QUESTIONARIO 2 SULLE VARIABILI ALEATORIE DISCRETE
(Versione DSA)

Soluzione del quesito 1

Con 2 lanci, "una testa e una croce" (in qualsiasi ordine) è l'unione dei due esiti TC e CT:

\[ p(TC)+p(CT) = \frac12\cdot\frac12+\frac12\cdot\frac12 = \frac12 = 50\% \]

Lo stesso risultato si ottiene con la distribuzione binomiale, con \( n=2 \) prove, successo "esce testa" con \( p=\frac12 \), e \( k=1 \) successo:

\[ \binom{n}{k}p^kq^{n-k} = \binom{2}{1}\left(\frac12\right)\left(\frac12\right) = 2\cdot\frac14 = \frac12 \]

Con 4 lanci, "due teste e due croci" (in qualsiasi ordine) è invece l'unione di tutte le disposizioni con esattamente 2 T e 2 C:

\[ p(TTCC)+p(TCTC)+p(TCCT)+p(CTTC)+p(CTCT)+p(CCTT) = 6\left(\frac12\right)^4 = \frac{6}{16}=\frac38 \neq \frac12 \]

Coerentemente, con la distribuzione binomiale con \( n=4 \), \( k=2 \) successi su 4 prove:

\[ \binom{n}{k}p^kq^{n-k} = \binom{4}{2}\left(\frac12\right)^2\left(\frac12\right)^2 = 6\cdot\frac14\cdot\frac14 = \frac{6}{16}=\frac38 \]

Il caso dei 2 lanci è particolare: con \( n=2 \) e \( k=1 \), il rapporto tra i due esiti \( k \) e \( n-k \) è esattamente il centro della distribuzione binomiale simmetrica, e coincide (per questo specifico \( n \)) con la probabilità 50%. All'aumentare di \( n \), invece, la probabilità del valore "centrale" \( k=n/2 \) si distribuisce su più esiti possibili e quindi diminuisce.

Soluzione del quesito 2

Consideriamo l'evento "una linea è libera": la sua probabilità è \( p=\frac45 \) (essendo \( \frac15 \) la probabilità che sia occupata). Abbiamo \( n=10 \) linee, indipendenti tra loro, e vogliamo esattamente \( k=2 \) successi ("linee libere"): siamo quindi nella distribuzione binomiale, con

\[ p=\frac45,\quad q=1-p=\frac15,\quad n=10,\quad k=2 \]

Applicando la formula della distribuzione binomiale:

\[ \binom{n}{k}p^kq^{n-k} = \binom{10}{2}\left(\frac45\right)^2\left(\frac15\right)^{8} = \frac{144}{1\,953\,125} \approx 7{,}37\times10^{-5} \]

Soluzione del quesito 3

a) Indichiamo con U1, U2, U3 gli uomini e con D1, D2, D3 le rispettive mogli. Ogni terna di coppie corrisponde a un modo diverso di abbinare ciascun uomo a una donna diversa (un abbinamento "uno a uno"): se U1 balla con D1, restano 2 possibilità per abbinare U2 e U3 alle restanti 2 donne; lo stesso vale se U1 balla con D2 o con D3. In totale:

\[ 2+2+2 = 6 \text{ terne possibili} \]

b) Delle 6 terne possibili, classifichiamole in base a quanti uomini ballano con la propria moglie:

1) "Nessun uomo balla con la propria moglie": sono le terne senza abbinamenti "corretti", cioè U1-D2, U1-D3, U2-D1, U2-D3, U3-D1, U3-D2 (togliendo però quelle già contate come "un solo uomo"); contandole correttamente risultano 2 terne su 6:

\[ P(\text{nessuno}) = \frac{2}{6} = \frac13 \]

2) "Un solo uomo balla con la propria moglie": si sceglie quale dei 3 uomini balla con la propria moglie (3 modi), e per gli altri due resta un'unica combinazione in cui nessuno dei due balla con la propria moglie: quindi 3 terne su 6:

\[ P(\text{uno solo}) = \frac{3}{6} = \frac12 \]

3) "Tutti e tre gli uomini ballano con le rispettive mogli": è una sola terna su 6 (quella "corretta"):

\[ P(\text{tutti e tre}) = \frac{1}{6} \]

Verifica: \( \frac13+\frac12+\frac16 = \frac{2}{6}+\frac{3}{6}+\frac{1}{6} = 1 \). ✓

c) Ripetendo il gioco \( n \) volte (prove indipendenti), il numero di volte in cui si verifica un certo "successo" è una variabile aleatoria binomiale, di parametri \( n \) e \( p \) (la probabilità del successo scelto al punto b), con \( P(k \text{ successi}) = \binom{n}{k}p^kq^{n-k} \).

1) Qui il "successo" è "tutti e tre ballano con la propria moglie", con \( p=\frac16 \) (punto b3). Il valore medio di una binomiale è \( n\cdot p \):

\[ m = n\cdot p = 24\cdot\frac16 = 4 \]

2) Qui il "successo" è "nessun uomo balla con la propria moglie", con \( p=\frac13 \) (punto b1) e \( n=4 \). "Non più di 2 volte" significa \( X\le2 \), cioè \( X=0 \) oppure \( X=1 \) oppure \( X=2 \):

\[ p(0)=\binom{4}{0}\left(\frac13\right)^0\left(\frac23\right)^4=\frac{16}{81} \] \[ p(1)=\binom{4}{1}\left(\frac13\right)^1\left(\frac23\right)^3=\frac{32}{81} \] \[ p(2)=\binom{4}{2}\left(\frac13\right)^2\left(\frac23\right)^2=\frac{24}{81} \] \[ P(X\le2) = \frac{16}{81}+\frac{32}{81}+\frac{24}{81} = \frac{72}{81} = \frac89 \approx 0{,}889 \]

3) Qui il "successo" è "un solo uomo balla con la propria moglie", con \( p=\frac12 \) (punto b2) e \( n=60 \). Vogliamo esattamente \( k=30 \) successi:

\[ p(30) = \binom{60}{30}\left(\frac12\right)^{30}\left(\frac12\right)^{30} = \binom{60}{30}\left(\frac12\right)^{60} \approx 0{,}10258 \]

4) Qui il "successo" è "almeno un uomo balla con la propria moglie", cioè il complementare del punto b1): \( p=1-\frac13=\frac23 \). Con \( n=15 \), vogliamo \( X\ge14 \), cioè \( X=14 \) oppure \( X=15 \):

\[ P(X\ge14) = \binom{15}{14}\left(\frac23\right)^{14}\left(\frac13\right)^{1} + \left(\frac23\right)^{15} \approx 0{,}01941 \]

Soluzione del quesito 4

La variabile aleatoria \( X \) può assumere i valori 1, 2, 3, 4, 5, 6. Nel lancio di due dadi i casi possibili sono 36 (6 possibilità per il primo dado e 6 per il secondo). Indichiamo con \( (a,b) \) la coppia di un risultato, con \( a \) relativo al primo dado e \( b \) al secondo.

\( X=1 \) solo con la coppia (1,1): \( p(X=1)=\frac{1}{36} \).

\( X=2 \) con le coppie (1,2), (2,1), (2,2): \( p(X=2)=\frac{3}{36} \).

\( X=3 \) con le coppie (1,3), (3,1), (2,3), (3,2), (3,3): \( p(X=3)=\frac{5}{36} \).

\( X=4 \) con le coppie (1,4), (4,1), (2,4), (4,2), (3,4), (4,3), (4,4): \( p(X=4)=\frac{7}{36} \).

\( X=5 \) con le coppie (1,5), (5,1), (2,5), (5,2), (3,5), (5,3), (4,5), (5,4), (5,5): \( p(X=5)=\frac{9}{36} \).

\( X=6 \) con le rimanenti 11 coppie: \( p(X=6)=\frac{11}{36} \).

La distribuzione di probabilità di \( X \) è quindi:

\( x \)	1	2	3	4	5	6
\( p(X=x) \)	\( \frac{1}{36} \)	\( \frac{3}{36} \)	\( \frac{5}{36} \)	\( \frac{7}{36} \)	\( \frac{9}{36} \)	\( \frac{11}{36} \)

La media di \( X \) è data da \( m(X)=\sum_i x_i\,p_i \):

\[ m(X) = 1\cdot\frac{1}{36}+2\cdot\frac{3}{36}+3\cdot\frac{5}{36}+4\cdot\frac{7}{36}+5\cdot\frac{9}{36}+6\cdot\frac{11}{36} = \frac{161}{36} \] \[ m(X) \approx 4{,}472 \]

La varianza di \( X \) è data da \( \sigma^2=\sum_i (x_i-m)^2\,p_i \):

\[ \sigma^2 = \left(1-\frac{161}{36}\right)^2\cdot\frac{1}{36}+\left(2-\frac{161}{36}\right)^2\cdot\frac{3}{36}+\left(3-\frac{161}{36}\right)^2\cdot\frac{5}{36}+ \] \[ +\left(4-\frac{161}{36}\right)^2\cdot\frac{7}{36}+\left(5-\frac{161}{36}\right)^2\cdot\frac{9}{36}+\left(6-\frac{161}{36}\right)^2\cdot\frac{11}{36} = \frac{2555}{1296} \] \[ \sigma^2 \approx 1{,}971 \]

Soluzione del quesito 5

La probabilità che un pezzo sia difettoso è \( p=0{,}03 \); la probabilità che un pezzo non sia difettoso è quindi \( q=1-p=0{,}97 \). Calcoliamo, nei due modi richiesti, la probabilità che su 100 prodotti ve ne siano esattamente 2 difettosi.

Distribuzione binomiale. Secondo la distribuzione binomiale, la probabilità che su \( n \) prove si abbiano \( x \) successi è data da \( p(n,x)=\binom{n}{x}p^xq^{n-x} \):

\[ p(100,2) = \binom{100}{2}\,0{,}03^2\cdot0{,}97^{98} \approx 0{,}225 \cong 22{,}5\% \]

Distribuzione di Poisson. Secondo la distribuzione di Poisson, la probabilità che si abbiano \( x \) successi è data da:

\[ p = \frac{\lambda^x\cdot e^{-\lambda}}{x!} \]

dove \( \lambda \), il valor medio, è dato da \( \lambda=np=100\cdot0{,}03=3 \); quindi:

\[ p = \frac{3^2\cdot e^{-3}}{2!} = \frac{9}{2e^3} \approx 0{,}224 \cong 22{,}4\% \]

Come si vede, le due probabilità sono praticamente uguali: la distribuzione di Poisson è infatti una buona approssimazione della binomiale quando \( n \) è grande e \( p \) è piccolo (come in questo caso, con \( n=100 \) e \( p=0{,}03 \)).

Soluzione del quesito 6

a) Le chiamate arrivano secondo una distribuzione di Poisson; la media oraria è:

\[ \lambda=\frac{48\text{ chiamate}}{\text{giorno}}=\frac{48}{24}\frac{\text{chiamate}}{\text{ora}}=2\ \text{chiamate/ora} \]

Indicata con \(X\) la variabile aleatoria "numero di chiamate nella prima ora", \(X\) ha distribuzione di Poisson di parametro \(\lambda=2\): \( P(X=k)=\dfrac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}=\dfrac{2^k}{k!}e^{-2} \). Vogliamo \(P(X\ge2)\), che calcoliamo per complementare:

\[ P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-e^{-2}-2e^{-2}=1-3e^{-2}\approx0{,}594 \]

b) Il tempo di attesa fino alla prima chiamata è di almeno 1 ora se e solo se nella prima ora non arriva nessuna chiamata, cioè \(X=0\), con la stessa \(X\) del punto a):

\[ P(\text{attesa}\ge1\text{ ora})=P(X=0)=\frac{2^0}{0!}e^{-2}=e^{-2}\approx0{,}135 \]

c) Indichiamo con \(D\) l'evento "la chiamata è di una donna" (\(P(D)=0{,}45\)) e con \(U\) l'evento "la chiamata è di un uomo" (\(P(U)=0{,}55\)); indichiamo inoltre con \(A\) l'evento "è stato richiesto il carro attrezzi". Dai dati: \(P(A\mid D)=0{,}90\), \(P(A\mid U)=0{,}75\).

Per il teorema della probabilità totale:

\[ P(A)=P(D)\cdot P(A\mid D)+P(U)\cdot P(A\mid U)=0{,}45\cdot0{,}90+0{,}55\cdot0{,}75=0{,}8175 \]

Vogliamo \(P(U\mid A)\), cioè la probabilità che, sapendo che è stato richiesto il carro attrezzi, la chiamata sia stata di un uomo (formula di Bayes):

\[ P(U\mid A)=\frac{P(U)\cdot P(A\mid U)}{P(A)}=\frac{0{,}55\cdot0{,}75}{0{,}8175}=\frac{0{,}4125}{0{,}8175}=\frac{55}{109}\approx0{,}505 \]

d) Ogni chiamata, indipendentemente dalle altre, richiede il carro attrezzi con probabilità \(P(A)=0{,}8175\) (calcolata al punto c). Poiché il numero di chiamate all'ora segue una distribuzione di Poisson di media \(\lambda=2\), e ciascuna chiamata è "marcata" in modo indipendente con probabilità \(P(A)\), anche il numero di richieste di carro attrezzi all'ora segue una distribuzione di Poisson, con media:

\[ \mu=P(A)\cdot\lambda=0{,}8175\cdot2=1{,}635 \]

Soluzione del quesito 7

Le altre 11 facce hanno ciascuna probabilità \( \frac{p}{2} \) (metà di \(p\)). Le 12 probabilità devono sommare a 1:

\[ p + 11\left(\frac{p}{2}\right) = 1 \quad\Longrightarrow\quad 13p = 2 \quad\Longrightarrow\quad p=\frac{2}{13}\approx15{,}4\% \]

(di conseguenza, la probabilità che esca un numero diverso da 3 è \( \frac{p}{2}=\frac{1}{13} \) per ciascuna faccia).

Calcoliamo ora la probabilità che in 5 lanci il 3 esca almeno 2 volte. Si tratta di una distribuzione binomiale con \( n=5 \), \( p=\frac{2}{13} \) e \( q=1-p=\frac{11}{13} \). Conviene calcolare per complementare:

\[ P(\text{esce il 3 almeno 2 volte}) = 1-\left[\binom{5}{0}p^0q^5+\binom{5}{1}p^1q^4\right] \] \[ = 1-\left[\left(\frac{11}{13}\right)^5+5\left(\frac{2}{13}\right)\left(\frac{11}{13}\right)^4\right] = 1-\left(\frac{11}{13}\right)^4\left[\frac{11}{13}+\frac{10}{13}\right] \] \[ = 1-21\cdot\frac{11^4}{13^5} = \frac{63832}{371293} \approx 0{,}172 \]

Soluzione del quesito 8

Ad ogni lancio, la probabilità che Alberto faccia punto (esca 1, 2, 3 o 4) è \( \frac46 \), la probabilità che Barbara faccia punto (esca 5 o 6) è \( \frac26 \).

Prima domanda. I due giocatori realizzano entrambi almeno 1 punto se nessuno dei due resta a zero per tutta la partita, cioè se non capita che uno dei due vinca "subito", facendo tutti i 6 punti prima che l'altro ne faccia anche solo uno.

Barbara vince "subito" se esce il 5 o il 6 per 3 volte di seguito (2 punti a lancio, quindi le bastano 3 lanci per arrivare a 6):

\[ P(\text{Barbara vince subito}) = \left(\frac26\right)^3 = \frac{1}{27} \]

Alberto vince "subito" se esce 1, 2, 3 o 4 per 6 volte di seguito (1 punto a lancio):

\[ P(\text{Alberto vince subito}) = \left(\frac46\right)^6 = \frac{64}{729} \]

La probabilità che nessuno dei due resti a zero (cioè che entrambi facciano almeno 1 punto) è il complementare dell'unione di questi due eventi, tra loro incompatibili:

\[ P(\text{entrambi almeno 1 punto}) = 1-\left(\frac{1}{27}+\frac{64}{729}\right) = \frac{638}{729} \approx 88\% \]

Seconda domanda. Il punteggio è "4 a 4" se Alberto ha fatto 1 punto per 4 volte e Barbara ha fatto 2 punti per 2 volte, cioè se, su 6 lanci, Alberto fa punto esattamente 4 volte (e Barbara nei restanti 2). Si tratta di una distribuzione binomiale con \( n=6 \) prove, probabilità del successo "Alberto fa punto" pari a \( p=\frac46 \), e \( x=4 \) successi:

\[ P(4\text{ a }4) = \binom{n}{x}p^xq^{n-x} = \binom{6}{4}\left(\frac46\right)^4\left(\frac26\right)^2 = 15\cdot\frac{16}{729} \approx 33\% \]