Probabilità Calcolo combinatorio, probabilità elementare, probabilità condizionata, indipendenza, th delle probabilità totali, legge di Bayes

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1 Sessione Live #3 Settimana dal 7 all 11 marzo 2003 Probabilità Calcolo combinatorio, probabilità elementare, probabilità condizionata, indipendenza, th delle probabilità totali, legge di Bayes Lezioni CD:

2 Esercizio 1: Si supponga di estrarre, senza reinserirle nel mazzo, 3 carte da un mazzo da 52. Si calcoli la probabilità di ottenere a) 3 figure b) una figura alla seconda estrazione. Soluzione a) Consideriamo lo spazio campionario Ω in cui gli eventi elementari sono tutte le possibili estrazioni di 3 carte dal mazzo. Poiché gli eventi elementari così definiti sono equiprobabili, detto A l evento le 3 carte estratte sono tutte figure, possiamo calcolare la probabilità dell evento A come rapporto tra il numero di casi favorevoli e il numero di casi possibili. I casi possibili sono tanti quante le disposizioni semplici di 52 oggetti in 3 posti ovvero: D 52,3 =

3 I casi favorevoli tanti quante le disposizioni semplici di 12 oggetti in 3 posti ovvero: Quindi PA ( ) D 12,3 = A = = Ω b) Innanzi tutto osserviamo che la richiesta prevede una figura alla seconda estrazione e non una figura soltanto alla seconda estrazione. Detto questo, sia A i l evento è uscita una figura all estrazione i-esima. Per il teorema delle probabilità totali: ( + 40) 12 PA ( 2) = PA ( 2 A1) PA ( 1) + PA ( 2 A1) PA ( 1) = + = =

4 Esercizio 2 In quanti modi diversi si possono disporre intorno a un tavolo rotondo 8 persone di cui 4 maschi e 4 femmine alternando maschi con femmine? Soluzione Si deve usare lo schema delle scelte successive con il principio del prodotto delle possibilità. Innanzi tutto contiamo i modi di disporre maschi e femmine alternati. Le sequenze possibili sono soltanto 2: MFMFMFMF oppure FMFMFMFM. Poi contiamo in quanti modi diversi possiamo far sedere i 4 maschi nei 4 posti ai maschi assegnati. Si tratta di applicare la formula sulle permutazioni semplici di 4 oggetti in 4 posti: P = 4! Analogo 4 procedimento per le femmine. Pertanto le possibili scelte sono in numero di 2 4!4!

5 In alternativa possiamo calcolare in quanti modi è possibile far sedere: la prima persona (8 possibilità), la seconda (4 possibilità, tante quante le persone di sesso opposto alla prima ancora in piedi), la terza (3 possibilità) e così fino alle ultime due persone che possono essere fatte sedere nei due posti rimasti liberi in un modo soltanto ottenendo ancora: = 24!4!

6 Esercizio 3: A scommette con B che estrarrà 4 carte di 4 semi diversi da un mazzo di 40 carte (che ne contiene 10 per seme). Qual è la probabilità che A vinca? (Huygens, 1657) Soluzione Metodo 1. Chiamiamo A l evento all estrazione i-esima è uscita una i carta di seme diverso dai precedenti e applichiamo la legge del prodotto generalizzata: PA ( A A A ) = PA ( ) PA ( A) PA ( A A ) PA ( A A A) dove PA ( ) = 1, 1 da cui PA ( A ) = 30, PA ( A A ) = 20, PA ( A A A) = PA ( A A A ) =

7 Metodo 2. Consideriamo lo spazio campionario Ω in cui gli eventi elementari sono tutte le possibili estrazioni di 4 carte dal mazzo. Poiché gli eventi elementari così definiti sono equiprobabili, detto A l evento le 4 carte estratte hanno tutte semi differenti tra loro, possiamo calcolare la probabilità dell evento A come rapporto tra il numero di casi favorevoli e il numero di casi possibili. I casi possibili sono tanti quante le disposizioni semplici di 40 oggetti in 4 posti ovvero D 40,4 = Per il computo dei casi favorevoli osserviamo che le differenti sequenze di semi (FQCP piuttosto che QFPC ecc.) sono tante quante le permutazioni semplici di 4 oggetti ovvero P = 4! e che le quaterne di carte che realizzano 4 ognuna di queste sequenze sono tante quante le disposizioni con ripetizione cioé D * 4 10,4 = 10.

8 Pertanto i casi favorevoli saranno in numero di P D * = 4. (si arriva al 4 10,4 4!10 medesimo risultato anche senza applicare così formalmente il calcolo combinatorio e osservando che posso scegliere la prima carta tra le 40 dell intero mazzo, la seconda tra le 30 che non recano il seme estratto, la terza tra le 20 recanti i due semi non ancora estratti e l ultima tra le 10 dell unico seme non ancora estratto). Quindi la probabilità cercata è ancora: A PA ( ) = = = Ω

9 Esercizio 4 Un ingegnere è sottoposto ad un colloquio per un posto di analista in una grande agenzia di viaggi. Durante il colloquio l esaminatore chiede all ingegnere di essere relazionato in merito agli esiti di una indagine di mercato svolta tra i clienti dell agenzia. L indagine classifica i clienti in base a combinazioni dei seguenti eventi elementari: A={il cliente gradisce il mare} B={il cliente gradisce i monti} C={il cliente gradisce viaggiare} L ingegnere elabora la tabella qui a fianco ma, subito dopo la lettura, l esaminatore decide di non assumere l ingegnere. Perché? Preferenza Evento P () mare, monti, viaggi A B C 0.01 mari e monti A B 0.12 mare e viaggi A C 0.04 monti e viaggi B C 0.03 mare A 0.53 monti B 0.38 viaggi C 0.55

10 Soluzione Perchè il responsabile, sapendo che A B C= S e che PS ( ) = 1, applica la seguente formula sulla probabilità dell unione di tre eventi: PA ( B C) = PA ( ) + PB ( ) + PC ( ) PA ( B) PA ( C) PB ( C) + PA ( B C) ricavando: PS ( ) = = 1.28 e deducendo che, non potendo mai essere PX ( ) > 1 l ingegnere non sa nulla di probabilità.

11 Esercizio 5: Due eventi indipendenti A e B sono tali che P[A B]=0.75 e P[A]=P[B]. Quanto vale P[A]? Quanto vale P[A B]? Soluzione: Sia p=p[a]=p[b] Poiché A e B sono indipendenti, si ha che P[A B]=P[A]P[B]=p 2, pertanto 0.75=P[A B]=P[A]+P[B]-P[A B]=p+p-p 2 da cui risolvendo l eq di secondo grado in p, si ricava p=1±0.5, ossia p=0.5 Quindi P[A]=P[B]=0.5 e P[A B]=0.25.

12 Esercizio 6: Si effettuano 3 tiri successivi ed indipendenti ad un bersaglio. Le probabilità di colpire il bersaglio al primo, al secondo e al terzo colpo sono rispettivamente pari a e 0.8. Calcolare la probabilità di colpire il bersaglio una sola volta. Soluzione Siano: A l evento ho colpito il bersaglio al primo tiro, B l evento ho colpito il bersaglio al secondo tiro, C l evento ho colpito il bersaglio al terzo tiro. Siano, inoltre X l evento ho colpito il bersaglio soltanto al primo tiro, Y l evento ho colpito il bersaglio soltanto al secondo tiro, Z l evento ho colpito il bersaglio soltanto al terzo tiro. W l evento ho colpito il bersaglio una sola volta su tre tiri.

13 Allora: W= X Y Z, X= A B C Y = A B C Z= A B C, Inoltre, come è facile verificare con l aiuto del diagramma di Venn qui a fianco A X Y B X Y= X Z= Y Z= X Y Z= pertanto PW ( ) = PX ( ) + PY ( ) + PZ ( ). C Z

14 Poichè A, B e C sono indipendenti (e quindi altrettanto dicasi per i rispettivi complementari) abbiamo: Pertanto PX ( ) = PA ( ) PB ( ) PC ( ) = 0.6 (1 0.7) (1 0.8) PY ( ) = PA ( ) PB ( ) PC ( ) = (1 0.6) 0.7 (1 0.8) PZ ( ) = PA ( ) PB ( ) PC ( ) = (1 0.6) (1 0.7) 0.8 PW ( ) = = 0.188

15 Esercizio 7 Una compagnia assicurativa è convinta che le persone sia divise tra predisposte a subire incidenti e non predisposte. Le loro statistiche mostrano che una persona predisposta subirà un incidente nel corso di un anno con probabilità 0.4 mentre per una persona non predisposta tale probabilità scende a 0.2 Assumendo che il 30% della popolazione sia predisposta agli incidenti, quale è la probabilità: a) che un nuovo assicurato subisca un incidente durante l anno di validità della polizza? b) che un nuovo assicurato sia predisposto se durante l anno di validità della polizza subisce un incidente?

16 Soluzione Siano P l evento l assicurato è predisposto e I l evento assicurato subisce un incidente. Dunque PP ( ) = 0.3, PI ( P ) = 0.4, PI ( P ) = 0.2 e le probabilità richieste sono: a) per il teorema della probabilità totali: PI () = PI ( PPP ) ( ) + PI ( PPP ) ( ) = = = 0.26 b) per legge di Bayes: PI ( P) PP ( ) PP ( I) = = = PI ( ) 0.26

17 Esercizio 8: (# 1.22 pag. 47 Cicchitelli II ed.) Il virus Ebola è presente in una certa popolazione nella proporzione dello 0.5 per mille. Per evitare la diffusione dell epidemia all estero, chiunque intenda lasciare il paese deve sottoporsi ad un test che ha una affidabilità del 95% in presenza della malattia e dell 85% in sua assenza. Si determini: a) la probabilità che il test indichi la presenza della malattia b) la probabilità che l individuo sia malato se il test indica che lo è Soluzione Chiamiamo + l evento il test ha dato esito positivo e il suo complementare. Siano, inoltre, M l evento l individuo è malato e S il suo complementare. Presumendo che la popolazione sia costituita da un numero cospicuo di individui possiamo considerare la proporzione rilevata come la probabilità che un individuo scelto a caso tra la popolazione sia malato.

18 Quindi PM ( ) = da cui ricaviamo subito PS ( ) = Sappiamo inoltre che P( + M) = 0.95 e P( S) = 0.85 da cui ricaviamo subito P( + S) = a) Applicando il teorema delle probabilità totali ricaviamo: P( += ) P( + M) PM ( ) + P( + S) PS ( ) = = = b) applicando la formula di Bayes ricaviamo subito: PM ( += ) P( + M) PM ( ) = P( + )

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