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Worked examples · Sheet 2

Probabilità con i teoremi della somma e del prodotto

Theory used: Teorema della somma Probabilità dell'evento contrario Teorema del prodotto Eventi indipendenti Spazio campionario ed eventi

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Esercizio 1

Si estrae a caso un numero intero da $1$ a $30$ . Calcola la probabilità che il numero estratto sia multiplo di $3$ oppure multiplo di $5$ .

A = \{\text{multipli di } 3\}, \qquad P(A) = \frac{10}{30}

B = \{\text{multipli di } 5\}, \qquad P(B) = \frac{6}{30}

A \cap B = \{15, 30\}, \qquad P(A \cap B) = \frac{2}{30}

P(A \cup B) = \frac{10}{30} + \frac{6}{30} - \frac{2}{30} = \frac{14}{30} = \frac{7}{15}

Dei

30

numeri,

8

sono multipli di

3

e non di

5

2

sono multipli di entrambi,

4

sono multipli di

5

e non di

3

, quindi

14

numeri appartengono ad

A \cup B

I multipli di $3$ fra $1$ e $30$ sono $3, 6, \dots, 30$ , cioè $\dfrac{30}{3} = 10$ numeri, e i multipli di $5$ sono $\dfrac{30}{5} = 6$ . Un numero è multiplo di $3$ e di $5$ se è multiplo di $15$ , e fra $1$ e $30$ ci sono i soli $15$ e $30$ .

Gli eventi $A$ e $B$ non sono incompatibili, perché hanno in comune due numeri. Perciò si applica il teorema della somma nella forma generale, sottraendo $P(A \cap B)$ . I numeri $15$ e $30$ compaiono sia fra i $10$ multipli di $3$ sia fra i $6$ multipli di $5$ , quindi senza la sottrazione verrebbero contati due volte.

La probabilità cercata è $\dfrac{7}{15}$ . Come mostra il diagramma, i numeri favorevoli sono $8 + 2 + 4 = 14$ .

Esercizio 2

Si lancia $4$ volte un dado. Calcola la probabilità che esca almeno una volta il numero $6$ .

P(\text{nessun } 6) = \left( \frac{5}{6} \right)^4 = \frac{625}{1296}

P(\text{almeno un } 6) = 1 - \frac{625}{1296} = \frac{671}{1296} \approx 0{,}518

L’evento “almeno un $6$ ” comprende i casi con uno, due, tre o quattro $6$ , che andrebbero calcolati separatamente. Il suo contrario è “nessun $6$ in quattro lanci”, che si calcola in un solo passaggio, quindi si usa la probabilità dell’evento contrario.

In ogni lancio la probabilità di non ottenere $6$ è $\dfrac{5}{6}$ . I lanci sono indipendenti, perciò la probabilità di non ottenere $6$ in tutti e quattro è il prodotto $\left( \dfrac{5}{6} \right)^4 = \dfrac{625}{1296}$ . Sottraendo da $1$ si ottiene $\dfrac{671}{1296}$ , un valore di poco superiore a $\dfrac{1}{2}$ .

Esercizio 3

Due arcieri tirano contemporaneamente allo stesso bersaglio, in modo indipendente. Il primo colpisce il bersaglio con probabilità $0{,}8$ , il secondo con probabilità $0{,}6$ . Calcola la probabilità che il bersaglio sia colpito da entrambi, da almeno uno e da uno solo dei due arcieri.

P(A) = 0{,}8, \quad P\big( \overline{A} \big) = 0{,}2, \qquad P(B) = 0{,}6, \quad P\big( \overline{B} \big) = 0{,}4

P(A \cap B) = 0{,}8 \cdot 0{,}6 = 0{,}48

P(A \cup B) = 1 - P\big( \overline{A} \cap \overline{B} \big) = 1 - 0{,}2 \cdot 0{,}4 = 0{,}92

P(\text{uno solo}) = 0{,}8 \cdot 0{,}4 + 0{,}2 \cdot 0{,}6 = 0{,}32 + 0{,}12 = 0{,}44

Si indicano con $A$ e $B$ gli eventi “il primo arciere colpisce” e “il secondo arciere colpisce”. I due tiri sono indipendenti, quindi la probabilità che si verifichino insieme è il prodotto delle probabilità, e vale $0{,}48$ . Anche i loro contrari sono indipendenti.

Il bersaglio è colpito da almeno uno se e solo se non lo mancano entrambi. Perciò si calcola la probabilità che entrambi lo manchino, $0{,}2 \cdot 0{,}4 = 0{,}08$ , e la si sottrae da $1$ . Lo stesso valore si ottiene con il teorema della somma, $0{,}8 + 0{,}6 - 0{,}48 = 0{,}92$ .

Un solo arciere colpisce in due casi incompatibili: colpisce il primo e manca il secondo, oppure manca il primo e colpisce il secondo. Le due probabilità si sommano e danno $0{,}44$ . Si ha $0{,}92 = 0{,}48 + 0{,}44$ , perché “almeno uno” è l’unione degli eventi incompatibili “entrambi” e “uno solo”.

Esercizio 4

Un’urna contiene $4$ palline bianche e $6$ nere, e si estraggono due palline una dopo l’altra. Calcola la probabilità che siano entrambe bianche, nel caso in cui la prima pallina venga rimessa nell’urna e nel caso in cui non venga rimessa. Nel secondo caso calcola anche la probabilità che la seconda pallina sia bianca e stabilisci se gli eventi “la prima è bianca” e “la seconda è bianca” sono indipendenti.

Con reinserimento

P(B_1 \cap B_2) = \frac{4}{10} \cdot \frac{4}{10} = \frac{16}{100} = \frac{4}{25}

Senza reinserimento

P(B_1 \cap B_2) = P(B_1) \cdot P(B_2 \mid B_1) = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}

P(B_2) = \frac{4}{10} \cdot \frac{3}{9} + \frac{6}{10} \cdot \frac{4}{9} = \frac{12}{90} + \frac{24}{90} = \frac{36}{90} = \frac{2}{5}

P(B_1) \cdot P(B_2) = \frac{2}{5} \cdot \frac{2}{5} = \frac{4}{25} \neq \frac{2}{15} = P(B_1 \cap B_2)

Si indicano con $B_1$ e $B_2$ gli eventi “la prima pallina è bianca” e “la seconda pallina è bianca”. Se la prima pallina viene rimessa nell’urna, la seconda estrazione avviene nelle stesse condizioni della prima, quindi gli eventi sono indipendenti e la probabilità è $\left( \dfrac{4}{10} \right)^2 = \dfrac{4}{25}$ .

Senza reinserimento si applica il teorema del prodotto. Dopo una prima pallina bianca restano $3$ bianche su $9$ palline, perciò $P(B_2 \mid B_1) = \dfrac{3}{9}$ e la probabilità di due bianche è $\dfrac{2}{15}$ .

La seconda pallina è bianca in due casi incompatibili: la prima è bianca e la seconda è bianca, oppure la prima è nera e la seconda è bianca. Nel secondo caso, dopo una nera, restano $4$ bianche su $9$ . Sommando si trova $P(B_2) = \dfrac{2}{5}$ , uguale a $P(B_1)$ . Quindi, se non si conosce il colore della prima pallina, la seconda ha la stessa probabilità di essere bianca.

Il prodotto $P(B_1) \cdot P(B_2) = \dfrac{4}{25}$ è diverso da $P(B_1 \cap B_2) = \dfrac{2}{15}$ , quindi senza reinserimento gli eventi $B_1$ e $B_2$ non sono indipendenti. Infatti sapere che la prima pallina è bianca abbassa la probabilità che la seconda sia bianca da $\dfrac{2}{5}$ a $\dfrac{1}{3}$ .