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? † Ultima modifica: 9 ottobre 2013. 2 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