LOL - SL3

Sessione Live #3
Settimana dal 7 all’ 11 marzo 2003
Probabilità
Calcolo combinatorio, probabilità elementare, probabilità
condizionata, indipendenza, th delle probabilità totali, legge di
Bayes
Lezioni CD: 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11
Esercizio 1:
Si supponga di estrarre, senza reinserirle nel mazzo, 3 carte da un mazzo da
52. Si calcoli la probabilità di ottenere
a) 3 figure
b) una figura alla seconda estrazione.
Soluzione
a) Consideriamo lo spazio campionario Ω in cui gli eventi elementari sono
tutte le possibili estrazioni di 3 carte dal mazzo. Poiché gli eventi
elementari così definiti sono equiprobabili, detto A l’evento “le 3 carte
estratte sono tutte figure”, possiamo calcolare la probabilità dell’evento A
come rapporto tra il numero di casi favorevoli e il numero di casi possibili.
I casi possibili sono tanti quante le disposizioni semplici di 52 oggetti in 3
posti ovvero:
D52,3 = 52 ⋅ 51⋅ 50
I casi favorevoli tanti quante le disposizioni semplici di 12 oggetti in 3
posti ovvero:
D12,3 = 12 ⋅11 ⋅10
Quindi
12 ⋅11⋅10
P( A) =
=
Ω 52 ⋅ 51⋅ 50
A
b) Innanzi tutto osserviamo che la richiesta prevede “una figura alla
seconda estrazione” e non “una figura soltanto alla seconda estrazione”.
Detto questo, sia A i l’evento “è uscita una figura all’estrazione i-esima”.
Per il teorema delle probabilità totali:
1112 12 40 12(11+ 40) 12
P( A2 ) = P( A2 | A1 ) ⋅ P( A1 ) + P( A2 | A1 ) ⋅ P( A1 ) =
+
=
=
5152 51 52
52⋅ 51
52
Esercizio 2
In quanti modi diversi si possono disporre intorno a un tavolo rotondo 8
persone di cui 4 maschi e 4 femmine alternando maschi con femmine?
Soluzione
Si deve usare lo schema delle scelte successive con il principio del prodotto
delle possibilità. Innanzi tutto contiamo i modi di disporre maschi e
femmine alternati. Le sequenze possibili sono soltanto 2: MFMFMFMF
oppure FMFMFMFM.
Poi contiamo in quanti modi diversi possiamo far sedere i 4 maschi nei 4
posti ai maschi assegnati. Si tratta di applicare la formula sulle
permutazioni semplici di 4 oggetti in 4 posti: P4 = 4! Analogo
procedimento per le femmine.
Pertanto le possibili scelte sono in numero di 2⋅4!⋅4!
In alternativa possiamo calcolare in quanti modi è possibile far sedere:
la prima persona (8 possibilità),
la seconda (4 possibilità, tante quante le persone di sesso opposto alla
prima ancora in piedi),
la terza (3 possibilità)
e così fino alle ultime due persone che possono essere fatte sedere nei due
posti rimasti liberi in un modo soltanto ottenendo ancora:
8⋅4⋅3⋅3⋅2⋅ 2 = 2⋅4!⋅4!
Esercizio 3: A scommette con B che estrarrà 4 carte di 4 semi diversi da un
mazzo di 40 carte (che ne contiene 10 per seme). Qual è la probabilità che
A vinca?
(Huygens, 1657)
Soluzione
Metodo 1. Chiamiamo Ai l’evento “all’estrazione i-esima è uscita una
carta di seme diverso dai precedenti” e applichiamo la legge del prodotto
generalizzata:
P( A1∩ A2∩ A3∩ A4) = P( A1)⋅ P( A2 | A1)⋅ P (A3 | A1∩ A2)⋅ P(A4 | A1∩ A2 ∩ A3)
dove
P( A1) =1 , P( A2| A1) = 30 , P( A3 | A1 ∩ A2) = 20 , P( A4 | A1∩ A2 ∩ A3) = 10
39
38
37
da cui
P( A1∩ A2 ∩ A3 ∩ A4) =1⋅ 30 ⋅20 ⋅10 ≈ 0.109
39 38 37
Metodo 2. Consideriamo lo spazio campionario Ω in cui gli eventi
elementari sono tutte le possibili estrazioni di 4 carte dal mazzo.
Poiché gli eventi elementari così definiti sono equiprobabili, detto A
l’evento “le 4 carte estratte hanno tutte semi differenti tra loro”, possiamo
calcolare la probabilità dell’evento A come rapporto tra il numero di casi
favorevoli e il numero di casi possibili.
I casi possibili sono tanti quante le disposizioni semplici di 40 oggetti in 4
posti ovvero D40,4 = 40 ⋅39⋅38⋅37 .
Per il computo dei casi favorevoli osserviamo che le differenti sequenze di
semi (FQCP piuttosto che QFPC ecc.) sono tante quante le permutazioni
semplici di 4 oggetti ovvero P4 = 4! e che le quaterne di carte che realizzano
ognuna di queste sequenze sono tante quante le disposizioni con ripetizione
* =104 .
cioé D10,4
* = 4!10
Pertanto i casi favorevoli saranno in numero di P4 ⋅ D10,4
⋅ 4 . (si arriva al
medesimo risultato anche senza applicare così formalmente il calcolo
combinatorio e osservando che posso scegliere la prima carta tra le 40
dell’intero mazzo, la seconda tra le 30 che non recano il seme estratto, la
terza tra le 20 recanti i due semi non ancora estratti e l’ultima tra le 10
dell’unico seme non ancora estratto).
Quindi la probabilità cercata è ancora:
A
4 30⋅20⋅10
4
⋅
3
⋅
2
⋅
1
⋅
10
P( A) = =
=
≈ 0.109
Ω 40⋅39⋅38⋅37 39⋅38⋅37
Esercizio 4
Un ingegnere è sottoposto ad un colloquio per un posto di analista in una
grande agenzia di viaggi. Durante il colloquio l’esaminatore chiede
all’ingegnere di essere relazionato in merito agli esiti di una indagine di
mercato svolta tra i clienti dell’agenzia.
L’indagine classifica i clienti in base Preferenza
Evento P (⋅ )
a combinazioni dei seguenti eventi
mare, monti, viaggi A∩B ∩C 0.01
elementari:
mari e monti
A={il cliente gradisce il mare}
A ∩ B 0.12
B={il cliente gradisce i monti}
mare e viaggi
A∩C 0.04
C={il cliente gradisce viaggiare}
monti e viaggi
B∩C 0.03
L’ingegnere elabora la tabella qui a mare
A
0.53
fianco ma, subito dopo la lettura,
B
0.38
l’esaminatore decide di non assumere monti
l’ingegnere. Perché?
viaggi
C
0.55
Soluzione
Perchè il responsabile, sapendo che A∪B ∪C = S e che P( S ) = 1, applica la
seguente formula sulla probabilità dell’unione di tre eventi:
P( A∪ B ∪C) = P( A) + P(B) + P(C) − P( A∩ B) − P( A ∩C) − P( B ∩C) + P( A ∩B ∩C)
ricavando:
P(S) = 0.53 + 0.38+ 0.55 − 0.12 − 0.04 − 0.03 + 0.01 =1.28
e deducendo che, non potendo mai essere
P( X ) >1
l’ingegnere non sa nulla di probabilità.
Esercizio 5:
Due eventi indipendenti A e B sono tali che P[A∪B]=0.75 e P[A]=P[B].
Quanto vale P[A]? Quanto vale P[A∩B]?
Soluzione:
Sia p=P[A]=P[B]
Poiché A e B sono indipendenti, si ha che P[A∩B]=P[A]P[B]=p2,
pertanto
0.75=P[A∪B]=P[A]+P[B]-P[A∩B]=p+p-p2
da cui risolvendo l’eq di secondo grado in p, si ricava p=1±0.5, ossia p=0.5
Quindi P[A]=P[B]=0.5 e P[A∩B]=0.25.
Esercizio 6:
Si effettuano 3 tiri successivi ed indipendenti ad un bersaglio. Le
probabilità di colpire il bersaglio al primo, al secondo e al terzo colpo sono
rispettivamente pari a 0.6 0.7 e 0.8. Calcolare la probabilità di colpire il
bersaglio una sola volta.
Soluzione
Siano:
A l’evento “ho colpito il bersaglio al primo tiro”,
B l’evento “ho colpito il bersaglio al secondo tiro”,
C l’evento “ho colpito il bersaglio al terzo tiro”.
Siano, inoltre
X l’evento “ho colpito il bersaglio soltanto al primo tiro”,
Y l’evento “ho colpito il bersaglio soltanto al secondo tiro”,
Z l’evento “ho colpito il bersaglio soltanto al terzo tiro”.
W l’evento “ho colpito il bersaglio una sola volta su tre tiri”.
Allora:
W = X ∪Y ∪Z , X = A∩ B∩ C
Y = A ∩ B ∩ C , Z = A ∩ B ∩C
Inoltre, come è facile verificare con l’aiuto del
diagramma di Venn qui a fianco
A
B
X
Y
X ∩Y = X ∩Z = Y∩Z = X ∩Y ∩Z =∅
pertanto
P(W ) = P( X ) + P(Y ) + P(Z ) .
Z
C
Poichè A, B e C sono indipendenti (e quindi altrettanto dicasi per i
rispettivi complementari) abbiamo:
P( X ) = P( A)⋅ P(B) ⋅ P(C) = 0.6 ⋅ (1− 0.7) ⋅ (1− 0.8)
P(Y) = P( A) ⋅ P(B) ⋅ P(C) = (1− 0.6) ⋅ 0.7 ⋅ (1 − 0.8)
P( Z ) = P( A) ⋅ P( B ) ⋅ P(C ) = (1 − 0.6) ⋅ (1 − 0.7) ⋅ 0.8
Pertanto
P(W ) = 0.036 + 0.056 + 0.096 = 0.188
Esercizio 7
Una compagnia assicurativa è convinta che le persone sia divise tra
predisposte a subire incidenti e non predisposte.
Le loro statistiche mostrano che una persona predisposta subirà un
incidente nel corso di un anno con probabilità 0.4
mentre per una persona non predisposta tale probabilità scende a 0.2
Assumendo che il 30% della popolazione sia predisposta agli incidenti,
quale è la probabilità:
a) che un nuovo assicurato subisca un incidente durante l’anno di
validità della polizza?
b) che un nuovo assicurato sia predisposto se durante l’anno di validità
della polizza subisce un incidente?
Soluzione
Siano P l’evento “l’assicurato è predisposto” e I l’evento “’assicurato
subisce un incidente”.
Dunque
P ( P ) = 0.3 , P( I | P) = 0.4 , P ( I | P ) = 0.2
e le probabilità richieste sono:
a) per il teorema della probabilità totali:
P( I ) = P( I | P) P( P) + P( I | P )P (P ) =
= 0.4 ⋅ 0.3 + 0.2 ⋅ 0.7 = 0.26
b) per legge di Bayes:
P ( I | P ) ⋅ P ( P ) 0.4 ⋅ 0.3
P (P | I ) =
=
= 0.4615
P( I )
0.26
Esercizio 8: (# 1.22 pag. 47 – Cicchitelli II ed.)
Il virus Ebola è presente in una certa popolazione nella proporzione dello
0.5 per mille. Per evitare la diffusione dell’epidemia all’estero, chiunque
intenda lasciare il paese deve sottoporsi ad un test che ha una affidabilità
del 95% in presenza della malattia e dell’85% in sua assenza. Si determini:
a) la probabilità che il test indichi la presenza della malattia
b) la probabilità che l’individuo sia malato se il test indica che lo è
Soluzione
Chiamiamo + l’evento “il test ha dato esito positivo” e – il suo
complementare.
Siano, inoltre, M l’evento “l’individuo è malato” e S il suo complementare.
Presumendo che la popolazione sia costituita da un numero cospicuo di
individui possiamo considerare la proporzione rilevata come la probabilità
che un individuo scelto a caso tra la popolazione sia malato.
Quindi P(M ) = 0.0005 da cui ricaviamo subito P(S ) = 0.9995 .
Sappiamo inoltre che P(+| M ) = 0.95 e P(− | S ) = 0.85 da cui ricaviamo subito
P(+ | S ) = 0.15 .
a) Applicando il teorema delle probabilità totali ricaviamo:
P(+) = P(+ | M )⋅ P (M ) + P(+ | S )⋅ P(S ) =
= 0.95⋅0.0005 + 0.15⋅0.9995 = 0.15040
b) applicando la formula di Bayes ricaviamo subito:
P(M | +) = P(+ | M )⋅ P(M ) = 0.95⋅0.0005 ≈ 0.003158 ≈ 0.00316
0.1504
P(+)