Esercizi per la maturità: Probabilità

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Autori e revisori

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Autori: Daniele Bjørn Malesani, Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Federico Fallucca.

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 $B$ .

Introduzione

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In questo articolo presentiamo 40 esercizi completamente risolti sul calcolo delle probabilità per il ripasso in vista dell’esame di maturità. Il calcolo delle probabilità è una branca della matematica di notevole importanza per le applicazioni, in quanto spesso il risultato di un certo evento non è prevedibile con certezza e quindi risulta necessario stimare la probabilità che si presenti un determinato esito. Per tale e altre ragioni, nella seconda prova di matematica dell’esame di maturità sono spesso presenti problemi riguardanti la probabilità.

Questa raccolta di esercizi mira a consolidare la preparazione dello studente rispetto a questo tipo di domande. I problemi sono completamente risolti e corredati di alcuni richiami teorici delle formule principali utilizzate.

Richiami di teoria

Probabilità dell'unione di eventi.

Se un evento $A$ si verifica con probabilità $P(A)$ e l’evento $B$ si verifica con probabilità $P(B)$ , intuitivamente la probabilità dell’unione di $A$ e $B$ deve essere legata alla somma delle due probabilità.

La probabilità dell’unione di $A$ e $B$ coincide con la probabilità che si verifichi l’evento $A$ oppure l’evento $B$ . Sommando le due probabilità però stiamo considerando doppiamente probabile il verificarsi simultaneo sia di $A$ che di $B$ , ossia stiamo considerando doppia la probabilità che si verifichi l’intersezione $A \cap B$ . Al fine di ottenere il valore esatto della probabilità di $A \cup B$ , occorre quindi sottrarre dalla somma $P(A)+P(B)$ la probabilità di tale intersezione. In formule

(1) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ P(A \cup B)= P(A) + P(B) - P(A \cap B). } \end{equation*}$

Con un ragionamento analogo si determina la probabilità dell’unione di tre elementi $A, B, C$ :

(2) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ \begin{aligned} P(A \cup B \cup C) &= P(A) + P(B) + P(C) \\ & \quad - P(A \cap B) - P(A \cap C) - P(B \cap C) \\ &\quad + P(A \cap B \cap C). \end{aligned} } \end{equation*}$

Tale formula può essere generalizzata al caso di $n$ eventi col cosiddetto principio di inclusione-esclusione:

(3) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ \begin{aligned} P(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n) &= \sum_{k=1}^n P(A_k) \\ &\quad - \sum_{i,j=1,\,\,i \neq j}^{n} P(A_i \cap A_j) \\ &\quad + \dots \\ & \quad + (-1)^{n-1} P(A_1 \cap \dots \cap A_n). \end{aligned} } \end{equation*}$

Ricordiamo che, nel caso di esiti equiprobabili, ossia se tutti gli elementi di un certo universo si verificano con la medesima probabilità, le formule si riducono a contare gli elementi presenti in ciascun insieme, ossia $P(A)= |A|/n$ , dove $|A|$ indica la cardinalità di $A$ , cioè il numero dei suoi elementi, mentre $n$ è la cardinalità dell’universo, ossia il numero di possibili esiti di un certo esperimento.

Probabilità condizionata e teorema di Bayes.

La nozione di probabilità condizionata è estremamente importante. Essa esprime la probabilità che si verifichi un certo evento $A$ sapendo che si è verificato un altro evento $B$ e si indica in genere con $P(A|B)$ .

Poiché si sta assumendo che l’evento $B$ si sia verificato, il valore della probabilità condizionata $P(A|B)$ è pari alla probabilità che si verifichino sia $A$ che $B$ , ossia $P(A \cap B)$ , normalizzato rispetto alla probabilità del solo evento $B$ , ossia diviso per $P(B)$ . In formule

(4) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}. } \end{equation*}$

Il teorema di Bayes è un risultato fondamentale che riguarda le probabilità condizionate tra due eventi. Più precisamente, il teorema di Bayes consiste nella relazione esistente tra la probabilità condizionata $P(A|B)$ dell’evento $A$ rispetto all’evento $B$ e la probabilità condizionata $P(B|A)$ dell’evento $B$ rispetto all’evento $A$ . Sappiamo come calcolare la probabilità condizionata di un evento rispetto all’altro:

$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}, \qquad P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)},$

dove una formula si ottiene dall’altra invertendo i ruoli di $A$ e $B$ . Poiché in entrambe le formule compare $P(A \cap B)$ , risolvendo rispetto a tale quantità si ottengono le uguaglianze

$P(A | B) \cdot P(B) = P(A \cap B) = P(B|A) \cdot P(A),$

ossia il teorema di Bayes:

(5) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ P(A | B) = \frac{P(B|A) \cdot P(A)}{P(B)}. } \end{equation*}$

Quando l’evento $A$ è parte di una serie di casi mutuamente incompatibili e la cui unione è certa, ossia

$A=A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n, \qquad \text{con } P(A_i \cap A_j)= 0 \,\,\,\,\forall i \neq j \quad \text{e} \quad P(A_1 \cup \cdots \cup A_n)=1,$

allora la probabilità di $B$ può essere scritta, per il teorema sulle probabilità totali, come

(6) $\begin{equation*} P(B) = \sum_{k=1}^n P(B|A_k)\cdot P(A_k), \end{equation*}$

cioè la probabilità di $B$ è pari alla somma delle probabilità che $B$ si verifichi in ciascuno dei casi $A_1,\dots, A_n$ , moltiplicata per la probabilità di ciascun caso. Sostituendo in (5) si ottiene la versione

(7) $\begin{equation*} \boxcolorato{superiori}{ P(A | B) = \frac{P(B|A) \cdot P(A)}{\sum_{k=1}^n P(B|A_k)\cdot P(A_k)}. } \end{equation*}$

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Supponiamo di avere due eventi $A$ e $B$ tali che $P(A) = 0,3$ , $P(A \cup B) = 0,7$ e $P(A\cap B)=0,1$ . Calcolare $P(B)$ .

Svolgimento.

Possiamo usare la seguente formula ben nota in probabilità:

$P(A \cup B) = P(A) + P(B)-P(A\cap B) \implies P(B)=P(A \cup B) +P(A \cap B) -P(A).$

Sostituendo i valori dati si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{ P(B)=0,7+0,1-0,3=0,5. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . A una corsa di cavalli, la vittoria del cavallo Brio è quotata $5$ contro $14$ (scommettendo $5$ si ricevono $14$ euro in caso di vittoria).

$\quad$

Stimare la probabilità di vittoria che il banco attribuisce al cavallo Brio;

Calcolare quale sarà il guadagno netto nel caso di vincita per una persona che abbia scommesso $25$ euro.

Svolgimento punto 1.

Il banco è disposto a pagare $14$ euro su ogni $5$ euro scommessi in caso di vittoria di Brio. Ciò implica che il banco ritiene che il valore atteso della scommessa sia in suo favore; in altre parole, chiamando $p$ la probabilità che il banco attribuisce alla vittoria di Brio, si ha

$5 \geq 14 \cdot p,$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{ p \leq \frac{5}{14}. }$

Svolgimento punto 2.

Puntando $25$ euro, in caso di vincita si ricevono

$25 \cdot \frac{14}{5} = 70$

euro. Sottraendo la puntata effettuata, il guadagno netto è pari a

$\boxcolorato{superiori}{ 45 \text{ euro}. }$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Due amici $A$ e $B$ fanno una scommessa sull’esito di una partita di calcio. Il tifoso $A$ scommette $6$ euro sulla vittoria della propria squadra, mentre $B$ punta $3$ euro sul pareggio o la sconfitta. Stimare la probabilità che $A$ attribuisce alla vittoria.

Svolgimento.

In caso di vittoria della propria squadra, $A$ accetta di vincere $9=6+3$ euro a fronte dei $6$ puntati. Ciò implica che egli ritiene che il valore atteso della scommessa sia positivo per lui, ovvero che, chiamando $p$ la probabilità che egli attribuisce alla vittoria, si abbia

$+9 \cdot p - 6 \geq 0,$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{ p \geq \frac{2}{3}. }$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tre persone $A, B$ e $C$ partecipano a un gioco nel quale uno dei tre giocatori deve vincere. La probabilità di vittoria di $A$ è tripla di quella di $B$ e la probabilità di perdere di $B$ è $\frac34$ della probabilità di perdere di $C$ . Considerando che uno solo dei giocatori può vincere, determinare la probabilità di vittoria di ciascuno di essi.

Svolgimento.

Sia $p_A, p_B, p_C$ la probabilità che vinca rispettivamente il giocatore $A, B$ o $C$ ; poiché uno solo dei tre deve imporsi, vale

(8) $\begin{equation*} p_A+p_B+p_C = 1. \end{equation*}$

Il testo stabilisce che la probabilità di vittoria di $A$ è tripla di quella di $B$ , dunque

$p_A = 3\,p_B.$

Imponendo poi che la probabilità di perdere di $B$ sia $\tfrac34$ di quella di perdere di $C$ otteniamo

$1-p_B = \frac34\bigl(1-p_C\bigr).$

Sostituendo $p_A = 3p_B$ nell’equazione (8) si ricava $p_C = 1-4p_B$ ; inserendo questo risultato nella relazione sulle perdite si ottiene

$1-p_B = \frac34\!\bigl(1-(1-4p_B)\bigr)=\frac34\,(4p_B)=3p_B,$

da cui $1=4p_B$ e quindi $p_B=\frac14$ . Ne segue immediatamente

$p_A = 3p_B = \frac34, \qquad p_C = 1-4p_B = 0.$

Si ha dunque

$\boxcolorato{superiori}{ p_A=\frac34,\qquad p_B=\frac14,\qquad p_C=0. }$

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la probabilità che, nel lancio di un dado equilibrato a sei facce, si verifichi l’evento complementare dell’evento «esce un multiplo di $2$ ».

Svolgimento.

L’evento complementare all’uscita di un multiplo di due è l’uscita di un numero dispari, che avviene in $3$ casi sui $6$ possibili. La sua probabilità vale quindi

$\boxcolorato{superiori}{ p= \frac{3}{6}= \frac{1}{2}. }$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Qual è la probabilità che lanciando $4$ dadi a $4$ facce si ottengano $4$ risultati identici (tutti $1$ o tutti $2$ o tutti $3$ o tutti $4$ )?

Svolgimento.

La probabilità di ottenere uno stesso risultato $x\in\{1,2,3,4\}$ è sempre la stessa ed uguale a $\frac{1}{4^4}$ , dato che gli eventi del lancio dei dadi sono fra loro indipendenti. Dato che i tre possibili eventi sono disgiunti, allora la probabilità cercata è $\frac{1}{4^4}+\frac{1}{4^4}+\frac{1}{4^4}+\frac{1}{4^4}=\frac{1}{4^3}=\frac{1}{64}$ , per il Teorema della probabilità totale. Il risultato è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{1}{64}.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel gioco della roulette i numeri vanno da 0 a 36. Qual è la probabilità che escano il 16 e il 18 in due lanci?

Svolgimento.

La probabilità che esca il numero 16 o il 18 in una singola estrazione è $\frac{1}{37}$ . La probabilità che escano in due lanci i numeri desiderati è la probabilità che esca prima il 16 e poi il 18 oppure prima il 18 e poi il 16. Quindi:

$P(\text{16 \text{e} 18}) = P((16,18))+P((18,16))= 2 \cdot \frac{1}{37}\cdot \frac{1}{37} = \frac{2}{37^2} =\frac{2}{1369}.$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{2}{37^2}.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare la probabilità che, lanciando un dado, esca un numero minore di $3$ oppure dispari.

Svolgimento.

Con un dado a sei facce gli esiti possibili sono $1,2,3,4,5,6$ .

Definiamo

$A=\{\text{numero minore di } 3\}=\{1,2\}, \qquad B=\{\text{numero dispari}\}=\{1,3,5\}.$

Gli eventi non sono incompatibili, poiché il numero $1$ appartiene a entrambi:

$|A|=2,\quad |B|=3,\quad |A\cap B|=1.$

Applicando la formula (1) si ha

$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) =\frac{2}{6}+\frac{3}{6}-\frac{1}{6} =\frac{4}{6},$

ovvero

$\boxcolorato{superiori}{ P(A\cup B)= \frac{2}{3}. }$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si estrae una carta da un mazzo di ${54}$ carte (le 52 carte francesi più 2 jolly). Calcolare la probabilità che la carta sia un asso o una carta di picche o una figura.

Svolgimento.

Chiamiamo $A$ , $C$ e $F$ gli eventi che siano rispettivamente estratti un asso, una carta di picche, una figura. L’esercizio richiede di determinare la probabilità dell’unione $A \cup C \cup F$ .

Si può procedere per via diretta osservando che le carte sono tutte equiprobabili e quindi contando il numero di casi favorevoli: le carte di picche sono $13$ ; oltre a queste vi sono $3$ figure per i restanti $3$ semi, ossia $9$ carte, e i restanti $3$ assi dei $3$ semi rimanenti. In totale il numero di casi favorevoli è $13+9+3=25$ e quindi la probabilità richiesta vale

$\boxcolorato{superiori}{ P(A \cup C \cup F)= \frac{25}{54}. }$

Un’altra soluzione procede utilizzando la formula (2): si ha

$\begin{gathered} |A|=4, \qquad |C|=13, \qquad |F|=3 \cdot 4=12, \\[5pt] |A \cap C|=1, \qquad |A \cap F|= 0, \qquad |C \cap F|=3, \\[5pt] |A \cap C \cap F|=0. \end{gathered}$

Dunque da (2) ricaviamo

$P(A \cup C \cup F) = \frac{|A| + |C| + |F| - |A \cap C| - |C \cap F|}{54} = \frac{4+13+12-1-3}{54},$

cioè nuovamente il risultato di prima.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si estraggono contemporaneamente tre carte da un mazzo da ${52}$ carte. Calcolare la probabilità che si presentino tre figure o tre carte di cuori.

Svolgimento.

Il numero totale possibili terne di carte estratte è pari al numero di combinazioni semplici di $3$ elementi su un insieme di $52$ , che è dato dal coefficiente binomiale

$\binom{52}{3}= \frac{52 \cdot 51 \cdot 50}{6} = 26 \cdot 17 \cdot 50.$

Indicando con $F$ l’evento che si presentino tre figure e con $C$ l’evento di estrarre tre carte di cuori, dalla formula (1) occorre calcolare il numero di modi in cui si può verificare un elemento di $F$ , uno di $C$ e uno di $F \cap C$ .

Nel mazzo sono presenti $12$ figure, quindi il numero di terne non ordinate di tre figure corrisponde a quello delle combinazioni semplici di $3$ elementi su $12$ , dato da

$|F| = \binom{12}{3} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{6} = 20 \cdot 11.$

Dato che nel mazzo vi sono $13$ carte di cuori, il numero di combinazioni di $3$ di esse è pari a

$|C| = \binom{13}{3} = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{6} = 13 \cdot 2 \cdot 11.$

Invece, vi è solo un modo di estrarre tre figure di cuori, quindi

$|F \cap C|=1.$

Dunque (1) fornisce

$\boxcolorato{superiori}{ P(F \cup C) = \frac{|F| + |C| - |F \cap C|}{26 \cdot 17 \cdot 50} = \frac{101}{4420}. }$

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Qual è la probabilità che si verifichi l’evento 2-3-4 in seguito a $3$ lanci ordinati di un dado a $4$ facce?

Svolgimento.

Gli eventi del lancio di un dado sono fra loro indipendenti, quindi la probabilità è il prodotto delle probabilità di ottenere $2-3-4$ in sequenza. Dato che la probabilità in tutti e tre i casi è sempre $\frac{1}{4}$ , allora la risposta è

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{4^3}=\frac{1}{64}. }$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Da un mazzo di 40 carte, composto da 10 cuori, 10 quadri, 10 fiori e 10 picche, se ne estraggono 3; qual è la probabilità di trovare tre carte di semi diversi, supponendo di non rimettere la carta estratta nel mazzo?

Svolgimento.

Dobbiamo considerare la probabilità di estrarre un determinato seme ad ogni estrazione:

$\quad$

Alla prima estrazione, la probabilità di estrarre un seme è $1$ ;

Alla seconda estrazione, dobbiamo evitare il seme della prima carta. Quindi la probabilità è $\frac{30}{39}$ , ovvero $30$ carte disponbili diverse dal primo seme su $39$ carte rimaste;

Alla terza estrazione, dobbiamo evitare sia il primo che il secondo seme. Quindi la probabilità è $\frac{20}{38}$ , ovvero $20$ carte disponibili su $38$ carte rimaste.

La probabilità finale è quindi:

$\boxcolorato{superiori}{ P(3 \text{\ semi \ diversi})=1\cdot \frac{30}{39}\cdot \frac{20}{38}=\frac{100}{247}. }$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In una catena di montaggio vengono prodotte batterie per telefoni cellulari. Ogni telefono per funzionare deve contenere $4$ batterie e se una sola di tra loro non funziona, allora il telefono non si accende.

Le batterie sono state scelte a caso tra le $1000$ prodotte, di cui $98$ sono guaste. Qual è la probabilità che il telefono cellulare funzioni?

Svolgimento.

batterie funzionanti, ovvero $902$ , sulle $1000$ disponbiili. La probabilità che la seconda batteria funzioni è il numero delle restanti batterie funzionanti, ovvero $901$ , su $999$ batterie disponibili. Continuando a ragionare così, la probabilità che la terza batteria funzioni è $900$ su $998$ , e che la quarta funzioni è $899$ su $997$ . Quindi la probabilità che il telefono si accenda è

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{902}{1000}\cdot \frac{901}{999}\cdot \frac{900}{998}\cdot \frac{899}{997}=\frac{451}{5}\cdot \frac{901}{111}\cdot \frac{1}{998} \cdot \frac{899}{997}\approx 0,66. }$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tre amici Alice, Bob e Carlo (per brevità A, B e C) giocano a testa o croce con una moneta. Ciascuno tira una sola volta la moneta: prima tira A, poi tira B e per ultimo C; vince chi fa croce per primo. Determinare le probabilità di vittoria di A, B e C, dette rispettivamente $P_A$ , $P_B$ , $P_C$ .

Svolgimento.

La probabilità che A vinca è che faccia croce, ovvero:

$P_A = \frac{1}{2}.$

La probabilità che B vinca è che $A$ faccia testa per la probabilità che B faccia croce (ovvero che su due tiri esca prima testa e poi croce). Dato che i due lanci sono indipendenti, allora:

$P_B = P_{primo \ tiro \ testa}\cdot P_{secondo \ tiro \ croce}=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}.$

La probabilità che C vinca è che $A$ faccia testa, $B$ faccia testa e che $C$ faccia croce (ovvero che su tre tiri esca in sequenza testa, testa croce). Di nuovo, essendo i tre lanci indipendenti, allora

$P_C = P_{primo \ tiro \ testa}\cdot P_{secondo \ tiro \ testa}\cdot P_{terzo \ tiro \ croce}= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}.$

Dunque si ha

$\boxcolorato{superiori}{ P_A = \frac{1}{2}, \qquad P_B =\frac{1}{4}, \qquad P_C =\frac{1}{8}. }$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dati 4 mazzi di carte, ciascuno dei quali è composto da 40 carte contenenti 4 assi di seme diverso, calcolare la probabilità, estraendo una carta da ogni mazzo, di estrarre da ciascuno di essi l’asso di quadri o l’asso di fiori.

Svolgimento.

Ogni mazzo contiene 40 carte e 4 assi (uno per seme: cuori, quadri, fiori e picche). La probabilità di estrarre l’asso di quadri o l’asso di fiori da un mazzo è:

$P(\text{asso di picche o cuori}) = \frac{1}{40} + \frac{1}{40} = \frac{2}{40} = \frac{1}{20}.$

La probabilità di estrarre da ciascuno dei 4 mazzi un asso di quadri o un asso di fiori è:

$P_{\text{tot}} = \left(\frac{1}{20}\right) \cdot \left(\frac{1}{20}\right) \cdot \left(\frac{1}{20}\right) \cdot \left(\frac{1}{20}\right) = \frac{1}{20^4} = \frac{1}{160000}.$

La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{\frac{1}{160000}.}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un’urna contiene $24$ palline numerate da 1 a 24. Calcolare la probabilità che, estraendo una pallina, essa rechi un multiplo di 5, sapendo che il numero estratto è dispari.

Svolgimento.

Sia $D$ l’evento «il numero estratto è dispari» e sia $M$ l’evento «il numero estratto è multiplo di 5». L’esercizio richiede quindi la probabilità condizionata $P(M \mid D)$ . Sapendo che $D \cap M= \{5, 15\}$ ha cardinalità $2$ , mentre $|D|=12$ e ricordando che le probabilità degli eventi sono proporzionali alla loro cardinalità tramite il fattore $\frac{1}{24}$ , da (4) si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{ P(M|D) = \frac{P(M \cap D)}{P(D)} = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}. }$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una macchina produce 500 pezzi: 25 presentano un difetto di superficie, 35 un difetto di dimensione e 450 sono perfetti. Calcolare la probabilità che, scegliendo a caso un pezzo, esso presenti un difetto di superficie, sapendo che ha anche il difetto di dimensione.

Svolgimento.

Chiamiamo $S$ l’evento che il pezzo possieda il difetto di superficie, mentre $D$ l’evento che il pezzo possieda il difetto di dimensione. Il problema richiede di calcolare la probabilità condizionata $P(S|D)$ . Poiché solo $50$ pezzi sono difettati, deduciamo che $10$ possiedono entrambi i difetti, dunque

$|S|=25, \qquad |D|=35, \qquad |S \cap D|=10$

e quindi da (4) segue

$\boxcolorato{superiori}{ P(S|D) = \frac{P(S \cap D)}{P(D)} = \frac{10}{35} = \frac{2}{7}, }$

dove abbiamo usato il fatto che le probabilità sono tutte proporzionali alla cardinalità degli eventi secondo il fattore $\frac{1}{500}$ , essendo la scelta di ciascun pezzo equiprobabile.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sono disponibili due urne: la prima contiene $5$ palline bianche e $3$ nere; la seconda, invece, $7$ bianche e $5$ nere.

Si estrae inizialmente una carta da un mazzo di $52$ carte francesi classiche: se la carta è una figura (J, Q o K), si utilizza la prima urna; in caso contrario, la seconda.

Successivamente, si estrae una pallina dall’urna selezionata. Sapendo che è stata estratta una pallina nera, qual è la probabilità che sia stata estratta dalla prima urna?

Svolgimento.

Chiamiamo $A_1$ l’evento di estrarre dalla prima urna e $A_2$ l’evento di estrarre dalla seconda urna, mentre chiamiamo $N$ l’evento che sia estratta una pallina nera. La richiesta dell’esercizio è di determinare la probabilità condizionata $P(A_1 | N)$ e, per determinarla, usiamo il teorema di Bayes nella forma (7).

Sappiamo che $P(N | A_1)$ , ossia la probabilità che sia estratta una pallina nera dalla prima urna, è pari a $\frac{3}{8}$ . La probabilità che sia scelta la prima urna, ovvero $P(A_1)$ , è pari alla probabilità di pescare una figura da un mazzo di carte francesi da $52$ , ossia

$P(A_1)= \frac{12}{52} = \frac{3}{13}.$

Di conseguenza $P(A_2)=1-P(A_1)= \frac{10}{13}$ . Inoltre, la probabilità $P(N|A_2)$ di estrarre una pallina nera dalla seconda urna è pari a $\frac{5}{12}$ . Inserendo tali dati in (7) si ottiene

$P(A_1 | N) = \frac{P(N|A_1) \cdot P(A_1)}{P(N|A_1) \cdot P(A_1) + P(N|A_2) \cdot P(A_2)} = \frac{\dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{3}{13}}{\dfrac{3}{8} \cdot \dfrac{3}{13} + \dfrac{5}{12} \cdot \dfrac{10}{13}}.$

Svolgendo i calcoli si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{ P(A_1 | N) = \frac{27}{127}. }$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Due macchine producono lo stesso tipo di pezzo meccanico. La prima realizza il 45% della produzione totale, e il 97% dei suoi pezzi è privo di difetti.

La seconda copre il restante 55% della produzione, con una percentuale di pezzi senza difetti pari al 92%.

Scelto un pezzo a caso dall’intera produzione, si vede che esso è difettoso; qual è la probabilità che sia stato prodotto dalla seconda macchina?

Svolgimento.

Chiamiamo $P, D$ rispettivamente gli eventi che il pezzo sia perfetto o difettoso, e chiamiamo $A_1,A_2$ rispettivamente gli eventi che questo sia stato prodotto dalla prima o dalla seconda macchina. L’esercizio richiede di determinare la probabilità condizionata $P(A_2|D)$ , che sarà ottenuta grazie alla formula (7), i cui termini sono già forniti dal testo del problema:

$P(D|A_2)= \frac{8}{100}= \frac{2}{25}, \qquad P(A_2)= \frac{55}{100}=\frac{11}{20}, \qquad P(D|A_1)= \frac{3}{100}, \qquad P(A_1)= \frac{45}{100}= \frac{9}{20}.$

Inserendo in (7) si giunge a

$P(A_2|D) = \frac{P(D|A_2) P(A_2)}{P(D|A_2) P(A_2) + P(D|A_1) P(A_1)} = \frac{\dfrac{2}{25} \cdot \dfrac{11}{20}}{\dfrac{2}{25} \cdot \dfrac{11}{20} + \dfrac{3}{100} \cdot \dfrac{9}{20}}.$

Svolgendo i calcoli giungiamo al risultato

$\boxcolorato{superiori}{ P(A_2|D) = \frac{88}{115}. }$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In un gruppo di pazienti affetti da una patologia tiroidea, il 65% ha seguito una nuova terapia, ottenendo un miglioramento nel 25% dei casi.

Il restante 35% ha proseguito la cura tradizionale, con un miglioramento riscontrato nel 15% dei casi.

Qual è la probabilità che un paziente che ha mostrato un miglioramento abbia seguito la nuova terapia?

Svolgimento.

Chiamiamo $A_1,A_2$ rispettivamente gli eventi che il paziente abbia seguito la terapia tradizionale o quella nuova; inoltre chiamiamo $M$ l’evento che il paziente abbia mostrato un miglioramento. Vogliamo determinare $P(A_2|M)$ attraverso il teorema di Bayes.

Dai dati nella traccia sappiamo che

$P(M|A_2)=\frac{25}{100}=\frac{1}{4}, \qquad P(A_2)= \frac{65}{100}=\frac{13}{20}, \qquad P(M|A_1) = \frac{15}{100}= \frac{3}{20}, \qquad P(A_1)= \frac{7}{20}.$

Inserendo in (7) giungiamo a

$P(A_2|M) = \frac{P(M|A_2) P(A_2)}{P(M|A_1) P(A_1) + P(M|A_2) P(A_2)} = \frac{\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{13}{20}}{\dfrac{3}{20}\cdot \dfrac{7}{20} + \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{13}{20}}.$

Effettuando i calcoli giungiamo a

$\boxcolorato{superiori}{ P(A_2|M) = \frac{65}{86}. }$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Qual è la probabilità di indovinare una terna di numeri estratti da 90?

Svolgimento.

Poiché le terne sono tutte equiprobabili, per determinare il risultato è sufficiente determinare il numero di terne possibili avendo a disposizione $90$ numeri differenti. Esso coincide col numero di modi di selezionare $3$ numeri su $90$ senza considerare il loro ordine, ovvero il numero di combinazioni di $3$ numeri su $90:$

$\binom{90}{3}=\frac{90\cdot 89\cdot 88\cdot 87!}{(90-3)!\cdot 3!}=\frac{90\cdot 89\cdot 88}{3\cdot 2}=15\cdot 89\cdot 88=117480.$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{1}{117480}.}$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Lanciando due dadi regolari e sommando i risultati ottenuti, quale risultato ha la più alta probabilità di verificarsi?

Svolgimento.

Quando si lanciano due dadi, le somme possibili vanno da 2 a 12, e ognuna ha una probabilità diversa a seconda di quante combinazioni producono quella somma. Inoltre, più combinazione di quella somma ci sono, più è probabile che quella somma esca. Ecco le combinazioni per ogni somma:

$\quad$

Somma 2: $(1, 1)$ , ovvero una combinazione;

Somma 3: $(1, 2), (2, 1)$ , ovvero 2 combinazioni;

Somma 4: $(1, 3), (2, 2), (3, 1)$ ovvero 3 combinazioni;

Somma 5: $(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)$ , ovvero 4 combinazioni;

Somma 6: $(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)$ , ovvero 5 combinazioni;

Somma 7: $(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)$ , ovvero 6 combinazioni;

Somma 8: $(2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2)$ , ovvero 5 combinazioni;

Somma 9: $(3, 6), (4, 5), (5, 4), (6, 3)$ , ovvero 4 combinazioni;

Somma 10: $(4, 6), (5, 5), (6, 4)$ , ovvero 3 combinazioni;

Somma 11: $(5, 6), (6, 5)$ , ovvero 2 combinazioni;

Somma 12: $(6, 6)$ , ovvero 1 combinazione.

La somma con la più alta probabilità di verificarsi è il valore $7$ , che ha $6$ combinazioni.

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Calcolare la probabilità che le due facce:

$\quad$

abbiano la somma dei punteggi uguale a $8$ ;

abbiano la somma dei punteggi minore di $5$ ;

mostrino due numeri che siano divisori di $4$ .

Svolgimento.

Anche in questo problema gli esiti sono rappresentati da una coppia ordinata di numeri naturali fra $1$ e $6$ , dunque vi sono $6 \cdot 6=36$ casi totali, equiprobabili. Quindi le probabilità richieste si otterranno come rapporto tra il numero di casi favorevoli e $36$ .

Svolgimento punto 1.

Le coppie in cui la somma delle componenti è pari a $8$ sono

$(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),$

in tutto $5$ . Pertanto la probabilità di ottenere $8$ è pari a

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{5}{36}. }$

Svolgimento punto 2.

La somma dei punteggi è minore di $5$ se e solo se vale $2,3$ o $4$ :

$\begin{aligned} \text{somma }2&:\,(1,1)\quad(1\text{ caso}),\\ \text{somma }3&:\,(1,2),(2,1)\quad(2\text{ casi}),\\ \text{somma }4&:\,(1,3),(2,2),(3,1)\quad(3\text{ casi}). \end{aligned}$

Complessivamente si hanno $1+2+3=6$ esiti favorevoli, quindi la probabilità che se ne verifichi uno è

$\boxcolorato{superiori}{\frac{6}{36}=\frac16. }$

Svolgimento punto 3.

Dato che, tra gli esiti di un dado, il $4$ , il $2$ e l’ $1$ sono divisori di $4$ , vi sono $3$ esiti favorevoli per ciascun lancio, ossia $3 \cdot 3=9$ coppie costituite da divisori di $4$ . Pertanto la probabilità che esca una di esse è pari a

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{9}{36} = \frac{1}{4}. }$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un’urna contiene dieci palline numerate da $1$ a $10$ . Si estraggono successivamente due palline, senza rimettere la prima pallina estratta nell’urna. Calcolare la probabilità che:

$\quad$

prima esca una pallina con un numero pari e poi una con un numero dispari;

le due palline abbiano una pari e una dispari (in qualunque ordine);

entrambe le palline abbiano un numero primo.

Svolgimento.

Il numero di esiti totali è pari al numero di coppie ordinate costituite da due numeri diversi compresi tra $1$ e $10$ , ossia il numero di disposizioni semplici di $2$ elementi scelti tra $10$ : si hanno $10$ possibilità per il primo elemento e $9$ per il secondo, ossia $90$ casi totali.

Dato che le possibili disposizioni sono equiprobabili, le probabilità richieste dall’esercizio si ottengono come rapporto tra il numero di casi favorevoli sui $90$ totali.

Svolgimento punto 1.

Tra i numeri a disposizione ve ne sono esattamente $5$ pari e $5$ dispari. Vi sono quindi $5$ possibilità per la prima estrazione e $5$ per la seconda, ossia $5 \cdot 5=25$ coppie favorevoli. La probabilità che le estrazioni ricadano in questa casistica è quindi

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{25}{90} = \frac{5}{18}. }$

Svolgimento punto 2.

Il numero di coppie in cui il primo numero è pari e l’altro è dispari è $25$ , come calcolato al punto precedente. Analogamente vi sono altre $25$ coppie aventi come primo numero un dispari e come secondo numero un pari, pertanto $50$ casi favorevoli. La probabilità che se ne verifichi uno vale quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{50}{90} =\frac{5}{9}. }$

Svolgimento punto 3.

Nei numeri naturali tra $1$ e $10$ vi sono $4$ numeri primi: $2,3,5,7$ . Le coppie formate da due distinti di essi sono quante il numero di disposizioni semplici di $2$ oggetti scelti tra $4$ : $4$ scelte per il primo numero e $3$ scelte per il secondo, ossia $4 \cdot 3 = 12$ casi favorevoli. Ciò produce una probabilità di

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{12}{90} = \frac{2}{15}. }$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un’urna contiene $15$ palline numerate da $1$ a $15$ . Si estraggono contemporaneamente due palline. Calcolare la probabilità che:

$\quad$

escano due numeri pari;

escano due numeri maggiori di $10$ ;

esca un numero pari e uno dispari;

esca il numero $7$ e uno qualunque degli altri numeri.

Svolgimento.

Gli esiti dell’estrazione si possono rappresentare come coppie non ordinate di due numeri distinti scelti tra $15$ , che sono in numero pari al numero di combinazioni semplici di $2$ elementi scelti tra $15$ , date dal coefficiente binomiale

$\binom{15}{2} = \frac{15 \cdot 14}{2}.$

Tutte le coppie sono equiprobabili quindi, al fine di ottenere le probabilità ricercate, occorrerà calcolare il numero di casi favorevoli e dividere per tale numero di casi totali.

Svolgimento punto 1.

I numeri pari fra $1$ e $15$ sono $2,4,6,8,10,12,14$ , ossia $7$ ; il numero di casi favorevoli si ottiene come quello delle combinazioni semplici di $2$ elementi scelti tra $7$ , cioè $\binom{7}{2}$ , e la probabilità di estrarre una coppia di due numeri pari è

$\frac{\binom{7}{2}}{\binom{15}{2}} = \frac{7 \cdot 6}{15 \cdot 14} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{5}. }$

Svolgimento punto 2.

I numeri maggiori di $10$ disponibili sono $5$ ; il numero di coppie non ordinate di essi vale $\binom{5}{2}$ e quindi la probabilità che se ne verifichi una è

$\frac{\binom{5}{2}}{\binom{15}{2}} = \frac{5 \cdot 4}{15 \cdot 14} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{2}{21}. }$

Svolgimento punto 3.

Vi sono $7$ numeri pari e $8$ dispari; scegliendone uno per tipo otteniamo $7\cdot 8$ coppie non ordinate, che perciò si verificano con probabilità

$\frac{7 \cdot 8}{\dfrac{15 \cdot 14}{2}} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{8}{15}. }$

Svolgimento punto 4.

Vi sono esattamente $15-1=14$ coppie non ordinate in cui compaia il numero $7$ , ovvero il numero delle altre palline disponibili. Quindi la probabilità di ottenerne una vale

$\frac{14}{\dfrac{15\cdot 14}{2}} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{2}{15}. }$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si hanno a disposizione $7$ colori per colorare i vertici di un pentagono, i quali sono numerati da $1$ a $5$ in senso orario. Quanti sono i modi per colorarli sapendo di non poter colorare più di un vertice dello stesso colore?

Svolgimento.

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 possiblità si ottiene il numero di modi di colorare i $5$ vertici ordinati con $7$ colori:

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

Dunque la risposta è

$\boxcolorato{superiori}{2520.}$

In figura 1 diamo un esempio di colorazione del pentagono:

$\quad$

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

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 solo sia panini che noccioline;

il $19\%-2\%=17\%$ mangia solo sia noccioline che pizzette;

il $12\%-2\%=10\%$ mangia solo sia panini che pizzette.

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 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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

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

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

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

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sono disponibili due urne: la prima contiene 5 palline bianche e 7 rosse; la seconda contiene 4 palline bianche e 6 rosse. Estraendo una pallina da ciascuna urna, calcolare la probabilità che esse siano:

$\quad$

entrambe bianche;

bianca dalla prima urna e rossa dalla seconda;

una bianca e una rossa, in qualunque ordine.

Svolgimento.

Le due estrazioni sono indipendenti, quindi per ottenere la probabilità di una certa combinazione occorrerà moltiplicare tra loro le probabilità di ottenere un certo risultato in ciascuna urna. Osserviamo che nella prima urna sono presenti $5+7=12$ palline, mentre nella seconda sono presenti $4+6=10$ palline.

Svolgimento punto 1.

La probabilità di ottenere una pallina bianca nella prima urna vale $\frac{5}{12}$ , mentre la probabilità di ottenere una pallina bianca dalla seconda urna vale $\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$ . Moltiplicando tra loro questi valori si ottiene la probabilità richiesta:

$\frac{5}{12} \cdot \frac{2}{5} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{6}. }$

Svolgimento punto 2.

La probabilità di estrarre una pallina bianca dalla prima urna vale $\frac{5}{12}$ , come indicato al punto precedente; la probabilità di estrarre una pallina rossa dalla seconda urna vale $\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$ . La probabilità richiesta è quindi il prodotto

$\frac{5}{12} \cdot \frac{3}{5} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{1}{4}. }$

Svolgimento punto 3.

L’evento di ottenere una pallina bianca e una rossa è pari all’unione dell’evento di ottenere una pallina bianca dalla prima urna e una rossa dalla seconda, con l’evento di estrarre una pallina rossa dalla prima urna e una bianca dalla seconda. Dato che questi due eventi sono incompatibili, la probabilità della loro unione è pari alla somma delle loro probabilità. La probabilità di estrarre una pallina bianca dalla prima urna e una rossa dalla seconda è stata calcolata nel punto precedente; con un ragionamento simile si calcola la probabilità di estrarre una pallina rossa dalla prima urna e una bianca dalla seconda. La loro somma vale dunque

$\frac{1}{4} + \frac{7}{12} \cdot \frac{4}{10} = \frac{1}{4} + \frac{7}{30} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{29}{60}. }$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si hanno due urne con la stessa composizione dell’esercizio precedente. Si estrae una pallina dalla prima urna e la si trasferisce nella seconda. Poi si estrae una pallina da ciascuna urna. Trovare la probabilità che le due palline estratte siano:

$\quad$

entrambe bianche;

bianca dalla prima urna e rossa dalla seconda;

una bianca e una rossa, in qualunque ordine.

Svolgimento.

Dopo il trasferimento, entrambe le urne contengono $11$ palline, vi sono due possibili composizioni diverse delle urne in esame, ciascuna con una certa probabilità.

$\quad$

Se la pallina trasferita dalla prima urna alla seconda è bianca, evento che chiamiamo $B$ e che avviene con probabilità $\frac{5}{12}$ , allora dopo il trasferimento la prima urna rimane con $4$ palline bianche e $7$ rosse, mentre la seconda urna conterrà $5$ palline bianche e $6$ rosse.

Se invece la pallina trasferita dalla prima urna alla seconda è rossa, evento che chiamiamo $R$ e che avviene con probabilità $\frac{7}{12}$ , allora la prima urna rimane con $5$ palline bianche e $6$ rosse e la seconda urna conterrà $4$ palline bianche e $7$ rosse.

Le probabilità richieste verranno calcolate con la formula delle probabilità totali, in quanto gli eventi $B$ e $R$ sono tra loro complementari e incompatibili.

Svolgimento punto 1.

Chiamiamo $W$ l’evento di estrarre due palline bianche. La probabilità $P(W|B)$ di ottenere $W$ sapendo che si è verificato l’evento $B$ è pari al prodotto $\frac{4}{11} \cdot \frac{5}{11}$ ; invece, nel caso in cui si sia verificato $R$ , la probabilità $P(W|R)$ è pari al prodotto $\frac{5}{11} \cdot \frac{4}{11}$ ; per la legge delle probabilità totali la probabilità di $W$ è quindi pari a

$\begin{aligned} P(W) &= P(W|B)P(B) + P(W|R)P(R) \\ &= \frac{4}{11} \cdot \frac{5}{11} \cdot \frac{5}{12} + \frac{5}{11} \cdot \frac{4}{11} \cdot \frac{7}{12} \\ &= \boxcolorato{superiori}{ \frac{20}{121}. } \end{aligned}$

Svolgimento punto 2.

Chiamiamo $C$ l’evento di estrarre una pallina bianca dalla prima urna e una pallina rossa dalla seconda. Con un ragionamento simile al punto precedente si ottiene

$\begin{aligned} P(C) &= P(C|B)P(B) + P(C|R)P(R) \\ &= \frac{4}{11} \cdot \frac{6}{11} \cdot \frac{5}{12} + \frac{5}{11} \cdot \frac{7}{11} \cdot \frac{7}{12} \\ &= \boxcolorato{superiori}{ \frac{365}{1452}. } \end{aligned}$

Svolgimento punto 3.

La probabilità di avere una pallina bianca e una rossa, in qualunque ordine, è pari alla somma della probabilità dell’evento $C$ di avere una pallina bianca dalla prima urna e una rossa dalla seconda, con la probabilità dell’evento $D$ di estrarre una pallina rossa dalla prima urna e una bianca dalla seconda. La probabilità dell’evento $C$ è stata calcolata al punto precedente. Con un ragionamento simile si ottiene la probabilità dell’evento $D$ :

$\begin{aligned} P(D) &= P(D|B)P(B) + P(D|R)P(R) \\ &= \frac{7}{11} \cdot \frac{5}{11} \cdot \frac{5}{12} + \frac{6}{11} \cdot \frac{4}{11} \cdot \frac{7}{12} \\ &= \frac{343}{1452}. \end{aligned}$

Sommando $P(C)$ e $P(D)$ si ottiene la probabilità richiesta:

$\frac{365}{1452} + \frac{343}{1452} = \boxcolorato{superiori}{ \frac{59}{121}. }$

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 32 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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.

Ragioniamo nei due casi.

Svolgimento punto 1.

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 33 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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.

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.

Svolgimento punto 1.

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 34 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 35 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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

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

Svolgimento punto 1.

Poiché gli eventi $A_1,A_2,A_3$ sono indipendenti, la probabilità della loro intersezione vale il prodotto delle probabilità:

$\boxcolorato{superiori}{ P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = 0{,}92 \cdot 0{,}96 \cdot 0{,}83 \approx 73{,}25\%. }$

Svolgimento punto 2.

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:

$\begin{aligned} \boxcolorato{superiori}{ P(A_1 \cup A_2 \cup A_3) } &= 1- P(A_1^c \cap A_2^c \cap A_3^c) \\ &= 1- \big(1-P(A_1)\big)\big(1-P(A_2)\big)\big(1-P(A_3)\big) \\ &= 1 - 0,08 \cdot 0,04 \cdot 0,17 \\ & \boxcolorato{superiori}{ \approx 99,95\%. } \end{aligned}$

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 37 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 38 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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

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

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 (9) 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 39 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . 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 40 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . 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:

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