LAURA MANDUCHI 1095484 ESERCIZIO 1 Si considerino n eventi

LAURA MANDUCHI 1095484
ESERCIZIO 1
Si considerino n eventi 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑛 di Ω. Si dimostri che
Svolgimento
Analizzo il caso n=3
𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ 𝐴3) = 𝑃(𝐴1 ∪ (𝐴2 ∪ 𝐴3)) = 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2 ∪ 𝐴3) − 𝑃(𝐴1 ∩ (𝐴2 ∪ 𝐴3))
= 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + 𝑃(𝐴3) − 𝑃(𝐴2 ∩ 𝐴3) − 𝑃((𝐴1 ∩ 𝐴2) ∪ (𝐴1 ∩ 𝐴3))
= 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + 𝑃(𝐴3) − 𝑃(𝐴2 ∩ 𝐴3) − (𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2) + 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴3) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩
𝐴3))
= 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + 𝑃(𝐴3) − 𝑃(𝐴2 ∩ 𝐴3) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2) − 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴3) + 𝑃(𝐴1 ∩ 𝐴2 ∩ 𝐴3)
Dove ho usato la formula di inclusione ed esclusione e la distributività dell’intersezione rispetto all’unione
(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 l’uguaglianza è banalmente verificata.
Passo induttivo: per n >1 suppongo vera l’uguaglianza per n-1 e dimostro che vale per n.
𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛) = 𝑃((𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛−1) ∪ 𝐴𝑛) = 𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛−1) +
𝑃(𝐴𝑛) − 𝑃((𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛−1) ∩ 𝐴𝑛)
𝑛−1
= 𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛−1) + 𝑃(𝐴𝑛) − 𝑃 (⋃(𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛))
𝑖=1
Dove nella seconda uguaglianza ho usato la formula di inclusione ed esclusione e la terza si ottiene per la
distributività generalizzata.
Proseguo usando l’ipotesi induttiva per 𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛−1) e per
, che si può
formalizzare usando l’uguaglianza 𝐵𝑖 = 𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛 e sostituendola alla formula diventa
, da qui risulta evidente che si può usare l’ipotesi induttiva:
𝑃(𝐴1 ∪ 𝐴2 ∪ … ∪ 𝐴𝑛)
𝑛−1
=∑(
∑
𝑘=1
𝑛−1
𝐽⊆{1,2,..,𝑛−1},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘
−∑
∑
𝑘=1 𝐽⊆{1,2,..,𝑛−1},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘
(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 𝐴𝑖) ) + 𝑃(𝐴𝑛)
(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛))
Inoltre 𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛)) = 𝑃((∩𝑖∈𝐽 𝐴𝑖) ∩ 𝐴𝑛) e −(−1)𝑘+1 = (−1)(𝑘+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:
= 𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + ⋯ + 𝑃(𝐴𝑛−1) + 𝑃(𝐴𝑛)
𝑛−1
+∑(
∑
𝑘=2
𝑛−1
𝐽⊆{1,2,..,𝑛−1},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘
+∑
(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 𝐴𝑖) )
∑
(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛))
𝑘=2 𝐽⊆{1,2,..,𝑛−1},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘−1
+
∑
(−1)𝑛+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛))
𝐽⊆{1,2,..,𝑛−1},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑛−1
Ora analizzo la formula trovata:
1 riga)
𝑃(𝐴1) + 𝑃(𝐴2) + ⋯ + 𝑃(𝐴𝑛−1) + 𝑃(𝐴𝑛) = ∑𝐽⊆{1,2,..,𝑛},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 𝐴𝑖) ) con k=1
2 riga)
Considero 𝐽 ⊆ {1,2, . . , 𝑛}, 𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽| = 𝑘 , 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 l’elemento n e quelli
che lo contengono.
Al primo gruppo fa riferimento la prima sommatoria:
Invece tutte le possibili combinazioni che contengono l’elemento n saranno uguali a tutte le possibili
combinazioni di 𝐽 ⊆ {1,2, . . , 𝑛 − 1}, 𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽| = 𝑘 − 1, a cui si aggiunge n (e ottenendo di conseguenza
cardinalità k):
Quindi la loro somma sarà uguale a
𝑛−1
∑
∑
𝑘=2 𝐽⊆{1,2,..,𝑛},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘
(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖))
3 riga)
La terza sommatoria invece diventa:
∑
(−1)𝑛+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖 ∩ 𝐴𝑛)) =
𝐽⊆{1,2,..,𝑛−1},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑛−1
∑
(−1)𝑛+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 (𝐴𝑖))
𝐽⊆{1,2,..,𝑛},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑛
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 l’evento 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 σ-additività
.
poiché i due eventi sono indipendenti.
Riassumendo:
Sostituendo i dati all’interno della formula trovata si ha che
.
=
= 1/10000 e che
Quindi il risultato sarà:
ESERCIZIO 3
Svolgimento
Se esplicito l’evento
𝑅𝑖 = {𝑙𝑎 𝑙𝑒𝑡𝑡𝑒𝑟𝑎 𝑖 − 𝑒𝑠𝑖𝑚𝑎 è 𝑠𝑡𝑎𝑡𝑎 𝑖𝑛𝑠𝑒𝑟𝑖𝑡𝑎 𝑛𝑒𝑙𝑙𝑎 𝑏𝑢𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑠𝑎𝑡𝑡𝑎}
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:
𝑃(𝑅1 ∪ 𝑅2 ∪ … ∪ 𝑅𝑁)
E utilizzando la formula dimostrata nel primo esercizio:
𝑁
𝑃(𝑅1 ∪ 𝑅2 ∪ … ∪ 𝑅𝑁) = ∑
∑
(−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 𝑅𝑖)
𝑘=1 𝐽⊆{1,2,..,𝑛},𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽|=𝑘
= 𝑃(𝑅1) + 𝑃(𝑅2) + ⋯ + 𝑃(𝑅𝑁) − 𝑃(𝑅1 ∩ 𝑅2) − 𝑃(𝑅1 ∩ 𝑅2) − ⋯
+ 𝑃(𝑅1 ∩ 𝑅2 ∩ 𝑅3) + ⋯ (−1)𝑁+1𝑃(𝑅1 ∩ … ∩ 𝑅𝑁)
! 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
𝑃(𝑅𝑖 ∩ 𝑅𝑗) 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 (−1)𝑘+1𝑃(∩𝑖∈𝐽 𝑅𝑖) con 𝐽 ⊆ {1,2, . . , 𝑛}, 𝑡𝑎𝑙𝑖 𝑐ℎ𝑒 |𝐽| =
𝑘, 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:
𝑃(𝑅1 ∪ 𝑅2 ∪ … ∪ 𝑅∞) = 1 − cosh(1) + senh (1)
Scomponendo il seno iperbolico e il coseno iperbolico: