Calcolo delle Probabilità: esercitazione 2

Calcolo delle Probabilità: esercitazione 2
Argomento: eventi indipendenti ed incompatibili, probabilità dell’evento unione e
complementare, probabilità condizionata, principio della probabilità composta. Paragrafi
3.2, 3.3, 3.4 e 3.5 libro di testo.
NB: assicurarsi di conoscere le definizioni, le proprietà richiamate e le relative dimostrazioni
quando necessario
Esercizio 1
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 e C
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).
Soluzione
1. Si ricordi che P(A|B) = P(A∩B) / P(B)
per definizione di probabilità condizionata dell’evento A all’evento B.
Si ottiene quindi
P(A|B) = P(A∩B) / P(B) = 0.55/0.65 = 0.846.
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).
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Calcolo delle Probabilità: esercitazione 2
4. Per determinare la probabilità ricercata si consideri che
P(C | B) =
P(C ∩ B)
P ( C)
0 .5
= P ( B | C)
= 0 .9
= 0.692.
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.
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Esercizio 2
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:
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 pagina 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
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Esercizio 3
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.
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 iesima confezione estratta scade domani” (i=1,2).
(1.1)
La probabilità che le due confezioni estratte abbiano la medesima scadenza è data
dalla somma P(O1∩O2)+P(D1∩D2)=49/99,
(1.2)
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.
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
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Esercizio 4
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)
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Esercizio 5
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 di compiano gli anni nella stesa data.
(il problema presentato in questo esercizio è noto in letteratura come il 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
Eventi favorevoli sono pari a D365,22, numero delle disposizioni semplici dei 365 giorni
dell'anno presi a gruppi di 22,
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)
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da cui P(E ) = 1 − P(E ) = 1 −
365 × 364 × 363 × L(365 − 22 + 1)
=0.476
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Nel caso di 28 studenti si ha P(E)≈ 65.4%.
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Esercizio 6
Si consideri un gioco che consiste nel lanciare ripetutamente per 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 dal giocare una volta a
questo gioco, qual è il punteggio sul quale non scommettereste e perché?
3. Scommettereste sull’uscita del valore 1 come esito del gioco? Perché?
Soluzione
1) somma=7 (6 casi favorevoli su 36 possibili)
2) 2, 12
3) ☺ …ma dai!!!
Esercizio 7
Se decideste di giocare 5 numeri al Lotto, qual è la probabilità che avete di fare cinquina?
Soluzione
 90 
 =1/ 43.949.268=0,0000000227 (
…meglio studiare e laurearsi in statistica!!!)
5
1/ 
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