CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA 1. Definizione di probabilità

CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
ANDREA SCAPELLATO
In queste note illustriamo alcuni elementi di probabilità discreta. Si sottolinea che non si ha alcuna pretesa di completezza:
quanto qui riportato rappresenta unicamente un indice degli argomenti trattati a lezione. Per la realizzazione di queste note
si è fatto riferimento principalmente a [1], dove è possibile reperire le dimostrazioni delle proposizioni e dei teoremi qui solo
enunciati, nonché ulteriori dettagli. Per ulteriori approfondimenti e curiosità si può fare riferimento (anche) agli altri testi
indicati nei Riferimenti Bibliografici.
1. Definizione di probabilità
Definizione 1.1 (Assiomi della probabilità). Sia Ω un insieme (non vuoto) finito o numerabile e sia P(Ω) la famiglia di tutti i sottoinsiemi di Ω.
Una funzione P : P(Ω) → [0, 1] si dice probabilità se valgono le seguenti proprietà:
(P1) P (Ω) = 1,
(P2) (σ-additività). Per ogni successione (An )n∈N di sottoinsiemi di Ω disgiunti (ossia
Ai ∩ Aj = ∅ per i 6= j) si ha
! +∞
+∞
[
X
P
An =
P (An ).
n=1
n=1
La coppia (Ω, P ) è detta spazio di probabilità discreto. L’insieme Ω è detto spazio
campionario e i suoi sottoinsiemi sono chiamati eventi.
L’interpretazione di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ) è la seguente: l’insieme Ω
contiene tutti i possibili esiti di un esperimento aleatorio e, per ogni sottoinsieme A ⊆ Ω, il
numero P (A) ∈ [0, 1] esprime il “grado di fiducia” che si attribuisce all’eventualità che l’esito
dell’esperimento sia un elemento di A. La proprietà (P1) esprime il fatto che l’intero spazio
campionario è un evento certo.
Dalla Definizione 1.1, si deduce facilmente la proposizione seguente:
Proposizione 1.2. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto. Allora:
(a) P (∅) = 0,
(b) (Additività finita). Se A1 , ..., Ak è una famiglia finita di eventi disgiunti (ossia Ai ∩
Aj = ∅ per i 6= j), allora
!
k
k
[
X
P
An =
P (An ).
(1)
n=1
n=1
Per la Proposizione 1.2, l’insieme vuoto è l’evento impossibile.
Osservazione 1.3. Se k = 2 la (1) diventa
P (A ∪ B) = P (A) + P (B),
∀A, B ⊂ Ω, A ∩ B = ∅.
1
DRAFT
Poniamo la seguente fondamentale definizione:
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
2
Una probabilità P su uno spazio campionario Ω è una funzione il cui dominio è l’insieme
delle parti P(Ω). Si può costruire una probabilità a partire da un oggetto più semplice, detto
densità discreta, che è una funzione il cui dominio è Ω.
Definizione 1.4 (Densità discreta). Sia Ω un insieme non vuoto. Si dice densità discreta
su Ω ogni funzione p : Ω → R che soddisfa le seguenti relazioni:
X
p(ω) ≥ 0, ∀ω ∈ Ω,
p(ω) = 1.
ω∈Ω
Vale la seguente proposizione.
Proposizione 1.5. Sia p una densità discreta su un insieme arbitrario Ω. La funzione
P : P(Ω) → R definita da
X
P (A) :=
p(ω),
∀A ⊆ Ω
(2)
ω∈A
La Proposizione 1.5 mostra che se Ω è finito o numerabile ogni densità discreta p su Ω
determina una probabilità P su Ω mediante la (2). Vale anche il viceversa:
Proposizione 1.6. Sia Ω un insieme (non vuoto) finito o numerabile. Esiste una corrispondenza biunivoca tra le probabilità P su Ω e le densità discrete p su Ω data dalle
relazioni:
∀ω ∈ Ω,
p(ω) = P ({ω}),
X
P (A) =
p(ω),
(3)
∀A ∈ Ω.
ω∈A
Esempio 1.7 (Probabilità uniforme). Sia Ω un insieme finito. Definiamo per A ⊆ Ω
P (A) :=
|A|
,
|Ω|
dove |·| indica il numero di elementi di un insieme. Quindi P (A) è, per definizione, il rapporto
tra il numero di casi favorevoli al verificarsi dell’evento A ed il numero di casi possibili.
Si può provare che P soddisfa (P1) e (P2) della Definizione 1.1, quindi P è una probabilità,
detta uniforme su Ω.
La densità discreta associata, grazie a (3), è
p(ω) =
1
,
|Ω|
e dunque non dipende da ω. Vale anche il viceversa: se p(Ω) = P ({ω}) = c non dipende
1
da ω ∈ Ω, allora necessariamente c = |Ω|
(provarlo per esercizio) e quindi P è la probabilità
uniforme su Ω.
Lo spazio (Ω, P ) è detto spazio di probabilità uniforme. Esso è il modello probabilistico
adeguato a descrivere gli esperimenti aleatori in cui tutti gli esiti si possono ritenere equiprobabili (per esempio, per ragioni di simmetria). Casi tipici: lancio di un dado o di una moneta
regolari, estrazione di un numero in una ruota del lotto, ... .
DRAFT
soddisfa (P1) e (P2) della Definizione 1.1.
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
3
Esponiamo adesso alcune conseguenze fondamentali degli assiomi (P1) e (P2) che per
comodità riuniamo in un’unica proposizione.
Proposizione 1.8. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto.
(i) Per ogni A, B ⊆ Ω tali che A ⊆ B, si ha
P (B \ A) = P (B) − P (A),
di conseguenza
P (A) ≤ P (B).
In particolare, per ogni A ⊆ Ω, denotato con Ac il complementare dell’insieme A in
Ω (ossia l’evento contrario di A), si ha
P (Ac ) = 1 − P (A).
(ii) Per ogni A, B ⊆ Ω, si ha
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B),
di conseguenza
P (A ∪ B) ≤ P (A) + P (B).
Definizione 2.1 (Probabilità condizionale). Siano A e B due eventi di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), con P (B) > 0. Si dice probabilità condizionale di A dato B (o
sapendo B, o rispetto a B, o supposto B) la quantità
P (A|B) =
P (A ∩ B)
.
P (B)
Si può provare la seguente proposizione:
Proposizione 2.2. Sia B un evento fissato di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ). La
funzione P (·|B), ossia
P(Ω) → [0, 1]
A 7−→ P (A|B),
è una probabilità su Ω.
Sottolineiamo che, fissato un evento A, la funzione B 7→ P (A|B) non è una probabilità (ad
esempio, non è nemmeno definita per B = ∅).
La probabilità condizionale permette di esprimere in modo ricorsivo la probabilità dell’intersezione di n eventi:
Proposizione 2.3 (Regola della catena). Per n ∈ N, n ≥ 2 siano A1 , ..., An eventi tali che
P (A1 ∩ ... ∩ An−1 ) > 0. Allora
P (∩ni=1 Ai ) = P (A1 )P (A2 |A1 )P (A3 |A1 ∩ A2 )...P (An |A1 ∩ ... ∩ An−1 )
n
Y
= P (A1 )
P (Ai |A1 ∩ ... ∩ Ai−1 ).
i=2
La seguente proposizione è di fondamentale importanza nelle applicazioni:
DRAFT
2. Probabilità condizionale
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
4
Proposizione 2.4 (Formula di disintegrazione e delle probabilità totali). Sia (Ω, P ) uno
spazio di probabilità discreto e sia (BiS
)i∈I una partizione finita o numerabile di Ω, ossia
|I| ≤ |N|, Bi ∩ Bj = ∅ per ogni i 6= j e i∈I Bi = Ω.
Per ogni evento A vale la formula di disintegrazione:
X
P (A) =
P (A ∩ Bi ).
i∈I
Se inoltre P (Bi ) > 0 per ogni i ∈ I, vale la formula delle probabilità totali:
X
P (A) =
P (A|Bi )P (Bi ).
i∈I
In particolare, per ogni coppia di eventi A, B, con 0 < P (B) < 1, si ha
P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|B c )P (B c ) = P (A|B)P (B) + P (A|B c )(1 − P (B)).
Segnaliamo, infine, il seguente classico risultato:
Teorema 2.5 (Formula di Bayes). Se A e B sono eventi di uno spazio di probabilità discreto
(Ω, P ), con P (A) > 0 e P (B) > 0, allora vale la formula di Bayes:
P (A|B)P (B)
.
P (A)
Osservazione 2.6. Le ipotesi P (A) > 0 e P (B) > 0 garantiscono che le probabilità condizionali P (A|B) e P (B|A) sono definite.
Osservazione 2.7. Nell’ipotesi che 0 < P (B) < 1, usando la formula delle probabilità totali,
la formula di Bayes può essere scritta nella forma
P (A|B)P (B)
.
(4)
P (A|B)P (B) + P (A|B c )P (B c )
Analogamente, se (Bi )i∈I è una famiglia di eventi finita o numerabile verificante le ipotesi
della Proposizione 2.4, per ogni i ∈ I si ha
P (B|A) =
P (Bi |A) =
P (A|Bi )P (Bi )
P (A|Bi )P (Bi )
=P
.
P (A)
j∈I P (A|Bj )P (Bj )
(5)
Le versioni (4) e (5) della formula di Bayes sono quelle che più spesso capita di usare negli
esercizi.
3. Indipendenza stocastica
Abbiamo visto che la probabilità condizionale P (A|B) rappresenta la probabilità di verificarsi dell’evento A sotto la condizione del verificarsi dell’evento B.
Tuttavia, potrebbe succedere che il verificarsi dell’evento B non modifichi la probabilità del
verificarsi dell’evento A, ossia
P (A|B) = P (A).
(6)
Usando la definizione di probabilità condizionale si vede subito che la relazione (6) equivale a
P (A ∩ B) = P (A)P (B).
(7)
L’identità (7), rispetto alla (6), presenta due vantaggi: innanzitutto è simmetrica in A e B e,
inoltre, è definita e banalmente vera anche quando P (B) = 0.
Per tutte queste ragioni, la (7) viene scelta per caratterizzare la nozione di indipendenza
stocastica.
DRAFT
P (B|A) =
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
5
Definizione 3.1 (Indipendenza stocastica di due eventi). Due eventi A e B di uno spazio di
probabilità discreto (Ω, P ) si dicono stocasticamente indipendenti se
P (A ∩ B) = P (A)P (B).
Benché sia ovvio dalla definizione, sottolineiamo che due eventi indipendenti non sono
disgiunti, escludendo il caso banale in cui uno dei due eventi abbia probabilità zero. Infatti,
se P (A) > 0 e P (B) > 0, segue che P (A ∩ B) = P (A)P (B) > 0 e dunque A ∩ B 6= ∅.
Per completezza, definiamo l’indipendenza stocastica di più di due eventi, segnalando che
tale definizione non è proprio l’immediata generalizzazione della Definizione 3.1.
Definizione 3.2 (Indipendenza stocastica di eventi). Sia (Ai )i∈I una famiglia di eventi in
uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), dove l’insieme di indici I è arbitrario. Si dice che
tali eventi sono stocasticamente indipendenti se per ogni sottoinsieme finito J ⊆ I (con
|J| ≥ 2) si ha


\
Y
P
Aj  =
P (Aj ).
(8)
j∈J
j∈J
P (A1 ∩ ... ∩ An ) = P (A1 ) · ... · P (An ),
ma occorre mostrare che questa proprietà di fattorizzazione vale anche per ogni sottofamiglia,
come richiesto dalla relazione (8).
Il lettore interessato può reperire ulteriori dettagli in [1].
4. Esercizi risolti
1 Da un sacchetto contenente le quattro lettere C, A, S, O, si estrae una lettera per volta.
Qual è la probabilità che le lettere siano estratte senza formare, nell’ordine, la parola
CASO?
Soluzione
L’evento A = “non si forma la parola CASO” è il contrario dell’evento B = “si forma la
parola CASO”, per cui P (A) = 1 − P (B). Procediamo quindi calcolando P (B); il numero
dei casi possibili è dato dal numero delle permutazioni delle 4 lettere cioè P4 = 4! = 24.
1
1
e p(A) = 1 − 24
= 23
Il numero dei casi favorevoli è 1, quindi P (B) = 24
24 .
2 Sapendo che il gioco della roulette si basa sui numeri da 1 a 36, di cui 18 rossi e 18 neri
più il numero 0 verde, calcolare la probabilità che esca un numero nero o pari.
Soluzione
Occorre calcolare la probabilità dell’evento A ∪ B, dove A = “esce un numero nero”, B =
“esce un numero pari”. I due eventi sono compatibili: esistono infatti numeri che sono
sia pari che neri. I numeri neri sono 18, quindi i casi favorevoli all’evento A sono 18 dei
37 possibili; i numeri pari sono 18, quindi i casi favorevoli all’evento B sono 18 dei 37
possibili; i numeri sia pari che neri sono 10, quindi i casi favorevoli all’evento A ∩ B sono
10 dei 37 possibili. Abbiamo allora:
P (A) =
18
,
37
P (B) =
18
,
37
P (A ∩ B) =
10
.
37
Per la Proposizione 1.8, (ii ), si ha
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) =
18 18 10
26
+
−
= .
37 37 37
37
DRAFT
Per l’indipendenza di n eventi A1 , ..., An non basta dunque verificare che
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
6
3 Qual è la probabilità che lanciando un dado si ottenga 2 oppure 4?
Soluzione
5 In un’urna sono contenuti i numeri da 0 a 9. Estraendo 4 numeri insieme, qual è la
probabilità di estrarre le cifre per formare il numero 1234?
Soluzione
Il caso favorevole è uno solo: l’estrazione del gruppo di numeri 1, 2, 3, 4. Poiché non
interessa l’ordine, il numero di casi possibili è dato dalle combinazioni di 10 elementi di
classe 4:
10 · 9 · 8 · 7
10
10!
=
= 210.
C10,4 =
=
4!(10 − 4)!
4·3·2
4
1
La probabilità richiesta è dunque 210
.
6 Estraendo tre carte da un mazzo di 40, qual è la probabilità che fra le tre carte vi sia
almeno un re?
Soluzione
I casi possibili sono tutte le terne che si possono formare con 40 carte; poiché non interessa
l’ordine con cui si forma ogni terna, il numero di casi possibili è dato dalle combinazioni
di 40 elementi di classe 3:
40
40 · 39 · 38
= 9880.
C40,3 =
=
3·2
3
I casi favorevoli sono tutte le terne in cui vi è almeno un re; pertanto, fissato un re nelle
terne (per esempio il re di cuori), le altre due carte possono essere tutte le coppie possibili
formate con le 39 carte rimaste, quindi le combinazioni di 39 elementi di classe 2:
39
39 · 38
C39,2 =
=
= 741.
2
2
Questo numero poi deve essere moltiplicato per il numero dei re, cioè 4. I casi favorevoli
3
sono dunque 2964. La probabilità richiesta è quindi 2964
9880 = 10 .
7 Lanciando 3 volte una moneta regolare, qual è la probabilità di ottenere almeno una volta
testa?
Soluzione
Potremmo affrontare il problema partendo dalla definizione di probabilità uniforme, tenendo conto che i casi favorevoli sono tutti i casi in cui si possono ottenere esattamente 1
volta testa, 2 volte testa o 3 volte testa. In questo caso dobbiamo eseguire alcuni calcoli
DRAFT
Consideriamo gli eventi A = “esce il numero 2”, B = “esce il numero 4” e calcoliamo la
probabilità dell’evento A ∪ B. Gli eventi sono incompatibili, per cui per la Proposizione
1.8, (ii ), si ha
1
1 1
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = + = .
6 6
3
4 Consideriamo l’estrazione successiva di due biglie con reimmissione (dopo la prima estrazione la biglia viene rimessa nell’urna) da un’urna contenente 5 biglie rosse e 3 nere.
Calcolare la probabilità che alla seconda estrazione esca una biglia nera, sapendo che nella
prima estrazione è uscita una biglia rossa.
Soluzione
Consideriamo gli eventi A = “nella prima estrazione esce una biglia rossa”, B = “nella
seconda estrazione esce una biglia nera”. Si deve calcolare la probabilità che si verifichi
l’evento B supposto che si sia verificato l’evento A. Poiché dopo la prima estrazione la
biglia rossa viene rimessa nell’urna, il fatto che A si sia già verificato non modifica la
probabilità di B: nell’urna ci sono infatti sempre 8 palline, di cui 5 rosse e 3 nere, quindi
3
P (B|A) = P (B) = .
8
7
che lasciamo al lettore.
In alternativa possiamo pensare all’evento: A =“ottenere almeno una testa” come all’evento A =“non ottenere tre croci” e quindi considerarlo come l’evento contrario all’evento
B =“ottenere tre croci”. Seguendo quest’ultima strada è sufficiente calcolare la probabilità
dell’evento B, che è P (B) = 81 , poiché ottenere 3 croci è un solo caso favorevole sugli 8
possibili. Per la Proposizione 1.8, (i ), si ottiene:
1
7
P (A) = 1 − P (B) = 1 − = .
8
8
8 In un’urna ci sono 30 biglie di vari colori, tra le quali 8 biglie sono bianche, 7 nere e
12 verdi. Qual è la probabilità che, estraendo dall’urna successivamente 3 biglie senza
reinserirle, siano la prima bianca, la seconda nera e la terza verde?
Soluzione
Si definiscano gli eventi: A = “prima biglia bianca”, B = “seconda biglia nera”, C = “terza
biglia verde”. Poiché nella consegna compare la congiunzione “e” dobbiamo calcolare la
probabilità dell’intersezione degli eventi in questione.
Non reinserendo le biglie, ad ogni estrazione nell’urna vi è una biglia in meno, quindi i
casi possibili passano da 30 a 29 a 28.
4
8
= 15
, la probabilità che la seconda
La probabilità che la prima biglia sia bianca è quindi 30
7
12
3
sia nera è 29 , la probabilità che la terza sia verde è 28 = 7 . Applicando la regola della
catena, si trova che la probabilità richiesta è quindi:
4
4 7 3
·
· =
.
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B|A)P (C|(A ∩ B)) =
15 29 7
145
9 In un’urna ci sono 30 biglie di vari colori, tra le quali 6 biglie sono bianche, 10 nere e 14
verdi. Dire qual è la probabilità che, estraendo dall’urna successivamente 2 biglie senza
reinserirle,
(a) siano entrambe nere;
(b) siano la prima verde e la seconda nera;
(c) siano una bianca e una verde.
Soluzione
Rispondiamo separatamente alle tre richieste. Allo scopo è conveniente definire i tre eventi
B = “esce una biglia bianca”, N = “esce una biglia nera”, V = “esce una biglia verde”.
Converremo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi, per indicare che esso
si verifica all’estrazione i.
(a) Bisogna calcolare la probabilità P (N1 ∩ N2 ). Utilizzando la regola della catena si ha:
3
1 9
= .
P (N1 ∩ N2 ) = P (N1 ) · P (N2 |N1 ) = ·
3 29
29
(b) Bisogna calcolare la probabilità P (V1 ∩ N2 ). Utilizzando la regola della catena si ha:
7 10
14
P (V1 ∩ N2 ) = P (V1 ) · P (N2 |V1 ) =
·
= .
15 29
87
(c) Bisogna calcolare la probabilità P ((B1 ∩ V2 ) ∪ (V1 ∩ B2 )). Sfruttiamo la Proposizione
1.8, (ii ), tenendo conto che gli eventi B1 ∩ V2 e V1 ∩ B2 sono disgiunti:
P ((B1 ∩ V2 ) ∪ (V1 ∩ B2 )) = P (B1 ∩ V2 ) + P (V1 ∩ B2 )
= P (B1 )P (V2 |B1 ) + P (V1 )P (B2 |V1 )
1 14
7 6
28
=
·
+
·
=
.
5 29 15 29
145
DRAFT
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
8
10 Due tiratori, indipendentemente l’uno dall’altro, tirano allo stesso bersaglio: la probabilità
di fare centro è del 60% per il primo tiratore, dell’80% per il secondo. Un solo colpo centra
il bersaglio: qual è la probabilità che sia del primo tiratore?
Soluzione
Si considerino gli eventi: A = “nessuno centra il bersaglio”, B = “tutti e due centrano il
bersaglio”, C = “solo il primo centra il bersaglio”, D = “solo il secondo centra il bersaglio”.
Gli eventi A, B, C, D sono indipendenti ed esauriscono tutti i possibili effetti.
Si ha:
P (A)
P (B)
P (C)
P (D)
=
=
=
=
0, 40 · 0, 20 = 0, 08,
0, 60 · 0, 80 = 0, 48,
0, 60 · 0, 20 = 0, 12,
0, 40 · 0, 80 = 0, 32.
Consideriamo ancora l’evento: E = “solo uno dei due centra il bersaglio”. Le probabilità
condizionali di E rispetto ad A, B, C, D sono:
P (E|A) = 0,
P (E|B) = 0,
P (E|C) = 1,
P (E|D) = 1.
P (C|E) =
=
P (E|C)P (C)
P (E|A)P (A) + P (E|B)P (B) + P (E|C)P (C) + P (E|D)P (D)
0, 12
= 0, 273.
0, 12 + 0, 32
11 Il cane di casa odia il gatto del vicino: se lo afferra c’è la probabilità del 90% che lo uccida,
ma la probabilità che lo prenda è solo del 20%. Il gatto ha del resto, per il suo girovagare
nella strada, la probabilità del 40% di morire travolto da un’auto. Se il gatto viene trovato
morto, qual è la probabilità che l’abbia ucciso il cane?
Soluzione
Consideriamo lo spazio Ω dei possibili fatti collegabili a tale uccisione:
Ω = {investimento, cattura, morte}.
Le probabilità che conosciamo sono:
P (investimento) = 40%,
P (cattura) = 20%,
P (morte|cattura) = 90%.
Ciò che si vuole scoprire è la probabilità che il gatto sia stato catturato dal cane, sapendo
che è morto; in altri termini si chiede il valore della probabilità condizionale
P (cattura|morte).
Applichiamo la formula di Bayes:
P (morte|cattura)P (cattura)
P (morte|cattura)P (cattura) + P (morte|non cattura)P (non cattura)
0, 9 · 0, 2
=
= 0, 36.
0, 9 · 0, 2 + 0, 4 · 0, 8
P (cattura|morte) =
La stima P (cattura|morte) = 0, 36 significa che, in accordo con le probabilità condizionali
indicate, la probabilità che la morte del gatto sia imputabile al cane è... solo del 36%...!
DRAFT
Calcoliamo ora, sotto la condizione che un solo colpo abbia raggiunto il bersaglio, la
probabilità che a centrare sia stato il primo tiratore. Applichiamo la formula di Bayes:
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
9
(e) Si ha: P (A1 |D) =
P (A1 ∩D)
P (D)
=
(f) Si ha: P (A2 |D) =
P (A2 ∩D)
P (D)
=
3
600
23
600
20
600
23
600
=
3
23
≈ 13%.
=
20
23
≈ 8, 7%.
13 Un’urna contiene 6 biglie rosse e 4 nere. Si estraggono due biglie senza rimettere la prima
nell’urna. Calcolare la probabilità che:
(a) si siano ottenute due biglie rosse;
(b) si sia ottenuta una sola biglia rossa;
(c) non si sia ottenuta alcuna biglia rossa.
Soluzione
Consideriamo gli eventi R = “estrazione di una biglia rossa”, N = “estrazione di una biglia
nera” convenendo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi per indicare che
esso si verifica all’estrazione i e calcoliamo le relative probabilità nelle due estrazioni.
Prima estrazione. Nell’urna si hanno 10 biglie: 6 bianche e 4 nere. Si ha dunque:
4
2
6
P (R) = ,
P (N ) =
= .
10
10
5
Seconda estrazione. Poiché la prima biglia non viene rimessa nell’urna, in essa restano 9
biglie; pertanto le probabilità nella seconda estrazione sono:
• se la prima biglia estratta era rossa, ne restano 5 rosse e 4 nere, così:
5
4
P (N ) = ;
P (R) = ,
9
9
• se la prima biglia estratta era nera, ne restano 6 rosse e 3 nere, così:
6
2
3
1
P (R) = = ,
P (N ) = = .
9
3
9
3
Si ha:
(a) Si ha: P (R1 ∩ R2 ) = P (R1 )P (R2 |R1 ) = 53 · 59 = 13 .
(b) Si ha:
P ((R1 ∩ N2 ) ∪ (N1 ∩ R2 )) = P (R1 ∩ N2 ) + P (N1 ∩ R2 )
= P (R1 )P (N2 |R1 ) + P (N1 )P (R2 |N1 )
3 4 2 2
4
4
8
=
· + · =
+
= .
5 9 5 3
15 15
15
DRAFT
12 Tre macchine producono lo stesso tipo di pezzi. La prima ne produce 150 al giorno con il
2% dei pezzi difettosi, la seconda ne produce 400 con il 5% di pezzi difettosi, la terza 50
con nessun pezzo difettoso. Supponiamo ora di prendere a caso un pezzo della produzione
di un dato giorno. Calcolare la probabilità che:
(a) il pezzo sia stato prodotto dalla prima macchina;
(b) il pezzo sia stato prodotto dalla seconda macchina;
(c) il pezzo sia difettoso.
Supponiamo che il pezzo estratto sia difettoso. Calcolare la probabilità che:
(e) il pezzo sia stato prodotto dalla prima macchina;
(f ) il pezzo sia stato prodotto dalla seconda macchina;
(g) il pezzo sia stato prodotto dalla terza macchina.
Soluzione
Si definiscano gli eventi Ai = “pezzo prodotto dalla macchina i”, con i = 1, 2, 3, D = “pezzo
difettoso”. Ogni giorno le tre macchine producono 600 pezzi in totale.
(a) Si ha P (A1 ) = 150
600 .
(b) Si ha P (A2 ) = 400
600 .
50
(c) Si ha P (A3 ) = 600
.
(d) Dei 150 pezzi prodotti dalla prima macchina 3 sono difettosi mentre del 400 prodotti
dalla seconda 20 sono difettosi; tutti buoni i pezzi prodotti dalla terza. In totale, si
23
≈ 3, 8%.
hanno 23 pezzi difettosi su una produzione di 600 pezzi, quindi P (D) = 600
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
(c) Si ha: P (N1 ∩ N2 ) = P (N1 )P (N2 |N1 ) =
2
5
·
1
3
=
10
2
15 .
14 Si supponga di sapere che il 15% della popolazione adulta sia affetta da ipertensione,
ma che il 75% di tutti gli adulti sia personalmente convinto di non avere tale problema.
Si supponga anche che il 6% della popolazione abbia l’ipertensione ma non pensi che la
malattia sia presente. Calcolare la probabilità che
(a) la malattia sia effettivamente presente in un paziente adulto che afferma di non avere
l’ipertensione;
(b) un paziente sospetti la presenza della malattia, quando la malattia è effettivamente
presente.
Soluzione
Consideriamo gli eventi E1 = “il paziente non crede che la malattia sia presente” e E2 = “il
paziente è affetto dalla malattia”. Si ha P (E1 ) = 0, 75, P (E2 ) = 0, 15 e P (E1 ∩E2 ) = 0, 06.
1 ∩E2 )
= 0,06
(a) Si ha P (E2 |E1 ) = P (E
0,75 = 0, 08. Vi è quindi una probabilità dell’8% che un
P (E1 )
paziente che pensa di non avere problemi di ipertensione, abbia in effetti la malattia.
(b) Occorre calcolare P (E1c |E2 ). Osservato che P (E2 ) = P (E1c ∩ E2 ) + P (E1 ∩ E2 ), si ha
0, 15 − 0, 06
P (E1c ∩ E2 )
=
= 0, 60,
P (E2 )
0, 15
ossia, se il paziente esprime l’opinione di soffrire di ipertensione, vi è una probabilità
del 60% che abbia ragione.
15 Supponiamo che di tutti i pazienti malati di cancro, il 52% sia costituito da maschi e che
per i maschi la sopravvivenza per almeno 5 anni sia del 35%. Calcolare la probabilità che
un malato di cancro scelto a caso sia un maschio e sopravviva per almeno 5 anni.
Soluzione
Consideriamo gli eventi E1 = “il paziente scelto a caso è maschio” e E2 = “il paziente
scelto a caso sopravvive per almeno 5 anni”. Occorre calcolare P (E1 ∩ E2 ):
P (E1 ∩ E2 ) = P (E2 |E1 )P (E1 ) =
35 52
·
= 0, 182.
100 100
5. Esercizi proposti
1 Si lanciano n monete non truccate.
1
(a) Qual è la probabilità che escano tutte teste?
2n
1
(b) Qual è la probabilità che esca la medesima faccia negli n lanci?
2n−1
2 Calcolare la probabilità che, lanciando 10 monete non truccate, escano esattamente tre
15
teste.
128
3 Calcolare la probabilità che il primo numero del lotto estratto dalla ruota di Napoli sia
5
un numero dispari o un multiplo di 18.
9
4 Si estrae una carta da un mazzo di 40 carte siciliane. Calcolare la probabilità che sia un
13
asso o una carta di mazze.
40
5 Calcolare la probabilità che lanciando sette monete non truccate, esca almeno una croce.
127
128
6 Un’urna contiene 10 palline, di cui 4 rosse e 6 verdi. Calcolare la probabilità che,
13
estraendone due contemporaneamente, almeno una di esse sia verde.
15
7 Si lancia un dado non truccato. Qual è la probabilità che esca il numero 5, nell’ipotesi
1
che esca un numero dispari.
3
8 Si estrae una carta da un mazzo di 40 carte siciliane. Qual è la probabilità di estrarre una
3
figura nell’ipotesi che sia stata estratta una carta di spade?
10
DRAFT
P (E1c |E2 ) =
11
9 Si lanciano due dadi. Calcolare la probabilità che la somma dei punti delle due facce
2
uscite sia 7 sapendo che su una di esse è uscito il 3.
11
10 Da un’urna, contenente tre biglie rosse e cinque blu, se ne estraggono due, senza reinserire
la prima biglia estratta prima di procedere alla seconda estrazione. Calcolare la probabilità
di estrarre due biglie blu. Ripetere l’esercizio nell’ipotesi in cui la prima biglia estratta
25
5
venga reinserita nell’urna.
14 , 64
11 Da un mazzo di 40 carte siciliane se ne estraggono 3 successivamente. Calcolare la probabilità che siano tutte e tre carte di spade, sia nel caso che ciascuna carta estratta venga
reinserita prima di procedere all’estrazione successiva, sia nel caso che le carte estratte
1
3
non vengano reinserite.
64 , 247
12 Si lanciano tre dadi non truccati. Calcolare la probabilità di ottenere quattro su uno e un
25
solo dado.
72
13 Un’urna contiene 30 biglie, di cui 12 rosse, 10 bianche, 8 nere. Se ne estraggono due
senza reinserire la prima estratta prima di procedere alla seconda estrazione. Calcolare
la probabilità che le biglie estratte siano dello stesso colore. Si supponga, adesso, che si
reinserisca ciascuna biglia estratta prima di procedere alla successiva estrazione. Calcolare
139 22
la probabilità che le tre biglie siano almeno di due colori diversi.
145 , 25
14 In una fabbrica meccanica vi sono due macchinari che producono viti dello stesso tipo. Il
primo macchinario produce il 5% di viti difettose, il secondo produce il 3% di viti difettose.
I due macchinari contribuiscono rispettivamente per il 60% e per il 40% alla produzione
complessiva. Calcolare la probabilità che una vite scelta a caso sia difettosa.
4, 2%
15 Vi sono tre scatole. La prima contiene 12 penne nere, la seconda contiene 8 penne nere
e 2 rosse, la terza contiene 20 penne rosse. Si sceglie a caso una scatola e da questa si
estrae una penna.
2
(a) Qual è la probabilità che la penna estratta sia rossa?
5
(b) Si supponga che la penna estratta sia rossa. Qual è la probabilità che essa sia stata
estratta dalla seconda scatola? E qual è la probabilità che essa sia stata estratta dalla
1 5
terza scatola?
6, 6
16 Uno studente universitario viene esaminato dal docente o dall’assistente. La probabilità di
essere esaminato dal docente è pari a 25 . La probabilità di superare l’esame, se sostenuto
con il docente, è 0, 6, mentre è 0, 8 se sostenuto con l’assistente. Se lo studente ha superato
1
l’esame, qual è la probabilità che sia stato esaminato dal docente?
3
17 Date due urne, U1 contenente due biglie bianche e quattro nere e U2 contenente quattro
biglie bianche e due nere, da una di esse si effettuano estrazioni con restituzione fino ad
ottenere per la prima volta biglia bianca. L’urna è stata scelta in base all’esito del lancio
di un dado: U1 se è uscita la faccia 6, U2 altrimenti. Supposto che la biglia bianca sia
uscita per la prima volta alla quarta estrazione, calcolare la probabilità che non sia uscita
5
la faccia 6.
9
Riferimenti bibliografici
[1]
[2]
[3]
[4]
F. Caravenna, P. Dai Pra, Probabilità. Un’introduzione attraverso modelli e applicazioni, Springer (2013).
R. Giuliano, Argomenti di probabilità e statistica, Springer (2011).
F. Biagini, M. Campanino, Elementi di Probabilità e Statistica, Springer (2006).
R. Scozzafava, Incertezza e probabilità, Zanichelli (2001).
DRAFT
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA