LAURA MANDUCHI 1095484 ESERCIZIO 1 Si considerino n eventi π΄1, π΄2, β¦ , π΄π di Ξ©. Si dimostri che Svolgimento Analizzo il caso n=3 π(π΄1 βͺ π΄2 βͺ π΄3) = π(π΄1 βͺ (π΄2 βͺ π΄3)) = π(π΄1) + π(π΄2 βͺ π΄3) β π(π΄1 β© (π΄2 βͺ π΄3)) = π(π΄1) + π(π΄2) + π(π΄3) β π(π΄2 β© π΄3) β π((π΄1 β© π΄2) βͺ (π΄1 β© π΄3)) = π(π΄1) + π(π΄2) + π(π΄3) β π(π΄2 β© π΄3) β (π(π΄1 β© π΄2) + π(π΄1 β© π΄3) β π(π΄1 β© π΄2 β© π΄3)) = π(π΄1) + π(π΄2) + π(π΄3) β π(π΄2 β© π΄3) β π(π΄1 β© π΄2) β π(π΄1 β© π΄3) + π(π΄1 β© π΄2 β© π΄3) Dove ho usato la formula di inclusione ed esclusione e la distributività dellβintersezione rispetto allβunione (nella terza uguaglianza). Il risultato ottenuto coincide con la formula data per n=3. Dimostro per induzione il caso generale ad n eventi. Base induttiva: per n=1 lβuguaglianza è banalmente verificata. Passo induttivo: per n >1 suppongo vera lβuguaglianza per n-1 e dimostro che vale per n. π(π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄π) = π((π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄πβ1) βͺ π΄π) = π(π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄πβ1) + π(π΄π) β π((π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄πβ1) β© π΄π) πβ1 = π(π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄πβ1) + π(π΄π) β π (β(π΄π β© π΄π)) π=1 Dove nella seconda uguaglianza ho usato la formula di inclusione ed esclusione e la terza si ottiene per la distributività generalizzata. Proseguo usando lβipotesi induttiva per π(π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄πβ1) e per , che si può formalizzare usando lβuguaglianza π΅π = π΄π β© π΄π e sostituendola alla formula diventa , da qui risulta evidente che si può usare lβipotesi induttiva: π(π΄1 βͺ π΄2 βͺ β¦ βͺ π΄π) πβ1 =β( β π=1 πβ1 π½β{1,2,..,πβ1},π‘πππ πβπ |π½|=π ββ β π=1 π½β{1,2,..,πβ1},π‘πππ πβπ |π½|=π (β1)π+1π(β©πβπ½ π΄π) ) + π(π΄π) (β1)π+1π(β©πβπ½ (π΄π β© π΄π)) Inoltre π(β©πβπ½ (π΄π β© π΄π)) = π((β©πβπ½ π΄π) β© π΄π) e β(β1)π+1 = (β1)(π+1)+1 , quindi facendo un duplice cambio di variabile nella seconda sommatoria (z = k+1 e successivamente k=z solo per questione di ordine visivo) : E esplicitando la prima sommatoria per k=1 e la seconda per k=n diventa: = π(π΄1) + π(π΄2) + β― + π(π΄πβ1) + π(π΄π) πβ1 +β( β π=2 πβ1 π½β{1,2,..,πβ1},π‘πππ πβπ |π½|=π +β (β1)π+1π(β©πβπ½ π΄π) ) β (β1)π+1π(β©πβπ½ (π΄π β© π΄π)) π=2 π½β{1,2,..,πβ1},π‘πππ πβπ |π½|=πβ1 + β (β1)π+1π(β©πβπ½ (π΄π β© π΄π)) π½β{1,2,..,πβ1},π‘πππ πβπ |π½|=πβ1 Ora analizzo la formula trovata: 1 riga) π(π΄1) + π(π΄2) + β― + π(π΄πβ1) + π(π΄π) = βπ½β{1,2,..,π},π‘πππ πβπ |π½|=π(β1)π+1π(β©πβπ½ π΄π) ) con k=1 2 riga) Considero π½ β {1,2, . . , π}, π‘πππ πβπ |π½| = π , tutte le possibili combinazioni di elementi appartenenti a J tale che la sua cardinalità sia uguale a k si dividono in due gruppi: quelli che non contengono lβelemento n e quelli che lo contengono. Al primo gruppo fa riferimento la prima sommatoria: Invece tutte le possibili combinazioni che contengono lβelemento n saranno uguali a tutte le possibili combinazioni di π½ β {1,2, . . , π β 1}, π‘πππ πβπ |π½| = π β 1, a cui si aggiunge n (e ottenendo di conseguenza cardinalità k): Quindi la loro somma sarà uguale a πβ1 β β π=2 π½β{1,2,..,π},π‘πππ πβπ |π½|=π (β1)π+1π(β©πβπ½ (π΄π)) 3 riga) La terza sommatoria invece diventa: β (β1)π+1π(β©πβπ½ (π΄π β© π΄π)) = π½β{1,2,..,πβ1},π‘πππ πβπ |π½|=πβ1 β (β1)π+1π(β©πβπ½ (π΄π)) π½β{1,2,..,π},π‘πππ πβπ |π½|=π Quindi compattando la sommatoria si arriva ad avere la formula ESERCIZIO 2 Svolgimento Divido i tre eventi in: evento A:{ il marito ha ucciso la moglie } evento B:{ la moglie è stata ammazzata } evento C:{ il marito picchiava la moglie } Ora il problema chiede di calcolare la probabilità che il marito sia colpevole ovvero la probabilità che il marito abbia ucciso la moglie dato che questa veniva picchiata e che è stata ammazzata: Inoltre per definizione: è la probabilità che il marito abbia ucciso la moglie e che la moglie sia stata ammazzata dato che il marito picchiava la moglie, ma A B quindi poiché definisce una misura di probabilità. Inoltre lβevento B si può dividere in due eventi disgiunti: :{ la moglie è stata ammazzata dal marito } e :{ la moglie è stata ammazzata da una persona diversa dal marito} Quindi quindi è = Inoltre = e, poiché definisce una misura di probabilità, vale la Ο-additività . poiché i due eventi sono indipendenti. Riassumendo: Sostituendo i dati allβinterno della formula trovata si ha che . = = 1/10000 e che Quindi il risultato sarà: ESERCIZIO 3 Svolgimento Se esplicito lβevento π π = {ππ πππ‘π‘πππ π β ππ πππ è π π‘ππ‘π πππ ππππ‘π πππππ ππ’π π‘π ππ ππ‘π‘π} Allora la probabilità che almeno uno dei destinatari riceva la lettera a lui destinata (= almeno una lettera è stata inserita nella busta esatta) si può scrivere come: π(π 1 βͺ π 2 βͺ β¦ βͺ π π) E utilizzando la formula dimostrata nel primo esercizio: π π(π 1 βͺ π 2 βͺ β¦ βͺ π π) = β β (β1)π+1π(β©πβπ½ π π) π=1 π½β{1,2,..,π},π‘πππ πβπ |π½|=π = π(π 1) + π(π 2) + β― + π(π π) β π(π 1 β© π 2) β π(π 1 β© π 2) β β― + π(π 1 β© π 2 β© π 3) + β― (β1)π+1π(π 1 β© β¦ β© π π) ! dove (N-1)! coincide con il numero di casi favorevoli (inserita Ora la busta i-esima nella busta esatta le N-1 lettere potranno essere inserite in (N-1)! modi) e N! sono i casi totali (ovvero tutti i possibili modi in cui le lettere possono essere inserite nelle varie buste). Quindi ! dove, come nel caso precedente, (N-2)! coincide con il numero di casi favorevoli e N! il numero di casi totali. Ma questa volta il numero di volte che π(π π β© π π) compare nella sommatoria è uguale a tutte le possibili combinazioni di n oggetti presi due alla volta senza ripetizioni, ovvero . Quindi ! In generale quindi: ! dove è pari al numero di volte che compare (β1)π+1π(β©πβπ½ π π) con π½ β {1,2, . . , π}, π‘πππ πβπ |π½| = π, ovvero il numero di combinazioni di n oggetti presi k volte senza ripetizione. La sommatoria diventa quindi : Per N che tende a infinito invece sarà: ! Ma la prima sommatoria coincide con lo sviluppo in serie di Taylor del coseno iperbolico di 1 e la seconda sommatoria con quella del seno iperbolico di 1: π(π 1 βͺ π 2 βͺ β¦ βͺ π β) = 1 β cosh(1) + senh (1) Scomponendo il seno iperbolico e il coseno iperbolico: