Cenni di Probabilità Discreta

CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
ANDREA SCAPELLATO
In queste note illustriamo alcuni elementi di probabilità discreta. Si sottolinea che non si ha alcuna pretesa di completezza: quanto qui riportato rappresenta unicamente un indice degli argomenti trattati a lezione. Per la realizzazione di queste
note si è fatto riferimento principalmente a [1], dove è possibile reperire molti dettagli e risultati interessanti. Per ulteriori
approfondimenti e curiosità si può fare riferimento (anche) agli altri testi indicati nei Riferimenti Bibliografici.
Con la dicitura esperimento aleatorio indicheremo un’osservazione relativa ad un qualunque fenomeno (fisico, economico, sociale, ...) il cui esito non sia determinabile con certezza a
priori. Il nostro obiettivo è di fornire una descrizione matematica di un esperimento aleatorio,
definendo un modello probabilistico. Il primo passo consiste nell’identificare un insieme Ω, detto spazio campionario, che contiene tutti gli esiti possibili dell’esperimento. Ad esempio, per
il lancio di un dado ordinario a sei facce, lo spazio campionario naturale è Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
Il secondo elemento di un modello probabilistico è costituito dagli eventi, intesi informalmente come affermazioni sull’esito di un esperimento aleatorio. Matematicamente, gli eventi
sono descritti da opportuni sottoinsiemi dello spazio campionario Ω: ogni affermazione è
identificata con il sottoinsieme di Ω costituito da tutti e soli gli esiti dell’esperimento per
cui l’affermazione si verifica. Sempre nel caso del lancio di un dado ordinario a sei facce,
A = “Esce un numero pari” = {2, 4, 6}, è un evento. Quando non c’è alcun esito che verifica
l’affermazione, l’evento è detto impossibile ed è identificato con l’insieme vuoto ∅. Di contro,
un’affermazione che è vera qualunque sia l’esito dell’esperimento corrisponde all’evento certo,
dato dall’intero insieme Ω.
Si noti che le operazioni logiche di congiunzione, disgiunzione e negazione di affermazioni
corrispondono all’intersezione, unione e complementare di insiemi:
“si verifica sia A che B” −→ A ∩ B,
“si verifica almeno uno tra A e B” −→ A ∪ B,
“non si verifica A” −→ Ac .
Il terzo e ultimo ingrediente di un modello probabilistico, il più importante, è l’assegnazione di
un “grado di fiducia”, o probabilità, agli eventi di un esperimento aleatorio. Matematicamente,
una probabilità viene descritta da una applicazione P che a ogni evento A ⊆ Ω assegna un
numero P (A) ∈ [0, 1]. Talvolta la probabilità di un evento viene espressa come percentuale,
scrivendo 50% invece di 21 , 10% invece di 0.1, e così via.
Che significato concreto dare al “grado di fiducia” P (A)? Se l’esperimento aleatorio può
essere ripetuto un numero elevato N 1 di volte in condizioni “analoghe e indipendenti”, è
possibile (almeno in linea di principio) contare il numero di volte SN (A) ∈ {0, ..., N } in cui
l’evento A si verifica. In questo caso è naturale interpretare P (A) come la frazione di volte in
cui l’evento A si verifica, ossia P (A) ≈ SNN(A) (idealmente P (A) = limN →+∞ SNN(A) ). Questa
è la celebre interpretazione frequentista della probabilità. Sottolineiamo tuttavia che non si
tratta di una definizione operativa: innanzitutto, non tutti gli esperimenti aleatori possono
essere ripetuti in condizioni “analoghe e indipendenti”. Inoltre, anche quando è possibile farlo,
niente garantisce a priori che il rapporto SNN(A) converga verso un limite e, se anche ciò avvenisse, non è chiaro quanto N debba essere grande perché l’approssimazione P (A) ≈ SNN(A)
1
DRAFT
1. Definizione di probabilità
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
2
sia buona. Tuttavia, pur con le dovute cautele, suggeriamo di tenere sempre a mente l’interpretazione frequentista per dare contenuto intuitivo ai risultati che incontreremo.
Senza addentrarci in questioni tecniche, segnaliamo che nonostante la scelta del modello probabilistico per un esperimento aleatorio può dipendere da considerazioni extra-matematiche,
una volta scelto il modello, il suo studio è un problema genuinamente matematico.
Poniamo la seguente fondamentale definizione:
Definizione 1.1 (Assiomi della probabilità). Sia Ω un insieme (non vuoto) finito o numerabile e sia P(Ω) la famiglia di tutti i sottoinsiemi di Ω.
Una funzione P : P(Ω) → [0, 1] si dice probabilità se valgono le seguenti proprietà:
(P1) P (Ω) = 1,
(P2) (σ-additività). Per ogni successione (An )n∈N di sottoinsiemi di Ω disgiunti (ossia
Ai ∩ Aj = ∅ per i 6= j) si ha
! +∞
+∞
[
X
P
An =
P (An ).
n=1
n=1
L’interpretazione di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ) è la seguente: l’insieme Ω
contiene tutti i possibili esiti di un esperimento aleatorio e, per ogni sottoinsieme A ⊆ Ω, il
numero P (A) ∈ [0, 1] esprime il “grado di fiducia” che si attribuisce all’eventualità che l’esito
dell’esperimento sia un elemento di A. La proprietà (P1) esprime il fatto che l’intero spazio
campionario è un evento certo.
Dalla Definizione 1.1, si deduce facilmente la proposizione seguente:
Proposizione 1.2. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto. Allora:
(a) P (∅) = 0,
(b) (Additività finita). Se A1 , ..., Ak è una famiglia finita di eventi disgiunti (ossia Ai ∩
Aj = ∅ per i 6= j), allora
!
k
k
[
X
P
An =
P (An ).
(1)
n=1
n=1
Dimostrazione. Dimostriamo separatamente le due affermazioni.
(a) Sia x := P (∅) ∈ [0, 1] e i definisca An = ∅ per ogni n ∈ N. Chiaramente (An )n∈N
è una successione
di sottoinsiemi disgiunti di Ω. Allora, per l’Assioma (P2) e per il
S
fatto che +∞
A
n=1 n = ∅, si ha
! +∞
+∞
+∞
[
X
X
x = P (∅) = P
An =
P (An ) =
x.
n=1
n=1
n=1
P+∞
Tale identità è possibile se e solo se x = 0 (perché n=1 x = +∞ se x > 0).
(b) Prolunghiamo la famiglia di eventi disgiunti A1 , A2 , ..., Ak ad una successione infinita
S
S
di eventi disgiunti, ponendo An := ∅ per ogni n ≥ k + 1. Allora kj=1 Aj = +∞
j=1 Aj .
Per l’Assioma (P2) e per quanto provato in (a), si ha:


+∞
+∞
k
[
X
X
P (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ Ak ) = P 
Aj  =
P (Aj ) =
P (Aj ),
j=1
j=1
j=1
DRAFT
La coppia (Ω, P ) è detta spazio di probabilità discreto. L’insieme Ω è detto spazio
campionario e i suoi sottoinsiemi sono chiamati eventi.
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
3
che è quanto volevamo dimostrare.
Per la Proposizione 1.2, l’insieme vuoto è l’evento impossibile.
Osservazione 1.3. Se k = 2 la (1) diventa
∀A, B ⊂ Ω, A ∩ B = ∅.
Esempio 1.4 (Probabilità uniforme). Sia Ω un insieme finito non vuoto. Definiamo per ogni
A⊆Ω
|A|
P (A) :=
,
|Ω|
dove | · | indica il numero di elementi di un insieme. Quindi P (A) è, per definizione, il rapporto tra il numero di casi favorevoli al verificarsi dell’evento A ed il numero di casi possibili.
Si può provare che P soddisfa (P1) e (P2) della Definizione 1.1, quindi P è una probabilità,
detta uniforme su Ω.
Lo spazio (Ω, P ) è detto spazio di probabilità uniforme. Esso è il modello probabilistico
adeguato a descrivere gli esperimenti aleatori in cui tutti gli esiti si possono ritenere equiprobabili (per esempio, per ragioni di simmetria). Casi tipici: lancio di un dado o di una moneta
regolari, estrazione di un numero in una ruota del lotto, ... .
Esponiamo adesso alcune conseguenze fondamentali degli assiomi (P1) e (P2) che per
comodità riuniamo in un’unica proposizione.
Proposizione 1.5. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto.
(i) Per ogni A, B ⊆ Ω tali che A ⊆ B, si ha
P (B \ A) = P (B) − P (A),
di conseguenza
P (A) ≤ P (B).
In particolare, per ogni A ⊆ Ω, denotato con Ac il complementare dell’insieme A in
Ω (ossia l’evento contrario di A), si ha
P (Ac ) = 1 − P (A).
(ii) Per ogni A, B ⊆ Ω, si ha
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B),
di conseguenza
P (A ∪ B) ≤ P (A) + P (B).
Dimostrazione. Dimostriamo separatamente le due affermazioni.
(i) Se A ⊆ B si può scrivere B = A ∪ (B \ A) e tale unione è disgiunta. Quindi, per
l’additività di P ,
P (B) = P (A ∪ (B \ A)) = P (A) + P (B \ A),
ossia P (B \ A) = P (B) − P (A). Dato che la probabilità di qualsiasi evento è un
numero non negativo, segue P (A) ≤ P (B).
(ii) Per ogni scelta di A, B ⊆ Ω si ha B \ A = B \ (A ∩ B). Dato che (A ∩ B) ⊆ B, per il
punto precedente P (B \A) = P (B)−P (A∩B). Infine, notando che A∪B = A∪(B \A)
e tale unione è disgiunta, per l’additività di P si ottiene
P (A ∪ B) = P (A) + P (B \ A) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B),
e la dimostrazione è conclusa.
DRAFT
P (A ∪ B) = P (A) + P (B),
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
4
2. Probabilità condizionata
Consideriamo un evento A di un esperimento aleatorio, che abbia probabilità P (A). Se
veniamo a conoscenza del fatto che un altro evento B si è verificato, come è sensato aggiornare il valore di P (A) per tenere conto di questa informazione? La risposta è la probabilità
condizionata P (A|B) di A sapendo B, che definiremo tra un momento.
Per motivare e “indovinare” la definizione, consideriamo per un istante all’interpretazione frequentista. Supponiamo di poter ripetere N 1 volte l’esperimento aleatorio in condizioni
“analoghe e indipendenti”. Se SN (A) è il numero di volte in cui l’evento A si verifica, si ha
P (A) ≈ SNN(A) . Per tenere conto dell’informazione aggiuntiva che l’evento B si è verificato, è
naturale limitarsi a considerare le volte in cui l’esperimento ha dato esito in B, che sono in
numero SN (B), e contare in quante di queste volte anche A si è verificato, ossia SN (A ∩ B).
Definendo la probabilità condizionale P (A|B) come il rapporto di tali numeri, per N grande
si ottiene
P (A|B) ≈
SN (A ∩ B)
=
SN (B)
SN (A∩B)
N
SN (B)
N
≈
P (A ∩ B)
.
P (B)
Definizione 2.1 (Probabilità condizionata). Siano A e B due eventi di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), con P (B) > 0. Si dice probabilità condizionata di A dato B (o
sapendo B, o rispetto a B, o supposto B) la quantità
P (A|B) =
P (A ∩ B)
.
P (B)
Si può provare la seguente proposizione:
Proposizione 2.2. Sia B un evento fissato di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), con
P (B) > 0. La funzione P (·|B), ossia
P(Ω) → [0, 1]
A 7−→ P (A|B),
è una probabilità su Ω.
Sottolineiamo che, fissato un evento A, la funzione B 7→ P (A|B) non è una probabilità (ad
esempio, non è nemmeno definita per B = ∅).
La probabilità condizionata permette di esprimere in modo ricorsivo la probabilità dell’intersezione di n eventi:
Proposizione 2.3 (Regola della catena). Per n ∈ N, n ≥ 2 siano A1 , ..., An eventi tali che
P (A1 ∩ ... ∩ An−1 ) > 0. Allora
P
n
\
!
Ai
= P (A1 )P (A2 |A1 )P (A3 |A1 ∩ A2 )...P (An |A1 ∩ ... ∩ An−1 )
i=1
= P (A1 )
n
Y
i=2
P (Ai |A1 ∩ ... ∩ Ai−1 ).
DRAFT
Queste considerazioni euristiche motivano la seguente definizione.
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
5
La dimostrazione della regola della catena è una facile applicazione del principio di induzione ed è lasciata al lettore per esercizio.
La seguente proposizione è di fondamentale importanza nelle applicazioni:
Proposizione 2.4 (Formula di disintegrazione e delle probabilità totali). Sia (Ω, P ) uno
spazio di probabilità discreto e sia (BiS
)i∈I una partizione finita o numerabile di Ω, ossia
|I| ≤ |N|, Bi ∩ Bj = ∅ per ogni i 6= j e i∈I Bi = Ω.
Per ogni evento A vale la formula di disintegrazione:
X
P (A) =
P (A ∩ Bi ).
i∈I
Se inoltre P (Bi ) > 0 per ogni i ∈ I, vale la formula delle probabilità totali:
X
P (A) =
P (A|Bi )P (Bi ).
i∈I
In particolare, per ogni coppia di eventi A, B, con 0 < P (B) < 1, si ha
P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|B c )P (B c ) = P (A|B)P (B) + P (A|B c )(1 − P (B)).
S
i∈I
Bi , pertanto
!
[
A=A∩Ω=A∩
Bi
=
i∈I
[
(A ∩ Bi ).
i∈I
Dato che gli eventi (Bi )i∈I sono disgiunti, anche gli eventi (A ∩ Bi )i∈I lo sono. Dato che
|I| ≤ |N|, per la σ−additività di P si ha
X
P (A) =
P (A ∩ Bi ).
i∈I
Infine, se P (Bi ) > 0, possiamo scrivere P (A ∩ Bi ) = P (A|Bi )P (Bi ) per definizione di
probabilità condizionata.
Segnaliamo, infine, il seguente classico risultato:
Teorema 2.5 (Formula di Bayes). Se A e B sono eventi di uno spazio di probabilità discreto
(Ω, P ), con P (A) > 0 e P (B) > 0, allora vale la formula di Bayes:
P (B|A) =
P (A|B)P (B)
.
P (A)
(2)
Dimostrazione. La formula di Bayes (2) è equivalente a
P (B|A)P (A) = P (A|B)P (B),
che è vera in quanto, per definizione di probabilità condizionata, entrambi i membri sono
uguali a P (A ∩ B).
Osservazione 2.6. Le ipotesi P (A) > 0 e P (B) > 0 garantiscono che le probabilità condizionate P (A|B) e P (B|A) sono definite.
Osservazione 2.7. Nell’ipotesi che 0 < P (B) < 1, usando la formula delle probabilità totali,
la formula di Bayes può essere scritta nella forma
DRAFT
Dimostrazione. Per ipotesi Ω =
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
P (B|A) =
P (A|B)P (B)
.
P (A|B)P (B) + P (A|B c )P (B c )
6
(3)
Analogamente, se (Bi )i∈I è una famiglia di eventi finita o numerabile verificante le ipotesi
della Proposizione 2.4, per ogni i ∈ I si ha
P (Bi |A) =
P (A|Bi )P (Bi )
P (A|Bi )P (Bi )
=P
.
P (A)
j∈I P (A|Bj )P (Bj )
(4)
Le versioni (3) e (4) della formula di Bayes sono quelle che più spesso capita di usare negli
esercizi.
3. Indipendenza stocastica
Abbiamo visto che la probabilità condizionata P (A|B) rappresenta la probabilità di verificarsi dell’evento A sotto la condizione del verificarsi dell’evento B.
Tuttavia, potrebbe succedere che il verificarsi dell’evento B non modifichi la probabilità del
verificarsi dell’evento A, ossia
P (A|B) = P (A).
(5)
P (A ∩ B) = P (A)P (B).
(6)
L’identità (6), rispetto alla (5), presenta due vantaggi: innanzitutto è simmetrica in A e B e,
inoltre, è definita e banalmente vera anche quando P (B) = 0.
Per tutte queste ragioni, la (6) viene scelta per caratterizzare la nozione di indipendenza
stocastica.
Definizione 3.1 (Indipendenza stocastica di due eventi). Due eventi A e B di uno spazio di
probabilità discreto (Ω, P ) si dicono stocasticamente indipendenti se
P (A ∩ B) = P (A)P (B).
Benché sia ovvio dalla definizione, sottolineiamo che due eventi indipendenti non sono
disgiunti, escludendo il caso banale in cui uno dei due eventi abbia probabilità zero. Infatti,
se P (A) > 0 e P (B) > 0, segue che P (A ∩ B) = P (A)P (B) > 0 e dunque A ∩ B 6= ∅.
Per completezza, definiamo l’indipendenza stocastica di più di due eventi, segnalando che
tale definizione non è proprio l’immediata generalizzazione della Definizione 3.1.
Definizione 3.2 (Indipendenza stocastica di eventi). Sia (Ai )i∈I una famiglia di eventi in
uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), dove l’insieme di indici I è arbitrario. Si dice che
tali eventi sono stocasticamente indipendenti se per ogni sottoinsieme finito J ⊆ I (con
|J| ≥ 2) si ha


\
Y
P
Aj  =
P (Aj ).
(7)
j∈J
j∈J
Per l’indipendenza di n eventi A1 , ..., An non basta dunque verificare che
P (A1 ∩ ... ∩ An ) = P (A1 ) · ... · P (An ),
ma occorre mostrare che questa proprietà di fattorizzazione vale anche per ogni sottofamiglia,
come richiesto dalla relazione (7).
Il lettore interessato può reperire ulteriori dettagli in [1].
DRAFT
Usando la definizione di probabilità condizionata si vede subito che la relazione (5) equivale a
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
7
In questa sezione esamineremo un’applicazione notevole e interessante del concetto di indipendenza di eventi, che ha a che fare con vari tipi di problemi applicativi: ci occuperemo del
concetto di affidabilità.
Consideriamo un’apparecchiatura, semplice o complessa (ad esempio: un microchip o un
computer). Vogliamo tradurre quantitativamente l’idea che esso funzioni o meno in modo
soddisfacente.
Naturalmente, le stesse prestazioni possono essere giudicate soddisfacenti oppure no a seconda
del tipo di impiego dell’apparecchio (si pensi a come viene utilizzato un computer in un ufficio
comunale o in un centro di ricerca avanzata); inoltre le prestazioni possono dipendere dalle
condizioni in cui l’apparecchio è utilizzato (gli stessi pneumatici non si comportano allo stesso
modo se usati su una strada ben asfaltata o sterrata); infine, non ci si potranno aspettare, in
genere, le stesse prestazioni da un apparecchio quasi nuovo e da uno già usato a lungo.
Definiremo quindi l’affidabilità di un apparecchio come la probabilità che esso dia prestazioni entro certi limiti specificati, almeno per un certo tempo specificato, se utilizzato in
certe condizioni specificate.
Spesso parleremo di “probabilità che un apparecchio funzioni ”, ma occorre tenere presente
che questa espressione ha un senso solo in relazione alla discussione precedente.
Consideriamo un sistema costituito da più componenti (ad esempio, un’apparecchiatura
elettronica costituita da più microchips). Si può parlare di affidabilità delle singole componenti e anche di affidabilità del sistema. L’affidabilità di componenti semplici si può di solito
stimare sperimentalmente, con opportuni test: ad esempio, si misurerà il tempo medio di
buon funzionamento, per un campione casuale di componenti identici. Il problema che ora
ci poniamo è il seguente: è possibile calcolare l’affidabilità del sistema, note le affidabilità
delle singole componenti ? Poiché le affidabilità sono probabilità, le regole del calcolo delle
probabilità esposte nelle sezioni precedenti, sono utili in proposito.
Per vedere come questo sia possibile, occorre fare anzitutto qualche ipotesi su come il
funzionamento del sistema dipenda dal funzionamento dei componenti. Supporremo sempre
che i vari componenti siano tra loro indipendenti, ovvero, che le prestazioni di una qualunque
parte del sistema non influenzino l’affidabilità delle altre.
Precisamente:
Definizione 4.1 (Connessione in serie e in parallelo). Sia S un sistema costituito da n
componenti Ai indipendenti, ovvero: gli n eventi “Il componente Ai funziona correttamente”
formano una famiglia di eventi indipendenti. Si dice che i componenti sono connessi in serie
se il sistema funziona se e solo se funzionano tutti i componenti; si dice che i componenti sono
connessi in parallelo se il sistema funziona se e solo se funziona almeno un componente.
Presentiamo il seguente teorema fondamentale.
Proposizione 4.2 (Affidabilità di un sistema). Sia S un sistema costituito da n componenti,
di affidabilità a1 , a2 , ..., an . Allora:
(1) Se i componenti sono connessi in serie, l’affidabilità del sistema è
a = a1 · a2 · ... · an ;
(2) Se i componenti sono connessi in parallelo, l’affidabilità del sistema è
a = 1 − (1 − a1 ) · (1 − a2 ) · ... · (1 − an ).
Dimostrazione. Dimostriamo separatamente le due affermazioni.
DRAFT
4. Affidabilità di un sistema
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
8
(1) L’affidabilità di S è la probabilità che esso funzioni, quindi, per l’ipotesi di connessione
in serie, è la probabilità che tutti i componenti funzionino. Per l’ipotesi di indipendenza, tale probabilità è il prodotto delle probabilità di funzionamento dei componenti,
ossia il prodotto delle affidabilità.
(2) Calcoliamo 1 − a, ossia la probabilità che S non funzioni. Per l’ipotesi di connessione
in parallelo, questa è uguale alla probabilità che tutti i componenti non funzionino;
per l’indipendenza dei componenti, questa è il prodotto delle probabilità che ciascuno
non funzioni, ovvero il prodotto
(1 − a1 ) · (1 − a2 ) · ... · (1 − an ).
Da ciò segue subito la tesi.
Esempio 4.4. Vogliamo calcolare l’affidabilità del sistema schematizzato in figura, supponendo che i componenti abbiano le seguenti affidabilità:
aA = 0.95,
aB = 0.99,
aC = 0.70,
aD = 0.70,
aE = 0.90.
Il sistema costituito dai due componenti C e D ha affidabilità
aC,D = 1 − (1 − 0.7)(1 − 0.7) = 0.91.
Il sistema può vedersi come costituito da quattro componenti in serie: A, B, la coppia (C, D),
E, e quindi ha affidabilità
a = 0.95 · 0.99 · 0.91 · 0.9 ≈ 0.77.
Si osservi che connettere più componenti in serie diminuisce l’affidabilità del sistema (rispetto a quella delle singole componenti); viceversa connettere più componenti in parallelo
aumenta l’affidabilità del sistema, rispetto a quella delle singole componenti. II termine sistema non indica necessariamente un apparecchio, ma può avere un significato molto ampio;
conseguentemente la nozione di affidabilità è applicabile in vari contesti.
DRAFT
Osservazione 4.3. Nella dimostrazione del teorema precedente abbiamo usato implicitamente
il fatto che se gli eventi “Il componente Ai funziona” sono indipendenti, allora anche gli eventi
“Il componente Ai non funziona” sono indipendenti. Il lettore verifichi tale fatto nel caso di
due soli eventi (suggerimento: sfruttare una delle Leggi di De Morgan). Il lettore interessato
ad una dimostrazione generale, la può reperire in [1] (Proposizioni 1.63 e 1.64).
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
9
5. Il paradosso dei compleanni
Vogliamo determinare la probabilità pn che, in un gruppo di n persone selezionate in modo
casuale (nate tutte in un anno non bisestile, per semplicità), almeno due di esse compiano gli
anni lo stesso giorno. Ci chiediamo, poi, quanto deve essere grande n affinché pn > 21 .
Numerati i giorni dell’anno e le n persone, lo spazio campionario naturale è dato dalle
disposizioni con ripetizione di n elementi di classe 365, ossia
Ω = {f : {1, ..., n} → {1, ..., 365}}.
Sappiamo che |Ω| = 365n . L’evento di interesse è dato da A = {f ∈ Ω : f non è iniettiva}.
Munendo lo spazio Ω della probabilità uniforme P , si ha dunque:
pn = P (A) = 1 − P (Ac ) = 1 −
|Ac |
,
|Ω|
dove, per quanto detto sopra,
n−1
Y
365!
=
(365 − i).
|A | = |{f ∈ Ω : f è iniettiva}| =
(365 − n)!
c
i=0
Si ottiene dunque
n−1
n−1
Y 365 − i
Y
(365 − i)
i
=1−
=1−
1−
.
365n
365
365
pn ≥ 1 −
i=0
i=0
(8)
i=0
Abbiamo ottenuto un’espressione esatta, anche se non del tutto “esplicita”.
È interessante notare che l’espressione (8) può essere approssimata in modo efficace ed esplicito: basta sfruttare la disuguaglianza 1 − x ≤ e−x , valida per ogni x ∈ R, e ricordando che
Pn−1
(n−1)·n
. Si ottiene dunque:
k=0 n =
2
!
n−1
n−1
Y
X i
i
(n − 1)n
− 365
pn = 1 −
e
= 1 − exp −
.
= 1 − exp −
365
2 · 365
i=0
i=0
Alla luce di ciò, si ha che pn >
(n − 1)n
1
1 − exp −
>
2 · 365
2
1
2
se e solo se
⇔
−
(n − 1)(n)
< − ln 2
2 · 365
⇔
n2 − n − 730 ln 2 > 0.
Da ciò segue che
√
1
1 + 1 + 4 · 730 ln 2 ≈ 22.9,
2
dunque, non appena n ≥ 23, in gruppo di almeno 23 persone c’è una probabilità maggiore del
50% che almeno due persone facciano il compleanno lo stesso giorno. Un risultato a prima
vista sorprendente. Per un gruppo di 50 persone, la probabilità è maggiore del 97%.
Chi volesse una possibile giustificazione a questo paradosso, può consultare [1] (Esempio 3.56).
n > n0 =
6. Il problema dei giochi d’azzardo
Un gioco d’azzardo è un gioco composto esclusivamente da mosse casuali, perciò la vincita
dipende dal caso piuttosto che dalla bravura del giocatore. Sono esempi di giochi d’azzardo il
gioco dei dadi, la roulette, il baccarat ecc. In un gioco d’azzardo è importante che, a prescindere dall’intervento della casualità, la somma puntata da ciascun giocatore sia proporzionale
alla probabilità che questo ha di vincere; in tal caso il gioco si dice equo.
Esempio 6.1. Due giocatori A e B scommettono la stessa somma sul lancio di un dado: A
vince se esce il 2, in caso contrario vince B.
DRAFT
Qn−1
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
10
Chiaramente questo gioco non è equo, perché B ha più probabilità di vincere di A. Infatti, le
probabilità di vincita di A e di B, sono:
1
5
P (A) = ,
P (B) = .
6
6
Indichiamo con S(A) la somma puntata da A e con S(B) la somma puntata da B. Affinché
il gioco sia equo deve valere la proporzione:
S(A) : P (A) = S(B) : P (B).
DRAFT
Se il giocatore A punta 0, 50 euro sulla vincita, la somma puntata da B deve soddisfare la
proporzione:
5
1
0, 50 : = S(B) :
6
6
da cui si ricava:
S(B) = 2, 50.
Perché il gioco sia equo, il giocatore B deve puntare una somma 5 volte maggiore, dato che la
sua probabilità di vincita è 5 volte più grande di quella di A. In questo modo, secondo la legge
empirica del caso, dopo molte partite i due sarebbero circa in parità: uno ha vinto spesso una
piccola somma, l’altro ha vinto meno spesso ma ogni volta una somma maggiore.
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
11
7. Esercizi risolti
P (A) =
18
,
37
P (B) =
19
,
37
P (A ∩ B) =
10
.
37
Per la Proposizione 1.5, (ii ), si ha
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) =
18 19 10
27
+
−
= .
37 37 37
37
3 Qual è la probabilità che lanciando un dado si ottenga 2 oppure 4?
Soluzione
Consideriamo gli eventi A = “esce il numero 2”, B = “esce il numero 4” e calcoliamo la
probabilità dell’evento A ∪ B. Gli eventi sono incompatibili, per cui per la Proposizione
1.5, (ii ), si ha
1
1 1
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = + = .
6 6
3
4 Consideriamo l’estrazione successiva di due biglie con reimmissione (dopo la prima estrazione la biglia viene rimessa nell’urna) da un’urna contenente 5 biglie rosse e 3 nere.
Calcolare la probabilità che alla seconda estrazione esca una biglia nera, sapendo che nella
prima estrazione è uscita una biglia rossa.
Soluzione
Consideriamo gli eventi A = “nella prima estrazione esce una biglia rossa”, B = “nella
seconda estrazione esce una biglia nera”. Si deve calcolare la probabilità che si verifichi
l’evento B supposto che si sia verificato l’evento A. Poiché dopo la prima estrazione la
biglia rossa viene rimessa nell’urna, il fatto che A si sia già verificato non modifica la
probabilità di B: nell’urna ci sono infatti sempre 8 palline, di cui 5 rosse e 3 nere, quindi
3
P (B|A) = P (B) = .
8
5 In un’urna sono contenuti i numeri da 0 a 9. Estraendo 4 numeri insieme, qual è la
probabilità di estrarre le cifre per formare il numero 1234?
Soluzione
Il caso favorevole è uno solo: l’estrazione del gruppo di numeri 1, 2, 3, 4. Poiché non
interessa l’ordine, il numero di casi possibili è dato dalle combinazioni di 10 elementi di
DRAFT
1 Da un sacchetto contenente le quattro lettere C, A, S, O, si estrae una lettera per volta.
Qual è la probabilità che le lettere siano estratte senza formare, nell’ordine, la parola
CASO?
Soluzione
L’evento A = “non si forma la parola CASO” è il contrario dell’evento B = “si forma la
parola CASO”, per cui P (A) = 1 − P (B). Procediamo quindi calcolando P (B); il numero
dei casi possibili è dato dal numero delle permutazioni delle 4 lettere cioè P4 = 4! = 24.
1
1
Il numero dei casi favorevoli è 1, quindi P (B) = 24
e p(A) = 1 − 24
= 23
24 .
2 Sapendo che il gioco della roulette si basa sui numeri da 1 a 36, di cui 18 rossi e 18 neri
più il numero 0 verde, calcolare la probabilità che esca un numero nero o pari.
Soluzione
Occorre calcolare la probabilità dell’evento A ∪ B, dove A = “esce un numero nero”, B =
“esce un numero pari”. I due eventi sono compatibili: esistono infatti numeri che sono sia
pari che neri. I numeri neri sono 18, quindi i casi favorevoli all’evento A sono 18 dei 37
possibili; i numeri pari sono 19 (includendo lo 0), quindi i casi favorevoli all’evento B sono
19 dei 37 possibili; i numeri sia pari che neri sono 10, quindi i casi favorevoli all’evento
A ∩ B sono 10 dei 37 possibili. Abbiamo allora:
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
12
classe 4:
C10,4
10
10!
10 · 9 · 8 · 7
=
=
=
= 210.
4
4!(10 − 4)!
4·3·2
1
La probabilità richiesta è dunque 210
.
6 Estraendo tre carte da un mazzo di 40, qual è la probabilità che fra le tre carte vi sia
almeno un re?
Soluzione
I casi possibili sono tutte le terne che si possono formare con 40 carte; poiché non interessa
l’ordine con cui si forma ogni terna, il numero di casi possibili è dato dalle combinazioni
di 40 elementi di classe 3:
40
40 · 39 · 38
C40,3 =
=
= 9880.
3
3·2
Questo numero poi deve essere moltiplicato per il numero dei re, cioè 4. I casi favorevoli
3
sono dunque 2964. La probabilità richiesta è quindi 2964
9880 = 10 .
7 Lanciando 3 volte una moneta regolare, qual è la probabilità di ottenere almeno una volta
testa?
Soluzione
Potremmo affrontare il problema partendo dalla definizione di probabilità uniforme, tenendo conto che i casi favorevoli sono tutti i casi in cui si possono ottenere esattamente 1
volta testa, 2 volte testa o 3 volte testa. In questo caso dobbiamo eseguire alcuni calcoli
che lasciamo al lettore.
In alternativa possiamo pensare all’evento: A =“ottenere almeno una testa” come all’evento A =“non ottenere tre croci” e quindi considerarlo come l’evento contrario all’evento
B =“ottenere tre croci”. Seguendo quest’ultima strada è sufficiente calcolare la probabilità
dell’evento B, che è P (B) = 81 , poiché ottenere 3 croci è un solo caso favorevole sugli 8
possibili. Per la Proposizione 1.5, (i ), si ottiene:
P (A) = 1 − P (B) = 1 −
1
7
= .
8
8
8 In un’urna ci sono 30 biglie di vari colori, tra le quali 8 biglie sono bianche, 7 nere e
12 verdi. Qual è la probabilità che, estraendo dall’urna successivamente 3 biglie senza
reinserirle, siano la prima bianca, la seconda nera e la terza verde?
Soluzione
Si definiscano gli eventi: A = “prima biglia bianca”, B = “seconda biglia nera”, C = “terza
biglia verde”. Poiché nella consegna compare la congiunzione “e” dobbiamo calcolare la
probabilità dell’intersezione degli eventi in questione.
Non reinserendo le biglie, ad ogni estrazione nell’urna vi è una biglia in meno, quindi i
casi possibili passano da 30 a 29 a 28.
8
4
La probabilità che la prima biglia sia bianca è quindi 30
= 15
, la probabilità che la seconda
7
12
3
sia nera è 29 , la probabilità che la terza sia verde è 28 = 7 . Applicando la regola della
catena, si trova che la probabilità richiesta è quindi:
P (A ∩ B ∩ C) = P (A)P (B|A)P (C|(A ∩ B)) =
4 7 3
4
·
· =
.
15 29 7
145
DRAFT
I casi favorevoli sono tutte le terne in cui vi è almeno un re; pertanto, fissato un re nelle
terne (per esempio il re di cuori), le altre due carte possono essere tutte le coppie possibili
formate con le 39 carte rimaste, quindi le combinazioni di 39 elementi di classe 2:
39
39 · 38
= 741.
C39,2 =
=
2
2
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
13
9 In un’urna ci sono 30 biglie di vari colori, tra le quali 6 biglie sono bianche, 10 nere e 14
verdi. Dire qual è la probabilità che, estraendo dall’urna successivamente 2 biglie senza
reinserirle,
(a) siano entrambe nere;
(b) siano la prima verde e la seconda nera;
(c) siano una bianca e una verde.
Soluzione
Rispondiamo separatamente alle tre richieste. Allo scopo è conveniente definire i tre eventi
B = “esce una biglia bianca”, N = “esce una biglia nera”, V = “esce una biglia verde”.
Converremo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi, per indicare che esso
si verifica all’estrazione i.
(a) Bisogna calcolare la probabilità P (N1 ∩ N2 ). Utilizzando la regola della catena si ha:
3
1 9
·
= .
3 29
29
(b) Bisogna calcolare la probabilità P (V1 ∩ N2 ). Utilizzando la regola della catena si ha:
P (N1 ∩ N2 ) = P (N1 ) · P (N2 |N1 ) =
7 10
14
·
= .
15 29
87
(c) Bisogna calcolare la probabilità P ((B1 ∩ V2 ) ∪ (V1 ∩ B2 )). Sfruttiamo la Proposizione
1.5, (ii ), tenendo conto che gli eventi B1 ∩ V2 e V1 ∩ B2 sono disgiunti:
P ((B1 ∩ V2 ) ∪ (V1 ∩ B2 )) = P (B1 ∩ V2 ) + P (V1 ∩ B2 )
= P (B1 )P (V2 |B1 ) + P (V1 )P (B2 |V1 )
7 6
28
1 14
·
+
·
=
.
=
5 29 15 29
145
10 Due tiratori, indipendentemente l’uno dall’altro, tirano allo stesso bersaglio: la probabilità
di fare centro è del 60% per il primo tiratore, dell’80% per il secondo. Un solo colpo centra
il bersaglio: qual è la probabilità che sia del primo tiratore?
Soluzione
Si considerino gli eventi: A = “nessuno centra il bersaglio”, B = “tutti e due centrano il
bersaglio”, C = “solo il primo centra il bersaglio”, D = “solo il secondo centra il bersaglio”.
Gli eventi A, B, C, D sono indipendenti ed esauriscono tutti i possibili effetti.
Si ha:
P (A)
P (B)
P (C)
P (D)
=
=
=
=
0, 40 · 0, 20 = 0, 08,
0, 60 · 0, 80 = 0, 48,
0, 60 · 0, 20 = 0, 12,
0, 40 · 0, 80 = 0, 32.
Consideriamo ancora l’evento: E = “solo uno dei due centra il bersaglio”. Le probabilità
condizionali di E rispetto ad A, B, C, D sono:
P (E|A) = 0,
P (E|B) = 0,
P (E|C) = 1,
P (E|D) = 1.
Calcoliamo ora, sotto la condizione che un solo colpo abbia raggiunto il bersaglio, la
probabilità che a centrare sia stato il primo tiratore. Applichiamo la formula di Bayes:
P (C|E) =
=
P (E|C)P (C)
P (E|A)P (A) + P (E|B)P (B) + P (E|C)P (C) + P (E|D)P (D)
0, 12
= 0, 273.
0, 12 + 0, 32
DRAFT
P (V1 ∩ N2 ) = P (V1 ) · P (N2 |V1 ) =
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
14
11 Il cane di casa odia il gatto del vicino: se lo afferra c’è la probabilità del 90% che lo uccida,
ma la probabilità che lo prenda è solo del 20%. Il gatto ha del resto, per il suo girovagare
nella strada, la probabilità del 40% di morire travolto da un’auto. Se il gatto viene trovato
morto, qual è la probabilità che l’abbia ucciso il cane?
Soluzione
Consideriamo lo spazio Ω dei possibili fatti collegabili a tale uccisione:
Ω = {investimento, cattura, morte}.
Le probabilità che conosciamo sono:
P (investimento) = 40%,
P (cattura) = 20%,
P (morte|cattura) = 90%.
Ciò che si vuole scoprire è la probabilità che il gatto sia stato catturato dal cane, sapendo
che è morto; in altri termini si chiede il valore della probabilità condizionale
P (cattura|morte).
P (morte|cattura)P (cattura)
P (morte|cattura)P (cattura) + P (morte|non cattura)P (non cattura)
0, 9 · 0, 2
=
= 0, 36.
0, 9 · 0, 2 + 0, 4 · 0, 8
P (cattura|morte) =
La stima P (cattura|morte) = 0, 36 significa che, in accordo con le probabilità condizionali
indicate, la probabilità che la morte del gatto sia imputabile al cane è... solo del 36%...!
12 Tre macchine producono lo stesso tipo di pezzi. La prima ne produce 150 al giorno con il
2% dei pezzi difettosi, la seconda ne produce 400 con il 5% di pezzi difettosi, la terza 50
con nessun pezzo difettoso. Supponiamo ora di prendere a caso un pezzo della produzione
di un dato giorno. Calcolare la probabilità che:
(a) il pezzo sia stato prodotto dalla prima macchina;
(b) il pezzo sia stato prodotto dalla seconda macchina;
(c) il pezzo sia difettoso.
Supponiamo che il pezzo estratto sia difettoso. Calcolare la probabilità che:
(e) il pezzo sia stato prodotto dalla prima macchina;
(f ) il pezzo sia stato prodotto dalla seconda macchina;
(g) il pezzo sia stato prodotto dalla terza macchina.
Soluzione
Si definiscano gli eventi Ai = “pezzo prodotto dalla macchina i”, con i = 1, 2, 3, D = “pezzo
difettoso”. Ogni giorno le tre macchine producono 600 pezzi in totale.
(a) Si ha P (A1 ) = 150
600 .
(b) Si ha P (A2 ) = 400
600 .
50
(c) Si ha P (A3 ) = 600
.
(d) Dei 150 pezzi prodotti dalla prima macchina 3 sono difettosi mentre del 400 prodotti
dalla seconda 20 sono difettosi; tutti buoni i pezzi prodotti dalla terza. In totale, si
23
hanno 23 pezzi difettosi su una produzione di 600 pezzi, quindi P (D) = 600
≈ 3, 8%.
(e) Si ha: P (A1 |D) =
P (A1 ∩D)
P (D)
=
(f) Si ha: P (A2 |D) =
P (A2 ∩D)
P (D)
=
3
600
23
600
20
600
23
600
=
3
23
≈ 13%.
=
20
23
≈ 8, 7%.
13 Un’urna contiene 6 biglie rosse e 4 nere. Si estraggono due biglie senza rimettere la prima
nell’urna. Calcolare la probabilità che:
DRAFT
Applichiamo la formula di Bayes:
15
(a) si siano ottenute due biglie rosse;
(b) si sia ottenuta una sola biglia rossa;
(c) non si sia ottenuta alcuna biglia rossa.
Soluzione
Consideriamo gli eventi R = “estrazione di una biglia rossa”, N = “estrazione di una biglia
nera” convenendo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi per indicare che
esso si verifica all’estrazione i e calcoliamo le relative probabilità nelle due estrazioni.
Prima estrazione. Nell’urna si hanno 10 biglie: 6 bianche e 4 nere. Si ha dunque:
6
4
2
P (R) = ,
P (N ) =
= .
10
10
5
Seconda estrazione. Poiché la prima biglia non viene rimessa nell’urna, in essa restano 9
biglie; pertanto le probabilità nella seconda estrazione sono:
• se la prima biglia estratta era rossa, ne restano 5 rosse e 4 nere, così:
5
4
P (R) = ,
P (N ) = ;
9
9
• se la prima biglia estratta era nera, ne restano 6 rosse e 3 nere, così:
2
3
1
6
P (N ) = = .
P (R) = = ,
9
3
9
3
Si ha:
(a) Si ha: P (R1 ∩ R2 ) = P (R1 )P (R2 |R1 ) = 53 · 59 = 13 .
(b) Si ha:
P ((R1 ∩ N2 ) ∪ (N1 ∩ R2 )) = P (R1 ∩ N2 ) + P (N1 ∩ R2 )
= P (R1 )P (N2 |R1 ) + P (N1 )P (R2 |N1 )
4
4
8
3 4 2 2
· + · =
+
= .
=
5 9 5 3
15 15
15
2 1
2
(c) Si ha: P (N1 ∩ N2 ) = P (N1 )P (N2 |N1 ) = 5 · 3 = 15 .
14 Si supponga di sapere che il 15% della popolazione adulta sia affetta da ipertensione,
ma che il 75% di tutti gli adulti sia personalmente convinto di non avere tale problema.
Si supponga anche che il 6% della popolazione abbia l’ipertensione ma non pensi che la
malattia sia presente. Calcolare la probabilità che
(a) la malattia sia effettivamente presente in un paziente adulto che afferma di non avere
l’ipertensione;
(b) un paziente sospetti la presenza della malattia, quando la malattia è effettivamente
presente.
Soluzione
Consideriamo gli eventi E1 = “il paziente non crede che la malattia sia presente” e E2 = “il
paziente è affetto dalla malattia”. Si ha P (E1 ) = 0, 75, P (E2 ) = 0, 15 e P (E1 ∩E2 ) = 0, 06.
1 ∩E2 )
(a) Si ha P (E2 |E1 ) = P (E
= 0,06
0,75 = 0, 08. Vi è quindi una probabilità dell’8% che un
P (E1 )
paziente che pensa di non avere problemi di ipertensione, abbia in effetti la malattia.
(b) Occorre calcolare P (E1c |E2 ). Osservato che P (E2 ) = P (E1c ∩ E2 ) + P (E1 ∩ E2 ), si ha
P (E1c ∩ E2 )
0, 15 − 0, 06
=
= 0, 60,
P (E2 )
0, 15
ossia, se il paziente esprime l’opinione di soffrire di ipertensione, vi è una probabilità
del 60% che abbia ragione.
P (E1c |E2 ) =
15 Supponiamo che di tutti i pazienti malati di cancro, il 52% sia costituito da maschi e che
per i maschi la sopravvivenza per almeno 5 anni sia del 35%. Calcolare la probabilità che
un malato di cancro scelto a caso sia un maschio e sopravviva per almeno 5 anni.
Soluzione
DRAFT
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA
16
Consideriamo gli eventi E1 = “il paziente scelto a caso è maschio” e E2 = “il paziente
scelto a caso sopravvive per almeno 5 anni”. Occorre calcolare P (E1 ∩ E2 ):
P (E1 ∩ E2 ) = P (E2 |E1 )P (E1 ) =
35 52
·
= 0, 182.
100 100
8. Esercizi proposti
1 Si lanciano n monete non truccate.
1
(a) Qual è la probabilità che escano tutte teste?
2n
1
(b) Qual è la probabilità che esca la medesima faccia negli n lanci?
2n−1
2 Calcolare la probabilità che, lanciando 10 monete non truccate, escano esattamente tre
15
teste.
128
3 Calcolare la probabilità che il primo numero del lotto estratto dalla ruota di Napoli sia
5
un numero dispari o un multiplo di 18.
9
4 Si estrae una carta da un mazzo di 40 carte siciliane. Calcolare la probabilità che sia un
13
asso o una carta di mazze.
40
5 Calcolare la probabilità che lanciando sette monete non truccate, esca almeno una croce.
6 Un’urna contiene 10 palline, di cui 4 rosse e 6 verdi. Calcolare la probabilità che,
13
estraendone due contemporaneamente, almeno una di esse sia verde.
15
7 Si lancia un dado non truccato. Qual è la probabilità che esca il numero 5, nell’ipotesi
1
che esca un numero dispari.
3
8 Si estrae una carta da un mazzo di 40 carte siciliane. Qual è la probabilità di estrarre una
3
figura nell’ipotesi che sia stata estratta una carta di spade?
10
9 Si lanciano due dadi. Calcolare la probabilità che la somma dei punti delle due facce
2
uscite sia 7 sapendo che su una di esse è uscito il 3.
11
10 Da un’urna, contenente tre biglie rosse e cinque blu, se ne estraggono due, senza reinserire
la prima biglia estratta prima di procedere alla seconda estrazione. Calcolare la probabilità
di estrarre due biglie blu. Ripetere l’esercizio nell’ipotesi in cui la prima biglia estratta
5
25
venga reinserita nell’urna.
14 , 64
11 Da un mazzo di 40 carte siciliane se ne estraggono 3 successivamente. Calcolare la probabilità che siano tutte e tre carte di spade, sia nel caso che ciascuna carta estratta venga
reinserita prima di procedere all’estrazione successiva, sia nel caso che le carte estratte
1
3
non vengano reinserite.
64 , 247
12 Si lanciano tre dadi non truccati. Calcolare la probabilità di ottenere quattro su uno e un
25
solo dado.
72
13 Un’urna contiene 30 biglie, di cui 12 rosse, 10 bianche, 8 nere. Se ne estraggono due
senza reinserire la prima estratta prima di procedere alla seconda estrazione. Calcolare
la probabilità che le biglie estratte siano dello stesso colore. Si supponga, adesso, che si
reinserisca ciascuna biglia estratta prima di procedere alla successiva estrazione. Calcolare
139 22
la probabilità che le tre biglie siano almeno di due colori diversi.
145 , 25
14 In una fabbrica meccanica vi sono due macchinari che producono viti dello stesso tipo. Il
primo macchinario produce il 5% di viti difettose, il secondo produce il 3% di viti difettose.
I due macchinari contribuiscono rispettivamente per il 60% e per il 40% alla produzione
complessiva. Calcolare la probabilità che una vite scelta a caso sia difettosa.
4, 2%
15 Vi sono tre scatole. La prima contiene 12 penne nere, la seconda contiene 8 penne nere
e 2 rosse, la terza contiene 20 penne rosse. Si sceglie a caso una scatola e da questa si
estrae una penna.
2
(a) Qual è la probabilità che la penna estratta sia rossa?
5
DRAFT
127
128
17
(b) Si supponga che la penna estratta sia rossa. Qual è la probabilità che essa sia stata
estratta dalla seconda scatola? E qual è la probabilità che essa sia stata estratta dalla
1 5
terza scatola?
6, 6
16 Uno studente universitario viene esaminato dal docente o dall’assistente. La probabilità di
essere esaminato dal docente è pari a 25 . La probabilità di superare l’esame, se sostenuto
con il docente, è 0, 6, mentre è 0, 8 se sostenuto con l’assistente. Se lo studente ha superato
1
l’esame, qual è la probabilità che sia stato esaminato dal docente?
3
17 Date due urne, U1 contenente due biglie bianche e quattro nere e U2 contenente quattro
biglie bianche e due nere, da una di esse si effettuano estrazioni con restituzione fino ad
ottenere per la prima volta biglia bianca. L’urna è stata scelta in base all’esito del lancio
di un dado: U1 se è uscita la faccia 6, U2 altrimenti. Supposto che la biglia bianca sia
uscita per la prima volta alla quarta estrazione, calcolare la probabilità che non sia uscita
5
la faccia 6.
9
18 [Tratto da [2]] In un ufficio lavorano 4 impiegati, un capufficio e un vicecapo; tutte e
sei le persone sono spesso assenti. Ogni pratica può essere sbrigata da uno qualunque
degli impiegati (basta che sia presente in ufficio), dopodiché viene passata al capufficio
per il controllo finale e la firma; il vicecapo svolge la stessa funzione del capufficio, in sua
assenza. Supponiamo che ogni impiegato abbia affidabilità 0.6 (intesa come probabilità
che sia presente in ufficio nel momento in cui c’è una pratica da sbrigare), il capufficio
abbia un’affidabilità 0.5, e il vicecapo affidabilità 0.7.
(a) Si rappresenti il sistema con uno schema di connessioni in serie o in parallelo, e si
calcoli l’affidabilità del sistema.
≈ 83%
(b) Visto lo scarso rendimento, il capufficio decide di prendere provvedimenti, e ha due
alternative; assumere un nuovo impiegato, di affidabilità 0.6; oppure promuovere
uno dei 4 impiegati al ruolo di aiuto vicecapo (con lo stesso molo del vicecapo, e la
stessa affidabilità che l’impiegato aveva prima della promozione). Qual è la scelta più
conveniente?
Conviene seguire la seconda strada
Riferimenti bibliografici
[1]
[2]
[3]
[4]
[5]
F. Caravenna, P. Dai Pra, Probabilità. Un’introduzione attraverso modelli e applicazioni, Springer (2013).
M. Bramanti, Calcolo delle Probabilità e Statistica. Teoria ed esercizi, Esculapio Editore (1997).
R. Giuliano, Argomenti di probabilità e statistica, Springer (2011).
F. Biagini, M. Campanino, Elementi di Probabilità e Statistica, Springer (2006).
R. Scozzafava, Incertezza e probabilità, Zanichelli (2001).
DRAFT
CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA