Soluzioni esercizi III incontro di preparazione ai

SOLUZIONI TERZO INCONTRO
TRIENNIO
IN QUESTE PAGINE SONO RIPORTATE LE SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI
NON SVOLTI DURANTE LA TERZA LEZIONE.
14) Si può effettuare un punteggio ≤5 solo con 1; 1;1 o 1;1;2 o 1;1;3 o 1;2; 2. Mentre
il primo risultato si può ottenere in modo unico, ognuno degli altri può essere
ottenuto in tre modi diversi (ad esempio, per il risultato 1; 1; 2, si può ottenere 2 al
primo o al secondo o al terzo lancio). Poiché i possibili risultati (ordinati!) lanciando
tre dadi sono 63 = 216, la probabilità cercata è uguale a (1 + 3 + 3 + 3)/216=10/216
che è circa 0,046. Quindi la risposta è (B).
15)Si può osservare che le possibilità totali per i primi tre estratti sono 4x3x2 = 24
(cioè tutte le possibili terne ordinate di numeri da 1 a 4), mentre i casi favorevoli sono
soltanto 4 (cioè le terne 123, 124, 134, 234). Quindi la probabilità è4/24=1/6 (C).
16) Calcoliamo prima la probabilità che tra le due casse scelte a caso vi sia quella
contenente banane radioattive. Le possibili scelte di 2 casse su 5 sono (5 2)=10. I
possibili modi di scegliere 2 delle 4 casse che non contengono banane radioattive
sono (4 2)=6. La probabilità di non scegliere la cassa contenente banane radioattive è
dunque uguale a 6/10 , mentre quella di sceglierla è 4/10=2/5. Indichiamo ora con N
il numero di banane radioattive presenti nell'unica cassa che ne contiene. Scegliendo
a caso una banana da questa cassa la probabilità che sia radioattiva è N/72 . Quindi la
probabilità che una delle due banane scelte sia radioattiva è:
p =2/5xN/72=N/180.
Sapendo che p è, per ipotesi, uguale a 5/100 , deduciamo che N/180 = 5/100 , cioè
N= 9 (B).
17) I casi possibili sono tutte le possibili scelte di 8 oggetti fra 16. Cioè (8 16) casi
favorevoli nella
Situazione A sono (4 8) (4 8)=4900 in quanto si debbono scegliere 4 calzini blu su 8 e 4
calzini neri su 8. I casi favorevoli nella situazione B sono 2(5 8) (3 8)=6272 in quanto
si possono scegliere o 3 calzini blu e 5 neri o 3 calzini neri e 5 blu. Analogamente
nelle situazioni C, D e E i casi favorevoli sono rispettivamente 2(2 8), 2(1 8) e 2(0 8)
che sono in numero inferiore alla situazione B. Quindi la soluzione è (B).
18) L'unico triangolo rettangolo che si possa costruire con lati di lunghezza intera
compresi fra 1 e 6 ha i lati di lunghezza 3, 4 e 5. La probabilità che i lanci producano
i tre risultati 3, 4 e 5 è: 3/6 (probabilità che il primo lancio dia uno dei tre risultati),
moltiplicato per 2/6 (probabilità che il secondo lancio dia uno degli altri due risultati),
moltiplicato per 1/6 (probabilità che il terzo lancio dia l'ultimo risultato). In totale la
probabilità è quindi 1/36 (B).
19) Se esce 1, 2, 3, 4 si vincono rispettivamente 7, 8, 9, 10 gettoni; se invece esce 5 o
6 si vincono 0 gettoni. Poiché tutti i casi sono equiprobabili, si vincono (7 + 8 + 9
+10 + 0 + 0)/6 = 34/6 gettoni in media, e poiché tale quantità è minore di 6, conviene
fermarsi. (D)
20)Il punteggio del primo lancio è sicuramente non divisibile per 7. Ma qualunque
esso sia vi è un solo punteggio del secondo lancio che fa in modo che la somma lo
sia. Quindi la probabilità che la somma dei primi 2 punteggi sia divisibile per 7 è 1/6.
Analogamente la somma dei tre punteggi sarà divisibile per 7 solo se la somma dei
primi due non lo è ( probabilità 5/6) ed esce al terzo lancio l’unico numero giusto.
Quindi 1/6x5/6=5/36. La probabilità cercata è 1-1/6-5/36= 25/36 (C).
A CURA DI MATTEO PASSAFIUME