QUESTIONARIO SUL CALCOLO DELLE PROBABILITÀ
(Versione DSA)

Soluzione del quesito 1

a) È un'estrazione simultanea (calcolo combinatorio). I casi possibili sono tutti i modi di scegliere 4 studenti tra 25, \( \binom{25}{4} \); i casi favorevoli sono i modi di scegliere 4 studenti tra i 15 di inglese, \( \binom{15}{4} \):

\[ P(\text{tutti inglese}) = \frac{\binom{15}{4}}{\binom{25}{4}} = \frac{1365}{12650} = \frac{273}{2530} \approx 10{,}79\% \]

b) I casi favorevoli si ottengono scegliendo 2 studenti tra i 15 di inglese e, contemporaneamente, 2 studenti tra i 10 di francese:

\[ P(\text{2 ingl. e 2 franc.}) = \frac{\binom{15}{2}\binom{10}{2}}{\binom{25}{4}} = \frac{105 \times 45}{12650} =\] \[=\frac{4725}{12650} = \frac{189}{506} \approx 37{,}35\% \]

c) Conviene passare all'evento complementare: "almeno uno di francese" è il contrario di "nessuno di francese", cioè "tutti e 4 di inglese" — il risultato del punto a):

\[ P(\text{almeno 1 francese}) = 1 - P(\text{tutti inglese}) = 1 - \frac{273}{2530} =\] \[=\frac{2257}{2530} \approx 89{,}21\% \]

Soluzione del quesito 2

a) Il centro O della circonferenza appartiene alla retta \( y=0 \), quindi tale retta divide il cerchio esattamente in due parti uguali. La regione favorevole (semipiano \( y\geq0 \)) è quindi la metà del cerchio, senza bisogno di alcun calcolo:

\[ P(y\geq0) = \frac{1}{2} = 50\% \]

b) Troviamo anzitutto i punti A e B, intersecando circonferenza e parabola:

\[ \begin{cases} x^2+y^2=1 \\ y=\sqrt2\,x^2 \end{cases} \;\Rightarrow\; x^2+2x^4=1 \]

Posto \( t=x^2 \): \( 2t^2+t-1=0 \), da cui \( t=\frac12 \) (l'altra soluzione, \( t=-1 \), non è accettabile). Quindi:

\[ A=\left(-\frac{\sqrt2}{2},\,\frac{\sqrt2}{2}\right) \qquad B=\left(\frac{\sqrt2}{2},\,\frac{\sqrt2}{2}\right) \]

Il segmento \( OA \) ha coefficiente angolare \( -1 \) e il segmento \( OB \) ha coefficiente angolare \( 1 \): sono quindi perpendicolari, e l'angolo al centro \( \widehat{AOB} \) (quello che si apre verso l'alto, dalla parte del punto più alto della circonferenza) misura \( 90° \), cioè un quarto di angolo giro.

Segmento circolare (tra la corda AB e l'arco superiore) = settore circolare \( AOB \) meno triangolo \( AOB \):

\[ \text{settore } AOB = \frac{\pi r^2}{4} = \frac{\pi}{4} \]

Il triangolo \( AOB \) ha base \( AB=\sqrt2 \) (distanza tra A e B) e altezza pari alla distanza di O dalla retta \( y=\frac{\sqrt2}{2} \), cioè \( \frac{\sqrt2}{2} \):

\[ \text{Area}(AOB) = \frac12\cdot\sqrt2\cdot\frac{\sqrt2}{2} = \frac12 \] \[ \text{segmento circolare} = \frac{\pi}{4} - \frac12 \]

Segmento parabolico (teorema di Archimede: area = \( \frac43 \) dell'area del triangolo \( ABV \), con V vertice della parabola). Ma \( V=(0,0)=O \): il triangolo \( ABV \) coincide col triangolo \( AOB \) appena calcolato, area \( \frac12 \):

\[ \text{segmento parabolico} = \frac43\cdot\frac12 = \frac23 \]

Sommando le due aree si ottiene l'area della calotta:

\[ \text{Area(calotta)} = \left(\frac{\pi}{4}-\frac12\right)+\frac23 = \frac{\pi}{4}+\frac16 \]

Dividendo per l'area del cerchio (\( \pi \)):

\[ P(\text{calotta}) = \frac{\frac{\pi}{4}+\frac16}{\pi} = \frac{3\pi+2}{12\pi} \approx 30{,}31\% \]

c) L'area del triangolo \( AOB \) è già stata calcolata al punto b): \( \frac12 \). La probabilità che il punto scelto appartenga al triangolo è quindi:

\[ P(AOB) = \frac{1/2}{\pi} = \frac{1}{2\pi} \approx 15{,}92\% \]

Passando al complementare:

\[ P(\text{non } AOB) = 1-\frac{1}{2\pi} = \frac{2\pi-1}{2\pi} \approx 84{,}08\% \]

Soluzione del quesito 3

Indichiamo con A l'evento "usa il software A" e con B l'evento "usa il software B":

\[ P(A)=\frac{120}{200}=0{,}6 \qquad P(B)=\frac{90}{200}=0{,}45 \qquad P(A\cap B)=\] \[=\frac{50}{200}=0{,}25 \]

a) Applichiamo la formula dell'unione:

\[ P(A\cup B) = P(A)+P(B)-P(A\cap B) = 0{,}6+0{,}45-0{,}25 =\] \[=0{,}8 = 80\% \]

b) "Esattamente uno" si ottiene togliendo l'intersezione dall'unione:

\[ P(\text{esattamente uno}) = P(A\cup B)-P(A\cap B) = 0{,}8-0{,}25 =\] \[=0{,}55 = 55\% \]

c) "Nessuno dei due" è il complementare di "almeno uno" (punto a):

\[ P(\text{nessuno}) = 1-P(A\cup B) = 1-0{,}8 = 0{,}2 = 20\% \]

Soluzione del quesito 4

a) Applichiamo il teorema della probabilità totale sulla partizione data dai tre tipi di furgone:

\[ P(\text{ritardo}) = P(A)\cdot P(\text{rit.}\mid A) + P(B)\cdot P(\text{rit.}\mid B) + P(C)\cdot P(\text{rit.}\mid C) \] \[ P(\text{ritardo}) = 0{,}4\times0{,}05 + 0{,}35\times0{,}10 + 0{,}25\times0{,}08 =\] \[=0{,}02+0{,}035+0{,}02 = 0{,}075 = 7{,}5\% \]

b) "Tipo A e in orario" è una probabilità congiunta: si moltiplica la probabilità del ramo A per la probabilità di essere in orario, condizionata al ramo A:

\[ P(\text{in orario}\mid A) = 1-P(\text{rit.}\mid A) = 1-0{,}05 = 0{,}95 \] \[ P(A \cap \text{in orario}) = P(A)\cdot P(\text{in orario}\mid A) = 0{,}4\times0{,}95 = 0{,}38 = 38\% \]

c) Scriviamo la stessa formula del punto a), ma con il tasso di B sostituito da \( x \), ponendo il risultato uguale a 0,07:

\[ 0{,}4\times0{,}05 + 0{,}35\,x + 0{,}25\times0{,}08 = 0{,}07 \] \[ 0{,}02 + 0{,}35\,x + 0{,}02 = 0{,}07 \;\Rightarrow\; 0{,}35\,x = 0{,}03 \;\Rightarrow\; x =\] \[=\frac{0{,}03}{0{,}35} = \frac{3}{35} \approx 8{,}57\% \]

Soluzione del quesito 5

Indichiamo con \( x \) e \( y \) gli istanti di arrivo dei due amici (in minuti, da 0 a 30, con distribuzione uniforme e indipendente). Lo spazio campionario è quindi il quadrato \( [0,30]\times[0,30] \), di area \( 30^2=900 \).

I due amici si incontrano se nessuno dei due aspetta invano più di \( t \) minuti, cioè se \( |y-x|\leq t \). Conviene passare all'evento complementare, "non si incontrano", che corrisponde a \( y-x>t \) (il primo arriva e se ne va prima che arrivi il secondo) oppure \( x-y>t \) (viceversa). Geometricamente, questi due casi formano due triangoli rettangoli agli angoli opposti del quadrato, ciascuno con i due cateti di lunghezza \( 30-t \):

\[ \text{Area(non si incontrano)} = 2\times\frac{(30-t)^2}{2} = (30-t)^2 \]

Dividendo per l'area totale del quadrato e passando al complementare, si ottiene la probabilità di incontrarsi in funzione di \( t \):

\[ P(\text{non si incontrano}) = \frac{(30-t)^2}{30^2} = \left(\frac{30-t}{30}\right)^2 \] \[ P(t) = 1-\left(\frac{30-t}{30}\right)^2 \]

a) Con \( t=10 \):

\[ P(10) = 1-\left(\frac{20}{30}\right)^2 = 1-\frac{4}{9} = \frac{5}{9} \approx 55{,}56\% \]

b) Imponiamo \( P(t)=\dfrac34 \):

\[ 1-\left(\frac{30-t}{30}\right)^2 = \frac34 \;\Rightarrow\; \left(\frac{30-t}{30}\right)^2 = \frac14 \;\Rightarrow\; \frac{30-t}{30} = \pm\frac12 \]

Le due soluzioni algebriche sono \( t=15 \) e \( t=45 \). Ma \( t \) deve essere compreso tra 0 e 30 (non si può aspettare più a lungo dell'intero intervallo dell'appuntamento): scartiamo \( t=45 \).

\[ t = 15 \text{ minuti} \]

c) Imponiamo \( P(t)>0{,}9\):

\[ 1-\left(\frac{30-t}{30}\right)^2 > 0{,}9 \;\Rightarrow\; \left(\frac{30-t}{30}\right)^2 < 0{,}1 \;\Rightarrow\;\] \[\frac{30-t}{30} < \sqrt{0{,}1}\approx0{,}3162 \] \[ 30-t < 9{,}487 \;\Rightarrow\; t > 20{,}513 \]

Il minimo numero intero di minuti che soddisfa la disequazione è:

\[ t = 21 \text{ minuti} \qquad (P(21)= 91{,}00\%,\; P(20)=88{,}89\%) \]

Soluzione del quesito 6

Dal terzo problema della sessione suppletiva dell'indirizzo PNI del Liceo Scientifico (2000).

a) La probabilità di estrarre, nell'ordine, una qualsiasi cinquina prefissata è la stessa ed è pari a:

\[ p = \frac{1}{90} \cdot \frac{1}{89} \cdot \frac{1}{88} \cdot \frac{1}{87} \cdot \frac{1}{86} \]

Quindi la cinquina {1,2,3,4,5} e la cinquina {2,3,5,8,13} hanno la stessa probabilità di uscire.

Diverso è il confronto tra "una qualunque cinquina di numeri successivi" e "una qualunque cinquina di numeri non successivi". Le cinquine di numeri successivi sono quelle che hanno come primo estratto uno dei numeri 1, 2, ..., 86 (cioè (1,2,3,4,5), (2,3,4,5,6), ..., (86,87,88,89,90)): sono quindi solo 86. Le cinquine di numeri non successivi sono molte di più: ad esempio, se il primo estratto è 1, il secondo estratto può essere un qualsiasi numero da 3 a 90, mentre nel caso delle cinquine successive il secondo estratto poteva essere solo il 2. È quindi più probabile che esca una cinquina di numeri non successivi.

b) La probabilità che il secondo numero estratto sia il "90" coincide con la probabilità che il primo estratto non sia "90" e il secondo sia "90":

\[ p(A) = \frac{89}{90} \cdot \frac{1}{89} = \frac{1}{90} \]

Pertanto la proposizione A, che afferma \( p=\frac{1}{89} \), è falsa.

La probabilità che tra i 5 numeri estratti compaia il "90" si ottiene contando le cinquine contenenti il "90" (equivalenti alle quaterne scelte tra i restanti 89 numeri) sul totale delle cinquine possibili:

\[ p(B) = \frac{\binom{89}{4}}{\binom{90}{5}} = \frac{89 \cdot 88 \cdot 87 \cdot 86 / 4!}{90 \cdot 89 \cdot 88 \cdot 87 \cdot 86 / 5!} = \frac{5}{90} \]

Pertanto la proposizione B è vera. Riassumendo: A falsa, \( \overline{A} \) vera; B vera, \( \overline{B} \) falsa. Ricordando che un'implicazione \( p\Rightarrow q \) è falsa solo quando p è vera e q è falsa:

\[ A \Rightarrow B \ \text{VERA} \qquad B \Rightarrow A \ \text{FALSA} \] \[ \overline{A} \Rightarrow \overline{B} \ \text{FALSA} \qquad \overline{B} \Rightarrow \overline{A} \ \text{VERA} \]

c) Le cinquine favorevoli al terno sono quelle che contengono i tre numeri giocati insieme a due qualsiasi degli 87 numeri non giocati, cioè:

\[ p(\text{terno}) = \frac{\binom{87}{2}}{\binom{90}{5}} = \frac{3741}{43\,949\,268} \approx 0{,}000085 \approx 0{,}0085\% \]

Se il gioco fosse equo, ricordando che \( p=\dfrac{\text{puntata}}{\text{incasso}} \), puntando 5 € lo Stato dovrebbe pagare, in caso di vincita:

\[ \text{incasso equo} = \frac{5}{0{,}000085} \approx 58\,823{,}53 \text{ €} \]

Nel gioco del Lotto reale, invece, lo Stato paga 4500 volte la posta, quindi puntando 5 € si incassano \( 5\times4500=22\,500 \) €: il gioco del Lotto non è equo.

Soluzione del quesito 7

Indichiamo con \( C \) = "la partita si gioca in casa", \( T \) = "la partita si gioca in trasferta" (\( C \) e \( T \) formano una partizione), \( V \) = "vittoria" e \( S \) = "sconfitta". Sono dati \( P(C)=0{,}6 \), \( P(T)=0{,}4 \), \( P(V\mid T)=0{,}4 \), \( P(S\mid T)=0{,}6 \) e, per i punti a) e b), \( P(V\mid C)=0{,}7 \), \( P(S\mid C)=0{,}3 \). Costruiamo l'albero delle probabilità:

a) Calcoliamo prima \( P(V) \) con il teorema della probabilità totale (somma dei due percorsi che portano a una vittoria):

\[ P(V) = P(C)\cdot P(V\mid C) + P(T)\cdot P(V\mid T) = 0{,}6\times0{,}7 + 0{,}4\times0{,}4 =\] \[=0{,}42+0{,}16=0{,}58 \]

Applichiamo ora il teorema di Bayes:

\[ P(C\mid V) = \frac{P(C)\cdot P(V\mid C)}{P(V)} = \frac{0{,}42}{0{,}58} = \frac{21}{29} \approx 0{,}7241 \approx 72{,}41\% \]

b) Analogamente, calcoliamo \( P(S) \) sommando i due percorsi che portano a una sconfitta:

\[ P(S) = P(C)\cdot P(S\mid C) + P(T)\cdot P(S\mid T) = 0{,}6\times0{,}3 + 0{,}4\times0{,}6 =\] \[=0{,}18+0{,}24=0{,}42 \]

e applichiamo Bayes:

\[ P(C\mid S) = \frac{P(C)\cdot P(S\mid C)}{P(S)} = \frac{0{,}18}{0{,}42} = \frac{3}{7} \approx 0{,}4286 \approx 42{,}86\% \]

Si noti che, come deve essere, \( P(C\mid V) \) e \( P(C\mid S) \) sono entrambe diverse dalla probabilità "a priori" \( P(C)=60\% \): sapere che la squadra ha vinto fa salire la stima della probabilità che abbia giocato in casa, sapere che ha perso la fa scendere.

c) Sostituendo \( P(V\mid C)=x \) nella formula del punto a) (il resto dell'albero non cambia):

\[ P(V) = 0{,}6\,x + 0{,}4\times0{,}4 = 0{,}6\,x+0{,}16 \] \[ P(C\mid V) = \frac{0{,}6\,x}{0{,}6\,x+0{,}16} \]

Imponiamo che questa probabilità valga \( 0{,}75 \):

\[ \frac{0{,}6\,x}{0{,}6\,x+0{,}16} = 0{,}75 \;\Rightarrow\; 0{,}6\,x = 0{,}75\,(0{,}6\,x+0{,}16) \;\Rightarrow\;\] \[0{,}6\,x = 0{,}45\,x+0{,}12 \] \[ 0{,}15\,x = 0{,}12 \;\Rightarrow\; x = 0{,}8 \]

Verifica: con \( x=0{,}8 \) si ha \( P(V)=0{,}48+0{,}16=0{,}64 \) e \( P(C\mid V)=\dfrac{0{,}48}{0{,}64}=0{,}75 \) ✓.

Soluzione del quesito 8

a) Il mazzo contiene 40 carte, di cui 4 Assi, tutte con la stessa probabilità di uscita (probabilità classica):

\[ p = \frac{4}{40} = \frac{1}{10} = 10\% \]

b) Un gioco con due soli esiti — vincita di \( V \) euro con probabilità \( p \), oppure pagamento di una quota \( C \) con probabilità \( 1-p \) — è equo quando il guadagno atteso dei due partecipanti si bilancia esattamente:

\[ p \cdot V = (1-p) \cdot C \]

Sostituendo i valori noti:

\[ \frac{1}{10} \cdot 45 = \frac{9}{10} \cdot C \;\Longrightarrow\; 4{,}5 = \frac{9}{10}\,C \;\Longrightarrow\; C = 5 \text{ €} \]

c) Con la quota effettiva \( C=6 \) €, calcoliamo quanto incassa in media il banco per partita: in \( 1-p=\frac{9}{10} \) dei casi incassa \( C=6 \) €, mentre in \( p=\frac{1}{10} \) dei casi paga la vincita \( V=45 \) €:

\[ \text{guadagno medio banco} = (1-p)\cdot C - p\cdot V = \frac{9}{10}\cdot6 - \frac{1}{10}\cdot45 \] \[ = 5{,}4 - 4{,}5 = 0{,}9 \text{ €} \]

Il risultato è positivo: il gioco è a favore del banco, che guadagna in media 0,9 € a partita (equivalentemente, il giocatore perde in media 0,9 € a partita).