Esercizi misti sulla probabilità

Esercizi misti su Elementi di probabilità

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Sommario

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Raccolta di esercizi misti sul calcolo delle probabilità.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti.

Revisori: Daniele Volpe, Luigi De Masi.

Notazioni

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$A^c$	Complementare dell’evento $A$ ;
$n!$	Fattoriale del numero naturale $n$ , ossia il prodotto $n!=n \cdot (n-1) \cdots 2 \cdots 1$ ; si definisce $0!=1$ ;
$\binom{n}{k}$	Coefficiente binomiale di $n$ su $k$ , pari a $\frac{n!}{k!\cdot (n-k)!}$ ;
$P(A\|B)$	Probabilità condizionata dell’evento $A$ rispetto all’evento $B$ .

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un’urna contiene ${6}$ palline rosse e ${4}$ verdi. Si estraggono successivamente ${4}$ palline senza reinserimento. Determinare la probabilità che le prime due palline estratte siano rosse e le due rimanenti verdi.

Svolgimento.

La probabilità che la prima pallina sia rossa è pari a $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$ ; nel caso in cui la prima pallina sia rossa, ne rimangono $5$ rosse e $4$ verdi nell’urna, pertanto la probabilità che anche la seconda sia rossa è pari a $\frac{5}{9}$ . In caso di successo ai primi due lanci, rimangono $4$ palline rosse e $4$ verdi nell’urna, pertanto la probabilità che la terza pallina sia verde è pari a $\frac{1}{2}$ . Infine, la probabilità che la quarta pallina sia verde vale $\frac{3}{7}$ . Moltiplicando tra loro queste probabilità, si ottiene che la probabilità richiesta vale

$\frac{3}{5} \cdot \frac{5}{9} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{7} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{14}. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Ogni pezzo prodotto da un’impresa viene sottoposto a due controlli di qualità indipendenti e consecutivi. La probabilità che un difetto venga individuato al primo controllo è dell’ $85\%$ , mentre al secondo è del $92\%$ . Qual è la probabilità che un pezzo difettoso sfugga a entrambi i controlli?

Svolgimento.

Poiché i controlli sono indipendenti, la probabilità richiesta si ottiene come prodotto delle probabilità che il pezzo difettoso sfugga a ciascun controllo:

$\frac{15}{100} \cdot \frac{8}{100} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{120}{10000} = \text{1,2}\%. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si lanciano contemporaneamente tre dadi equilibrati. Calcolare la probabilità che compaiano due numeri dispari e un numero pari, tutti tra loro diversi.

Svolgimento.

L’esito dell’esperimento è definito da una terna di numeri interi compresi tra $1$ e $6$ , e tutte le terne sono equiprobabili. Dunque la probabilità cercata si ottiene come rapporto tra il numero di casi favorevoli, da calcolare, e il numero di terne totali, pari a $6^3=216$ .

Dato che i soli esiti $1,3,5$ sono dispari, il numero di coppie di numeri dispari distinti è pari al numero di modi di sceglierne $2$ , ossia pari al numero di combinazioni semplici di $2$ elementi scelti tra $3$ , cioè $3$ . Per ciascuna scelta è possibile scegliere in $3$ modi il rimanente numero pari. Ciascuna terna poi può essere permutata in $3!$ modi, quindi il numero di terne favorevoli è pari a

$3 \cdot 3 \cdot 3! = 54.$

Ne segue che la probabilità richiesta vale

$\frac{54}{216} =\boxcolorato{superiori}{\frac{1}{4}.}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una cliente è indecisa fra tre detersivi: marca $A$ con probabilità di scelta $15\%$ , marca $B$ con $20\%$ e marca $C$ con $65\%$ . Entrando nel supermercato scopre che il detersivo $B$ non è disponibile. Determinare la probabilità che acquisti il detersivo $A$ .

Svolgimento.

Chiamiamo $A$ l’evento che scelga il detersivo $A$ e $B^c$ l’evento che non scelga il detersivo $B$ . Il problema richiede di determinare la probabilità che si scelga $A$ nell’ipotesi in cui non venga scelto il detersivo $B$ , ossia, in termini matematici, la probabilità condizionata $P(A|B^c)$ di $A$ rispetto a $B^c$ , che vale

$P(A|B^c) = \frac{P(A \cap B^c)}{P(B^c)} = \frac{P(A)}{P(B^c)} = \frac{\dfrac{15}{100}}{\dfrac{80}{100}} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{3}{16}, }$

dove nella seconda uguaglianza abbiamo osservato che $A$ è un sottoinsieme di $B^c$ (se la cliente sceglie $A$ sicuramente non ha scelto $B$ ) e quindi $A \cap B^c=A$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In una classe, il $25\%$ degli alunni non riconosce le parole accentate e il $30\%$ non usa correttamente la lettera h. Assumendo indipendenti i due errori, calcolare:

$\quad$

la probabilità che un alunno commetta entrambi gli errori;

la probabilità che un alunno commetta solo il primo errore.

Svolgimento.

Poiché gli eventi sono indipendenti, la probabilità che siano commessi entrambi gli errori è pari al prodotto delle rispettive probabilità:

$\frac{25}{100} \cdot \frac{30}{100} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{3}{40} = \text{7,5}\%. }$

Invece la probabilità che venga commesso solo il primo errore è pari al prodotto della probabilità che sia commesso il primo errore con la probabilità che non sia commesso il secondo:

$\frac{25}{100} \cdot \frac{70}{100} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{7}{40} = \text{17,5}\%. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Da un mazzo di 40 carte italiane (dieci carte per ciascun seme: denari, spade, bastoni e coppe) si estraggono due carte.
Confrontare la probabilità che entrambe siano di coppe nei due casi seguenti:

$\quad$

estrazione senza reinserire la prima carta;

estrazione con reinserimento della prima carta prima della seconda estrazione.

Svolgimento punto 1.

Ragioniamo nei due casi.

Dato che il mazzo è composto da quattro semi di dieci carte ciascuno, la probabilità che la prima carta sia di coppe è pari a $\frac{1}{4}$ . Assumendo di aver estratto la prima carta di coppe e di non reinserirla, alla seconda estrazione si hanno a disposizione $9$ carte di coppe su un mazzo di $39$ carte, quindi la probabilità di estrarne una vale $\frac{9}{39}= \frac{3}{13}$ . La probabilità che entrambe siano di coppe è quindi il prodotto

$\frac{1}{4} \cdot \frac{3}{13} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{3}{52}. }$

Svolgimento punto 2.

Nel caso in cui la carta estratta venga reimmessa, le due estrazioni sono indipendenti e in ciascuna di esse si ha $\frac{1}{4}$ delle probabilità di estrarre una carta di coppe. Dunque la probabilità che ambo le carte siano di coppe vale

$\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{4} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{16}. }$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un candidato deve sostenere un esame di ammissione davanti a una delle due commissioni disponibili. La prima commissione boccia con probabilità $25\%$ , la seconda con probabilità $40\%$ . Scelta a caso la commissione, qual è la probabilità che il candidato venga ammesso?

Svolgimento.

Chiamiamo $A$ l’evento che il candidato venga ammesso, e chiamiamo $C_1,C_2$ gli eventi che esso sostenga l’esame di ammissione rispettivamente con la prima o con la seconda commissione. Poiché una delle due commissioni esamina il candidato, $C_1 \cup C_2$ è l’evento certo. Dunque possiamo applicare la legge delle probabilità totali:

$\begin{aligned} P(A) = P(A|C_1)P(C_1) + P(A|C_2)P(C_2) &= \frac{75}{100} \cdot \frac{1}{2} + \frac{60}{100} \cdot \frac{1}{2} \\ &=\boxcolorato{superiori}{ \frac{27}{40} = \text{67,5}\%. } \end{aligned}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Il $45\,\%$ di un certo gruppo di persone è andato in vacanza al mare; il $30\,\%$ del medesimo gruppo è andato in vacanza in montagna, mentre alcuni sono rimasti in città. Vi è la possibilità che alcune delle persone già state al mare siano andate anche in montagna; assumiamo che gli eventi di andare in vacanza al mare o in montagna siano indipendenti.
Scelta a caso una persona, calcolare la probabilità che:

$\quad$

sia stata in vacanza (mare o montagna);

sia stata in vacanza solo al mare.

Svolgimento punto 1.

La probabilità che una persona a caso sia stata in vacanza in un posto oppure sia rimasta in città è pari alla frequenza data nella traccia del problema. Chiamiamo $A,B,C$ gli eventi rispettivamente di essere andati al mare, in montagna o non essere andati in vacanza.

Il primo punto del problema richiede di determinare la probabilità $P(A \cup B)$ , che possiamo determinare con la formula di inclusione esclusione:

$P(A \cup B)= P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \frac{45}{100} + \frac{30}{100} - \frac{45}{100} \cdot \frac{30}{100} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{123}{200}. }$

dove abbiamo usato l’assunzione di indipendenza di $A$ e $B$ per scrivere $P(A \cap B)$ come prodotto delle probabilità di $A$ e di $B$ .

Svolgimento punto 2.

La probabilità che una persona sia stata solo al mare è pari a $P(A \setminus B)$ , ossia la probabilità della differenza insiemistica di $A$ e $B$ . Si ha

$P(A \setminus B) = P(A) - P(A \cap B) = \frac{45}{100} - \frac{27}{200} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{63}{200}. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si lanciano contemporaneamente due dadi equilibrati. Calcolare la probabilità che i numeri ottenuti:

$\quad$

abbiano somma $8$ oppure siano uguali;

abbiano somma dispari e il loro prodotto sia divisibile per $3$ .

Svolgimento punto 1.

Lanciando contemporaneamente due dadi equilibrati, l’insieme degli esiti è costituito da $36$ coppie ordinate $(d_1,d_2)$ di numeri compresi tra $1$ e $6$ , tutti equiprobabili. Dunque le probabilità richieste si ottengono effettuando il rapporto tra il numero di casi favorevoli e i $36$ casi totali.

Affinché la somma sia pari a $8$ oppure i numeri siano uguali devono verificarsi le seguenti uscite:

$\quad$

somma pari a $8$ : $(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2)$ $\to 5$ esiti;

due numeri uguali: $(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)$ $\to 6$ esiti.

L’esito $(4,4)$ è contato in entrambe le liste, quindi il numero totale di casi favorevoli è $5+6-1=10$ e la probabilità che si verifichi uno di essi vale

$\frac{10}{36}= \boxcolorato{superiori}{ \frac{5}{18}. }$

Svolgimento punto 2.

Il prodotto degli esiti è divisibile per $3$ se e solo se una delle componenti vale $3$ oppure $6$ . Nel caso in cui una componente valga $3$ , l’altra condizione richiesta è che l’altra componente sia pari, ossia deve essere $2,4$ oppure $6$ , cioè $3 + 3=6$ possibilità (considerando che il $3$ può capitare alla prima o alla seconda componente). Con lo stesso ragionamento, si ottengono $6$ coppie ordinate in cui una componente è $6$ e l’altra dispari.

Sommando tra loro questi valori, si sono contate però due volte le coppie costituite da un $3$ e da un $6$ , che sono $2$ . Dunque il numero di casi favorevoli è

$6+6-2=10.$

La probabilità richiesta vale quindi

$\frac{10}{36}= \boxcolorato{superiori}{ \frac{5}{18}. }$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In una famiglia con tre figli si assume equiprobabile la nascita di un maschio o di una femmina.
Calcolare la probabilità che:

$\quad$

siano tutte femmine;

siano tutti maschi, sapendo che il primogenito è maschio;

siano tutti maschi, sapendo che almeno uno è maschio.

Svolgimento punto 1.

In una famiglia con tre figli l’insieme dei possibili sessi è dato dalle $2^3=8$ terne ordinate di lettere $M$ e $F$ , tutte equiprobabili.

La sola sequenza $FFF$ contiene tutte lettere $F$ e quindi essa si verifica con probabilità

$\boxcolorato{superiori}{\dfrac18.}$

Svolgimento punto 2.

Sapendo che il primo figlio è maschio rimangono da scegliere solo la seconda e la terza componente della sequenza, ossia vi sono $2^2=4$ esiti totali. Tra questi, vi è una sola sequenza composta da sole lettere $M$ e quindi essa si verifica con probabilità

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{4}. }$

Svolgimento punto 3.

La condizione che vi sia almeno un maschio esclude soltanto la sequenza $FFF$ , lasciando quindi $7$ casi totali. Tra di essi, il solo caso favorevole è dato dalla sequenza $MMM$ e quindi questo si verifica con probabilità

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{7}. }$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un’urna contiene ${7}$ palline gialle, ${5}$ bianche e ${6}$ verdi. Si estraggono due palline senza reinserimento. Sapendo che almeno una delle due è verde, determinare la probabilità che entrambe siano verdi.

Svolgimento.

Il problema equivale a selezionare una coppia di palline tra le $7+5+6=18$ disponibili, con la condizione che almeno una sia verde. La probabilità si ottiene come rapporto tra numero di casi favorevoli e numero di casi totali.

Il numero di casi favorevoli è pari al numero di coppie di palline verdi scelte tra le $6$ disponibili, ovvero al numero di combinazioni semplici di $2$ elementi scelti su $6$ , che si calcola col coefficiente binomiale

$\binom{6}{2} = \frac{6 \cdot 5}{2} = 15.$

Il numero di coppie aventi almeno una pallina verde si calcola come differenza tra il numero totale di coppie, pari alle combinazioni semplici di $2$ elementi scelti su $18$ , e il numero di coppie che non contiene alcuna pallina verde, pari alle combinazioni semplici di $2$ elementi scelti fra $7+5=12$ :

$\binom{18}{2} - \binom{12}{2} = \frac{18 \cdot 17}{2} - \frac{12 \cdot 11}{2} = 153-66=87.$

La probabilità richiesta vale allora

$\frac{15}{87} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{5}{29}. }$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un dispositivo elettronico è composto da tre componenti indipendenti con probabilità di funzionamento rispettivamente pari a $92\%$ , $96\%$ e $83\%$ . Determinare la probabilità che, in un dato istante:

$\quad$

tutti e tre i componenti siano funzionanti;

almeno uno dei componenti funzioni.

Svolgimento.

Chiamiamo $A_1,A_2,A_3$ gli eventi che i componenti $1$ , $2$ e $3$ siano funzionanti. I due punti del problema richiedono rispettivamente di calcolare

$P(A_1 \cap A_2 \cap A_3), \qquad P(A_1 \cup A_2 \cup A_3).$

$\quad$

Poiché gli eventi $A_1,A_2,A_3$ sono indipendenti, la probabilità della loro intersezione vale il prodotto delle probabilità:
$\boxcolorato{superiori}{ P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = 0{,}92 \cdot 0{,}96 \cdot 0{,}83 \approx 73{,}25\%. }$

L’evento che almeno uno dei componenti funzioni si ottiene come complementare di quello in cui tutti i componenti non funzionano, la cui probabilità può essere ricavata moltiplicando le probabilità di ciascun complementare sempre in virtù dell’indipendenza degli eventi:
$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{ P(A_1 \cup A_2 \cup A_3) } &= 1- P(A_1^c \cap A_2^c \cap A_3^c) \\ &= 1- \big(1-P(A_1)\big)\big(1-P(A_2)\big)\big(1-P(A_3)\big) \\ &= 1 - 0,08 \cdot 0,04 \cdot 0,17 \\ & \boxcolorato{superiori}{ \approx \text{99,95}\%. } \end{aligned}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tre lotti di merce presentano diversi tassi di difetto: il lotto 1 del $4\%$ , il lotto 2 dell’ $\,8\%$ , mentre il lotto 3 del $12\%$ . Un pezzo viene estratto sapendo che proviene con uguale probabilità da ciascun lotto. Calcolare la probabilità che il pezzo sia difettoso.

Svolgimento.

Chiamiamo $A,B,C$ l’evento che il pezzo provenga rispettivamente dal primo, dal secondo o dal terzo lotto, e chiamiamo $D$ l’evento che esso sia difettoso. Poiché i casi $A,B,C$ esauriscono tutti quelli possibili la probabilità che il pezzo sia difettoso si ottiene con la legge delle probabilità totali:

$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{P(D)} &= P(D|A)P(A) + P(D|B)P(B) + P(D|C)P(C) \\ &= \left (\frac{4}{100}+ \frac{8}{100}+ \frac{12}{100}\right ) \cdot \frac{1}{3} \\ &= \boxcolorato{superiori}{ \frac{8}{100}. } \end{aligned}$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . A un bivio esistono due strade: una corretta e una sbagliata. Due persone, $A$ e $B$ , forniscono indicazioni: $A$ dice la verità $4$ volte su $5$ , $B$ $3$ volte su $4$ . Un automobilista sceglie a caso una delle due persone, chiede la direzione e la segue. Qual è la probabilità che imbocchi la strada giusta?

Svolgimento.

Chiamiamo $G$ l’evento che l’automobilista imbocchi la strada giusta, e chiamiamo $A,B$ gli eventi che abbia chiesto rispettivamente alla persona $A$ o alla persona $B$ . Poiché egli chiede a uno tra $A$ e $B$ la probabilità di $G$ può essere determinata attraverso la legge delle probabilità totali:

$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{P(G)} &= P(G|A)P(A) + P(G|B)P(B) \\ &= \left (\frac{4}{5}+ \frac{3}{4}\right ) \cdot \frac{1}{2} \\ &= \boxcolorato{superiori}{ \frac{31}{40}. } \end{aligned}$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Due classi equamente numerose $C_{1}$ e $C_{2}$ , sostengono la stessa prova di matematica.
Nella classe $C_{1}$ supera la prova il $78\%$ degli alunni, nella classe $C_{2}$ il $58\%$ . Sapendo che un alunno scelto a caso ha superato la prova, determinare la probabilità che appartenga alla classe $C_{2}$ .

Svolgimento.

Chiamiamo $S$ l’evento che l’alunno superi la prova e $C_1,C_2$ gli eventi che questo provenga rispettivamente dalla classe $C_1$ o $C_2$ . L’esercizio richiede di determinare la probabilità condizionata $P(C_2|S)$ che l’alunno provenga dalla classe $C_2$ sapendo che esso abbia superato la prova e può essere calcolata col teorema di Bayes. Infatti, poiché gli eventi $C_1$ e $C_2$ sono mutuamente esclusivi e includono tutti i casi possibili, si ha

(1) $\begin{equation*} P(C_2|S) = \frac{P(S|C_2)P(C_2)}{P(S|C_1)P(C_1) + P(S|C_2)P(C_2)}. \end{equation*}$

I dati del problema sono

$P(S|C_1)= \frac{78}{100}, \qquad P(S|C_2)= \frac{58}{100}, \qquad P(C_1)=P(C_2)=\frac{1}{2},$

dove l’ultima condizione deriva dal fatto che le due classi sono equamente numerose e l’alunno è scelto a caso sul totale. Inserendo queste informazioni in (1) si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{ P(C_2|S) } = \frac{P(S|C_2)P(C_2)}{P(S|C_1)P(C_1) + P(S|C_2)P(C_2)} = \frac{58}{58+78} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{29}{68}. }$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una compagnia di assicurazioni suddivide i clienti in tre categorie di rischio: alla categoria $A$ appartiene il $30\%$ dei clienti, alla categoria $B$ appartiene il $45\%$ dei clienti, mentre alla categoria $C$ appartiene il $25\%$ . Le probabilità annuali di subire un sinistro sono le seguenti: $A:1\%$ , $B:3\%$ , $C:8\%$ . Scelto a caso un automobilista sul totale, calcolare la probabilità che appartenga alla categoria $C$ sapendo che ha avuto un incidente.

Svolgimento.

Chiamiamo $A,B,C$ gli eventi che l’automobilista appartenga rispettivamente alla categoria $A,B$ o $C$ e chiamiamo $S$ l’evento che l’automobilista abbia avuto un sinistro. Il problema richiede di determinare la probabilità condizionata $P(C|S)$ , che verrà ricavata col teorema di Bayes. I dati in nostro possesso sono

$P(S| A)=\frac{1}{100},\qquad P(S| B)=\frac{3}{100},\qquad P(S| C)=\frac{8}{100}$

$P(A)=\frac{30}{100}=\frac{6}{20}, \qquad P(B)= \frac{45}{100}= \frac{9}{20}, \qquad P(C)= \frac{25}{100}= \frac{5}{20}.$

Il teorema di Bayes fornisce allora

$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{ P(C|S) } &= \frac{P(S|C)P(C)}{P(S|A)P(A) + P(S|B)P(B) + P(S|C)P(C)} \\ &= \frac{8 \cdot 5}{1 \cdot 6 + 3 \cdot 9 + 8 \cdot 5} \\ &= \boxcolorato{superiori}{ \frac{40}{73}. } \end{aligned}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tutta la merce è controllata: se difettosa viene scartata con probabilità $98\%$ ; viene poi scartato il $3\,\%$ della merce non difettosa. Calcolare:

$\quad$

la probabilità che un pezzo sia scartato;

la probabilità che un pezzo accettato sia in realtà difettoso.

Svolgimento.

Definiamo i seguenti eventi:

$\begin{gathered} D=\text{pezzo difettoso}, S=\text{pezzo scartato}. \end{gathered}$

Le due parti del problema richiedono rispettivamente

$P(S),\qquad P(D|S^c).$

$\quad$

Poiché le eventualità che il pezzo sia o meno difettoso coprono tutti i casi possibili e sono incompatibili, la probabilità che il pezzo sia scartato si ricava con la formula delle probabilità totali:
$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{ P(S) } &= P(S| D)\,P(D)+P(S|D^c)\,P(D^c)\\[4pt] &= 0{,}98\cdot0{,}12 + 0{,}03\cdot0{,}88\\[4pt] &= \boxcolorato{superiori}{\text{14,4}\%.} \end{aligned}$

La probabilità $P(D|S^c)$ che un pezzo accettato sia difettoso si determina tramite il teorema di Bayes. Infatti i dati del problema indicano
$P(S^c|D)=\frac{2}{100}, \qquad P(S^c|D^c)=\frac{97}{100}, \qquad P(D)= \frac{12}{100}, \qquad P(D^c)= \frac{88}{100}.$

Il teorema di Bayes fornisce allora

$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{ P(D|S^c) } &= \frac{P(S^c|D)P(D)}{P(S^c|D)P(D) + P(S^c|D^c)P(D^c)} \\ &= \frac{2 \cdot 12}{2 \cdot 12 + 97 \cdot 88} \\ &= \boxcolorato{superiori}{ \frac{24}{8560} \approx 0,28\%. } \end{aligned}$

Esercizio 18 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . In un teatro, i 12 posti di una fila vengono assegnati mediante sorteggio. Quattro amiche desiderano sedersi vicine. Qual è la probabilità che i 4 posti estratti consecutivamente siano contigui?

Svolgimento.

I sottoinsiemi di $4$ posti scelti su $12$ sono equiprobabili, quindi la probabilità richiesta si ottiene come rapporto tra il numero di casi favorevoli alle quattro amiche rispetto al numero di casi totali.

Le quattro amiche si siedono vicine se e solo se vengono sorteggiati quattro posti vicini, ossia se e solo se i posti sorteggiati formano una stringa di quattro numeri consecutivi: $1-2-3-4$ , $2-3-4-5$ , \dots, $9-10-11-12$ , cioè $9$ casi di estrazioni favorevoli.

Il numero di estrazioni totali equivale al numero di modi di selezionare $4$ posti distinti in un insieme di $12$ , ossia il numero di combinazioni semplici di $4$ posti su $12$ , che si ottiene col coefficiente binomiale

$\binom{12}{4} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{4 \cdot 3 \cdot 2} = 11 \cdot 5 \cdot 9.$

La probabilità che si estraggano quindi $4$ posti contigui equivale al rapporto

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{55}. }$

Esercizio 19 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un’urna contiene 5 palline numerate da $1$ a $5$ . Si effettuano 4 estrazioni con reinserimento. Determinare la probabilità che tutti i numeri estratti siano minori o uguali a $2$ oppure che siano tutti maggiori o uguali a $4$ .

Svolgimento.

La probabilità che in ogni singola estrazione si ottenga $1$ o $2$ vale $\frac{2}{5}$ . Dato che le estrazioni sono indipendenti, la probabilità di ottenere $4$ risultati pari a $1$ o $2$ è la potenza

$\left (\frac{2}{5} \right )^4.$

Anche i numeri maggiori o uguali a $4$ sono due, quindi col medesimo ragionamento si ricava che la probabilità di ottenere quattro numeri maggiori o uguali a $4$ vale nuovamente $\left (\frac{2}{5} \right )^4$ .

Dato che i due eventi sono incompatibili, la probabilità che si verifichi uno di essi è pari alla somma delle probabilità, ovvero

$\left (\frac{2}{5} \right )^4 + \left (\frac{2}{5} \right )^4 =\boxcolorato{superiori}{ \frac{32}{625} \approx \text{5,15}\%. }$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tre amici giocano a dadi: ciascuno lancia un dado e vince chi ottiene il punteggio più alto; in caso di parità si rilancia. Calcolare la probabilità che il gioco si concluda al secondo turno di lanci.

Svolgimento.

Ogni turno di lanci può concludersi con un risultato di vittoria o di parità, in maniera mutuamente esclusiva. Inoltre, l’esito di ciascun turno è indipendente dal precedente. Il gioco si conclude al secondo turno se e solo se il primo turno si conclude in parità e il secondo invece termina con una vittoria. Chiamando quindi $p$ la probabilità che un turno si concluda in parità, la probabilità richiesta equivale a

$p(1-p),$

e dunque rimane da determinare $p$ . L’esito di ogni turno di lanci può essere descritto come una delle $6^3$ terne ordinate di numeri da $1$ a $6$ , tutte equiprobabili. Un turno finisce in parità se e solo se la terna corrispondente è costituita da due numeri uguali e un numero strettamente inferiore, oppure da tre numeri uguali.

$\quad$

Il numero di terne costituite da due numeri uguali e da un numero strettamente inferiore si determina come segue: occorre scegliere una coppia di numeri distinti, cosa che può essere eseguita in $\binom{6}{2}$ modi distinti (combinazioni semplici di $2$ elementi tra $6$ ) e scegliere poi la posizione del numero inferiore, cosa che può essere fatta in $3$ modi distinti. In definitiva il numero di terne costituite da due numeri uguali e da un numero strettamente inferiore è pari al prodotto
$\binom{6}{2} \cdot 3 = \frac{6 \cdot 5}{2} \cdot 3 = 45.$

Il numero di terne costituite da tre numeri uguali è invece banalmente pari al numero di esiti del lancio di un dado, ossia
$6.$

In definitiva la probabilità di pareggiare è pari al rapporto

$p= \frac{45+6}{6^3} = \frac{17}{72}.$

Dunque la probabilità richiesta vale

$p(1-p) =\boxcolorato{superiori}{ \frac{17}{72} \cdot \frac{55}{72} \approx 18\%. }$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si hanno a disposizione $7$ colori per colorare i vertici di un pentagono, i quali sono numerati da $1$ a $5$ in senso orario. Colorando ciascun vertice a caso, qual è la probabilità che non vi siano più vertici dello stesso colore?

Svolgimento.

Ciascuna colorazione dei vertici è equiprobabile, dunque la probabilità richiesta si ottiene come rapporto tra il numero di casi favorevoli e il numero di casi totali. Il numero di casi totali è pari a $7^5$ , dato che ogni vertice può essere indipendentemente colorato in $7$ modi distinti e quindi stiamo considerando delle disposizioni con ripetizione di $5$ elementi scelti tra $7$ .

Calcoliamo ora il numero di casi favorevoli. Ogni colorazione favorevole è una disposizione semplice di $5$ elementi scelti tra $7$ : il primo vertice può essere colorato con tutti e $7$ i colori, quindi abbiamo $7$ scelte. Per ciascuna di queste scelte, il secondo vertice si può colorare solo con uno dei 6 colori rimanenti, il terzo vertice solo con uno dei 5 colori rimanenti e così via. Moltiplicando tutte queste possibilità si ottiene il numero di modi di colorare i $5$ vertici ordinati con $7$ colori:

$7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3=2520.$

In figura 1 diamo un esempio di colorazione favorevole del pentagono:

$\quad$

Figura 1: esempio di colorazione dei vertici del pentagono usando $5$ dei $7$ colori disponibili.

$\quad$

La probabilità richiesta è dunque pari al rapporto

$\frac{7\cdot 6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{7^5} =\boxcolorato{superiori}{ \frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{7^4}. }$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In una festa di compleanno il 17 per cento degli invitati mangia panini, il 23 per cento mangia noccioline, il 37 per cento mangia pizzette. Inoltre, il 6 per cento mangia sia panini che noccioline, il 19 per cento mangia sia noccioline che pizzette e il 12 per cento mangia sia panini che pizzette. Infine il 2 per cento degli invitati mangia tutti gli stuzzichini. Qual è la percentuale di invitati che non mangia nulla?

Svolgimento.

Dato che $2\%$ è il numero di chi mangia tutti gli stuzzichini, allora:

$\quad$

il $6\%-2\%=4\%$ mangia sia panini che noccioline, ma non pizzette;

il $19\%-2\%=17\%$ mangia sia noccioline che pizzette, ma non panini;

il $12\%-2\%=10\%$ mangia sia panini che pizzette, ma non noccioline.

Invece:

$\quad$

il $17\%-4\%-10\%-2\%=1\%$ mangia solo panini;

il $23\%-4\%-17\%-2\%=0\%$ mangia solo noccioline;

il $37\%-17\%-10\%-2\%=8\%$ mangia solo pizzette.

Se ne deduce che chi mangia qualcosa è il $1\%+0\%+8\%+ 4\%+17\%+10\%+2\%=42\%$ , quindi chi non mangia nulla è il

$\boxcolorato{superiori}{58\%.}$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si hanno 3 monete, una delle quali è truccata e la sua probabilità che esca testa è del $75\%$ . Qual è la probabilità che esca due volte croce e una testa?

Svolgimento.

Possiamo supporre che la prima moneta sia quella truccata. In questo caso, dato che la probabilità che esca un risultato qualunque dalla prima moneta è $1$ , se la probabilità che esca testa è del $75 \%$ , allora quella che esca croce deve essere del $25\%$ , cioè rispettivamente $\frac{3}{4}$ ed $\frac{1}{4}$ . Allora

$\begin{split} P(\text{testa, croce, croce}) & =\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{16},\\ P(\text{croce, testa, croce}) &=\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{16}, \\ P(\text{croce, croce, testa}) & =\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{16}. \end{split}$

Perciò la probabilità che esca due volte croce e una testa è

$\frac{3}{16}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}= \boxcolorato{superiori}{ \frac{5}{16}. }$

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