} } $$

Svolgendo i calcoli si ha:

$ P(B) = frac( frac(5!)( 2!3!) )( frac( 6! )( 2! 4!) ) = frac( frac( 5*4*3! )(2!3!) )( frac( 6* 5*4! )(4! 2!) ) = $

$ frac( frac( 5*4 )(2) )( frac( 6* 5 )(2) ) = frac( 10 )( 15) = 2/3$

Quindi ciò che è richiesto dal problema può essere calcolato con la formula:

$ P(B|A) = frac( P(A|B) * P(B) )( P(A) ) $

Sostituiamo i valori numerici e calcoliamo il risultato:

$ P(B|A) = frac( 1/4 * 2/3 )( 1/2 ) = frac(1/6)(1/2) = 1/3 $

Un’urna $A_1$ contiene 5 biglie nere e 2 bianche; un’altra urna $A_2$ contiene 3 biglie nere e 2 bianche. Si sceglie un’urna a caso e si estrae una pallina. i) Qual è la probabilità di estrarre una biglia bianca?

ii) Sapendo che è stata estratta una biglia nera, qual è la probabilità che l’estrazione sia stata eﬀettuata dall’urna $A_1$? e dall’urna $A_2$?

i) Per rispondere al primo quesito dobbiamo considerare due casi: il caso in cui venga scelta la prima urna, e il caso in cui venga scelta la seconda; tali eventi hanno entrambi probabilità $1/2$ di veriﬁcarsi, quindi possiamo scrivere:

$ P(A_1) = P(A_2) = 1/2 $

Se indichiamo con B l’evento “è stata estratta una biglia bianca”, la probabilità di estrarre una pallina bianca, sapendo che è stata scelta la prima urna è :

$ P(B | A_1) = 2/7 $

in quanto sono presenti due palline bianche su un totale di 7 palline.

Allo stesso modo possiamo ragionare per la seconda urna:

$ P(B | A_2) = 2/5 $

Utilizzando le proprietà della probabilità condizionata, possiamo determinare la probabilità di estrarre una pallina bianca:

$ P(B) = P(B | A_1) * P(A_1) + P(B | A_2) * P(A_2) = 1/2 * 2/7 + 1/2 * 2/5 = 1/7 + 1/5 = frac(12)(35) = 0,34 $

ii) Chiamiamo con N l’evento “è stata estratta una biglia nera”; sfruttando la formula di Bayes possiamo determinare la probabilità richiesta nel caso dell’urna $A_1$:

$ P(A_1 | N) = frac( P(N | A_1) * P(A_1) )( P(N | A_1) * P(A_1) + P(N | A_2) * P(A_2)) $

Possiamo determinare le probabilità che compaiono nella formula semplicemente considerando che gli eventi che riguardano le palline nere sono complementari a quelle che riguardano le palline bianche; si ha quindi:

$ P(N | A_1) = 1 – P(B | A_1) = 1 – 2/7 = 5/7$

$ P(N | A_2) = 1 – P(B | A_2) = 1 – 2/5 = 3/5$

Procediamo sostituendo i valori trovati all’interno della formula:

$ P(A_1 | N) = frac( 5/7 * 1/2 )( 5/7 * 1/2 + 3/5 * 1/2 ) = frac( 5/(14) )( 5/(14) + 3/(10) ) = $

$ frac( 5/(14) )((92)/(140)) = 5/(14) * frac(140)(92) = frac(50)(92) = frac(25)(46) = 0,543$

Possiamo applicare il precedente ragionamento per determinare la probabilità di estrarre una biglia nera dall’urna $A_2$:

$ P(A_2 | N) = frac( P(N | A_2) * P(A_2) )( P(N | A_1) * P(A_1) + P(N | A_2) * P(A_2)) $

Poiché conosciamo già i valori numerici presenti, possiamo procedere sostituendoli nella formula:

$ P(A_2 | N) = frac( 3/5 * 1/2 )( 5/7 * 1/2 + 3/5 * 1/2 ) = frac( 3/(10) )( 5/(14) + 3/(10) ) = $

$ frac( 3/(10) )((92)/(140)) = 3/(10) * frac(140)(92) = frac(42)(92) = frac(21)(46) = 0,456$

I computer di una certa partita vengono assemblati utilizzando processori di due diverse qualità, alle quali corrisponde un’aﬃdabilità, in un dato intervallo di ∆, rispettivamente del 98% e del 75%. Il 30% dei computer è assemblato con processori di qualità migliore. Si sceglie a caso un computer: i) Qual è la probabilità che esso funzioni correttamente durante un intero intervallo ∆?

ii) Supposto di aver riscontrato che il computer scelto funziona correttamente durante un intero intervallo ∆, qual è la probabilità che esso contenga il processore di qualità migliore?

i) Distinguiamo il caso in cui il computer scelto sia quello di qualità migliore dal caso contrario; chiamiamo con A l’evento “il computer scelto contiene un processore di qualità migliore” e con B l’evento “il computer scelto contiene un processore di qualità inferiore”. Dai dati del problema sappiamo che l’evento A si veriﬁca nel 30% dei casi, ovvero $P(A) = (30)/(100) = 0,3$, mentre l’evento B si veriﬁca nel 70% dei casi, ovvero $P(B) = (70)/(100) = 0,7$.

Se indichiamo con C l’evento “il PC funziona correttamente nell’intervallo di tempo ∆”, applicando le regole della probabilità condizionale, abbiamo che:

$ P(C) = P(C|A) * P(A) + P(C|B) * P(B) $

La probabilità che il PC funzioni correttamente sapendo che si tratta di un PC di qualità migliore è:

$ P(C|A) = frac(98)(100) = 0,98 $

Mentre la probabilità che il PC funzioni correttamente sapendo che si tratta di un PC di qualità inferiore è:

$ P(C|B) = frac(75)(100) = 0,75 $

Sostituendo i valori numerici nella formula precedente troviamo che:

$ P(C) = P(C|A) * P(A) + P(C|B) * P(B) = 0,98 * 0,3 + 0,75 * 0,7 = 0,294 + 0,525 = 0,819$

ii) Sappiamo che un PC funziona correttamente nell’intervallo di tempo ∆, e vogliamo sapere qual è la probabilità che esso sia di qualità migliore; la probabilità da calcolare è quindi la seguente: $P(A|C)$. Per calcolare tale probabilità possiamo applicare la formula di Bayes:

$ P(A|C) = frac( P(C|A) * P(A) )( P(C|A) * P(A) + P(C|B) * P(B) ) $

Sostituendo i valori numerici abbiamo:

$ P(A|C) = frac( 0,98 * 0,3 )( 0,98 * 0,3 + 0,75 * 0,7 ) = frac( 0,294 )( 0,819 ) = 0,359 $

Un’urna contiene 100 biglie delle quali 8 sono nere, e le rimanenti bianche. Vengono estratte 3 biglie a caso. Sia A l’evento “le 3 biglie estratte sono nere” e B l’evento “delle biglie estratte, 2 sono bianche ed una è nera”. i) Calcolare P(A) e P(B) nel caso che le estrazioni siano con rimpiazzo

ii) Calcolare P(A) e P(B) nel caso che le estrazioni siano senza rimpiazzo.

iii) In quale dei due casi è maggiore la probabilità dell’evento B?

i ) Dalla conoscenza delle distribuzioni di probabilità sappiamo che nel caso di eventi con rimpiazzo possiamo utilizzare una variabile aleatoria X che rappresenta il numero di biglie nere estratte, e tale variabile aleatoria segue una legge di tipo binomiale. La probabilità del veriﬁcarsi dell’evento A, ovvero che vengano estratte tre biglie nere, equivale alla probabilità che X sia uguale a 3, ovvero:

$$ P(A) = P(X=3) = \binom{n}{k} * (p)^{k} * (1-p)^{n-k} $$

In questo caso i parametri in questione sono: $n = 3$ e $p = frac(8)(100) = 0,08$, quindi:

$$ P(X=3) = \binom{3}{3} * (0,08)^{3} = 0,0005 $$

Per calcolare la probabilità dell’evento B utilizziamo la stessa formula con $k = 1$:

$$ P(B) = P(X=1) = \binom{3}{1} * 0,08 * (1-0,08)^{2} = 0,2031 $$

ii) In questo caso, invece, abbiamo a che fare con estrazioni senza rimpiazzo; anche in questo caso possiamo utilizzare una variabile aleatoria X che rappresenta il numero di biglie nere estratte, ma tale variabile aleatoria seguirà una legge di tipo ipergeometrico; si ha quindi:

$$ P(A) = P(X=3) = \frac{ \binom{8}{3} * \binom{92}{0} }{ \binom{100}{3} } = 0,0003 $$

Mentre per l’evento B si ha:

$$ P(B) = P(X=1) = \frac{ \binom{8}{1} * \binom{92}{2} }{ \binom{100}{3} } = 0,2071 $$

iii) Nel primo caso la probabilità dell’evento B è 0,2031, mentre nel secondo caso si ha 0,2071; possiamo quindi concludere che l’evento B ha probabilità maggiore nel secondo caso.

Un’urna contiene 4 palline rosse e 7 bianche. Vengono eﬀettuate delle estrazioni senza rimpiazzo

i) Qual è la probabilità che le prime due palline estratte siano entrambe rosse?

ii) Qual è la probabilità che la seconda e la terza estratta siano entrambe rosse, sapendo che la

prima estratta era bianca? E se la prima estratta fosse stata rossa?

iii) Qual è la probabilità che la seconda e la terza estratta siano entrambe rosse?

i) Il problema può essere risolto denominando con R l’evento “le prime due palline estratte sono di colore rosso”; si può procedere considerando una distribuzione ipergeometrica. Infatti, considerando un totale di 11 palline, il numero di modi in cui possono essere estratte due palline è dato dal coeﬃciente binomiale:

$$\binom{11}{2} $$

Consideriamo ora il numero di casi favorevoli; poiché le palline rosse sono in totale 4, esse possono essere scelte in un numero di modi dato da:

$$\binom{4}{2} $$

Inﬁne, la probabilità che nelle due prime estrazioni si abbiamo entrambe le palline rosse è data da:

$$ P(R) = \frac{ \binom{4}{2} }{ \binom{11}{2} } = $$

Svolgendo i calcoli si ha:

$$ P(R) = \frac{ \frac{ 4! }{2! 2!} }{ \frac{11!}{2!9!} } = \frac{ \frac{ 4*3*2! }{2! 2!} }{ \frac{11*10*9!}{2! 9!} } = $$

$$\frac{ \frac{ 4*3 }{2} }{ \frac{11*10}{2} } = \frac{ 6 }{ 55 } = 0,11 $$

ii) Indichiamo con $R_i$ l’evento “l’i-esima pallina estratta è di colore rosso” e con $B_i$ l’evento “l’i-esima pallina estratta è di colore bianco”; in questo caso ci viene chiesta la probabilità seguente:

$ P( (R_2 ⋂ R_3) |B_1) $

Se ipotizziamo che la prima pallina estratta sia di colore bianco, e dato che le estrazioni sono senza rimpiazzo, rimarranno nell’urna esattamente 10 palline. Tra queste dobbiamo estrarne altre due, e vogliamo che esse siano di colore rosso; tale estrazione può essere fatta in $$\binom{4}{2} $$

modi. Il numero di modi possibili per cui possono essere estratte al seconda e la terza pallina è invece dato da:

$$\binom{10}{2} $$

Il rapporto tra le due precedenti espressioni ci fornisce la probabilità cercata:

$$ P( (R_2 ⋂ R_3) |B_1) = \frac{ \binom{4}{2} }{ \binom{10}{2} } $$

Svolgiamo i calcoli:

$$ \frac{ \frac{ 4! }{2! 2!} }{ \frac{10!}{2!8!} } = \frac{ \frac{ 4*3*2! }{2! 2!} }{ \frac{10*9*8!}{2!8!} } = $$

$$\frac{ \frac{ 4*3 }{2} }{ \frac{10*9}{2} } = \frac{ 6 }{ 45 } = 0,13 $$

In maniera analoga possiamo ragionare nel caso in cui la prima estratta fosse rossa; in questo caso dobbiamo calcolare la seguente probabilità:

$ P( (R_2 ⋂ R_3) |R_1) $

In questo caso, ipotizzando che la prima pallina estratta sia di colore rosso, tra le 10 palline rimanenti dobbiamo estrarne altre due, e vogliamo che anche esse siano di colore rosso; tale estrazione può essere fatta in $$\binom{3}{2} $$ modi, in quanto una pallina rossa era già stata estratta in precedenza. Il numero di casi totali possibili per la seconda e la terza estrazione rimane lo stesso.

La probabilità è data quindi da:

$$ P( (R_2 ⋂ R_3) |R_1) = \frac{ \binom{3}{2} }{ \binom{10}{2} } $$

Svolgiamo i calcoli:

$$ \frac{ \frac{ 3! }{2! 1!} }{ \frac{10!}{2!8!} } = \frac{ \frac{ 3*2! }{2! 1!} }{ \frac{10*9*8!}{2!8!} } = $$

$$\frac{ \frac{ 3 }{1} }{ \frac{10*9}{2} } = \frac{ 3 }{ 45 } = 0,066 $$

iii) In questo ultimo punto dobbiamo calcolare la probabilità che la seconda e la terza pallina estratta siano entrambe rosse, ovvero la probabilità:

$ P( R_2 ⋂ R_3) $

Possiamo risolvere il quesito considerando la formula delle probabilità totali, e considerando i casi in cui la prima estratta sia bianca e la prima estratta sia rossa; dobbiamo calcolare quindi la seguente probabilità:

$ P( R_2 ⋂ R_3) = P( (R_2 ⋂ R_3) |R_1) * P(R_1) + P( (R_2 ⋂ R_3) |B_1) * P(B_1) $

Le quantità in questione sono state già trovate nei punti precedenti; possiamo quindi procedere con i calcoli:

$ P( R_2 ⋂ R_3) = P( (R_2 ⋂ R_3) |R_1) * P(R_1) + P( (R_2 ⋂ R_3) |B_1) * P(B_1) $

Un’urna contiene 6 palline: 3 bianche, 2 rosse e una nera. Si estraggono tre palline senza reimbussolamento e si vince se una delle tre è nera. i) Calcolare la probabilità di vincere.

ii) Calcolare la probabilità di vincere sapendo che la pallina nera non è uscita nelle prime due estrazioni.

iii) Sapendo di aver vinto, qual è la probabilità che la pallina nera non sia uscita nelle prime due estrazioni?

i) Possiamo procedere considerando il numero di casi favorevoli sul numero di casi totali; sapendo che dobbiamo estrarre tre palline su sei totali, sappiamo che è possibile estrarre tali palline in un numero di modi dato dal coeﬃciente binomiale seguente:

$$\binom{6}{3} $$

Sappiamo che la vittoria è data dall’estrazione di una pallina nera tra le tre estratte; supponendo che una delle palline estratte sia nera, le altre due possono essere scelte tra le cinque rimanenti, e i possibili modi per farlo sono dati da:

$$\binom{5}{2} $$

Calcolando il numero di casi favorevoli sul numero di casi totali possiamo determinare la probabilità di vittoria:

$$ P = \frac{\binom{5}{2}}{\binom{6}{3}} $$

Svolgendo i calcoli si ha:

$$ P = \frac{ \frac{ 5! }{2! 3!} }{ \frac{6!}{3!3!} } = \frac{ \frac{ 5*4*3! }{2! 3!} }{ \frac{6*4*5*3!}{3!3!} } = $$

$$\frac{ \frac{ 5*4 }{2} }{ \frac{6*5*4}{3*2} } = \frac{ 10 }{ 20 } = \frac{1}{2} $$

ii) Supponiamo che nelle prime due estrazioni non sia presente la pallina nera; dobbiamo quindi calcolare la probabilità che la pallina nera venga estratta esattamente alla terza estrazione.

Se nelle prime due estrazioni vengono estratte due palline non nere, signiﬁca che alla terza estrazione deve essere estratta la pallina nera tra le 4 rimanenti. Possiamo concludere che la probabilità richiesta è di $1/4$.

iii) Supponiamo che la pallina nera sia uscita in una delle prime tre estrazioni, e calcoliamo la probabilità che questa sia uscita esattamente alla terza estrazione. Chiamiamo con B l’evento “nelle prime due estrazioni escono palline non nere”, e con A l’evento “la pallina nera si trova tra le prime tre estratte”, ovvero l’evento che rappresenta la vittoria. Dobbiamo calcolare la probabilità $P(B|A)$.

Tale probabilità può essere ottenuta applicando la formula di Bayes:

$P(B|A) = frac( P(A|B) * P(B) )( P(A) ) $

Dove la probabilità di vittoria, trovata nel punto precedente, è :

$P(A) = 1/2$

Mentre la probabilità di vincere sapendo che le prime due estrazioni diano una pallina non nera è :

$P(A|B) = 1/4$

Inﬁne, troviamo la probabilità che le prime due palline estratte siano non nere; possiamo ragionare considerando i casi favorevoli sui casi totali; le prime due palline vengono estratte tra sei possibili, quindi il numero di modi in cui esse possono presentarsi è dato da:

$$\binom{6}{2} $$

Poiché le prime due palline devono essere non nere, il numero di casi favorevoli è dato considerando 5 palline possibili su sei, ovvero:

$$\binom{5}{2} $$

Il rapporto delle precedenti quantità ci fornisce la probabilità dell’evento B:

$$ P(B) = \frac{ \binom{5}{2} }{ \binom{6}{2} } = $$

Svolgendo i calcoli si ha:

$$ P(B) = \frac{ \frac{ 5! }{2! 3!} }{ \frac{6!}{2!4!} } = \frac{ \frac{ 5*4*3! }{2! 3!} }{ \frac{6*5*4!}{4!2!} } = $$

$$\frac{ \frac{ 5*4 }{2} }{ \frac{6*5}{2} } = \frac{ 10 }{ 15 } = \frac{2}{3} $$

Possiamo inﬁne calcolare la probabilità cercata:

$P(B|A) = frac( P(A|B) * P(B) )( P(A) ) = frac(1/4 * 2/3 )( 1/2) = frac( 1/6 )(1/2) = 1/3 $

La trasmissione di un segnale può avvenire utilizzando due diversi canali A e B con la stessa probabilità; il canale A trasmette sempre il segnale correttamente, mentre il canale B trasmette il segnale correttamente con probabilità $3/4$. i) Qual è la probabilità di ricevere un segnale corretto? ii) Avendo ricevuto un segnale corretto, qual è la probabilità che esso sia stato trasmesso dal canale B?

i) Il primo punto del problema può essere risolto facendo riferimento alla probabilità condizionale; se chiamiamo con C l’evento “il segnale è ricevuto correttamente”, con A l’evento “il messaggio proviene dal canale A” e con B l’evento “il messaggio proviene dal canale B”. Il veriﬁcarsi dell’evento C dipende dal tipo di canale da cui proviene il segnale: se il segnale proviene dal canale A allora la probabilità che esso sia corretto è 1:

$P(C|A) = 1$

Se il segnale proviene dal canale B, invece, sappiamo dal testo che la probabilità che esso sia corretto è di $3/4$, quindi si ha:

$P(C|B) = 3/4$

La probabilità del veriﬁcarsi dell’evento C è data quindi dalla seguente formula delle probabilità condizionali:

$ P(C) = P(C|A) * P(A) + P(C|B) * P(B) = 1 * 1/2 + 3/4 * 1/2 = 1/2 + 3/8 = 7/8 $

ii) Ipotizziamo ora che il segnale ricevuto sia corretto, ovvero che l’evento C sia veriﬁcato; la probabilità che dobbiamo calcolare è $ P(B|C)$. Per risolvere tale punto possiamo ricorrere alla formula di Bayes, dalla quale sappiamo che:

$ P(B|C) = frac( P(C|B) * P(B) )( P(C) ) $

Sostituendo i valori numerici trovati precedentemente abbiamo:

$ P(B|C) = frac( P(C|B) * P(B) )( P(C) ) = frac( 3/4 * 1/2 )( 7/8 ) = frac(3/8)(7/8) = 3/7 $

Un’urna contiene 90 palline numerate da 1 a 90, che vengono estratte una dopo l’altra senza rimpiazzo. i) Qual è la probabilità che le prime 10 palline estratte portino tutte un numero minore o uguale di 60?

ii) Qual è la probabilità che le prime dieci palline estratte portino tutte un numero dispari?

iii) Qual è la probabilità che, per i ﬁssato, la pallina i-esima estratta sia proprio la numero i?

iv) Qual è la probabilità che le prime due palline estratte siano proprio le numero 1 e 2, nell’ordine qualunque?

i) In questo punto consideriamo la probabilità di estrarre le prime 10 palline tutte con un numero minore o uguale a 60; cerchiamo di calcolare il numero di modi possibili in cui questo possa accadere.

Sappiamo che, in una ruota da 90 palline numerate da 1 a 90, vi sono esattamente 60 palline con numero minore o uguale a 60 (ovvero quelle numerate da 1 a 60) e 30 palline con numeri maggiori (quelle numerate da 61 a 90). Di conseguenza, l’evento richiesto si veriﬁca quando le palline estratte rientrano tutte nel primo gruppo; per trovare il numero di modi possibili in cui questo può accadere, dobbiamo calcolare tutti i possibili sottoinsiemi di 10 elementi in un insieme contenente 60 elementi, e questo è dato dal seguente coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{60}{10} $$

Il numero di modi possibili in cui possono essere estratte 10 palline da un insieme di 90 è dato dal coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{90}{10} $$

Abbiamo quindi il numero di casi favorevoli e il numero di casi possibili; dal loro rapporto si ottiene il valore di probabilità richiesto:

$$ p = \frac{\binom{60}{10}}{\binom{90}{10}} = \frac{ \frac{60!}{10! * 50!} }{ \frac{90!}{ 10! * 80! } } = $$

$$\frac{60!}{10! * 50!} * \frac{10! * 80!}{90!} = \frac{60!}{50!} * \frac{80!}{90!}$$

$$ \frac{60*59*58*57*56*55*54*53*52*51*50!}{50!} * \frac{80!}{90*89*88*87*86*85*84*83*82*81*80!} $$

$$ 60*59*58*57*56*55*54*53*52*51 * \frac{1}{90*89*88*87*86*85*84*83*82*81} = 0,013$$

ii) Per il secondo punto possiamo applicare un ragionamento simile al precedente: i numeri dispari compresi tra 1 e 90 sono esattamente 45, quindi il numero di casi favorevoli corrisponde al numero di possibili sottoinsiemi di 10 elementi su insieme di 45, e tale valore è dato da:

$$ \binom{45}{10} $$

Il numero di modi possibili in cui possono essere estratte 10 palline da un insieme di 90 è dato dal coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{90}{10} $$

Come in precedenza, dal loro rapporto si ottiene il valore di probabilità richiesto:

$$ p = \frac{\binom{45}{10}}{\binom{90}{10}} = \frac{ \frac{45!}{10! * 35!} }{ \frac{90!}{ 10! * 80! } } = $$

$$\frac{45!}{10! * 35!} * \frac{10! * 80!}{90!} = \frac{45!}{35!} * \frac{80!}{90!}$$

$$ \frac{45*44*43*42*41*40*39*38*37*36*35!}{50!} * \frac{80!}{90*89*88*87*86*85*84*83*82*81*80!} $$

$$ 45*44*43*42*41*40*39*38*37*36 * \frac{1}{90*89*88*87*86*85*84*83*82*81} = 5,57 * 10^{-4}$$

iii) Fissato un i qualunque, dobbiamo calcolare la probabilità di estrarre la pallina i-esima; sia nel caso di estrazioni con rimpiazzo che nel caso di estrazioni senza rimpiazzo, alla prima estrazione
si ha una possibilità su 90 di estrarre proprio la pallina cercata; in altri termini, ragionando con i casi favorevoli sui casi totali, possiamo aﬀermare che i casi totali sono 90, mentre quelli favorevoli 1. La probabilità cercata è semplicemente:

$ P = 1/(90) $

iv) Consideriamo l’evento $E_1$ che corrisponde all’estrazione della pallina numero 1, e l’evento $E_2$ che corrisponde all’estrazione della pallina con numero 2. Dobbiamo calcolare la probabilità che, alle prime due estrazioni, si veriﬁchino entrambi gli eventi $E_1$ e $E_2$ in un ordine qualsiasi, ovvero la probabilità $ P(E_1 ⋂ E_2) $. Dalla conoscenza della probabilità condizionale, possiamo scrivere:

$ P(E_1 ⋂ E_2) = P(E_1| E_2) * P(E_2) + P(E_2 | E_1) * P(E_1) $

Considerando estrazioni senza rimpiazzo, passando ai valori numerici abbiamo:

$ P(E_1 ⋂ E_2) = frac(1)(89) * frac(1)(90) + frac(1)(89) * frac(1)(90) = 2 * frac(1)(89) * frac(1)(90) = $

$ frac(1)(89) * frac(1)(45) = frac(1)(4005) = 0,00025 $

Ad una stazione ricevente possono giungere messaggi binari da due canali diversi, A e B. In ognuno di questi messaggi, i singoli bit possono prendere i valori 0 e 1, a caso e in maniera ndipendente. Nei messaggi provenienti da A ogni singolo bit è uguale a 1 con probabilità $2/3$ e uguale a 0 con probabilità $1/3$. Nei messaggi provenienti da B succede l’inverso: un bit è uguale a 1 con probabilità $1/3$ e uguale a 0 con probabilità $2/3$. Si sa che ogni messaggio può provenire da A o da B con probabilità $1/2$. Poniamo $A_i$ l’i-esimo bit uguale a 1. i) Quanto vale $P(A_n)$, ovvero la probabilità che l’n-esimo bit del messaggio vale 1.

ii) Se i primi due bit sono uguali a 1, qual è la probabilità che anche il terzo sia uguale a 1?

iii) Gli eventi $A_i$ con i = 1, …, n sono indipendenti?

iv) Sapendo che tra i primi tre bit, due sono uguali a 1 ed uno uguale a zero, qual è la probabilità che il messaggio provenga dal canale A?

v) Sapendo che tra i primi trenta bit, venti sono uguali a 1, e dieci uguali a 0, qual è la probabilità che il messaggio provenga dal canale A?

i) Per risolvere il primo punto, consideriamo due eventi A e B, di cui l’evento A è “il messaggio proviene dal canale A”, mentre l’evento B è “il messaggio proviene dal canale B”. Sappiamo che la probabilità che si veriﬁchi A è uguale alla probabilità che si veriﬁchi B, e si ha:

$ P(A) = P(B) = 1/2$

Sapendo che la probabilità che un bit proveniente dal canale A sia uguale a 1 è di $2/3$, possiamo scrivere:

$ P(A_n | A) = 2/3 $

Sapendo che la probabilità che un bit proveniente dal canale B sia uguale a 1 è di $1/3$, possiamo scrivere:

$ P(A_n | B) = 1/3 $

Dalla probabilità condizionata possiamo ricavare la probabilità richiesta dal problema. Si ha quindi che la probabilità che l’n-esimo bit sia 1 è data da:

$P(A_n) = P(A_n | A) * P(A) + P(A_n | B) * P(B) = 2/3 * 1/2 + 1/3 * 1/2 = 1/3 + 1/6 = 1/2 $

ii) Dalle informazioni del problema, per questo punto abbiamo che sono veriﬁcati contemporaneamente gli eventi $A_1$ e $A_2$, in quanto i primi due bit sono uguali a 1. La probabilità che anche il terzo bit sia uguale ad 1, ovvero che si veriﬁchi l’evento $A_3$, sapendo che si sono veriﬁcati gli altri due, corrisponde alla seguente probabilità:

$ P(A_3 | A_1 ⋂ A_2) $

Dalla formula delle probabilità condizionali sappiamo che possiamo risolvere la probabilità precedente nel seguente modo:

$ P(A_3 | A_1 ⋂ A_2) = frac(P(A_3 ⋂ (A_1 ⋂ A_2)))( P(A_1 ⋂ A_2) ) = frac(P(A_3 ⋂ A_1 ⋂ A_2))( P(A_1 ⋂ A_2) ) $

Sappiamo che gli eventi $A_n$ sono legati al tipo di canale da cui proviene il messaggio; in particolare, dobbiamo calcolare la probabilità condizionata considerando messaggi che provengono dal canale A e messaggi che provengono dal canale B; quindi abbiamo:

$ frac(P(A_3 ⋂ A_1 ⋂ A_2))( P(A_1 ⋂ A_2) ) = frac( P(A_3 ⋂ A_1 ⋂ A_2 | A) * P(A) + P(A_3 ⋂ A_1 ⋂ A_2 | B) * P(B) )( P(A_1 ⋂ A_2 | A) * P(A) + P(A_1 ⋂ A_2 | B) * P(B) ) $

Nel caso del canale A, ogni bit può essere uguale a 1 con probabilità $2/3$; quindi, i primi tre bit sono uguali a 1 con probabilità:

$ P(A_3 ⋂ A_1 ⋂ A_2 | A) = (2/3)^3$

Allo stesso modo, nel caso del canale B, ogni bit può essere uguale a 1 con probabilità $1/3$; quindi, i primi tre bit sono uguali a 1 con probabilità:

$ P(A_3 ⋂ A_1 ⋂ A_2 | B) = (1/3)^3$

Analogamente si ha che:

$ P(A_1 ⋂ A_2 | A) = (2/3)^2$

$ P(A_1 ⋂ A_2 | B) = (1/3)^2$

Dai punti precedenti sappiamo che $P(A) = P(B) = 1/2$, quindi la probabilità cercata è:

$ P(A_3 | A_1 ⋂ A_2) = frac((2/3)^3 * 1/2 + (1/3)^3 * 1/2 )( (2/3)^2 * 1/2 + (1/3)^2 * 1/2) = $

$ frac( 8/(27) * 1/2 + 1/(27) * 1/2 )( 4/9 * 1/2 + 1/9 * 1/2) = $

$ frac( 4/(27) + 1/(54) )( 2/9 + 1/(18)) = $

$ frac( 9/(54) )(5/(18)) = 9/(54) * (18)/5 = 3/5 $

iii) Per rispondere a questo punto ragioniamo sulle proprietà della probabilità condizionale; in generale, considerando sue eventi A e B abbiamo che:

$ P(B | A) = frac(P(A ⋂ B))(P(A)) $

Nel caso di eventi indipendenti si ha che: $P(A ⋂ B ) = P(A) * P(B)$

Quindi, nel caso della probabilità condizionale si avrebbe:

$ P(B | A) = frac(P(A ⋂ B))(P(A)) = frac( P(A) * P(B) )( P(A) ) = P(B) $

Nel nostro caso, come abbiamo visto dal punto precedente, gli eventi $A_1$ , $A_2$ e $A_3$ soddisfano la seguente relazione:

$ P(A_3 | A_1 ⋂ A_2) = 3/5 $

Se gli eventi fossero indipendenti tale probabilità dovrebbe essere uguale a $P(A_3)$, che sappiamo essere $1/2$. Possiamo quindi aﬀermare che, in generale, gli eventi $A_i$ non sono indipendenti.

iv) Per risolvere questo quesito possiamo introdurre una variabile aleatoria X che conta il numero di bit uguali a 1 nelle prime trasmissioni del segnane. In questo caso, poiché il problema suggerisce che vi devono essere 2 bit uguali ad 1 e uno uguale a zero, la probabilità da calcolare è la seguente:

$ P( A|X=2 ) = frac( P(X=2 | A) * P(A) )( P(X=2) ) $

Se i bit provengono dal canale A sappiamo che la probabilità di ottenere un 1 è di $2/3$, quindi la probabilità di ottenere due 1 e uno 0, considerando tutti i possibili modo in cui tali valori possono arrivare, è data da:

$ P(X=2 | A) = 3 * (2/3)^2 * 1/3 = 4/9 $

Per calcolare il denominatore della frazione consideriamo che tale evento è condizionato dal fatto che X si veriﬁchi con messaggi provenienti dal canale A o da messaggi provenienti dal canale B:

$ P(X=2) = P(X=2|A) * P(A) + P(X=2|B) * P(B) $

Dove, come in precedenza, possiamo ricavare il valore della probabilità condizionata $P(X=2|B) $:

$ P(X=2 | B) = 3 * (1/3)^2 * 2/3 = 1/9 * 2 = 2/9 $

Abbiamo quindi:

$ P(X=2) = P(X=2|A) * P(A) + P(X=2|B) * P(B) = 4/9 * 1/2 + 2/9 * 1/2 = 2/9 + 1/9 = 1/3$

Inﬁne, sostituiamo i valori trovati nell’espressione generale:

$ P( A|X=2 ) = frac( P(X=2 | A) * P(A) )( P(X=2) ) = frac( 4/9 * 1/2 )(1/3) = 2/9 * 3 = 2/3 $

v) Tale punto può essere risolto con la stessa logica del precedente; in questo caso i valori richiesti sono di 20 bit uguali a 1 sui primi 30 bit del messaggio. Dobbiamo quindi calcolare la seguente probabilità:

$ P( A|X=20 ) = frac( P(X=20 | A) * P(A) )( P(X=20) ) $

Procediamo calcolando il valore del numeratore; anche in questo caso dobbiamo tener conto delle possibili disposizioni dei bit in arrivo:

$$ P(X=20 | A) = \binom{30}{20} 3 * (2/3)^{20} * (1/3)^{10} $$

E il valore del denominatore:

$ P(X=20) = P(X=20|A) * P(A) + P(X=20|B) * P(B) = (2/3)^(20) * 1/2 + P(X=20|B) * P(B) $

La probabilità condizionata rispetto all’arrivo dal canale B è data dalla seguente formula:

$$ P(X=20 | B) = \binom{30}{20} * (1/3)^{20} * (2/3)^{10} $$

Quindi abbiamo:

$ P(X=20) = \binom{30}{20} 3 * (2/3)^{20} * (1/3)^{10} * 1/2 + \binom{30}{20} * (1/3)^{20} * (2/3)^{10} * 1/2 $

Sostituendo i valori trovati nell’espressione generale si trova la probabilità trovata:

$ P( A|X=20 ) = frac( \binom{30}{20} 3 * (2/3)^{20} * (1/3)^{10} * 1/2 )( \binom{30}{20} 3 * (2/3)^{20} * (1/3)^{10} * 1/2 + \binom{30}{20} * (1/3)^{20} * (2/3)^{10} * 1/2 ) = 0,9992 $

Sei urne contengono tutte 3 palline rosse (R) e un numero variabile di palline bianche (B). Precisamente, l’urna i-esima contiene tre palline rosse e i palline bianche (con i = 1, … , 6). Un’urna viene scelta a caso e da essa vengono estratte, una dopo l’altra, due palline con rimpiazzo. i) Qual è la probabilità che le due palline siano una bianca e una rossa?

ii) Supponiamo che l’estrazione abbia dato come risultato una pallina B e una R; qual è la probabilità $p_i$ che l’urna prescelta sia la i-esima? Qual è l’urna più probabile?

iii) Supponiamo che vi siano 2 urne contenenti 3 palline rosse e 6 bianche (le urne sono quindi 7 in totale). Se l’estrazione ha dato come risultato una pallina B e una R, qual è la probabilità che l’urna prescelta sia di tipo i? (cioè che contenda i palline bianche) qual è il valore di i più probabile?

i) Indichiamo con A l’evento “vengono estratte due palline di colore diverso”, e con $E_i$ l’evento “si sceglie l’urna i-esima”. Ogni urna i ha quindi un totale di 3 + i palline, ovvero i palline bianche e 3 palline rosse. Poiché le estrazione vengono fatte con rimpiazzo, possiamo modellare la soluzione utilizzando una variabile aleatoria di di tipo binomiale; in particolare, poiché vengono fatte due estrazioni abbiamo $n = 2$, e poiché si hanno i palline bianche su un totale di 3 + i palline in ogni urna, la probabilità di successo è $p = frac(i)(i+3)$.

La probabilità di estrarre due palline di colore diverso, ovvero del veriﬁcarsi di A, consiste nel fatto che vengano estratte esattamente una pallina rossa e una pallina bianca, ovvero la probabilità richiesta dal problema.

La probabilità che si veriﬁchi l’evento A sapendo che è stata scelta l’urna i-esima è data dalla seguente formula:

$$ P(A | E_i) = \binom{2}{1} * p^{1} * (1-p)^{2-1} = $$

$$ 2 * \frac{i}{3+i} * (1 – \frac{i}{3+i}) = \frac(6i) ((3+i)^{2}) $$

La probabilità dell’evento A si ottiene considerando tutte le possibili urne che possono essere scelte, ed è data da:

$P(A) = \sum_(i=1)^6 P(A | E_i) * P(E_i) = \sum_(i=1)^6 frac(6i)((i+3)^2) * 1/6 = \sum_(i=1)^6 frac(i) ((i+3)^2) $

Svolgiamo i calcoli:

$P(A) = frac(1)((1+3)^2) + frac(2)((2+3)^2) + frac(3)((3+3)^2)+ frac(4)((4+3)^2) + frac(5)((5+3)^2) + frac(6)((6+3)^2) = $

$ frac(1)(16) + frac(2)(25) + frac(3)(36)+ frac(4)(49) + frac(5)(64) + frac(6)(81) = 0,4597 $

ii) Supponendo che si sia veriﬁcato l’evento A, vogliamo sapere qual è la probabilità che la pallina sia stata scelta dall’urna i-esima; possiamo calcolare tale probabilità applicando la formula di Bayes:

$ p_i = P(E_i | A) = frac( P(A | E_i) * P(E_i) )( P(A) ) = frac( frac(i)((i+3)^2) )( 0,4597 ) $

Per capire quale urna è la più probabile, possiamo considerare la funzione :

$ g(i) = frac(1)(0,4597) * frac(i)((i+3)^2) $

e studiare per quale valore di i la funzione ha un massimo. Calcoliamo la derivata prima:

$ g’(i) = frac(1 * (i+3)^2 – i * 2(i+3))((i+3)^4) $

$ g’(i) = frac(i^2 + 9 + 6i – 2i^2 – 6i)((i+3)^4)$

$ g’(i) = frac(-i^2 + 9)((i+3)^4)$

La derivata prima si annulla per i = 3 e per i = -3; studiando il segno della derivata prima, possiamo facilmente notare che il punto di massimo si ottiene per i = 3; di conseguenza, possiamo concludere che l’urna numero 3 è l’urna più probabile.

iii) Possiamo procedere applicando gli stessi ragionamenti fatti in precedenza, con le varianti seguenti:

$ P(E_1) = P(E_2) =…. = P(E_5) = 1/7$

$ P(E_6) = 2/7$

Calcoliamo la probabilità di estrarre due palline di colore diverso:

$P(A) = \sum_(i=1)^6 P(A | E_i) * P(E_i) = \sum_(i=1)^5 frac(6i)((i+3)^2) * 1/7 + 2/7 * 4/9 = 6/7 \sum_(i=1)^5 frac(i)((i+3)^2) + 8/(63)$

Svolgiamo i calcoli:

$P(A) = 6/7 [frac(1)((1+3)^2) + frac(2)((2+3)^2) + frac(3)((3+3)^2)+ frac(4)((4+3)^2) + frac(5)((5+3)^2)] + 8/(63) = $

$P(A) = 6/7 [ 0,37189] + 8/(63) = 0,4457$

Calcoliamo ora la probabilità che la pallina sia stata estratta dall’urna i-esima sapendo che è veriﬁcato l’evento A; procediamo come in precedenza:

$ p_i = P(E_i | A) = frac( P(A | E_i) * P(E_i) )( P(A) ) = frac( frac(6i)((i+3)^2) * 1/7 + 2/7 * 4/9 )(0,4457) $

Anche in questo caso, consideriamo la funzione:

$g(i) = frac(1)(0,4457) * [frac(6i)((i+3)^2) * 1/7 + 2/7 * 4/9] $

Calcolando la derivata prima, e studiando i punti ove essa si annulla, possiamo trovare un punto di massimo per i = 6; concludiamo che in questo caso l’urna più probabile è la numero 6.

Nel gioco del lotto ad ogni estrazione vengono estratti simultaneamente 5 numeri da un’urna che contiene 90 palline numerate da 1 a 90. Lo stesso procedimento viene ripetuto per le 10 ruote. i) Qual è la probabilità che un numero ﬁssato (ad esempio 1) venga estratto in una singola estrazione su una singola ruota?

ii) Qual è la probabilità che il numero 1 esca almeno su una ruota?

i) Nel primo punto ci viene chiesto di calcolare la probabilità che un numero ﬁssato esca ad una estrazione in una qualsiasi delle 10 ruote; possiamo ragionare considerando il numero di casi favorevoli alla vincita, ovvero che il numero da noi ﬁssato sia presente in una estrazione. Ciò signiﬁca che su 5 delle palline estratte, una deve essere quella da noi ﬁssata.

Fissando una delle palline, il numero di modo in cui le altre quatto possono essere scelte è dato
da:

$$ \binom{89}{4} $$

Il numero dei modi in cui possiamo estrarre 5 palline in un insieme di 90 è dato invece dal seguente coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{90}{5} $$

Possiamo quindi calcolare la probabilità di vittoria come numero di casi favorevoli su numero di dati totali, ovvero:

$$ p = \frac{\binom{89}{4}}{\binom{90}{5}} = \frac{ \frac{89!}{4! * 85!} }{ \frac{90!}{ 5! * 85! } } = $$

$$\frac{ \frac{89*88*87*86*85!}{4! * 85!} }{ \frac{90*89*88*87*86*85!}{ 5! * 85! } } = $$

$$\frac{ \frac{89*88*87*86}{4!} }{ \frac{90*89*88*87*86}{ 5! } } = $$

$$\frac{ \frac{89*88*87*86}{4*3*2*1} }{ \frac{90*89*88*87*86}{ 5*4*3*2*1 } } = $$

$$\frac{ 2441626 }{ 43949268 } = \frac{1}{18} $$

ii) Calcoliamo ora la probabilità che il numero ﬁssato esca almeno su una ruota (ovvero la probabilità che esca su una, o su due, o su tre,… ruote); poiché le estrazioni su ogni singola ruota sono indipendenti l’una dall’altra, possiamo ragionare considerando l’evento complementare, ovvero il fatto che il numero ﬁssato non esca su nessuna ruota.

Sapendo che la probabilità che il numero esca su una ruota è p (trovato in precedenza), la probabilità che il numero non esca su una ruota è 1 – p.

Poiché il numero delle ruote totali è 10, la probabilità che il numero non esca su nessuna ruota è :

$ (1 – p)^(10) $

Inﬁne, l’evento complementare è quello che stiamo cercando, ovvero la probabilità che il numero esca almeno su una ruota:

$ 1 – (1 – p)^(10) = 1 – (1 – 1/(18))^(10) = 1 – (frac(17)(18))^(10) = 0,435$

Un giocatore gioca ogni settimana al lotto l’ambo {1, 90} su una singola ruota. i) Qual è la probabilità di vincere in una singola estrazione?

ii) In media quanti tentativi sono necessari per vincere?

iii) Qual è la probabilità di vincere almeno una volta nelle prime 100 estrazioni?

i) In una estrazione del lotto vengono estratte dall’urna 5 palline senza rimpiazzo; la probabilità di vincere, ovvero di fare un ambo, corrisponde al fatto che, tra le cinque palline estratte, due corrispondano a quelle puntate dal giocatore, ovvero due siano i numeri 1 e 90.

Possiamo risolvere il problema considerando una distribuzione ipergeometrica. Possiamo dividere il gruppo delle palline totali in due insiemi, uno dei quali è l’insieme {1,90}, e l’altro l’insieme {2,…, 89}; in questo modo, dobbiamo calcolare la probabilità che, eﬀettuando 5 estrazioni, vengano estratte esattamente 2 palline dal primo gruppo.

Il numero di possibili modi in cui si possono estrarre due palline dal primo gruppo è dato dal coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{2}{2} $$

mentre il numero di modi in cui è possibile estrarre 3 palline dal secondo gruppo è dato dal coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{88}{3} $$

Inﬁne, il numero di modi possibili in cui possono essere estratte 5 palline su un insieme di 90 è dato da:

$$ \binom{90}{5} $$

La probabilità di vincita può essere calcolata come rapporto tra numero di casi favorevoli su numero di casi possibili, ovvero:

$$ \frac{ \binom{2}{2} * \binom{88}{3} }{ \binom{90}{5} } $$

Procediamo applicando le proprietà dei coeﬃcienti binomiali:

$ frac( frac(2!)(2!0!) * frac( 88! )( 3! 85! ) )( frac( 90! )( 5! 85! ) ) = $

$ frac( 1 * frac( 88 * 87 * 86 * 85! )( 3! 85! ) )( frac( 90 * 89 * 88 * 87 * 86 * 85! )( 5! 85! ) ) = $

$ frac( 1 * frac( 88 * 87 * 86 )( 3 * 2 * 1 ) )( frac( 90 * 89 * 88 * 87 * 86 )( 5 * 4 * 3 * 2 * 1 ) ) = $

$ frac( 109736 )( 43949268 ) = 2/(801) = 0,0025 $

ii) La situazione descritta dal problema può essere modellata come uno schema successo-insuccesso, in quanto le estrazioni settimanali del lotto sono indipendenti ognuna dalle altre.
Sappiamo che la probabilità di successo è $ p = 0,0025$, e dobbiamo determinare quanti tentativi occorre fare per poter vincere, ovvero dobbiamo trovare l’istante di primo successo. Tale istante T può essere modellato come una variabile aleatoria che segue una legge geometrica modiﬁcata, di parametro p; la legge quindi ha la seguente sintassi:

$ P(T=k) = p(1-p)^(k-1) $

Per calcolare il numero medio di tentativi necessari, possiamo procedere calcolando la speranza matematica della variabile T, ovvero $E[T]$; dalla deﬁnizione sappiamo che per una variabile aleatoria X:

$ E[X] = sum_j x_j * P(X=x_j)$

per valori di $j >= 0$, possiamo scrivere la speranza nel modo seguente:

$ E[X] = 1* P(X=1) + 2* P(X=2) + 3* P(X=3) + …. $

ovvero:

$ E[X] = P(X=1) + P(X=2) + P(X=2) + P(X=3) + P(X=3) + P(X=3) + …. $

$ E[X] = [P(X=1) + P(X=2) + P(X=3) + …. ] + [P(X=2) + P(X=3) + ….] + [P(X=3) +… ] + …. $

è facile vedere che tale scrittura può essere sempliﬁcata nel seguente modo:

$ E[X] = P(X>0) + P(X>1) + P(X>2) + P(X>3) …. $

Quindi, riassumendo si avrebbe:

$ E[X] = sum_j x_j * P(X=x_j) = sum_j P(X>j) $

In questo modo, possiamo calcolare più facilmente la speranza cercata; cominciamo determinando la probabilità $P(T<=k)$:

$ P(T<=k) = sum_(j=1)^k p(1-p)^(j-1) = p * sum_(h=0)^(k-1) (1-p)^(h) $

Tale somma ha per risultato:

$ p * sum_(h=0)^(k-1) (1-p)^(h) = p * frac(1 – (1-p)^k)( 1 – (1-p) ) = 1 – (1-p)^k $

Per il calcolo della media abbiamo bisogno della probabilità $P(T>k)$, che possiamo ricavare dal complementare della precedente:

$P(T>k) = 1 – P(T<=k) = 1 – [1 – (1-p)^k] = (1-p)^k $

A questo punto possiamo riprendere la formula della speranza ricavata precedentemente, e sostituire la probabilità che abbiamo trovato:

$ E[T] = sum_k P(T>k) = sum_k (1-p)^k = frac(1)(1 – (1-p)) = 1/p $

Di conseguenza, abbiamo che il numero medio di tentativi da eﬀettuare prima di vincere è dato da:

$ 1/p = 1/(0,0025) = 400$

iii) L’ultimo punti ci chiede la probabilità di vincere almeno una volta nelle prime 100 estrazioni; poiché ogni estrazione (di 5 palline) è indipendente dalla precedente, se chiamiamo con X il numero di successi, possiamo modernizzare tale situazione come uno schema di successo-insuccesso dove X è una variabile aleatoria con legge binomiale. La probabilità di ottenere k successi è data dalle seguente formula:

$$ P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^(n-k) $$

dove n indica il numero di prove, k il numero di successi e p la probabilità di successo.

Per risolvere il quesito dobbiamo calcolare la probabilità che vi sia almeno un successo, ovvero la somma delle probabilità $P(X = k)$ con k maggiore o uguale ad 1; una soluzione più veloce consiste nel calcolare l’evento complementare, ovvero la probabilità che vi siano 0 successi nelle prime 100 estrazioni:

$$ P(X = 0) = \binom{100}{0} p^0 (1-p)^(100-0) = (1-p)^(100) $$

A questo punto, la probabilità cercata è data da:

$$ P(X > 0) = 1 – (1-p)^(100) = 1 – 0,778 = 0,222 $$

Dieci amici di un college americano stanno per partire per una gita. Essi posseggono due automobili, ciascuna delle quali può portare al massimo 6 persone. In quanti modi si possono sistemare sulle due autovetture per eﬀettuare il loro viaggio? Un loro amico, che non partecipa al viaggio, tenta di indovinare l’esatta disposizione dei ragazzi nelle due automobili. Qual è la probabilità che egli indovini?

Poiché le auto sono da 6 posti ciascuna, e poiché le persone da disporre sono 10, abbiamo solo tre possibili conﬁgurazioni per il numero di persone su ogni auto: 4 persone sulla prima e 6 sulla seconda, 5 persone sulla prima e 5 sulla seconda, 6 persone sulla prima e 4 sulla seconda.

Nel primo caso, il numero di modi possibili in cui possiamo disporre 4 persone in una macchina corrisponde al numero di possibili sottoinsiemi di 4 elementi in un insieme di 10; come sappiamo, tale quantità è data dal coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{10}{4} $$

Nel secondo caso, il numero di modi possibili in cui possiamo disporre 5 persone in una macchina corrisponde al numero di possibili sottoinsiemi di 5 elementi in un insieme di 10; tale quantità è data dal seguente coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{10}{5} $$

Inﬁne, nel terzo caso, il numero di modi possibili in cui possiamo disporre 6 persone in una macchina corrisponde al numero di possibili sottoinsiemi di 6 elementi in un insieme di 10; tale quantità è data dal seguente coeﬃciente binomiale ()per le proprietà dei coeﬃcienti binomiali, tale quantità è uguale a quella del primo punto):

$$ \binom{10}{6} = \binom{10}{4} $$

Il numero di modi possibili è dato dalla somma di tutti i valori trovati precedentemente:

$$ \binom{10}{4} + \binom{10}{5} + \binom{10}{6} = 2 * \binom{10}{4} + \binom{10}{5} = $$

$ 2 * frac(10!)(6!4!) + frac(10!)(5!5!)$

Applichiamo le proprietà dei fattoriali per risolvere l’espressione:

$ 2 * frac(10 * 9 * 8 * 7 * 6!)(6!4!) + frac(10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5!)(5!5!) = $

$ 2 * frac(10 * 9 * 8 * 7 )(4 * 3 * 2 * 1) + frac(10 * 9 * 8 * 7 * 6 )(5 * 4 * 3 * 2 * 1) = $

$ 2 * frac( 5040 )( 24 ) + frac( 30240 )(120) = 420 + 252 = 672 $

Da questo risultato sappiamo che il numero di modi possibili in cui i ragazzi possono disporsi 672; di conseguenza, la probabilità che venga indovinata l’esatta disposizione dei ragazzi all’interno delle due automobili corrisponde ad azzeccare una delle possibili disposizioni, ed è esattamente $1/(672)$.

Un’urna contiene 5 palline numerate da 1 a 5. Da essa vengono eﬀettuate 2 estrazioni senza rimpiazzo…

i) Qual è la probabilità che i due numeri estratti siano consecutivi?

ii) Rispondere al quesito i) nel caso che le estrazioni avvengano con rimpiazzo.

iii) Rispondere ai quesiti i) e ii) nel caso che l’urna contenga 900 palline numerate da 1 a 900.

i) Per risolvere il quesito è possibile procedere in diversi modi; in questo caso, procediamo considerando i seguenti eventi: A l’evento “viene estratta al primo tentativo una pallina numerata con 1 o con 5”, con B l’evento “viene estratta al primo tentativo una pallina numerata con 2 o con 3 o con 4” e con C l’evento “i numeri estratti alla prima e alla seconda estrazione sono consecutivi”.

La distinzione tra l’evento A e l’evento B è necessaria perché la probabilità di veriﬁcarsi dell’evento C dipende da quale tipo di pallina è stata estratta al primo tentativo. Infatti, se estraiamo una pallina “marginale” al primo tentativo sarà più improbabile che la seconda estratta sia consecutiva alla prima.

Procediamo quindi considerando le probabilità condizionali; dalla deﬁnizione sappiamo che posiamo calcolare $P(C)$ nel modo seguente:

$P(C) = P(A) * P(C|A) + P(B) * P(C|B)$

Calcoliamo quindi tutte le probabilità in questione; poiché vi sono due palline su cinque che si trovano “ai margini” dell’intervallo, la probabilità dell’evento A sarà:

$P(A) = 2/5$

Allo stesso modo, poiché vi sono tre palline su cinque che si trovano nell’intervallo, non marginali, la probabilità dell’evento B sarà:

$P(B) = 3/5$

Se viene estratta una pallina marginale (ad esempio 1) vi sarà solo un’altra pallina che potrà essere estratta per far si che le due siano consecutive (in questo caso la pallina 2), e poiché non vi sono reinserimenti abbiamo che:

$P(C|A) = 1/4$

Se invece viene estratta una pallina interna (ad esempio 2) vi sono due palline che possono essere estratta tali che la prima e la seconda siano consecutive (in questo caso la pallina 1 e la pallina 3), quindi si ha che:

$P(C|B) = 2/4 = 1/2$

Possiamo cosi calcolare la probabilità richiesta dal problema:

$P(C) = 2/5 * 1/4 + 3/5 * 1/2 = 1/(10) + 3/(10) = 4/(10) = 2/5$

ii) Supponiamo ora che le estrazioni avvengano con rimpiazzo, ovvero che dopo aver eﬀettuato una estrazione, la pallina venga rimessa nell’urna. Possiamo procedere con lo stesso ragionamento di prima, considerando gli stessi eventi A, B e C. Le probabilità dell’evento A e dell’evento B sono rimaste le stesse.

Cambiano invece le probabilità relative alla seconda estrazione.

Supponiamo che la prima pallina estratta sia ai margini dell’intervallo (ad esempio la pallina 1); alla seconda estrazione solo una delle palline presenti veriﬁcherà l’evento C (ovvero la pallina 2), ma in questo caso il numero totale delle palline nell’urna è sempre 5; quindi abbiamo:

$P(C|A) = 1/5$

Se la prima pallina estratta non sia ai margini dell’intervallo, alla seconda estrazione due delle palline presenti veriﬁcherà l’evento C, ma in questo caso il numero totale delle palline nell’urna è sempre 5; quindi abbiamo:

$P(C|B) = 2/5 $

Procediamo calcolando la probabilità dell’evento C:

$P(C) = 2/5 * 1/5 + 3/5 * 2/5 = 2/(25) + 6/(25) = 8/(25) $

iii) Per rispondere al terzo quesito possiamo procedere ragionando come in precedenza. Cominciamo dal caso senza rimpiazzo; la probabilità degli eventi A e B sarà:

$P(A) = 2/(900)$

$P(B) = (898)/(900)$

La probabilità degli eventi condizionati sarà:

$P(C|A) = 1/(899)$

$P(C|B) = 2/(899) $

La probabilità dell’evento C è data da:

$P(C) = P(A) * P(C|A) + P(B) * P(C|B)$

$P(C) = 2/(900) * 1/(899) + (898)/(900) * 2/(899) = frac(2 + 898*2)(900*899) = 0,002222 $

Consideriamo ora il caso con reinserimento; anche qui possiamo applicare gli stessi ragionamenti fatti in precedenza; abbiamo per gli eventi A e B le stesse probabilità del caso senza rimpiazzo:

$P(A) = 2/(900)$

$P(B) = (898)/(900)$

Mentre per gli eventi condizionati dobbiamo considerare che il numero delle palline alla seconda estrazione è sempre 900:

$P(C|A) = 1/(900)$

$P(C|B) = 2/(900) $

La probabilità dell’evento C è data da:

$P(C) = P(A) * P(C|A) + P(B) * P(C|B)$

$P(C) = 2/(900) * 1/(900) + (898)/(900) * 2/(900) = frac(2 + 898*2)(900*900) = 0,002219 $

Una scatola contiene due schede: una di esse ha entrambi i lati rossi, mentre l’altra ha un lato rosso e uno bianco. Una carta viene estratta e se ne guarda uno solo dei lati: è rosso. Qual è la probabilità che anche il secondo lato sia rosso?

Per risolvere il problema chiamiamo con A l’evento “viene estratta la scheda che ha entrambi i lati rossi” e con B l’evento “viene estratta la scheda che ha un lato rosso e uno bianco”; chiamiamo inoltre con C l’evento “uno dei lati della carta estratta sia rosso”.

Sappiamo che la probabilità di estrarre una scheda di uno dei due tipo è uguale, e si ha:

$P(A) = P(B) = 1/2$

Calcoliamo la probabilità che uno dei lati sia rosso sapendo che è stata estratta una scheda con entrambi i lati rossi:

$ P(C | A) = 1$

Calcoliamo ora la probabilità che uno dei lati sia rosso sapendo che è stata estratta una scheda con un lato rosso e uno bianco:

$ P(C | B) = 1/2$

Applicando il teorema delle probabilità totali si ha:

$P(C) = P(C | A) * P(A) + P(C | B) * P(B) = 1 * 1/2 + 1/2 * 1/2 = 1/2 + 1/4 = 3/4 $

La probabilità che anche il secondo lato della carta estratta sia rosso dobbiamo calcolare la probabilità che si veriﬁchi l’evento A (la carta ha entrambi i lari rossi) sapendo che uno dei suoi lati è rosso. Per calcolare tale probabilità possiamo utilizzare formula di Bayes:

$ P(A | C) = frac( P(C | A) * P(A) )( P(C | A) * P(A) + P(C | B) * P(B) ) = frac(1 * 1/2)(1 * 1/2 + 1/2 * 1/2)
= 2/3 $

Una scatola contiene 5 pedine doppie del gioco del domino (una pedina si dice doppia quando su entrambi i suoi lati, sinistro e destro, è segnato lo stesso numero); si sa che la prima pedina è un doppio 1, la seconda un doppio 2, e le altre pedine nella scatola sono, rispettivamente, un doppio 3, un doppio 4 e un doppio 5. Si estraggono a caso dalla scatola due pedine, senza rimpiazzo

i) Calcolare la probabilità che la prima pedina estratta sia contrassegnata con un numero pari.

ii) Calcolare la probabilità che la seconda pedina estratta sia contrassegnata con un numero pari.

iii) Calcolare la probabilità che la entrambe le pedine estratte siano contrassegnate con un numero pari.

Chiamiamo con A l’evento “viene estratta una pedina contenente una coppia pari”, e con B l’evento “viene estratta una pedina contenente una coppia dispari”.

i) La probabilità richiesta corrisponde alla probabilità del veriﬁcarsi dell’evento A alla prima estrazione. Sappiamo che nell’urna dopo presenti 2 pedine contenenti una coppia pari e 3 pedine contenenti una coppia dispari. Di conseguenza, alla prima estrazione la probabilità di estrarre una pedina pari è:

$P(A) = 2/5$

ii) In questo secondo caso dobbiamo ragionare sulla seconda estrazione. Poiché le estrazioni avvengono senza rimpiazzo, la probabilità cambia in base al risultato della prima estrazione. In particolare, se nella prima estrazione verrà prelevata una pedina pari, al secondo tentativo rimarrà solo un’altra pedina pari su 4; mentre se la prima estratto è dispari, al secondo tentativo vi sono due pedine pari su 4. Chiamiamo con $A_1$ l’evento “viene estratta una pedina contenente una coppia pari alla prima estrazione”, con $A_2$ l’evento “viene estratta una pedina contenente una coppia pari alla seconda estrazione” e con $B_1$ l’evento “viene estratta una pedina contenente una coppia dispari alla prima estrazione”. Ciò che ci viene richiesto è il calcolo della probabilità del veriﬁcarsi dell’evento $A_2$.

Calcoliamo la probabilità (condizionata) che venga estratta una pedina pari alla seconda estrazione sapendo che alla prima è stata estratta una pedina pari:

$ P(A_2 | A_1) = 1/4 $

Calcoliamo la probabilità (condizionata) che venga estratta una pedina pari alla seconda estrazione sapendo che alla prima è stata estratta una pedina dispari:

$ P(A_2 | B_1) = 2/4 = 1/2 $

Per calcolare la probabilità richiesta possiamo applicare il teorema delle probabilità totali, per cui vale la seguente formula:

$P(A_2) = P(A_1) * P(A_2 | A_1) + P(B_1) * P(A_2 | B_1) $

Possiamo risolvere l’espressione utilizzando i risultati ottenuti al punto precedente:

$P(A_2) = 2/5 * 1/4 + (1 – 2/5) * 1/2 = 1/(10) + 3/(10) = 2/5 $

iii) In questo caso viene chiesta la probabilità che entrambe le pedine estratte abbiano valore pari, ovvero la probabilità che si veriﬁchino contemporaneamente gli eventi $A_1$ e $A_2$. La probabilità che dobbiamo calcolare è quindi $P(A_1 ∩ A_2)$. Possiamo utilizzare la formula della probabilità condizionale di $A_2$ rispetto ad $A_1$:

$ P(A_2 | A_1) = frac( P(A_1 ∩ A_2) )( P(A_1) ) $

Da questa formula possiamo ricavare la probabilità cercata:

$P(A_1 ∩ A_2) = P(A_2 | A_1) * P(A_1)$

Dai risultati dei punti precedenti abbiamo:

$P(A_1 ∩ A_2) = P(A_2 | A_1) * P(A_1) = 1/4 * 2/5 = 1/(10) $

Determinare quale tra due eventi ha maggiore probabilità di accadere

Trovare quali dei seguenti due eventi ha la maggiore probabilità di accadere:

A = “esce almeno un asso nel lancio simultaneo di quattro dadi”;

B = “esce almeno un doppio asso in 24 lanci di una coppia di dadi”.

Per risolvere l’esercizio cerchiamo di capire come poter calcolare le probabilità dei due eventi.
Partiamo dal primo: in questo caso vengono lanciati contemporaneamente quattro dadi, ognuno con sei facce, numerate da 1 a 6, e ci viene chiesto di calcolare con quale probabilità esca almeno un asso (ovvero la probabilità che esca esattamente un asso, o che escano esattamente due assi, o che escano esattamente tre assi o che escano esattamente quattro assi). È conveniente in questo caso calcolare la probabilità opposta, facendo poi riferimento alla formula:

$P(A) = 1 – P(A^c)$

Possiamo quindi determinare la probabilità che non esca nessun asso nel lancio dei quattro dadi ($P(A^c)$). La probabilità che in un dado non esca un asso corrisponde alla probabilità che esca
uno qualsiasi degli altri valori, ed è pari a $5/6$. Poiché gli assi sono quattro, la probabilità complementare sarà:

$P(A^c) = (5/6)^4$

Possiamo quindi facilmente risalire alla probabilità richiesta:

$P(A) = 1 – P(A^c) = 1 – (5/6)^4 = 0,5177 $

Passiamo ora ad esaminare il secondo caso. Anche in questo caso possiamo ragionare come prima, calcolando la probabilità dell’evento complementare, ovvero la probabilità che non esca una coppia di assi nel lancio dei dadi. Sappiamo che, in un singolo lancio, la probabilità che esca una coppia di dadi è $1/(36)$, quindi possiamo facilmente dedurre che la probabilità che non esca una coppia di dadi è $ 1 – 1/(36) = (35)/(36)$. Sapendo che vengono eﬀettuati esattamente e24 lanci dei dadi, possiamo concludere che la probabilità di non ottenere una coppia di assi è :

$P(B^c) = (35/36)^(24)$

Per trovare la probabilità richiesta passiamo al complementare:

$P(B) = 1 – P(B^c) = 1 – (35/36)^(24) = 0,4914 $

Possiamo quindi concludere che l’evento più probabile tra A e B è sicuramente l’evento A.

Sia X una variabile binomiale di parametri n e p…

i) Trovare la distribuzione di Y = n – X.

ii) Si lanciano due dadi perfetti n volte e si indica con X il numero dei lanci nei quali il punto del primo dado è superiore a quello del secondo; si indica inoltre con Y il numero dei lanci in cui il punto del secondo dado è non inferiore a quello del primo. Se n = 9, calcolare P(Y>X).

i) La variabile binomiale X segue una legge di questo tipo:

$$ P(X = k) = \binom{n}{k} p^{k} * (1-p)^{n-k} $$

Consideriamo la variabile Y deﬁnita come $Y = n – X$; per trovare la legge di Y proseguiamo con segue:

$ P(Y=k) = P( n – X = k) = P(X = n-k) $

Dalla conoscenza della legge di X, quindi, possiamo determinare la legge di Y semplicemente sostituendo alla k della legge di X il valore n-k, ovvero:

$$ P(Y=k) = P(X = n-k) = \binom{n}{n-k} p^{n-k} * (1-p)^{n-n+k} = \binom{n}{n-k} p^{n-k} * (1- p)^{k} $$

Ricordando le proprietà dei coeﬃcienti binomiali, possiamo ottenere un’espressione equivalente:

$$ P(Y=k) = \binom{n}{k} p^{n-k} * (1-p)^{k} $$

Quindi, riconosciamo che la variabile Y segue una legge binomiale di parametri n e (1-p).

ii) Se si considerano tutte le possibili coppie di valori ottenibili dal lancio di due dadi, si ottiene un insieme di questo tipo, dove il numero totale di coppie è 36:

${ (1 1), (1 2), … (2 1), (2 2), …. (6 1), … (6 6) }$

Si può notare che in tutti i casi del tipo ${ (2 1), (3 1), (3 2), (4 1), …. (6 1), … (6 6) }$ il valore del primo dado è maggiore al valore del secondo; il numero totale di volte in cui il primo valore è maggiore del secondo si ottiene notando che si ha una coppia con primo valore 2, due coppie con primo valore 3, e cosi via; il valore totale è: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15.

Di conseguenza, la probabilità che il valore del primo dado sia maggiore di quello del secondo è:

$ p_X = frac(15)(36) = frac(5)(12) $

Quindi, poiché X conta il numero di volte in cui il valore del primo dado è maggiore di quello del secondo, X segue una legge binomiale di parametri n e $ p_X = frac(5)(12) $.

La legge di Y può essere ricavata da un ragionamento analogo al precedente; in questo caso, si ha:

$ p_Y = 1 – frac(15)(36) = frac(21)(12) = frac(7)(12) $

e quindi Y segue una legge binomiale di parametri n e $ p_Y = frac(7)(12) $.

Facendo riferimento anche al punto precedente del problema, e poiché Y rappresenta il numero di lanci in cui il valore del secondo dado è non inferiore a quello del primo, possiamo anche esprimere Y come: $ Y = n – X$. A questo punto, possiamo calcolare la probabilità richiesta:

$ P(Y > X) = P( n – X > X ) = P( 2X < n) = P( X < n/2) $ Nel caso in cui n = 9, possiamo procedere come segue: $ P(Y > X) = P( X < 9/2) = P( X <= 4 ) $

Tale probabilità può essere ottenuta calcolando il valore ella seguente sommatoria:

$ P( X <= 4 ) = sum_(k=0)^4$ $$ \binom{9}{k} (\frac{5}{12})^{k} * (\frac{7}{12})^{9-k} $$

Possiamo procedere calcolando gli argomenti per tutti i possibili valori di k:

$ k = 0 to frac(9!)(0!9!) * (frac(5)(12))^0 * (frac(7)(12))^9 = (0,58333)^9 = 0,00782 $

$ k = 1 to frac(9!)(1!8!) * (frac(5)(12))^1 * (frac(7)(12))^8 = 9 * 0,41667 * (0,58333)^8 = 0,050276 $

$ k = 2 to frac(9!)(2!7!) * (frac(5)(12))^2 * (frac(7)(12))^7 = frac(9*8)(2) * (0,41667)^2 * (0,58333)^7 = 0,143647 $

$ k = 3 to frac(9!)(3!6!) * (frac(5)(12))^3 * (frac(7)(12))^6 = frac(9*8*7)(6) * (0,41667)^3 * (0,58333)^6 = 0,239412 $

$ k = 4 to frac(9!)(4!5!) * (frac(5)(12))^4 * (frac(7)(12))^5 = frac(9*8*7*6)(4*3*2) * (0,41667)^4 * (0,58333)^5 = 0,256513 $

Sommiamo inﬁne tutti i risultati ottenuti:

$ P( X <= 4 ) = 0,00782 + 0,050276 + 0,143647 + 0,239412 + 0,256513 = 0,697668 $

Si lanciano contemporaneamente e ripetutamente una moneta e un dado equilibrati. Sia X il numero minimo di lanci della moneta aﬃnché si ottenga Testa, e sia Y il numero minimo di lanci del dado per ottenere un punto minore o uguale a 4

i) Qual è la densità discreta di X? e di Y?

ii) Determinare E(X) e E(Y).

iii) Trovare la legge di Z = min(X,Y) e calcolare E(Z).

iv) Calcolare P(X+Y=5).

i) Sia X che Y sono variabili aleatorie che indicano l’istante di primo successo in uno schema di probe Bernoulliane di tipo successo-insuccesso; di conseguenza, X e Y seguono una legge geometrica modiﬁcata. La probabilità di ottenere testa o croce nel lancio di una moneta non truccata è 0,5, quindi la legge di X sarà:

$ P(X=k) = 0,5 * (1-0,5)^(k-1) = 0,5 * (0,5)^(k-1) = (0,5)^k $

Per ottenere un valore minore o uguale a 4 nel lancio di un dado regolare (ovvero ottenere 1 o 2 o 3 o 4), sapendo che la probabilità di uscita di ogni valore è $1/6$, è data da:

$ p = 1/6 + 1/6 + 1/6 + 1/6 = 4 * 1/6 = 2/3 $

Quindi la legge di Y è:

$ P(Y=k) = 2/3 * (1-2/3)^(k-1) $

ii) Poiché X ed Y sono variabili geometriche modiﬁcate, la loro media è nota, e vale $1/p$, dove p è la probabilità di successo; quindi, abbiamo che:

$E[X] = frac(1)(p_X) = frac(1)(0,5) = 2 $

$E[Y] = frac(1)(p_Y) = frac(1)(2/3) = 3/2 $

iii) La variabile aleatoria Z è deﬁnita come $Z = min(X,Y)$; la sua legge consiste nel calcolare la probabilità $P(Z=k)$ per tutti i valori di k che essa può assumere. In particolare, moriamo che tale probabilità o data dalla seguente diﬀerenza:

$P(Z=k) = P(Z > k-1) – P(Z > k) $

Consideriamo la probabilità $P(Z > k) $; dalla deﬁnizione della variabile aleatoria Z abbiamo che:

$ P(Z > k) = P(min(X,Y) > k) = P(X > k, Y > k) = P(X > k) P(Y > k) $

poiché le variabili X ed Y sono indipendenti.

Le probabilità in questione si possono ottenere sommando tutte le probabilità che la variabile possa assumere i valori per cui è deﬁnita; ovvero occorre calcolare le seguenti sommatorie:

$P(X > k) = 1 – P(X<=k) = 1 – sum_(h=1)^k P(X=k) = 1 – sum_(h=1)^k (1/2)^h $

$P(Y > k) = 1 – P(Y<=k) = 1 – sum_(h=1)^k P(Y=k) = 1 – 2/3 sum_(h=1)^k (1/3)^h $

Per variabili di tipo geometriche modiﬁcate, le probabilità in questione sono note, e valgono, in generale $(1-p)^k$; quindi nel nostro caso abbiamo:

$ P(X > k) = (1-p_X)^k = (1-0,5)^k = (0,5)^k$

$ P(Y > k) = (1-p_Y)^k = (1-2/3)^k = (1/3)^k$

Sostituendo nella precedente espressione abbiamo che:

$ P(Z > k) = P(X > k) P(Y > k) = $

$ = (0,5)^k * (1/3)^k = (1/2 * 1/3)^k = (1/6)^k $

Per determinare la probabilità $P(Z > k-1) $ possiamo semplicemente eﬀettuare una sostituzione da k a k-1 nella formula precedente:

$ P(Z > k-1) = (1/6)^(k-1) $

A questo punto, possiamo determinare la densità di Z:

$P(Z=k) = P(Z > k-1) – P(Z > k) = (1/6)^(k-1) – (1/6)^k = $

$ = (1/6)^(k-1) * (1 – 1/6) = 5/6 * (1/6)^(k-1) $

Dalla densità di Z possiamo notare che anche Z segue una legge geometrica modiﬁcata, dove la probabilità di successo è $5/6$; di conseguenza, possiamo facilmente determinare la media di Z:

$ E[Z] = 1/(p_Z) = frac(1)(5/6) = 6/5 $

iii) Il problema ci chiede di calcolare la probabilità $P(X+Y=5)$; dato che i valori sono piccoli, possiamo calcolare tutti i valori possibili assunti dalle variabili X ed Y aﬃnché la loro somma sia 5; in particolare, le variabili possono assumere le coppie di valore (1,4) e (2,3); scriviamo tutte le probabilità:

$P(X+Y=5) = P(X = 1, Y = 4) + P(X = 4, Y = 1) + $

$ + P(X = 2, Y = 3) + P(X = 3, Y = 2) $

Dall’indipendenza della variabili X ed Y abbiamo:

$P(X+Y=5) = P(X = 1) P(Y = 4) + P(X = 4) P(Y = 1) + $

$ + P(X = 2) P(Y = 3) + P(X = 3) P(Y = 2) $

Dalle leggi di X ed Y, possiamo ricavare i valori di probabilità cercati:

$P(X+Y=5) = (1/2)^1 * 2/3 * (1/3)^3 + (1/2)^4 *2/3 * (1/3)^0 + $

$ + (1/2)^2 *2/3 * (1/3)^2 + (1/2)^3 *2/3 * (1/3)^1 = $

$ 1/2 * 2/3 * 1/(27) + 1/(16) *2/3 + 1/4 *2/3 * 1/9 + 1/8 *2/3 * 1/3 = $

$ 1/(81) + 1/(24) + 1/(54) + 1/(36) = $

$ = 0,01234 + 0,041667 + 0,01852 + 0,02778 = 0,1003 $

Luca e Giovanni estraggono delle carte, ognuno dal proprio mazzo di carte napoletane ben mescolate, rimettendo ogni volta la carta estratta nel mazzo. Il mazzo di Luca è regolare, mentre a quello di Giovanni è stato tolto l’asso di denari. Sia T il primo istante in cui Luca estrae un asso, e S il primo istante in cui Giovanni estrae un asso

i) Quanti vale P(T>5)?

ii) Qual è la probabilità che Giovanni estragga per primo un asso, cioè che sia T>S?

iii) Mostrare che E[T-S]<0 e calcolare E[4T-3S].

i) Il primo punti ci chiede di determinare la probabilità che occorrano più di 5 tentativi prima di estrarre un asso, dal mazzo di Luca. La variabile T, poiché essa rappresenta all’istante di primo successo, ha una legge geometrica modiﬁcata, in cui la probabilità di successo (essendoci 4 assi in un mazzo di 40 carte) è 0,1. La legge della variabile aleatoria T è quindi la seguente:

$ P(T = k) = p * (1-p)^(k-1) , p = frac(1)(10)$

In generale, per una geometrica modiﬁcata X è nota la forma della probabilità $P(X<=k)$, e segue la seguente formula:

$P(X<=k) = 1 – (1-p)^k $ Nel nostro caso, dobbiamo determinare $P(T>5)$, ma possiamo ricollegarci alla formula precedente notando che:

$P(T>5) = 1 – P(T<=5) $ In questo caso si ha: $P(T>5) = 1 – [1 – (1-p)^5] $

Conoscendo il valore di p, possiamo procedere sostituendo i valori numerici:

$P(T>5) = 1 – [1 – (1-frac(1)(10))^5] = 1 – 1 + (frac(9)(10))^5 = (frac(9)(10))^5 = 0,59049 $

ii) In questo caso la probabilità richiesta è $P(T>S)$; tale probabilità è data considerando tutti i valori che possono essere assunti da T e che siano maggiori del valore assunto da S; in maniera formale, equivale a risolvere la seguente sommatoria:

$P(T>S) = sum_(k=1)^∞ P(S=k, T>k) $

Poiché S e T sono indipendenti si ha:

$P(T>S) = sum_(k=1)^∞ P(S=k) * P(T>k) $

Anche S rappresenta l’istante di primo successo di una serie di prove Bernoulliane, e pertanto anche S segue una legge geometrica modiﬁcata; la probabilità di successo, che chiamiamo con q, è data da $q = frac(3)(40) $, in quanto sono presenti solo 3 assi in un mazzo di 40 (un asso è stato tolto dal mazzo, e abbiamo ipotizzato che sia stato rimpiazzato da un’altra carta).

La probabilità $P(T>k) $ può essere calcolata come fatto in precedenza, e si ha:

$ P(T>k) = 1 – P(T<=k) = 1 – [1 – (1-p)^k] = (1-p)^k $

Sostituiamo i valori trovati:

$P(T>S) = sum_(k=1)^∞ P(S=k) * P(T>k) = sum_(k=1)^∞ q * (1-q)^(k-1) * (1-p)^k = $

$ = q(1-p) * sum_(k=1)^∞ (1-q)^(k-1) * (1-p)^(k-1) = q(1-p) * sum_(k=1)^∞ ((1-q)(1-p))^(k-1) = $

Applicando le formule risolutive per le serie notevoli otteniamo:

$ q(1-p) * frac(1)(1 – (1-q)(1-p) ) = q(1-p) * frac(1)(1 – (1- q – p + pq) ) = $

$ = q(1-p) * frac(1)(1 – 1 + q + p – pq) ) = frac(q(1-p))( q + p – pq ) = 0,40298 $

iii) Cominciamo calcolando la media delle variabili aleatorie T ed S; poiché esse hanno distribuzione geometrica modiﬁcata, la loro media è nota, e vale esattamente $1/p$; quindi abbiamo:

$ E[T] = frac(1)(p_T) = frac(1)(0,1) = 10 $

$ E[S] = frac(1)(p_S) = frac(1)(frac(3)(40)) = frac(40)(3) $

Calcoliamo quindi $E[T-S]$; dalle proprietà della speranza, possiamo scrivere:

$E[T-S] = E[T] – E[S] = 10 – frac(40)(3) = frac(30-40)(3) = – frac(10)(3) $

Abbiamo quindi veriﬁcato che la speranza richiesta è negativa.

Procediamo con il secondo calcolo richiesto: $E[4T-3S]$; anche in questo caso, ci basterà applicare le proprietà della speranza:

$E[4T-3S] = E[4T] – E[3S] = 4E[T] – 3E[S] = 4 * 10 – 3 * frac(40)(3) = 40 – 40 = 0 $

Nello scaﬀale di un negozio vi sono 20 CD di software, di cui 2 di graﬁca e gli altri ci calcolo numerico e applicazioni. I CD di graﬁca costano 800 € l’uno, mentre gli altri costano 600€ l’uno. Un cliente compra 3 CD, che sceglie a caso, e sia X il numero di CD di graﬁca acquistati dal cliente

i) Calcolare P(X=0) e P(X=2).

ii) Calcolare E(X).

iii) Se S è la spesa (in euro) sostenuta dal cliente per comprare i tre CD, calcolare E(S).

i) La variabile X può essere considerata come la variabile che conta il numero di un certo tipo di elementi che vengono estratti da un insieme contenente varie tipologie; tali estrazioni possono essere considerate senza rimpiazzo, e di conseguenza la variabile X segue una legge di tipo ipergeometrico. Consideriamo il primo caso, e ipotizziamo che il cliente non acquisti nessun CD di graﬁca (X=0); in questo caso, i 3 CD acquistati dal cliente devono essere scelti tra i 18 che sono di calcolo e applicazioni; poiché il numero di modi possibili di scegliere 3 elementi in un insieme di 20 è dato dal coeﬃciente binomiale:

$$ \binom{20}{3} $$

la probabilità che stiamo cercando è data dal seguente rapporto:

$$ P(X=0) = \frac{ \binom{18}{3} }{ \binom{20}{3} } $$

Svolgiamo i calcoli:

$ P(X=0) = frac( frac(18!)(3! 15!) )( frac(20!)(3! 17!) ) = frac(18!)(3! 15!) * frac(3! 17!)(20!) = $

$ frac(18!)(3! 15!) * frac(3! 17*16*15!)(20*19*18!) = frac(17*16)(20*19) = 0,7157 $

Nel caso in cui il cliente acquisti esattamente due CD di graﬁca (X=2), il ragionamento è simile: dobbiamo scegliere due CD tra i 2 possibili di graﬁca, e un CD tra gli altri 18. Applicando la
formula abbiamo:

$$ P(X=2) = \frac{ \binom{2}{2} * \binom{18}{1} }{ \binom{20}{3} } $$

Svolgiamo i calcoli:

$ P(X=2) = frac( frac(18!)(1! 17!) )( frac(20!)(3! 17!) ) = frac(18!)(1! 17!) * frac(3! 17!)(20!) = $

$ 18! * frac(3!)(20!) = 18! * frac(3!)(20*19*18!) = frac(3*2*1)(20*19) = 0,0157 $

ii) Sappiamo, in generale, che la speranza di una variabile X di legge ipergeometrica è data dalla seguente formula:

$ E[X] = n * frac(r)(r + b) $

Nel nostro caso, n rappresenta il numero di estrazioni, quindi n = 3; r rappresenta il numero di CD di graﬁca (r = 2) e b inﬁne rappresenta il numero di CD che sono di calcolo numerico e applicazione (b = 18). Fatte tali osservazioni, possiamo facilmente calcolare la media di X:

$ E[X] = n * frac(r)(r + b) = 3 * frac(2)(20) = 0,3 $

iii) Sappiamo che X indica il numero di CD di graﬁca acquistati, e che ogni CD di tale tipologia costa 800 €; di conseguenza, la spesa aﬀrontata riguardante solo i CD di graﬁca è data da:

$X * 800$

Sapendo che il cliente acquista in totale 3 CD, se X sono quelli di graﬁca, 3-X sono i CD dell’altra tipologia, quindi la spesa che riguarda tali CD sarà:

$(3-X) * 600$

Possiamo quindi esprimere la variabile aleatoria S in funzione delle considerazioni precedentemente fatte:

$ S = X * 800 + (3-X) * 600 = 800 X – 600 X + 1800 = 200 X + 1800 $

Possiamo calcolare la speranza di S a partire dalla sua deﬁnizione, ricordando le proprietà algebriche della speranza:

$ E[S] = E[200 X + 1800] = E[200 X] + E[1800] = 200 E[X] + 1800 = 0,3 * 200 + 1800 = 1860 $

Supponiamo di avere una moneta truccata in modo che la probabilità che esca testa (T) in ogni lancio è del 25% (di conseguenza la probabilità che esca croce (C) è del 75%). Supponiamo che la moneta venga lanciata 4 volte…

i) calcolare la probabilità che esca testa esattamente 2 volte;

ii) calcolare la probabilità che esca testa almeno una volta;

iii) calcolare la probabilità che si abbia la sequenza (T,C,T,C) esattamente in questo ordine.

i) Indichiamo con X il numero di volte che esce testa; sappiamo che X ha una legge di tipo binomiale di parametri n = 4 e p = 0,25. Se vogliamo che esca testa esattamente due volte,
possiamo calcolare la probabilità in questo modo:

$$ P(X = 2) = \binom{n}{k} p^{k} (1-p)^{n-k} = \binom{4}{2} (0,25)^{2} (1-0,25)^{4-2} = $

$ frac(4!)(2!2!) * (0,25)^2 * (0,75)^2 = (0,25)^2 * (0,75)^2 = 0,625 $

ii) Nel secondo punto ci viene chiesta la probabilità che esca testa almeno una volta, ovvero la probabilità dell’evento $ X >= 1$; possiamo scrivere la probabilità di tale evento come:

$ P(X >= 1) = P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3) + P(X = 4) $

o più semplicemente:

$ P(X >= 1) = 1 – P(X = 0) $

Conoscendo la legge di X, possiamo ricavare il valore numerico:

$$ P(X >= 1) = 1 – P(X = 0) = 1- \binom{4}{0} (0,25)^{0} (1-0,25)^{4-0} = $

$ 1 – frac(4!)(0!4!) * 1 * (0,75)^4 = 1 – (0,75)^4 = 1 – 0,316 = 0,6836 $

iii) La moneta è truccata, e sappiamo che la probabilità che esca testa è 0,25, mentre la probabilità che esca croce è 0,75; poiché non speciﬁcato dal testo, si suppone che anche se la
moneta è truccata, ogni lancio non inﬂuenzi quello successivo, e quindi che ogni uscita è indipendente dalla precedente. Con questi presupposti, possiamo facilmente calcolare la
probabilità richiesta:

$ P(T,C,T,C) = 0,25 * 0,75 * 0,25 * 0,75 = 0,0351 $

Si lanciano ripetutamente e contemporaneamente una moneta equilibrata e due dadi perfetti. Sia T il numero di lanci necessari per ottenere la prima volta testa, e S il numero di lanci necessari per ottenere la prima volta, con la somma dei valori dei dadi, il punteggio 5

i) Determinare le leggi di T ed S; si può ritenere che T ed S siano variabili aleatorie indipendenti?

ii) Sia $X = max(T,S)$. Trovare la densità discreta di X e la probabilità P(X = 4).

iii) Calcolare P(T = 2S).

iv) Calcolare P(T + S = 3).

i) Entrambe le variabili T ed S rappresentano istanti di primo successo, quindi possono essere modellate con una legge di tipo geometrica modiﬁcata. Nel caso di T, poiché la probabilità di ottenere testa in un lancio è di 0,5, possiamo determinare direttamente la legge:

$ P(T = k) = 1/2 * (1 – 1/2)^(k-1) = (1/2)^k $

Nel caso di S, per ottenere un punteggio pari a 5 dobbiamo considerare le possibili coppie di valori che si devono presentare nei due dadi, che sono le seguenti: (1,4), (2,3), (4,1) e (3,2). Le possibili coppie totali che possono presentarsi sono 36 (6*6), quindi la probabilità di ottenere una delle 4 coppie precedenti è data da: $4/(36) = 1/9$; la legge della variabile S è quindi:

$ P(S = k) = 1/9 * (1 – 1/9)^(k-1) = 1/9 * (8/9)^(k-1) $

Aﬃnché le due variabili aleatorie siano indipendenti, dobbiamo dimostrare che:

$ P(T = k, S = k) = P(T = k) * P(S = k) $

per ogni valore di k.

In questo caso, però, possiamo ragionare semplicemente notando che l’uscita del primo valore “testa” non inﬂuenza l’ottenimento del valore 5 nel lancio dei dadi; quindi, possiamo aﬀermare che le variabili aleatorie siano indipendenti.

ii) X rappresenta il numero minimo di lanci necessario aﬃnché sia il numero delle teste uscite che il numero di volte che si è ottenuto il punteggio 5, siano almeno 1. La densità discreta di X corrisponde alla probabilità $P(X = k)$, e può essere ottenuta nel seguente modo:

$P(X = k) = P(X <= k) – P(X <= k – 1) $

Poiché X è deﬁnita come il massimo tra T ed S, possiamo esprimere la probabilità $P(X <= k) $
come:

$ P(X <= k) = P(max(T,S) <= k) = P( T <= k , S <= k) $

Dall’indipendenza di T ed S abbiamo che:

$ P( T <= k , S <= k) = P( T <= k ) * P(S <= k) $

Ricordando le proprietà della distribuzione geometrica modiﬁcata, possiamo scrivere:

$ P( T <= k ) = sum_(i=1)^k (1/2)^i = frac(1/2 – (1/2)^(k+1))(1 – 1/2) = frac(1/2 – (1/2)^(k+1))(1/2) = $

$ [1/2 – (1/2)^(k+1)] * 2 = 1 – (1/2)^k $

Allo stesso modo, per la variabile S si ha:

$ P( S <= k ) = sum_(i=1)^k 1/9 * (8/9)^(i-1) = 1/9 * 9/8 * sum_(i=1)^k (8/9)^i $
$ 1/8 * frac(8/9 – (8/9)^(k+1))(1 – 8/9) = 1/8 * frac(8/9 – (8/9)^(k+1))(1/9) = $

$ 9/8 * [frac(8/9 – (8/9)^(k+1)] = 1 – (8/9)^k $

Quindi moltiplicando i risultati ottenuti abbiamo:

$ P(X <= k) = P( T <= k , S <= k) = P( T <= k ) * P(S <= k) = [1 – (1/2)^k] * [1 – (8/9)^k] $

Per determinare il la probabilità $P(X <= k-1) $, possiamo eﬀettuare una semplice sostituzione del parametro, ovvero:

$ P(X <= k-1) = [1 – (1/2)^(k-1)] * [1 – (8/9)^(k-1)] $

Possiamo determinare quindi la legge di X:

$P(X = k) = P(X <= k) – P(X <= k – 1) = [1 – (1/2)^k] * [1 – (8/9)^k] – [1 – (1/2)^(k-1)] * [1 – (8/9)^(k-1)]
$

Per determinare il valore della probabilità per X = 4, sostituiamo il valore 4 nella legge di X:

$P(X = 4) = [1 – (1/2)^4] * [1 – (8/9)^4] – [1 – (1/2)^3] * [1 – (8/9)^3] = $

$ [1 – 1/(16) ] * [1 – (8/9)^4] – [1 – 1/8] * [1 – (8/9)^3] = (15)/(16) * [1 – (8/9)^4] – 7/8 * [1 – (8/9)^3] =
0,0917 $

iii) Per calcolare la probabilità P(T = 2S), possiamo procedere come segue:

$ P(T = 2S) = sum_(k=1)^∞ P(S = k, T = 2k)$

Sfruttando l’indipendenza delle variabili aleatorie, possiamo scrivere:

$ sum_(k=1)^∞ P(S = k, T = 2k) = sum_(k=1)^∞ P(S = k) * P(T = 2k)$

e conoscendo le leggi delle due variabili abbiamo:

$ sum_(k=1)^∞ P(S = k) * P(T = 2k) = sum_(k=1)^∞ 1/9 * (8/9)^(k-1) * (1/2)^(2k)$

Svolgiamo i calcoli (occorre eﬀettuare un cambio di variabile):

$ 1/9 * 1/4 sum_(j=0)^∞ (8/9 * 1/4)^j = 1/(36) sum_(j=0)^∞ (2/9)^j $

$ 1/(36) frac(1)(1 – 2/9) = 1/(36) * 9/7 = 1/(28)$

iv) Per calcolare la probabilità P(T + S = 3), consideriamo una variabile aleatoria Z deﬁnita come Z = T + S, quindi la probabilità che dobbiamo calcolare è P(Z = 3); notiamo che si può scrivere:

$ Z = T + S to S = Z – T $

Sfruttando questa osservazione, procediamo come segue:

$ P(Z = k) = sum_(h=1)^(k-1) P(T = h, S = k – h) = sum_(h=1)^(k-1) P(T = h) * P(S = k – h) $

Sostituiamo le leggi delle variabili aleatorie:

$ sum_(h=1)^(k-1) (1/2)^h * 1/9 * (8/9)^(k-h-1) $

Invece di determinare la legge di Z, dato che il valore di Z che stiamo cercando è piccolo, possiamo sostituirlo direttamente alla nostra espressione, ovvero:

$ P(Z = 3) = sum_(h=1)^(3-1) (1/2)^h * 1/9 * (8/9)^(3-h-1) = sum_(h=1)^(2) (1/2)^h * 1/9 * (8/9)^(2-h)
$

Procediamo esplicitando i termini della sommatoria:

$ P(Z = 3) = (1/2)^1 * 1/9 * (8/9)^(2-1) + (1/2)^2 * 1/9 * (8/9)^(2-2) = 1/2 * 1/9 * 8/9 + 1/4 * 1/9 = $

$ 4/(81) + 1/(36) = 0,04938 + 0,02778 = 0,077 $

Siano X e Y due variabili aleatorie indipendenti, entrambe Bernoulliane di parametro p, e siano S = X + Y e D = X – Y

i) Calcolare le densità discrete di S e D.

ii) Calcolare P(S = 0, D = 0) e P(S = 1, |D| = 1).

iii) Dire se S e D sono indipendenti.

iv) Calcolare Cov(S,D).

i) Poiché le variabili aleatorie in questione seguono una legge di Bernoulli, sappiamo che esse possono assumere solo valori 0 e 1; di conseguenza, la variabile aleatoria S, data dalla loro somma, potrà assumere valori nell’insieme {0,1,2}. Per calcolare la densità di S dobbiamo quindi calcolare la probabilità che S assuma il valore 0, il valore 1 e il valore 2.

Il primo caso si ha solo quando sia X che Y assumono il valore 0, ovvero:

$ P(S=0) = P(X=0, Y=0) $

Dall’indipendenza delle variabili aleatorie possiamo scrivere:

$ P(S=0) = P(X=0, Y=0) = P(X=0) * P(Y=0) $

Dalla conoscenza delle formule per le variabili Bernoulliane possiamo scrivere:

$ P(S=0) = P(X=0) * P(Y=0) = (1-p)(1-p) = (1-p)^2 $

Il secondo caso è dato quando una delle due variabili aleatorie assume valore 0 e l’altra assume valore 1, ovvero:

$ P(S=1) = P(X=0, Y=1) + P(X=1, Y=0) $

Procedendo come in precedenza si ha:

$ P(S=1) = P(X=0) * P(Y=1) + P(X=1) * P(Y=0) = (1-p)*p + p*(1-p) = 2p(1-p) $

Inﬁne il terzo caso si ha quando entrambe le variabili aleatorie assumono il valore 1:

$ P(S=2) = P(X=1, Y=1) = $

$= P(X=1) * P(Y=1) = p * p = p^2 $

Allo stesso modo, possiamo trovare la densità della variabile aleatoria D; in questo caso, poiché essa è data dalla diﬀerenza delle variabili aleatorie X e Y, essa potrà assumere valori nell’insieme {-1, 0, 1}. Cominciamo determinando la probabilità che D assuma il valore 0; tale evento si veriﬁca quando entrambe le variabili X e Y sono nulle oppure quando entrambe sono uguali a 1:

$ P(D=0) = P(X=0, Y=0) + P(X=1, Y=1) = $

$ = P(X=0) * P(Y=0) + P(X=1) * P(Y=1) = $

$ (1-p) * (1-p) + p * p = (1-p)^2 + p^2 = 2p^2 + 1 – 2p$

Procediamo con la probabilità che D assuma valore 1; tale caso si ha quando:

$ P(D=1) = P(X=1, Y=0) = P(X=1) * P(Y=0) $

Sostituendo i valori abbiamo:

$ P(D=1) = p * (1-p) $

Inﬁne troviamo la probabilità che D assuma valore -1; tale caso si ha quando:

$ P(D=-1) = P(X=0, Y=1) = P(X=0) * P(Y=1) $

Sostituendo i valori abbiamo:

$ P(D=-1) = (1-p) * p $

ii) Calcoliamo la prima probabilità richiesta, ovvero $P(S=0, D=0)$; tale probabilità corrisponde alla seguente:

$P( {S=0} ⋂ {D=0})$

ovvero che si veriﬁchino entrambi gli eventi {S=0} e {D=0}; il primo si veriﬁca quando sia X che Y sono uguali a 0, mentre il secondo si veriﬁca quando le due variabili aleatorie sono entrambe nulle o entrambe uguali a 1; di conseguenza possiamo scrivere:

$P( {S=0} ⋂ {D=0}) = P(X=0, Y=0) = (1-p)^2 $

La seconda probabilità richiesta è $P(S=1, |D|=1)$, ovvero la probabilità:

$P(S=1, |D|=1) = P( {S=1} ⋂ {|D|=1}) = P( {S=1} ⋂ { {D=1} U {D=-1} }) $

Per le proprietà insiemistiche di unione e intersezione, abbiamo che:

$ P( {S=1} ⋂ { {D=1} U {D=-1} }) = P( {{S=1} ⋂ {D=1}} U {{S=1} ⋂ {D=-1}} ) $

Ovvero:

$ P( {S=1, D=1} U {S=1, D=-1} ) $

Che può essere tradotto nella forma:

$ P( S=1, D=1 ) + P(S=1, D=-1) $

Le variabili aleatorie S e D sono entrambe uguali a 1 quando le variabili aleatorie X e Y assumono rispettivamente i valori 1 e 0, ovvero:

$P( S=1, D=1 ) = P( X=1, Y=0 ) = p(1-p) $

Mentre il caso in cui S è uguale a 1 e D uguale a -1 si ha quando le variabili aleatorie X e Y assumono rispettivamente i valori 0 e 1, ovvero:

$P( S=1, D=-1 ) = P( X=0, Y=1 ) = (1-p)p $

iii) Per provare se S e D sono indipendenti, prendiamo la probabilità $P(S=0, D=0)$ di cui abbiamo calcolato precedentemente il valore:

$P(S=0, D=0) = (1-p)^2 $

Se le variabili aleatorie S e D fossero indipendenti, dovrebbe valere:

$P(S=0, D=0) = P(S=0) * P(D=0)$

Come sappiamo dal primo punto, si ha che:

$ P(S=0) = (1-p)^2 $

$ P(D=0) = (1-p)^2 + p^2 $

Quindi il loro prodotto vale:

$ P(S=0) * P(D=0) = (1-p)^2 * [(1-p)^2 + p^2] $

Possiamo concludere, quindi, che le variabili aleatorie S e D non sono indipendenti.

iv) Per calcolare la covarianza delle variabili aleatorie S e D applichiamo la seguente formula:

$ Cov(S,D) = E(SD) – E(S) E(D) $

Dalla deﬁnizione delle variabili S e D possiamo scrivere:

$ Cov(S,D) = E( (X+Y)(X-Y) ) – E(X+Y) E(X-Y) $

Svolgiamo i calcoli:

$ E( (X+Y)(X-Y) ) – E(X+Y) E(X-Y) = E( X^2 -Y^2 ) – E(X+Y) E(X-Y) $

Dalle proprietà del valore medio abbiamo che:

$ E( X^2 -Y^2 ) = E( X^2 ) – E( Y^2 ) $

$E(X+Y) = E(X) + E(Y) $

$E(X-Y) = E(X) – E(Y) $

Quindi, sostituendo nella precedente espressione si ha:

$ E( X^2 -Y^2 ) – E(X+Y) E(X-Y) = E(X^2) – E(Y^2) – [E(X) + E(Y)] * [E(X) – E(Y)] $

Calcoliamo il prodotto:

$ E(X^2) – E(Y^2) – [E(X) + E(Y)] * [E(X) – E(Y)] = E(X^2) – E(Y^2) – [ E(X)^2 – E(Y)^2] = $

$ E(X^2) – E(Y^2) – E(X)^2 + E(Y)^2 = [E(X^2) – E(X)^2] – [E(Y^2) – E(Y)^2] $

Riconosciamo all’interno della formula le espressioni della Varianza delle due variabili aleatorie:

$ [E(X^2) – E(X)^2] – [E(Y^2) – E(Y)^2] = Var(X) – Var(Y) $

Possiamo quindi concludere che : $ Cov(SD) = 0 $.

Sia $X$ una variabile aleatoria a valori in Z tale che $P(X=X^3) = 1$. Trovare la densità discreta di $X$ sapendo che $P(X=-1) = P(X=1) = p$. Se $Y$ è un’altra variabile aleatoria, indipendente da $X$, che assume valori -1, 1 con probabilità q, 1-q, calcolare la legge $Z = X + Y$.

Per prima cosa, calcoliamo la densità discreta di X; sappiamo che la densità discreta è una funzione che assegna ad ogni valore di X la probabilità che tale valore venga assunto. In questo caso, si ha che $ x = x^3 $ con probabilità 1, ovvero la variabile x può assumere solo uno dei seguenti valori: -1, 0, 1. Il problema fornisce già le probabilità che la variabile assuma i valori -1 e 1, dobbiamo quindi calcolare la probabilità che il valore assunto sia 0. Possiamo procedere ricordando che, se A è l’evento “la variabile X assume valore 0”, allora abbiamo:

$P(A) = 1 – P(A^c)$

dove $A^c$ è l’evento “la variabile X assume il valore -1 o il valore 1”. Abbiamo quindi:

$P(X=0) = 1 – P(A^c) = 1 – [P(X=1) + P(X=-1)] = 1 – p – p = 1 – 2p $

Per determinare la legge della variabile aleatoria $Z = X + Y$, ovvero la probabilità $P(Z=k)$, possiamo procedere applicando la formula di convoluzione, per la quale si ha:

$P(Z=k) = P(X+Y = k) = sum_(n=-1)^1 P(X=n, Y=k-n) $

Notiamo che i valori assunti da n sono i valori che può assumere la variabile X; poiché la variabile Y può assumere solo i valori -1 e 1, abbiamo i seguenti valori possibili per la variabile k: 0, 1, -1, 2, -2.

Inoltre, poiché le variabili X e Y sono indipendenti, possiamo scrivere la formula precedente in questo modo, che risulterà più semplice per i calcoli:

$P(Z=k) = P(X+Y = k) = sum_(n=-1)^1 P(X=n) * P(Y=k-n) $

Procediamo calcolando per ogni possibile valore di k la probabilità che esso possa essere assunto dalla variabile aleatoria Z:

• $ k = 0$ : Tale caso si veriﬁca quando o entrambi X e Y sono 0, o quando una delle due è uguale a 1 e l’altra uguale a -1; la probabilità sarà quindi data dalla somma di tutti gli eventi
possibili:

$P(Z=0) = P(X=0)P(Y=0) + P(X=1)P(Y=-1) + P(X=-1)P(Y=1) = $

$(1-2p)*0 + p*(1-q) + p*q = p – pq + pq = p$

• $ k = 1$ : Applichiamo la formula di convoluzione per tutti i valori di n; la probabilità sarà data dalla somma di tutti gli eventi possibili:

$P(Z=1) = P(X=-1)P(Y=2) + P(X=0)P(Y=1) + P(X=1)P(Y=0) = $

$p*0 + (1-2p)*(1-q) + p*0 = (1-2p)*(1-q) = 1- q – 2p + 2pq$

• $ k = -1$ : Come in precedenza, applichiamo la formula di convoluzione per tutti i valori di n possibili:

$P(Z=-1) = P(X=-1)P(Y=0) + P(X=0)P(Y=-1) + P(X=1)P(Y=-2) = $

$p*0 + (1-2p)*q + p*0 = (1-2p)*q = q + 2pq$

• $ k = 2$ : Come in precedenza, applichiamo la formula di convoluzione per tutti i valori di n possibili:

$P(Z=2) = P(X=-1)P(Y=3) + P(X=0)P(Y=2) + P(X=1)P(Y=1) = $

$p*0 + (1-2p)*0 + p*(1-q) = p – pq$

• $ k = -2$ : Come in precedenza, applichiamo la formula di convoluzione per tutti i valori di n possibili:

$P(Z=-2) = P(X=-1)P(Y=-1) + P(X=0)P(Y=-2) + P(X=1)P(Y=-3) = $

$p*q + (1-2p)*0 + p*0 = pq$

Per veriﬁcare che i risultati ottenuti sono corretti, possiamo sommare tutte le probabilità ottenute e veriﬁcare che il risultato sia pari a 1:

$ P(Z = 0) + P(Z = 1) + P(Z = -1) + P(Z = 2) + P(Z = -2) = p + (1- q – 2p + 2pq) + (q + 2pq) + (p – pq) + pq = 1 $

Calcolare il valore del seguente integrale: $ int frac(sqrt(x+1) + 3)(x+2) dx $

Per la risoluzione di questo integrale dobbiamo eﬀettuare un cambio di variabile del tipo :

$ t = sqrt(x+1) $

In questo caso va considerato anche cosa accade ai diﬀerenziali, in quanto si ha:

$ t = sqrt(x+1) to 1 dt = frac(1)(2sqrt(x+1)) dx to dx = 2 sqrt(x+1) dt = 2t dt $

Possiamo procedere quindi con la sostituzione:

$ int frac(sqrt(x+1) + 3)(x+2) dx = int frac(t + 3)(t^2 – 1+2) 2t dt = 2 int frac(t^2+3t)(t^2 + 1) dt $

Proviamo ad aggiungere e sottrarre al numeratore il termine $-1$:

$ 2 int frac(t^2+3t)(t^2 + 1) dt = 2 int frac(t^2+3t + 1 – 1)(t^2 + 1) dt $

e scomponiamo la frazione in questo modo:

$ 2 int frac(t^2+3t + 1 – 1)(t^2 + 1) dt = 2 int frac(t^2 + 1)(t^2 + 1) + frac(3t – 1)(t^2 + 1) dt = $

$ 2 int frac(t^2 + 1)(t^2 + 1) dt + 2 int frac(3t – 1)(t^2 + 1) dt $

In questo modo possiamo risolvere i singoli integrali riconducendoci a forme notevoli; nel primo caso abbiamo:

$ 2 int frac(t^2 + 1)(t^2 + 1) dt = 2 int 1 dt = 2t + c $

mentre nel secondo caso è conveniente spezzare la frazione e risolvere i singoli integrali separatamente:

$ 2int frac(3t – 1)(t^2 + 1) dt = 2 int frac(3t)(t^2 + 1) dt – 2int frac(1)(t^2 + 1) dt $

Il primo integrale può essere ricondotto ad una forma notevole; cerchiamo di far apparire al numeratore la derivata del denominatore:

$ 2 int frac(3t)(t^2 + 1) dt = 3 int frac(2t)(t^2 + 1) dt $

In questo modo abbiamo:

$ 3 int frac(2t)(t^2 + 1) dt = 3 log(t^2 + 1) + c $

Nel secondo caso l’integrale si presenta già in una forma notevole, e si ha:

$ 2int frac(1)(t^2 + 1) dt = 2arctan(t) + c $

Ricomponiamo quindi, l’integrale di partenza:

$2 int frac(t^2+3t)(t^2 + 1) dt = 2t + 3 log(t^2 + 1) – 2arctan(t) + c $

Eﬀettuiamo ora la sostituzione inversa, esprimendo la funzione cosi ottenuta al variare di x:

$ 2t + 3 log(t^2 + 1) – 2arctan(t) + c —> $

$ 2 sqrt(x+1) + 3 log((sqrt(x+1))^2 + 1) – 2arctan(sqrt(x+1)) + c = $

$ = 2 sqrt(x+1) + 3 log(|x+2|) – 2arctan(sqrt(x+1)) + c $

Calcolare il valore del seguente integrale: $ int frac(sqrt(x))(1 + sqrt(x)) dx $

Per la risoluzione di questo integrale dobbiamo eﬀettuare un cambio di variabile del tipo :

$ t = sqrt(x) $

In questo caso va considerato anche cosa accade ai diﬀerenziali, in quanto si ha:

$ t = sqrt(x) to 1 dt = frac(1)(2sqrt(x)) dx to dx = 2 sqrt(x) dt = 2t dt $

Possiamo procedere quindi con la sostituzione:

$ int frac(sqrt(x))(1 + sqrt(x)) dx = int frac(t)(1 + t) 2t dt = 2 int frac(t^2)(1 + t) dt $

Proviamo ad aggiungere e sottrarre al numeratore il termine $-1$:

$ 2 int frac(t^2)(1 + t) dt = 2 int frac(t^2 + 1 – 1)(1 + t) dt $

e scomponiamo la frazione in questo modo:

$ 2 int frac(t^2 + 1 – 1)(1 + t) dt = 2 int frac(1)(1 + t) + frac(t^2 – 1)(1 + t) dt $

In questo modo possiamo risolvere i singoli integrali riconducendoci a forme notevoli; nel primo caso abbiamo al numeratore la derivata del denominatore, per cui:

$ int frac(1)(1 + t) dt = log(|1+t|) + c $

mentre nel secondo caso riconosciamo al numeratore la diﬀerenza di due quadrati, che può essere scomposta come somma per diﬀerenza:

$ int frac(t^2 – 1)(1 + t) dt = int frac((t – 1)(t+1))(1 + t) dt = int t-1 dt $

L’integrale è cosi di facile risoluzione, e si ha:

$ int t-1 dt = 1/2 t^2 – t $

Quindi, l’integrale di partenza avrà come risultato:

$ 2 int frac(t^2)(1 + t) dt = 2 log(|1+t|) + t^2 – 2t + c $

Eﬀettuiamo ora la sostituzione inversa, esprimendo la funzione cosi ottenuta al variare di x:

$ 2 log(|1+t|) + t^2 – 2t + c —> $

$ 2 log(|1+sqrt(x)|) + (sqrt(x))^2 – 2sqrt(x) + c = 2 log(|1+sqrt(x)|) + x – 2sqrt(x) + c $

«È tutto calcolato!» di Lorenzo Baglioni

«È tutto calcolato!», pubblicato da Mondadori, è il primo libro di Lorenzo Baglioni: dopo essere stato tra le “nuove proposte” allo scorso Festival di Sanremo, Baglioni è tra le “nuove proposte” matematico/letterarie.

Diventato famoso per il grande pubblico grazie alla canzone «Il Congiuntivo», simpatico tormentone per insegnare la grammatica, Baglioni è conosciuto già da tempo sul web: la sua pagina YouTube, con una dozzina di canzoni didattiche, tra le quali non si può non menzionare quella sul Teorema di Ruffini, conta più di centomila iscritti. Classe 1986, Baglioni è toscano e laureato in matematica, disciplina che ha insegnato per un paio di anni.
L’obiettivo del libro non è di insegnare la matematica, ma di mostrarne il potere, quello di descrivere la realtà attraverso i modelli e quindi spiegare e prevedere le situazioni, come indicato dal sottotitolo «Teoremi e funzioni per risolvere i piccoli problemi quotidiani». In effetti, Baglioni gioca con i modelli matematici e fa continue battute, come è nel suo stile. Informa il lettore, fin dalle prime pagine, che la matematica sarà utile per ingannare il lettore (e ne dà una dimostrazione con un breve ragionamento) e per raccontare storie. Con il suo tono leggero, si rivolge ai ragazzi, perciò le situazioni quotidiane a cui applica la matematica sono la conquista delle ragazze, il gioco del calcetto, la frequentazione del web e la gestione dei profili social, la successione dei video su YouTube, la musica e i sogni.

Ognuno dei dieci capitoli ruota attorno a una situazione: al suo centro si trova un teorema, che viene dimostrato perché un teorema senza dimostrazione non ha alcuna utilità, ma non mancano gli esempi che ci aiutano a capire meglio la teoria. Passando velocemente da una pagina all’altra, sembra di sentire la voce dell’autore che ci parla, con il suo bellissimo accento fiorentino, ma nonostante il senso dell’umorismo, la narrazione non è banale. Lo dimostrano le numerose formule che incontriamo: Stephen Hawking affermava che gli editori lo avevano più volte invitato a evitare le formule nei suoi libri di divulgazione, visto che ognuna di esse avrebbe dimezzato il numero dei potenziali lettori. Baglioni non si lascia spaventare da una simile affermazione e, da vero matematico, è consapevole che in realtà con le formule tutto diventa più chiaro, perciò non ci risparmia la fatica necessaria per capire. D’altra parte, la bellezza della matematica è insita anche nella fatica che si deve fare per coglierla. Al penultimo capitolo, il coraggioso Baglioni ci propone lo studio dei grafici di funzione per poter capire come cambia il nostro amore per la musica, attraverso crescenza/decrescenza, massimi e minimi, con una introduzione così chiara che potrebbe essere riutilizzata quando si propone l’ostico argomento all’ultimo anno delle superiori.

Il libro si legge d’un fiato e se, conoscendo la matematica, si è convinti di non poterci trovare nulla di interessante, il modo in cui sono stati trattati gli argomenti e gli argomenti stessi sono così originali che si troverà comunque qualcosa di nuovo da imparare. Per gli insegnanti sempre alla ricerca di nuovi spunti per proporre gli argomenti ai propri alunni, questo libro può essere fonte di idee nuove e originali. Per gli alunni che sentono estranea la matematica e si convincono che nella quotidianità essa non serva a nulla, le argomentazioni di Baglioni possono smontare questi pregiudizi e, con il suo senso dell’umorismo, anche i passaggi più complessi possono essere superati più agevolmente.

Questo libro è quindi consigliato a tutti: a chi già ama la matematica per continuare a trovare nuovi spunti per giocarci, a chi ancora non la ama per trovare una motivazione per studiarla, a chi è convinto che nella vita quotidiana non serva a nulla…

Titolo: È tutto calcolato
Autore: Lorenzo Baglioni
Editore: Mondadori
Pagine: 120
Prezzo di copertina: 17,00 EUR
ISBN: 9788804683766

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