QUESTIONARIO 2 SUL CALCOLO DELLE PROBABILITÀ
(Versione DSA)

Soluzione del quesito 1

La probabilità che una linea telefonica sia libera è \( \frac{4}{5} \). Quindi, mediamente, si avranno:

\[ 10\times\frac{4}{5} = 8 \text{ linee libere} \]

a) Le 10 linee sono indipendenti tra loro: la probabilità che siano tutte occupate è il prodotto delle 10 probabilità singole:

\[ P(\text{tutte occupate}) = \left(\frac{1}{5}\right)^{10} = \frac{1}{9\,765\,625} \approx 1{,}0\times10^{-7} \]

b) "Almeno una libera" è il complementare di "tutte occupate" (punto a):

\[ P(\text{almeno una libera}) = 1-\left(\frac{1}{5}\right)^{10} = \frac{9\,765\,624}{9\,765\,625} \approx 1{,}0 \]

c) "Almeno una occupata" è invece il complementare di "tutte libere" (attenzione: un evento diverso da quello del punto a!):

\[ P(\text{tutte libere}) = \left(\frac{4}{5}\right)^{10} = \frac{1\,048\,576}{9\,765\,625} \approx 0{,}107 \] \[ P(\text{almeno una occupata}) = 1-\left(\frac{4}{5}\right)^{10} = \frac{8\,717\,049}{9\,765\,625} \approx 0{,}89 \]

Soluzione del quesito 2

Indichiamo con \( p=p(4) \) la probabilità che esca 4. Per come sono legate le quattro probabilità:

\[ p(3)=2p(4)=2p \qquad p(2)=2p(3)=4p \qquad p(1)=2p(2)=8p \]

La somma delle quattro probabilità deve valere 1:

\[ p+2p+4p+8p=1 \;\Rightarrow\; 15p=1 \;\Rightarrow\; p=\frac{1}{15} \]

Quindi:

\[ p(1)=\frac{8}{15} \qquad p(2)=\frac{4}{15} \qquad p(3)=\frac{2}{15} \qquad p(4)=\frac{1}{15} \]

I due dadi sono uguali e indipendenti: la probabilità che escano due numeri uguali (1 e 1, oppure 2 e 2, oppure 3 e 3, oppure 4 e 4) è la somma dei quadrati delle quattro probabilità:

\[ P(\text{uguali}) = p(1)^2+p(2)^2+p(3)^2+p(4)^2 = \left(\frac{8}{15}\right)^2+\left(\frac{4}{15}\right)^2+\left(\frac{2}{15}\right)^2+\left(\frac{1}{15}\right)^2 \] \[ = \frac{64+16+4+1}{225} = \frac{85}{225} = \frac{17}{45} \approx 0{,}378 = 37{,}8\% \]

Soluzione del quesito 3

Mettiamo insieme le \( 600+400=1000 \) scatole prodotte in un giorno ed estraiamone una a caso. La probabilità che provenga dal capannone 1 è \( P(1)=\frac{600}{1000}=0{,}6 \), quella che provenga dal capannone 2 è \( P(2)=\frac{400}{1000}=0{,}4 \). Le probabilità di scatola difettosa, condizionate al capannone di provenienza, sono \( P(D\mid1)=0{,}03 \) e \( P(D\mid2)=0{,}02 \).

Calcoliamo le probabilità congiunte (i due rami "difettosa" dell'albero) e la probabilità totale che una scatola sia difettosa:

\[ P(1\cap D) = P(1)\cdot P(D\mid1) = 0{,}6\times0{,}03 = 0{,}018 \] \[ P(2\cap D) = P(2)\cdot P(D\mid2) = 0{,}4\times0{,}02 = 0{,}008 \] \[ P(D) = P(1\cap D)+P(2\cap D) = 0{,}018+0{,}008 = 0{,}026 \]

Applichiamo il teorema di Bayes per trovare la probabilità che, sapendo che la scatola è difettosa, provenga dal capannone 2:

\[ P(2\mid D) = \frac{P(2\cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}008}{0{,}026} = \frac{4}{13} \approx 30{,}8\% \]

Soluzione del quesito 4

Un gioco è equo se, a parità di puntata, la probabilità di vincere è uguale alla probabilità di perdere (per due soli giocatori, ciascuno dovrebbe vincere con probabilità \( \frac12 \)).

Il gioco si articola in (al più) 4 turni: A lancia la moneta (probabilità \( \frac12 \) di vincere con "Testa"); se non vince, lancia B (probabilità \( \frac12 \) di vincere con "Croce"); se non vince nemmeno B, lancia di nuovo A; se non vince, lancia di nuovo B; se anche questa volta B non vince, il gioco termina senza vincitore e ciascuno riprende la propria somma.

A può vincere al 1° turno, con probabilità \( \frac12 \), oppure al 3° turno — il che richiede che i primi due turni siano andati entrambi "a vuoto" (probabilità \( \frac12\cdot\frac12 \)) e che A vinca al terzo (probabilità \( \frac12 \)):

\[ P(A) = \frac12 + \frac12\cdot\frac12\cdot\frac12 = \frac12+\frac18 = \frac58 \]

B può vincere al 2° turno, il che richiede che A non vinca al 1° (probabilità \( \frac12 \)) e che B vinca al 2° (probabilità \( \frac12 \)), oppure al 4° turno, il che richiede che i primi tre turni vadano tutti a vuoto e che B vinca al quarto:

\[ P(B) = \frac12\cdot\frac12 + \frac12\cdot\frac12\cdot\frac12\cdot\frac12 = \frac14+\frac1{16} = \frac5{16} \]

Le due probabilità non sono uguali (\( \frac58 \neq \frac5{16} \)): quindi, essendo le puntate dei due giocatori uguali, il gioco non è equo. Notiamo inoltre che:

\[ P(A) = \frac58 = 2\times\frac5{16} = 2\cdot P(B) \]

Per rendere il gioco equo, a parità di probabilità doppia di vincita di A rispetto a B, il giocatore A dovrebbe puntare il doppio di quanto punta B.

Soluzione del quesito 5

La probabilità di non colpire mai il bersaglio in \( n \) lanci (indipendenti) è \( \left(\frac{7}{10}\right)^n \); la probabilità che il bersaglio venga colpito almeno una volta è quindi \( 1-\left(\frac{7}{10}\right)^n \). Questa probabilità deve essere maggiore dell'80%:

\[ 1-\left(\frac{7}{10}\right)^n > 0{,}80 \;\Rightarrow\; \left(\frac{7}{10}\right)^n < 0{,}20 \]

Passando ai logaritmi naturali:

\[ n\cdot\ln\left(\frac{7}{10}\right) < \ln(0{,}20) \]

Poiché \( \ln\left(\frac{7}{10}\right) \) è negativo, dividendo per esso la disuguaglianza si inverte:

\[ n > \frac{\ln(0{,}20)}{\ln\left(\frac{7}{10}\right)} \approx 4{,}512 \]

Il minimo valore intero di \( n \) è quindi 5.

Verifica: con \( n=5 \) si ha \( 1-\left(\frac{7}{10}\right)^5\approx0{,}832=83{,}2\% \) (maggiore dell'80%, come richiesto); con \( n=4 \) si ha \( 1-\left(\frac{7}{10}\right)^4\approx0{,}760=76{,}0\% \) (ancora insufficiente).

Soluzione del quesito 6

I casi possibili, in ogni punto, sono le combinazioni di 3 palline scelte tra le 20 totali:

\[ \binom{20}{3} = 1140 \]

a) Le rosse sono 5; le altre due palline (non rosse) vanno scelte tra le restanti 15 (verdi+gialle+bianche):

\[ P(\text{esattamente 1 rossa}) = \frac{\binom{5}{1}\binom{15}{2}}{\binom{20}{3}} = \frac{5\times105}{1140} = \frac{525}{1140} = \frac{35}{76} \approx 46\% \]

b) Conviene passare al complementare. Le tre palline NON sono di colori differenti se sono tutte dello stesso colore, oppure se sono 2 di un colore e 1 di un altro.

Probabilità che siano tutte dello stesso colore (uguale per ciascuno dei 4 colori, quindi moltiplichiamo per 4):

\[ P(\text{3 stesso colore}) = \frac{4\cdot\binom{5}{3}}{\binom{20}{3}} = \frac{4\times10}{1140} = \frac{40}{1140} = \frac{2}{57} \]

Probabilità che siano 2 di un colore e 1 di un altro colore (4 scelte per il colore della coppia, \(\binom{5}{2}\) modi per le 2 palline di quel colore, 3 scelte per il colore del singolo tra i colori rimasti, 5 modi per la pallina di quel colore):

\[ P(\text{2+1 di due colori}) = \frac{4\cdot\binom{5}{2}\cdot3\cdot5}{\binom{20}{3}} = \frac{4\times10\times3\times5}{1140} = \frac{600}{1140} = \frac{10}{19} \]

La probabilità richiesta (tre colori diversi) è quindi:

\[ P(\text{3 colori diversi}) = 1-\frac{2}{57}-\frac{10}{19} = 1-\frac{2}{57}-\frac{30}{57} = \frac{25}{57} \approx 44\% \]

Verifica con un metodo alternativo (diretto): la prima pallina estratta può essere di uno qualsiasi dei 4 colori; la probabilità che le successive due siano di colori diversi tra loro e dalla prima è \( \frac{5}{20}\cdot\frac{15}{19}\cdot\frac{10}{18} \). Moltiplicando per i 4 possibili colori della prima pallina:

\[ 4\times\frac{5}{20}\cdot\frac{15}{19}\cdot\frac{10}{18} = \frac{25}{57} \]

— stesso risultato di prima.

Soluzione del quesito 7

Si tratta di trovare la probabilità che entrambi i figli di Anna siano femmine, sapendo che almeno uno dei due è femmina. Considerando l'ordine di nascita (primo figlio, secondo figlio), e assumendo equiprobabili e indipendenti i due sessi, i casi possibili in generale sono 4:

\[ \text{MF}, \quad \text{MM}, \quad \text{FM}, \quad \text{FF} \]

Sapendo che almeno un figlio è femmina, il caso MM va escluso: restano quindi 3 casi possibili, tutti ugualmente probabili: MF, FM, FF. Di questi, il caso favorevole (entrambi femmine) è solo FF:

\[ P(\text{entrambe femmine} \mid \text{almeno una femmina}) = \frac{1}{3} \]

Si può ottenere lo stesso risultato anche con il teorema di Bayes, ponendo A="almeno un figlio è femmina" e B="il secondo figlio è femmina" (oppure, equivalentemente, "entrambi i figli sono femmine"):

\[ P(B\mid A) = \frac{P(B\cap A)}{P(A)} = \frac{P(\text{2 femmine})}{P(\text{almeno una femmina})} = \frac{1/4}{3/4} = \frac{1}{3} \]

Nota: il risultato \( \frac13 \) è controintuitivo — verrebbe naturale pensare \( \frac12 \), come se si stesse chiedendo semplicemente "qual è la probabilità che un figlio sia femmina". Ma l'informazione "almeno uno dei due è femmina" (che non specifica QUALE dei due) cambia lo spazio dei casi possibili, escludendo MM ma non privilegiando né il primo né il secondo figlio come "quello femmina già noto".

Soluzione del quesito 8

Sia E l'evento "un passeggero non paga il biglietto": \( P(E)=0{,}04 \). La probabilità che un passeggero paghi il biglietto è quindi \( q=1-0{,}04=0{,}96 \).

a) Conviene passare all'evento complementare: "almeno un passeggero senza biglietto" è il contrario di "tutti e 40 pagano il biglietto". Essendo i 40 passeggeri indipendenti tra loro, la probabilità che paghino tutti è il prodotto di 40 probabilità uguali:

\[ P(\text{tutti pagano}) = 0{,}96^{40} \approx 0{,}1954 \] \[ P(\text{almeno 1 senza biglietto}) = 1-0{,}96^{40} \approx 0{,}805 = 80{,}5\% \]

b) Ripetiamo lo stesso ragionamento con \( n=80 \) passeggeri:

\[ P(\text{tutti pagano, su 80}) = 0{,}96^{80} \approx 0{,}0382 \] \[ P(\text{almeno 1 senza biglietto, su 80}) = 1-0{,}96^{80} \approx 0{,}962 = 96{,}2\% \]

Il doppio del risultato del punto a) sarebbe \( 2\times80{,}5\%=161\% \), un valore impossibile per una probabilità (che non può mai superare il 100%): quindi la probabilità non raddoppia. Raddoppiando il numero di passeggeri, la probabilità cresce da 80,5% a 96,2%, ma non nella proporzione "doppia" — anzi, essendo già vicina al 100%, ha sempre meno margine per crescere ulteriormente.