Capitolo 4

1. $\Omega = \{A, B, C\}$:
   1. $E_1 = A\cap \overline{B} \cap \overline{C}$;
   2. $E_2 = A\cap B \cap C$;
   3. $E_3 = \overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C} = \overline{A\cup B \cup C} = \emptyset$;
   4. $E_4 = A\cup B \cup C = \Omega$;
   5. $E_5 = \overline{A\cap B \cap C} = \overline{A}\cup \overline{B} \cup \overline{C}$;
   6. $E_6 = A\cap B \cap (C\cup \overline{C}) = (A\cap B \cap C) \cup (A\cap B \cap \overline{C})$, ovvero $A\cap B$;
   7. $E_7 = B$;
   8. $E_8 = A\cap \overline{B}$;
   9. $E_9 = (A\cap B\cap C \cup) (\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}) ... ...cup (\overline{A \cup B \cup C}) = A\cap B\cap C \cup \emptyset = A\cap B\cap C$;
   10. $E_{10} = A\cup (B\cup C) = \Omega$;
2. I dati del problema sono: $P(A)=1/3$, $P(B)=1/2$ e $P(B\vert A)=1/2$.

   1. $P(\overline A)= 2/3$;
      $P(\overline B) = 1/2$;
      $P(A\cap B) = P(A)\cdot P(B\vert A) = 1/6$;
      $P(A \cup B) = 2/3$;
      $P(\overline{B}\vert A) = 1/2$;
      $P(\overline A \cup B) = P(\overline A) + P(B) -P(\overline A\cap B) = 5/6$;
      $P(A \cup \overline B) = P(A) + P(\overline B) -P(A\cap \overline B) = 2/3$;
      $P(\overline A \cap \overline B) = P(\overline{A \cup B}) = 1/3$;
      $P(\overline A \cup \overline B) = P(\overline{A}) + P(\overline{B}) - P(\overline A \cap \overline B) = 5/6$;
      $P(\overline A \cap B) = P(B)\cdot P(\overline{A}\vert B) = P(B)\cdot (1 - P(A\vert B))$
      $= P(B)\cdot (1- P(A\cap B)/P(B)) = P(B)-P(A\cap B) = 1/3$;
      $P(A \cap \overline B) = P(A)\cdot P(\overline{B}\vert A) = P(A)\cdot (1 - P(B\vert A)) = 1/6$.
      La seguente tabella aiuta a visualizzare le varie probabilità:
      

      
      
      

      	$A$	$\overline{A}$	$A\cup \overline{A}$
      $B$	1/6	1/3	1/2
      $\overline{B}$	1/6	1/3	1/2
      $B \cup \overline{B}$	1/3	2/3	1

   2. Provarci...
   3. $P^2(B) = 1/4$; $P(A)\cdot P(\overline{B}) = 1/6$.
3. No. Perde 1000 lire qualsiasi cosa accada.
4. No. Perde 1000 lire qualsiasi cosa accada.
5. Sì. $P(E_1\cup E_2)$ è compresa fra 0 e 1, non inferiore a ciascuna delle $P(E_i)$ e non superiore alla loro somma.
6. Sì. $P(A\cap B) \ge 0.3$.
7. 19/40 (ci sono 3 figure per seme).
8. No. La probabilità di $A\cap B$ non può essere superiore a quella di $A$ o di $B$. Quanto varrebbe $P(A\,\vert\,B)$ in questo caso?
9. No: $P($vantaggio$\cap$   vittoria$) > P($vantaggio$)$ viola le regole della probabilità.
10. $P(0) = 4/7 \times 3/6 \times 2/5 = 24/210 =0.114$;
    $P(1) = P(RNN) + P(NRN) + P(NNR) = 3/7\times 4/6 \times 3/5 + 4/7 \times 3/6 \times 3/5 + 4/7 \times 3/6 \times 3/5 = 108/210 = 0.514$;
    $P(2) = P(RRN) + P(RNR) + P(NRR) = 3/7 \times 2/6 \times 4/5 + 3/7 \times 4/6 \times 2/5 + 4/7 \times 3/6 \times 2/5 = 72/210 = 0.343$;
    $P(3) = P(RRR) = 3/7\times 2/6 \times 1/5 = 6/210 = 0.029$;
    Naturalmente deve valere $P(0) + P(1) + P(2) + P(3) = 1$.
11. $P(0) = P(NNN) = (4/7)^3$;
    $P(1) = P(RNN) + P(NRN) + P(NNR) = 3\times (4/7)^2\times 3/7$;
    $P(2) = P(RRN) + P(RNR) + P(NRR) = 3\times 4/7 \times (3/7)^2$;
    $P(3) = P(RRR) = (3/7)^3$;
    Cosa ricordano le quattro espressioni trovate?
12. $P(B_1) = 1/3$; $P(R_2)=1/4$; $P(A)=1/12$; $P(E_1)=P(F_1)=2/3$; $P(E_2)=P(F_2)=P(H)=1/2$.
    $P(E_1\cap F_1) \ne P(E_1)\cdot P(F_1)$: dipendenti;
    $P(E_2\cap F_2) = P(E_2)\cdot P(F_2)$: indipendenti;
    $P(E_2\cap H) = P(E_2)\cdot P(H)$: indipendenti;
    $P(E_2\cap F_2\cap H) \ne P(E_2)\cdot P(F_2)\cdot P(H)$: dipendenti.
13. $P($sopravvive a $n$ prove$)=(5/6)^n$;
14. Ogni giocatore ha la stessa probabilità di morire:
    $P(G_1)= 1/6$;
    $P(G_2) (=P(G_2\cap\overline{G_1}) = P(G_2\vert\overline{G_1})\cdot P(\overline{G_1})) = 5/6\times 1/5 =1/6$; ...;
    $P(G_6) = 5/6\times 4/5 \times 3/4 \times 2/3 \times 1/2 \times 1= 1/6$.
    Il modo più semplice per capirlo è di pensare alla posizione dove si trova il proiettile dopo aver fatto ruotare il tamburo. Se si trova nella prima muore il primo, se nella seconda muore il secondo, e così via.
15. $P(6)$ su 4 lanci vale 51.8%, mentre $P(12)$ su 24 doppi lanci vale 49.1% (conviene ragionare sugli eventi complementari).
16. 25 lanci.
17. Ovviamente $1/6$. Volendo fare i conti:
    

    $$P(E_{25}\,\vert\,\overline{E_1\cap\cdots\cap E_{24}}) = \frac{P(E_{25}\cap \overline{E_1\cap\cdots\cap E_{24}})} {P\overline{E_1\cap\cdots\cap E_{24}})}$$

    $$= \frac{\frac{1}{6}\left(\frac{5}{6}\right)^{24}} {\left(\frac{5}{6}\right)^{24}} = \frac{1}{6}\,.$$

    
    

18. È conseguenza del fatto che $E_i$ implichi $E_1\cup E_2\cup E_3$ e della mutua incompatibilità degli eventi. Questa formula rappresenta una estensione alla valutazione combinatoria della probabilità nei casi di non equiprobabilità degli eventi.
19. $P(A)=1/18=5.56\,\%$; $P(B)=17/18^2 = 5.25\,\%$; $P(C)=17^2/18^3=4.96\,\%$. Le quote di $B$ e di $C$ devono essere rispettivamente $17/18\times 10^\cdot 000 = 9^\cdot 444$ e $(17/18)^2\times 10^\cdot 000 = 8^\cdot 920$ lire.
20. Le probabilità vanno da $2.3\times 10^{-9}$ a $2.0\times 10^{-5}$, da confrontarsi con $(1/3)^{13}=6.3\times 10^{-7}$. La conoscenza del gioco altera i rapporti di probabilità - pari a 1 in caso di assoluta ignoranza - fino a un fattore $10^\cdot000$. La colonna con tutti 1 ha probabilità $3.4\times 10^{-6}$, l'altra $1.8\times 10^{-7}$

21. Il rapporto delle puntate deve essere 9.7 a 1 (paga di più quello che gioca su tutti 1).
22. Chiamiamo $P_2$, $P_3$ e $P_4$ le probabilità che ci siano due calzini dello stesso colore prendendone rispettivamente 2, 3 e 4. Chiamiamo $P(n=2)$, $P(n=3)$ e $P(n=4)$ la probabilità che l'evento ``due calzini uguali'' si verifichi esattamente con l'estrazione del secondo, terzo e quarto calzino.
    

    $$P(n=2) = P( )\cdot P( ) = 1\times 9/29$$

    $$P(n=3) = P( )\cdot P( \overline{\mbox{colore precedente}}\mbox{''})$$

    $$\hspace{0.5 cm} \cdot P( ) = 1 \times 20/29 \times 18/28$$

    $$P(n=4) = P( )\cdot P( \overline{\mbox{colore precedente}}\mbox{''})$$

    $$\cdot P( \overline{\mbox{uno dei colori precedenti}}\mbox{''}) \cdot P(\mbox{\lq\lq colore qualsiasi''})$$

    $$= 1\times 20/29 \times 10/28 \times 1$$

    
    
    $P_2=31\,\%$, $P_3=75\,\%$ e $P_4= 100\,\%$. Il risultato di $P_4$ è facilmente intuibile in quanto su quattro calzini di tre colori diversi ce ne devono essere necessariamente almeno due dello stesso colore.
    

    Probabilità che su 4 estrazioni, non capiti un calzino dello stesso colore del primo: $20/29\times 19/28\times 18/27 = 0.312$. Quindi la probabilità complementare è del $68.8\,\%$. In questo caso si raggiunge la certezza soltanto alla $22^a$ estrazione (quando tutti gli altri calzini sono estratti).

23. Le probabilità che un giocatore e due giocatore ricevano tutti ``lisci'' è:
    $P_1($``zero pezzi''$) = 28/40 \times 27/39\times \cdots \times 19/31 = 1.5\,\%$,
    $P_2($``zero pezzi''$) = 28/40 \times 27/39 \times \cdots \times 9/21 = 2.2\times 10^{-5}$,
    $P_3($``zero pezzi''$) = 0$ .
24. Si chiami $O$ la scatola che ha 8 palline bianche e 2 nere, $D$ l'altra scatola, $B_1$ e $N_1$ l'evento ``pallina bianca'' e ``pallina nera'' nella prima estrazione e $B_2$ l'evento ``pallina bianca'' nella seconda estrazione:
    

    $$P(B) = P(B_2\cap (B_1\cap O)) + P(B_2\cap (N_1\cap O))$$

    $$= + P(B_2\cap (B_1\cap D)) + P(B_2\cap (N_1\cap D))$$

    $$= P(O)\cdot P(B_1\vert O)\cdot P(B_2\vert B_1\cap O) + P(O)\cdot P(N_1\vert O)\cdot P(B_2\vert N_1\cap O)$$

    $$+ P(D)\cdot P(B_1\vert D)\cdot P(B_2\vert B_1\cap D) + P(D)\cdot P(N_1\vert D)\cdot P(B_2\vert N_1\cap D)$$

    $$= \frac{1}{2}\times \frac{8}{10} \times \frac{3}{11} + \frac{1}{2}\... ...ac{9}{11} + \frac{1}{2}\times \frac{8}{10} \times \frac{8}{11} = \frac{1}{2}\,.$$

    
    

25. $P($``nero''$) = 3/4$; $P($``rosso''$) = 1/4$. Essendo gli eventi indipendenti $P($``5 neri''$)= (3/4)^5 = 23.7\,\%$.
26. Innanzitutto nessuna persona che abbia un'idea delle condizioni ambientali per lo sviluppo di forme evolute di vita animale scommetterebbe alla pari su tale possibilità. In secondo luogo, non si può applicare la regola di moltiplicazione delle probabilità in quanto gli eventi sono tutt'altro che indipendenti. Per finire, ogni volta che il conto di probabilità dà un numero che non corrisponde al proprio grado di fiducia (e che viene quindi percepito come paradosso) si sta mettendo in forte dubbio che il conto sia sbagliato.
27. 65%.
28. 31/288 = 10.8%.
29. 27.5
30. La probabilità che il premio sia nell'altra scatola è pari a
    

    $$P( ) = P( \,\vert\, )\cdot P( )$$

    $$+ P( \,\vert\, \overline{\mbox{bluff}})\cdot P(\overline{\mbox{bluff}})\,:$$

    
    
    conviene sempre cambiare. Se $P($bluff$) = 1/2$ la probabilità vale $7/12=58\,\%$.
31. Chiamando $E$ = ``25 al secondo estratto'' e $H$ = ``25 al primo estratto'', si ha: $P(E\,\vert\,H)=0$, $P(E\,\vert\,\overline{H})=1/89$, $P(H)=1/90$ e $P(\overline{H})= 89/90$. Ne segue $P(E)=1/90$, come si poteva pensare intuitivamente.
32. Chiamando $E$ = ``16 al terzo estratto'' e $H$ = ``16 al primo estratto'' (sottoindendendo $H_\circ$ = ``47 al secondo estratto''): si ha: $P(E\,\vert\,H)=0$, $P(E\,\vert\,\overline{H})=1/88$, $P(H)=1/89$ e $P(\overline{H})= 88/89$. Ne segue $P(E)=1/89$.

    Se si sapesse anche che il primo estratto era 58 $P(E)=1/88$ (anche se il risultato è intuitivo, si raccomanda, per esercizio, formalizzare la risposta anche in questo caso mediante l'uso della formula di disintegrazione).

33. Nel primo caso (scatola trovata casualmente vuota) si ha, intendendo con ``terza'' ``il premio è nella terza scatola'' e ``scelta'' ``il premio è nella scatola scelta dal concorrente'':
    

    $$P( ) = P( \,\vert\, )\cdot P( ) + P( \,\vert\,\overline{\mbox{\it scelta}}) \cdot P(\overline{\mbox{\it scelta}})$$

    $$= 0\times \frac{1}{3} + \frac{1}{2}\times\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\,,$$

    
    
    da cui
    

    $$P( \,\vert\, \cup ) = \frac{P(\mbox{\it terza}\cup(\mbox{\it scelta}\cup \mbox{\it terz... ...} {P(\mbox{\it scelta}\cup \mbox{ \it terza})} =\frac{1/3}{2/3}= \frac{1}{2}\,.$$

    
    
    Nel secondo caso (intenzionalmente viene aperta una scatola vuota):
    

    $$P( \vert\,\vert\,H_{c.v.}) = P( \,\vert\, ,H_{c.v.})\cdot P( \,\vert\,H_{c.v.})$$

    $$+ P( \,\vert\,\overline{\mbox{\it scelta}},H_{c.v.})\cdot P(\overline{\mbox{\it scelta}},\vert\,H_{c.v.})$$

    $$= 0\times \frac{1}{3} + 1\times\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\,,$$

    
    
    dove $H_{c.v.}$ sta per l'ipotesi ``il conduttore dice la verità affermando di sapere dove sta il premio'' (chiaramente $P(\overline{\mbox{\it scelta}}\,\vert\,H_{c.v.}) =P(\overline{\mbox{\it scelta}})$).