Lancio di un dado classico ideale

Probabilità ed eventi
casuali
(Prof. Daniele Baldissin)
Problema 1: Lancio di un dado classico ideale
Risultati possibili:
Probabilità associate:
1
2
3
4
5
1/6 1/6 1/6 1/6 1/6
1 1 1 1 1 1
Somma delle probabilità:
     1
6 6 6 6 6 6
6
1/6
Probabilità di ottenere un numero pari con un lancio:
Primo modo di ragionare
1
2
3
4
5
Ci sono 3 possibilità su 6, perciò:
3 1
Pr(pari)  
6 2
Secondo modo di ragionare
6
deve uscire o il 2 o il 4 o il 6, perciò:
1 1 1 3 1
Pr(pari)     
6 6 6 6 2
Problema 2: Lancio di due dadi
I risultati possibili sono coppie di numeri interi compresi tra
1 a 6. Si possono ottenere, per esempio, con una tabella:
1
1 (1,1)
2
2 (2,1)
3
3 (3,1)
4
2
(1,2)
3
(2,2)
4
(3,2)
5
4 (4,1)
5
5 (5,1)
6
6 (6,1)
7
(4,2)
6
(5,2)
7
(6,2)
8
3
4
(1,3)
(1,4)
4
5
(2,3)
(2,4)
5
6
(3,3)
(3,4)
6
7
(4,3)
(4,4)
7
8
(5,3)
(5,4)
8
9
(6,3)
(6,4)
9
10
5
6
(1,5)
(1,6)
6
7
(2,5)
(2,6)
7
8
(3,5)
(3,6)
8
9
(4,5)
(4,6)
9
10
(5,5)
(5,6)
10
11
(6,5)
(6,6)
11
12
Se ci interessa la somma dei punti ottenuti in ogni lancio,
al posto delle coppie inseriamo le somme.
Problema 2: Lancio di due dadi
Risultati possibili:
2
3
4
5
6
Probabilità associate:
1/36 2/36
3/36
4/36
7
5/36
8
6/36 5/36
9
10
11
12
4/36
3/36
2/36
1/36
2
3
4
5  6
 1





1
Somma delle probabilità: 2 
36 36 36 36 36 36
Istogramma della distribuzione di probabilità
La
successione
delle
probabilità
associate si
dice anche
distribuzione
di probabilità.
1/ 6
5/ 36
1/ 9
1/ 12
1/ 18
1/ 36
0
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
Grafi ad albero
Si tratta di un grafico i cui rami rappresentano i possibili percorsi
fra loro incompatibili dove, in ciascun tratto, è riportata la
rispettiva probabilità.
Vediamo un esempio pratico:
Un’urna contiene 10 palline verdi e 7 palline rosse. Si estraggono
successivamente due palline, senza rimettere la prima nell’urna.
Qual è la probabilità che siano:
a) dello stesso colore;
b) di colore diverso;
c) almeno una rossa?
Ecco come tale situazione può essere rappresentata con un grafo ad albero
(V=verde, R= rossa)
Ad esempio, considerato il ramo a sinistra (VV), nel primo tratto
figura la probabilità 10/17 che la prima pallina estratta sia verde,
nel secondo la probabilità 9/16 che la seconda pallina sia verde
nell’ipotesi che la prima sia verde (delle 16 palline ancora
nell’urna, solo 9 sono verdi).
Così, nel ramo RV, nel primo tratto figura la probabilità 7/17 che
la prima pallina estratta sia rossa, nel secondo la probabilità
10/16 che la seconda estratta sia verde nell’ipotesi che la prima
pallina sia rossa (tra le 16 palline rimaste vi sono tutte e 10 le
palline verdi).
a) Per la regola della probabilità composta, la probabilità che
entrambe le palline siano verdi, ossia che si verifichi l’evento
VV, è 10/17 · 9/16 = 45/136.
Analogamente, la probabilità che entrambe le palline siano
rosse, ossia che si verifichi l’evento RR, risulta 7/17 · 6/16 =
21/136.
Quindi, la probabilità dell’evento “le palline sono dello stesso
colore”, ossia entrambe verdi o entrambe rosse, per la regola della
probabilità totale, è 45/136+21/136 = 66/136 = 33/68.
b) Per calcolare la probabilità dell’evento “le palline sono di colore
diverso”, anziché sommare la probabilità che la prima sia verde e
la seconda rossa con quella che la prima sia rossa e la seconda
verde, possiamo sfruttare quanto ottenuto in a) e applicare la
regola della probabilità dell’evento contrario; infatti l’evento “le
palline sono di colore diverso” è contrario di “le palline sono dello
stesso colore”, e quindi la sua probabilità è 1-33/68 = 35/68.
c) La probabilità dell’evento “almeno una pallina è rossa” è la
somma delle probabilità dei tre eventi VR, RV, RR. Più
rapidamente si può calcolare la probabilità dell’evento contrario a
VV (“le palline sono entrambe verdi”): 1-45/136 = 91/136.
Problema 4: Lancio di monete non truccate
Lancio di tre monete
Schema ad albero
I moneta
T
1
2
II moneta
III moneta
Risultati:
Probabilità:
T1
2
T 1 1C
2 2
TTT
1/8
1 C
2
T1 1C
2 2
C
1
2
T1
2
T1 1 C
22
1 C
2
T1 1 C
2 2
TTC TCT TCC CTT CTC CCT CCC
1/8 1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1/8
1
8  1
Somma probabilità:
8
1 1 1 1
Pr(TTT)      Pr(T)Pr(T)Pr(T)
8 2 2 2
Pr(almeno 2 T) 
4 1 1 1 1
     Pr(TTT)  Pr(TTC)  Pr(TCT)  Pr(CTT)
8 8 8 8 8
Problema 5: Estrazione da un’urna opaca
Estraendo a caso una biglia, qual è la
probabilità che sia bianca?
Pr(bianca) 
2  1 1
5 5 5
Se in un'urna opaca si mettono 3 biglie nere e 3 bianche, la
probabilità che estraendo una biglia a caso essa risulti
bianca è evidentemente 3/6 ossia 1/2.
Ma, se si avesse la possibilità di distribuire a piacimento le 6
biglie in 2 urne, sarebbe possibile aumentare la probabilità di
estrarre una biglia bianca?
Problema 5: Estrazione da un’urna opaca
Soluzione
?
?
Scelta dell’urna
Estrazione biglia
1
2
1
1
2
2
5
0
Risultato:
bianca
nera
Probabilità:
1
1 2 7
Prbianca   1  
2
2 5 10
3
5
bianca
nera

1
2
Problema 6: Il modello dell’albero
A1) L’albero delle possibilità (caso simmetrico)
inizio
1
1
1
1
1
su 2
1
1
1
1
su 4
1
su 8
B1) L’albero delle probabilità (caso di equiprobabilità)
1
1
1
1
inizio
1/2
1/4
somma = 1
1/2
1/4
1/8 1/8 1/8 1/8
1/4
1/4
1/8 1/8 1/8 1/8
somma = 1
somma = 1
Problema 6: Il modello dell’albero
Operazioni sull’albero delle probabilità
e
p2
p1
e
+o
Lungo i rami… si moltiplica
“e” logica
In orizzontale… si addiziona
“o” logica