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
