Esercizi di probabilità

Due urne

Le scatole \(A\) e \(B\) contengono biglietti numerati. La scatola \(A\) contiene un biglietto contrassegnato con il numero 1 e tre biglietti con il numero 0. La scatola \(B\) contiene tre biglietti contrassegnati con il numero 1 e due con il numero 0. Si effettua una estrazione da ognuna delle due scatole.

1.k Calcolare la probabilità di ottenere due biglietti con il numero 1.

Indichiamo con

• \(A_0\) l’evento: esce 0 dall’urna \(A\)
• \(A_1\) l’evento: esce 1 dall’urna \(A\)
• \(B_0\) l’evento: esce 0 dall’urna \(B\)
• \(B_1\) l’evento: esce 1 dall’urna \(B\)

Le due estrazioni danno origine a eventi tra loro indipendenti e quindi

\[\begin{eqnarray*} P(A_1\cap B_1) &=& P(A_1) P(B_1) \\ &=& \frac{1}{4} \times \frac{3}{5} = \frac{3}{20}. \end{eqnarray*}\]

1.l La probabilità che almeno uno dei biglietti sia contrassegnato con il numero 1.

Si applica la regola dell’unione per eventi qualunque e si ha

\[\begin{eqnarray*} P(A_1 \cup B_1) &=& P(A_1)+P(B_1)-P(A_1\cap B_1) \\ &=& \frac{1}{4}+ \frac{3}{5}-\frac{3}{20} = \frac{14}{20} = \frac{7}{10} . \end{eqnarray*}\]

Altro tipo di ragionamento o possibile soluzione: si applica la regola del complementare all’evento C, almeno uno dei biglietti sia contrassegnato con il numero 1; infatti, il complementare di C è nessuno dei biglietti sia contrassegnato con il numero 1.

\[\begin{eqnarray*} P(C) &=& 1 - P(\overline{C}) \\ &=& 1 - \frac{3}{4}\ \frac{2}{5} = \frac{14}{20} = \frac{7}{10} . \end{eqnarray*}\]

Altro tipo di ragionamento (sconsigliato, in generale) è quello di considerare tutti gli eventi possibili, l’evento almeno una estrazione con uno è data da:

• \(C_{1}=A_1 \cap B_0\), unito a
• \(C_{2}=A_0 \cap B_1\), unito a
• \(C_{3}=A_1 \cap B_1\).

L’evento C, almeno uno dei biglietti sia contrassegnato con il numero 1 è dato dall’unione dei tre eventi, tra loro incompatibili

\[\begin{eqnarray*} P(C) &=& P(C_{1} \cup C_{2} \cup C_{3}) \\ &=& P(C_{1}) + P(C_{2}) + P(C_{3}) \\ &=& \frac{1}{4}\ \frac{2}{5} + \frac{3}{4}\ \frac{3}{5} + \frac{1}{4}\ \frac{3}{5} = \frac{14}{20} = \frac{7}{10} . \end{eqnarray*}\]

1.a La probabilità che la somma dei numeri riportati sui biglietti estratti sia 1.

L’evento la somma dei due biglietti è 1” può essere scritta come

\[\begin{eqnarray*} (A_1 \cup B_0) \cup (A_0 \cap B_1) \end{eqnarray*}\]

e si ha

\[\begin{eqnarray*} & & P[(A_1\cap B_0)\cup(A_0\cap B_1)] \\ &=& P(A_1\cap B_0) + P(A_0\cap B_1) \\ &=& P(A_1) P(B_0) + P(A_0) P(B_1) \\ &=& \frac{1}{4}\times \frac{2}{5} + \frac{3}{4}\times \frac{3}{5} = \frac{11}{20}. \end{eqnarray*}\]

Valigetta

La serratura a combinazione di una valigia è composta da tre cifre. Per aprire la valigia occorre scegliere un numero tra 1 e 9 per ciascuna cifra. Si ha a disposizione cinque soli tentativi, verificando l’apertura a ogni combinazione.

1.a Qual è la probabilità di trovare la combinazione giusta estraendo completamente a caso le tre cifre per un massimo di cinque volte?

Il numero di combinazioni possibili è pari a \(9^{3}= 729\) perché la stessa cifra si può ripetere nelle altre posizioni: disposizioni con ripetizione.

\(\#\)	tripletta
1	1,1,1
2	1,1,2
\(\vdots\)	\(\vdots\)
9	1,1,9
10	1,2,1
\(\vdots\)	\(\vdots\)
81	1,9,9
82	2,1,1
\(\vdots\)	\(\vdots\)
729	9,9,9

Per rispondere alla domanda si può costituire un’urna con 729 combinazioni e immaginare di estrarre da essa la combinazione di ogni prova.

La stessa combinazione si può ripetere nella prova successiva sicché l’esperimento è formato da estrazioni con reimmissione. Sia \(C_{i}\) l’evento “aprire” nell’\(i\)-esimo tentativo. Sarà \(\bar{C}_{i}\) l’evento complementare non aprire nell’\(i\)-esimo tentativo.

Sia \(B\) l’evento “aprire in almeno cinque prove”.

Soluzione diretta (lunga). L’evento \(B\)=“aprire in almeno cinque prove” si può riscrivere come

\[ B=C_1\cup (\bar C_1\cap C_2)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap C_3) \cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap C_4)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5) \]

che si legge: per aprire in almeno cinque tentativi:

• apro al primo \(C_1\), oppure \(\cup\)
• non apro al primo e apro al secondo \((\bar C_1\cap C_2)\)
• …
• non apro al primo, non apro al secondo, …, apro al quinto \((\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5)\)

e quindi

\[\begin{array}{lll} P(B) &=& P\Big(C_1\cup (\bar C_1\cap C_2) \cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap C_3)\cup \\ && \qquad\cup(\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap C_4)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5)\Big)\\ &=& P(C_1)+P(\bar C_1\cap C_2)+P(\bar C_1\cap \bar C_2\cap C_3)+\\ &&\qquad + P(\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap C_4)+P(\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5)\\ &=& P(C_1)+P(\bar C_1) P( C_2)+P(\bar C_1) P( \bar C_2) P( C_3)+ \\ &&\qquad+P(\bar C_1) P( \bar C_2) P( \bar C_3) P( C_4)+P(\bar C_1) P( \bar C_2) P( \bar C_3) P(\bar C_4) P( C_5)\\ &=& \frac 1{729} + \frac {728}{729}\frac {1}{729} + \left(\frac {728}{729}\right)^2\frac {1}{729} + \left(\frac {728}{729}\right)^3\frac {1}{729}+ \left(\frac {728}{729}\right)^4\frac {1}{729}\\ &=& 0.00684 \end{array}\]

Soluzione indiretta (corta). Il calcolo diventa facile se si applica la regola del complementare: si calcola la probabilità dell’evento \(\bar{B}\), “non aprire nei cinque tentativi”.

\[\begin{eqnarray*} P(B)&=& 1 - P(\bar{B}) \\ &=& 1 - P(\bar{C}_{1} \cap \bar{C}_{2} \cap \bar{C}_{3} \cap \bar{C}_{4} \cap \bar{C}_{5}) \\ &=& 1 - P(\bar{C}_{1}) P(\bar{C}_{2}) P(\bar{C}_{3}) P(\bar{C}_{4}) P(\bar{C}_{5}) \\ &=& 1 - \left( \frac{728} {729} \right)^{5} = 1 - 0.99316 = 0.00684 . \end{eqnarray*}\]

1.b Qual è la probabilità di trovare la combinazione giusta estraendo completamente a caso le tre cifre per un massimo di cinque volte tenendo conto delle combinazioni già provate?

Il numero di combinazioni possibili è pari a \(9^{3}= 729\) (v. sopra). Per rispondere alla domanda si costituisce sempre un’urna con 729 combinazioni e si estrae da essa la combinazione di ogni prova, ma le combinazioni provate non vengono reimmesse nell’urna per non ripescarle nei tentativi successivi.

Sia \(C_{i}\) l’evento “aprire” nell’\(i\)-esimo tentativo. Sia \(\bar{C}_{i}\) l’evento complementare “non aprire” nell’\(i\)-esimo tentativo.

Soluzione diretta (lunga). L’evento \(B\)=“aprire in almeno cinque prove” si può riscrivere come

\[ B=C_1\cup (\bar C_1\cap C_2)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap C_3)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap C_4)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5) \]

che si legge: per aprire in almeno cinque tentativi:

• apro al primo \(C_1\), oppure \(\cup\)
• non apro al primo e apro al secondo \((\bar C_1\cap C_2)\)
• …
• non apro al primo, non apro al secondo, …, apro al quinto \((\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5)\)

e quindi

\[\begin{array}{lll} P(B) &=& P\Big(C_1\cup (\bar C_1\cap C_2) \cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap C_3)\cup \\ && \qquad\cup(\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap C_4)\cup (\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5)\Big)\\ &=& P(C_1)+P(\bar C_1\cap C_2)+P(\bar C_1\cap \bar C_2\cap C_3)+\\ &&\qquad + P(\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap C_4)+P(\bar C_1\cap \bar C_2\cap \bar C_3\cap\bar C_4\cap C_5)\\ &=& P(C_1)+P(\bar C_1) P( C_2|\bar C_1)+P(\bar C_1) P( \bar C_2|\bar C_1) P( C_3|\bar C_1\cap \bar C_2)+ \\ &&\qquad+P(\bar C_1) P( \bar C_2|\bar C_1) P( C_3|\bar C_1\cap \bar C_2)P( C_4|\bar C_1\cap \bar C_2\cap\bar C_3)+\\ &&\qquad+P(\bar C_1) P( \bar C_2|\bar C_1) P( C_3|\bar C_1\cap \bar C_2)P( C_4|\bar C_1\cap \bar C_2\cap\bar C_3)\cdot\\ &&\qquad\quad\cdot P( C_5|\bar C_1\cap \bar C_2\cap\bar C_3\cap C_4)\\ &=& \frac 1{729} + \frac {728}{729}\frac {1}{728} + \frac {728}{729}\frac {727}{728}\frac {1}{727}+\frac {728}{729}\frac {727}{728}\frac {726}{727}\frac {1}{726}+\\ &&\qquad +\frac {728}{729}\frac {727}{728}\frac {726}{727}\frac {725}{726}\frac{1}{725}\\ &=&\frac 5{729}\\ &=& 0.00686 \end{array}\]

Soluzione indiretta (corta). Sia B l’evento “aprire in almeno cinque prove”. Il calcolo diventa facile se si applica la regola del complementare: si calcola la probabilità dell’evento \(\bar{B}\), “non aprire nei cinque tentativi”.

\[\begin{eqnarray*} P(B) &=& \\ &=& 1 - P(\bar{B}) = 1 - P(\bar{C}_{1} \cap \bar{C}_{2} \cap \bar{C}_{3} \cap \bar{C}_{4} \cap \bar{C}_{5}) \\ &=& 1 - P(\bar{C}_{1}) P(\bar{C}_{2} | \bar{C}_{1}) P(\bar{C}_{3} | \bar{C}_{1}, \bar{C}_{2}) P(\bar{C}_{4} | \bar{C}_{1}, \bar{C}_{2}, \bar{C}_{3}) P(\bar{C}_{5} | \bar{C}_{1}, \bar{C}_{2}, \bar{C}_{3}, \bar{C}_{4}) \\ &=& 1 - \frac{728} {729}\ \frac{727} {728}\ \frac{726} {727}\ \frac{725} {726}\ \frac{724} {725} = 1 - 0.99314 = 0.00686 . \end{eqnarray*}\]

Urna

Si supponga di estrarre a caso e SENZA reimmissione (ESR) 2 palline da un’urna contenente 5 palline rosse e 10 palline gialle. Si considerino gli eventi seguenti:

• A={pallina rossa alla prima estrazione (colore qualsiasi alla seconda)},
• B={pallina rossa alla seconda estrazione (colore qualsiasi alla prima)},
• C={pallina gialla alla seconda estrazione (colore qualsiasi alla prima)}.

1.a Quali sono le coppie di palline che formano l’unione degli eventi A e B, ovvero \((A \cup B)\)?

• \(\Box\) Coppie contenenti due palline gialle.
• \(\Box\) Coppie contenenti esattamente una pallina rossa.
• \(\Box\) Coppie contenenti almeno una pallina rossa.
• \(\Box\) Coppie contenenti due palline rosse.

Coppie contenenti almeno una pallina rossa

1.b Quali sono le coppie di palline che formano l’intersezione degli eventi A e B, ovvero (A \(\cap\) B)?

• \(\Box\) Coppie contenenti due palline gialle.
• \(\Box\) Coppie contenenti al più una pallina rossa.
• \(\Box\) Coppie contenenti almeno una pallina rossa.
• \(\Box\) Coppie contenenti due palline rosse.

Coppie contenenti due palline rosse

1.c Qual è il complementare di C?

\(\overline{C}=B\)

1.d Calcolare la probabilità di C condizionata all’evento A, \(P(C|A).\)

Noto che A si è verificato, nell’urna rimangono 14 palline di cui 4 sono rosse e 10 sono gialle: \(P(C|A)= 10/14 = 0.714.\)

Applicazione regole

La probabilità dell’evento A è 1/3. La probabilità dell’evento B è 1/2. I due eventi sono indipendenti.

1.a Calcolare P(\(\overline{B}\)).

P(\(\overline{B}\))= 1 - P(B)=1/2

1.b Calcolare la probabilità che si verifichi B, dato che A si è verificato.

Dal momento che i due eventi sono indipendenti, la probabilità condizionata coincide con la probabilità semplice. In alternativa si può procedere al calcolo nel modo seguente:

\[P({B}|A)= \frac{P(B \cap A)}{P(A)} = \frac{P(B) \times P(A)}{P(A)} = P({B}) =1/2\]

1.c I due eventi sono incompatibili?

No, perché \({P(A \cap B)}\) = \({P(A) \times P(B)}\) =1/3 \(\times\) 1/2 = 1/6 \(\neq\) 0.

Studente

Uno studente arriva a un esame avendo studiato 20 dei 25 argomenti del corso. L’insegnante gli pone 3 domande su argomenti diversi e l’esame è superato solo se tutte le risposte sono giuste.

1.a Qual è la probabilità che lo studente superi l’esame al primo appello?

Per superare l’esame lo studente deve conoscere tutte e tre gli argomenti richiesti. Tale problema equivale a estrarre tre palline da un’urna che ne contiene 25 (di cui 20 di colore verde – argomenti noti – e 5 di colore rosso – argomenti non studiati). Dal momento che si specifica che le tre domande sono relative a argomenti diversi, le estrazioni delle tre palline devono essere effettuate SENZA reimmissione. In questo caso lo studente deve estrarre tre palline verdi in tre estrazioni. La probabilità cercata è data da

\[ P(\mbox{conoscere tutte e tre le risposte})= \frac{20}{25} \times \frac{19}{24} \times \frac{18}{23} = 0.49565 . \]

1.b Qual è la probabilità che lo studente superi l’esame nella prima sessione (in cui ci sono tre appelli)? Si assuma che gli eventi “superamento dell’esame” siano indipendenti, anche se l’assunto non è realistico.

Soluzione diretta (lunga). Sia \(A_{i}\) la probabilità di superare l’esame nell’\(i\)-esimo appello e \(\bar{A}_{i}\) è la probabilità di non superarlo. L’evento \(B\), superare entro il terzo appello, si può scomporre come

\[B=A_1\cup(\bar A_1\cap A_2)\cup(\bar A_1\cap\bar A_2\cap A_3)\]

e quindi

\[\begin{eqnarray*} P(B) &=& P(A_1\cup(\bar A_1\cap A_2)\cup(\bar A_1\cap\bar A_2\cap A_3))\\ &=& P(A_1)+P(\bar A_1\cap A_2)+P(\bar A_1\cap\bar A_2\cap A_3)\\ &=& P(A_1)+P(\bar A_1)P( A_2)+P(\bar A_1)P(\bar A_2)P( A_3)\\ &=& 0.49565+(1-0.49565)\times 0.49565 + (1-0.49565)^2\times 0.49565\\ &=& 0.87171 \end{eqnarray*}\]

Soluzione indiretta (corta). La probabilità di superare l’esame entro la sessione, evento \(B\) si calcola facilmente applicando la regola del complementare nel quale \(\bar{B}\) è la probabilità di non superare l’esame nella sessione:

\[\begin{eqnarray*} P(B) &=& 1- P(\bar{B}) = 1- P(\bar{A}_{1} \cap \bar{A}_{2} \cap \bar{A}_{3}) \\ &=& 1- P(\bar{A}_{1}) P(\bar{A}_{2} | \bar{A}_{1}) P(\bar{A}_{3} | \bar{A}_{1}, \bar{A}_{2}) \\ &=& 1- \left( 1-0.49565 \right)^{3} = 1 - 0.12829= 0.87171 . \end{eqnarray*}\]

Giulio e il treno

Giulio deve prendere il treno, ma non ha molto tempo: per raggiungere la stazione decide di aspettare l’autobus che arriverà puntualmente (evento \(A\)) con probabilità pari a 0.7. Arrivato in stazione puntualmente, riuscirà a salire sul treno evitando la multa del controllore se non troverà coda alla biglietteria (evento \(B\)). Questo accade con probabilità pari a 0.5.

1.a Calcolare la probabilità che Giulio non debba pagare la multa (evento \(C\)).

Giulio sale sul treno senza prendere la multa solo se simultaneamente si verificano due eventi (indipendenti): l’autobus è puntuale (evento \(A\)) e non c’è coda in biglietteria (evento \(B\)). La probabilità cercata si ottiene allora applicando la regola del prodotto (per eventi indipendenti):

\[\begin{eqnarray*} P(C) &=& P(A \cap B) = P(A) P(B) = 0.7 \times 0.5 = 0.35 . \end{eqnarray*}\]

1.b Calcolare la probabilità che Giulio in tre giorni diversi riesca a evitare almeno una multa (evento \(D\)).

La probabilità di evitare almeno una multa in tre giorni si può calcolare ricorrendo alla regola del complementare. L’evento \(D\) si ottiene dalle diverse combinazioni dell’evento \(C_{i}\) e \(\bar{C}_{i}\) giornalieri.

La probabilità di \(C_{i}\) è stata calcolata in precedenza. Il complementare di \(D\), è \(\bar{D}\) che indica l’evento “paga sempre la multa”, allora si ha

\[\begin{eqnarray*} P(D) &=& 1 - P(\bar{D}) = 1 - P(\bar{C}_{1} \cap \bar{C}_{2} \cap \bar{C}_{3}) \\ &=& 1 - P(\bar{C}_{1}) P(\bar{C}_{2}) P(\bar{C}_{3}) = 1 - (1- 0.35) (1- 0.35) (1- 0.35) \\ &=& 1-0.274625 = 0.725375 . \end{eqnarray*}\]

Somma di due dadi

Si lancia una coppia di dadi.

1.a Costruire il supporto.

Il supporto della coppia di VC, si ottiene con una tabella a doppia entrata, nella quale sulle righe si mettono i risultati del primo dado (\(D1\)) e sulle colonne si mettono i risultati del secondo dado (\(D2\)).

Lo spazio \(\Omega\) consiste di 36 combinazioni equiprobabili.

1.b Determinare la probabilità di un punto del supporto.

Presa una qualunque coppia (\(\fbox{4}\), \(\fbox{2}\)), i due eventi sono “fisicamente” indipendenti sicché

\[ P(\fbox{4} ,\ \fbox{2}) = P(\fbox{4}) P(\fbox{2}) = \frac{1} {6} \times \frac{1} {6} = \frac{1} {36} \]

La risposta era anche intuitiva perché gli eventi di \(\Omega\) sono equiprobabili: 1/36.

1.c Qual è la probabilità che la somma dei punteggi sia 9?

Si può procedere al conteggio degli eventi che danno somma, \(S\), pari a 9:

\[ P(S=9) = 4 \times \frac{1} {36} = \frac{1} {9} \]

Si noti che la probabilità di avere 3 è

\[\begin{eqnarray*} P(\text{un dado $\fbox{2}$ e un dado $\fbox{1}$}) &=& P\left( (\lbrace \fbox{2}\rbrace \cap \lbrace \fbox{1}\rbrace) \cup (\lbrace \fbox{1}\rbrace \cap \lbrace \fbox{2}\rbrace) \right) \\ &=& P(\fbox{2}\ \fbox{1}) + P(\fbox{1}\ \fbox{2}) = \frac{2} {36} . \end{eqnarray*}\]

Nell’evento non si è specificato l’ordine con cui devono uscire i due dadi \(\Rightarrow\) bisogna considerare le diverse possibilità. Si noti, poi, che gli eventi \(\{\fbox{2}\ \fbox{1}\}\) e \(\{\fbox{1}\ \fbox{2}\}\) sono tra loro incompatibili: si verifica l’uno o (esclusivo – XOR) si verifica l’altro.

1.d Qual è la probabilità che la somma (\(S\)) dei punteggi di due dadi sia minore di quattro?

Si tratta della somma di eventi incompatibili: \(\{S=2\}\) e \(\{ S=3 \})\):

\[\begin{eqnarray*} P(S<4) &=& P(\{S=2\} \cup \{ S=3 \}) = P(\{S=2\}) + P(\{ S=3 \}) \\ &=& \frac{1} {36} + \frac{2} {36} = \frac{1} {12} . \end{eqnarray*}\]

1.e Calcolare la probabilità che la SOMMA (\(S\)) dei punteggi di due dadi sia pari a sette oppure uno dei dadi sia pari a sei (\(U6\)).

\[\begin{eqnarray*} P(S=7) &=& P(\{\fbox{1}\ \fbox{6}\} \cup \cdots \cup \{\fbox{6}\ \fbox{1}\}) = \frac{6} {36} \\ P(U=6) &=& P(\{\fbox{1}\ \fbox{6}\} \cup \cdots \cup \{\fbox{6}\ \fbox{1}\}) = \frac{11} {36} \\ &:& \{ S=7 \}\quad e \quad \{ U=6 \}\quad \mbox{non sono incompatibili} \quad\rightarrow \\[0.2cm] P(\{ S=7 \} \cup \{ U=6 \}) &=& P(\{ S=7 \}) + P(\{ U=6 \}) - P(\{ S=7 \} \cap \{ U=6 \}) \\ &=& \frac{6} {36} + \frac{11} {36} - \frac{2} {36} = \frac{15} {36} \qquad \mbox{infatti} \quad\rightarrow \\ P(\{ S=7 \} \cap \{ U=6 \}) &=& \{ \fbox{1}\ \fbox{6} \} \cup \{ \fbox{6}\ \fbox{1} \} \qquad \mbox{tra loro incompatibili} . \end{eqnarray*}\]

Dati DUE eventi \(A\) e \(B\), la probabilità dell’UNIONE (\(A\cup B\)) è uguale alla somma delle probabilità dei singoli eventi, MENO la probabilità della loro intersezione

\[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) . \]

Se \(A\) e \(B\) sono incompatibili, allora \(A \cap B = \emptyset \Rightarrow P(A \cap B)=P(\emptyset)=0\). \

Scatola e biglietti

La scatola \(A\) contiene 4 biglietti numerati da 1 a 4. La scatola \(B\) contiene 3 biglietti numerati da 2 a 4. Si estrae un biglietto da ognuna delle scatole e si indica con \(A_{1}\) il valore del biglietto estratto dalla scatola \(A\) e con \(B_{1}\) quello della scatola \(B\).

1.a Ricavare la distribuzione di probabilità di \(X=A_{1}+B_{1}\).

Lo spazio campionario dell’esperimento considerato è costituito da \(4\times 3=12\) coppie equiprobabili di biglietti:

\[\begin{eqnarray*} \{(1,2); (1,3); (1,4); (2,2); (2,3); (2,4); (3,2); (3,3); (3,4); (4,2); (4,3); (4,4)\}. \end{eqnarray*}\]

Sommando i due termini di ogni coppia si ricava facilmente che la distribuzione di probabilità di \(X\) è

	\(B_2=2\)	\(B_2=3\)	\(B_2=4\)
\(A_1=1\)	\(3;\frac 1{12}\)	\(4;\frac 1{12}\)	\(5;\frac 1{12}\)
\(A_1=2\)	\(4;\frac 1{12}\)	\(5;\frac 1{12}\)	\(6;\frac 1{12}\)
\(A_1=3\)	\(5;\frac 1{12}\)	\(6;\frac 1{12}\)	\(7;\frac 1{12}\)
\(A_1=4\)	\(6;\frac 1{12}\)	\(7;\frac 1{12}\)	\(8;\frac 1{12}\)

da cui la probabilità di \(X\)

X	Freq
3	0.08333
4	0.16667
5	0.25000
6	0.25000
7	0.16667
8	0.08333

1.b Calcolare la probabilità dell’evento \(\{A_{1}>B_{1}\}\).

Dallo spazio campionario presentato nel punto (a) si vede che il valore del primo biglietto è superiore a quello del secondo solo in \(3\) delle \(12\) coppie e quindi \(P(A_{1}>B_{1})=1/4\).

	\(B_2=2\)	\(B_2=3\)	\(B_2=4\)
\(A_1=1\)	\(0;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)
\(A_1=2\)	\(0;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)
\(A_1=3\)	\(1;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)
\(A_1=4\)	\(1;\frac 1{12}\)	\(1;\frac 1{12}\)	\(0;\frac 1{12}\)

1.c Si ripete l’esperimento 10 volte reinserendo i biglietti estratti nelle rispettive scatole dopo ogni estrazione. Calcolare la probabilità che il valore del biglietto della scatola \(A\) sia superiore a quello della scatola \(B\) in meno di 4 delle 10 estrazioni.

Ad ogni ripetizione dell’esperimento la probabilità che il biglietto estratto da \(A\) riporti un valore superiore a quello del biglietto estratto da \(B\) è 1/4. Il numero di volte che questo evento si verifica in 10 replicazioni indipendenti dell’esperimento è un numero aleatorio \(S\), distribuito secondo una binomiale, \(S\sim \mbox{Bin}(10; 1/4)\); quindi, la probabilità cercata è

\[ P(S<4) = \sum_{i=0}^{3} \binom{10}{i} (0.25)^{i} (1-0.25)^{10-i} = 0.776 . \]

Urna con colori e lettere diverse

Un’urna contiene 3 palline rosse timbrate con \(\color{red}{\mbox{A}}\), 2 palline rosse timbrate con \(\color{red}{\mbox{B}}\), 1 palline rossa timbrate con \(\color{red}{\mbox{C}}\), 2 palline verdi timbrate con \(\color{green}{\mbox{A}}\), una verde con \(\color{green}{\mbox{B}}\), una verde con \(\color{green}{\mbox{C}}\), una nera con \(\color{black}{\mbox{A}}\) e una nera con \(\mbox{C}\). In tabella

	A	B	C	Tot
Rosso	3	2	1	6
Verde	2	1	1	4
Nero	1	0	1	2
Tot	6	3	3	12

1.a Calcolare la probabilità di estrarre una pallina Rossa

Sia \[ R = \text{estraggo Rosso} \] \[ P(R)=\frac6{12}=0.5 \]

1.b Calcolare la probabilità di estrarre una pallina timbrata con \(\mbox{A}\)

Sia \[ A = \text{estraggo una pallina timbrata con $\mbox{A}$} \] \[ P(A)=\frac6{12}=0.5 \]

1.c Gli eventi \(A\) ed \(R\) sono indipendenti?

Sì, in quanto \[ P(A\cap R)=\frac1{4}=\frac12\cdot\frac12=P(A)P(R) \] e quindi \[ P(A|R)=\frac{P(A\cap R)}{P(R)}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac12}=\frac 12= P(A) \] e viceversa \[P(R|A)=\frac{P(A\cap R)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac12}=\frac 12= P(R)\]

1.d Calcolare la probabilità di estrarre una pallina verde

Sia \[ V = \text{estraggo una pallina verde} \] \[ P(V)=\frac4{12}=\frac13 \]

1.e Gli eventi \(V\) ed \(R\) sono indipendenti?

NO \(V\) e \(R\) sono incompatibili, se la pallina è uscita verde non può essere rossa

\[ P(V\cap R)=P(\emptyset)=0 \]

1.f Gli eventi \(V\) ed \(A\) sono indipendenti?

Sì, in quanto \[ P(V\cap A)=\frac2{12}=\frac13\cdot\frac12=P(V)P(A) \] e quindi \[ P(V|A)=\frac{P(V\cap A)}{P(A)}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac12}=\frac 12= P(V) \]

Interpretazione Sapere se la pallina estratta è targata con A non cambia il nostro stato informativo sul colore, viceversa, sapere il colore non cambia il nostro stato informativo sul fatto che sia timbrata A.

1.g Calcolare \(P(N)\) (probabilità di estrarre nera) e \(P(B)\) (probabilità di estrarre una pallina timbrata con B)

\[\begin{eqnarray*} P(N) &=& \frac2{12}=\frac16\\ P(B) &=& \frac3{12} \end{eqnarray*}\]

1.h Gli eventi \(B\) ed \(N\) sono indipendenti?

NO \(B\) e \(N\) sono incompatibili, se la pallina è uscita nera non può essere timbrata con B

\[P(B\cap N)=\frac0{12}=0\]

1.i Gli eventi \(C\) (estrarre una pallina con C) ed \(N\) sono indipendenti?

No, in quanto \[ P(C)=\frac3{12}=\frac14 \] mentre \[ P(C\cap N)=\frac1{12}\neq \frac{3}{12}\cdot\frac2{12}=P(C)P(N) \] e quindi \[ P(C|N)=\frac12\neq\frac14=P(C) \]

1.j Gli eventi \(B\) ed \(N\) sono incompatibili?

No, in quanto \[ P(C\cap N)=\frac1{12}\neq 0 \]

Urne che portano ad altre urne

Si consideri il seguente gioco: si estrae una dall’urna \(U\) che contiene 2 palline Rosse e una pallina Bianca:

• se esce Rossa si estrae da un’urna che ha 3 palline marcate con A e 1 pallina marcata con B
• se esce Bianca si estrae da un’urna che ha 1 pallina marcata con A e 1 pallina marcata con B

1.b Qual è la probabilità di osservare una pallina marcata con A?

Anzitutto osserviamo che \[\begin{eqnarray*} P(R) &=& \frac23\\ P(B) &=& \frac13 \end{eqnarray*}\]

e che

\[\begin{eqnarray*} P(A|R) &=& \frac34\\ P(A|B) &=& \frac12 \end{eqnarray*}\]

e quindi

\[\begin{eqnarray*} P(A) &=& P(R)P(A|R)+P(B)P(A|B)\\ &=& \frac23\frac34+\frac13\frac12\\ &=& \frac23\\ &=& 0.66667 \end{eqnarray*}\]

1.a Sapendo che è uscita una pallina marcata con A, qual è la probabilità che all’inizio del gioco sia stata estratta la pallina Rossa?

\[\begin{eqnarray*} P(R|A) &=& \frac{P(A\cap R)}{P(A)}\\ &=& \frac{P(R)P(A|R)}{P(A)}\\ &=& \frac{\frac23\frac34}{\frac23}\\ &=& \frac34\\ &=& 0.75 \end{eqnarray*}\]

Estrazioni con e senza reintroduzione

Un’urna contiene 3 palline Rosse, 2 Bianche e 5 Verdi,

1.a si estrae 3 volte con reintroduzione. Calcolare la probabilità di aver 3 colori diversi

Anzitutto notiamo che l’evento \[ E=\text{“tre colori diversi”} \] si scompone come \[\begin{eqnarray*} E &=& (R\cap B\cap V)\cup(R\cap V\cap B)\cup\\ &=& (B\cap E\cap V)\cup(B\cap V\cap R)\cup\\ &=& (V\cap R\cap B)\cup(V\cap B\cap R) \end{eqnarray*}\] e quindi \[\begin{eqnarray*} P(E) &=& P(R\cap B\cap V)+P(R\cap V\cap B)+\\ &=& P(B\cap E\cap V)+P(B\cap V\cap R)+\\ &=& P(V\cap R\cap B)+P(V\cap B\cap R) \end{eqnarray*}\]

notiamo che le estrazioni sono tra di loro indipendenti e quindi

\[\begin{eqnarray*} P(E) &=& P(R)P(B)P(V)+P(R)P(V)P(B)+\\ &=& P(B)P(R)P(V)+P(B)P(V)P(R)+\\ &=& P(V)P(R)P(B)+P(V)P(B)P(R)\\ &=& \frac2{10}\frac5{10}\frac3{10}+\frac2{10}\frac3{10}\frac5{10}+...\\ &=& 6 \cdot \frac2{10}\frac5{10}\frac3{10}\\ &=& 0.18 \end{eqnarray*}\]

\(6=3!\) è il numero di modi in cui posso mescolare i tre colori

1.b si estrae 3 volte senza reintroduzione. Calcolare la probabilità di aver 3 colori diversi.

in questo caso le estrazioni non sono tra di loro indipendenti e quindi

\[\begin{eqnarray*} P(E) &=& P(R)P(B|R)P(V|R\cap B)+P(R)P(V|R)P(B|R\cap V)+\\ &=& P(B)P(R|B)P(V|B\cap R)+P(B)P(V|B)P(R|B\cap V)+\\ &=& P(V)P(R|V)P(B|R\cap V)+P(V)P(B|V)P(R|V\cap B)\\ &=& \frac2{10}\frac5{9}\frac3{8}+\frac2{10}\frac3{9}\frac5{8}+...\\ &=& 6 \cdot \frac2{10}\frac5{9}\frac3{8}\\ &=& 0.25 \end{eqnarray*}\]

anche se sono tra di loro dipendenti ogni sequenza la stessa probabilità:

\[\begin{eqnarray*} P(R)P(B|R)P(V|R\cap B)&=&P(R)P(V|R)P(B|R\cap V)\\ &=& P(B)P(R|B)P(V|B\cap R)\\ &=& P(B)P(V|B)P(R|B\cap V)\\ &=& ...\\ &=& \frac2{10}\frac5{9}\frac3{8}\\ &=& 0.04167 \end{eqnarray*}\]

Urne e palline numerate

L’urna \(A\) contiene una pallina col numero \(\mbox{-1}\), due palline col numero \(\mbox{0}\) e una pallina col numero \(\mbox{+1}\). L’urna \(B\) contiene una pallina col numero \(\mbox{0}\), una col numero \(\mbox{+1}\) e una col numero \(\mbox{+2}\).

1.b Sia \(S\) consideri la somma dei numeri estratti, calcolare la probabilità che \(S=0\).

Si consideri la tabella

B \(\backslash\) A		\(-1\)	\(\color{blue}{1/4}\)	\(0\)	\(\color{blue}{2/4}\)	\(+1\)	\(\color{blue}{1/4}\)
\(0\)	\(\color{blue}{1/3}\)	\(-1\)	\(\color{red}{1/{12}}\)	\(0\)	\(\color{red}{2/{12}}\)	\(1\)	\(\color{red}{1/{12}}\)
\(1\)	\(\color{blue}{1/3}\)	\(0\)	\(\color{red}{1/{12}}\)	\(1\)	\(\color{red}{2/{12}}\)	\(2\)	\(\color{red}{1/{12}}\)
\(2\)	\(\color{blue}{1/3}\)	\(1\)	\(\color{red}{1/{12}}\)	\(2\)	\(\color{red}{2/{12}}\)	\(3\)	\(\color{red}{1/{12}}\)

per colonna leggiamo le possibili numerazioni dell’urna \(A\), con le rispettive probabilità in blu, per riga leggiamo le possibili numerazioni dell’urna \(B\), con le rispettive probabilità in blu, nella tabella leggiamo le possibili somme dell’urna \(A\) e \(B\), con le rispettive probabilità in rosso. Gli eventi che portano la somma ad essere zero sono due e quindi:

\[ P(S=0)=\frac 1{12}+\frac 2{12}=\frac 16 \]

1.a Calcolare la probabilità che dall’urna \(A\) sia uscito \(\mbox{+1}\), dato che la somma fa 1

Anzitutto notiamo che \[ P(S=1)=\frac1{12}+\frac2{12}+\frac1{12}=\frac13 \]

poi osserviamo che \[ P(S=1\cap A=\mbox{+1})=\frac1{12} \]

e quindi \[ P(S=1|A=\mbox{+1})=\frac{P(S=1\cap A=\mbox{+1})}{P(S=1)}=\frac{\frac{1}{12}}{\frac13}=\frac14 \]