TREVIGLIO Corso di Informatica )2

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Corso di Informatica
1) Da un mazzo di 52 carte (13 carte per quattro semi di cui due neri e due rossi, con 3 figure
per ogni seme) si estragga una carta. Calcolare la probabilità che
a) si estragga un re nero
b) si estragga una figura rossa, sapendo che è stata estratta una carta di seme rosso
R:
a) consideriamo gli eventi
E1=”esce una carta col seme nero”
E2=”esce un re”
Si deve calcolare la probabilità dell’evento prodotto E2∩E1, p(E1 ∩ E 2 ) .
Poiché i casi favorevoli dell’evento prodotto logico E2∩E1 sono 2, {re di picche, re di fiori} e
i casi possibili sono le 52 carte, si ha
2
1
p(E1 ∩ E 2 ) =
=
52 26
In tale caso si può procedere anche applicando il concetto di probabilità condizionata
Infatti dalla relazione della probabilità condizionata
p(E 2 ∩ E1 ) p(E1 ∩ E 2 )
p(E 2 | E1 ) =
=
otteniamo
p(E1 )
p (E 1 )
p(E1 ∩ E 2 ) = p(E1 ) ⋅ p(E 2 | E1 )
Nel nostro caso si ha
26 1
p(E1 ) =
= , poiché le carte col seme nero sono 26 sul totale di 52
52 2
Per l’evento E2 condizionato a E1, essendo uscita una carta nera, i casi possibili sono 26,
mentre i favorevoli sono 2, quindi risulta
2
1
p(E 2 | E1 ) =
= .
26 13
Pertanto
1 1
1
p(E1 ∩ E 2 ) = p(E1 ) ⋅ p (E 2 | E1 ) = ⋅ =
.
2 13 26
b) consideriamo gli eventi
E1=”esce una figura” e E2=”esce una carta col seme rosso”
Si calcolare la probabilità dell’evento E1 sapendo che si è verificato l’evento E2, ovvero la
probabilità dell’evento E1 condizionato all’evento E2 , p(E1 | E 2 )
Dalla relazione della probabilità condizionata
p(E1 ∩ E 2 )
p(E1 | E 2 ) =
p (E 2 )
Nel nostro caso
26 1
p(E 2 ) =
=
52 2
6
3
p (E 1∩E 2 ) =
=
in quanto i casi favorevoli sono le 6 figure di seme rosso (3 per i due
52 26
semi rossi).
3
p (E1 ∩ E 2 ) 26 3
=
=
Pertanto otteniamo p(E1 | E 2 ) =
1 13
p (E 2 )
2
Statistica_Probabilità
Probabilità_2
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2) Un’urna contiene 22 palline numerate da 1 a 22. Si calcoli la probabilità che estraendo una
pallina essa rechi un numero multiplo di 3, sapendo che è uscito un numero dispari.
R:
Consideriamo gli eventi
A=”la pallina reca un numero multiplo di 3”
B=”la pallina reca un numero dispari”
Si tratta di calcolare la probabilità dell’evento A condizionata all’evento B,
p( A | B )
Dalla relazione della probabilità condizionata
p( A ∩ B )
p( A | B ) =
p (B )
Applichiamo la relazione al nostro esempio
Si ha
11 1
p (B ) =
= in quanto i casi favorevoli a tale evento sono gli 11 numeri dispari sul totale
22 2
dei 22 casi possibili
Per l’evento A ∩ B , poiché i casi favorevoli sono i numeri multipli di 3 e dispari{3,9,15,21} e
i possibili 22, si ha
4
2
p( A ∩ B ) =
=
22 11
Pertanto
2
p ( A ∩ B ) 11 4
p( A | B ) =
=
=
1 11
p (B )
2
Statistica_Probabilità
Probabilità_2
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3) Un’urna contiene 5 palline bianche e 4 nere. Si effettuano estrazioni successive nelle due
situazioni: i) reimmissione ogni volta della pallina estratta; ii) non reimmissione pallina
estratta.
Si calcoli la probabilità che
a) estraendo successivamente tre palline esse siano prima due bianche e poi una nera
b) estraendo successivamente tre palline almeno una sia bianca
R:
Nel caso (i) si è in presenza di eventi indipendenti in quanto la composizione dell’urna non
cambia, mentre nel caso (ii) gli eventi sono dipendenti in quanto la non reimmissione della
pallina estratta fa cambiare la composizione dell’urna e pertanto la probabilità di ogni evento
è condizionata ed è calcolata nell’ipotesi che l’evento precedente si sia verificato.
Inoltre estraendo successivamente le palline si è in presenza di un evento composto da una
successione ordinata di eventi: per la nota formula dell’evento composto la probabilità è il
prodotto delle probabilità dei singoli eventi
Pertanto:
a) per tale evento composto moltiplichiamo fra loro le probabilità dei singoli eventi e, poiché
5
4
la probabilità di estrarre una pallina bianca è e la probabilità di estrarre una nera è , si ha
9
9
(i) nel caso di reimmissione, essendo gli eventi indipendenti
5 5 4 100
p= ⋅ ⋅ =
9 9 9 729
(ii) nel caso di non reimmissione, diminuendo di una unità il numero delle palline nell’urna,
5 4 4 80 10
p= ⋅ ⋅ =
=
9 8 7 504 63
b) in questo caso possiamo calcolare la probabilità utilizzando l’evento contrario dell’evento
A=“almeno una è bianca” che è A = “le palline sono tutte nere” e utilizzare la proprietà per il
calcolo della probabilità dell’evento contrario p A = 1 − p ( A) .
Allora
4 4 4 64
(i) nel caso di eventi indipendenti (reimmissione), poiché p( A) = ⋅ ⋅ =
(A è la
9 9 9 729
sequenza ordinata dei tre eventi elementari “la pallina è nera”)
64 665
p = 1−
=
729 729
4 3 2 24
(ii) nel caso di eventi dipendenti (non reimmissione), poiché p( A) = ⋅ ⋅ =
9 8 7 504
24 480 20
p = 1−
=
=
504 504 21
()
Statistica_Probabilità
Probabilità_2
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4) Si effettuino cinque lanci successivi di un dado regolare. Si calcoli la probabilità che
a) la faccia 1 si presenti soltanto la prima volta e poi non si presenti più nei successivi lanci.
b) la faccia 1 si presenti una sola una volta
c) la faccia 1 si presenti al più una volta
R:
Si tratta del problema delle prove ripetute che è risolto dal teorema del Bernoulli:
«Dato un evento sottoposto a n esperimenti indipendenti ognuno con probabilità p costante di
verificarsi, essendo q = 1 − p la probabilità che ha l’evento di non verificarsi, la probabilità di
ottenere k successi su n prove è
n
p ( X = k ) =   ⋅ p k ⋅ q n − k »
k 
1
mentre
Nei nostri casi si ha: n = 5 , k = 1 , la probabilità dell’evento E={esca la faccia 1} è
6
1 5
q la probabilità dell’evento E ={non esca la faccia 1} è 1 − p (E ) = 1 − = .
6 6
a) in tale caso particolare essendo unico il modo in cui può presentarsi la faccia 1 in prima
posizione, avremo
4
54
1 5
p =  ⋅  = 5
6
6 6
b) questa volta applicando la formula del Bernoulli si ha
4
 5  1   5 
55
p =   ⋅   ⋅   = 5
6
1  6   6 
c) in questo caso siamo di fronte alla unione degli eventi:
E o = {non esca la faccia 1}
E1 = {esca una volta la faccia 1}
Allora la probabilità sarà la somma delle probabilità
0
5
4
 5  1   5   5  1  5 
55
p =      +     = 2 5
6
 0  6   6   1  6  6 
In generale per k ≤ n e p e q generici, si ha la funzione densità della distribuzione di Bernoulli
n
n
p( X ≤ k ) = ∑   ⋅ p k q n −k
k =0  k 
Per il caso a) si può anche pensare che si è in presenza di un evento prodotto logico di cinque
eventi indipendenti. Pertanto per il teorema della probabilità composta si ha
4
1 5 5 5 5 1 5
54
p = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅  = 5
6 6 6 6 6 6 6
6
Statistica_Probabilità
Probabilità_2
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5) Una macchina produce pezzi difettosi con una probabilità del 3%. Si prendano 8 pezzi e si
calcoli la probabilità che:
a) nessuno sia difettoso
b) tre siano difettosi
c) tutti siano difettosi
d) almeno due siano difettosi
R:
Siamo di fronte a 8 prove ripetute indipendenti (la scelta di un pezzo) con probabilità
p = 0,03 di successo (evento: il pezzo è difettoso) e probabilità q = 1 − p = 0,97 (evento: il
pezzo non è difettoso).
Applichiamo lo schema di Bernoulli per il calcolo della probabilità di ottenere k successi in n
prove ripetute di eventi indipendenti con probabilità p di ottenere successo e probabilità q di
insuccesso
n
p =   p k q n − k
k 
a) in tale caso k = 0 , pertanto la probabilità cercata è
8
0
8
p =   ⋅ (0,03) ⋅ (0,97 ) ≅ 78,37%
0
b) questa volta k = 3 , quindi
8
3
5
p =   ⋅ (0,03) ⋅ (0,97 ) ≅ 0,1298%
 3
c) qui si ha k = 8 e quindi
8
8
0
p =   ⋅ (0,03) ⋅ (0,97 ) ≅ 6,56 ⋅ 10 −11%
8
d) per questo caso utilizziamo l’evento contrario di “almeno due pezzi difettosi” che è
“nessun pezzo difettoso o uno solo difettoso”.
Per il teorema della somma logica di eventi si ha la somma delle probabilità
8
8
0
8
1
7
p = 1 −   ⋅ (0,03) ⋅ (0,97 ) −   ⋅ (0,03) ⋅ (0,97 ) = 2,24%
0
1
 
 
Statistica_Probabilità
Probabilità_2
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6) Si hanno due urne. La prima contiene 4 palline bianche e 6 nere e la seconda 5 bianche e 4
1
nere. Si estragga una pallina scegliendo a caso un’urna. Sia la probabilità di scegliere la
3
2
prima urna e
la probabilità di scegliere la seconda urna. Sapendo che la pallina estratta è
3
nera, si calcoli la probabilità che essa provenga dalla seconda urna..
R:
E’ il caso del calcolo della probabilità delle cause (o probabilità delle ipotesi) che è risolto dal
teorema del Bayes: la probabilità della causa dell’evento che si è verificato si ottiene facendo
il rapporto tra la probabilità dell’evento, verificata la causa, e la probabilità totale dell’evento
Considerati gli eventi
E=”la pallina estratta è nera”
E1=”è stata scelta la prima urna”
E2=”è stata scelta la seconda urna”
E| E1=”è stata estratta la pallina nera sapendo che proviene dalla prima urna”
E| E2=”è stata estratta la pallina nera sapendo che proviene dalla la seconda urna”
Per la formula del Bayes la probabilità che avendo estratto una pallina nera essa provenga
dalla seconda urna è
p (E 2 ) ⋅ p (E | E1 )
p(E 2 | E ) =
p (E )
Nel nostro caso:
1
2
p(E1 ) = , p (E 2 ) =
3
3
6 3
p (E | E1 ) =
= (i casi favorevoli, avendo scelto la prima urna. sono le 6 palline nere sul
10 5
totale delle 10)
4
p(E | E 2 ) = (i casi favorevoli, avendo scelto la seconda urna, sono le 4 palline nere sul
9
totale delle 9)
Per il calcolo di p(E ) ricorriamo alla formula della probabilità totale poiché siamo in
presenza di eventi incompatibili (la pallina nera può essere estratta o dalla prima urna o dalla
seconda urna) che esauriscono tutte le possibilità dell’estrazione. Dunque l’evento risulta E
l’unione dei due eventi incompatibili E ∩ E1 e E ∩ E 2 ,
E = (E ∩ E1 ) ∪ (E ∩ E 2 )
Per la probabilità totale si ottiene dalla
p(E ) = p(E ∩ E1 ) + p(E ∩ E 2 ) e poiché per la formula della probabilità di eventi composti
p(E ∩ E1 ) = p(E 1 ) ⋅ p(E | E1 ) e p(E ∩ E 2 ) = p(E 2 ) ⋅ p(E | E 2 )
nel nostro esempio si ha
1 3 2 4 67
p(E ) = ⋅ + ⋅ =
3 5 3 9 135
Pertanto la probabilità cercata applicando il teorema del Bayes risulta
2 3
⋅
p(E 2 ) ⋅ p(E | E1 ) 3 5 2 135 54
p(E 2 | E ) =
=
= ⋅
=
67
p (E )
5 67 67
135
Statistica_Probabilità
Probabilità_2
6/6