1
Soluzioni
1.1 Due modi possibili: possiamo innanzitutto considerare tutti i numeri di telefono come
equiprobabili. Essi sono dunque 9 · 107 (9 possibilità per la prima cifra, 10 per le altre 7). Tra
di essi quelli che non contengono lo 0 sono 9 · 97 (9 possibilità per ognuna delle 8 cifre). La
probabilità che un numero scelto a caso non contenga lo 0 è dunque
9 7
9 · 97
=
= 0.48 .
9 · 107
10
Alternativamente, indichiamo con Ai , i = 2, . . . , 8 l’evento ‘‘la i-esima cifra del numero
da chiamare è diversa da 0’’. La probabilità richiesta è quella dell’intersezione degli eventi
9
, i = 2, . . . , 8, poiché è ragionevole supporre che tutte le
Ai , i = 2, . . . , 8. Ora P(Ai ) = 10
cifre abbiano la stessa probabilità di apparire allo i-esimo posto. E se supponiamo che i valori
delle diverse cifre che appaiono in un numero siano indipendenti ritroviamo ancora
P(A2 ∩ . . . ∩ A8 ) = P(A2 ) . . . P(A8 ) =
9 7
.
10
1.2 a) L’insieme dei possibili risultati è costituito da tutti i numeri da 000000 a 999999 (che
sono 1 milione). Possiamo scegliere questo insieme come . Naturalmente su considereremo
la distribuzione uniforme di probabilità, poiché non c’è motivo di supporre che alcuni numeri
siano più probabili di altri. Poiché ha cardinalità 1 milione, la probabilità che il biglietto di
Ole Kamp vinca è 10−6 .
b) L’evento A è costituito da tutti i numeri le cui prime 4 cifre sono 0096, che sono 100.
#A
= 10−4 . Se ω ∈ A allora P({ω} ∩ A) = P({ω}) = 10−6 e quindi
Dunque P(A) = #
P({ω})
1
P({ω}|A) = P(A) = 10−2 = #A
. Se invece ω 6∈ A allora l’evento {ω} ∩ A è vuoto e
P({ω}|A) = 0. In conclusione la probabilità che un numero ω sia estratto è ora
1
P({ω} ∩ A)
= #A se ω ∈ A
P({ω}|A) =
0
se ω 6∈ A .
P(A)
Paolo Baldi
Calcolo delle Probabilità
McGraw-Hill 2011
4
Parte 1: soluzioni
In altre parole la probabilità condizionale dato A vale 0 se il numero ω non si trova in A, mentre
tutti i numeri che si trovano in A sono equiprobabili. La probabilità del biglietto di Ole Kamp
1
1
, cioè 100
. Se invece A fosse l’evento costituito dai numeri che iniziano con 00967, la
è ora #A
1
1
probabilità P( |A) varrebbe 10
(cioè sempre #A
) per tutti i biglietti ω le cui cifre iniziano con
00967 e 0 per gli altri.
1.3 Risolveremo il problema con due modelli diversi.
1) Primo modello. Supponiamo di numerare le palline nell’urna e di indicarle B1 , B2 , B3 , B4 ,
N1 , N2 , N3 . Consideriamo come spazio l’insieme di tutte le coppie del tipo ω = (ω1 , ω2 ),
dove ω1 e ω2 possono prendere i valori B1 , B2 , B3 , B4 , N1 , N2 oppure N3 ; ovvero
= {B1 , B2 , B3 , B4 , N1 , N2 , N3 }2 .
Poiché siamo in una situazione di estrazioni con rimpiazzo è naturale supporre che tutti gli
elementi di siano equiprobabili. In questo caso sappiamo che per calcolare la probabilità
#A
. In
di un evento A basta contare quanti elementi esso contiene, perché poi si ha P(A) = #
particolare ogni ω ∈ ha probabilità
P({ω}) =
1
1
1
= 2 =
·
#
7
49
a) L’evento A di cui si richiede la probabilità è quello formato dalle coppie (ω1 , ω2 ) per le
quali ω1 e ω2 sono entrambi B oppure entrambi N. In altre parole
A = {B1 , B2 , B3 , B4 }2 ∪ {N1 , N2 , N3 }2
e dunque #A = 42 + 32 = 25 e
25
·
49
b) Ora si tratta di calcolare la probabilità dell’evento D delle coppie (ω1 , ω2 ) dove uno almeno
tra ω1 e ω2 è diverso da B1 , B2 , B3 , B4 . Dunque il complementare di D è l’evento
P(A) =
D c = {B1 , B2 , B3 , B4 }2
e poiché #D c = 16 allora P(D) = 1 − P(D c ) = 1 −
2) Secondo modello. Consideriamo gli eventi
16
49
=
33
49 .
Z1 = una pallina bianca viene estratta alla prima estrazione
Z2 = una pallina bianca viene estratta alla seconda estrazione
W1 = una pallina nera viene estratta alla prima estrazione
W2 = una pallina nera viene estratta alla seconda estrazione .
Senza preoccuparci per ora di definirlo esplicitamente, è chiaro che, in uno spazio (, !, P)
adeguato a descrivere questa situazione, gli eventi Z1 e Z2 devono risultare indipendenti e così
Esercizio 1.4
5
pure W1 e W2 (poiché le palline vengono rimesse nell’urna i risultati di estrazioni successive
devono essere indipendenti). Inoltre dovrà essere
4
7
3
P(W1 ) = P(W2 ) =
7
P(Z1 ) = P(Z2 ) =
poiché in ogni singola estrazione è ragionevole considerare la distribuzione uniforme di probabilità.
a) L’evento ‘‘vengono estratte due palline dello stesso colore’’ non è altro che (Z1 ∩ Z2 ) ∪
(W1 ∩ W2 ). Poiché i due eventi Z1 ∩ Z2 e W1 ∩ W2 sono disgiunti (se si estraggono palline
bianche non se ne possono estrarre di nere) e per le relazioni d’indipendenza che abbiamo già
segnalato, deve essere
P((Z1 ∩ Z2 ) ∪ (W1 ∩ W2 )) = P(Z1 ∩ Z2 ) + P(W1 ∩ W2 ) =
4 2 3 2
25
= P(Z1 )P(Z2 ) + P(W1 )P(W2 ) =
+
=
·
7
7
49
b) L’evento ‘‘una almeno delle palline estratte è nera’’ con la formulazione appena introdotta
non è altro che W1 ∪ W2 . Usando la formula della probabilità della unione di eventi (osservare
che W1 e W2 non sono disgiunti) abbiamo
P(W1 ∪ W2 ) = P(W1 ) + P(W2 ) − P(W1 ∩ W2 ) =
3 3 3 2
33
+ −
·
=
7 7
7
49
• Questo esercizio mostra che, in generale, lo spazio di probabilità adatto a descrivere un
problema non è unico (pur portando allo stesso risultato). Inoltre qui vediamo l’uso dei due principali strumenti elementari nella costruzione dello spazio di probabilità, cioè l’equiprobabilità
e l’indipendenza.
Da segnalare l’idea di calcolare la probabilità di un evento spezzandolo nella unione di eventi
la cui probabilità è facile da calcolare e l’uso della formula della probabilità della riunione di
due eventi non disgiunti, (1.8).
1.4 Anche questo esercizio può essere risolto in (almeno) due modi, uno usando la formula
delle probabilità totali (1.12), l’altro costruendo esplicitamente lo spazio di probabilità e usando
i metodi del calcolo combinatorio (cioè contando la cardinalità degli eventi).
Come abbiamo già visto negli esempi il metodo della partizione dell’evento certo consiste nel
cercare degli eventi A1 , . . . , Am disgiunti, tali che la loro unione abbia probabilità 1 e tali che
il calcolo delle probabilità condizionali P(C |Ai ) sia facile. In questo caso una buona scelta è
costituita dagli eventi Ai =‘‘la prima pallina estratta è la numero i’’, i = 1, . . . , 6. È chiaro
che gli eventi A1 , . . . , A6 costituiscono una partizione dell’evento certo (sono disgiunti e la loro
unione esaurisce tutte le possibilità). Inoltre P(Ai ) = 16 per ogni i = 1, . . . , 6. Se indichiamo
con C l’evento ‘‘le due estrazioni danno luogo a due numeri consecutivi’’, allora si ha
P(C |A2 ) =
2
·
5
6
Parte 1: soluzioni
Infatti dopo la prima estrazione (della pallina con il numero 2) nell’urna sono rimaste 5 palline
e l’evento C si verifica se vengono estratte le palline numero 1 oppure 3, con probabilità 25 ,
appunto. Per lo stesso motivo si ha anche
P(C |A3 ) = P(C |A4 ) = P(C |A5 ) =
2
·
5
Se invece la prima pallina estratta è la numero 1, nell’urna restano sempre 5 palline, ma ora
l’evento C si verifica solo se la seconda estratta è la numero 2, con probabilità 15 . Lo stesso vale
se la prima pallina estratta è la numero 6, perché anche in questo caso si ha lo stesso ‘‘effetto
di bordo’’. Dunque
1
P(C |A1 ) = P(C |A6 ) = ·
5
Possiamo ora usare il metodo della partizione dell’evento certo:
1 1
2 1
P(C) = P(C |A1 )P(A1 ) + . . . + P(C |A6 )P(A6 ) =
2· +4·
= ·
6
5
5
3
Secondo modo: se poniamo E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, l’estrazione delle due palline dall’urna
equivale alla scelta a caso di un sottoinsieme di due elementi dell’insieme E. L’insieme dei
possibili risultati dell’esperimento casuale è dunque =‘‘insieme di tutti i sottoinsiemi
di due
elementi di E’’. Sappiamo dalle formule del calcolo combinatorio che # = 26 = 15.
L’evento C corrisponde in questo modello al sottoinsieme di dei sottoinsiemi di E formati da
due elementi consecutivi. Poiché la cardinalità di è piccola possiamo semplicemente passare
in rivista tutti i possibili sottoinsiemi di due elementi e trovare che C è formato dai sottoinsiemi
5
{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 6}. Dunque la cardinalità di C è uguale a 5 e P(C) = 15
= 13 .
Osserviamo che gli elementi di sono sottoinsiemi di cardinalità 2 e non coppie ordinate.
Sarebbe stato comunque possibile anche scegliere come spazio l’insieme delle coppie ordinate
di elementi di E (cioè le disposizioni di elementi di E a due a due). La cardinalità di sarebbe
però ora pari a 6!
4! = 30 ed il calcolo della cardinalità dell’evento corrispondente a C diventa
solo un po’ più complicato.
1.5 a) Indichiamo con ω1 , ω2 le posizioni dei due amici nella coda. L’insieme {ω1 , ω2 } è
un sottoinsieme di {1, . . . , n} di cardinalità 2. Possiamo dunque considerare come modello di
questo problema l’insieme dei sottoinsiemi di cardinalità 2 di {1, . . . , n} con la probabilità
uniforme. La cardinalità di è n2 = n(n−1)
e l’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità
2
corrisponde al sottoinsieme A ⊂ formato dagli {ω1 , ω2 } tali che |ω1 − ω2 | = k + 1.
Osserviamo che gli elementi di sono sottoinsiemi e non coppie ordinate. Cioè {1, 2} e
{2, 1} rappresentano lo stesso elemento di . Per rappresentare un elemento di in maniera
univoca indicheremo un sottoinsieme con la coppia (ω1 , ω2 ) dove ω1 è il numero più piccolo,
(cioè ω1 < ω2 ). Per calcolare la probabilità di A è abbastanza naturale usare la formula
delle probabilità totali (1.12) usando la partizione A1 , . . . , An , dove Ai = {ω1 = i} (cioè Ai
corrisponde all’evento ‘‘quello dei due amici che nella coda ha il numero più basso si trova allo
i-esimo posto’’). È facile vedere che
n
(i, i + k + 1) se i + k + 1 ≤ n
A ∩ Ai =
∅
altrimenti
Esercizio 1.6
7
ovvero A ∩ Ai contiene un solo elemento se i + k + 1 ≤ n ed è vuoto altrimenti. Quindi
P(A ∩ Ai ) =
(
1
#
0
se i ≤ n − k − 1
altrimenti
e dunque
P(A) = P(A ∩ A1 ) + . . . + P(A ∩ An ) =
2(n − k − 1)
n−k−1
=
·
#
n(n − 1)
b) Scegliere due palline dall’urna senza rimpiazzo equivale a scegliere un sottoinsieme di
cardinalità 2 dall’insieme {1, . . . , n}. Sceglieremo dunque costituito dai sottoinsiemi di
cardinalità 2 di {1, . . . , n} e l’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità corrisponde al
sottoinsieme A ⊂ formato dai sottoinsiemi {ω1 , ω2 } tali che |ω1 − ω2 | = k. Il problema
dunque, anche se la sua formulazione è diversa, si riconduce esattamente allo stesso modello
del punto a) (solamente con k al posto di k + 1). Dunque la probabilità richiesta vale
n−k
2(n − k)
=
·
#
n(n − 1)
• In particolare scegliendo k = 1 otteniamo che la probabilità di estrarre dall’urna due
numeri consecutivi è
2(n − 1)
2
= ·
n(n − 1)
n
Ciò fornisce una nuova soluzione all’esercizio precedente (dove si aveva n = 6).
1.6 Se indichiamo con A e B gli eventi corrispondenti rispettivamente alla presenza del primo
e del secondo difetto, allora P(A) = 0.03, P(B) = 0.07 ed inoltre gli eventi A e B devono
risultare indipendenti.
a) La probabilità che entrambi i difetti siano presenti è
P(A ∩ B) = P(A)P(B) = 0.03 · 0.07 = 0.0021 .
b) La probabilità che uno almeno dei difetti sia presente è
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) = 0.03 + 0.07 − 0.0021 = 0.0979 .
c) La probabilità che un pezzo abbia il primo difetto sapendo che è difettoso è
P(A|A ∪ B) =
P(A ∩ (A ∪ B))
P(A)
0.03
=
=
= 0.306 = 30.6%
P(A ∪ B)
P(A ∪ B)
0.0979
(infatti A ⊂ A ∪ B e quindi A ∩ (A ∪ B) = A).
8
Parte 1: soluzioni
d) La probabilità che vi sia uno solo dei difetti sapendo che il pezzo è difettoso è uguale
a 1 meno la probabilità che entrambi i difetti siano presenti (sempre sapendo che il pezzo è
difettoso). Dunque, poiché A ∩ B ⊂ A ∪ B, la probabilità richiesta è
1 − P(A ∩ B |A ∪ B) = 1 −
0.0021
P(A ∩ B)
=1−
= 0.978 = 97.8 .%
P(A ∪ B)
0.0979
1.7 Indichiamo con A1 l’evento ‘‘viene scelta la carta 1’’ (quella con i due lati neri) e con A2
l’evento ‘‘viene scelta la carta 2’’. Con B invece indichiamo l’evento ‘‘viene scelto un lato
nero’’. È chiaro che P(A1 ) = P(A2 ) = 21 , poiché non vi è motivo di supporre che le due carte
non siano equiprobabili. Inoltre P(B |A1 ) = 1, P(B |A2 ) = 21 , poiché se viene scelta la carta
2, allora vi sono due lati possibili, uno bianco e l’altro nero, entrambi con probabilità 21 . La
probabilità richiesta non è altro che P(A1 |B). Basta dunque applicare la formula di Bayes
P(A1 |B) =
P(B |A1 )P(A1 )
·
P(B)
Per terminare resta solo da calcolare P(B). Ma con il metodo della partizione dell’evento certo,
dato che A1 , A2 è una partizione,
P(B) = P(B ∩ A1 ) + P(B ∩ A2 ) = P(B |A1 )P(A1 ) + P(B |A2 )P(A2 ) =
1 1
3
+ = ·
2 4
4
Dunque P(A1 |B) = 23 .
1.8 a) Indichiamo con Ai , i = 1, 2, 3 l’evento ‘‘lo i-esimo lancio ha dato 6’’; è chiaro che
P(A1 ) = P(A2 ) = P(A3 ) = 16 . Ci viene richiesto di calcolare P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ). Gli eventi
A1 , A2 , A3 non sono però disgiunti (ad esempio A1 ∩ A2 non è altro che l’evento ‘‘i primi due
lanci danno entrambi 6’’) e dunque la probabilità della unione non è uguale alla somma delle
probabilità. Possiamo però sfruttare il fatto che gli eventi A1 , A2 , A3 sono indipendenti come
pure i loro complementari e usare la formula
P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = 1 − P (A1 ∪ A2 ∪ A3 )c = 1 − P(Ac1 ∩ Ac2 ∩ Ac3 ) =
5 3
= 0.42 .
= 1 − P(Ac1 )P(Ac2 )P(Ac3 ) = 1 −
6
b) Ripetendo questo ragionamento si vede che la probabilità che in n lanci si ottenga 6 almeno
una volta è 1 − ( 56 )n . Perché questa quantità sia più grande di 0.9 occorrerà che sia
1−
5 n
6
> 0.9
5
Cioè, svolgendo la disuguaglianza, 0.1 > en log 6 , ovvero
12.62 < n .
log(0.1)
log 65
< n e cioè
Esercizio 1.10
9
Attenzione: quando si divide per log 56 occorre invertire il verso della disuguaglianza, perché si
tratta di una quantità negativa. Dunque deve essere n ≥ 13.
• Da segnalare l’uso della formula P(A) = 1 − P(Ac ). Talvolta il calcolo della probabilità
di Ac è più facile del calcolo diretto della probabilità di A.
1.9 Con la distribuzione ipergeometrica si trova che, se i voti si ripartissero a caso tra i commissari, essi si distribuirebbero come è avvenuto con probabilità
5 3 1
5 0
= 1.78 .%
=
8
56
5
Il giudice può probabilmente decidere che l’evento verificatosi è effettivamente troppo improbabile per essere il frutto del caso. Se invece i 5 voti fossero stati dati da 4 donne e un uomo, la
probabilità sarebbe stata
5 3
15
4 1
=
= 26.78%
8
56
5
che è un valore abbastanza alto perché l’evento non possa essere giudicato improbabile.
1.10 a) Possiamo considerare le 52 carte del mazzo divise in due gruppi, uno composto dai 4
assi e l’altro dalle altre 48 carte. La probabilità di ottenere esattamente k assi, per k = 1, 2, 3, 4,
non è altro che la probabilità di ottenere k elementi dal primo gruppo in una estrazione di 5
elementi senza rimpiazzo. La distribuzione ipergeometrica dà
4 48 4! 48! 5! 47!
k 5−k
pk :=
=
·
52
k! (4 − k)! (43 + k)! (5 − k)! 52!
5
Se indichiamo l’evento ‘‘si ricevono (esattamente) k assi’’ con Ak , l’evento ‘‘si ricevono almeno
2 assi’’ non è altro che la riunione A2 ∪ A3 ∪ A4 . Poiché gli eventi Ak al variare di k = 1, 2, 3, 4
sono disgiunti, la probabilità richiesta p è allora uguale a P(A2 )+P(A3 )+P(A4 ) = p2 +p3 +p4 .
Non ci resta che calcolare queste tre quantità, il che si fa con una calcolatrice dopo avere
semplificato al massimo i coefficienti binomiali e i fattoriali che ne risultano:
4 48
4! 48! 5! 47!
5! 47 · 46
2 3
p2 = 52 =
=
= 0.04
2! 2! 45! 3! 52!
52 · 51 · 50 · 49
5
4 48
4! 48! 5! 47!
2 · 5! 47
=
= 0.0017
p3 = 3 522 =
3! 46! 2! 52!
52 · 51 · 50 · 49
5
4 48
5!
48! 5! 47!
=
= 1.847 · 10−5
p4 = 4 521 =
47! 52!
52 · 51 · 50 · 49
5
e dunque p = p2 + p3 + p4 = 0.042. Da notare che p4 = 1.847 · 10−5 è la probabilità di
ricevere poker d’assi servito.
10
Parte 1: soluzioni
b) Cominciamo col fissare un colore, quadri ad esempio. La probabilità di ricevere cinque
carte di quadri (cioè colore servito a quadri) si calcola considerando le carte del mazzo ancora
suddivise in due gruppi: le 13 carte di quadri e le altre 39. Per la distribuzione ipergeometrica
la probabilità di ricevere 5 carte del primo gruppo e 0 dal secondo è
13 39
0
5
52
5
=
13! 5! 47!
13 · 12 · 11 · 10 · 9
11 · 3
=
=
= 4.95 · 10−4 ·
5! 8! 52!
52 · 51 · 50 · 49 · 48
17 · 5 · 49 · 16
Se indichiamo con A♦ l’evento ‘‘si riceve colore a quadri servito’’ e con A♥ , A♣ , A♠ , gli
analoghi eventi per gli altri semi, allora ognuno di questi ha probabilità 4.95 · 10−4 , per il
calcolo che abbiamo appena fatto. Inoltre la probabilità richiesta non è altro che la probabilità
della unione A♦ ∪ A♥ ∪ A♣ ∪ A♠ . Poiché si tratta di eventi disgiunti, la probabilità di ricevere
colore servito è 4 · 4.95 · 10−4 = 0.00198 = 0.198%.
c) Abbiamo già calcolato in a) la probabilità di ricevere un poker servito di assi. Naturalmente
questa è la stessa che la probabilità di ricevere un poker servito di un altro numero. Poiché i
numeri (comprese le figure) sono 13 e poiché gli eventi ‘‘si riceve poker servito di assi’’, ‘‘. . . di
2’’, ‘‘. . . di 3’’ etc. sono tra di loro disgiunti, la probabilità di ricevere un poker servito è uguale
a 13 · 1.847 · 10−5 = 2.4 · 10−4 .
• La risoluzione di questo esercizio usa, in modo ripetitivo, solo due idee: il fatto che
gli eventi considerati si possono ricondurre a un modello di prove ripetute senza rimpiazzo
(che permette di servirsi delle formule della distribuzione ipergeometrica) ed il metodo della
partizione dell’evento certo: in ognuno dei punti a), b) e c) abbiamo suddiviso l’evento che ci
interessava in sottoinsiemi disgiunti, per ciascuno dei quali era facile calcolare la probabilità.
1.11 È facile calcolare la probabilità che le due palline numero 1 vengano estratte insieme:
basta considerare le 93 palline presenti nell’urna come suddivise in due gruppi, il primo formato
dalle due palline n◦ 1 ed il secondo dalle 91 rimanenti. Si tratta di calcolare la probabilità di
estrarre 2 palline dal primo gruppo e 3 dal secondo in cinque estrazioni senza rimpiazzo. La
probabilità richiesta si può calcolare con la distribuzione ipergeometrica e vale
p=
2 91
2 3
93
5
= 2.34 × 10−3 .
Se ora indichiamo con Ai , i = 1, 2, 3, l’evento ‘‘le due palline numero i vengono estratte entrambe’’ è chiaro che i tre eventi hanno la stessa probabilità e dunque P(A1 ) = P(A2 ) =
P(A3 ) = p. Inoltre la probabilità richiesta non è altro che la probabilità della riunione
degli eventi A1 , A2 , A3 . Questi non sono però disgiunti, poiché, ad esempio, la cinquina
(1, 1, 2, 2, 37) si trova sia in A1 che in A2 (ovvero è possibile che simultaneamente vengano
estratte le due palline n◦ 1 e le due n◦ 2). Possiamo però ricorrere alla formula della probabilità
della unione di tre eventi non disgiunti (vedi la formula (1.9) a pag. 8).
Chiaramente l’evento A1 ∩ A2 ∩ A3 ha probabilità 0 (non è possibile estrarre insieme le due
palline 1, le due 2 e le due 3, visto che ne vengono estratte 5 in totale). Il problema è quindi
risolto se sappiamo calcolare P(A1 ∩ A2 ) (le probabilità delle altre intersezioni è la stessa per
Esercizio 1.12
11
simmetria). Ancora usando la distribuzione ipergeometrica (probabilità di estrarre 4 elementi
dal gruppo {1, 1, 2, 2} ed 1 dal gruppo formato dalle altre 89 palline) si ha
4 89
P(A1 ∩ A2 ) = q =
per cui in definitiva la probabilità richiesta è
4
1
93
5
= 1.71 × 10−6
3p − 3q = 0.007 .
b) Cominciamo col calcolare la probabilità di fare terno in un’estrazione normale: ci possiamo
ancora ricondurre alla distribuzione ipergeometrica (probabilità di estrarre 3 palline dal gruppo
composto dalle palline numero 1, 2, 3 e 2 da quello composto da tutte le altre):
3 87
3
2
90
5
= 8.51 × 10−5 .
Il calcolo della probabilità di fare terno con l’urna manomessa è un po’ più complicato. Basta
però dare un’occhiata alla parte finale dell’Esempio 1.28: il numero totale di cinquine è 93
5 ,
mentre il numero di cinquine che contengono esattamente una pallina col numero 1, una col
numero 2 e una col numero 3 è
2 2 2 87
.
2
1 1 1
La probabilità di fare terno con l’urna manomessa è dunque
2 2 2 87
1
1
1
93
5
2
= 5.76 × 10−4 .
• Nella soluzione di questo esercizio abbiamo usato due idee utili anche in altre situazioni: la
prima consiste nel calcolare la probabilità di un evento scrivendolo come riunione di altri eventi
e poi usando la formula sulla probabilità della unione di eventi non (necessariamente) disgiunti.
La seconda consiste nel ricondursi, se possibile, ad un modello già studiato e universale (cioè
che può applicarsi a molte situazioni diverse) come quello delle prove ripetute senza rimpiazzo,
che dà luogo alla distribuzione ipergeometrica.
1.12 a) Indichiamo con Ei , i = 1, . . . , n, l’evento ‘‘la i-esima pallina non viene messa nell’urna
1’’. Per come il problema è stato posto gli eventi Ei si possono supporre indipendenti; inoltre,
poiché ogni volta ognuna delle tre urne ha la stessa probabilità di essere scelta, la probabilità
dell’evento Ei è 23 . L’evento ‘‘l’urna 1 rimane vuota’’ non è altro che l’intersezione E1 ∩. . .∩En .
Quindi
2 n
P(E1 ∩ . . . ∩ En ) = P(E1 ) . . . P(En ) =
.
3
Alternativamente avremmo potuto osservare che siamo in presenza di uno schema di Bernoulli
(Esempio 1.20), cioè di una sequenza di prove ripetute e indipendenti ciascuna delle quali
12
Parte 1: soluzioni
ha due possibili risultati: successo (corrispondente in questo caso all’evento ‘‘l’urna 1 viene
prescelta’’) con probabilità p (= 13 nel nostro caso) e insuccesso con probabilità 1−p. Abbiamo
visto nell’Esempio 1.20 che in questa situazione la probabilità che non si verifichi nessun
successo è appunto (1 − p)n . Il nostro calcolo non è altro che una ridimostrazione di questo
fatto.
b) La probabilità che una singola pallina non finisca né nell’urna 1 né nella 2 vale 13 . Siamo
quindi nella situazione di uno schema successo-insuccesso come lo abbiamo appena descritto
con p = 23 . La probabilità richiesta è dunque ( 13 )n
c) Consideriamo gli eventi
A1 = l’urna 1 è rimasta vuota
A2 = l’urna 2 è rimasta vuota
A3 = l’urna 3 è rimasta vuota .
L’evento di cui dobbiamo calcolare la probabilità è l’unione A1 ∪ A2 ∪ A3 e possiamo usare la
formula (1.9) sulla probabilità della unione di tre eventi non disgiunti: l’evento A1 ∩ A2 ∩ A3
ha chiaramente probabilità 0 (non è possibile che tutte e tre le urne restino vuote). Inoltre
abbiamo già calcolato le altre probabilità che figurano nella formula: gli eventi A1 , A2 , A3
hanno chiaramente la stessa probabilità, per motivi di simmetria, che vale ( 23 )n per il punto a);
così pure le probabilità delle intersezioni a due a due valgono ( 13 )n per il punto b). In conclusione
la probabilità richiesta vale
2 n
1 n
3
−3
.
3
3
• In questo esercizio ritroviamo alcune idee già viste:
a) l’uso di modelli standard (in questo caso lo schema successo-insuccesso, o di Bernoulli) a
cui ci si riconduce per sfruttare formule stabilite una volta per tutte;
b) il calcolo della probabilità di un evento ottenuta scrivendolo come riunione di altri, la cui
probabilità è facile da calcolare, per poi usare la formula della unione di eventi non disgiunti.
Osserviamo infine che in questa risoluzione non abbiamo precisato quale sia lo spazio di
probabilità. Abbiamo semplicemente supposto che ne esistesse uno contenente degli eventi
E1 , . . . , En , A1 , A2 , A3 aventi certe proprietà. In realtà sarebbe stato possibile costruire uno
spazio (, !, P) adatto, ma ciò avrebbe appesantito lo svolgimento senza renderlo né più chiaro
né più rigoroso. La costruzione completa dello spazio di probabilità verrà spesso sottintesa negli
altri esercizi.
1.13 a) Indichiamo con Ai l’evento ‘‘viene scelta l’urna i-esima’’ e con B l’evento ‘‘vengono
estratte due palline di colori diversi’’; poiché si tratta di estrazioni senza rimpiazzo la probabilità
di estrarre una pallina bianca e una rossa è data dalla distribuzione ipergeometrica. Poiché
nell’urna i-esima vi sono 4 palline R e i palline B deve essere
(1.1)
P(B |Ai ) =
i 4
1 1
4+i 2
=
8i
:= qi .
(4 + i)(3 + i)
