QUESTIONARIO SULLE VARIABILI ALEATORIE DISCRETE
(Versione DSA)

Soluzione del quesito 1

a) Lo spazio campionario del lancio di 3 monete è formato da \( 2^3=8 \) esiti equiprobabili:

\[ \{TTT,\ TTC,\ TCT,\ CTT,\ TCC,\ CTC,\ CCT,\ CCC\} \]

\( X \) conta il numero di teste in ciascun esito. Contando quanti esiti danno ciascun valore:

• \( X=0 \) (nessuna testa): solo \( CCC \) → 1 esito su 8
• \( X=1 \) (una testa): \( TCC,\ CTC,\ CCT \) → 3 esiti su 8
• \( X=2 \) (due teste): \( TTC,\ TCT,\ CTT \) → 3 esiti su 8
• \( X=3 \) (tre teste): solo \( TTT \) → 1 esito su 8

\[ P_X(0)=\frac18 \qquad P_X(1)=\frac38 \qquad P_X(2)=\frac38 \qquad P_X(3)=\frac18 \]

Lo stesso risultato si ottiene più rapidamente riconoscendo che questo è uno schema di Bernoulli con \( n=3 \) prove e \( p=\frac12 \) (probabilità di "testa" a ogni lancio), per cui \( P_X(k)=\binom{3}{k}\left(\frac12\right)^k\left(\frac12\right)^{3-k}=\binom{3}{k}\left(\frac12\right)^3 \):

\[ P_X(0)=\binom{3}{0}\left(\frac12\right)^3=\frac18 \qquad P_X(1)=\binom{3}{1}\left(\frac12\right)^3=\frac38 \] \[ P_X(2)=\binom{3}{2}\left(\frac12\right)^3=\frac38 \qquad P_X(3)=\binom{3}{3}\left(\frac12\right)^3=\frac18 \]

\( x_i \)	0	1	2	3
\( P_X(x_i) \)	\( \frac18 \)	\( \frac38 \)	\( \frac38 \)	\( \frac18 \)

Verifica: \( \frac18+\frac38+\frac38+\frac18=\frac88=1 \), come richiesto.

b) Sommando via via le probabilità:

\[ F_X(x) = \begin{cases} 0 & \text{se } x < 0 \\ \frac18 & \text{se } 0 \leq x < 1 \\ \frac48=\frac12 & \text{se } 1 \leq x < 2 \\ \frac78 & \text{se } 2 \leq x < 3 \\ 1 & \text{se } x \geq 3 \end{cases} \]

Poiché \( 1\leq1{,}5<2 \):

\[ F_X(1{,}5) = \frac12 \]

c) "Almeno 2 teste" è l'evento complementare di "al più 1 testa", cioè di \( X\leq1 \), che è esattamente \( F_X(1) \):

\[ P(X\geq2) = 1-F_X(1) = 1-\frac12 = \frac12 \]

(Verifica diretta: \( P_X(2)+P_X(3)=\frac38+\frac18=\frac48=\frac12 \) ✓)

Soluzione del quesito 2

a) \( X \) assume i valori 1, 2, 3, 4 con probabilità \( \frac14 \) ciascuno:

\( x_i \)	1	2	3	4
\( P_X(x_i) \)	\( \frac14 \)	\( \frac14 \)	\( \frac14 \)	\( \frac14 \)

Calcoliamo il valore atteso:

\[ E[X] = 1\cdot\frac14+2\cdot\frac14+3\cdot\frac14+4\cdot\frac14 = \frac{10}{4} = 2{,}5 \]

Per la varianza usiamo \( \text{Var}(X)=E[X^2]-(E[X])^2 \):

\[ E[X^2] = 1^2\cdot\frac14+2^2\cdot\frac14+3^2\cdot\frac14+4^2\cdot\frac14 = \frac{30}{4}=7{,}5 \] \[ \text{Var}(X) = 7{,}5-(2{,}5)^2 = 7{,}5-6{,}25 = 1{,}25 \] \[ \sigma_X = \sqrt{1{,}25} \approx 1{,}118 \]

b) Per la proprietà di linearità del valore atteso, con \( a=3 \), \( b=-2 \):

\[ E[Y] = E[3X-2] = 3\,E[X]-2 = 3(2{,}5)-2 = 7{,}5-2 = 5{,}5 \]

Verifichiamo applicando direttamente la definizione. Ricostruiamo la distribuzione di \( Y=3X-2 \), applicando la trasformazione a ciascun valore di \( X \):

\( x_i \)	1	2	3	4
\( y_i=3x_i-2 \)	1	4	7	10
\( P_Y(y_i) \)	\( \frac14 \)	\( \frac14 \)	\( \frac14 \)	\( \frac14 \)

\[ E[Y] = 1\cdot\frac14+4\cdot\frac14+7\cdot\frac14+10\cdot\frac14 = \frac{22}{4} = 5{,}5 \]

Il risultato coincide esattamente con quello ottenuto tramite la proprietà di linearità, come deve essere.

c) Dimostriamo la proprietà \( \text{Var}(aX+b)=a^2\,\text{Var}(X) \) partendo dalla definizione di varianza:

\[ \text{Var}(aX+b) = E\big[(aX+b-E[aX+b])^2\big] \]

Per la proprietà di linearità del valore atteso (già usata al punto b): \( E[aX+b]=a\,E[X]+b \). Sostituiamo questa espressione al posto di \( E[aX+b] \) dentro la parentesi, poi togliamo la parentesi interna cambiando segno ai due termini che contiene:

\[ E\big[(aX+b-E[aX+b])^2\big] = E\big[(aX+b-(a\,E[X]+b))^2\big] = \] \[=E\big[(aX+b-a\,E[X]-b)^2\big] \]

Semplificando dentro la parentesi:

\[ E\big[(aX+b-a\,E[X]-b)^2\big] = E\big[(aX-a\,E[X])^2\big] \]

Raccogliamo \( a \) a fattor comune dentro la parentesi:

\[ E\big[(aX-a\,E[X])^2\big] = E\big[\big(a(X-E[X])\big)^2\big] = E\big[a^2(X-E[X])^2\big] \]

Per la linearità del valore atteso, la costante \( a^2 \) (che non dipende da \( X \)) può essere portata fuori:

\[ E\big[a^2(X-E[X])^2\big] = a^2\,E\big[(X-E[X])^2\big] \]

Infine, riconosciamo che \( E[(X-E[X])^2] \) è proprio la definizione di varianza di \( X \):

Applichiamo ora la proprietà con \( a=3 \), \( b=-2 \):

\[ \text{Var}(Y) = 3^2\,\text{Var}(X) = 9\times1{,}25 = 11{,}25 \]

Verifichiamo applicando direttamente la definizione alla distribuzione di \( Y \) trovata al punto b):

\[ E[Y^2] = 1^2\cdot\frac14+4^2\cdot\frac14+7^2\cdot\frac14+10^2\cdot\frac14 = \frac{166}{4}=41{,}5 \] \[ \text{Var}(Y) = E[Y^2]-(E[Y])^2 = 41{,}5-(5{,}5)^2 = 41{,}5-30{,}25 = 11{,}25 \]

Il risultato coincide esattamente con quello ottenuto tramite la proprietà, come deve essere.

Soluzione del quesito 3

a) I possibili esiti della coppia \( (X_1,X_2) \) sono \( 12\times12=144 \), tutti equiprobabili (i due lanci sono indipendenti e ciascuno uniforme su \( \{1,\dots,12\} \)). La somma \( X_1+X_2 \) varia da 2 a 24; i multipli di 5 raggiungibili sono 5, 10, 15, 20. Contiamo, per ciascuno, le coppie ordinate \( (x_1,x_2) \) con \( x_1,x_2\in\{1,\dots,12\} \) che danno quella somma:

• somma 5: \( (1,4),(2,3),(3,2),(4,1) \) → 4 coppie
• somma 10: da \( (1,9) \) a \( (9,1) \) → 9 coppie
• somma 15: da \( (3,12) \) a \( (12,3) \) → 10 coppie
• somma 20: da \( (8,12) \) a \( (12,8) \) → 5 coppie

Le coppie favorevoli sono in totale \( 4+9+10+5=28 \):

\[ P(X_1+X_2 \text{ multiplo di } 5) = \frac{28}{144} = \frac{7}{36} \approx 19{,}44\% \]

b) Ogni settore della ruota ha la stessa ampiezza, quindi ogni valore \( x_i\in\{1,\dots,12\} \) ha la stessa probabilità di uscire: \( X \) segue la distribuzione uniforme discreta su \( \{1,\dots,12\} \), con \( P_X(x_i)=\frac{1}{12} \) per ogni \( i \).

Applichiamo la definizione di valore atteso:

\[ E[X] = \sum_{i=1}^{12} x_i\cdot\frac{1}{12} = \frac{1+2+\dots+12}{12} = \frac{78}{12} = 6{,}5 \]

Per la varianza calcoliamo prima \( E[X^2] \):

\[ E[X^2] = \sum_{i=1}^{12} x_i^2\cdot\frac{1}{12} = \frac{1^2+2^2+\dots+12^2}{12} = \frac{650}{12} \approx 54{,}17 \] \[ \text{Var}(X) = E[X^2]-(E[X])^2 = \frac{650}{12}-(6{,}5)^2 = 54{,}17-42{,}25 \approx 11{,}92 \]

Sommando via via le probabilità \( \frac{1}{12},\frac{2}{12},\dots,\frac{12}{12} \) otteniamo la funzione di ripartizione, costante a tratti e crescente a gradini di altezza \( \frac{1}{12} \) in corrispondenza di ciascun valore intero da 1 a 12:

c) Per la proprietà di linearità del valore atteso (già usata nel Quesito 2), applicata alla somma di due variabili:

\[ E[X_1+X_2] = E[X_1]+E[X_2] \]

\( X_1 \) e \( X_2 \) rappresentano entrambe l'esito di un singolo lancio della stessa ruota, quindi hanno la stessa distribuzione trovata al punto b), con \( E[X_1]=E[X_2]=E[X]=6{,}5 \):

\[ E[X_1+X_2] = 6{,}5+6{,}5 = 13 \]

Non è stato necessario ricostruire la distribuzione (piuttosto complessa) della somma di due variabili uniformi discrete: la linearità del valore atteso vale sempre, indipendentemente dal fatto che le variabili siano indipendenti o meno.

Per rispondere alla domanda sul gioco, attenzione: non serve \( E[X_1+X_2] \), ma la probabilità di vincere, già trovata al punto a): \( p=\frac{7}{36} \). Un gioco è equo quando la puntata coincide col prodotto tra probabilità di vincita e incasso, cioè \( p=\dfrac{\text{puntata}}{\text{incasso}} \):

\[ \text{incasso} = \frac{\text{puntata}}{p} = \frac{10}{7/36} = \frac{10\times36}{7} = \frac{360}{7} \approx 51{,}43 \text{ €} \]

Soluzione del quesito 4

a) Aprire uno scrigno è una prova di Bernoulli con probabilità di successo \( p=0{,}2 \) (oggetto raro); \( X \), il numero di successi su \( n=10 \) prove indipendenti, segue la distribuzione binomiale \( \text{Bin}(10;\,0{,}2) \):

\[ P(X=k) = \binom{10}{k}(0{,}2)^k(0{,}8)^{10-k} \]

Per \( k=3 \):

\[ P(X=3) = \binom{10}{3}(0{,}2)^3(0{,}8)^7 = 120\times0{,}008\times0{,}2097 \approx 0{,}2013 \approx 20{,}13\% \]

b) "Almeno un oggetto raro" è l'evento complementare di "nessun oggetto raro" (cioè \( X=0 \)):

\[ P(X\geq1) = 1-P(X=0) = 1-\binom{10}{0}(0{,}2)^0(0{,}8)^{10} =\] \[=1-(0{,}8)^{10} \approx 1-0{,}1074 \approx 89{,}26\% \]

Generalizziamo a \( n \) aperture: la probabilità di ottenere almeno un oggetto raro diventa \( 1-(0{,}8)^n \). Imponiamo che superi il 99%:

\[ 1-(0{,}8)^n > 0{,}99 \;\Longrightarrow\; (0{,}8)^n < 0{,}01 \]

Passiamo ai logaritmi (naturali, ma va bene qualsiasi base) per portare giù l'esponente. Attenzione al verso della disuguaglianza: \( \ln(0{,}8) \) è negativo, quindi dividendo per esso la disequazione si inverte:

\[ \ln\big((0{,}8)^n\big) < \ln(0{,}01) \;\Longrightarrow\; n\cdot\ln(0{,}8) < \ln(0{,}01) \;\Longrightarrow\; n > \frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}8)} \] \[ n > \frac{-4{,}6052}{-0{,}2231} \approx 20{,}64 \]

Essendo \( n \) un numero intero di aperture, il più piccolo valore che soddisfa la disequazione è \( n=21 \). Verifichiamo:

\[ n=20: \quad 1-(0{,}8)^{20}\approx98{,}85\% \ (\text{non basta})\] \[ n=21: \quad 1-(0{,}8)^{21}\approx99{,}08\% \ (\text{ok}) \]

c) Per la distribuzione binomiale valgono le formule dirette:

\[ E[X] = np = 10\times0{,}2 = 2 \] \[ \text{Var}(X) = np(1-p) = 10\times0{,}2\times0{,}8 = 1{,}6 \]

La deviazione standard è la radice quadrata della varianza:

\[ \sigma_X = \sqrt{\text{Var}(X)} = \sqrt{1{,}6} \approx 1{,}265 \]

Su 300 aperture (30 sessioni da 10 scrigni), il numero atteso di oggetti rari si ottiene allo stesso modo, con \( n=300 \) al posto di \( n=10 \):

\[ E = 300\times0{,}2 = 60 \text{ oggetti rari attesi in un mese} \]

Soluzione del quesito 5

a) Le richieste di intervento sono eventi che si verificano a caso nel tempo: non c'è un numero fisso \( n \) di "prove" (come nel lancio ripetuto di un dado o nell'apertura di un certo numero di scrigni), ma solo una media nota su un intervallo di riferimento ("4 richieste ogni 2 ore"), senza un tetto massimo esplicito al numero di richieste possibili. Sono proprio le condizioni della distribuzione di Poisson.

La distribuzione di Poisson di parametro \( \lambda \) ha formula generale:

\[ P(X=k) = \frac{\lambda^k}{k!}\,e^{-\lambda}, \qquad k=0,1,2,\dots \]

dove \( \lambda \) rappresenta il numero medio di eventi nell'intervallo di tempo (o spazio) considerato, e \( k \) è il numero di eventi di cui vogliamo calcolare la probabilità.

Il parametro \( \lambda \) di Poisson rappresenta il numero medio di eventi nell'intervallo di tempo considerato: dobbiamo quindi riscalare la media data (4 richieste ogni 2 ore) sull'intervallo di un'ora:

\[ \lambda_{1h} = \frac{4}{2} = 2 \text{ richieste all'ora} \]

Applichiamo la formula di Poisson con \( \lambda=2 \) e \( k=3 \):

\[ P(X=3) = \frac{\lambda^3}{3!}\,e^{-\lambda} = \frac{2^3}{6}\,e^{-2} = \frac{8}{6}\,e^{-2} \approx 0{,}1804 \approx 18{,}04\% \]

b) "Almeno 2" è il complementare di "0 oppure 1" richieste:

\[ P(X\geq2) = 1-P(X=0)-P(X=1) = 1-\frac{2^0}{0!}e^{-2}-\frac{2^1}{1!}e^{-2} \] \[ = 1-e^{-2}-2e^{-2} = 1-3e^{-2} \] \[ P(X\geq2) \approx 1-0{,}1353-0{,}2707 \approx 1-0{,}4060 \approx 0{,}5940 \approx 59{,}40\% \]

c) Per un turno di 3 ore, riscaliamo di nuovo il parametro:

\[ \lambda_{3h} = 2\times3 = 6 \text{ richieste in 3 ore} \]

Ci serve \( P(X>5) \), cioè il complementare di \( P(X\leq5) \). Calcoliamo i singoli termini con \( \lambda=6 \):

Ciascun valore della tabella si ottiene applicando \( P(X=k)=\dfrac{6^k}{k!}\,e^{-6} \) (formula di Poisson con \( \lambda=6 \)) per \( k=0,1,\dots,5 \):

\( k \)	0	1	2	3	4	5
\( P_X(k) \)	0,25%	1,49%	4,46%	8,92%	13,39%	16,06%

\[ P(X\leq5) \approx 0{,}25\%+1{,}49\%+4{,}46\%+8{,}92\%+13{,}39\%+ \] \[ +16{,}06\% \approx 44{,}57\% \] \[ P(X>5) = 1-P(X\leq5) \approx 1-0{,}4457 \approx 0{,}5543 \approx 55{,}43\% \]

Soluzione del quesito 6

a) Perché il primo centro avvenga esattamente al quarto tiro, servono 3 tiri falliti consecutivi (ciascuno con probabilità \( 1-0{,}3=0{,}7 \)) seguiti da un centro (probabilità \( 0{,}3 \)). I tiri sono indipendenti, quindi moltiplichiamo le probabilità:

\[ P(X=4) = \underbrace{0{,}7\times0{,}7\times0{,}7}_{\text{3 tiri falliti}}\times\underbrace{0{,}3}_{\text{4° tiro: centro}} \] \[ = (0{,}7)^3\times0{,}3 = 0{,}343\times0{,}3 \approx 0{,}1029 \approx 10{,}29\% \]

(Verifica alternativa: questo ragionamento — \( k-1 \) fallimenti seguiti da un successo — è esattamente ciò che descrive la formula generale della distribuzione geometrica, \( P_X(k)=(1-p)^{k-1}p \). Con \( k=4 \), \( p=0{,}3 \): \( P_X(4)=(0{,}7)^3(0{,}3)\approx10{,}29\% \), come trovato sopra.)

b) Conviene passare al complementare: "al più 5 tiri" è il contrario di "più di 5 tiri", cioè di "i primi 5 tiri falliscono tutti":

\[ P(X>5) = \underbrace{0{,}7\times0{,}7\times0{,}7\times0{,}7\times0{,}7}_{\text{5 tiri falliti}} = (0{,}7)^5 \approx 0{,}1681 \] \[ P(X\leq5) = 1-P(X>5) = 1-0{,}1681 \approx 0{,}8319 \approx 83{,}19\% \]

c) Generalizziamo il ragionamento del punto b) a \( n \) tiri: \( P(X\leq n)=1-(0{,}7)^n \). Imponiamo che superi il 90%:

\[ 1-(0{,}7)^n > 0{,}9 \;\Longrightarrow\; (0{,}7)^n < 0{,}1 \]

Passiamo ai logaritmi. Attenzione al verso della disuguaglianza: \( \ln(0{,}7) \) è negativo, quindi dividendo per esso la disequazione si inverte:

\[ \ln\big((0{,}7)^n\big) < \ln(0{,}1) \;\Longrightarrow\; n\cdot\ln(0{,}7) < \ln(0{,}1) \] \[ n > \frac{\ln(0{,}1)}{\ln(0{,}7)} \approx \frac{-2{,}3026}{-0{,}3567} \approx 6{,}46 \]

Essendo \( n \) un numero intero di tiri, il più piccolo valore che soddisfa la disequazione è \( n=7 \). Verifichiamo:

\[ n=6: \quad 1-(0{,}7)^6\approx88{,}24\% \ (\text{non basta}) \] \[ n=7: \quad 1-(0{,}7)^7\approx91{,}76\% \ (\text{ok}) \]

Soluzione del quesito 7

a) È un'estrazione simultanea di 6 studenti tra 24, senza reimmissione. I casi possibili sono tutti i gruppi di 6 studenti scelti tra i 24, \( \binom{24}{6} \). I casi favorevoli si ottengono scegliendo 3 studenti tra i 9 CLIL e, contemporaneamente, i restanti 3 tra i 15 non CLIL:

\[ P(X=3) = \frac{\binom{9}{3}\binom{15}{3}}{\binom{24}{6}} = \frac{84\times455}{134\,596} = \frac{38\,220}{134\,596} = \frac{1365}{4807} \approx 0{,}2840 \approx 28{,}40\% \]

b) Con lo stesso ragionamento, "nessuno CLIL" significa scegliere tutti e 6 gli studenti tra i 15 non CLIL:

\[ P(X=0) = \frac{\binom{15}{6}}{\binom{24}{6}} = \frac{5005}{134\,596} = \frac{65}{1748} \approx 0{,}0372 \approx 3{,}72\% \]

(Il modello usato ai punti a) e b) — estrazione simultanea senza reimmissione da una popolazione divisa in due categorie — è quello della distribuzione ipergeometrica, già incontrata nella teoria: la formula generale è \( P(X=k)=\dfrac{\binom{K}{k}\binom{N-K}{n-k}}{\binom{N}{n}} \), con \( N=24 \) studenti totali, \( K=9 \) CLIL, \( n=6 \) estratti — esattamente i conteggi appena fatti.)

c) Anziché ricostruire l'intera distribuzione di \( X \) e applicarne la definizione, conviene un argomento più diretto. Scriviamo \( X \) come somma di 6 variabili indicatrici, una per ciascuno dei 6 studenti selezionati:

\[ X = X_1+X_2+\dots+X_6, \] \[ X_i = \begin{cases} 1 & \text{se l'}i\text{-esimo studente selezionato è CLIL} \\ 0 & \text{altrimenti} \end{cases} \]

Per simmetria, ogni singolo studente tra i 24 ha la stessa probabilità \( \frac{9}{24} \) di essere CLIL, indipendentemente da quale "posizione" occupi nell'estrazione (l'estrazione è simultanea: non c'è un vero ordine, ma possiamo comunque immaginare di estrarli uno alla volta, e per il primo estratto la probabilità è ovviamente \( \frac{9}{24} \); un argomento di simmetria mostra che lo stesso vale per ogni altra posizione). Quindi:

\[ E[X_i] = \frac{9}{24} \quad \text{per ogni } i=1,\dots,6 \]

Per la proprietà di linearità del valore atteso (Quesito 2) — che vale sempre, anche se le \( X_i \) non sono indipendenti tra loro:

\[ E[X] = E[X_1]+E[X_2]+\dots+E[X_6] = 6\times\frac{9}{24} = \frac{54}{24} = 2{,}25 \]

In media, quindi, ci si aspetta di trovare 2,25 studenti CLIL nella foto di gruppo (un valore non intero, come spesso accade per un valore atteso: non è un possibile risultato di una singola estrazione, ma la media su moltissime estrazioni ripetute).

Soluzione alternativa (dalla definizione) — proseguendo il ragionamento dei punti a) e b), calcoliamo \( P(X=k)=\dfrac{\binom{9}{k}\binom{15}{6-k}}{\binom{24}{6}} \) per ogni valore possibile di \( k \) (da 0 a 6):

Applichiamo ora la definizione di valore atteso, sommando ciascun valore moltiplicato per la sua probabilità:

\[ E[X] = 0\times0{,}0372+1\times0{,}2008+2\times0{,}3651+3\times0{,}2840 \] \[ +4\times0{,}0983+5\times0{,}0140+6\times0{,}0006 \approx 2{,}25 \]

Il risultato coincide esattamente con quello ottenuto con l'argomento delle variabili indicatrici, come deve essere — ma qui è servito costruire tutta la distribuzione (7 valori) invece di un unico prodotto.

Soluzione del quesito 8

a) Le stelle cadenti sono eventi che accadono a caso nel tempo, di cui conosciamo solo la media su un intervallo di riferimento (6 all'ora): è la situazione tipica della distribuzione di Poisson. Riscaliamo la media data alla finestra di osservazione di 20 minuti (cioè \( \frac{20}{60}=\frac13 \) d'ora):

\[ \lambda_{20\text{min}} = 6\times\frac{20}{60} = 6\times\frac13 = 2 \text{ stelle cadenti attese in 20 minuti} \]

Applichiamo la formula di Poisson con \( \lambda=2 \) e \( k=2 \):

\[ P(X=2) = \frac{\lambda^2}{2!}\,e^{-\lambda} = \frac{2^2}{2}\,e^{-2} = 2\,e^{-2} \approx 0{,}2707 \approx 27{,}07\% \]

b) A questo punto la domanda cambia natura: non riguarda più il numero di stelle cadenti in una sera, ma quante sere servono prima che si verifichi, per la prima volta, l'evento "esattamente 2 stelle cadenti in quella sera". Ogni sera è un tentativo indipendente (stessa finestra di osservazione, stessa distribuzione), e l'evento "successo" ha esattamente la probabilità trovata al punto a):

\[ p = P(\text{successo in una sera}) = P(X=2) \approx 0{,}2707 \]

Il numero di sere \( Y \) fino al primo successo è quindi governato dallo stesso schema visto nel Quesito 6 (numero di tentativi fino al primo successo): perché il primo successo avvenga esattamente alla 4ª sera, servono 3 insuccessi consecutivi (probabilità \( 1-p\approx0{,}7293 \) ciascuno) seguiti da un successo:

\[ P(Y=4) = (1-p)^3\times p \approx (0{,}7293)^3\times0{,}2707 \] \[ \approx 0{,}3879\times0{,}2707 \approx 0{,}1050 \approx 10{,}50\% \]

c) Generalizziamo il ragionamento del punto b) a \( n \) sere: la probabilità di aver ottenuto almeno un successo entro la \( n \)-esima sera è il complementare di "\( n \) insuccessi consecutivi":

\[ P(Y\leq n) = 1-(1-p)^n \]

Imponiamo che superi il 95%:

\[ 1-(1-p)^n > 0{,}95 \;\Longrightarrow\; (1-p)^n < 0{,}05 \]

Passiamo ai logaritmi. Poiché \( \ln(1-p) \) è negativo, dividendo per esso la disequazione si inverte:

\[ n\cdot\ln(1-p) < \ln(0{,}05) \;\Longrightarrow\; n > \frac{\ln(0{,}05)}{\ln(1-p)} \] \[ n > \frac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}7293)} \approx \frac{-2{,}9957}{-0{,}3157} \approx 9{,}49 \]

Essendo \( n \) un numero intero di sere, il più piccolo valore che soddisfa la disequazione è \( n=10 \). Verifichiamo:

\[ n=9: \quad 1-(0{,}7293)^9\approx94{,}16\% \ (\text{non basta}) \] \[ n=10: \quad 1-(0{,}7293)^{10}\approx95{,}74\% \ (\text{ok}) \]