UNIVERSITÀ di ROMA TOR VERGATA

UNIVERSITÀ di ROMA TOR VERGATA
Corso di Laurea in Matematica
Corso di PS2-Probabilità 2, P.Baldi
Tutorato 2, 21 marzo 2012
Esercizio 1 Ugo, Ciro, Alessandro e Massimiliano sono candidati per formare l’equipaggio
della navetta spaziale, che deve essere composto da due persone. L’equipaggio verrà deciso
per estrazione a sorte.
a) Qual è la probabilità che Ugo faccia parte dell’equipaggio ?
b) Qual è la probabilità che i prescelti siano Ugo e Ciro ?
Esercizio 2 Si sa che in una schedina del totocalcio i tre simboli 1, X, 2 compaiono con
probabilità 0.46, 0.28 e 0.26 rispettivamente. Supponiamo inoltre che una colonna del
totocalcio riguardi 13 partite, com’era fino a poco tempo fa. Calcolare la probabilità che
nella schedina di domenica
a) il 2 compaia più (≥) di 4 volte
b) il simbolo X non compaia mai.
c) Il 2 e lo X insieme compaiano più (≥) di 12 volte.
Esercizio 3 Un’urna contiene 90 palline numerate da 1 a 90, che vengono estratte una dopo
l’altra con rimpiazzo.
a) Qual è la probabilità che le prime 10 palline estratte portino tutte un numero più
piccolo (≤) di 60 ?
b) Qual è la probabilità che tra le prime 10 palline estratte ce ne siano 8, esattamente,
con un numero più piccolo (≤) di 60 ?
c) Qual è la probabilità che tra le prime 10 palline estratte ce ne siano almeno 8 con un
numero più piccolo (≤) di 60 ?
d) Qual è la probabilità che tra la prima pallina con un numero più piccolo (≤) di 60
compaia esattamente alla terza estrazione ?
Esercizio 4 Una scatola contiene 10 monete; 8 di queste sono equilibrate, mentre le altre 2
danno testa, T , con probabilità 23 (e quindi croce, C, con probabilità 13 ). Una moneta viene
scelta a caso e lanciata tre volte.
a) Qual è la probabilità che si abbiano tre teste ? E due teste e una croce ?
b) Sapendo che si sono avute tre teste, è più probabile che la moneta scelta sia equilibrata
oppure no ?
c) Sempre sapendo che si sono avute tre teste, qual è la probabilità che anche un quarto
lancio (della stessa moneta) dia testa ?
d) Indichiamo con X1 il risultato del primo lancio e con X2 il risultato del secondo.
Quanto vale P(X2 = 1 | X1 = 1) ? Le v.a. X1 e X2 sono indipendenti ?
Soluzioni
Esercizio 1. a) Si può usare la legge ipergeometrica (probabilità di scegliere, in due estrazioni, un elemento dall’insieme {Ugo} e uno dal gruppo {Ciro, Alessandro, Massimiliano}.
Si ottiene
1 3
3
1
1 1
·
=
=
4
4
2
2
2
b) Si può usare la legge ipergeometrica (probabilità di scegliere, in due estrazioni, 2
elementi dall’insieme {Ugo,Ciro} e 0 dal gruppo {Alessandro, Massimiliano}. Si ottiene
2 2
2 0
4
2
(1)
1
1
·
=
4
6
=
2
Più semplicemente qui si può osservare che si tratta di scegliere a caso un sottoinsieme di
cardinalità 2 da un insieme di cardinalità 4. Dunque di scegliere
a caso una combinazione,
cioè un elemento di C24 . Poiché C24 ha cardinalità, appunto, 24 = 6 e tutte le combinazioni
sono equiprobabili, si ritrova la (1).
Esercizio 2. a) Se supponiamo che i risultati delle singole partite siano indipendenti, il numero, Y , di 2 che compare in una colonna vincente seguirà una legge binomiale B(13, 0.26).
La probabilità richiesta è dunque
P(Y ≥ 4) =
13 X
13
k=4
k
0.26k 0.7413−k .
Per fare il calcolo numerico, conviene piuttosto calcolare 1 − P(Y ≤ 3), cioè
13
13
13
13
13
12
2
11
0.26 · 0.74 −
0.26 · 0.74 −
0.263 · 0.7410 = 0.45 .
0.74 −
1−
1
2
3
0
b) Il numero, Z, di X che compaiono nella schedina segue una legge B(13, 0.28).
Dunque la probabilità che il simbolo X non compaia mai è
P(Z = 0) = (1 − 0.28)13 = 0.014 = 1.4% .
c) Il numero di apparizioni del 2 e dello X insieme segue una legge B(13, 0.54) (0.54 =
0.26 + 0.28). Dunque la probabilità che essi insieme appaiano più di 12 volte è
13
13
12
0.5413 = 0.004 = 0.4%
0.54 0.46 +
13
12
Esercizio 3. a) La probabilità che un singolo numero estratto sia ≤ 60 è uguale a p =
60
2
90 = 3 , dato che è ragionevole supporre la uniformità. Poiché le estrazioni avvengono con
rimpiazzo gli esiti delle estrazioni successive si possono considerare indipendenti. Dunque
la probabilità richiesta è
2 1
0 = 0.017
3
b) Sempre a causa dell’indipendenza delle estrazioni successive il numero, X, di volte
che compare un numero ≤ 60 segue una legge binomiale B(10, 23 ). La probabilità richiesta
è dunque
10 2 8 1 2
P(X = 8) =
= 0.195
8
3
3
c) Nelle notazioni di b) si tratta di calcolare
P(X ≥ 8) = P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10) =
10 2 9 1
10 2 8 1 2
10 2 10
+
= 0.299
=
+
9
8
10 3
3
3
3
3
d) Abbiamo già osservato che la probabilità di avere in una singola estrazione un numero
più piccolo di 60 è p = 23 . L’istante di apparizione del primo numero più piccolo di 60
segue quindi una legge geometrica modificata di parametro p e la probabilità richiesta è
dunque
p(1 − p)2 = 0.07
Esercizio 4. a) Indichiamo con X il numero di T ottenuto nelle estrazioni. Sappiamo che
X segue una legge binomiale B(3, 23 ) se la moneta prescelta non è equilibrata (tre prove
successive indipendenti con probabilità di successo in una singola prova uguale a 23 e invece
una legge binomiale B(3, 21 ) se la moneta prescelta è equilibrata. Indichiamo con N, E gli
eventi ‘‘viene scelta una moneta non equilibrata’’ e ‘‘viene scelta una moneta equilibrata’’
rispettivamente. Per i dati del problema P(N) = 15 , P(E) = 45 . Dunque la probabilità di
avere tre teste si può calcolare, usando la formula delle probabilità totali,
P(X = 3) = P(X = 3 | N)P(N) + P(X = 3 | E)P(E) =
2 3 1
3
5
+
1 3 4
2
5
= 0.16
mentre invece la probabilità di avere due teste e una croce sarà probabilità totali,
P(X = 2) = P(X = 2 | N)P(N) + P(X = 2 | E)P(E) =
1 3 2 2 1 4 3 2 2 1
=
+
= 0.39
5 2 3 3 5 2 3 3
b) Per la formula di Bayes si ha
3
1
4
2
5
P(X = 3 | E)P(E)
=
= 0.63
P(E | X = 3) =
P(X = 3)
0.16
Una moneta equilibrata rimane la prospettiva più probabile.
c) Indichiamo B3 =‘‘i primi tre lanci hanno dato T ’’ e L4 =‘‘il quarto lancio ha dato
T ’’. Dobbiamo calcolare
P(L4 ∩ B3 )
P(L4 | B3 ) =
P(B3 )
Abbiamo già visto in a) che P(B3 ) = P(X = 3) = 0.16. L’evento B3 ∩ L4 è ‘‘i primi 4
lanci hanno dato T T T T ’’. Ripetendo il ragionamento di a) troviamo con la formula delle
probabilità totali
2 4 1 1 4 4
+
= 0.09
P(L4 ∩ B3 ) =
3 5
2 5
Dunque
0.09
P(L4 | B3 ) =
= 0.56
0.16
c) Si ha
P(X2 = 1, X1 = 1)
P(X2 = 1 | X1 = 1) =
P(X1 = 1)
L’evento {X2 = 1, X1 = 1} è ‘‘i primi due lanci hanno dato T ’’. Una ripetizione della
formula delle probabilità totali come in a) dà quindi
P(X2 = 1, X1 = 1) =
mentre
P(X1 = 1) =
2 2 1
3
5
+
1 2 4
2
5
=
13
= 0.29
45
8
2 1 1 4
+
=
= 0.53
3 5 2 5
15
Dunque
0.29
= 0.54
0.53
Poiché chiaramente P(X1 = 1) = P(X2 = 1), si ha
P(X2 = 1 | X1 = 1) =
P(X2 = 1, X1 = 1) =
13
45
P(X1 = 1)P(X2 = 1) =
e dunque le due v.a. X1 , X2 non sono indipendenti.
64
225