Calcolo delle Probabilità 2013/14 – Foglio di esercizi 2†

Calcolo delle Probabilità 2013/14 – Foglio di esercizi 2†
Calcolo combinatorio.
Esercizio 1. In un mazzo di 52 carte da Poker ogni carta è identificata da un seme (cuori
♥, quadri ♦, fiori ♣, picche ♠) e da un tipo (un numero da 1 a 10 oppure J, Q, K). Quindi
il mazzo di carte può essere identificato con l’insieme
M := {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, J, Q, K} × {♥, ♦, ♣, ♠} .
Una “mano” consiste di 5 carte estratte dal mazzo, ossia un elemento dell’insieme
Ω := {A ⊆ M : |A| = 5} .
Munendo Ω della probabilità uniforme, si calcoli la probabilità di ottenere i seguenti punti
(in ordine decrescente di valore):
(a) scala reale (5 carte dello stesso seme e con tipi crescenti in progressione aritmetica di passo 1, per es. {5♥, 6♥, 7♥, 8♥, 9♥}, {8♦, 9♦, 10♦, J♦, Q♦}; le progressioni ammissibili
sono {1, 2, 3, 4, 5}, {2, 3, 4, 5, 6}, . . . , {9, 10, J, Q, K} e infine {10, J, Q, K, 1});
(b) poker (4 carte dello stesso tipo, la quinta arbitraria);
(c) full (3 carte dello stesso tipo, le altre 2 carte dello stesso tipo, ovviamente diverso dal
precedente);
(d) colore (5 carte dello stesso seme, ma non sono in progressione aritmetica di passo 1);
(e) scala semplice (5 carte con tipi crescenti in progressione aritmetica di passo 1, cf. la
scala reale, ma non tutte dello stesso seme);
(f) tris (3 carte dello stesso tipo, le altre 2 arbitrarie, ma tali da non produrre un poker
né un full);
(g) doppia coppia (2 carte dello stesso tipo, 2 altre carte dello stesso tipo diverso dal
precedente, la quinta carta arbitraria, ma tale da non produrre un full);
(h) coppia (2 carte dello stesso tipo, le altre 3 arbitrarie, ma tali da non produrre un tris
né un poker né un full).
Esercizio 2. In una estrazione del Lotto su una determinata ruota vengono estratti a caso
5 numeri tra 1 e 90. Si calcoli la probabilità di fare:
(a) ambata giocando un numero n (cioè n è tra i 5 numeri estratti);
(b) ambo giocando due numeri n, m (cioè n e m sono tra i 5 numeri estratti);
(c) terno giocando tre numeri n, m, k (cioè n, m e k sono tra i 5 numeri estratti);
[Nella realtà che le vincite vengono pagate molto meno di quanto sarebbe “equo”: per
l’ambata si oggiene 11.23 volte la giocata (invece di 18), per l’ambo 250 volte (invece di
400.5), per il terno 4500 volte (invece di 11748).]
Esercizio 3. Si lanciano 12 dadi. Qual è la probabilità che ognuno dei numeri 1, 2, 3, 4, 5, 6
compaia esattamente 2 volte?
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Ultima modifica: 9 ottobre 2013.
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Esercizio 4. 21 passeggeri salgono su un treno della metropolitana vuoto formato da 3
vagoni, e ognuno sceglie a caso il vagone su cui viaggiare. Si calcoli la probabilità che
(a) ci siano 4 passeggeri nel primo vagone;
(b) ci siano 7 passeggeri in ciascun vagone;
(c) 5 persone siano su un vagone, 6 su un altro e 10 sul rimanente.
Esercizio 5. Quattro coppie di sposi salgono su un minibus con otto posti a sedere, disposti
in quattro coppie di sedili adiacenti.
Se le otto persone scelgono i posti in modo casuale, qual è la probabilità che ciascuno sposo
sieda accanto alla propria consorte?
Esercizio 6. Una lotteria emette n biglietti, di cui m < n sono vincenti. Qual è la probabilità
che un possessore di r biglietti ne abbia almeno uno di vincente?
Esercizio 7. Si supponga di avere un mazzo di n chiavi diverse. Dovendo aprire una
serratura di cui si ha la chiave, si provano a caso le n chiavi, mettendo da parte quello già
provate, fino a che non si è trovata la chiave giusta. Qual è la probabilità di trovare la chiave
giusta dopo k tentativi, con 1 ≤ k ≤ n?
Esercizio 8. Si eseguano n estrazioni casuali con reimmissione da un’urna contenente 2n
oggetti distinti. Sia pn la probabilità che gli n oggetti estratti siano tutti diversi.
(a) Determinare pn .
(b) Introduciamo la notazione an ∼√bn per indicare che an /bn → 1 per n → ∞. Usando la
formula di Stirling n! ∼ nn e−n 2πn, si mostri che pn ∼ c%n , determinando c e %.
Esercizio 9. n paia di guanti vengono mescolate, e poi distribuite a caso a n persone (due
guanti per persona).
(a) Qual è la probabilità pn che ognuno riceva un guanto per la mano destra e uno per la
sinistra?
(b) Si determini√
il comportamento asintotico pn per n → ∞ usando la formula di Stirling
n
−n
n! ∼ n e
2πn.
3
Soluzione 1. Detto M l’insieme delle carte del mazzo, uno spazio di probabilità naturale
è Ω = {B
⊆ M : |B| = 5} munito della probabilità uniforme, per cui P(A) = |A|/|Ω| =
|A|/ 52
5 per ogni A ⊆ Ω.
−1
40
1
(a) scala reale: 52
· 4 · 10 = 2 598
960 = 64 974 ≈ 0.000015 = 0.0015%.
5
−1
624
1
(b) poker: 52
· 13 · 48 = 2 598
5
960 = 4 165 ≈ 0.00024 = 0.024%.
−1
3 744
(c) full: 52
· 13 · 12 · 43 · 42 = 2 598
5
960 ≈ 0.0014 = 0.14%.
−1
5 108
(d) colore: 52
· 4 · ( 13
5
5 − 10) = 2 598 960 ≈ 0.0020 = 0.20%.
−1
200
5
· 10 · (45 − 4) = 2 10
(e) scala semplice: 52
5
598 960 = 1274 ≈ 0.0039 = 0.39%.
4
−1
54 912
· 13 · 12
(f) tris: 52
2 · 3 · 4 · 4 = 2 598 960 ≈ 0.021 = 2.1%.
5
−1 13
552
(g) doppia coppia: 52
· 2 · 11 · 42 · 42 · 4 = 2123
5
598 960 ≈ 0.48 = 4.8%.
−1
3 1 098 240
(h) coppia: 52
· 13 · 42 · 12
5
3 · 4 = 2 598 960 ≈ 0.42 = 42%.
Soluzione 2. Uno spazio di probabilità naturale è Ω = {B ⊆{1, . . . , 90} : |B| = 5} munito
della probabilità uniforme, per cui P(A) = |A|/|Ω| = |A|/ 90
5 per ogni A ⊆ Ω.
−1 89
1
≈ 0.055 = 5.5%.
(a) ambata (un numero) giocando un numero: 90
· 4 = 18
5
−1
2
(b) ambo giocando due numeri: 90
· 88
5
3 = 801 ≈ 0.0024 = 0.24%.
−1 87
1
≈ 0.000085 = 0.0085%.
(c) terno giocando tre numeri: 90
· 2 = 11748
5
Soluzione 3. Si sceglie Ω = {f : {1, . . . , 12} → {1, 2, 3, 4, 5, 6}} munito della probabilità
uniforme. Se A è l’evento in questione, scegliere un elemento di A significa scegliere i due
dadi che danno 1 (ossia la coppia di valori {i, j} ⊆ {1, . . . , 12} tali che f (i) = f (j) = 1),
quindi i due che danno 2, e così via. Allora
12 10 8 6 4
|A|
2 2 2
2
2
P(A) =
=
.
|Ω|
612
Soluzione 4. Numerati i passeggeri e i vagoni, lo spazio di probabilità naturale è Ω =
{f : {1, . . . , 21} → {1, 2, 3}} munito della probabilità uniforme. Chiaramente |Ω| = 321 .
Calcoliamo i casi favorevoli dei vari punti.
(a) L’evento in questione è A = {f ∈ Ω : |f −1 (1)| = 4}. Si noti che J := f −1 (1) ⊆
{1, . . . , 21} è l’insieme dei passeggeri che siedono nel 1o vagone, per cui ci sono 21
4
possibili modi di effettuare questa scelta. Resta da definire f su {1, . . . , 21} \ J, ossia
restano da piazzare i restanti 21 − 4 = 17 passeggeri che siedono
nel 2o e 3o vagone: per
21 17
17
questa scelta ci sono 2 modi possibili, per cui |A| = 4 2 . La probabilità cercata è
dunque:
21 17
|A|
4 2
P(A) =
=
' 0.0749942.
|Ω|
321
(b) Ci devono essere 7 passeggeri per ogni vagone. I casi favorevoli sono allora:
21 21 − 7 21 − 7 − 7
21! 14! 7!
21!
=
.
=
7
7
7
7!14! 7!7! 7!0!
(7!)3
4
La probabilità cercata è:
21!
' 0.038151.
(7!)3 321
(c) Conto prima il numero di casi favorevoli all’evento 5 sul I vagone, 6 sul II e 10 sul III.
Si hanno
21 21 − 5 21 − 5 − 6
5
6
10
casi. Ora moltiplicando questo numero per 3!, cioè il numero di modi di permutare i 3
vagoni ottengo i casi favorevoli, e la probabilità cercata è:
21 16
5
6 3!
' 0.09347.
21
3
Soluzione 5. Indicato con S l’insieme delle otto persone e P quello degli otto sedili, uno
spazio di probabilità naturale è Ω = {f : P → S biunivoche}, per cui |Ω| = 8!. Detto A ⊆ Ω
l’evento che ogni sposa sieda accanto al proprio consorte, è facile vedere che gli elementi
di A si possono determinare scegliendo il posto della prima sposa, quindi quello di suo
marito, poi quello della seconda sposa,quindi quello di suo marito, ecc. Si ottiene dunque
|A| = 8 · 1 · 6 · 1 · 4 · 1 · 2 · 1 = 8 · 6 · 4 · 2, da cui P(A) = |A|/|Ω| = 1/(7 · 5 · 3) ≈ 0.0095.
Soluzione 6. Possiamo scegliere Ω = insieme dei sottoinsiemi di r elementi dell’insieme
degli n biglietti. Se A è l’evento in questione, Ac è l’insieme dei sottoinsiemi di r elementi
degli n − m biglietti non vincenti. Allora
n−m
c
r
P(A) = 1 − P(A ) = 1 − n .
r
Soluzione 7. Sia Ω l’insieme delle permutazioni delle n chiavi, e diciamo che la chiave
giusta sia la numero 1. L’evento in questione è {σ ∈ Ω : σ(1) = k}, che ha cardinalità
(n − 1)!. Da ciò segue subito che la probabilità richiesta è (n − 1)!/n! = 1/n.
Soluzione 8. (a) Il numero di sequenze di n estrazioni in cui gli oggetti estratti siano
tutti diversi è
(2n)!
.
2n(2n − 1) · · · (n + 1) =
n!
Perciò
(2n)!
pn =
.
n!(2n)n
(b) Usando la Formula di Stirling
√
n
√
4πn (2n)2n e−2n
2
pn ∼ √
∼ 2
,
n
−n
n
e
2πn n e (2n)
√
cioè c = 2 e % = 2/e.
Soluzione 9. Numeriamo i guanti da 1 a 2n, supponendo che i guanti di numero dispari
(risp. pari) siano quelli sinistri (risp. destri). Scegliamo quindi Ω = S2n = {f : {1, . . . , 2n} →
{1, . . . , 2n} biunivoche} munito della probabilità uniforme. L’interpretazione è la seguente:
i guanti assegnati alla prima persona sono quelli con i numeri f (1), f (2); i guanti assegnati
alla seconda persona sono quelli con i numeri f (3), f (4); più in generale, i guanti assegnati
5
all’i-esima persona, con 1 ≤ i ≤ n, sono quelli con i numeri f (2i − 1), f (2i). L’evento A che
ci interessa è identificabile con il sottoinsieme delle f ∈ Ω tali che per ogni 1 ≤ i ≤ n la
coppia di numeri {f (2i − 1), f (2i)} è costituita da un numero pari e da uno dispari.
(a) Gli elementi di A possono essere determinati scegliendo successivamente i valori
f (1), f (2), . . . , f (2n−1), f (2n). Per f (1) ci sono 2n possibilità, mentre per f (2) soltanto
n, poiché deve avere parità diversa da f (1); per f (3) ci sono 2n − 2 = 2(n − 1) possibili
valori rimasti, mentre per f (4) le possibilità sono n − 1; iterando il ragionamento, si
ottiene |A| = 2n · n · 2(n − 1) · (n − 1) · · · 2j · j · · · 2 · 1 = 2n · n! · n! = 2n (n!)2 , per cui
pn = P(A) =
|A|
2n (n!)2
=
.
|Ω|
(2n)!
(b) Usando la formula di Stirling, si ottiene
√
√
2n n2n e−2n 2πn
n
√
pn ∼
∼ π n .
2n
−2n
2
(2n) e
2π · 2n