mcg4Calcolo delle Probabilità Paolo Baldi, Università di Roma Tor Vergata
McGraw-Hill 2011
Prima parte: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti pag. 3
Seconda parte: Soluzioni degli Esercizi da risolvere pag. 105
Paolo Baldi Calcolo delle Probabilità McGraw-Hill 2011
1 Svolgimenti degli Esercizi risolti
1.1 Duemodi possibili: possiamo innanzitutto considerare tutti i numeri di telefono come equiprobabili. Essi sono dunque 9· 107 (9 possibilità per la prima cifra, 10 per le altre 7). Tra di essi quelli chenoncontengono lo 0 sono 9· 97 (9 possibilità per ognuna delle 8 cifre). La probabilità che un numero scelto a caso non contenga lo 0 è dunque
9 · 97
)7 = 0.48 .
Alternativamente, indichiamo conAi, i = 2, . . . ,8 l’evento ‘‘la i-esima cifra del numero da chiamare è diversa da 0’’. La probabilità richiesta è quella dell’intersezione degli eventi Ai, i = 2, . . . ,8. Ora P(Ai) = 9
10, i = 2, . . . ,8, poiché è ragionevole supporre che tutte le cifre abbiano la stessa probabilità di apparire alloi-esimo posto. E se supponiamo che i valori delle diverse cifre che appaiono in un numero siano indipendenti ritroviamo ancora
P(A2 ∩ . . . ∩ A8) = P(A2) . . .P(A8) = ( 9
10
)7 .
1.2 a)L’insieme dei possibili risultati è costituito da tutti i numeri da 000000 a 999999 (che sono 1 milione). Possiamo scegliere questo insieme come. Naturalmente su considereremo la distribuzione uniforme di probabilità, poiché non c’è motivo di supporre che alcuni numeri siano più probabili di altri. Poiché ha cardinalità 1 milione, la probabilità che il biglietto di Ole Kamp vinca è 10−6.
b) L’eventoA è costituito da tutti i numeri le cui prime 4 cifre sono 0096, che sono 100. Dunque P(A) = #A
# = 10−4. Seω ∈ A allora P({ω} ∩ A) = P({ω}) = 10−6 e quindi
P({ω}|A) = P({ω}) P(A) = 10−2 = 1
#A . Se inveceω 6∈ A allora l’evento{ω} ∩ A è vuoto e P({ω}|A) = 0. In conclusione la probabilità che un numeroω sia estratto è ora
P({ω}|A) = P({ω} ∩ A)
P(A) = {
Paolo Baldi Calcolo delle Probabilità McGraw-Hill 2011
4 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
In altre parole la probabilità condizionale datoA vale0 se il numeroω non si trova inA, mentre tutti i numeri che si trovano inA sono equiprobabili. La probabilità del biglietto di Ole Kamp è ora 1
#A , cioè 1 100. SeinveceA fosse l’evento costituito dai numeri che iniziano con 00967, la
probabilità P( |A) varrebbe1 10 (cioè sempre1
#A ) per tutti i biglietti ω le cui cifre iniziano con 00967 e 0 per gli altri.
1.3 Risolveremoil problema con due modelli diversi. 1) Primo modello. Supponiamo di numerare le palline nell’urna e di indicarleB1,B2,B3,B4, N1, N2, N3. Consideriamo come spazio l’insieme di tutte le coppie del tipoω = (ω1, ω2), doveω1 eω2 possono prendere i valoriB1, B2, B3, B4, N1, N2 oppureN3; ovvero
= {B1, B2, B3, B4, N1, N2, N3}2 .
Poiché siamo in una situazione di estrazioni con rimpiazzo è naturale supporre che tutti gli elementi di siano equiprobabili. In questo caso sappiamo che per calcolare la probabilità di un eventoA basta contare quanti elementi esso contiene, perché poi si ha P(A) = #A
# . In particolareogniω ∈ ha probabilità
49 ·
a) L’eventoA di cui si richiede la probabilità è quello formato dalle coppie(ω1, ω2) per le qualiω1 eω2 sono entrambiB oppure entrambiN . In altre parole
A = {B1, B2, B3, B4}2 ∪ {N1, N2, N3}2
e dunque #A = 42 + 32 = 25 e
P(A) = 25
49 ·
b) Orasi tratta di calcolare la probabilità dell’eventoD delle coppie(ω1, ω2)dove uno almeno traω1 eω2 è diverso daB1, B2, B3, B4. Dunque il complementare diD è l’evento
Dc = {B1, B2, B3, B4}2
e poiché #Dc = 16 allora P(D) = 1 − P(Dc) = 1 − 16 49 = 33
49. 2) Secondomodello. Consideriamo gli eventi
Z1 = una pallina bianca viene estratta alla prima estrazione
Z2 = una pallina bianca viene estratta alla seconda estrazione
W1 = una pallina nera viene estratta alla prima estrazione
W2 = una pallina nera viene estratta alla seconda estrazione.
Senza preoccuparci per ora di definirlo esplicitamente, è chiaro che, in uno spazio(,!,P) adeguato a descrivere questa situazione, gli eventiZ1 eZ2 devono risultare indipendenti e così
Esercizio 1.4 5
pureW1 eW2 (poichéle palline vengono rimesse nell’urna i risultati di estrazioni successive devono essere indipendenti). Inoltre dovrà essere
P(Z1) = P(Z2) = 4
poichéin ogni singola estrazione è ragionevole considerare la distribuzione uniforme di proba- bilità.
a) L’evento ‘‘vengono estratte due palline dello stesso colore’’ non è altro che(Z1 ∩ Z2) ∪ (W1 ∩W2). Poiché i due eventiZ1 ∩ Z2 eW1 ∩W2 sono disgiunti (se si estraggono palline bianche non se ne possono estrarre di nere) e per le relazioni d’indipendenza che abbiamo già segnalato, deve essere
P((Z1 ∩ Z2) ∪ (W1 ∩W2)) = P(Z1 ∩ Z2)+ P(W1 ∩W2) =
= P(Z1)P(Z2)+ P(W1)P(W2) = (4
7
)2 =
25
49 ·
b) L’evento ‘‘una almeno delle palline estratte è nera’’ con la formulazione appena introdotta non è altro cheW1 ∪W2. Usando la formula della probabilità della unione di eventi (osservare cheW1 eW2 non sono disgiunti) abbiamo
P(W1 ∪W2) = P(W1)+ P(W2)− P(W1 ∩W2) = 3
7 +
3
7
)2 =
33
49 ·
• Questoesercizio mostra che, in generale, lo spazio di probabilità adatto a descrivere un problema non è unico (pur portando allo stesso risultato). Inoltre qui vediamo l’uso dei due prin- cipali strumenti elementari nella costruzione dello spazio di probabilità, cioè l’equiprobabilità e l’indipendenza.
Da segnalare l’idea di calcolare la probabilità di un evento spezzandolo nella unione di eventi la cui probabilità è facile da calcolare e l’uso della formula, (1.8), della probabilità della riunione di due eventi non disgiunti.
1.4 Anchequesto esercizio può essere risolto in (almeno) due modi, uno usando la formula delle probabilità totali (1.12), l’altro costruendo esplicitamente lo spazio di probabilità e usando i metodi del calcolo combinatorio (cioè contando la cardinalità degli eventi).
Come abbiamo già visto negli esempi il metodo della partizione dell’evento certo consiste nel cercare degli eventiA1, . . . , Am disgiunti, tali che la loro unione abbia probabilità 1 e tali che il calcolo delle probabilità condizionali P(C |Ai) sia facile. In questo caso una buona scelta è costituita dagli eventiAi =‘‘la prima pallina estratta è la numeroi’’, i = 1, . . . ,6. È chiaro che gli eventiA1, . . . , A6 costituiscono una partizione dell’evento certo (sono disgiunti e la loro unione esaurisce tutte le possibilità). Inoltre P(Ai) = 1
6 perogni i = 1, . . . ,6. Se indichiamo conC l’evento ‘‘le due estrazioni danno luogo a due numeri consecutivi’’, allora si ha
P(C |A2) = 2
6 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
Infatti dopo la prima estrazione (della pallina con il numero 2) nell’urna sono rimaste 5 palline e l’eventoC si verifica se vengono estratte le palline numero 1 oppure 3, con probabilità2
5, appunto.Per lo stesso motivo si ha anche
P(C |A3) = P(C |A4) = P(C |A5) = 2
5 ·
Seinvece la prima pallina estratta è la numero 1, nell’urna restano sempre 5 palline, ma ora l’eventoC si verifica solo se la seconda estratta è la numero 2, con probabilità1
5. Lo stesso vale se la prima pallina estratta è la numero 6, perché anche in questo caso si ha lo stesso ‘‘effetto di bordo’’. Dunque
P(C |A1) = P(C |A6) = 1
5 ·
P(C) = P(C |A1)P(A1)+ . . .+ P(C |A6)P(A6) = 1
6
= 1
3 ·
Secondomodo: se poniamoE = {1,2,3,4,5,6}, l’estrazione delle due palline dall’urna equivale alla scelta a caso di un sottoinsieme di due elementi dell’insiemeE. L’insieme dei possibili risultati dell’esperimento casuale è dunque=‘‘insieme di tutti i sottoinsiemi di due elementi diE’’.
)
= 15. L’eventoC corrisponde in questo modello al sottoinsieme di dei sottoinsiemi diE formati da due elementi consecutivi. Poiché la cardinalità di è piccola possiamo semplicemente passare in rivista tutti i possibili sottoinsiemi di due elementi e trovare cheC è formato dai sottoinsiemi {1,2}, {2,3},{3,4}, {4,5},{5,6}. Dunque la cardinalità diC è uguale a 5 e P(C) = 5
15 = 1 3.
Osserviamoche gli elementi di sono sottoinsiemi di cardinalità 2 enoncoppie ordinate. Sarebbe stato comunque possibile anche scegliere come spazio l’insieme delle coppie ordinate di elementi diE (cioè ledisposizionidi elementi diE a due a due). La cardinalità di sarebbe però ora pari a6!
4! = 30 ed il calcolo della cardinalità dell’evento corrispondente aC diventa solo un po’ più complicato.
1.5 a) Indichiamo conω1, ω2 le posizioni dei due amici nella coda. L’insieme{ω1, ω2} è un sottoinsieme di{1, . . . , n} di cardinalità 2. Possiamo dunque considerare come modello di questo problema l’insieme dei sottoinsiemi di cardinalità 2 di{1, . . . , n} con la probabilità uniforme. La cardinalità di è
( n 2
= n(n−1) 2 (Proposizione1.24) e l’evento di cui vogliamo
calcolare la probabilità corrisponde al sottoinsiemeA ⊂ formato dagli{ω1, ω2} tali che |ω1 − ω2| = k + 1.
Osserviamo che gli elementi di sono sottoinsiemi e non coppie ordinate, cioè{1,2} e {2,1} rappresentano lo stesso elemento di. Per rappresentare un elemento di in maniera univoca indicheremo un sottoinsieme con la coppia(ω1, ω2) doveω1 è il numero più piccolo, (cioè ω1 < ω2). Per calcolare la probabilità diA è abbastanza naturale usare la formula delle probabilità totali (1.12) usando la partizioneA1, . . . , An, doveAi = {ω1 = i} (cioèAi
Esercizio 1.6 7
corrisponde all’evento ‘‘quello dei due amici che nella coda ha il numero più basso si trova allo i-esimoposto’’). È facile vedere che
A ∩ Ai = { (i, i + k + 1) sei + k + 1 ≤ n
∅ altrimenti
ovveroA ∩ Ai contiene un solo elemento sei + k + 1 ≤ n ed è vuoto altrimenti. Quindi
P(A ∩ Ai) = { 1
# =
n(n− 1) ·
b) Scegliere due palline dall’urna senza rimpiazzo equivale a scegliere un sottoinsieme di cardinalità 2 dall’insieme{1, . . . , n}. Sceglieremo dunque costituito dai sottoinsiemi di cardinalità 2 di{1, . . . , n} e l’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità corrisponde al sottoinsiemeA ⊂ formato dai sottoinsiemi{ω1, ω2} tali che |ω1 − ω2| = k. Il problema dunque, anche se la sua formulazione è diversa, si riconduce esattamente allo stesso modello del punto a) (solamente conk al posto dik + 1). Dunque la probabilità richiesta vale
n− k
2(n− k)
n(n− 1) ·
• In particolare scegliendok = 1 otteniamo che la probabilità di estrarre dall’urna due numeri consecutivi è
2(n− 1)
n(n− 1) =
2
n ·
Ciò fornisce una nuova soluzione all’esercizio precedente (dove si avevan = 6).
1.6 Seindichiamo conA e B gli eventi corrispondenti rispettivamente alla presenza del primo e del secondo difetto, allora P(A) = 0.03,P(B) = 0.07 ed inoltre gli eventiA e B devono risultare indipendenti.
a) La probabilità che entrambi i difetti siano presenti è
P(A ∩ B) = P(A)P(B) = 0.03 · 0.07 = 0.0021.
b) La probabilità che uno almeno dei difetti sia presente è
P(A ∪ B) = P(A)+ P(B)− P(A ∩ B) = 0.03+ 0.07− 0.0021= 0.0979.
c) La probabilità che un pezzo abbia il primo difetto sapendo che è difettoso è
P(A|A ∪ B) = P(A ∩ (A ∪ B))
P(A ∪ B) =
8 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
(infatti A ⊂ A ∪ B equindiA ∩ (A ∪ B) = A). d) La probabilità che vi sia uno solo dei difetti sapendo che il pezzo è difettoso è uguale
a 1 meno la probabilità che entrambi i difetti siano presenti (sempre sapendo che il pezzo è difettoso). Dunque, poichéA ∩ B ⊂ A ∪ B, la probabilità richiesta è
1 − P(A ∩ B |A ∪ B) = 1 − P(A ∩ B) P(A ∪ B)
= 1 − 0.0021
0.0979 = 0.978= 97.8.%
1.7 IndichiamoconA1 l’evento ‘‘viene scelta la carta 1’’ (quella con i due lati neri) e con A2 l’evento ‘‘viene scelta la carta 2’’. ConB invece indichiamo l’evento ‘‘viene scelto un lato nero’’. È chiaro che P(A1) = P(A2) = 1
2, poiché non vi è motivo di supporre che le due carte non siano equiprobabili. Inoltre P(B |A1) = 1,P(B |A2) = 1
2, poiché se viene scelta la carta 2, allora vi sono due lati possibili, uno bianco e l’altro nero, entrambi con probabilità1
2. Anche il secondo lato è nero se si è scelta la carta 1. Dunque la probabilità richiesta non è altro che P(A1|B) e basta dunque applicare la formula di Bayes:
P(A1|B) = P(B |A1)P(A1)
P(B) ·
Resta ora solo da calcolare P(B). Ma con il metodo della partizione dell’evento certo, dato che A1, A2 è una partizione,
P(B) = P(B ∩ A1)+ P(B ∩ A2) = P(B |A1)P(A1)+ P(B |A2)P(A2) = 1
2 +
1
4 =
3
4 ·
DunqueP(A1|B) = 2 3.
1.8 a) Indichiamo conAi, i = 1,2,3 l’evento ‘‘lo i-esimo lancio ha dato 6’’; è chiaro che P(A1) = P(A2) = P(A3) = 1
6. Ci viene richiesto di calcolare P(A1 ∪ A2 ∪ A3). Gli eventi A1, A2, A3 non sono però disgiunti (ad esempioA1 ∩A2 non è altro che l’evento ‘‘i primi due lanci danno entrambi 6’’) e dunque la probabilità della unione non è uguale alla somma delle probabilità. Possiamo però sfruttare il fatto che gli eventiA1, A2, A3 sono indipendenti come pure i loro complementari e usare la formula
P(A1 ∪ A2 ∪ A3) = 1 − P (
(A1 ∪ A2 ∪ A3) c )
= 1 − P(Ac1 ∩ Ac2 ∩ Ac3) =
= 1 − P(Ac1)P(A c 2)P(A
)3 = 0.42
(abbiamousato le formule di De Morgan, vedi in fondo a pag. 3 del libro). b) Ripetendo questo ragionamento si vede che la probabilità che inn lanci si ottenga 6 almeno
una volta è 1− (5 6) n. Perché questa quantità sia più grande di 0.9 occorrerà che sia
1 − (5
Esercizio 1.10 9
Cioè, svolgendo la disuguaglianza, 0.1 > (5 6) n, ovvero, prendendo i logaritmi e dividendo per
log 5 6,
n > 12.62 .
Attenzione: quando si divide per log56 occorreinvertire il verso della disuguaglianza, perché si tratta di una quantità negativa. Dunque deve esseren ≥ 13.
• Da segnalare l’uso della formula P(A) = 1 − P(Ac). Talvolta il calcolo della probabilità di Ac è più facile del calcolo diretto della probabilità diA.
1.9 Con la distribuzione ipergeometrica si trova che, se i voti si ripartissero a caso tra i commissari, essi si distribuirebbero come è avvenuto con probabilità
(5 5
)(3 0
56 = 1.78.%
Il giudice può probabilmente decidere che l’evento verificatosi è effettivamente troppo impro- babile per essere il frutto del caso. Se invece i 5 voti fossero stati dati da 4 donne e un uomo, la probabilità sarebbe stata
(5 4
)(3 1
56 = 26.78%
cheè un valore abbastanza alto perché l’evento possa non essere giudicato improbabile.
1.10 a)Possiamo considerare le 52 carte del mazzo divise in due gruppi, uno composto dai 4 assi e l’altro dalle altre 48 carte. La probabilità di ottenere esattamentek assi, perk = 1,2,3,4, non è altro che la probabilità di ottenerek elementi dal primo gruppo in una estrazione di 5 elementisenza rimpiazzo. La distribuzione ipergeometrica dà
pk := (4 k
)( 48 5−k )
k! (4 − k)! (43+ k)! (5 − k)! 52! ·
Se indichiamo l’evento ‘‘si ricevono (esattamente)k assi’’ conAk, l’evento ‘‘si ricevono almeno 2 assi’’ non è altro che la riunioneA2∪A3∪A4. Poiché gli eventiAk al variare dik = 1,2,3,4 sono disgiunti, la probabilità richiestap è allora uguale a P(A2)+P(A3)+P(A4) = p2+p3+p4. Non ci resta che calcolare queste tre quantità, il che si fa con una calcolatrice dopo avere
10 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
semplificato al massimo i coefficienti binomiali e i fattoriali che ne risultano:
p2 = (4 2
5! 47 · 46
p3 = (4 3
p4 = (4 4
52 · 51 · 50 · 49 = 1.847· 10−5
e dunquep = p2 + p3 + p4 = 0.042. Da notare chep4 = 1.847· 10−5 è la probabilità di ricevere poker d’assi servito.
b) Cominciamo col fissare un colore, quadri ad esempio. La probabilità di ricevere cinque carte di quadri (cioè colore servito a quadri) si calcola considerando le carte del mazzo ancora suddivise in due gruppi: le 13 carte di quadri e le altre 39. Le formule della distribuzione ipergeometrica dicono che la probabilità di ricevere 5 carte del primo gruppo e 0 dal secondo è
(13 5
)(39 0
11 · 3
17 · 5 · 49 · 16 = 4.95 · 10−4 ·
Se indichiamo conA♦ l’evento ‘‘si riceve colore a quadri servito’’ e conA♥, A♣, A♠, gli analoghi eventi per gli altri semi, allora ognuno di questi ha probabilità 4.95 · 10−4, grazie al calcolo appena fatto. Inoltre la probabilità richiesta non è altro che la probabilità della unione A♦ ∪A♥ ∪A♣ ∪A♠. Poiché si tratta di eventi disgiunti, la probabilità di ricevere colore servito è 4· 4.95 · 10−4 = 0.00198= 0.198%.
c) Abbiamo già calcolato in a) la probabilità di ricevere un poker servito di assi. Naturalmente questa è la stessa che la probabilità di ricevere un poker servito di un altro numero. Poiché i numeri (comprese le figure) sono 13 e poiché gli eventi ‘‘si riceve poker servito di assi’’, ‘‘. . .di 2’’, ‘‘. . . di 3’’ etc. sono tra di loro disgiunti, la probabilità di ricevere un poker servito è uguale a 13· 1.847· 10−5 = 2.4 · 10−4.
• La risoluzione di questo esercizio usa, in modo ripetitivo, solo due idee: il fatto che gli eventi considerati si possono ricondurre a un modello di prove ripetute senza rimpiazzo (che permette di servirsi delle formule della distribuzione ipergeometrica) e il metodo della partizione dell’evento certo: in ognuno dei punti a), b) e c) abbiamo suddiviso l’evento che ci interessava in sottoinsiemi disgiunti, per ciascuno dei quali era facile calcolare la probabilità.
1.11 È facile calcolare la probabilità che le due palline numero 1 vengano estratte insieme: basta considerare le 93 palline presenti nell’urna come suddivise in due gruppi, il primo formato dalle due palline n 1 ed il secondo dalle 91 rimanenti. Si tratta di calcolare la probabilità di estrarre 2 palline dal primo gruppo e 3 dal secondo in cinque estrazioni senza rimpiazzo. La probabilità richiesta si può calcolare con le formule della distribuzione ipergeometrica e vale
p = (2 2
) = 2.34× 10−3 .
Esercizio 1.11 11
Se ora indichiamo conAi, i = 1,2,3, l’evento ‘‘le due palline numeroi vengono estratte en- trambe’’ è chiaro che i tre eventi hanno la stessa probabilità e dunque P(A1) = P(A2) = P(A3) = p. Inoltre la probabilità richiesta non è altro che la probabilità della riunione degli eventiA1, A2, A3. Questi non sono però disgiunti, poiché, ad esempio, la cinquina (1,1,2,2,37) si trova sia inA1 che inA2 (ovvero è possibile che simultaneamente vengano estratte le due palline n1 e le due n2). Possiamo però ricorrere alla formula della probabilità della unione di tre eventi non disgiunti (formula (1.9) a pag. 8 del libro).
Chiaramente l’eventoA1 ∩A2 ∩A3 ha probabilità 0 (non è possibile estrarre insieme le due palline 1, le due 2 e le due 3, visto che ne vengono estratte 5 in totale). Il problema è quindi risolto se sappiamo calcolare P(A1 ∩ A2) (le probabilità delle altre intersezioni è la stessa per simmetria). Ancora usando la distribuzione ipergeometrica (probabilità di estrarre 4 elementi dal gruppo{1,1,2,2} ed 1 dal gruppo formato dalle altre 89 palline) si ha
P(A1 ∩ A2) = q = (4 4
)(89 1
3p− 3q = 0.007= 0.7% .
b) Cominciamo col calcolare la probabilità di fare terno in un’estrazione normale: ci possiamo ancora ricondurre alla distribuzione ipergeometrica (probabilità di estrarre 3 palline dal gruppo composto dalle palline numero 1,2,3 e 2 da quello composto da tutte le altre):
(3 3
)(87 2
) = 8.51× 10−5 .
Il calcolo della probabilità di fare terno con l’urna manomessa è un po’ più complicato. Basta però dare un’occhiata alla parte finale dell’Esempio 1.28: il numero totale di cinquine è
(93 5
)
, mentre il numero di cinquine che contengono esattamente una pallina col numero 1, una col numero 2 e una col numero 3 è (
2
1
)( 2
1
)( 2
1
)( 87
2
)
.
La probabilità di fare terno con l’urna manomessa è dunque
(2 1
)(2 1
)(2 1
)(87 2
) = 5.76× 10−4 .
• Nellasoluzione di questo esercizio abbiamo usato due idee utili anche in altre situazioni: la prima consiste nel calcolare la probabilità di un evento scrivendolo come riunione di altri eventi e poi usando la formula sulla probabilità della unione di eventi non (necessariamente) disgiunti. La seconda consiste nel ricondursi, se possibile, ad un modello già studiato e universale (cioè che può applicarsi a molte situazioni diverse) come quello delle prove ripetute senza rimpiazzo, che dà luogo alla distribuzione ipergeometrica.
12 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
1.12 a) Indichiamo conEi, i = 1, . . . , n, l’evento ‘‘la i-esima pallinanon viene messa nell’urna 1’’. Per come il problema è stato posto gli eventiEi si possono supporre indipendenti; inoltre, poiché ogni volta ognuna delle tre urne ha la stessa probabilità di essere scelta, la probabilità dell’eventoEi è 2
3. L’evento ‘‘l’urna 1 rimane vuota’’ non è altro che l’intersezione E1 ∩ . . . ∩ En. Quindi
P(E1 ∩ . . . ∩ En) = P(E1) . . .P(En) = (2
3
)n
.
Alternativamente avremmo potuto osservare che siamo in presenza di uno schema di Bernoulli (Esempio 1.20), cioè di una sequenza di prove ripetute e indipendenti ciascuna delle quali ha due possibili risultati:successo(corrispondente in questo caso all’evento ‘‘l’urna 1 viene prescelta’’) con probabilitàp (= 1
3 nelnostro caso) einsuccessocon probabilità 1−p. Abbiamo visto nell’Esempio 1.20 che in questa situazione la probabilità che non si verifichi nessun successo è appunto(1 − p)n. Il nostro calcolo non è altro che una ridimostrazione di questo fatto.
b) La probabilità che una singola pallina non finisca né nell’urna 1 né nella 2 (ovvero che finisca nell’urna 3) vale1
3. Siamo quindi nella situazione di uno schema successo-insuccesso come lo abbiamo appena descritto conp = 2
3. La probabilità richiesta è dunque(1 3) n.
c) Consideriamo gli eventi
A1 = l’urna 1 è rimasta vuota
A2 = l’urna 2 è rimasta vuota
A3 = l’urna 3 è rimasta vuota.
L’evento di cui dobbiamo calcolare la probabilità è l’unioneA1 ∪A2 ∪A3 e possiamo usare la formula (1.9) sulla probabilità della unione di tre eventi non disgiunti: l’eventoA1 ∩ A2 ∩ A3 ha chiaramente probabilità 0 (non è possibile che tutte e tre le urne restino vuote). Inoltre abbiamo già calcolato le altre probabilità che figurano nella formula: gli eventiA1, A2, A3 hanno chiaramente la stessa probabilità, per motivi di simmetria, che vale(2
3) n peril punto a);
così pure le probabilità delle intersezioni a due a due valgono(1 3) n peril punto b). In conclusione
la probabilità richiesta vale
.
• In questo esercizio ritroviamo alcune idee già viste: a) l’uso di modelli standard (in questo caso lo schema successo-insuccesso, o di Bernoulli) a
cui ci si riconduce per sfruttare formule stabilite una volta per tutte; b) il calcolo della probabilità di un evento ottenuta scrivendolo come riunione di altri, la cui
probabilità è facile da calcolare, per poi usare la formula della unione di eventi non disgiunti. Osserviamo infine che in questa risoluzione non abbiamo precisato quale sia lo spazio di
probabilità. Abbiamo semplicemente supposto che ne esistesse uno contenente degli eventi E1, . . . , En, A1, A2, A3 aventi certe proprietà. In realtà sarebbe stato possibile costruire uno spazio(,!,P) adatto, ma ciò avrebbe appesantito lo svolgimento senza renderlo né più chiaro
Esercizio 1.13 13
né più rigoroso. La costruzione completa dello spazio di probabilità verrà spesso sottintesa negli altri esercizi.
1.13 a)Indichiamo conAi l’evento ‘‘viene scelta l’urnai-esima’’ e conB l’evento ‘‘vengono estratte due palline di colori diversi’’; poiché si tratta di estrazioni senza rimpiazzo la probabilità di estrarre una pallina bianca e una rossa è data dalla distribuzione ipergeometrica. Poiché nell’urnai-esima vi sono 4 pallineR e i pallineB, deve essere
(1.1) P(B |Ai) = ( i 1
)(4 1
(4 + i)(3 + i) := qi .
Inoltre P(Ai) = 1 10; dunque, con la formula delle probabilità totali (1.12) e una calcolatrice,
P(B) = 10 ∑
i=1
P(Ai |B) = P(B |Ai)P(Ai)
10 P(B) .
Determinare l’urna più probabile significa trovare il valore dii per cuiqi è massima. Ciò si può fare (oltre che con un calcolo numerico con un PC o una calcolatrice) studiando per quali valori di i si ha qi+1
qi ≥ 1. Si trova
x2 + 5x > 1
èsoddisfatta per 0< x < 3; inoltre la frazione è= 1 perx = 3 ed è< 1 perx > 3. Dunque
qi+1 > qi i = 1,2
qi+1 = qi i = 3
qi+1 < qi i = 4, . . . ,10 .
Il massimo dii → qi è quindi raggiunto peri = 3 ei = 4: e urne 3 e 4 sono le più probabili.
• • • • • • • • • •
Figura 1.1 Andamento del valore di P(Ai |B) = qi 10 P(B) peri = 1, . . . ,10.
14 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
c) Basta ripetere gli argomenti dei punti precedenti, solo che ora P(Ai) = 1 11 peri = 1, . . . ,9
e P(A10) = 2 11. Dunque
P(B) = 1
• • • • • • • • •
•
Figura 1.2 Andamento del valore di P(Ai |B) quando le urne sono 11.
Applicando ancora la formula di Bayes si trova
P(Ai |B) = P(B|Ai) P(Ai)
P(B) ·
Ora però P(Ai |B) = 1 11 P(B) qi peri = 1, . . . ,9 (valore massimo raggiunto ancora peri = 3,4),
mentre P(A10|B) = 2 11 P(B) q10. Un confronto numerico mostra che ora il valorei = 10 è il
più probabile, poiché P(A3|B) = P(A4|B) = 0.103 mentre P(A10|B) = 0.158. • Gli aspetti importanti di questo esercizio sono l’uso della nozione di probabilità con-
dizionale e della formula di Bayes.
1.14 Vari modi sono possibili (il secondo è in realtà il più semplice). Primo modo: indichiamo conAi, i = 1, . . . , k l’evento ‘‘nelle primei assegnazioni non si
sono avuti conflitti’’. È chiaro cheA1 ⊃ A2 ⊃ . . . ⊃ Ak ed inoltre la probabilità richiesta è proprio P(Ack). Calcoliamo P(Ai |Ai−1). Se l’eventoAi−1 è verificato ciò vuol dire che alle prime i − 1 variabili sono state assegnatei − 1 celle di memoria diverse. Ne restano dunque liberen− i + 1 e la probabilità di non avere conflitti allai-esima assegnazione è
P(Ai |Ai−1) = n− i + 1
n ·
Quindi la probabilità chenonvi siano conflitti è
P(Ak) = P(Ak |Ak−1)P(Ak−1) = P(Ak |Ak−1)P(Ak−1|Ak−2)P(Ak−2) = = . . . =
= P(Ak |Ak−1)P(Ak−1|Ak−2) . . .P(A2|A1)P(A1)
=1
Esercizio 1.15 15
e quindi la probabilità che vi sia almeno un conflitto è 1− P(Ak) = 1 − n! nk(n−k)! .
Secondo modo: Scegliere a caso un’assegnazione di variabili alle celle di memoria significa scegliere a caso un’applicazione da{1, . . . , k} (l’insieme delle variabili) a valori in{1, . . . , n} (l’insieme delle celle di memoria). Indichiamo con l’insieme di queste applicazioni. Si può vedere come l’insieme dellek-uple(i1, . . . , ik) dovei1, . . . , ik sono numeri interi compresi da 1 an (non necessariamente distinti); dunque # = nk.
L’insiemeB delle assegnazioni chenondanno luogo a conflitto non è altro che l’insieme delle applicazioniiniettiveda{1, . . . , k} in {1, . . . , n}, ovvero l’insieme dellek-uple(i1, . . . , ik) dove numerii1, . . . , ik sono distinti. In altre paroleB è l’insieme delle disposizioni din elementi ak ak ed ha dunque cardinalitàn!
(n−k)! (Proposizione 1.23). Inoltre, poiché si può supporre che tutte le possibili assegnazioni siano equiprobabili, considereremo su la distribuzione uniforme di probabilità e dunque la probabilità che non vi siano conflitti è
P(B) = #B
nk(n− k)! ·
Pern = 1000, k = 25, facendo attenzione a semplificare al massimo numeratore e denominatore per evitare errori di arrotondamento, la probabilità di avere almeno un conflitto è
1 − 999
1000 = 0.261= 26.1%
che è una probabilità inaspettatamente elevata per così tante celle di memoria rispetto alle variabili.
• Un esempio classico quando si parla di calcolo combinatorio è quello dei compleanni dell’Esempio 1.26: qual è la probabilità che in un gruppo dik persone ve ne siano almeno due che sono nate nello stesso giorno dell’anno? È abbastanza utile rendersi conto che l’esempio dei compleanni ‘‘è lo stesso’’ di questo appena svolto, nel senso che entrambi si riconducono allo stesso modello. In entrambi, infatti, si considera come spazio di probabilità lo stesso insieme delle k-uple di numeri{i1, . . . , ik} scelti in {1, . . . , n} (n = 365 nel caso dei compleanni) e si deve poi calcolare la cardinalità dello stesso insiemeA delle k-uple formate da numeri diversi tra loro. La morale è che problemi che nascono in situazioni applicative diverse possono ricondursi allo stesso modello (e quindi risolversi con gli stessi calcoli).
1.15 a)A vincese l’ultima pallina rimasta nell’urna è rossa, ovvero se tra le prime 5 palline e- stratte ve ne sono una rossa e quattro nere. Usando la distribuzione ipergeometrica la probabilità che ciò accada è
(2 1
)(4 4
6! =
1
3 ·
Più semplicemente si sarebbe anche potuto osservare che in uno schema di estrazioni senza rimpiazzo la probabilità di avere un determinato risultato alla prima, alla seconda,. . . , alla k-esima estrazione è sempre la stessa (vedi l’Esempio 1.30). La probabilità di avere una pallina rossa alla sesta (e ultima) estrazione è dunque la stessa che alla prima e cioè1
3.
16 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
b) Se la prima estrazione dà una pallina rossa, nell’urna ne rimangono 4 nere e 1 rossa.A
dunquevince se dalle successive 4 estrazioni risultano tutte palline nere. Ancora la distribuzione ipergeometrica dà come probabilità
(1 1
)(4 4
) = 4!
5! =
1
5 ·
c) Se indichiamo conD l’evento ‘‘il giocatoreA vince’’ e conE l’evento ‘‘la prima pallina estratta è rossa’’, allora dobbiamo calcolare P(D ∩ E). Ora P(D ∩ E) = P(D |E)P(E). Ma P(E) = 2
6 = 1 3 mentreabbiamo calcolato nel punto b) che P(D |E) = 1
5. Dunque P(D ∩ E) = 1
15.
1.16 Il risultato dell’esperimento casuale è una 5-upla{k1, . . . , k5} di numeri compresi tra 1 e 100. Poiché le palline sono estratte a caso e con rimpiazzo possiamo considerare tutte le 5-uple equiprobabili. Uno spazio di probabilità ragionevole per descrivere questo problema è dunque lo spazio formato da queste 5-uple (ovvero il prodotto cartesiano di{1, . . . ,100} moltiplicato per se stesso 5 volte) e munito della distribuzione uniforme di probabilità. La cardinalità di è naturalmente 1005; l’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità è invece rappresentato dall’insiemeA ⊂ delle 5-uple(k1, . . . , k5) tali che tra i numerik1, . . . , k5 ve ne siano almeno due uguali. Il problema è quindi ridotto al calcolo della cardinalità diA. Il calcolo diretto non è semplice; ma un attimo di riflessione mostra che il suo complementare Ac non è altro che l’insieme delle 5-uple(k1, . . . , k5) tali che i numerik1, . . . , k5 siano tutti diversi tra loro, ovvero l’insieme delledisposizionidi 100 elementi a 5 a 5; dunque #Ac = 100!
95! . Quindi
# =
100 = 0.096= 9.6%.
• Qui vale la stessa osservazione che abbiamo fatto alla fine dell’Esercizio 1.14: il problema dei compleanni, quello dell’assegnazione delle variabili e questo sono ‘‘lo stesso’’ problema, nel senso che si riconducono al calcolo della probabilità dello stesso evento nello stesso modello.
1.17 a) Indichiamo conFA l’evento ‘‘il primo genitore fornisce un allele di tipoA’’ e con A1, A2, A3 rispettivamente gli eventi ‘‘il primo genitore è di tipoAA,Aa, aa rispettivamente’’. Per come il problema è stato posto sarà
P(FA |A1) = 1, P(FA |A2) = 1
2 , P(FA |A3) = 0
2 q .
Esercizio 1.18 17
La probabilità che anche il secondo genitore trasmetta un allele di tipoA saràla stessa e, sup- ponendo che i geni trasmessi dai due genitori siano indipendenti, otteniamo che un discendente sarà di tipoAA con probabilitàp1 = (p + 1
2q) 2. Analogamente esso sarà di tipoaa con
probabilitàr1 = (r + 1 2q)
q1 = 1 − p1 − r1 = 1 − (
p + 1 2 q )2 −
(
(
.
b) Alla generazione successiva, la probabilità di osservare dei discendenti di dato tipo genetico si otterrà dalle formule precedenti, sostituendo ap, q, r i valori p1, q1, r1 appena calcolati. Otteniamo
p2 = (p1 + 1 2 q1)
2 = (
2 q) )2 =
2 q )
2 = p1 .
Con calcoli simili si vede che ancheq2 = q1, r2 = r1. Quindi le proporzioni dei tre genotipi restano costanti in tutte le generazioni successive. In altre parole, nel modello di Hardy- Weinberg la popolazione raggiunge l’equilibrio genetico dopo la prima generazione.
1.18 Tra Est e Ovest vanno ripartite 26 carte di cui 5 atout. Se indichiamo conAi, i = 0, . . . ,5 l’evento ‘‘Ovest hai atout’’, allora usando la distribuzione ipergeometrica
P(Ai) = (5 i
)( 21 13−i
23 · 5 = 0.339
cheè la probabilità richiesta. b) Se in Ovest vi sono 2 atout, allora laQ cadrà con due giri di atout solo se in Ovest si trova
anche laQ (altrimenti essa sarebbe terza in Est). Dunque se indichiamo conC l’evento ‘‘laQ cade con due giri di atout’’, la quantità P(C |A2) non è altro che la probabilità che laQ si trovi in Ovest sapendo che Ovest ha due carte di atout. Quindi P(C |A2) = 2
5. c) Usando il metodo della partizione dell’evento certo:
P(C) = 5 ∑
i=0
i=0
P(C |Ai)P(Ai)
(dove gli eventiAi sono quelli definiti in a)). In quest’ultima somma vi sono molti termini di cui già conosciamo il valore: sono note infatti le probabilità P(Ai), le probabilità condizionali P(C |Ai) peri = 2 (calcolata in b)) e peri = 0,5 (uguali a 0 perché se Ovest possiede 5 atout oppure nessuno, laQ è quinta e non può cadere con solo due giri). Inoltre peri = 1, ripetendo
Paolo Baldi Calcolo delle Probabilità McGraw-Hill 2011
18 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
il ragionamento del punto b), P(C |A1) = 1 5, poiché, se inO vi è un solo atout, laQ cadrà solo
se questo è proprio laQ e ciò si verifica appunto con probabilità15. In modo simile si possono calcolare le probabilità condizionali peri = 3,4, ma è più semplice osservare che
P(C ∩ A2) = P(C ∩ A3), P(C ∩ A1) = P(C ∩ A4)
per motivi di simmetria: se Ovest ha 2 atout allora Est ne ha 3 e viceversa e la situazione tra Est e Ovest è chiaramente simmetrica. Lo stesso vale peri = 1,4. Basta ora sostituire i valori numerici:
P(A2) = P(A3) = 13 · 3
P(C) = 2 (0.2 · 0.141+ 0.4 · 0.339) = 0.328.
d) Si tratta di ripetere gli stessi ragionamenti dei punti precedenti, solo che ora Est e Ovest hanno insieme 3 atout. Se indichiamo ancora conAi, i = 0,1,2,3 gli eventi ‘‘Ovest hai atout’’, allora P(C ∩ A0) = 0 perché se Ovest ha 0 atout, ciò vuole dire che laQ si trova in Est insieme ad altri due atout e non cadrà al giro successivo. Per lo stesso motivo, scambiando i ruoli di Est e Ovest, P(C ∩ A3) = 0. Dunque
P(C) = P(C ∩ A1)+ P(C ∩ A2) = 2P(C ∩ A1) = 2P(C |A1)P(A1) .
Ora P(C |A1) = 1 3 perchése Ovest ha un atout laQ cadrà solo se essa è uno di questi. Inoltre
P(A1) = (3 1
QuindiP(C) = 6 23 = 0.260. La probabilità è un po’ diminuita.
2.1 Supponiamoche il comportamento di ogni singolo passeggero sia indipendente da quello degli altri e poniamoZi = 1 se loi-esimo passeggero si presenta alla partenza eZi = 0 altrimenti. Il numero di passeggeri che si presenta alla partenza è dunque lo stesso che il numero di successi in uno schema di Bernoulli e dunque (Esempio 2.4) segue una legge binomiale.
Il numero di passeggeri che si presenta su un volo in cui si è accettato il massimo di prenotazioni è quindi una v.a.X1 di leggeB(22,0.9) per il primo tipo di aereo ed una v.a.X2 di legge B(11,0.9) per il secondo. La probabilità di lasciare a terra almeno un passeggero nel volo da 20 posti vale
P(X1 ≥ 21)= (
Esercizio 2.4 19
per l’altro tipo di aereo. Il rischio è maggiore per il volo da 20 passeggeri. • Il punto chiave della soluzione di questo esercizio consiste nel riconoscere che il problema
si può ricondurre a un modello generale. In questo caso lo schema di Bernoulli.
2.2 SeX indica il numero di volte in cui si ottiene il 6 inn lanci, alloraX ∼ B(n, 1 6).
Dunque a) la probabilità che in tre lanci il 6 sia uscito due volte è
(3 2
) 1 62
5 6 = 5
72 = 0.07. b) La probabilità che inn lanci il 6 sia uscito 2 volte è
pn = ( n
)n−2 .
Calcolandonumericamente si vede che il massimo è raggiunto pern = 11 en = 12. Più rigorosamente si sarebbe potuto fare uno studio della funzionet → t (t − 1)(56)
t−2, che è crescente fino at = 11.49 e poi decrescente; ciò implica che il massimo dipn può essere raggiunto o pern = 11 o pern = 12 e un controllo diretto mostra che entrambi questi valori realizzano il massimo. Per questi due valori la probabilità vale 0.296.
2.3 Supponiamoche i 24 operatori siano indipendenti. Ognuno di essi ad un dato istante si troverà in uno stato di collegamento (che indicheremo convenzionalmente con 1) oppure no (0). Quindi seXi indica lo stato delloi-esimo operatore, si modellizza il problema con delle v.a.X1, . . . , X24 indipendenti e di BernoulliB(1, p) conp = 0.6. Sappiamo che la somma di n v.a. di Bernoulli indipendentiB(1, p) segue una legge binomialeB(n, p). Quindi il numero totale di utenti collegatiX = X1 + . . .+X24 ha leggeB(24,0.6) ed il problema proposto non è altro che il calcolo della probabilità
P(X ≥ 20) = 24 ∑
0.6k0.424−k = 0.0135= 1.35%.
2.4 a) Il calcolo dip si riconduce alla distribuzione ipergeometrica: probabilità di estrarre 1 pallina dal gruppo formato dal solo elemento 67 e 4 dal gruppo degli altri 89 numeri in 5 estrazioni senza rimpiazzo:
p = (1 1
18 = 0.0556= 5.56.%
Poichéè ragionevole supporre che le estrazioni di settimane diverse siano indipendenti tra loro, sappiamo che il numeroT di settimane che trascorrono fino alla prima estrazione del 67 segue una distribuzione geometrica modificata di parametrop = 1
18. Dunque, ricordando il valore della speranza matematica di una v.a. geometrica modificata (Esempi 2.38 e)), il numero medio di settimane prima della prima estrazione è
E(T ) = 1
p = 18 .
20 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
b) In due modi: poiché le estrazioni di settimane diverse sono indipendenti, il numero di volte in cui il 67 viene estratto in 30 settimane si modellizza come il numero di successi in 30 prove indipendenti con probabilitàp = 1
18 di successo in ogni singola prova. Il numero di estrazioni che contengono il 67 tra i numeri estratti è dunque una v.a. di legge binomialeB(30, p). La probabilità di avere 0 successi è dunque
( 30
0
(1 − p)30 = 0.18 = 18%.
Alternativamente si può osservare che, poiché il primo istanteT di successo in uno schema successo-insuccesso ha una distribuzione geometrica modificata, ricordando le regole di somma delle serie geometriche (vedi il riquadro pag. 39),
P(T > 30) = ∞ ∑
k=31
p(1 − p)k−1 = p(1 − p)30
1 − (1 − p) = (1 − p)30 .
c) Ancora in due modi: indichiamo conA l’evento ‘‘il 67 non è uscito nelle prime 100 estrazioni’’ e conB eC rispettivamente gli eventi ‘‘il 67 esce entro la 101-esima estrazione’’ e ‘‘il 67 esce solo dopo la 130-esima estrazione’’. Per ottenere P(B |A) calcoleremo prima P(Bc |A) (qualche volta è più facile calcolare la probabilità del complementare di un evento. . .). In effetti
P(B |A) = 1 − P(Bc |A) = 1 − P(Bc ∩ A)
P(A) ·
L’eventoBc ∩ A è l’evento ‘‘il 67 non esce nelle prime 101 estrazioni’’ ed ha probabilità (1 − p)101 (probabilità di ottenere 0 successi in 101 prove), mentre, per lo stesso motivo P(A) = (1 − p)100. Quindi
P(B |A) = 1 − P(Bc |A) = 1 − (1 − p)101
(1 − p)100 = 1 − (1 − p) = p
cioè la probabilità è la stessa che se le prime 100 estrazioni non avessero avuto luogo, un fatto abbastanza intuitivo dato che le estrazioni sono indipendenti. Allo stesso modo si risolve l’ultima parte del punto c):
P(C |A) = P(C ∩ A)
(1 − p)100 = (1 − p)30 .
Alternativamente seT , come prima, indica il numero di settimane fino alla prima estrazione del 67, allora gli eventiA,B,C appena definiti si possono scrivere
A = {T > 100}, B = {T ≤ 10}, C = {T > 130} .
Per la proprietà di mancanza di memoria della legge geometrica
P(Bc |A) = P(T > 101|T > 100) = P(T > 1)= 1 − p
P(C |A) = P(T > 130|T > 100) = P(T > 30) = (1 − p)30 .
Esercizio 2.5 21
d) Il numero di volte in cui il 67 viene estratto in 50 settimane segue una legge binomiale B(50, p) con p = 1
18. Dunque la probabilità che il 67 sia presente almeno 6 volte in 50 settimane vale
50 ∑
pk(1 − p)50−k .
Si tratta di una somma di 45 termini che occorre calcolare numericamente. È utile osservare che la relazione
50 ∑
k=0
pk(1 − p)50−k = 1 − 0.94 = 0.06
permette di ricondurre il calcolo alla somma di 6 termini solamente.
2.5 IndichiamoconA l’evento ‘‘viene scelto uno dei dadi truccati’’ e conB ‘‘viene scelto uno dei dadi che non sono truccati’’. Naturalmente P(A) = P(B) = 1
2. a) Con la formula delle probabilità totali (1.12) (AeB formano una partizione dell’evento
certo)
10
1
2 +
1
6
1
2 =
2
15 ·
E(X) = 6 ∑
k=1
kP(X = k) .
Conosciamo già la probabilità di avere 3, ed anche quella di ottenere ognuno dei risultati 2,4,5,6, che sarà uguale a quella di avere 3. D’altra parte la probabilità di avere 1 sarà
P(X = 1)= 1 − P(X = 2)− P(X = 3)− . . .− P(X = 6)= 1 − 5 · 2
15 =
1
3 ·
Dunque
15 (2 + . . .+ 6)= 3 .
b) SeX eY indicano i risultati del primo e del secondo lancio rispettivamente allora
P(X = 2, Y = 3)= P(X = 2, Y = 3|A)P(A)+ P(X = 2, Y = 3|B)P(B) =
= 1
2
( 1
100 +
1
36
= 17
900 ·
Viceversa se poniamoC = {X = 2, Y = 3}, la probabilità che si tratti di uno dei dadi truccati sapendo che i due lanci hanno dato 2 e 3 non è altro che P(A|C). Per la formula di Bayes
P(A|C) = P(C |A)P(A)
22 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
Abbiamo appena calcolato P(C) = 17 900 e sappiamo che P(A) = 1
2. Inoltre P(C |A) = 1 100,
perchéognuno dei due risultati 2 e 3 ha probabilità110 di essere ottenuto da un dado truccato. In conclusione
P(A|C) = 900
34 = 0.26 .
c) No. Per mostrarlo basta trovare dei valorii, j tali che P(X = i, Y = j) 6= P(X = i)P(Y = j). Ad esempio
P(X = 2)P(Y = 3)= 2
15
2
15 =
4
225 =
16
900
cheè diverso dal valore di P(X = 2, Y = 3) calcolato in b). • L’intuizione potrebbe spingere a rispondere immediatamente alla domanda c) che le vari-
abili sono indipendenti. Ma abbiamo già visto (vedi il riquadro pag. 13) che in probabilità l’intuizione, se non adeguatamente addestrata, può portare a conclusioni errate. In questo caso l’errore consiste nell’aver trascurato il fatto che il risultato del primo lancio dà informazioni su quale delle due urne sia stata scelta.
2.6 Primo modo: consideriamo la v.a.T =‘‘numero di tentativi necessari’’. La domanda posta in questo esercizio non è altro che il calcolo della legge diT . Per determinarla conviene prima calcolare la quantità P(T > k) = 1 − FT (k), doveFT è la f.r. diT , per poi ricavare la densità diT con la formula
(1.2) P(T = k) = P(T > k − 1)− P(T > k) .
Ora la probabilità che la chiave giusta non si trovi tra le primek è la stessa che la probabilità di ottenere 0 successi ink estrazioni (senza rimpiazzo) sun oggetti, dei quali uno solo corrisponde a ‘‘successo’’. Possiamo applicare la distribuzione ipergeometrica e si ha
P(T > k) = (1 0
n − n− k
n =
1
n
ovvero la probabilità di trovare la chiave giusta alk-esimo tentativo è la stessa per ognik e vale 1 n . Secondomodo: consideriamo un’urna contenenten − 1 palline bianche e una rossa e di
effettuare delle estrazioni senza rimpiazzo. La probabilità richiesta è chiaramente la stessa che quella di estrarre la pallina rossa alk-esimo tentativo. Abbiamo già visto (Esempio 1.30) che questa probabilità non dipende dak e che vale1
n .
• I due modi in cui abbiamo risolto questo esercizio sono abbastanza diversi. Mentre il secondo usa una tecnica tipica del calcolo combinatorio, il primo fa ricorso alla nozione di funzione di ripartizione di una v.a. con un metodo di calcolo che useremo spesso nel seguito (per calcolare la legge di una v.a. si determina prima la f.r., per poi usare la (1.2) o formule
Esercizio 2.7 23
simili). Il primo metodo è certo più semplice ed è tipico soprattutto (ma non solo) per v.a. che, comein questo caso, rappresentanotempi d’attesa.
2.7 a) Indichiamo conA, B eC rispettivamente gli eventi ‘‘il pezzo proviene dalla linea A’’, ‘‘proviene dalla lineaB ’’ e ‘‘il pezzo è difettoso’’. I dati del problema ci permettono di affermare che
P(A) = 0.3, P(B) = 0.7, P(C |A) = 0.1, P(C |B) = 0.17 .
Inoltre gli eventiA eB costituiscono una partizione dell’evento certo (sono disgiunti e la somma delle loro probabilità vale 1). Dunque per la formula delle probabilità totali (1.12),
P(C) = P(C |A)P(A)+ P(C |B)P(B) = 0.1 · 0.3 + 0.17 · 0.7 = 0.15 .
b) Se consideriamo una scatola contenente 10 pezzi provenienti dalla lineaA, allora ciascuno di essi può essere difettoso con probabilità 0.1. Possiamo inoltre supporre che ogni pezzo sia difettoso oppure no indipendentemente dagli altri. Dunque il numero di pezzi difettosi in una scatola di 10 proveniente dalla lineaA si modellizza con una v.a. di legge binomialeB(10,0.1). Analogamente se la scatola proviene dalla lineaB il numero di pezzi difettosi seguirà una legge B(10,0.17). Se ora indichiamo conC1 l’evento ‘‘nella scatola vi è (esattamente) un pezzo difettoso’’, allora avremo
P(C1|A) = (
P(C1|B) = (
0.17 · 0.839 = 10 · 0.17 · 0.839 = 0.32 .
La probabilità che un pezzo difettoso provenga dalla lineaA non è altro che la probabilità condizionale P(A|C1). Per calcolarla si usa la formula di Bayes:
P(A|C1) = P(C1|A)P(A)
P(C1) ·
Nella frazione a destra nella formula precedente conosciamo tutte le quantità che intervengono tranne P(C1). Il calcolo di questa probabilità è però facile, sempre usando la formula delle probabilità totali (1.12):
P(C1) = P(C1|A)P(A)+ P(C1|B)P(B) = 0.39 · 0.3 + 0.32 · 0.7 = 0.341.
Dunque
È quindi più probabile che la scatola provenga dalla lineaB.
2.8 a)La probabilità vale4 52 (èun caso particolare dell’Esempio 1.30: è come se facessimo
delle estrazioni senza rimpiazzo da un’urna con 4 palline rosse e 48 nere, la probabilità di estrarre una pallina rossa allak-esima estrazione è la stessa che alla prima estrazione).
b) Indichiamo conT il numero di carte necessario per ottenere il primo asso: dobbiamo calcolare la legge diT . Come abbiamo visto uno dei metodi possibili consiste nel calcolo preliminare della f.r. oppure della ‘‘funzione di sopravvivenza’’k → P(T > k). È questo spesso il caso quando, come ora, si ha a che fare con v.a. che rappresentano tempi di attesa. Ora l’evento{T > k} corrisponde al fatto che siano state giratek carte ottenendone 0 dal gruppo dei 4 assi ek dal gruppo delle altre 48. Possiamo quindi applicare la distribuzione ipergeometrica che dà
P(T > k) = (4 0
= 48!
52!
(48− k)!
(48− k + 1)!
(48− k + 1)!
(48− k + 1)! ·
Pervedere per quali valori dik pk è massima basta osservare che per ogni valore dik si ha
pk
edunque la probabilità è massima perk = 1.
2.9 Un attimo di riflessione mostra che la probabilità che tra le 24 figurine acquistate ve ne siano esattamentek di quelle già possedute è la stessa che la probabilità che in un’estrazione senzarimpiazzo da un’urna contenente 60 palline di un tipo (corrispondenti alle figurine già possedute) e 40 di un altro, su 24 palline estratte ve ne sianok del primo tipo. La probabilità di questo evento è data dalla distribuzione ipergeometrica e vale
(60 k
k=20
(60 k
Esercizio 2.10 25
e con un calcolo numerico si ottiene il valore 0.00594= 0.594%. Il numero medio di nuove figurine non è altro che la speranza matematica E(X)della v.a.X =‘‘numero di nuove figurine’’. La speranza matematica di una v.a. di legge ipergeometrica è calcolata nell’Esempio 2.39 ed è uguale al numero di ‘‘tentativi’’ (qui sono 24) per la probabilità di successo in un singolo tentativo (= 40
100 = 2 5) ovvero
E(X) = 48
5 = 9.6 .
2.10 a)Supponiamo per semplicitài = 1 (per valori dii diversi da 1 procedimento e risultato sono identici). Si tratta di calcolare
P(X1 = 1|Sn = r) = P(X1 = 1, Sn = r)
P(Sn = r) ·
Ser = 0 si vede subito che la probabilità condizionale vale 0, perchéSn ≥ X1 e quindi gli eventi {X1 = 1} e {Sn = 0} hanno intersezione vuota. Altrimenti sappiamo già che il denominatore vale
( n r
)
pr(1 − p)n−r , poichéSn è binomialeB(n, p). Per il numeratore invece
P(X1 = 1, Sn = r) = P(X1 = 1, X1 + . . .+Xn = r) = = P(X1 = 1, X2 + . . .+Xn = r − 1)= P(X1 = 1)P(X2 + . . .+Xn = r − 1)=
= p · ( n− 1
r − 1
)
) = r
n ·
La legge condizionale diX1 datoSn = r è di BernoulliB(1, r n ) (enon dipende dap!).
b) Sfruttiamo la stessa idea del punto a). Ser ≥ k abbiamo
P(Sm = k, Sn = r) = P(Sm = k, Sm +Xm+1 + . . .+Xn = r) = = P(Sm = k,Xm+1 + . . .+Xn = r − k) = P(Sm = k)P(Xm+1 + . . .+Xn = r − k) =
= ( m
k
r − k
k
pr(1 − p)n−r .
Quindi P(Sm = k |Sn = r) = 0 sek > r mentre sek ≤ r
P(Sm = k |Sn = r) = P(Sm = k, Sn = r)
P(Sn = r) = ( m k
)( n−m r−k
) ·
Riconosciamouna distribuzione ipergeometrica: P(Sm = k |Sn = r) è uguale alla probabilità di estrarrek palline di tipo 1 da un’urna contenentem palline di tipo 1 en − m di tipo 2 in r estrazioni senza rimpiazzo. Osserviamo ancora che la legge condizionale ottenuta non dipende
26 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
dap. Ricordando il valore della media delle v.a. ipergeometriche si ha immediatamente che la media della legge condizionale diSm sapendo cheSn = r vale rm
n .
2.11 a) Il numero totale di telefonate ricevute dai due centralini èX + Y ed ha legge di Poisson di parametroλ + µ = 6, per la regola della somma di v.a. indipendenti di Poisson (Esempio 2.28). Dunque la probabilità richiesta è
P(X + Y ≤ 3)= e−6 (
1 + 6 + 62
= 0.15 .
b) Se indichiamo conpX|X+Y (·|n) la probabilità condizionale diX datoX + Y = n, allora, se 0≤ k ≤ n,
pX|X+Y (k |n) = P(X = k,X + Y = n)
P(X + Y = n) =
P(X + Y = n) =
(n−k)!
= ( n
k
) ( λ
λ+ µ
)k( µ
λ+ µ
)n−k .
La legge condizionale è dunque binomialeB(n, λ λ+µ ). La sua media è uguale anλ
λ+µ . c) Per il punto precedente la probabilità richiesta vale
pk := (
8
k
) (1
3
)k(2
3
)8−k .
Perdeterminare il valore dik per cui questa quantità è massima studiamo per quali valori dik
si ha pk+1
pk+1
pk è
{ > 1 perk = 0,1 = 1 perk = 2 < 1 perk = 3,4, . . .
Se ne deduce che il massimo valore dipk si raggiunge perk = 2 oppurek = 3. d) La retta di regressione diX rispetto aX + Y èx = az+ b dove
a = Cov(X,X + Y )
Ora Cov(X,X + Y ) = Cov(X,X)+ Cov(X, Y )

a = λ
λ+ µ
La retta dunque èx = λ λ+µ z.
• SeX e Y sonov.a. indipendenti e a valori discreti, la legge congiunta diX eX + Y si calcola sempre con facilità, come in questo esercizio, usando la relazione
P(X = k,X + Y = n) = P(X = k, Y = n− k) = P(X = k)P(Y = n− k) .
2.12 a) Se indichiamo conX il numero di palline rosse estratte dalla prima urna, allora naturalmenteX ∼ B(n, p). D’altra parte, se indichiamo conA l’evento ‘‘la pallina estratta (dalla seconda urna) è rossa’’ allora naturalmente
P(A|X = k) = k
n
perchéseX = k, ciò vuol dire che nella seconda urna vi sonok palline rosse su un totale din. Possiamo ora usare la formula delle probabilità totali:
P(A) = n ∑
k=0
k=0
pk(1 − p)n−k = p ,
dove abbiamo riconosciuto nella somma la speranza matematica di una v.a.B(n, p). b) Si tratta di calcolare
P(X = k |A) = P(A|X = k)P(X = k)
P(A) ·
Vediamo subito che la probabilità condizionale vale 0 perk = 0 mentre sek = 1, . . . , n
P(X = k |A) = 1
k − 1
pk−1(1 − p)n−k .
La media della legge condizionale diX sapendo cheA si è verificato è
E(X |A) = n ∑
28 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
Per calcolare questa somma conviene cercare di ricondursi alla somma che dà la speranza matematicadelle leggi binomiali; sostituendoi = k − 1 si ha
E(X |A) = n−1 ∑
= (n− 1)p+ 1 .
2.13 a) X non è altro che l’istante di primo successo in uno schema di prove ripetute indipendenti, nelle quali ad ogni prova si ha successo con probabilità1
6. Sappiamo quindi che X è una v.a. geometrica modificata di parametrop = 1
6, ovvero
)k−1 k = 1,2, . . .
Per lo stesso motivoY è una v.a. geometrica modificata di parametro2 6 = 1
3. Sappiamo che una v.a. geometrica modificata di parametrop ha speranza matematica1
p (Esempi2.38); dunque
E(X) = 6, E(Y ) = 3 .
b) Per calcolare la densità discreta diZ conviene calcolarne prima la f.r. Poniamo per sem- plicità p = 1
6 eq = 1 3. Allora, poichéX eY sono indipendenti,
P(Z ≤ k) = P(max(X, Y ) ≤ k) = P(X ≤ k, Y ≤ k) =
= P(X ≤ k)P(Y ≤ k) = k ∑
1 − (1 − q) = (1 − (1 − p)k)(1 − (1 − q)k) .
perk = 1,2, . . . Dunque la densità diZ, sempre perk = 1,2, . . . , è data da
P(Z = k) = P(Z ≤ k)− P(Z ≤ k − 1)= = (1 − (1 − p)k)(1 − (1 − q)k)− (1 − (1 − p)k−1)(1 − (1 − q)k−1) =
= 1 − (1 − p)k − (1 − q)k + [(1 − p)(1 − q)]k+ −1 + (1 − p)k−1 + (1 − q)k−1 − [(1 − p)(1 − q)]k−1 =
= p(1 − p)k−1 + q(1 − q)k−1 − (p + q − pq)[(1 − p)(1 − q)
=1−p−q+pq
Esercizio 2.14 29
Riconosciamo però nella prima serie la speranza matematica diX, cioè 1 p
= 6. Per lo stesso
= 3 e quella della terza 1 p+q−pq = 9
4. Dunque
4 =
27
4 ·
c) Usiamo il metodo della partizione dell’evento certo: gli eventi{Y = i}, al variare di i = 1,2, . . . , sono disgiunti e la loro unione ha probabilità 1, dunque
P(X ≥ Y ) = ∞ ∑
i=1
e quindi
P(X ≥ Y ) = ∞ ∑
i=1
∞ ∑
= q
3 si ottiene P(X ≥ Y ) = 3 4.
2.14 a) Fissiamo una letterai e consideriamo l’eventoAi=‘‘la lettera i viene usata’’. La probabilità che la letterai non venga usata come prima lettera della parola èn−1
n = 1 − 1
n .
Poichéle apparizioni di una lettera nelle posizioni successive della parola sono indipendenti, la probabilità che la lettera non venga mai usata sarà(1 − 1
n )k. Dunque
Sek = n allora P(Ai) = 1 − (1 − 1
n )n →
1 se la letterai-esima viene utilizzata 0 altrimenti .
Il numeroX di lettere utilizzate è dunqueX = X1 + . . .+Xn e il numero medio richiesto è
E(X) = E(X1)+ . . .+ E(Xn) .
D’altra parte le v.a.X1, . . . , Xn sono di Bernoulli e{Xi = 1} = Ai , dove gli eventiAi sono quelli definiti nel punto a). Sono dunqueB(1, p) conp = P(Ai) = (1 − 1
n )k. Dunque
E(X) = n (
.
30 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
Pern = 21,k = 100 si ha E(X) = 20.84; pern = 21, k= 50 si ha E(X) = 19.17. Se la probabilità di apparizione della letterai èpi , allora la probabilità che la letterai-esima
venga utilizzata diviene P(Ai) = 1 − (1 − pi)
k
e dunque anche E(Xi) = 1 − (1 − pi) k, per cui
E(X) = n ∑
i=1
7 · (
1 se loi-esimo assicurato deve essere indennizzato 0 altrimenti .
Allora il numero totale di indennizzi nel corso del primo anno si modellizza con la v.a.X = Z1 + . . .+ ZN . Poiché le v.a.Zi sono indipendenti si haX ∼ B(N, p). Ma seN è grande e p piccolo, la legge diX si può approssimare con una legge di Poisson di parametroλ = Np. Ripetendo lo stesso ragionamento si vede che ancheY è di Poisson di parametroλ. Poiché si supponeY indipendente daX, alloraZ = X + Y è di Poisson di parametro 2λ. Calcoliamo la legge congiunta diX eZ: se 0≤ k ≤ m
P(X = k, Z = m) = P(X = k, Y = m− k) = P(X = k)P(Y = m− k) =
= e−λ λ k
k!(m − k)!
mentre naturalmente P(X = k, Z = m) = 0 sem < k oppurek < 0. b) La compagnia incassa ogni anno un ammontare pari a5
4pNI e paga in indennizziX · I . Quindi in media il beneficio è
5
4 pNI ·
c) La probabilità richiesta si esprime, in termini delle v.a.X eZ come
P({X > 2} ∪ {Z > 3})= 1 − P(X ≤ 2, Z ≤ 3)= = 1 − P(X = 0, Z = 0)− P(X = 0, Z = 1)− P(X = 1, Z = 1)− P(X = 0, Z = 2)+
−P(X = 1, Z = 2)− P(X = 2, Z = 2)− P(X = 0, Z = 3)+ −P(X = 1, Z = 3)− P(X = 2, Z = 3)=
= 1 − e−2λ (
2
Esercizio 2.16 31
Sostituendo il valoreλ = Np = 1 si ottiene che la probabilità richiesta vale 0.165.
2.16 a) Dire che il programma deve accedere all’unità 1 significa dire che tra le 40 reg- istrazioni che gli sono necessarie ce n’è almeno una che si trova nel disco 1. Se indichiamo conZ1 il numero di file necessari all’esecuzione del programma che si trovano nell’unità 1, si riconosce facilmente cheZ1 segue una distribuzione ipergeometrica e in particolare, osservando che i file in totale sono 3000 di cui 100 nell’unità 1, che
P(Z1 = i) = (100 i
) i = 0, . . . ,40 .
La probabilità che l’unità 1 sia necessaria all’esecuzione del programma vale quindi
(1.3) p = P(Z1 > 0) = 1 − P(Z1 = 0) = 1 −
(100 0
)(2900 40
= 1 − 2900· 2899· . . . · 2861
3000· 2999· . . . · 2961 = 0.745.
b) SeZ indica il numero di file necessari che si trovano nell’unità 1 oppure nell’unità 2, ripetendo il ragionamento del punto a),Z segue anch’essa una distribuzione ipergeometrica, solo che ora considereremo i 3000 file suddivisi nelle due classi formate dalle 200 registrazioni che si trovano in una delle prime due unità disco e dalle altre 2800. Dunque
P(Z = i) = (200 i
) i = 0, . . . ,40
e la probabilità che una delle prime due unità sia necessaria vale ora
(1.4) w = P(Z > 0) = 1 − P(Z = 0) = 1 −
(200 0
)(2800 40
= 1 − 2800· 2799· . . . · 2761
3000· 2999· . . . · 2961 = 0.938.
Se indichiamo conA1 l’evento ‘‘l’unità 1 è necessaria’’ e conA2 l’analogo evento per l’unità 2, abbiamo appena calcolato P(A1 ∪ A2), mentre la probabilità che entrambe le unità siano necessarie è P(A1∩A2); ma dalla formula della probabilità della unione di due eventi otteniamo
P(A1 ∩ A2) = P(A1)+ P(A2)− P(A1 ∪ A2) = 0.745+ 0.745− 0.938= 0.552 .
c) Le v.a.Yi sono di Bernoulli (prendono solo i valori 0 e 1) di parametrop = P(Yi = 1)= 0.745, calcolato in a). L’intuizione vorrebbe che le v.a.Yi non siano indipendenti, perché se, ad esempio, fosseY1 = 1 ciò vorrebbe dire che almeno una delle registrazioni si trova nell’unità 1 e ciò rende minore la probabilità che siano necessarie le altre unità. Per rendere rigorosa questa intuizione calcoliamo il coefficiente di correlazione: se esso risulterà diverso da 0 ciò
32 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
implicherà che le v.a.Yi, i = 1, . . . ,40 sono correlate e quindi non sono indipendenti e neanche indipendenti a due a due. Il coefficiente di correlazione diY1 eY2 è per definizione
Y1,Y2 =
Var(Y1)Var(Y2) ·
Sappiamo già che Var(Y1) = Var(Y2) = p(1 − p) ed inoltre che E(Y1)E(Y2) = p2, poiché Y1 e Y2 sono entrambeB(1, p). Resta da calcolare E(Y1Y2). Ma anche la v.a.Y1Y2 è di Bernoulli, poiché anch’essa può prendere solo i valori 0 oppure 1. Resta dunque da calcolare P(Y1Y2 = 1) = P(Y1 = 1, Y2 = 1). Ma quest’ultima non è altro che la probabilità che sia l’unità 1 che la 2 siano necessarie per l’esecuzione del programma e dunque vale 0.552 per il punto b). In conclusione
Y1,Y2 =
0.745· 0.255 = −0.016
che conferma l’intuizione iniziale di una correlazione negativa tra le variabili. Inoltre il valore del coefficiente di correlazione, vicino a 0, indica che la dipendenza tra le variabili è abbastanza piccola.
d) Il calcolo della media diX secondo la definizione di speranza matematica richiederebbe preliminarmente il calcolo della legge diX, che è abbastanza complicato. Si può però osservare cheX = Y1 + . . . + Y30 e dunque E(X) = E(Y1) + . . . + E(Y30) (la speranza matematica di una somma di v.a. èsempreuguale alla somma delle speranze matematiche, anche se le v.a. non sono indipendenti). Inoltre, poiché leYi sono tutte di BernoulliB(1, p) conp = 0.745,
E(X) = 30 · p = 22.35 .
• Questo esercizio usa alcune idee di cui ci serviamo ripetutamente. Ci limitiamo a segnalare il modo di calcolare la speranza matematica di una v.a.X scrivendo che essa è uguale alla somma X1 + . . . + Xn, doveX1, . . . , Xn sono v.a. di cui è facile calcolare la speranza matematica. Talvolta questa idea è fondamentale: il calcolo della legge diX, necessario per applicare la definizione di speranza matematica, può risultare molto complicato.
2.17 a) Converrà fare i calcoli scrivendon al posto di 90. La probabilità che allak-esima estrazione si ottenga la pallinai-esima è naturalmente uguale a1
n (Esempio1.30). In particolare,
scegliendok = i si ha P(Ai) = 1 n .
Perstudiare l’indipendenza degli eventiAi, i = 1, . . . , n, conviene costruire esplicitamente uno spazio di probabilità. Una scelta naturale può essere quella di porre =insieme delle permutazioni din elementi. Con questo modello si haAi = {ω,ωi = i}, cioèAi corrisponde all’insieme delle permutazioni che lascianoi allo i-esimo posto. Ora
A1 ∩ A2 = {ω,ω1 = 1, ω2 = 2}
e dunqueA1 ∩A2 ha cardinalità(n− 2)! (la cardinalità delle permutazioni che lasciano fissi 1 e 2 è la stessa che la cardinalità delle permutazioni di{3, . . . , n}). Dunque
P(A1 ∩ A2) = (n− 2)!
Esercizio 2.17 33
mentre sappiamo che P(A1)P(A2) = 1 n2 . Dunque gli eventiAi, i = 1, . . . , n non sono a due a
due indipendenti e quindi neppure indipendenti. b) Poniamo
Xi = {
1 se si ha coincidenza allai-esima estrazione 0 altrimenti .
Allora X = X1 + . . . + Xn ed inoltre le v.a.Xi sono di Bernoulli di parametrop = P(Xi = 1)= P(Ai) = 1
n . Per la proprietà di additività della speranza matematica
E(X) = E(X1)+ . . .+ E(Xn) = n · 1
n = 1 .
Dunqueil numero medio di coincidenze è 1 qualunque sia il numero di palline nell’urna. c) Sempre con le notazioni del punto b), per la formula della varianza della somma di v.a.
abbiamo
Cov(Xi, Xj ) .
n ), perché le v.a.Xi sono di Bernoulli di parametro
p = 1 n ; resta da calcolare Cov(Xi, Xj ) = E(XiXj )− E(Xi)E(Xj ). Quanto vale E(XiXj )? La
v.a.XiXj è di Bernoulli di parametrop = P(XiXj = 1)= P(Xi = 1, Xj = 1); ma
{Xi = 1, Xj = 1} = Ai ∩ Aj
dove gli eventiAi, i = 1, . . . , n sono definiti in a). Per motivi di simmetria la probabilità di questi eventi non dipende dai, j (purchéi 6= j ) e sappiamo, dal punto a), che scegliendo i = 1, j = 2,
P(X1 = 1, X2 = 1)= P(A1 ∩ A2) = 1
n(n− 1)
n(n− 1) −
1
n2 ·
Infine osserviamo che nella prima somma della (1.5) vi sonon termini, mentre nella seconda n(n− 1). Dunque
Var(X) = n · 1
= 1 .
Anchela varianza del numero di coincidenze è uguale a 1 e non dipende dal numero di palline. • Anche qui l’idea di scrivereX come somma delleXi per calcolare la speranza matematica è
fondamentale. Il calcolo della legge del numero di coincidenzeX, che è abbastanza importante in combinatoria, è in effetti possibile ma non facile.
Paolo Baldi Calcolodelle Probabilità McGraw-Hill 2011
34 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
2.18 a)Definiamo i seguenti eventi:
A = {viene scelta l’urnaA} B = {viene scelta l’urnaB} Ri = {alla i-esima estrazione si ottiene una pallina rossa} Ni = {alla i-esima estrazione si ottiene una pallina nera}.
Osserviamo che gli eventiA e B costituiscono una partizione dell’evento certo. Dunque la probabilità richiesta vale
P(R1) = P(R1 ∩ A)+ P(R1 ∩ B) = P(R1|A)P(A)+ P(R1|B)P(B) .
Per come il problema è stato posto è chiaro che deve essere
P(R1|A) = 1, P(R1|B) = r n , P(A) = P(B) = 1
2
= 1 2
)
.
b) Indichiamo conC l’evento ‘‘le prime due estrazioni danno palline di colori diversi’’. La probabilità che in due estrazioni dall’urnaA si ottengano una pallina rossa e una nera è chiaramente 0. Invece il numero di palline rosse estratte dall’urnaB in due estrazioni segue una legge binomialeB(2, r
n ). Dunque
n2 ·
c) Indichiamo conT la v.a. ‘‘tempo d’attesa della prima estrazione di una pallina rossa’’. Dobbiamo calcolare la speranza matematica diT e per farlo calcoliamone prima la legge. Ora, sempre con la formula delle probabilità totali (1.12),
P(T = k) = P(T = k |A)P(A)+ P(T = k |B)P(B) .
Ma, poiché l’urnaA contiene solo palline rosse,
P(T = k |A) = {
mentre
Esercizio 2.19 35
edunque
E(T ) = ∞ ∑
=
)
dove abbiamo riconosciuto nell’ultima serie la speranza matematica di una legge geometrica modificata, che vale appunto1
p .
d) PoniamoEk = R1∩ . . .∩Rk. Ek è l’evento ‘‘le primek estrazioni hanno dato tutte palline rosse’’. La probabilità richiesta non è altro che P(A|Ek). Per la formula di Bayes
P(A|Ek) = P(Ek |A)P(A)
P(Ek) ·
Ora P(Ek |A) = 1 mentre P(A) = 1 2. Resta da calcolare P(Ek). Ancora la formula delle
probabilità totali (1.12) dà
P(A)+ P(Ek |B)P(B) .
Ma se l’urna prescelta è laB il numero di palline rosse estratte segue una legge binomiale B(k, r
n ). Dunque
e in conclusione P(Ek) = 1 2(1 + ( r
n )k) e
P(A|Ek) = 1
1
2.19 a)Poniamo
1 se lai-esima pallina finisce nella scatola 1 0 altrimenti .
36 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
La probabilità che una singola pallina finisca nella scatola 1 vale1 r
poiché,per come il problema è posto, possiamo supporre che tutte le scatole abbiano la stessa probabilità di essere scelte. Dunque P(Xi = 1) = 1
r e cioèXi ∼ B(1, 1
r ). Inoltre le v.a.X1, . . . , Xn si possono supporre
indipendenti. Il numero di palline finite nella scatola 1 è dunqueY1 = X1 + . . .+Xn; se ne ricava cheY1
è binomialeB(n, 1 r ) percui la probabilità richiesta vale
P(Y1 = i) = ( n
)n−i .
b) Indichiamo conY1, Y2, Y3 il numero di palline che finiscono rispettivamente nella scatola 1, nella 2 e in una qualunque delle scatole dalla 3 allar. Allora la loro legge congiunta è multinomiale di parametri1
r , 1 r ,1 − 2
r rispettivamente. Quindi
i!j !(n − i − j)!
)n−i−j .
2.20 a)Indichiamo conA l’evento ‘‘il messaggio proviene dalla sorgenteA’’ e naturalmente conB l’evento ‘‘il messaggio proviene dalla sorgenteB ’’. Indichiamo conC l’evento ‘‘un messaggio di lunghezza 10 contiene 4 bit uguali a 1’’. Si richiede di calcolare P(A|C). Per la formula di Bayes
(1.6) P(A|C) = P(C |A)P(A)
P(C) ·
Se il messaggio proviene dalla sorgenteA, allora il numero di bit uguali a 1 segue una legge binomialeB(n, 1
2). Dunque
P(C |A) = (
10
4
) 1
210 ·
Invece se esso proviene dalla sorgenteB il numero di bit uguali a 1 seguirà una leggeB(n, 1 4).
Dunque
Peril calcolo di P(C) useremo la formula delle probabilità totali:
P(C) = P(C |A)P(A)+ P(C |B)P(B) =
= 1
2
( 10
4
) 1
Esercizio 2.21 37
Poiché P(B |C) = 1− P(A|C) = 0.416, la sorgenteA è la più probabile. Se fossen = 100, la (1.6) resta valida, ma ora
P(C |A) = (
= 1
2
( 100
40
) 1
2100
= 0.968
e la sorgenteA è di gran lunga la più probabile. b) Basta ripetere i calcoli del punto a) sostituendo P(A) = 0.3,P(B) = 0.7. Quindi
P(C) = P(C |A)P(A)+ P(C |B)P(B) = 0.3 · (
10
4
) 1
2100
= 0.928.
Quindipern = 100 la sorgenteA resta la più probabile, mentre pern = 10 prevale il fatto che a priori la più probabile fosseB.
2.21 a)La legge delle v.a.Xi è data da
p0 = P(Xi = 0) = 1 4
, p1 = P(Xi = 1)= 1 2
, p2 = P(Xi = 2) = 1 4
mentrepk = P(Xi = k) = 0 per gli altri valori dik. La funzione generatrice delle probabilità di Xi vale dunque
ψ(t) = 1
4 + t
2 + t2
4 = (1
2 + t
38 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
b) Per il calcolo della legge della somma di v.a. indipendenti tra i metodi possibili c’è l’uso delle funzioni generatrici delle probabilità, che in questo caso sembra praticabile, visto che la f.g.p. calcolata nel punto precedente ha un’espressione semplice. Poiché si tratta di v.a. indipendenti, la f.g.p.ψn di X1 + . . .+Xn vale
ψn(t) = ψ(t)n = (1
2
)2n .
Percalcolare la densità diX1 + . . . + Xn non resta che sviluppare la funzioneψn(t) con la regola del binomio
ψn(t) = 2n ∑
k=0
) 1 22n .
L’osservatore acuto avrebbe anche potuto riconoscere che la funzione generatrice delle pro- babilità diXi è quella di una v.a. binomialeB(2, 1
2). DunqueXi ∼ B(2, 1 2) eX1 + . . .+Xn ∼
B(2n, 1 2).
1 se loi-esimo lancio dà testa 0 se dà croce.
LeXi hanno tutte legge di BernoulliB(1, p)e le v.a.N,X1, X2, . . . possono essere considerate indipendenti. Il numero di teste ottenute si modellizza quindi mediante la somma aleatoria X = X1 + . . .+ XN , con l’intesa cheX = 0 seN = 0. Per calcolare la legge diX possiamo prima calcolarne la funzione generatrice delle probabilitàψ . Quest’ultima è data dalla formula
ψ(t) = ψN (ψXi (t))
(vedi la Proposizione 2.62) doveψN e ψXi indicano le funzioni generatrici diN e di Xi rispettivamente. Ricordando l’espressione delle funzioni generatrici delle probabilità delle leggi di Poisson e di Bernoulli si haψN (z) = eλ(z−1) eψXi (t) = 1 − p + pt . Dunque
ψ(t) = eλ(pt+1−p−1) = eλp(t−1) .
Riconosciamo qui la funzione generatrice delle probabilità di una legge di Poisson di parametro λp, che è quindi la legge cercata. Per lo stesso motivoY è di Poisson di parametroλ(1 − p).
• In realtà il calcolo appena fatto era già stato sviluppato nell’Esempio 2.63. Lo stesso risultato si può ottenere senza l’uso delle f.g., come nell’Esempio 2.32.
b) Come al solito la prova dell’indipendenza diX eY si riconduce al calcolo delle loro leggi congiunte. PoichéX + Y = N , si ha{X = k, Y = m} = {X = k,N = m+ k} e
P(X = k, Y = m} = P(X = k,N = m+ k) = P(X1 + . . .+Xm+k = k,N = m+ k) .
Esercizio 2.23 39
Ma le v.a.N,X1, X2, . . . sono indipendenti eX1 + . . .+Xm+k ∼ B(m+ k, p), quindi
P(X = k, Y = m) = P(X1 + . . .+Xm+k = k)P(N = m+ k) =
= ( m+ k
k
m! =
= P(X = k)P(Y = m)
e quindiX e Y sono indipendenti. In realtà volendo essere precisi il calcolo precedente vale solo quando uno almeno tra i numerik em è> 0. Se entrambi sono nulli il calcolo è comunque immediato, tenendo conto del punto a):
P(X = 0, Y = 0) = P(N = 0) = e−λ
P(X = 0)P(Y = 0) = e−λpe−λ(1−p) = e−λ .
2.23 a)Consideriamo, per cominciare, il casok = 1 e poniamo
(1.7) Zi = {
1 se loi-esimo errorenonviene individuato 0 altrimenti
peri = 1, . . . , N. È chiaro che il numero di errori rimasti dopo il passaggio del primo revisore è X1 = Z1+. . .+ZN . Poiché, per la natura del problema, si possono supporre le v.a.Z1, . . . , ZN indipendenti ed inoltre P(Zi = 1)= 1 − p, si vede subito cheX1 ∼ B(N,1 − p).
Per studiare la legge diX2, si può osservare cheX2 è ancora una somma di v.a.Zi come nella (1.7), solo che ora l’indicei varia tra 1 eX1 (numero di errori rimasti). OvveroX2 = Z1+. . .+ZX1
. Poiché possiamo supporre le v.a.Zi eX1 indipendenti, sappiamo (Proposizione 2.62) che la funzione generatrice delle probabilitàψX2
è data da
ψX2 (t) = ψX1

1 − (1 − p)2 + (1 − p)2t )N .
Si riconosce quindi cheX2 è binomialeB(N, (1 − p)2). Ciò suggerisce che la v.a.Xk abbia leggeB(N, (1 − p)k). La verifica rigorosa di questo fatto si può fare per ricorrenza: se Xk ∼ B(N, (1 − p)k), alloraXk+1 = Z1 + . . .+ ZXk e dunque
ψXk+1 (t) = ψXk (ψZ1
(t)) = (1 − (1 − p)k + (1 − p)k(p + (1 − p)t))N =
= (1 − (1 − p)k+1 + (1 − p)k+1t)N
che è appunto la funzione generatrice delle probabilità di una v.a.B(N, (1 − p)k+1). La probabilità che dopo il lavoro dik revisori restino ancora degli errori è
P(Xk > 0) = 1 − P(Xk = 0) = 1 − (1 − (1 − p)k)N .
40 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
b) Se supponiamo che il numeroN di errori sia a sua volta aleatorio il ragionamento è simile a quello appena visto: il numero di errori rimasti dopo il lavoro del primo revisore è
X1 = Z1 + . . .+ ZN .
Poiché la funzione generatrice delle probabilità diN èψ(z) = eλ(z−1), quella diX1 è
ψX1 (t) = ψN (ψZ1
(t)) = eλ((p+(1−p)t)−1) = eλ(1−p)(t−1)
e quindiX1 è di Poisson di parametroλ(1 − p). Analogamente la funzione generatrice delle probabilità diX2 = Z1 + . . .+ ZX1
sarà
(ψZ1 (t)) = eλ(1−p)((p+(1−p)t)−1) = eλ(1−p)2(t−1)
per cuiX2 è di Poisson di parametroλ(1 − p)2. Per ricorrenza, come nel punto a) si vede che Xk è di Poisson di parametroλ(1 − p)k.
Con i valori numerici assegnatiX3 segue una legge di Poisson di parametroλ(1 − p)3 = 300· 10−3 = 0.3. Dunque la probabilità che restino degli errori è
P(X3 > 0) = 1 − P(X3 = 0) = 1 − e−0.3 = 0.259= 25.9%.
Il numero medio di errori rimasti è
E(X3) = λ(1 − p)3 = 0.3 .
2.24 Perchéuna funzioneg sia la funzione generatrice di qualche v.a.X occorre che siano soddisfatte alcune proprietà: essa deve intanto essere sviluppabile in serie di potenze con un intervallo di convergenza che deve contenere [−1,1]. Inoltre tutti i coefficientipk dello sviluppo devono essere≥ 0, poiché deve esserepk = P(X = k); infine deve essereg(1) = 1, perché g(1)=
∑∞ k=0pk = 1.
Da quest’ultima condizione si vede chec, se esiste, deve essere uguale a(log 1 2)
−1 = −(log2)−1. Per questo valore dic si ha, ricordando lo sviluppo in serie di potenze della funzionez → log(1− z),
g(z) = ∞ ∑
n2n log2 zn
eg è dunque realmente una funzione generatrice (tutti i coefficienti dello sviluppo sono≥ 0). SeX è una v.a. avente funzione generatriceg, allora
P(X = n) = 1
n2n log2 ·
La media diX si calcola facilmente osservando cheg è derivabile inz = 1 e
E(X) = g′(1)= 1
(2 − z) log 2
Esercizio 3.2 41
3.1 a) La v.a. X prende i suoi valori, con probabilità 1, nell’intervallo [0,10]: infatti P(0 ≤ X ≤ 10) = F(10)− F(0) = 1.
b) La f.r. F è derivabile a tratti con derivata continua. DunqueX ha densità che si ottiene derivando la f.r. La densità è dunque data da
f (t) =
0 altrimenti .
La densitàf è lineare a tratti ed il suo grafico è dato dalla Figura 1.3.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0.2
Figura 1.3
c) La simmetria del grafico della densità diX suggerisce immediatamente il valore di E(X). Ad ogni modo il calcolo dà
E(X) = ∫ +∞
5 = 5 .
3.2 a) Calcoliamo la f.r. diZ = X2; poiché la densità diX è> 0 solo pert > 0, si ha FZ(t) = 0 pert ≤ 0, mentre pert > 0 essa vale
P(X2 ≤ t) = P(X ≤ √ t) =

Riconosciamo la f.r. di una legge esponenziale di parametro1 θ .
b) Calcoliamo la f.r. diW ; sfrutteremo il fatto che conosciamo già la f.r. diX2. Intanto osserviamo che, poichéX2 è a valori positivi,W prenderà valori tra 0 e 1. Se 0< t < 1
P(e−X2/θ ≤ t) = P(X2 ≥ −θ log t) = e(θ log t)/θ = t .
DunqueW è uniforme su [0,1]. • Da notare, in questo esercizio, il calcolo della densità di una v.a. eseguito passando prima
per il calcolo della f.r.: è un metodo semplice e che è possibile applicare in molti casi.
42 Parte 1: Soluzioni e svolgimenti degli Esercizi risolti
3.3 a)Si ha ∫ +∞
λrλ
edunque, poiché l’integrale deve valere 1,c = λrλ. b) Calcoliamo la f.r. diY : set > 0
P(Y ≤ t) = P (
log X r
λrλ = 1 − e−λt .
Y è dunque esponenziale di parametroλ. • Un calcolo tipico che viene richiesto durante la soluzione di molti esercizi è il seguente:
viene data una funzione nella formak · g(x) e si richiede di determinarek in modo chex → k ·g(x) sia una densità di probabilità. La costantek è sempre determinata dal fatto che l’integrale della densità deve valere 1 e dunque
k = ( ∫
.
3.4 Poichéla funzione tangente è monotona crescente nell’intervallo ]− π 2 ,
π 2 [, il calcolo