Eserciziario Parte I a

ESERCIZI DI CALCOLO DELLE PROBABILITÀ
PARTE I
Riccardo Borgoni, Elena Colicino, Piero Quatto, Sara Sala
INDICE
1.
Insiemi e calcolo combinatorio ................................................................................................................... 3
2.
Eventi e probabilità .................................................................................................................................. 12
3.
Le variabili casuali discrete ..................................................................................................................... 400
1
ELENCO DELLE ABBREVIAZIONI E DELLE NOTAZIONI
n!: fattoriale di n
( ):
n
k
coefficiente binomiale
Dn,k: disposizioni semplici di n elementi a k a k
Cn,k: combinazioni semplici di n elementi a k a k
Dnr , k : disposizioni con ripetizione di n elementi a k a k
A : evento complementare di A
P(A): probabilità dell’evento A
v.c.: variabile casuale
f.d.: funzione di densità
f.r.: funzione di ripartizione
f.g.m.: funzione generatrice dei momenti
GX(t): f.g.m. di X
i.i.d.: indipendenti e identicamente distribuite
X~ϕ(x): la v.c. X ha distribuzione ϕ(x)
E(X): valore atteso di X
Var(X): varianza di X
2
1.
Insiemi e calcolo combinatorio
Esercizio 1.
Scrivere a cosa corrisponde la parte colorata nelle seguenti figure:
Figura 1
Figura 2
Figura 3
Figura 4
Soluzione.
Figura 1: (A∩B)
Figura 2: (A∪B) − (A∩B)
Figura 3: (A – B)
3
Figura 4: (C – B) ∪ [ (A∩B)− (A∩B∩C)]
Esercizio 2.
Ad un concorso sono ammesse solo persone laureate e che hanno meno di trent’anni o che hanno figli.
Filippo non è laureato, ha 25 anni e un figlio. Tommaso è laureato, ha 40 anni e due figli. Mattia è
laureato, ha 31 anni e non ha figli. Chi di loro può partecipare al concorso?
Soluzione.
Tommaso perché è laureato e ha due figli.
Esercizio 3.
Si considerino gli insiemi:
A = {1,2};
B = {2,3};
C = {3,4};
D = {4,5}.
Trovare A∩B, C∩D, A∪B e C∪D. Verificare che (A∩B) ∪ (C∩D) ≠(A∪B) ∩ (C∪D)
Soluzione.
A∩B={2} e C∩D={4}, mentre A∪B={1,2,3} e C∪D={3,4,5}, da cui si ottiene che
{2}∪{4} = {2,4} e {1,2,3} ∩ {3,4,5} = {3} (sono diversi)
Esercizio 4.
Sia X ={a, b, c, d}. Scrivere tutti gli elementi dell’insieme A formato da tutti i sottoinsiemi di X che
hanno cardinalità 2 e dell’insieme B formato da tutti i sottoinsiemi di X che non contengono l’elemento
a. Determinare: A∩B, A∪B.
Soluzione
A= {{a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}};
B= {0, {b}, {c}, {d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, {b, c, d}};
A∩B= {{b, c}, {b, d}, {c, d}};
A∪B= {0, {b}, {c}, {d}, {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, {b, c, d}}.
4
Esercizio 5.
Calcolare i seguenti fattoriali: 1!, 2!, 3!
Soluzione.
1, 2, 6.
Esercizio 6.
Calcolare le seguenti espressioni.
10! 91! 101! 49!
,
,
, D4,2, D10,2, D7,3,
×
8! 90! 50! 99!
Soluzione.
90, 91, 202, 12, 90, 840.
Esercizio 7.
Formare tutte le disposizioni semplici di classe 2 degli oggetti a,b,c,d
Soluzione.
ab, ac, ad, bc, bd, cd, ba, ca, da, cb, db, dc
Esercizio 8.
Calcolare le seguenti espressioni
( ), ( ), ( ), ( ) , ( ) , ( )
n
1
n
0
n
n
n
n −1
4
2
10
5
Soluzione.
1, n, 1, n, 6, 252
Esercizio 9.
Verificare le seguenti uguaglianze:
1.
2.
3.
( ) = Dk!
n
k
n, k
( )= ( )
( ) = 2( )
n
k
2n
k
n
n−k
2 n −1
k
5
4.
( ) = nk ( )
5.
( ) = ( )+ ( )
6.
∑( )= 2
n −1
k −1
n
k
n −1
k
n
k
n −1
k −1
n
k =0
n
k
n
7. i( in ) = n ( in−−11 )
8. la somma dei coefficienti binomiali
( ) con k dispari
( ) con k pari è uguale alla somma dei coefficienti binomiali
n
k
n
k
Soluzione.
1.
( ) = k!(nn−! k )! = n(n − 1)Lk!n − k + 1 = Dk!
2.
( ) = k!(nn−! k)! = (n −nk!)!k! = ( )
3.
( ) = (2n(2−nn)!)!n! = (2n()(n2)!nn−! 1)! = 2 (n(2)!n(n−−1)!1)! = 2( )
4.
( ) = k!(nn−! k )! = k(k n−(1n)!−(n1)!− k)! = nk (k −(1n)!−(n1)!− k )! = nk ( )
5.
( ) = k!(nn−! k)! e
n,k
n
k
n
k
n
n−k
2 n −1
n
2n
n
n −1
k −1
n
k
n
k
( ) + ( ) = k!((nn−−11−)!k )! + (k − 1)!((nn −− 11)!− k + 1)! = k!((nn−−11−)!k)! + (k −(1n)!−(n1)!− k )!
n −1
k
=
n −1
k −1
1
 (n − k ) + k  (n − 1)!n
(n − 1)!
1 
(n − 1)!
n!
 +
 =

 =
=
(k − 1)!(n − 1 − k )!  k (n − k )  (k − 1)!(n − 1 − k )!  k (n − k )  k!(n − k )! k!(n − k )!
6. Dal teorema binomiale (a + b) n = ∑ ( nk )b n − k a k per a=b=1 si ottiene il risultato.
n
k =0
7. i(in ) = i
n!
n(n − 1)!
=
=n
i!(n − i )! (i − 1)!(n − i )!
( )
n −1
i −1
8. Ponendo nel teorema binomiale a = −b = 1 si ottiene
0 = (a + b ) n =
( ) − ( ) + ( ) − ( ) + ...
n
0
n
1
n
2
n
3
da cui isolando i termini positivi e negativi
6
0=
( ) + ( ) + ... − (( ) + ( ) + ...)
n
0
n
2
n
1
n
3
da cui il risultato.
Esercizio 10.
Dati 10 punti disposti in modo tale che non esistano più di due punti appartenenti alla medisima retta
dire:
1. quante rette non orientate sono individuate dai 10 punti;
2. quante rette orientate sono individuate dai 10 punti;
3. quanti triangoli sono individuati dai 10 punti.
Soluzione.
1. C10,2=
( ) = 45 (non conta l’ordine dei punti in quanto la retta non è identificata dalla direzione)
10
2
2. D10,2 = 90 in quanto due rette orientate in modo opposto sono diverse quindi è rilevante l’ordine con
cui due punti sono scelti.
3. C10,2= (10
3 ) = 120.
Esercizio 11.
Sia A = { 1, 2, 3, . . . , 11 }.
1. Quanti sono i sottoinsiemi di A?
2. Quanti di questi contengono il numero 5?
3. Quanti sottoinsiemi contengono il numero 2 o il numero 7?
4. Quanti non contengono numeri pari?
Soluzione.
1. 2|A| = 211 = 2048.
2. Per calcolare quanti sottoinsiemi contengono il numero 5 basta considerare i sottoinsiemi di A \ {5}
(a ciascuno di questi possiamo aggiungere l’elemento 5 per ottenere un sottoinsieme di A che
contiene 5, e viceversa). Quindi abbiamo 2|A\{5}| = 210 = 1024 sottoinsiemi possibili.
3. I sottoinsiemi che non contengono né 2 né 7 sono evidentemente 2|A\{2,7}| = 29 = 512. I sottoinsiemi
che contengono 2 o 7 sono quindi 2048−512 = 1536.
7
4. I sottoinsiemi che non contengono numeri pari sono formati esclusivamente da numeri dispari.
L’insieme A comprende sei numeri dispari (1, 3, 5, 7, 9 e 11) e quindi ha 26 = 64 possibili
sottoinsiemi di numeri dispari.
Esercizio 12.
In una gara con 25 concorrenti vengono premiati i primi cinque.
1. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi?
2. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi se si sa che il concorrente Rossi è sicuramente tra i
premiati?
3. Quante sono le possibili assegnazioni dei premi se si sa che Rossi arriverà secondo?
Soluzione.
1. Nel primo caso basta fare D25,5=6375600.
2. Nel secondo caso basta disporre i 24 concorrenti diversi da Rossi nelle quattro posizioni possibili
(D24,4=255024) e poi piazzare Rossi, che potrà andare in uno dei cinque posti possibili:
255024·5=1275120.
3. Nell'ultimo caso si dovranno solo piazzare i 24 concorrenti diversi da Rossi nelle quattro posizioni
possibili (D24,4=255024).
Esercizio 13.
Quanti sono gli anagrammi della parola cane (ammettendo anche parole prive di significato)?
Soluzione.
Si tratta di calcolare le disposizioni di 4 oggetti distinti di classe 4. Si ottiene 24.
Esercizio 14.
Supponiamo di avere 15 letterine magnetiche diverse tra loro a disposizione: quante parole diverse di 5
lettere potremmo formare con esse (ammettendo anche parole prive di significato)?
Soluzione.
In questo caso la stringa da formare ha 5 posizioni. Nella prima posizione possiamo mettere uno
qualsiasi dei 15 caratteri magnetici. Nella seconda posizione possiamo mettere solo uno dei rimanenti
14 caratteri. Nella terza possiamo scegliere tra 13 lettere, e nella quarta tra 12. Nell’ultima posizione
8
possiamo scegliere solo tra 11 lettere: quelle non utilizzate nelle altre 4 posizioni. Quindi in totale ci
sono 15×14×13×12×11= 360.360 scritte possibili.
Esercizio 15.
In quanti modi possiamo assegnare i numeri di maglia (da 1 a 11) agli 11 titolari di una squadra di
calcio?
Soluzione.
Mettiamo i giocatori in riga e distribuiamo le maglie: al primo giocatore può toccare una qualsiasi delle
11 maglie, al secondo una delle 10 rimaste...
P(11,11) = 11! = 39.916.800
Esercizio 16.
In quanti modi possiamo scegliere 11 giocatori da una rosa di 18 (senza badare ai loro ruoli)?
Soluzione.
Con la formula delle combinazioni otteniamo: C(18,11) =18! /(7! 11!)= 31.824
Esercizio 17.
Da un mazzo di 52 carte quanti modi possibili ci sono di scegliere 5 carte?
Soluzione.
Con la formula delle combinazioni otteniamo: C(52,5) =52!/(47!5!)= 2.598.960
Esercizio 18.
Si consideri un insieme di 11 studenti composto da 5 ragazzi e 6 ragazze.
1. In quanti modi diversi si possono sistemare in una fila di 11 sedie gli 11 studenti?
2. In quanti modi diversi si possono sistemare in una fila di 11 sedie gli 11 studenti, con la
condizione che i ragazzi stiano tutti vicini tra loro così come anche le ragazze e che la prima sedia
sia occupata da una ragazza?
Soluzione.
1. 11!= 39.916.800
2. 6!×5!= 86.400
9
Esercizio 19.
Sia S un insieme di M elementi.
1. Si determini il numero dei campioni di ampiezza n estratti senza reinserimento da S.
2. Si determini il numero dei possibili campioni di S.
Si assuma che due sottoinsiemi diversi solo per l’ordine in cui sono elencati i loro elementi sono fra
loro uguali
Soluzione.
M
1. Il numero dei campioni di numerosità n diversi almeno per un elemento è pari a CM,n=   .
n
M
2. Il numero complessivo dei campioni è quindi pari a
M
∑  n  = 2
n =1

M

.
Esercizio 20.
1. In quanti modi diversi 4 persone possono occupare 4 posti fra 7 a disposizione?
2. E se le persone fossero 7?
Soluzione.
Si tratta di disposizioni semplici.
1. D7,4=840.
2. D7,7=P7=7!=5040.
Esercizio 21.
Se le diagonali di un poligono convesso sono 20, quanti sono i lati?
Soluzione,
Posto n = numero dei lati del poligono allora:
numero diagonali= (Dn,2/2!) −n (si noti che Dn,2 è il numero di segmenti orientati che congiungono 2
degli n vertici ivi compresi i lati).
Si ha quindi (Dn,2/2!) − n = 20.
Da cui si ottiene [n(n − 1)/2] − n = 20
n2 − n=2n+40
10
n2 − 3n-40=0
n=8.
Esercizio 22.
Sia S un’urna contenente M palline numerate. Si determini il numero di campioni di numerosità n
estratti con ripetizione da S. Si assuma che due campioni diversi solo per l’ordine in cui sono
selezionate le palline sono considerati fra loro distinti.
Soluzione.
Il numero dei campioni di numerosità n diversi almeno per un elemento con n fissato è pari a Mn
Esercizio 23.
Si supponga di disporre di 10 strumenti musicali di cui 3 violini, 3 chitarre e 4 flauti e si assuma che gli
strumenti dello stesso tipo siano fra loro indistinguibili. Volendo disporre gli strumenti in fila, quante
sono le possibili file ottenibili?
Soluzione.
P3r,3, 4 =
10!
= 4200
3!3!4!
11
2.
Eventi e probabilità
Si ricordi che uno spazio probabilistico consiste in una terna (Ω, Α, P ) costituita dalle seguenti tre
componenti:
(i)
un insieme non vuoto Ω , chiamato spazio degli eventi elementari, che rappresenta l’insieme dei
possibili risultati di un esperimento casuale;
(ii)
una sigma-algebra su Ω , detta famiglia degli eventi, che consiste in una famiglia Α di
sottoinsiemi di Ω soddisfacente ai tre assiomi
(A1)
Ω∈Α,
(A2)
∀A ∈ Α A ∈ Α ,
(A3)
se {A n } è una sottofamiglia discreta di Α , allora
UA
n
∈Α;
n
(iii)
una misura di probabilità su Α rappresentata da una funzione P : Α → ℜ che soddisfa ai tre
assiomi
(P1)
P(Ω) = 1 ,
(P2)
∀A ∈ Α P(A) ≥ 0 ,
(P3)


se {A n } è una sottofamiglia discreta e disgiunta di Α , allora P U A n  = ∑ P(A n ) .
 n
 n
Inoltre, in un generico spazio probabilistico (Ω, Α, P ) , se A, B ∈ Α e P(B) > 0 , allora è possibile
definire la probabilità dell’evento A dato che si è verificato l’evento B mediante l’uguaglianza
P(A | B) =
P(A ∩ B)
.
P(B)
In particolare, P(A | B) , come funzione di A , rappresenta una misura di probabilità sulla sigma-algebra
Α , dato che soddisfa agli assiomi (P1), (P2) e (P3). Di conseguenza, per la probabilità condizionata
valgono tutte le formule elementari del calcolo delle probabilità.
Inoltre, dalla definizione di probabilità condizionata discende immediatamente la formula della
probabilità composta:
P(A ∩ B) = P(A | B)P(B) .
12
Esercizio 1.
Si dimostri che in un qualsiasi spazio probabilistico (Ω, Α, P ) , se A, B ∈ Α allora
1.
A ∩ B∈ Α ;
2.
A − B∈ Α;
3.
P(A − B) = P(A ) − P(A ∩ B) ;
4.
B ⊆ A ⇒ P(B) ≤ P(A ) ;
5.
P A = 1 − P(A ) ;
6.
P(A ) ≤ 1 ;
7.
P(0) = 0 ;
8.
P(A ∪ B) + P(A ∩ B) = P(A ) + P(B) ;
9.
P(A ∪ B) ≤ P(A ) + P(B) ;
10.
P(A ∩ B) ≥ P(A ) + P(B) − 1 .
( )
Soluzione.
1.
Innanzitutto, A, B ∈ Α per l’assioma (A2) e dunque A ∪ B ∈ Α per l’assioma (A3). Infine,
A ∩ B = A ∪ B ∈ Α per (A2).
2.
In modo analogo alla dimostrazione precedente, A − B = A ∩ B ∈ Α .
3.
Poiché gli eventi A ∩ B e A − B sono disgiunti e A = (A − B) ∪ (A ∩ B) si ha che
P(A ) = P(A − B) + P(A ∩ B) per l’assioma (P3).
4.
Dal risultato appena provato e dall’assioma (P2) deriva P(A ) = P(A − B) + P(A ∩ B) ≥ P(A ∩ B) ,
da cui segue che, se B ⊆ A , allora P(B) = P(A ∩ B) ≤ P(A ) .
( )
5.
Applicando la formula (3) si ha P A = P (Ω − A ) = P (Ω ) − P (Ω ∩ A ) = 1 − P (A )
6.
Dalla formula (5) e dall’assioma (P2) segue che 0 ≤ P A = 1 − P(A ) , ovvero P(A ) ≤ 1 .
7.
Sempre dalla (5), P (0 ) = P Ω = 1 − P (Ω ) = 1 − 1 = 0 per (P1).
8.
Dal fatto che l’evento A ∪ B può scriversi come unione disgiunta degli eventi A − B e B ,
( )
per (P1);
( )
dall’assioma (P3) e dalla formula (3) si ottiene
P(A ∪ B) = P(A − B) + P(B) = P(A ) − P(A ∩ B) + P(B) .
9.
Dalla formula precedente e dall’assioma (P2) segue immediatamente
13
P(A ∪ B) = P(A ) − P(A ∩ B) + P(B) ≤ P(A ) + P(B) .
10.
Dalle formule (6) e (8) si ottiene che 1 ≥ P(A ∪ B) = P(A ) − P(A ∩ B) + P(B) , ossia
P(A ∩ B) ≥ P(A ) + P(B) − 1 .
Esercizio 2. (Legge delle alternative).
Si dimostri che in un qualunque spazio probabilistico (Ω, Α, P ) , se E ∈ Α e {C n } è una famiglia
discreta
e
disgiunta
di
eventi
con
probabilità
non
nulla
tali
che
E ⊆ U Cn ,
allora
n
P(E ) = ∑ P(E | Cn )P(C n ) .
n
Soluzione.
Scrivendo l’evento E come unione disgiunta


E = E ∩  U C n  = U (C n ∩ E )
 n
 n
e applicando l’assioma (P3) dell’esercizio precedente e la formula della probabilità composta si ha
P(E ) = ∑ P(E ∩ Cn ) = ∑ P(E | Cn )P(C n ) .
n
n
Esercizio 3. (Teorema di Bayes).
In un qualsiasi spazio probabilistico, se E è un evento con probabilità non nulla e {C n } è una famiglia
discreta e disgiunta di eventi con probabilità non nulla tali che E ⊆ U Cn , allora ∀m
n
P(Cm | E ) =
P(E | Cm )P(Cm )
.
∑ P(E | Cn )P(Cn )
n
Soluzione.
Dalla definizione di probabilità condizionata, dalla formula della probabilità composta e dalla legge
delle alternative deriva che ∀m
P(C m | E ) =
P(C m ∩ E ) P(E | C m )P(C m )
P(E | C m )P(C m )
.
=
=
P(E )
P(E )
∑ P(E | Cn )P(Cn )
n
14
Esercizio 4.
Sia (Ω,A) uno spazio probabilizzabile con A sigma-algebra su Ω. Sia X : Ω → Φ e sia ℑ una classe di
parti di Φ tale che X−1(F)∈A per F∈ℑ. Si dimostri che ℑ è una σ-algebra di parti di Φ.
Soluzione.
Occorre mostrare che ℑ soddisfa le tre proprietà che definiscono una collezione di sottoinsiemi come
una sigma-algebra.
1) Φ∈ℑ essendo Φ=X(Ω) quindi X−1(Φ)=Ω∈A .
2) Chiusura di ℑ per il complementare. Si considera un qualunque F∈ℑ.
X−1(F) ∈A per definizione di ℑ;
X −1 ( F ) ∈A per definizione di σ-algebra;
X −1 ( F ) = X −1 ( F )
Infatti:
a. per qualunque w∈ X −1 ( F ) si ha w∉ X −1 ( F ) , quindi esiste un φ∈Φ tale che φ=X(w)∉F. Quindi
φ∈ F , da cui w∈ X −1 ( F ) . Si conclude X −1 ( F ) ⊆ X −1 ( F ) ;
b. per qualunque w∈ X −1 ( F ) esiste un φ∈Φ tale che φ=X(w)∈ F quindi φ∉F da cui w∉ X −1 ( F ) e
w∈ X −1 ( F ) . Si conclude X −1 ( F ) ⊆ X −1 ( F ) .
Affinché le conclusioni in a. e b. valgano simultaneamente occorre che X −1 ( F ) = X −1 ( F ) .
Quindi X −1 ( F ) ∈A da cui F ∈ℑ per definizione di ℑ.
∞
3) Chiusura di ℑ rispetto ad unioni numerabili:
UF
n
∈ℑ con Fn∈ℑ per ogni n.
n =1
Sia {An, n∈N{0}} una successione di parti di A tale che An∈A e An=X−1(Fn) per Fn in ℑ.
∞
UA
n
∈A per definizione di σ-algebra.
n =1
∞
∞
∞

−1
−1 
A
=
X
(
F
)
=
X

U= n U=
n
 U Fn  , quindi
n 1
n 1
 n =1 
∞
UF
n
∈ℑ per definizione di ℑ.
n =1
L’ultima uguaglianza discende dalla seguente argomentazione.
15
∞
∞
n =1
n =1
a. Per qualunque w∈ U An = U X −1 (Fn ) occorre che esista almeno un An tale che w∈An. Esiste
∞
dunque un φ∈Φ tale che φ=X(w)∈Fn per qualche Fn di ℑ con An=X−1(Fn). Allora φ∈ U Fn da
n =1
∞ 
cui w∈ X −1  U Fn  . Quindi
 n =1 
∞
∞


U X (F ) ⊆ X  U F  .
−1
−1
n
n =1
 n=1
n

∞
∞ 
b. Per qualunque w∈ X −1  U Fn  occorre che esista almeno φ∈Φ tale che φ=X(w)∈ U Fn , per cui
n =1
 n =1 
∞
∞
n =1
n =1
φ∈Fn per qualche Fn di ℑ, ovvero tale che An=X−1(Fn). Ne discende che φ∈ U Fn = U X −1 ( An ) .
∞  ∞
Quindi X −1  U An  ⊆ U X −1 ( An ) .
 n =1  n =1
∞  ∞
Affinché le conclusioni in a. e b. valgano simultaneamente occorre che X −1  U An  = U X −1 ( An ) .
 n =1  n=1
Esercizio 5.
Sulla base dei sintomi descritti un medico valuta:
0.7 la probabilità che il paziente sia affetto da influenza
0.5 la probabilità che il paziente sia affetto da disturbi intestinali
0.3 la probabilità che il paziente sia affetto da entrambi.
Il medico esclude la possibilità di disturbi diversi dai precedenti.
Qual è la probabilità che il paziente sia un malato immaginario.
Soluzione.
Si definisca
A={ paziente sia affetto da influenza }
P(A)=0.7
B={ paziente sia affetto da disturbi intestinali }
P(B)=0.5
C=A∩B
P(C)=0.3
D={ malato immaginario}
D = A ∩ B = A ∪ B (legge di de Morgan)
P( D ) = P( A ∪ B ) = 1 − P( A ∪ B) = 1 − P[( A) + P( B ) − P( A ∩ B)] = 1 − 0.9 = 0.1
16
Esercizio 6.
Quattro candidati C1,C2 , C3 e C4 si presentano ad un colloquio per un posto di lavoro. Escludendo la
possibilità di pari merito nella graduatoria finale e in assenza di informazioni preliminari si determini la
probabilità degli eventi:
1. A={C1 sia il primo in graduatoria}
2. B={C1 preceda C2}
3. C={C2 preceda C3 e C2 preceda C4}
4. D={C1 e C2 si classifichino ai primi due posti}.
Soluzione.
Si ricordi che la probabilità di un evento E secondo la definizione classica è data da
numero dei casi favorevoli a E
numero dei casi possibili
P(E ) =
Casi possibili: insieme delle possibili permutazioni dell’ordine di arrivo C1, C2, C3, C4
numero dei casi possibili = 4!
1. Un evento elementare in A è del tipo
C1, Ci, Cj, Ck con i≠j≠k. ovvero una quartina che presenta C1 al primo posto seguita da una
permutazione di C2, C3, C4. Da cui
numero dei casi favorevoli ad A = 3!
da cui
P( A ) =
3! 1
=
4! 4
2. Enumeriamo i casi favorevoli a B
− C1 al primo posto qualunque posizione di C2 nelle rimanti 3. Per un totale di 3!=6 sequenze
possibili
− C1 al secondo posto qualunque posizione di C2 nelle rimanti 2 posizioni. Per un totale di 4 sequenze
possibili
− C1 al terzo posto nel qual caso C2 è all’ultimo per qualunque permutazione di C3 e C4 nei primi due
posti. Per un totale di 2 sequenze possibili
numero dei casi favorevoli a B = 12
17
P(B) =
12 1
=
4! 2
3. Enumeriamo i casi favorevoli a C
C2 in prima posizione per qualunque permutazione degli altri 3 candidati, in tutto 3!
C2 in seconda posizione per qualunque permutazione di C3 e C4, 2 sequenze possibili
numero dei casi favorevoli a C = 8
P ( C) =
8 1
=
4! 3
4. numero dei casi favorevoli a D = 2 (le permutazioni di C3 e C4)
P ( D) =
2
1
=
4! 12
Esercizio 7.
Nell'esperimento casuale consistente nel lancio di due dadi si determini la probabilità degli eventi
1. A={le facce presentano 2 numeri pari}
2. B={almeno una faccia presenta un numero dispari}
3. {la somma dei numeri presenti nelle due facce è < 4 sapendo che almeno una faccia presenta un
numero dispari}.
Soluzione.
Si rammenti che la probabilità di un evento E secondo la definizione classica è data da
P( E ) =
# casi favorevoli ad E
# casi possibili
I casi possibili sono rappresentati da tutti gli eventi elementari dello spazio campionario dati dai 36
esiti: (1,1),(1,2),….,(5,6), (6,6).
1. Determiniamo per enumerazione l’evento A = {(2,2), (2,4) (2,6), (4,4) (4,6),(6,6), (6,2) (4,6),
(4,2)} da cui #A=9 e P(A)=0.25
2. B = A e P(B)= 1−P(A)= 0.75
3. Xi: numero ottenuto sulla faccia al lancio i i=1,2 e
Si definisca l’evento C={ X1+ X2 < 4}
P(C|B)= P(C∩B)/P(B)
P(C∩B)=1/12
essendo C∩B = {(1,2), (2,1) (1,1)} e #(C∩B)=3
18
P(C|B)=1/9.
Esercizio 8.
Si consideri un’urna con N palline numerate da 1 a N, di cui K incandescenti e N−K fredde. Si
supponga che n (n<N) palline siano estratte casualmente dall’urna e fatte scivolare su un contenitore
esterno da un meccanismo automatico. Qual è la probabilità che si estraggano k palline incandescenti
nel caso di
a)
estrazioni con reinserimento;
b)
estrazioni senza reinserimento.
c)
Si supponga N=8, K=4, n=4, k=2. Se voi foste l’incaricato al recupero manuale dal contenitore
esterno ed all’eventuale reinserimento delle palle uscite dall’urna, bendato e privo di qualsivoglia
protezione alle mani, quali dei due schemi preferireste che fosse utilizzato?
Soluzione.
Si applica la definizione classica di probabilità:
numero casi favorevoli
numero casi possibili
a) numero dei casi possibili = D(Nr ,)n = Nn (possibili campioni di ampiezza n con reinserimento)
n
numero di casi favorevoli =  K k ( N − K ) n − k
k
n k
 K ( N − K ) n − k
k
n −k
k
 n  K   N − K 
n k
n −k

probabilità di k palle incandescenti =
=    
 =  (p ) (1 − p )
n
N
 k  N   N 
k
dove p è la proporzione di palle incandescenti nell’urna
b) numero dei casi possibili = DN.n =
N!
(possibili campioni di ampiezza n nel caso in cui non ci
( N − n )!
sia reinserimento anche detto campionamento in blocco)
n
 n  K!
( N − K )!
numero di casi favorevoli = D N − K , n − k =  D K , k D N − K , n − k =  
k
 k  (K − k )! (N − K − (n − k ) )!
19
 n  K!
( N − K )!
 
k ( K − k )! (N − K − ( n − k ) ) !
probabilità di k palle incandescenti =  
=
N!
( N − n )!
 K  N − K 
 

 k  n − k 
N
 
n
c) nel caso a) si ha P(k palle incandescenti) ≈ 0.514 mentre nel caso b) si ha P(k palle incandescenti) =
0.375. Supponendo che l’addetto preferisca preservare l’arto intatto al lasciare brandelli di tessuto
epiteliale e connettivo su qualche palla uscita dall’urna, lo schema senza reinserimento dovrebbe
essere quello preferito.
Esercizio 9.
Siano X e Y i valori riportati su 2 carte estratte a caso da un mazzo di 10 carte. Sia D l’insieme dei
numeri dispari. Si calcoli la probabilità che X+Y∈D nel caso in cui
1. le carte sono estratte in blocco;
2. le carte sono estratte sequenzialmente senza reimmissione;
3. le carte sono estratte sequenzialmente con reimmissione.
Soluzione.
Sia E={(X,Y): X+Y∈D } con X+Y∈D se e solo se X∈D e Y∉D o viceversa Y∈D e X∉D.
Si ricordi la definizione classica di probabilità di un evento E: P(E) =
1. Il numero delle possibili coppie di carte è C10,2=
# casi favorevoli ad E
# casi possibili
( ) = 45 in quanto non è possibile discriminare le
10
2
coppie per l’ordine dato che le due carte sono selezionate simultaneamente.
Gli eventi favorevoli ad E sono il prodotto cartesiano
dei due insiemi (2,4,6,8,10) e (1,3,5,7,9) come
numeri dispari
9
evidenziato nella figura a fianco.
Il numero di eventi favorevoli a E è pari a 5×5=25.
7
5
3
Da cui P(E)=25/45=5/9
1
2
4
6
8
10
numeri pari
2. Il numero delle possibili coppie di carte è pari a D10,2 = 90 in quanto nell’estrazione sequenziale è
possibile discriminare una coppia in base all’ordine con cui si presenta una carta dispari e una pari.
20
Il numero di eventi favorevoli ad E è pari a
5×5=25 nel caso di una sequenza del tipo (pari,dispari) (si veda diagramma precedente)
5×5=25 nel caso di una sequenza del tipo (dispari,pari)
per complessivi 50 eventi elementari favorevoli ad E
Da cui P(E)=50/90=5/9 (si noti che tale valore è uguale a quello ottenuto al punto 1).
3. Il numero delle possibili coppie di carte è pari a D10r , 2 =102, numero delle possibili coppie estraibili
nel caso in cui conti l’ordine e sia ammessa la replica di elementi nella coppia.
Il numero di eventi favorevoli ad E è pari a 50 (argomentazione analoga alla precedente)
Da cui P(E)=50/100=1/2
Esercizio 10.
Da un’urna contenente 44 palline, delle quali 11 sono bianche, si estraggono con reinserimento 3
palline.
1. Si calcoli la probabilità che la prima pallina estratta sia bianca.
2. Si determini la probabilità che, fra le tre palline estratte, una sia bianca e le altre due non siano
bianche.
3. Si calcoli la probabilità che almeno una delle tre palline estratte sia bianca.
Soluzione.
1. La probabilità che la prima pallina estratta sia bianca coincide con la proporzione p di palline
bianche nell’urna: p = 11 / 44 = ¼ = 0.25.
2. Sia A = {una pallina della terna è bianca e le altre due non lo sono}
Sia Bi l’evento elementare {pallina bianca nell’estrazione i} allora
v
v
v
v
A = B1B2 B3 ∪ B1B2 B3 ∪ B1B2 B3 e quindi P(A) = P( B1B2 B3 )+P( B1B2 B3 )+P( B1B2 B3 ) essendo le
terne incompatibili. Per l’indipendenza delle singole estrazioni (essendo con reimmissione) si ha
v
v
P( B1B2 B3 ) = P( B1B2 B3 ) = P( B1B2 B3 )= p(1 – p)2 da cui P(A) = 3p(1 – p)2 = (3/4)3 = 0.42.
Si ottenga il risultato precedente utilizzando la definizione classica di probabilità calcolando quindi
il rapporto tra il numero delle possibili terne con una pallina bianca e il numero delle terne possibili.
Si ottenga il risultato anche utilizzando la distribuzione binomiale essendo il numero delle palle
bianche nel campione una Bin(p=0.25,n=3)
21
v
3. Sia D l’evento “almeno una delle tre palline estratte è bianca” e C = BBB. Allora P(D) = P( C ) =
1−P(C) e quindi P(D) = 1 – (1 – p)3 = 1 – (3/4)3 = 0.58.
Esercizio 11.
Da un’urna contenente 28 palline bianche e 46 palline nere si estraggono con reinserimento 3 palline.
1. Si calcoli la probabilità che nessuna pallina estratta sia bianca.
2. Si determini la probabilità che le palline estratte siano tutte dello stesso colore.
3. Si calcoli la probabilità che almeno una pallina estratta sia bianca.
Soluzione.
Si indichi con p la proporzione di palline bianche nell’urna, ovvero p = 28 / (28+46) = 14/37.
Con motivazione analoga a quanto visto nell’esercizio precedente si ha
1. La probabilità che nessuna delle 3 palline estratte sia bianca è data da
(1−p)3 = (23/37)3 = 0.24.
2. La probabilità che le 3 palline estratte siano dello stesso colore è data da
(1−p)3 + p3 = 0.24+0.05 = 0.29.
3. La probabilità che almeno una delle 3 palline estratte sia bianca è data da
1 – (1−p)3 = 1−0.24 = 0.76.
Esercizio 12.
Due carte sono estratte a caso da un mazzo di 52. Calcolare le probabilità dei seguenti eventi:
4. A={le carte sono entrambe di fiori}
5. B={una carta è di fiori e una è di picche}
Soluzione.
Si ricordi che la probabilità di un evento E secondo la definizione classica è data da
P( E ) =
# casi favorevoli ad E
# casi possibili
Sia Ω lo spazio degli eventi elementari. Un evento elementare è una coppia di carte estratte dal mazzo
#(Ω)= numero di eventi possibili =
( ) =1326
52
2
1. #(A)= numero di eventi favorevoli ad A =
( )=78 (numero di modi con cui si possono estrarre due
13
2
carte di fiori dalle 13 presenti senza repliche). Da cui P(A)=1/17.
22
2. #(B)= numero di eventi favorevoli a B = 13×13=169 (prodotto cartesiano dei due insiemi formati
rispettivamente dalle 13 carte di picche e fiori). Da cui P(B)=169/1326
Esercizio 13.
Dato un insieme di 8 carte contenente un Joker, siano A e B due giocatori di una partita in cui A prende
5 carte e B ne prende 3. Vince la partita chi ha il Joker.
2. Qual è la probabilità che A vinca?
3. Se A scarta 4 carte e B 3, qual è la probabilità che A vinca se è noto che il Joker non è stato
scartato?
Soluzione.
1. E={A vince la partita} P(E) =
# casi favorevoli ad E
# casi possibili
# casi possibili = (85 ) (numero delle cinquine estraibili da A);
# casi favorevoli=
( ) (numero delle cinquine per cui una carta è il joker e le residue quattro sono
7
4
estraibili dalle 7 restanti);
P( E ) =
2. Ancora
5
8
5
, pari alla probabilità di aver preso il joker all’inizio del gioco.
8
Esercizio 14.
Un quiz è composto da 10 quesiti tra loro indipendenti, ciascuno con 3 possibili risposte di cui una sola
corretta. Assumendo che un candidato scelga a caso la risposta ad ogni quesito, si calcoli la probabilità
che il numero di risposte sia
1. uguale a 8;
2. almeno 8;
3. al massimo; 7
4. almeno 2 e meno di 8.
23
Soluzione.
1 risposta corretta
Yi: esito della risposta i-esima i=1,…,10 Yi = 
0 risposta errata
P(Yi=1)=1/3 i=1,…,10
10
X= ∑ Yi numero di risposte esatte nei 10 quesiti
i =1
X∼Bin(10,1/3)
1. P(X=8)=
( )( ) ( ) =0.003
2. P(X ≥8)=
∑ ( )( ) ( )
10
8
1 8 2 2
3
3
10
x =8
10
x
1 x 2 10− x
3
3
3. P(X ≤7) = 1 − ∑ (10x )(13 )
10
x =8
()
= 0.0034
x 2 10 − x
3
= 1 − 0.0034 = 0.9966
4. P(2≤ X <8) = P(2≤ X ≤7) = P(X ≤7) − P(X≤1) = 0.9966 − 0.104 = 0.8926
Esercizio 15.
In un’urna ci sono 20 palline: 4 Bianche e 16 Nere. Si effettuano due estrazioni con reinserimento.
Calcolare:
1. la probabilità che la prima pallina estratta sia nera;
2. la probabilità di ottenere due palline dello stesso colore;
3. la probabilità che almeno una sia nera;
4. la probabilità di avere due palline di colore diverso .
Soluzione.
1. Sia l’evento N={la prima pallina estratta è nera}. P(N) =
16
la proporzione di palline nere
20
nell’urna.
1 1 4 4 17
2. U={due palline dello stesso colore}={BB, NN}. P(U)= ⋅ + ⋅ =
5 5 5 5 25
1 4 4 1 4 4 24
3. N1={almeno una pallina nera}={BN, NB, NN}. P(N1)= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
5 5 5 5 5 5 25
oppure
P(almeno una nera) = 1 − P(BB) .
24
4. D={palline di colore diverso}={BN,NB}. P(D)=1 − P(U)=
8
25
Esercizio 16.
In un’azienda ci sono due macchine che vengono utilizzate quotidianamente. Nel corso di una giornata
la probabilità che si rompa la prima è 0.1 e che si rompa la seconda 0.15. Le due macchine possono
rompersi indipendentemente l’una dall’altra.
1. Qual è la probabilità che nel corso di una giornata non si rompa nessuna macchina?
2. Qual è la probabilità che nel corso di una giornata si rompa almeno una macchina?
3. I due eventi considerati al punto 1 e 2 sono indipendenti? Sono incompatibili?
Soluzione.
Si considerino l’evento A={si rompe la prima macchina} con P(A)=0.1 e l’evento B={si rompe la
seconda macchina} con P(B)=0.15.
1. Poiché A e B sono indipendenti: P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P( B) = 0.765
2. P(si rompe almeno una macchina)= P(A ∪ B) = 1 − P( A ∪ B) = 0.235
3.
A ∩ B e A ∪ B sono eventi complementari, pertanto incompatibili (l’intersezione tra i due eventi è
vuota) e, dunque, non sono indipendenti.
Esercizio 17.
Un dado regolare viene lanciato due volte. Nell’ipotesi che si sappia che il punteggio totale dei due
lanci è 6 qual è la probabilità che il punteggio del primo lancio sia stato 3?
Soluzione.
Si considerino gli eventi A={punteggio totale uguale a 6} e B={punteggio del primo lancio uguale a
3}. Essendo
A = {(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)}, B = {(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6)} e A∩ B = {(3,3)}, si ha
P(A) = 5/36, P(A∩ B) = 1/36, P(B|A) = P(A∩ B)/P(A) = 1/5.
Esercizio 18.
Sapendo che P(A) = 0.3 e P(A∪B) = 0.65 determinare la probabilità di P(B):
1. nell’ipotesi che A e B siano indipendenti;
25
2. nell’ipotesi che A e B siano incompatibili;
3. nell’ipotesi in cui P(B|A)=0.01.
Soluzione.
1. In questo caso P(A∩B)=P(A)P(B) quindi P(A∪B)=P(A)+P(B) − P(A)P(B) da cui segue che
P(B)=(P(A∪B) − P(A))/(1 − P(A))=0.5.
2. In questo caso P(A∩B)=0 quindi P(A∪B)=P(A)+P(B) da cui segue che P(B)=P(A∪B) − P(A)
=0.35.
3. In questo caso P(B|A)=0.01 quindi P(A∪B)=P(A)+P(B) − P(A∩B)=P(A)+P(B) − P(B|A)P(A) da cui
segue che P(B)=P(A∪B) − P(A)+ P(B|A)P(A)=0.353.
Esercizio 19.
Si dimostri che se A, B e C sono eventi indipendenti allora vale:
P(A∪B∪C)=1 − [1− P(A)][1− P(B)][1− P(C)]
Soluzione.
P(A∪B∪C)=1 − P( A ∩ B ∩ C )= 1 − P( A )P( B )P( C )=1 − [1 − P(A)][1 − P(B)][1 − P(C)].
Esercizio 20.
Due amiche si recano in libreria. E' noto che la probabilità che la prima acquisti libri è 0.6, che la
seconda acquisti libri è 0.8 e che entrambe acquistino libri è 0.5. Sapendo che all'uscita dalla libreria
almeno una ha acquistato libri, determinare la probabilità che la prima abbia acquistato libri.
Soluzione.
Siano gli eventi A={la prima acquista libri}, B={la seconda acquista libri}.
P(A)=0.6, P(B)=0.8 e P(A∩B)=0.5. P(A∪B)=P(A)+P(B)− P(A∩B) e
P(A|(A∪B))=P(A∩(A∪B))/P(A∪B)=P(A∪ (A∩B))/ P(A∪B)=P(A)/P(A∪B). Sostituendo i valori dati
si ottiene 0.67.
Esercizio 21.
La probabilità che uno studente si presenti preparato all’esame di Statistica è del 75%. Inoltre, la
probabilità che uno studente preparato superi l’esame è del 96%, mentre la probabilità che uno studente
non preparato sia promosso è del 3%.
26
1. Scelto a caso uno studente, si verifichi che i due eventi A={studente preparato} e B={esame
superato} non sono incompatibili e si determini P(B).
2. Si calcoli la probabilità che uno studente che ha superato l’esame sia preparato e la si confronti con
la probabilità che uno studente che ha superato l’esame non sia preparato.
3. Si stabilisca se gli eventi A e B sono indipendenti.
Soluzione.
Sono date P(A)=0.75, P(B|A)=0.96 e P(B| A )=0.03.
1. Due eventi sono incompatibili se A∩B =
∅
ovvero poiché P(A∩B)=P(B | A)P(A) = 0.72 >0 i due
eventi sono compatibili. P(B)=P(B|A) P(A)+P(B| A )P( A )=0.7275.
2. P(A|B)=P(A∩B)/P(B)=0.99. P( A |B)=1−P(A|B)=0.01.
3. Due eventi sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) ⋅ P(B) poiché P(A) P(B) = 0.5238 A,B non sono
indipendenti.
Esercizio 22.
La probabilità che oggi piova è 0.25, mentre la probabilità che sia nuvoloso è 0.40. Inoltre la
probabilità che sia nuvoloso dato che piove è pari a 1.
1. Si determini la probabilità che piova dato che è nuvoloso.
2. Si confronti la probabilità che sia nuvoloso e piova con la probabilità che piova.
3. Si determini la probabilità che sia nuvoloso e non piova.
Soluzione.
Siano gli eventi R={piove} e N={nuvoloso}. P(R)=0.25, P(N)=0.4 e P(N|R)=1.
1. P(R|N)=(P(N|R)P(R))/P(N)= 1×0.25/0.4=0.625.
2. P(R∩N)=P(R), infatti P(R∩N)= P(N|R)P(R)=0.25.
3. P(N∩R)=P(R |N)P(N)=(1 P(R|N))P(N)=0.375×0.4=0.15.
Esercizio 23.
In una popolazione il 9% ha la malattia A. Sapendo che il 60% di coloro che hanno la malattia A hanno
anche la malattia B, mentre il 75% di coloro che non hanno A non hanno neppure B. Qual è la
probabilità che un individuo scelto casualmente:
1. non abbia la malattia B.
27
2. abbia la malattia A sapendo che ha anche la malattia B.
Soluzione.
P(A)=0.09, P(B|A)=0.6 e P( B | A )=0.75.
1. P( B )=P( B |A)P(A)+P( B | A )P( A )=(1 P(B|A))P(A)+P( B | A )(1 − P(A)
=0.4 × 0.09+0.75 × 0.91 = 0.036+0.6825 = 0.7185
2. P(A|B)= (P(B |A)P(A))/P(B).
Esercizio 24.
Un programma per computer impiega la subroutine A nel 32% dei casi e la subroutine B nel restante
68%. Tale programma termina entro un prefissato tempo limite con probabilità 0.65 quando utilizza la
subroutine A e con probabilità 0.80 quando usa B.
1. Si calcoli la probabilità che il programma termini entro il tempo limite.
2. Si calcoli la probabilità che il programma abbia usato A dato che è terminato entro il tempo limite.
Soluzione.
Siano gli eventi A={impiega la subroutine A}, B={impiega la subroutine B} e T={termina entro il
tempo limite}. P(A)=0.32, P(B)=0.68, P(T|A)=0.65 e P(T|B)=0.8.
1. P(T)=P(T|A)P(A)+P(T|B)P(B)=0.752.
2. P(A|T)=(P(T|A)P(A))/P(T)=0.2765.
Esercizio 25.
Un dado viene truccato in modo tale che la probabilità di una faccia di presentarsi dopo un lancio è
proporzionale al numero riportato su di essa. Sia Π l'insieme dei numeri pari e ∆ l'insieme dei numeri
primi ottenibili come esito del gioco. Calcolare P(Π) e P(∆).
Soluzione
Si definiscono gli eventi elementari ek={il numero presente sulla faccia ottenuta dal lancio è k} e le
probabilità pk=P(ek)=kp con p>0 (k=1,2,…,6).
6
Essendo
∑p
k =1
k
= 1 si ottiene p×6×7/2=1 e p=1/21.
Π={2,4,6}
e
P(Π)=p2 + p4 + p6 =(2 +4 +6)/21=4/7;
∆={2,3,5}
e
P(∆)=p2 + p3 + p5 =(2 +3 +5)/21=10/21.
28
Esercizio 26.
Una moneta non distorta viene lanciata 2n volte. Calcolare la probabilità dell’evento
A={il numero di teste è uguale al numero di croci}
Dimostrare che tale probabilità è funzione decrescente di n.
Soluzione.
1 testa
Yi = 
0 croce
i=1,…,2n
2n
T = ∑ Yi : numero di teste
e P(Yi =1) = p=0.5
T∼Binom(n,p) con p=0.5
i =1
C=2n−T : numero di croci
P(A) = P(T=C) = P(T=n ) = P(C=n)
poichè T = C se e solo se ci sono n teste e n croci nei 2n lanci.
P(A) = P(T=n ) =
Inoltre posto p2 n
p2 n
p2( n +1)
=
( )/ 2
( )/ 2
2n
n
2n + 2
n +1
( )/ 2
= ( )/ 2
2n
n
2n
2n
n
2n
2n+2
=
2n
si ha
2n + 2
> 1 per ogni n e quindi p2 n > p2 ( n +1) .
2n + 1
Esercizio 27.
Tre giocatori A, B, C lanciano una moneta non truccata rispettivamente m, n, m + n volte in modo
indipendente. Sia Ta il numero di teste di A, Tb il numero di teste di B e Tc il numero di teste di C.
Si dimostri che P(Ta = Tb) = P(Tc = m).
Soluzione.
Sia
1 testa
Ci = 
i=1,…,n+m è la variabile aleatoria che codifica l’esito di un lancio di C,
0 croce
1 testa
i=1,…,m è la variabile aleatoria che codifica l’esito di un lancio di A,
Ai = 
0 croce
1 testa
Bi = 
i=1,…,n è la variabile aleatoria che codifica l’esito di un lancio di B.
0 croce
29
Si ha Ci∼Ber(0.5), Ai∼Ber(0.5), Bi∼Ber(0.5) e Tc∼ Binom(0.5, n+m).
P(Ta = Tb) = P(Ta − Tb = 0) = P(m+Ta − Tb = m).
d
m + Ta − Tb = Tc
m
n
i =1
i =1
Infatti m + Ta − Tb = m + ∑ Ai + ∑ Bi
e posto Wi=1−Bi si ha Wi∼Ber(0.5) indipendenti si ha
m
n
m
n
i =1
i =1
i =1
i =1
m + Ta − Tb = m + ∑ Ai + ∑ Bi = ∑ Ai + ∑Wi ∼ Binom(0.5, n+m)
Allora
n
 m

P(Tc=m) = P ∑ Ai + ∑ Wi = m  = P(m+Ta − Tb = m) =P(Ta = Tb).
i =1
 i =1

Esercizio 28.
Si dimostri che se A, B e C rappresentano tre eventi qualsiasi, allora vale la formula seguente:
P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) − P(A∩B) − P(A∩C) − P(B∩C) + P(A∩B∩C).
Soluzione
P(A∪B∪C) = P(A∪B)+P(C)−P[(A∪B)∩C] = P(A)+P(B)+P(C)−P(A∩B)−P[(A∩C)∪(B∩C)]
= P(A)+P(B)+P(C)−P(A∩B)−P(A∩C)−P(B∩C)+P(A∩B∩C).
Esercizio 29.
Sapendo che A, B e C sono tre eventi tali che
P(A) = 0.6,
P(B) = 0.65,
P(C) = 0.5,
P(A∩B) = 0.55, P(A∩C) = 0.4, P(B|C) = 0.9 e P(B|A∩C) = 0.875,
1. si calcolino P(A|B) e P(B|A);
2. si stabilisca se A e B sono incompatibili, motivando la risposta; si ripeta l’esercizio per gli eventi A
eC
3. si stabilisca se A e B sono indipendenti, motivando la risposta; si ripeta l’esercizio per gli eventi A e
C
4. si calcoli P(C|B);
5. si calcoli P(A∩B∩C).
30
Soluzione.
1. Si ricordi che P(A|B) = P(A∩B) / P(B)
per definizione di probabilità condizionata dell’evento A all’evento B.
P(A|B) = P(A∩B) / P(B) = 0.55/0.65 = 0.846.
Si ottiene quindi
Analogamente per P(B|A) si ha: P(B|A) = P(A∩B) / P(A) = 0.55/0.6 = 0.917;
2. A e B non sono incompatibili.
Infatti se A e B fossero incompatibili allora A∩B=∅ per definizione di eventi incompatibili. Si
avrebbe dunque che P(A∩B) = P(∅) = 0 ma P(A∩B) = 0.55 e quindi A∩B≠∅
Il lettore si accerti di saper verificare che P(∅) = 0 (si veda libro di testo pag. 85)
3. A e B non sono indipendenti.
Infatti se A e B fossero stocasticamente indipendenti allora P(A∩B)=P(A)P(B) per definizione di
indipendenza stocastica (paragrafo 3.5 libro di testo).
Ma dai dati dell’esercizio si ottiene P(A)P(B)=0.6×0.65=0.39 ≠ 0.55= P(A∩B).
4. Per determinare la probabilità ricercata si consideri che
P(C | B) =
P(C ∩ B)
P ( C)
0.5
= 0.692.
= P ( B | C)
= 0.9
P(B)
P(B)
0.65
Nella prima uguaglianza è stata applicata la definizione di probabilità condizionata, mentre nella
seconda il principio della probabilità composta (pag. 97-98 del libro di testo).
La prima uguaglianza potrebbe essere rimossa applicando il teorema di Bayes (pag. 99-100 del libro
di testo) al caso particolare di un’unica causa C ottenendo direttamente
P(C | B) = P(B | C)
P ( C)
0.5
= 0.9
= 0.692 .
P(B)
0.65
5. Per determinare P(A∩B∩C) si ponga per comodità A∩C = E e quindi B∩E = A∩B∩C per la
commutatività e l’associatività dell’intersezione fra insiemi (si veda libro di testo paragrafo 2.2).
Si ottiene dunque:
P(A∩B∩C) = P(B∩E) = P(B|E) P(E) = P(B|A∩C) P(A∩C) = 0.4 × 0.875=0.35.
Esercizio 30.
Siano A e B due eventi con probabilità pari rispettivamente a 1/2 e 1/3. Si calcoli la probabilità
dell’unione dei due eventi in ciascuno dei seguenti casi:
31
1. A e B sono incompatibili;
2. A e B sono indipendenti;
3. P(A | B) = 1/4.
Soluzione.
Posto P(A) = ½ e P(B) = 1/3, si ha:
1. due eventi sono incompatibili se A∩B = ∅ ovvero i due eventi non possono verificarsi
contemporaneamente.
Se A e B sono incompatibili allora P(A∩B)=P(∅)=0.
L’ultima uguaglianza discende direttamente dalla definizione di probabilità (si veda libro di testo
pag. 85).
Essendo P(A∪B) = P(A)+P(B) – P(A∩B) (si veda libro di testo pag. 87)
Ne discende P(A∪B)= P(A) + P(B) = 5/6;
Alla stessa conclusione si giunge direttamente invocando l’assioma delle probabilità totali (pag. 85
libro di testo) nel caso di due eventi.
2. Se A e B sono indipendenti allora P(A∩B)=P(A)P(B) (si veda pag. 105 libro di testo).
Si ottiene dunque: P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(A∩B) = P(A) + P(B) – P(A) P(B) = 2/3;
3. P(A | B) = ¼ occorre determinare P(A∪B).
Per definizione di probabilità condizionata si ha:
P(A | B)=P(A∩B)/P(B) (pag. 94 del libro di testo)
da cui
P(A∩B) = P(B)P(A | B).
Si ottiene quindi
P(A∪B)
= P(A) + P(B) – P(A∩B) = P(A) + P(B) – P(B)P(A | B) =
= P(A) + P(B) (1– P(A | B)) =
1 1 1  1 1 3 2 +1 3
+ 1 −  = +
=
= .
2 3 4 2 3 4
4
4
Esercizio 31.
Sul banco di un supermercato ci sono 45 confezioni di latte, delle quali 25 scadono oggi e 20 domani.
1. Si calcoli la probabilità che 2 confezioni estratte senza reinserimento abbiano la stessa data di
scadenza.
32
2. Supponendo di aver estratto 2 confezioni con data di scadenza differente e di aver rimesso sul banco
la confezione che scade oggi, si calcoli la probabilità che una confezione scelta a caso scada domani.
Soluzione.
Si indichi con Oi l’evento “la i-esima confezione estratta scade oggi” e con. Di l’evento “la i-esima
confezione estratta scade domani” (i=1,2).
1. La probabilità che le due confezioni estratte abbiano la medesima scadenza è data da
P((O1∩O2)∪(D1∩D2))=P(O1∩O2)+P(D1∩D2)=49/99,
essendo
P(O1∩O2)=P(O2|O1)P(O1)=(24/44)(25/45)=10/33
e analogamente
P(D1∩D2)=P(D2|D1)P(D1)=(19/44)(20/45)=19/99
con
(O1∩O2) ∩ (D1∩D2)=∅.
Si noti che alternativamente il numero dei casi possibili è pari a
( ) mentre il numero dei casi
45
2
( ) e a D1∩D2 è pari a ( ) ottenendo quindi che
( ) + ( ) =49/99
P((O1∩O2)∪(D1∩D2))=
( )
favorevoli a O1∩O2 è pari a
25
2
25
2
20
2
20
2
45
2
2. Estratta una confezione che scade domani, la probabilità che una seconda confezione scelta a caso
scada domani è pari a
P(D2|D1) = P(D2∩D1)/ P(D1) = (19/44)(20/45)(45/20) = 19/44
essendo P(D1) = 20/45.
Si noti che avendo già estratto una scatola che scade domani ne rimangono 44 sul banco di cui
19 ancora con scadenza domani. Il risultato si può quindi ottenere come rapporto fra casi
favorevoli e possibili nella nuova situazione che si origina dopo che una scatola con scadenza
domani è stata rimossa dal banco.
Esercizio 32.
Si dimostri che, se P(A) >0, allora P(A∪B) > 0 e P(A∩B | A) ≥ P(A∩B | A∪B).
Soluzione
A ⊆ A∪B
quindi P(A∪B) ≥ P(A) > 0
P(A∩B | A)
= P(A∩B) | P(A) ≥ P(A∩B) | P(A∪B) = P((A∩B) ∩ (A∪B)) | P(A∪B)
= P(A∩B | A∪B)
33
Esercizio 33.
Gli studenti presenti in aula nell’esercitazione odierna sono 22. Assumendo che non esistano anni
bisestili, calcolare la probabilità che 2 di essi compiano gli anni nello stesso giorno.
Gli studenti presenti in classe nella lezione di Calcolo delle probabilità dello scorso martedì erano 28.
Si calcoli la probabilità che almeno due compiano gli anni nella stesa data.
(Il problema presentato in questo esercizio è noto come problema dei compleanni).
Soluzione.
Sia E l'evento: "almeno due studenti compiono gli anni nello stesso giorno".
Si consideri l'evento complementare E : "tutti gli studenti compiono gli anni in giorni diversi".
P( E ) si ottiene dalla definizione classica di probabilità come P(E ) =
# casi favorevoli
# casi possibili
Gli eventi favorevoli sono pari a D365,22, numero delle disposizioni semplici dei 365 giorni dell'anno
presi a gruppi di 22.
Gli eventi possibili sono pari a D(r)365,22, numero delle disposizioni con ripetizione dei 365 giorni
dell'anno presi a gruppi di 22.
Quindi P(E ) =
365 × 364 × 363 × L (365 − 22 + 1)
,
36522
da cui P(E ) = 1 − P(E ) = 1 −
365 × 364 × 363 × L (365 − 22 + 1)
=0.476.
365 22
Nel caso di 28 studenti si ha P(E)≈ 65.4%.
Esercizio 34.
Si consideri un gioco che consiste nel lanciare due volte un dado regolare le cui facce sono
contrassegnate con i numeri da 1 a 6. Si consideri la somma dei punteggi ottenute nelle due prove.
1. Qual è il valore della somma dei punteggi che ha probabilità più elevata?
2. Se vi fosse richiesto di scommettere su quale valore della somma risulterà giocando una volta a
questo gioco, qual è il punteggio sul quale non scommettereste?
3. Scommettereste sull’uscita del valore 1 come esito del gioco? Perché?
Soluzione.
1) somma=7 (6 casi favorevoli su 36 possibili).
34
2) 2 e 12.
3) No, poiché l’esito non può presentarsi.
Esercizio 35.
Se decideste di giocare 5 numeri al Lotto, qual è la probabilità che avreste di fare cinquina?
Soluzione.
 90 
1/   =1/ 43.949.268=0.0000000227.
5
Esercizio 36.
Tra i partecipanti ad un concorso per giovani musicisti, il 50% suona il pianoforte, il 30% suona il
violino ed il restante 20% suona il violoncello. Inoltre, partecipano per la prima volta ad un concorso il
10% dei pianisti, il 33% dei violinisti ed il 10% dei violoncellisti.
1. Scelto a caso un partecipante, qual è la probabilità che sia al suo primo concorso?
2. Sapendo che il partecipante scelto è al suo primo concorso, qual è la probabilità che sia un
violoncellista?
3. Sapendo che il partecipante scelto non è al suo primo concorso, qual è la probabilità che sia un
violoncellista?
4. Si stabilisca se sono incompatibili gli eventi “suonare il piano” e “partecipare per la prima volta ad
un concorso”, motivando la risposta.
5. Si stabilisca se sono indipendenti gli eventi “suonare il violino” e “partecipare per la prima volta ad
un concorso”, motivando la risposta.
Soluzione.
Si definiscano i seguenti eventi
A = {il musicista è un pianista}, B = {il musicista è un violinista},
C = {il musicista è un violoncellista} e
D = {il musicista partecipa per la prima volta ad un concorso}.
In base ai dati forniti si ha:
P(A) = 0.5, P(B) = 0.3, P(C) = 0.2 e P(D | A) = 0.1, P(D | B) = 0.33 e P(D | C) = 0.1.
35
1. La probabilità che scelto a caso un partecipante questo sia al suo primo concorso è pari alla
probabilità dell’evento D.
Si ha che P(D) = P(D | A)P(A) + P(D | B)P(B) + P(D | C)P(C).
n
n
i =1
i =1
La precedente discende dalla proprietà P(D)= ∑ P(D ∩ Ci ) =∑ P(D | Ci )P(Ci ) dove C1,…,Cn
costituisce una partizione dello spazio degli eventi con P(Ci)>0 i=1,..,n (si veda libro di testo pag.
99). Nel caso in esame n=3 con C1=A, C2=B, C3=C.
Si ottiene dunque:
P(D)
= P(D | A)P(A) + P(D | B)P(B) + P(D | C)P(C) =
= 0.1 × 0.5 + 0.33 × 0.3 + 0.1 × 0.2 = 0.169.
2. Se il partecipante scelto è al suo primo concorso sappiamo essersi verificato l’evento D. Occorre
quindi calcolare la probabilità che tale partecipante sia un violoncellista, ovvero dell’evento C, sotto
questa condizione. In altri termini occorre calcolare: P(C | D).
Applicando il teorema di Bayes si ottiene P(C | D) = P(D | C)P(C) / P(D) e quindi:
P(C | D) = P(D | C)P(C) / P(D) = 0.1 × 0.2 / 0.169 = 0.118.
3. Se il partecipante scelto non è al suo primo concorso, sappiamo che l’evento D non si è verificato e
quindi si è verificato l’evento D. Occorre quindi studiare la probabilità che tale partecipante sia un
violoncellista, ovvero l’evento C, sotto questa condizione. In altri termini occorre calcolare P(C| D ).
Applicando il teorema di Bayes si ottiene
P(C | D ) = P( D | C)P(C) / P( D ) = [1 − P(D | C)] P(C) / [1 − P(D)] =
= 0.9 × 0.2 / 0.831 = 0.217.
4. Se A e D sono eventi incompatibili allora A ∩ D = ∅ e P(A ∩ D) = 0 (pag. 85-87 del libro di testo).
D’altra parte P(A ∩ D) = P(D | A) P(A), per il principio della probabilità composta (pag. 97-98 del
libro di testo).
Dai dati forniti si ha P(A ∩ D) = P(D | A) P(A) = 0.1 × 0.5 = 0.05 ≠ 0.
Gli eventi A e D quindi non sono incompatibili.
5. Se B e D sono eventi stocasticamente indipendenti allora P(B ∩ D) = P(B) P(D) (pag. 102 del libro
di testo).
Dai dati forniti e dal punto 1 dell’esercizio si ha:
P(B) P(D) = 0.3 × 0.169 e
P(B ∩ D) = P(D | B) P(B) = 0.33 × 0.3 = 0.099 ≠ 0.3 = P(B) P(D).
36
Gli eventi B e D non sono quindi indipendenti.
Tale conclusione poteva ottenersi in modo immediato osservando che, se l’evento D è indipendente
dall’evento B, allora deve aversi per definizione (pag. 102 libro di testo):
P(D|B) = P(D).
Nel caso in esame invece di ha:
P(D|B) = 0.33 ≠ 0.169 = P(D).
Esercizio 37.
La probabilità che un soggetto abbia l’infezione da HIV è pari a 0.015. La diagnosi dell’infezione è
effettuata mediante il test ELISA che ha le seguenti caratteristiche: la probabilità che un soggetto
infetto risulti positivo al test è 0.999, mentre la probabilità che un soggetto non infetto non risulti
positivo al test è 0.9999.
1. Qual è la probabilità che un soggetto sia infetto dato che è risultato positivo al test?
2. Qual è la probabilità che un soggetto sia infetto dato che non è risultato positivo al test?
Soluzione.
Definiamo i seguenti eventi I = {soggetto infetto} e T = {test positivo}.
Sarà quindi I = { soggetto non infetto } e T = { test negativo }.
Dai dati dell’esercizio si ricava:
P( I ) = 0.015, P( T | I ) = 0.999, P(T | I ) = 0.9999 e P( T | I ) =1 − 0.9999.
1. Nel punto 1 è richiesto di studiare la probabilità P(I|T).
Applicando il teorema di Bayes si ha
P( I | T ) = P( T | I )P( I ) / P( T )
Occorre quindi determinare la probabilità dell’evento T data da
P( T ) = P( T | I )P( I ) + P( T | I )P( I ) =
= (0.999)(0.015) + (1 − 0.9999)(1 − 0.015) = 0.0151.
n
n
i =1
i =1
La precedente discende dalla proprietà P(T)= ∑ P(T ∩ Ci ) =∑ P(T | Ci )P(Ci ) dove C1,…,Cn
costituisce una partizione dello spazio degli eventi con P(Ci)>0 i=1,..,n (si veda libro di testo pag.
99). Nel caso in esame n=2 con C1=I e C2= I .
Si ottiene quindi: P( I | T ) = P( T | I )P( I ) / P( T ) = 0.999×0.015 / 0.0151 = 0.992.
37
Con un’elevata probabilità il test riesce quindi ad identificare correttamente un individuo infetto. Si
ha, per converso, che P( I | T)=0.008, quindi la probabilità dei cosiddetti falsi-positivi, cioè quegli
individui sani erroneamente identificati come malati da un test diagnostico, è decisamente bassa.
2. Nel punto 2 è richiesto di studiare la probabilità P(I| T ).
Di nuovo applicando il teorema di Bayes si ottiene
P( I |T ) = P(T | I )P( I ) / P(T ) = (1 − 0.999)(0.015) / (1 − 0.0151) = 0.000015.
Anche la probabilità che il test dia un risultato negativo (l’individuo è identificato come sano dal test
diagnostico) quando invece il soggetto è effettivamente infetto (i cosiddetti falsi-negativi) risulta
essere molto bassa.
Esercizio 38.
La probabilità che un soggetto abbia un’infezione virale è pari a 0.0005. La diagnosi dell’infezione è
effettuata mediante un test clinico che ha le seguenti caratteristiche: la probabilità che un soggetto
infetto risulti positivo al test è 0.95, mentre la probabilità che un soggetto non infetto non risulti
positivo al test è 0.85.
1. Qual è la probabilità che un soggetto sia infetto dato che è risultato positivo al test?
2. Qual è la probabilità che un soggetto sia infetto dato che non è risultato positivo al test?
Soluzione.
Definiti gli eventi I = {soggetto infetto} e T = {test positivo}, si ha
P( I ) = 0.0005, P( T | I ) = 0.95 e P(T |I ) = 0.85, donde segue
P( T ) = P( T | I )P( I ) + P( T |I )P(I ) = (0.95)(0.0005) + (1−0.85)(1-0.0005) = 0.1504.
1.
P( I | T ) = P( T | I )P( I ) / P( T ) = 0.95×0.0005/0.1504 = 0.000475/0.1504 = 0.003158.
2.
P( I |T ) = P(T | I )P( I ) / P(T ) = (1−0.95)(0.0005) / (1−0.1504) = 0.000025 / 0.8496 =
0.000029.
Esercizio 39.
Un servizio di autobus effettua il collegamento tra due stazioni seguendo la linea A nel 30% dei casi e
la linea B in tutti gli altri casi. Un pendolare riesce a prendere l’autobus con probabilità 0.25 nel caso in
cui venga percorsa la linea A e con probabilità 0.65 nel caso della linea B.
Definiti gli eventi:
38
A = {l’autobus percorre la linea A},
B = {l’autobus percorre la linea B} e
C = {il pendolare riesce a prendere l’autobus},
1. si calcoli la probabilità che il pendolare riesca a prendere l’autobus;
2. si calcoli la probabilità che l’autobus abbia seguito la linea A dato che il pendolare non è riuscito a
prenderlo;
3. si calcoli la probabilità che l’autobus abbia seguito la linea B dato che il pendolare è riuscito a
prenderlo;
4. si stabilisca se gli eventi A e B sono indipendenti, motivando la risposta;
5. si stabilisca se gli eventi A e C sono indipendenti, motivando la risposta.
Soluzione.
P(A) = 0.3, P(B) = 0.7, P(C | A) = 0.25 e P(C | B) = 0.65.
1. P(C) = P(C|A) P(A) + P(C|B) P(B) = 0.075 + 0.455 = 0.53.
2. P(A |C) = P(C | A ) P(A) / P(C ) = (1−0.25) 0.3 / (1−0.53) = 0.225 / 0.47 = 0.479.
3. P(B | C) = P(C |B) P(B) / P(C) = 0.65 × 0.7 / 0.53 = 0.455 / 0.53 = 0.858.
4. A e B non sono indipendenti.
A e B sono infatti incompatibili: P(A ∩ B) = P(∅) ≠ P(A)P(B) = 0.21
5. A e C non sono indipendenti:
P(A) P(C) = 0.3 × 0.53 = 0.159
P(A∩C) = P(C | A) P(A) = 0.3 × 0.25 = 0.075
39
3.
Le variabili casuali discrete
Esercizio 1.
Si consideri un dado truccato e sia X la v.c. che esprime il punteggio del dado truccato, la cui
funzione di probabilità è:
X
1
P(X=x) 0.408
2
3
4
5
6
0.204
0.136
0.102
0.082
0.068
1. Qual è il singolo punteggio su cui risulta più conveniente scommettere?
2. Risulta più conveniente scommettere su un punteggio pari o dispari?
3. Si determini la probabilità di ottenere 2 dato che il punteggio è pari.
Soluzione.
1. La moda di X è 1.
2. P(X pari)=0.374<0.626=P(X dispari).
3. P(X=2|X pari)=P(X=2)/P(X pari)=6/11=0.545.
Esercizio 2.
Si consideri un gioco che consiste nel lanciare un dado regolare le cui facce sono contrassegnate
con i numeri da 1 a 6. Il giocatore paga per giocare un prezzo di 40 euro e vince una somma pari 10
euro moltiplicata per il numero ottenuto nella prova.
Sia X la v.c. che rappresenta il guadagno ottenuto dal giocatore al netto del prezzo pagato per
giocare.
1. Si dica qual è il supporto della variabile X e si disegni il grafico della funzione di probabilità e
della funzione di ripartizione.
2. Si calcoli il valore atteso e la varianza di X.
3. Giochereste al gioco? Giochereste al gioco se il prezzo fosse 10 euro? E se fosse 60 euro?
Soluzione.
1.
Il supporto di X è pari a: −30, −20, −10, 0, 10, 20 ottenuto come
10×valore sulla faccia del dado − 30
P(X=x)= 1/6
2.
x= −30, −20, −10, 0, 10, 20 avendo ogni faccia la medesima probabilità 1/6
E(X)= −5 euro e Var (X) = E(X 2 ) − (E(X)) 2 ≈ 292
40
Alternativamente indicando con Y la v.a. che assume valore pari al numero riportato sulla
faccia del dado si ha che Y è una v.a. uniforme discreta con N=6 e supporto 1,2,…,6.
Da cui
E ( Y) =
N +1 7
=
2
2
e
Var (Y) =
N 2 − 1 35
=
.
12
12
Essendo X = −40 + 10 Y, si ha
E(X)= −40 + 10×
Var(X)= 100×
3.
7
= −5
2
35
≈ 292
12
Per un prezzo pari a 40 euro non sembra conveniente giocare avendo il gioco un guadagno
atteso negativo. Per un prezzo pari a 60 euro il gioco ha un guadagno positivo con probabilità 0
sembra dunque irrazionale giocare (essendo impossibile l’evento “guadagno positivo”). Per un
prezzo pari a 10 il guadagno atteso è 25 euro e quindi è razionale accettare il gioco.
Esercizio 3.
1. Si trovi il valore del parametro θ per cui la tabella seguente definisce la funzione di probabilità di
una v.c. unidimensionale X e la si rappresenti graficamente.
X
−1
0
1
P(x)
2θ2
5
θ
3
1
− θ2
3
2. Si calcolino P(-0.5<X<2) e P(X>0).
3. Si calcolino il valore atteso e la varianza della v.c. X.
4. Si determini la funzione di ripartizione della v.c. X.
5. Si consideri la variabile Z= X + 5. Si rappresenti graficamente la funzione di probabilità di Z e se
ne calcoli media e varianza.
6. Si consideri la variabile W= X×0.5. Si rappresenti graficamente la funzione di probabilità di W e
se ne calcoli media e varianza.
Soluzione.
1.
1
2θ2 + 5 θ + − θ 2 =1
3
3
41
θ2 + 5 θ −
3
2
=0
3
θ = 1/3
e
θ = −2
θ = −2
soluzione non ammissibile (p(x) ≥ 0)
X
−1
0
1
P(x)
2/9
5/9
2/9
2. P(−0.5<X<2) = P(X=0) + P(X=1) = 2/9 + 5/9 = 7/9
P(X≥0) = 1 – P(X<0) = 1 – 2/9 = 7/9
o anche P(X≥0) = P(-0.5<X<2) = 7/9
3. E(X) = −1 × (2/9) + 0×(5/9) + 1 × (2/9) = 0
E(X2) = 1 × (2/9) + 0× (5/9) + 1 × (2/9) = 4/9
Var(X) = 4/9
4. ψ(x) = P(X ≤ x)
0
ψ (x ) =
x < −1
2/ 9 −1 ≤ x < 0
7/9
1
0 ≤ x <1
x ≥1
5. Z= X + 5 P(Z=z) = P(X+5=z) = P(X=z−5)
Z
4
5
6
P(z)
2/9
5/9
2/9
E(Z) = 4 × (2/9) + 5× (5/9) + 6 × (2/9) = (8 + 25 + 12)/9 = 45/9 = 5 (si noti che E(Z) =E(X) + 5.
Inoltre, la distribuzione è simmetrica rispetto a 5 quindi 5 è il valore atteso)
E(Z2) = 16 × (2/9) + 25× (5/9) + 36 × (2/9) = (32 + 125 + 72)/9 = 229/9
Var(Z) = 229/9 – 25 = 229/9 – 225/9 = 4/9 (= Var(X))
6. W = X × 0.5 P(W=w) = P(X/2 = w) = P(X = 2w)
W
−1/2 0
1/2
P(w)
2/9
2/9
5/9
E(W) = 0
Var(W)= Var(X)/4 = (4/9)/4 = 1/9
42
Esercizio 4.
Si trovi il valore del parametro θ per cui la tabella seguente definisce la funzione di probabilità di
una v.c. unidimensionale X.
X
0
1
2
P(x)
1/2
θ
2θ
1. Si calcolino P(0.5<X<2.5) e P(X>2.1).
2. Si calcolino il valore atteso e la varianza della v.c.
3. Si determini la funzione di ripartizione della v.c. X.
Soluzione.
2
La funzione p(x) rappresenta la funzione di probabilità di una v.c. X. Deve valere
∑ P(X = x) = 1 e
x =0
P(X = x) ≥ 0 ∀x . Quindi θ = 1/6.
X
0
1
2
P(x)
½
1/6
2/6
1. P(0.5<X<2.5)=P(X=1)+P(X=2)=½
P(X>2.1)=0.
2. E(X)=0+1/6+4/6=5/6
Var(X)=E(X2)–E(X)2=3/2–(5/6)2=29/36=0.81, essendo E(X2) =0+1/6+8/6=3/2.
3. La funzione di ripartizione della v.c. X è data da: Φ X (x) = P(X ≤ x) da cui:
x<0
0
0.5 0 ≤ x < 1

Φ X ( x) = 
0.667 1 ≤ x < 2
1
x≥2
Esercizio 5.
Il tempo di percorrenza del treno che collega la stazione di Roma Termini con l’aeroporto L. Da
Vinci di Fiumicino è di 30 minuti esatti. Il percorso è lungo 30 km e la velocità di percorrenza è
costante durante tutta la tratta.
1. Si è interessati a valutare la probabilità che il treno interrompa la corsa tra il 15-mo km ed il 19mo km per un guasto improvviso. Quanto vale tale probabilità?
2. Calcolare il valore atteso e la varianza della distribuzione di riferimento.
43
Soluzione.
1. Poiché la velocità di percorrenza del treno è costante è lecito attendersi che la probabilità che il
treno interrompa improvvisamente la corsa per un guasto improvviso è costante durante tutta la
tratta di percorrenza, e quindi pari ad 1/30. La variabile casuale di riferimento X “il treno arresta
la sua corsa all’i-mo km per un guasto improvviso” è quindi la uniforme discreta.
Dal 15-mo al 19-mo chilometro il treno percorre 5 dei 30 km di percorrenza totale. La
probabilità richiesta è pertanto:
P(15≤X≤19)=P(X=15)+ P(X=16)+ P(X=17)+ P(X=18)+ P(X=19)=(1/30) 5=0.17
2. E(X)=(n+1)/2=(30+1)/2=15.5
Var(X)=(n2 1)/12=75.08
Esercizio 6.
Da un’urna contenente 12 palline verdi e 8 palline rosse si estraggono 4 palline.
Si calcoli la probabilità che nel campione estratto vi siano più palline verdi che rosse,
1. se l’estrazione è con reinserimento;
2. se l’estrazione è senza reinserimento.
Soluzione.
Da un’urna contenente 12 palline verdi e 8 palline rosse si estraggono 4 palline.
Sia X la variabile casuale che conta il numero delle palle verdi nel campione di numerosità 3.
Allora occorre calcolare P(X≥3)=P(X=3)+P(X=4)
1. X ∼Bin(3/5,4) e P(X≥3)=0.4752 (estrazione con reinserimento).
2. X ∼Iper(N=20, K=12,n=4) e P(X≥3)=0.4654 (estrazione senza reinserimento).
Esercizio 7.
Sia X una v.a. con distribuzione binomiale di parametri n e p. Si dimostri
[
]
1. la formula ricorsiva E ( X k ) = npE (Y + 1) k −1 con Y∼ Bin (p, n−1)
2. E(X)=np e Var(X)=np(1−p).
Soluzione.
[
]
1. Si dimostra la formula ricorsiva E ( X k ) = npE (Y + 1) k −1 con Y∼ Bin (p, n−1)
n
n
n
i =0
i =1
i =1
E(X k ) = ∑ i k (in )pi (1 − p) n −i =∑ i k (in )pi (1 − p) n −i = np∑ i k −1 (in−−11 )pi −1 (1 − p) n −i = (sostituendo j=i−1)
44
n −1
= np∑ ( j + 1)k −1 (nj −1 )p j (1 − p) n −1− j
j= 0
[
= npE ( Y + 1) k −1
]
2. Dalla precedente discende
[
]
E ( X ) = npE (Y + 1) 0 = np .
E ( X 2 ) = npE (Y + 1) = npE (Y ) + np = np(n − 1)p − np = n 2 p 2 − np 2 + np .
Da cui Var ( X ) = E (X 2 ) − E ( X ) 2 = n 2 p 2 − np 2 + np − n 2 p 2 = np(1 − p) .
Esercizio 8.
Un nuovo trattamento farmacologico sperimentato nell’ultimo anno è caratterizzato da una
probabilità di successo (guarigione) pari a 0.55. Un ospedale decide di sottoporre 4 pazienti al
trattamento e si può ragionevolmente assumere che la reazione di ciascuno di tali pazienti sia
indipendente da quelle degli altri.
1. Qual è la distribuzione di probabilità del numero di guarigioni tra i 4 pazienti in cura?
2. Qual è il numero atteso di pazienti, tra i 4 sottoposti al trattamento, che guariranno dalla
patologia di cui soffrono?
3. Qual è la probabilità che, dei 4 pazienti sottoposti al trattamento, almeno uno guarisca?
Soluzione.
1. Sia Xi una variabile aleatoria definita da:
Xi= 1
0
paziente i guarisce
altrimenti
per ogni i = 1, 2, 3, 4. In base a quanto suggerito dal testo, Xi~bern(0.55).
Di conseguenza: N = X1 + X2 + X3 + X4 = numero di pazienti guariti, su 4.
Essendo le Xi indipendenti, oltre che identicamente distribuite, ne consegue che N~binom(4,
0.55) cioè
 4
x
4− x
P[N = x] =  (0,55) (0,45)
x
 
x=0,1,2,3,4
2. Si ricordi che se N~binom(n, p), allora E[N] = np. Nel nostro caso: E[N] = 4×0.55 = 2.2.
3. In questo caso: P[N ≥ 1] = 1 − P[N < 1] = 1 − P[N = 0] = 1 − (0.45)4 = 0.959.
45
Esercizio 9.
Un mazzo di fiori è composto da 52 fiori: 13 rose, 13 margherite, 13 viole e 13 girasoli. Vengono
estratti 5 fiori con reinserimento. Si è interessati alla variabile X= “numero di girasoli ottenute nelle
estrazioni”. Determinare:
1. il valore e la varianza della variabile X;
2. la probabilità di estrarre tre girasoli;
3. la probabilità di estrarre almeno un girasole;
4. la probabilità di estrarre almeno tre girasoli;
5. la probabilità di estrarre al più tre girasoli;
6. la probabilità di non estrarre girasoli.
Soluzione.
La v.c. che descrive il numero di volte, nelle n prove, che si verifica l’evento è la v.c. Binomiale. Il
supporto in tale caso è dato dai numeri interi da 0 a n.
Nel nostro caso i parametri della v.c sono n=5 e p=13/52=1/4. Quindi X~Bi(5,1/4).
1. E(X)=np=5× (1/4)=1.25 e Var(X)=npq=5(1/4)(3/4)=15/16
2. la probabilità di estrarre 3 girasoli: P(X=3)=(5!/(3!(5−3)!))(1/4)3(3/4)5-3=0.0879
3. la probabilità di estrarre almeno un girasole: P(X≥1)= P(X=1)= P(X=2)+ P(X=3)+ P(X=4)+
P(X=5)=1−P(X=0)=1−0.2373=0.7627
4. la probabilità di estrarre almeno tre girasoli: P(X≥3)= P(X=3)+ P(X=4)+ P(X=5)=
0.0879+0.0146+ 0.001=0.1035
5. la
probabilità
di
estrarre
P(X=1)+P(X=0)=1 P(X>3)=1
al
più
tre
girasoli:
P(X≤3)=
P(X=3)+
P(X=2)+
[P(X=4)+P(X=5)]=0.9844
6. la probabilità di non estrarre girasoli: P(X=0)=(5!/(0!(5−0)!))1(3/4)5=0.2373
Esercizio 10.
Un giocatore lancia sei volte un dado regolare. Qual è la probabilità che
1. esca un numero pari almeno cinque volte;
2. esca un numero minore di 3 al più una sola volta.
Soluzione.
Lanciare 6 volte un dado equivale ad effettuare n=6 prove indipendenti.
1. Fissare l’attenzione su un numero pari significa identificare due esiti:
“esito pari” = successo, per cui p=0.5
“esito dispari” = insuccesso, per cui (1 p)=q=0.5
46
Si utilizza quindi la v.c. Binomiale (6, 1/2) ottenendo:
P(X≥5)= P(X=5)+ P(X=6)
dove P(X=5)=(6!/(5!(6−5)!))(1/2)5(1/2)6-5=0.0938 e
P(X=6)=(6!/(6!(6-6)!))(1/2)6(1/2)6-6=0.0156
Ottenendo P(X≥5)= P(X=5)+ P(X=6)=0.1094
2. Fissare l’attenzione su un numero minore di 3 significa identificare due eventi:
“esito<3”= successo, per cui p=1/3
“esito≥3”= insuccesso, per cui 1 p=q=2/3
Utilizzando la v.c. Binomiale(6,1/3) otteniamo:
P(X≤1)= P(X=0)+ P(X=1)= 0.0878+ 0.2634=0.3512
Esercizio 11.
Il numero di studenti che si presentano presso la segreteria di un grande Ateneo ha una distribuzione
di Poisson. In media si presentano 3 studenti al minuto.
1. Qual è la probabilità che in un minuto arrivi almeno uno studente?
2. Qual è la probabilità che in due minuti non arrivi alcuno studente?
3. Qual è la probabilità che in tre minuti arrivino 15 studenti?
4. Qual è il numero medio di studenti in un’ora?
Soluzione.
1. P(X=0) = (e − 3 3 0 )/0!= 0.0498
P(X ≥ 1) = 1
P(X=0) = 1 0,0498=0.9502
2. Se il numero di studenti che entrano in segreteria è pari a λ1= E (X) = 3, di conseguenza la v.c.
che descrive il numero di studenti in 2 minuti è X2 ~ Po(λ2) dove λ2=2λ1=6
P(X=0) = (e − 6 6 0 )/0!= 0.0025
3. X 3 ~ Po( λ 3 ) dove λ 3 =3 λ 1 =9
P(X=15) = (e − 9 9 1 5 )/15!=0.0194
4. Se supponiamo λ = 3 studenti al minuto, allora in un’ora λ = 3×60=180 studenti.
Esercizio 12.
Se la probabilità che un individuo sia allergico ad un certo vaccino è 0.001,
1. determinare la probabilità che su 2000 individui 3 siano allergici al vaccino
2. determinare la probabilità che su 2000 individui più di 2 siano allergici al vaccino.
47
Soluzione.
N è grande e p è vicino a 0, quindi la distribuzione binomiale è ben approssimata dalla distribuzione
di Poisson.
P(X individui allergici) =
λ X e− λ 2X e−2
=
X!
X!
Dove λ = Np = ( 2000 )( 0.001) = 2 .
1. P(3 individui allergici) =
2 3 e −2
4
= 2 = 0.18
3!
3e
2. P(nessun individuo allergico) =
P(1 individuo allergico) =
P(2 individui allergici) =
2 0 e −2
1
= 2
0!
e
21 e −2
2
= 2
1!
e
2 2 e −2
2
= 2
2!
e
P(Più di 2 individui allergici)
= 1 – P(nessuno o 1 o 2 individui allergici)
= 1 − (1 / e 2 + 2/e 2 + 2/e 2 ) = 1 − 5/e 2 = 0.323
Esercizio 13.
In una fabbrica di cioccolato il numero X cioccolatini di forma irregolare prodotti giornalmente da
una macchina segue una distribuzione di Poisson con media λ.
1. Si calcoli la probabilità che X sia < 1.
2. Si calcoli la probabilità che X sia ≥ 4.
3. Definita la v.c. Y = min(2,X), se ne determini il supporto e la funzione di probabilità.
4. Si calcoli il valor medio di Y.
Soluzione.
X è una v.c. di Poisson con parametro λ e Y = min(2,X).
1. P(X < 1) = [P(X = 0)] = (exp(−λ ) λ0)/0! = exp(−λ ).
2. P(X ≥ 4) = 1 – P(X < 4) = 1 – [P(X = 0)+ P(X = 1)+ P(X = 2)+ P(X = 3)]
= 1 – [ (1+ λ +( λ 2/2)+ (λ 3/6))exp(−λ )].
3. La v.c. Y ha supporto {0,1,2} e funzione di probabilità data da
P(Y = 0) = P(X = 0) = exp(–λ),
P(Y = 1) = P(X = 1) = λ exp(–λ),
P(Y = 2) = P(X ≥ 2) = 1 – (1+ λ)exp(–λ).
48
4. E(Y) = 0 P(Y = 0) + 1 P(Y = 1) + 2 P(Y = 2) = λ exp(–λ) + 2[1 – (1+ λ)exp(–λ)]
= 2 – (2+ λ)exp(–λ).
Esercizio 14.
Una compagnia di assicurazioni ha 1000 polizze di responsabilità civile auto in portafoglio in una
certa regione tutte aventi la medesima durata temporale. Sia X la variabile casuale che rappresenta il
numero di sinistri occorsi nella regione. Sapendo che la probabilità che si verifichi un sinistro è 0.01
e che X ha una distribuzione binomiale si calcoli:
1. P(X=1);
2. P(X≤2).
Approssimando la distribuzione binomiale con una distribuzione di Poisson si calcoli:
3. P(X=1);
4. P(20<X<23).
Soluzione.
1000 
0.01× 0.99999 = 0.000436
1 P( X = 1) = 
 1 
2 P(X≤2)= P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)
1000 
0.010 × 0.991000 = 0.991000 = 0.000043
P( X = 0) = 
 0 
1000 
1000 × 999
0.012 × 0.99998 =
P( X = 2) = 
0.0001 × 0.99998 = 0.0022002
2
 2 
P(X≤2)= P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) = 0.000043 + 0.000436 + 0.0022002 = 0.002679
3 P(X=1)=e-1010/1!=0.000453
4 P(20<X<23) =
 1021 1022 
e−101021 e −101022
 = 0.0013
+
= e −10 
+
21!
22!
 21! 22! 
Esercizio 15.
Sia X una variabile casuale Binomiale di parametri θn e n con 0 < θn <1, n = 1,2,… e θn=λ/n dove
λ>0 è un valore costante.
1. Si dimostri che, per n sufficientemente grande, la distribuzione di X può essere approssimata da
una distribuzione di Poisson di parametro λ.
49
2. Si dimostri che se la funzione di probabilità di X è p( x, λ) =
e −λλx
allora E(X)=Var(X).
x!
Soluzione.
n!
1. p( x , θn , n ) =
(θn )x (1 − θn )n − x = n!  λ  1 − λ 
x!(n − x )!
x!(n − x )!  n   n 
x
n!
λx  λ   λ 
= x
1 −  1 − 
n (n − x )! x!  n   n 
n
Poiché:
−x
n!
 λ
lim x
1 − 
n → ∞ n ( n − x )!
 n
si ottiene: lim p ( x,θ n , n) =
n →∞
λx
x!
n−x
−x
 λ
lim1 −  = e − λ
n →∞
 n
n
=1
e
e− λ .
Per n sufficientemente grande, sotto l’ipotesi data che la probabilità di successo decresca alla
stessa velocità di n−1 al divergere di n, vale p( x,θ n , n) ≈
λx
x!
e −λ
2. E(X)=λ (si veda libro di testo pag. 222)
Var(X) = E(X2) − E(X)2 = E(X2) − λ2
−λ x
∞
∞
e − λ λx
e −λ λx −1
2 e λ
E(X ) = ∑ x
= ∑x
= λ∑ x
x!
x!
(x − 1)!
x =0
x =1
x =1
2
∞
2
sostituendo y=x−1 da cui x=y+1 si ha
∞
E(X 2 ) = λ ∑ (y + 1)
y =0
 ∞ e − λ λy ∞ e − λ λy 
e − λ λy
 = λ (λ + 1)
= λ ∑ y
+∑

y!
y
!
y
!
y =0
 y=0

Si noti che la serie è assolutamente convergente e il valore atteso (momento secondo) esiste.
Var(X)= (λ2 + λ) − λ2 = λ.
Esercizio 16.
Si lanciano due dadi con 4 facce (numerate da 1 a 4) equiprobabili.
1. Trovare il supporto della v.c. “Somma del punteggio dei due dadi”.
2. Calcolare la funzione di probabilità della v.c. “Somma”.
3. Calcolare la probabilità che si presenti un 8.
4. Calcolare la probabilità che si presenti un punteggio almeno pari a 5.
5. Scrivere la funzione di ripartizione della v.c. “Somma”.
6. Calcolare valore atteso e varianza.
50
Soluzione.
1
2
3
4
1
2
3
4
5
2
3
4
5
6
3
4
5
6
7
4
5
6
7
8
1. Supporto:{2,3,4,5,6,7,8}
2. Funzione di probabilità è:
X
P(X=x)
2
0.0625
3
0.1250
4
0.1875
5
0.2500
6
0.1875
7
0.1250
8
0.0625
3. P(X=8)=1/16
4. P(X ≥ 5)= P(X=5)+ P(X=6)+P(X=7)+ P(X=8) =0.25+0.1875+0.125+0.0625
5. La funzione di ripartizione è:
0
0,0625

0,1875

0,375
Φ X (x) = 
0,625
0,8125

0,9375
1

x<2
2≤x<3
3≤ x < 4
4≤x<5
5≤ x <6
6≤x<7
7≤x<8
x≥8
8
8
x =2
x =2
6. E(X) = ∑ x ⋅ P(X = x) =5 e Var(X)=E(X 2 )−E(X) 2 = ∑ x 2 ⋅ P(X = x) −25=2.5.
Esercizio 17.
Sia X una variabile casuale con funzione di probabilità φ(x;θ)=θ(1−θ)x con 0<θ<1 e x=0,1,2,…
51
1. Si verifichi che φ(x;θ) è una funzione di probabilità.
2. Si rappresenti graficamente la funzione e si calcoli la moda.
3. Si calcoli E(X).
4. Si calcoli Var(X).
5. Si determini P(X≥x0).
6. Si determini P(X≥ x0+ x1| X≥ x0).
Soluzione.
1. θ(1−θ)x essendo 1>1−θ>0
∞
∞
x =0
x =0
∑ θ(1 − θ) x =θ∑ (1 − θ) x =
θ
θ
= =1 (discende dal fatto che la serie in questione è una
1 − (1 − θ) θ
geometrica di ragione 0< 1−θ <1)
2. θ(1−θ)x > θ(1−θ)x+1 ∀x essendo 0< 1−θ <1 quindi la moda è pari a X=0 con φ(0,θ) = θ.
3. E(X)
∞
∞
∞
x =0
x =0
x =0
= ∑ xθ(1 − θ) x =θ(1 − θ)∑ x (1 − θ) x −1 =θ(1 − θ)∑ −
= θ(1 − θ)
d(1 − θ) x
dθ
d ∞
d
1
θ(1 − θ) 1 − θ
− (1 − θ) x = −θ(1 − θ)
=
=
∑
dθ x = 0
dθ 1 − (1 − θ)
θ2
θ
Si noti che lo scambio tra la derivata e la serie è possibile in quanto la serie da
derivare è una serie di funzioni, con derivata continua, convergente e la serie delle
derivate è uniformemente convergente.
2
4. E(X )
∞
∞
= ∑ x θ(1 − θ) =θ(1 − θ)∑ x ⋅ x (1 − θ)
2
x
x =0
x −1
x =0
= −θ(1 − θ)
d(1 − θ) x
=θ(1 − θ)∑ − x
dθ
x =0
∞
d ∞
d 1
x (1 − θ) x = −θ(1 − θ)
E(X)
∑
dθ x = 0
dθ θ
(moltiplicando e dividendo per θ)
d 1 1− θ
− θ2 − 2θ(1 − θ)
− θ − 2(1 − θ) (1 − θ)(2 − θ)
= −θ(1 − θ)
= −θ(1 − θ)
= −(1 − θ)
=
4
dθ θ θ
θ
θ2
θ2
(1 − θ)(2 − θ)  (1 − θ)  1 − θ
−
 = 2
θ2
θ
 θ 
2
Si ha quindi
5. P(X≥x0) =
Var(X) = E(X2) − (E(X))2 =
∞
∞
∞
x=x0
y =0
y =0
∑ θ(1 − θ) x = ∑ θ(1 − θ) y + x 0 = (1 − θ) x 0 ∑ θ(1 − θ) y = (1 − θ) x 0
operando il cambiamento di variabile y = x−x0
6. P(X≥ x0+ x1| X≥x0)
= P(X≥ x0+x1, X≥ x0)/P(X ≥x0) = P(X ≥x0+x1)/P(X ≥x0)
52
=
(1 − θ) x1 + x 0
= (1 − θ) x1 = P(X ≥ x1 ) .
x0
(1 − θ)
Esercizio 18.
Supponendo che la probabilità di centrare un bersaglio sia pari a 0.3 e che gli esiti dei tiri siano
indipendenti, si calcoli:
1. la probabilità di fare un centro in 6 tiri;
2. la probabilità di fare il primo centro esattamente al sesto tiro;
3. la probabilità di sbagliare non più di 5 volte prima di fare il primo centro;
4. la probabilità di centrare il bersaglio per la prima volta al 7° tentativo, sapendo che almeno 5 tiri
sono andati a vuoto.
Soluzione.
1. Denotiamo con X il numero di centri in 6 prove. X ha distribuzione binomiale Bin(6,0.3).
P(X=1)=6×0.3×0.75 ≈ 0.302
2. Denotato con Y il numero di tiri falliti prima del primo centro si ha che Y rappresenta una v.c.
Geometrica con funzione di probabilità data da ψ(y) = θ(1 − θ)y.
La probabilità ricercata è quindi pari a 0.3(1 − 0.3)5= 0.0504.
3. La funzione di ripartizione di Y è data da
4. Ψ(y) = 1 − (1 − θ)y+1 per y = 0, 1, 2,… e θ = 0.3. Da cui si ha:
5. P(Y≤5) = Ψ(5) = 1 − (1 − 0.3)6 = 0.88.
6. P(Y=6|Y≥5) = P(Y=1) = ψ(1) = 0.3(1 − 0.3) = 0.21 per la proprietà dell’assenza di memoria.
Esercizio 19.
La probabilità che un centralino sia occupato ad un dato istante è p, indipendente dall’istante
considerato. Determinare la legge di probabilità del numero di tentativi necessari per trovare la linea
libera, se le chiamate vengono smistate immediatamente.
Soluzione.
Siano p=pr{centralino sia occupato all’istante t} e
X = {il numero di tentativi per trovare la linea libera}.
p(x) = P(X=x) = P{x tentativi per avere la linea}
= P{primi x−1 tentativi con linea occupata, 1 tentativo con linea libera}
= (P{linea occupata})x−1(P{linea libera})
53
Quindi, X ∼ Geometrica (1−p).
Esercizio 20.
Il gestore di una stazione di servizio regala un gratta e vinci ad ogni cliente. Egli garantisce che ogni
gratta e vinci ha probabilità 0.05 di contenere un messaggio che dà diritto a 20 euro di benzina
gratuiti. Un automobilista decide di far rifornimento sempre nella stessa stazione.
1. Qual è la probabilità che un gratta e vinci con il messaggio vincente si verifichi al quinto
acquisto di benzina?
2. Qual è il numero medio di acquisti di benzina che l’automobilista deve effettuare affinché si
verifichi il gratta e vinci con il messaggio vincente?
3. Qual è la probabilità che l’automobilista vinca per la prima volta i 20 euro di benzina al terzo
gratta e vinci acquistato, dato che nei primi due non ha vinto?
Soluzione.
CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi prima del successo (vincita) la funzione di
probabilità della v.c. è: P(X=x) = p(1−p) x con x = 0,1,2,3,…
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente (i tentativi
comprendono gli insuccessi e anche il successo) la funzione di probabilità della v.c. è:
P(X=x) = p(1−p) x−1 con x = 1,2,3,…
1. CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi prima del successo:
P(X=4) = (1−0.05)4×0.05 = 0.0407
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente
(insuccessi + il successo): P(X=5) = (1−0.05)5-1×0.05=0.0407
2. CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi allora il valore atteso di X è E[X]= (1−p)/p
= 0.95/0.05 acquisti di benzina.
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente
(insuccessi + il successo) allora il valore atteso di X è E[X] = 1/p = 1/0.05 acquisti di benzina.
3. Ci si avvale della proprietà di assenza di memoria della geometrica.
CASO A: Se con X si intende il numero di insuccessi prima del successo:
P(X=2|X≥2) = P(X=0) = (1−0.05)0 ×0.05 = 0.05.
CASO B: Se con X si intende il numero dei tentativi per trovare il messaggio vincente
(insuccessi + il successo) P(X=3|X≥2) = P(X=1) = (1− 0.05)1−10.05 = 0.05.
54
Esercizio 21.
In un’analisi di laboratorio, un test ha il 30% di probabilità di dare una risposta positiva. Quante
prove occorre fare per avere una probabilità del 90% di avere una risposta positiva?
Soluzione.
La variabile X è il numero di prove/tentativi. Si ha p = 0.3.
P(X = 1) = 0.3
P(X = 1) = 0.30<0.90
P(X = 2) = (0.3)(0.7) = 0.21
P(X = 1)+ P(X = 2)=0.51<0.90
…
P(X = 6) = 0.3(− 0.3)5 = 0.05
P(X = 1)+P(X = 2)+ P(X = 3)+ …+ P(X = 6) = 0.88<0.90
P(X = 7) = 0.3(1 – 0.3)6 = 0.035
P(X = 1)+P(X = 2)+ P(X = 3)+ …+ P(X = 7) = 0.91>0.90
Sono quindi necessarie 7 prove.
Esercizio 22.
Un’impresa produce wafer per componenti hardware di calcolatori elettronici e li predispone in lotti
da 10 pezzi che poi incanala alla rete di distribuzione. L’addetto al controllo della qualità opera
seguendo il seguente criterio: seleziona 3 pezzi casualmente da ogni lotto e dichiara il lotto
difettoso, rimuovendolo dalla distribuzione, se tra i tre wafer ce n’è almeno uno difettoso.
Se il 70% dei lotti contiene 1 pezzo difettoso e il 30% ne contiene 4 si calcoli la proporzione dei
lotti rimossi dalla distribuzione.
Soluzione.
N=10 pezzi presenti nel lotto;
K=1 oppure 4 pezzi difettosi nel lotto. Notare che questa è una variabile aleatoria essendo
p(K=1)=0.7
p(K=4)=0.3;
n=3 wafer estratti per il controllo
Si indica con X= numero di wafer difettosi fra i 3 estratti.
Allora si ha: A={il lotto è ritirato dalla distribuzione}⇔ (X>0)
La distribuzione di X è un’ ipergeometrica poiché i wafer vengono considerati una sola volta:
 K  N − K 
 

x  n − x 

P(X = x ) =
 N
 
n
x=max(0, n−(N−K)),…, min(K, n).
Il lotto entra in distribuzione (quindi A ) se X=0.
55
Per K=1
 1 10 − 1
 

x  3 − x 

P(X = x | K = 1) =
10 
 
3
x=0,1
quindi il lotto entra in distribuzione con probabilità data da:
 1  9   9 
    
0 3
3
9×8× 7 / 6
7
P(X = 0 | K = 1) =    =   =
=
10 
10  10 × 9 × 8 / 6 10
 
 
3
3
ovvero P( A |K=1)=7/10.
Per K=4 il lotto entra in distribuzione con probabilità data da:
 4  6   6 
    
0 3
3
6×5× 4/6 1
P(X = 0 | K = 4) =    =   =
=
10 
10  10 × 9 × 8 / 6 6
 
 
3
3
x=0,1,2,3.
Si potrà scrivere P( A |K=4)=1/6.
Da cui si ottiene
P( A )=P( A |K=1)p(K=1) + P( A |K=4)p(K=4) =7/10×7/10 + 1/6×3/10 = 54/100 = 0.54
P(A)=0.46 probabilità di rimuovere un generico lotto dalla distribuzione.
Il 46% è quindi la proporzione di lotti rimossi dalla distribuzione.
Esercizio 23.
Un’urna contiene 5 palline rosse e 5 palline verdi. Si estraggono due palline a caso dall’urna. Se
hanno il medesimo colore si vince 1.1 euro mentre si perde 1 euro in caso contrario.
Si calcoli il valore atteso e la varianza della vincita.
Soluzione.
Descrizione sintetica dell’urna.
N=10 numero palline nell’urna
K=5 numero di palline rosse
n=2 numero di elementi estratti in blocco dall’urna
X: numero di palline rosse estratte
56
Il numero X di palline rosse tra n estratte in blocco da un’urna segue una distribuzione
 K  N − K 
 

x  n − x 

ipergeometrica P(X = x ) =
 N
 
n
x=max(0, n−(N−K)),…, min(K, n)
In particolare per l’urna considerata si ha
 5 10 − 5 
 

x  2 − x 

P( X = x ) =
=
10 
 
2
 5  5 
 

 x  2 − x 
10 
 
2
x=0,1,2
da cui
 5  5 
  
0 2
5× 4 / 2 2
P(X = 0) =    =
=
10 × 9 / 2 9
10 
 
2
 5  5 
  
1 1
5× 5
5
P(X = 1) =    =
=
10 × 9 / 2 9
10 
 
2
 5  5 
  
2 0
5× 4 / 2 2
P(X = 2) =    =
= .
10 × 9 / 2 9
10 
 
2
Sia Y l’importo vinto nel gioco. Si ottiene:
Y = −1
se
X=1
(le due palline hanno colore diverso essendo solo una rossa )
Y = 1.1
se
X=0 o X=2
(le due palline hanno lo stesso colore rispettivamente nero e
rosso).
Si noti che la precedente definisce una trasformazione X→Y.
Da cui:
P(Y = −1) = P(X = 1) = 5/9
P(Y = −1.1) = P(X = 0) + P(X=2) = 4/9
E(Y) = −1 × 5/9 + 1.1 × 4/9 = −0.6/9 = −0.067
E(Y2) = (−1)2 × 5/9 + (1.1)2 × 4/9 = 5/9 + 1.21 × 4/9 = 0.556 + 0.538 = 1.094
57
Var(Y) = E(Y2) − E(Y) 2 = 1.094 − 0.0045 = 1.0895.
Esercizio 24.
È noto da indagini epidemiologiche che nella regione j di una nazione, la probabilità che un neonato
presenti una malformazione congenita è pari a θj e che gli eventi che due neonati presentino la
malformazione sono indipendenti. Sia Xj la variabile casuale rappresentante il numero di neonati
affetti da malformazione congenita nella regione j. Sapendo che le malformazioni congenite sono
eventi estremamente rari (θj<<1) e supponendo che in un anno la regione j ha avuto nj nuovi nati,
qual è, approssimativamente, la distribuzione di Xj?
Sapendo che la nazione considerata è suddivisa in k regioni e indicando con nj il numero dei nati
nella regione j, i=1,…,k, si dica quale distribuzione approssima la distribuzione del numero S di
neonati affetti da malformazione nella nazione considerata motivando la risposta fornita.
Supponendo k=5, n1=15.000, n2=25.000, n3=35.000, n4=25.000, n5=100.000, θ1=θ2=0.0001, θ3=
θ4= 0.00005, θ5=0.0001 si calcoli la probabilità che nella nazione considerata ci siano:
a. al più due neonati affetti da malformazione nell’anno considerato,
b. più di 4 neonati affetti da malformazione nell’anno considerato.
Soluzione.
1 neonato t − esimo della regione j affetto da malformazione
Sia Yjt = 
altrimenti
0
nj
X j = ∑ Yjt ha distribuzione Binomiale(θj, nj);
t =1
Xj è approssimativamente distribuita come una Poisson(λj) con λj = njθj; (si veda libro di testo pag.
507)
k
k
j =1
j =1
S = ∑ X j è (approssimativamente) distribuita come una Poisson(λ) con λ= ∑ n jθ j per la proprietà
riproduttiva della Poisson.
Posto k = 5, n1 = 15000, n2 = 25000, n3 = 35000, n4 = 25000, n5 = 100000, θ1 = θ2 = 0.0001, θ3 = θ4 =
0.00005 e θ5 = 0.0005 si ha:
λ1 = 1.50, λ2 = 2.50, λ3 = 1.75, λ4 = 1.25, λ5 = 1.00 e λ = 8.
a)
P(S≤2) =P(S=0) + P(S=1) + P(S=2)
P(S=0) =
e−8 80
= 0.000335
0!
58
P(S=1) =
e −8 81
= 0.000335 × 8 = 0.002684
1!
e −8 82
P(S=2) =
= 0.000335 × 8 × 4= 0.010735.
2!
Da cui P(S≤2) = 0.013754.
b)
P(S≥5) = 1− P(S≤4)= 1−(P(S=0) + P(S=1) + P(S=2) + P(S=3) + P(S=4))
e −8 83
P(S=3) =
= 0.028626
3!
e −8 84
P(S=4) =
= 0.057252
4!
P(S≥5) = 0.9.
Esercizio 25.
Un gioco consiste nel lanciare un dado non truccato ripetutamente finché esce il 6 per la prima
volta.
1. Qual è la probabilità che siano necessari esattamente 6 lanci?
2. Supponendo che il 6 non sia uscito nei primi 6 lanci, qual è la probabilità di dover fare ancora 6
lanci per ottenere il primo 6?
3. Si identifichi il modello stocastico rappresentante il gioco.
Soluzione.
Sia Y la v.c. Geometrica di parametro θ=1/6 che rappresenta il numero di lanci falliti prima del
primo successo con legge di probabilità p(y;θ) = θ(1−θ)y, y = 0,1,2,…
1. P(Y=5) = (1/6)(5/6)5 = 0.067.
2. P(Y=11|Y≥6) = P(Y=5) per la proprietà dell’assenza di memoria.
3. Indicata con Z la v.c. che fornisce il numero di lanci necessari per ottenere il primo successo
incluso, questa è legata alla v.c. Y dalla relazione Z = Y+1, il supporto di Z e l’insieme dei
numeri naturali escluso lo 0 con P(Z=z)=P(Y=z−1).
Esercizio 26.
In una compagnia di assicurazione è stato osservato che il verificarsi di un sinistro per la generica
polizza assicurata durante l’i-esimo anno di copertura rappresenta una v.a. di Bernoulli di parametro
p e che le v.a. relative ad anni diversi sono fra loro indipendenti.
59
Sia X1 il numero aleatorio di anni che devono trascorrere prima che il generico assicurato incorra
nel suo primo sinistro. Sia X2 il numero aleatorio di anni che devono trascorrere prima che il
generico assicurato incorra nel suo secondo sinistro.
1. Si determini la distribuzione congiunta di X1 e X2.
2. Un funzionario addetto al settore marketing, edotto in probabilità, accusa l’attuario della
compagnia di aver proposto un modello inconsistente con la realtà in quanto da esso ne discende
che, se un assicurato ha avuto un sinistro, allora quasi certamente dovrà incorrere nel secondo.
L’accusa mossa è, secondo voi, giustificata?
3. Si determini la distribuzione marginale di X2.
4. Si dica se X1 e X2 sono fra loro stocasticamente indipendenti.
Soluzione.
1. X1: numero aleatorio di anni che devono trascorrere prima che il generico assicurato incorra nel
suo primo sinistro. Quindi X1 rappresenta il numero di “prove” prima che il generico assicurato
incorra nel suo primo sinistro.
Il tempo di attesa per il primo sinistro si distribuisce come una geometrica di parametro p
P(X1 = i) = p(1−p)i i =0,1,…
Dato che si è verificato un sinistro al tempo i, il tempo di attesa del secondo sinistro ha ancora
una distribuzione geometrica di parametro p poiché le v.a. bernoulliane sono iid.
P(X2 = j | X1 = i) = p(1−p)j j =0,1,…
La distribuzione congiunta è data da:
P(X1=i, X2=j) = P(X2=j|X1=i) P(X1=i) = p(1−p)i p(1−p)j = p2(1−p)i + j
2. L’affermazione è giustificata nel caso in cui una polizza rimane nel portafoglio della compagnia
un numero infinito di anni. In tal caso infatti
∞
∞
j= 0
j= 0
∑ P(X 2 = j | X1 = i) = ∑ p(1 − p ) = 1
j
Quindi con probabilità 1 si verifica il secondo sinistro.
L’attuario, invero sfortunato nell’aver trovato un responsabile marketing probabilista, potrà
argomentare che tale scenario avverso agli interessi della compagnia è, ovviamente, scarsamente
realistico.
3. La distribuzione marginale di X2 è data da
∞
P(X 2 = j) = ∑ p 2 (1 − p )
i =0
i+ j
∞
= p(1 − p ) ∑ p(1 − p ) =p(1 − p )
j
i
j
i =0
4. Essendo P(X1=i, X2=j) =P(X2=j)P(X1=i) le due variabili sono stocasticamente indipendenti.
60
Esercizio 27.
Sia X una variabile casuale Binomiale. Dire quale delle seguenti affermazioni è una configurazione
possibile.
1. E(X)=5 e Var(X)=4.5;
2. E(X)=5 e Var(X)=6.
Cosa si può dire nel caso che X sia una Poisson?
Soluzione.
Se X∼Bin(n,p) allora Var(X)=np(1−p)=E(X)(1−p)< E(X).
1. La configurazione è possibile, per esempio nel caso in cui n=50 e p=1/10.
2. La configurazione non è possibile per una distribuzione binomiale.
Se X∼Poisson(p) allora Var(X)=p=E(X). Nessuna delle due configurazioni è quindi compatibile con
tale distribuzione.
61