Category Archives: SECONDA PROVA

E.S. 2019 Simulazione 2 – 3

Una scatola contiene 16 palline numerate da 1 a 16.

  1. Se ne estraggono 3, una alla volta, rimettendo ogni volta nella scatola la pallina estratta.
    Qual è la probabilità che il primo numero estratto sia 10 e gli altri due minori di 10?
  2. Se ne estraggono 5 contemporaneamente.
    Qual è la probabilità che il più grande dei numeri estratti sia uguale a 13?

1° quesito

  • p(1° e. = 10) = \frac{1} {16}
  • p(2° e. < 10) = \frac{9} {16}
  • p(3° e. < 10) = \frac{9} {16}
  • p(…) = \frac{1} {16}·\frac{9} {16}·\frac{9} {16} = \frac{81} {4096} = 0,019775… ~ 2 %

2° quesito

  • Probabilità di estrarre 5 numeri di cui 4 minori di 13 e uno il valore 13:
    • p(a-b-c-d-13) = \frac{12}{16}\cdot \frac{11}{15}\cdot \frac{10}{14}\cdot \frac{9}{13}\cdot \frac{1}{12}
    • p(a-b-c-13-d) = \frac{12}{16}\cdot \frac{11}{15}\cdot \frac{10}{14}\cdot \frac{1}{13}\cdot \frac{9}{12}
    • p(a-b-13-c-d) = \frac{12}{16}\cdot \frac{11}{15}\cdot \frac{1}{14}\cdot \frac{10}{13}\cdot \frac{9}{12}
    • p(a-13-b-c-d) = \frac{12}{16}\cdot \frac{1}{15}\cdot \frac{11}{14}\cdot \frac{10}{13}\cdot \frac{9}{12}
    • p(13-a-b-c-d) = \frac{1}{16}\cdot \frac{12}{15}\cdot \frac{11}{14}\cdot \frac{10}{13}\cdot \frac{9}{12}
  • p = 5\cdot\frac{9\cdot 10 \cdot 11 \cdot 12}{12\cdot 13 \cdot 14 \cdot 15 \cdot 16} = \frac{3\cdot 5 \cdot 11}{7 \cdot 13 \cdot 16} = 0,1133… ~ 11,33 %

oppure

  • Numero di quintuple ordinate con 4 numeri minori di 13 seguiti dal 13 (a-b-c-d-13): {12 \choose 4}
  • Numero di quintuple ordinate con i numeri da 1 a 16 (a-b-c-d-e): {16 \choose 5}
  • p = \frac{{12 \choose 4}} {{16 \choose 5}}\frac{\frac{12!}{4!8!}}{\frac{16!}{5!11!}} = \frac{3\cdot 5 \cdot 11}{7 \cdot 13 \cdot 16} = …

E.S. 2002 – 7

Data la funzione f(x)=e^x-\sin x -3x calcolarne i limiti per x che tende a +∞ e -∞ e provare che esiste un numero reale α con 0 < α < 1 in cui la funzione si annulla.

Sia

f(x)=e^x-\sin x -3x


Limiti

  • -1\ \leq \ sin(x)\ \leq\ +1
  • e^x-3x-1 \ \leq \ e^x-\sin(x) -3x\ \leq\ e^x-3x+1
  • f_1(x)\ \leq \ f(x)\ \leq\ f_2(x)
  • \lim_{x\rightarrow +\infty}\ f_1(x)\ = \lim_{x\rightarrow +\infty}\ f_2(x)\ = \ +\infty}
  • \lim_{x\rightarrow -\infty}\ f_1(x)\ = \lim_{x\rightarrow -\infty}\ f_2(x)\ = \ +\infty}
  • \lim_{x\rightarrow \infty}\ f(x)\ = \ +\infty}

Zero

  • f(x), continua…
  • f(0)=1
  • f(1)=e-sin(1)-3
    • 2\ < \ e \ < \ 3
    • 0\ <\ 1\ < \ \frac{\pi}{2}, 0\ <\ sin(1)\ < \ 1
    • f(1)\ <\ 0
  • Esiste almeno uno zero in (0, 1)

E.S. 1998 – P3 – PNI

Una macchina produce barre di acciaio a sezione circolare la cui lunghezza ottimale dovrebbe essere di 5 metri ed il diametro della sezione di 4 centimetri.
Le barre effettivamente prodotte, che si suppongono tra loro indipendenti, hanno una lunghezza aleatoria con distribuzione normale di media m1 = 5 m e scarto standard σ1=4 cm.
Il diametro della sezione è una variabile aleatoria, indipendente dalla precedente, e con distribuzione normale di media m2 = 4 cm e scarto standard σ2=0, 8 cm.
Una generica barra prodotta può essere direttamente venduta senza modifiche se la sua lunghezza è compresa tra 4,95 m e 5,05 m e la sua sezione tra 2,8 cm e 5,2 cm.

La tavola della funzione di ripartizione della normale standardizzata è data.

Il candidato:

  1. verifichi che la probabilità p di poter mettere in vendita senza modifiche una generica barra prodotta è 0,68;
  2. indicata con fn la frequenza relativa delle barre direttamente vendibili su n barre prodotte, esprima, in funzione di p, la numerosità n necessaria perché la probabilità che fn disti da p più di 0,05 sia non superiore a 0,05;
  3. dato il valore di p rilevato in 1) se su 2000 barre prodotte 1000 risultano non direttamente vendibili, dica se si può sospettare che la macchina non funzioni secondo lo standard riportato sopra, se, cioè, il risultato ottenuto risulta a priori poco probabile (probabilità inferiore a 0,05) subordinatamente alle modalità di funzionamento della macchina, come indicato;
  4. descriva una procedura che consenta di calcolare la probabilità di ottenere la prima barra direttamente vendibile solo all’n-esima prova, al variare di p e di n, e la codifichi in un linguaggio di programmazione conosciuto.

1. Verifichi che la probabilità p di poter mettere in vendita senza modifiche una generica barra prodotta è 0,68

  • p(“lunghezza standard”) = p(4,95 < l < 5,05) = p(-1,25 < z < +1,25)
    = \displaystyle \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ \int_{-1,25}^{+1,25} \ e^{\frac{-z^2}{2}} \ dz = 2·0,3944 = 0,7888

    • la=4,95 m, za=(4,95-5)/0,04=-1,25
    • lb=5,05 m, zb=(5,05-5)/0,04=+1,25
  • p(“sezione standard”) = p(2,8 < s < 5,2) = p(-1,5 < z < +1,5)
    = \displaystyle \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ \int_{-1,5}^{+1,5} \ e^{\frac{-z^2}{2}} \ dz = 2·0,4332 = 0,8664

    • sa=2,8, za=(2,8-4)/0,8=-1,5
    • sb=5,2, za=(5,2-4)/0,8=+1,5
  • p(“vendibile”) = p(“lunghezza standard” e “sezione standard”)
    = p(“lunghezza standard”)·p(“sezione standard”)
    = 0,7888·0,8664
    = 0,6834

2. Probabilità che fn disti da p più di 0,05 sia non superiore a 0,05…

  • fn = frequenza relativa delle barre direttamente vendibili su n barre prodotte
  • X = v/n = numero di barre vendibili su n barre prodotto
  • m(X) = m/n = p
  • var(X) = m/n² = p(p-1)/n
  • Teorema di Cebysev
    • p(|X-m|\ >\ \epsilon) \ \leq \ \frac{\sigma^2}{\epsilon^2}
    • p(m-\epsilon \leq X \leq m+\epsilon) \ \geq \ 1-\frac{\sigma^2}{\epsilon^2}
  • p(|v/n-p| > 0,05) ≤ p(p-1)/(n·0,05²) ≤ 0,05
  • n ≥ 1730,9…
  • n ≥ 1731
  • p(m-\epsilon \leq X \leq m+\epsilon) \ \geq \ 1-\frac{\sigma^2}{\epsilon^2}

3. Su 2000 barre prodotte 1000 risultano non direttamente vendibili…

  • n = 2000 ≥ 1731
  • |v/n-p| = |0,5-06834| = 0,1834 > 0,05
  • La probabilità che avvenga è inferiore a 0,05

4. La probabilità di ottenere la prima barra direttamente vendibile solo all’n-esima prova…

  • p(1°…(n-1)° non vendibili e n° vendibile) =  p(1-p)n-1

E.S. 1997 Suppletiva – 3 – PNI

La distribuzione di Poisson descrive molto bene il conteggio delle disintegrazioni di un campione di nuclidi se il campione è sufficientemente numeroso.
Un campione radioattivo contengo 2·1010 nuclidi ciascuno dei quali ha una probabilità p=10-10 di decadere in un secondo.
Calcolare

  1. il numero medio atteso di decadimenti al secondo;
  2. le probabilità di osservare 0, 1, 2, 3, 4 decadimenti in un secondo;
  3. la probabilità di osservare più di 4 decadimenti al secondo.

Distribuzione di Poisson

  • p(X=x) = f(x) = e^{-\lambda}\ \frac{\lambda^k}{k!}

1. Il numero medio atteso di decadimenti al secondo

  • n = 2·1010
  • p = 10-10
  • λ = np = 2·1010·10-10 = 2

2. Le probabilità di osservare 0, 1, 2, 3, 4 decadimenti in un secondo

  • p(X=x) = f(x) = e^{-2}\ \frac{2^k}{k!}
  • p(X=0) = e-2
  • p(X=1) = 2·e-2
  • p(X=2) = 2·e-2
  • p(X=3) = 4/3·e-2
  • p(X=4) = 2/3·e-2

3. La probabilità di osservare più di 4 decadimenti al secondo

  • p(X ≤ 4) = p(X=0)+p(X=1)+p(X=2)+p(X=3)+p(X=4) = 7·e-2
  • p(X > 4) = 1-p(X ≤ 4) = 1-7·e-2 = 0,05265…

E.S. 1993 – 3 – PNI

Un imputato innocente deve essere giudicato da una giuria composta da tre giurati il cui verdetto finale è raggiunto a maggioranza.
I tre giurati A, B e C assumono la loro decisione indipendentemente.
A e B hanno probabilità p (0<p<1) di decidere per l’assoluzione, mentre il giurato C decide in base al risultato ottenuto nel lancio di una moneta.

  1. Si calcoli la probabilità che l’imputato sia assolto.
  2. Supponendo di sostituire il giurato C con un altro giurato D che ha una probabilità di decidere per l’assoluzione p’≠p (0<p'<1), si verifichi che la probabilità di assoluzione per l’imputato è maggiore che nel caso precedente se e solo se p’ > 1/2.

1: Imputato assolto

  • Imputato assolto = (A assolve e B assolve e C assolve) oppure (A assolve e B assolve e C condanna) oppure (A assolve e B condanna e C assolve) oppure (A condanna e B assolve e C assolve)
  • p(“Imputato assolto”) = p[(A assolve ∩ B assolve ∩ C assolve) ∪ (A assolve ∩ B assolve ∩ C condanna) ∪ (A assolve ∩ B condanna ∩ C assolve) ∪ (A condanna ∩ B assolve ∩ C assolve)]
    = p(A assolve ∩ B assolve ∩ C assolve) + p(A assolve ∩ B assolve ∩ C condanna) + p(A assolve ∩ B condanna ∩ C assolve) + p(A condanna ∩ B assolve ∩ C assolve)
    = p\cdot p\cdot \frac{1}{2}+p\cdot p\cdot \frac{1}{2}+p\cdot (1-p)\cdot \frac{1}{2}+(1-p)\cdot p\cdot \frac{1}{2}
    = p

2: Giurato D…

  • p(“Imputato assolto”) = …
    = p·p·p’ + p·p·(1-p’) +p(1-p)p’+(1-p)pp’
    = p²+2pp’-2p²p’
  • p²+2pp’-2p²p’ > p

    p > 1/2

E.S. 1993 Suppletiva – 3 – PNI

Una macchina produce pezzi meccanici.
Ogni pezzo prodotto ha una probabilità 0 < p < 1 di essere funzionante e probabilità q=1-p di essere difettoso.

  1. Presi a caso k pezzi prodotti si esprima la probabilità dei seguenti eventi:
    • E1: “tutti i k pezzi sono funzionanti”
    • E2: “uno solo dei k pezzi è difettoso”
    • E3: “almeno uno dei k pezzi è difettoso”
  2. Per ogni k si determini p in modo tale che p(E1)=p(E2).
  3. Per p=5/6 si calcoli la probabilità dell’evento E4: “il primo pezzo difettoso è il decimo prodotto dal momento in cui la macchina entra in funzione”.
  4. Per p=9/10 si calcoli la probabilità dell’evento E5: “si ha al massimo un pezzo difettoso nei primi dieci prodotti”.

1|E1: “tutti i k pezzi sono funzionanti”

  • E1: 1° funziona e 2° funziona e … e k° funziona
  • p(E1) = p(1° funziona ∩ 2° funziona ∩ … ∩ k° funziona)
    = p(1° funziona)·p(2° funziona)·…·p(k° funziona)
    = p·p·…·p = pk

1|E2: “uno solo dei k pezzi è difettoso”

  • E2: (1° difetta e 2° funziona e … e k° funziona) oppure  (1° funziona e 2° difetta e … e k° funziona) oppure … oppure (1° funziona e 2° funziona e … e k° difetta)
  • p(E2) = p[(1° difetta ∩ 2° funziona ∩ … ∩ k° funziona) ∪ (1° funziona ∩ 2° difetta ∩ … ∩ k° funziona) ∪ … ∪ (1° funziona ∩ 2° funziona ∩ … ∩ k° difetta)]
    = p(1° difetta ∩ 2° funziona ∩ … ∩ k° funziona) + p(1° funziona ∩ 2° difetta ∩ … ∩ k° funziona) + … + p(1° funziona ∩ 2° funziona ∩ … ∩ k° difetta)
    = (1-p)·pk-1+(1-p)·pk-1+ … +(1-p)·pk-1 = k·(1-p)·pk-1

1|E3: “almeno uno dei k pezzi è difettoso”

  • E3=no(E1)
  • p(E3) = 1-p(E1) = 1- pk

2: p(E1)=p(E2)

pk = k·(1-p)·pk-1

p = \frac{k}{1+k}


3: Per p=5/6 si calcoli la probabilità dell’evento E4: “il primo pezzo difettoso è il decimo prodotto dal momento in cui la macchina entra in funzione”.

  • E4: 1° funziona e 2° funziona e … e 10° difetta
  • p(E4) = p(1° funziona ∩ 2° funziona ∩ … ∩ 10° difetta)
    = p(1° funziona)·p(2° funziona)·…·p(10° difetta)
    = p9·(1-p) = … = 0,0323

4: Per p=9/10 si calcoli la probabilità dell’evento E5: “si ha al massimo un pezzo difettoso nei primi dieci prodotti”.

  • E5: nessun pezzo difettoso oppure un solo pezzo difettoso = E1 oppure E2
  • p(E5) = p(E1 ∪ E2) = p(E1) + p(E2)
    = pk + k·(1-p)·pk-1 = … = 0,736…

E.S. 2019 Simulazione 1 – 8

Se si lancia una moneta 2 volte, la probabilità di ottenere una testa e una croce (in qualsiasi ordine) è pari al 50%.
Se la moneta viene lanciata 4 volte, la probabilità di ottenere due teste e due croci, in qualsiasi ordine, è ancora pari al 50%?
Motiva la tua risposta.


Studiando tutti i possibili esiti

  • Lancio di 2 monete
    • Esiti: TT, TC, CT, CC
    • Esiti favorevoli: TC, CT
    • Probabilità di ottenere una testa e una croce: \frac{2}{4}=\frac{1}{2}=0,50
  • Lancio di 4 monete
    • Esiti: TTTT, TTTC, TTCT, TTCC, TCTT, TCTC, TCCT, TCCC, CTTT, CTTC, CTCT, CTCC, CCTT, CCTC, CCCT, CCCC
    • Esiti favorevoli: TTCC, TCTC, TCCT, CTTC, CTCT, CCTT
    • Probabilità di ottenere due testa e due croce: \frac{6}{16}=\frac{3}{8}=0,375
  • La “probabilità di ottenere due teste e due croci con 4 lanci” è inferiore alla “probabilità di ottenere una testa e una croce con 2 lanci”

Oppure

  • Numero di parole di lunghezza 2 con 2 lettere: 2^2=4
  • Numero di anagrammi di lunghezza 2 con 2 lettere diverse: \frac{2!}{1!1!} = 2
  • Probabilità di ottenere una testa e una croce: \frac{2}{4} = …
  • Numero di parole di lunghezza 4 con 2 lettere: 2^4=16
  • Numero di parole di lunghezza 4 con 2 lettere doppie: \frac{4!}{2!2!} = 6
  • Probabilità di ottenere due testa e due croce: \frac{6}{16} = …

Oppure

  • Distribuzione binomiale
    • p_k\ =\ {n \choose k}\ p^k\ q^{n-k}
    • p=q=1/2
    • p_k\ =\ {n \choose k}\ \frac{1}{2^n}
  • n=2, p_1\ =\ {2 \choose 1}\ \frac{1}{2^2} = 2\cdot \frac{1}{4} = \frac{2}{4} = …
  • n=4, p_2\ =\ {4 \choose 2}\ \frac{1}{2^4} = 6\cdot \frac{1}{16} = \frac{6}{16} = …

E.S. 2018 – 8

In un gioco a due giocatori, ogni partita vinta frutta 1 punto e vince chi per primo raggiunge 10 punti.
Due giocatori che in ciascuna partita hanno la stessa probabilità di vincere si sfidano.
Qual è la probabilità che uno dei due giocatori vinca in un numero di partite minore o uguale a 12?


Il quesito è difficile…


Considera le probabilità degli eventi che portano alla vittoria di A

  • 10 punti nelle prime 10 partite: {10 \choose 10}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\frac{1}{2^{10}}
  • 9 punti nelle prime 10 partite e 1 punto nella 11°: {10 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^1 .\frac{1}{2} = … = 10\cdot \frac{1}{2^{11}}
  • 9 punti nelle prime 11 partite e 1 punto nella 12°: {11 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^2.\frac{1}{2} = … = 55\cdot\frac{1}{2^{12}}
  • (10 punti in 10 partite) oppure
    (9 punti nelle prime 10 partite e 1 punto nella 11°) oppure
    (9 punti nelle prime 11 partite e 1 punto nella 12°)
    \frac{1}{2^{10}} + 10\cdot \frac{1}{2^{11}} + 55\cdot\frac{1}{2^{12}} = … = \frac{79}{2^{12}}

Simmetricamente le sconfitte di A portano a vittorie di B e ripetendo i calcoli si ottiene lo stesso risultato quindi “la probabilità che uno dei due giocatori vinca in un numero di partite minore o uguale a 12” è

2\cdot\frac{79}{2^{12}} = \frac{79}{2^{11}} ~ 0.386 = 3.86 %


Oppure

  • 10 punti nelle prime 10 partite: {10 \choose 10}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\frac{1}{2^{10}}
  • 9 punti nelle prime 10 partite e 1 punto nella 11°: {10 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^1 .\frac{1}{2} = … = 10\cdot \frac{1}{2^{11}}
  • 9 punti nelle prime 10 partite, 0 punti nella 11° e 1 punto nella 12°: {11 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^2.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = … = 10\cdot \frac{1}{2^{12}}
  • 8 punti nelle prime 10 partite, 1 punto nella 11 e 1 punto nella 12°: {10 \choose 8}\left(\frac{1}{2}\right)^{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2} = … = 45\cdot\frac{1}{2^{12}}

  • \frac{1}{2^{10}} + 10\cdot \frac{1}{2^{11}}10\cdot \frac{1}{2^{12}} + 45\cdot\frac{1}{2^{12}} = … = \frac{79}{2^{12}}

Oppure, il giocatore A vince in 12 partite se ottiene 10, 11 oppure 12 punti

  • {12 \choose 10}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^2 + {12 \choose 11}\left(\frac{1}{2}\right)^{11}\left(\frac{1}{2}\right)^0 + {12 \choose 12}\left(\frac{1}{2}\right)^{12}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}
  • 66\cdot\frac{1}{2^{12}} + 12\cdot\frac{1}{2^{12}} + \frac{1}{2^{12}}
  • \frac{79}{2^{12}}

Vedi: Zanichelli.it | Matematica.it




Considera le probabilità del numero di vittorie per ogni numero di partite

Numero di partite
8 9 10 11 12
Numero
di
vittorie
0 {8 \choose 0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{8} {9 \choose 0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{9} {10 \choose 0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{10} {11 \choose 0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{11} {12 \choose 0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{12}
1 {8 \choose 1}\left(\frac{1}{2}\right)^{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{7} {9 \choose 1}\left(\frac{1}{2}\right)^{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{8} {10 \choose 1}\left(\frac{1}{2}\right)^{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{9} {11 \choose 1}\left(\frac{1}{2}\right)^{1}\left(\frac{1}{2}\right)^{10} {12 \choose 1}\left(\frac{1}{2}\right)^1\left(\frac{1}{2}\right)^{11}
2 {8 \choose 2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{6} {9 \choose 2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{7} {10 \choose 2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{8} {11 \choose 2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{9} {12 \choose 2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}
8 {8 \choose 8}\left(\frac{1}{2}\right)^{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{0} {9 \choose 8}\left(\frac{1}{2}\right)^{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{1} {10 \choose 8}\left(\frac{1}{2}\right)^{8}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}
9 {9 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^{0} {10 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^1 {11 \choose 9}\left(\frac{1}{2}\right)^{9}\left(\frac{1}{2}\right)^2
10 {10 \choose 10}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^{0} {11 \choose 10}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^1 {12 \choose 10}\left(\frac{1}{2}\right)^{10}\left(\frac{1}{2}\right)^2
11 {11 \choose 11}\left(\frac{1}{2}\right)^{11}\left(\frac{1}{2}\right)^{0} {12 \choose 11}\left(\frac{1}{2}\right)^{11}\left(\frac{1}{2}\right)^0
12 {12 \choose 12}\left(\frac{1}{2}\right)^{12}\left(\frac{1}{2}\right)^{0}

In sintesi

Numero di partite
8 9 10 11 12
Numero
di
vittorie
0 \frac{1}{2^{8}} \frac{1}{2^{9}} \frac{1}{2^{10}} \frac{1}{2^{11}} \frac{1}{2^{12}}
1 8\cdot\frac{1}{2^{8}} 9\cdot\frac{1}{2^{9}} 10\cdot\frac{1}{2^{10}} 11\cdot\frac{1}{2^{11}} 12\cdot\frac{1}{2^{12}}
2 28\cdot\frac{1}{2^{8}} 36\cdot\frac{1}{2^{9}} 45\cdot\frac{1}{2^{10}} 55\cdot\frac{1}{2^{11}} 66\cdot\frac{1}{2^{12}}
8 \frac{1}{2^{8}} 9\cdot\frac{1}{2^{9}} 45\cdot\frac{1}{2^{10}}
9 \frac{1}{2^{9}} 10\cdot\frac{1}{2^{10}} 55\cdot\frac{1}{2^{11}}
10 \frac{1}{2^{10}} 11\cdot\frac{1}{2^{11}} 66\cdot\frac{1}{2^{12}}
11 \frac{1}{2^{11}} 12\cdot\frac{1}{2^{12}}
12 \frac{1}{2^{12}}

E.S. 2018 – 2

Si dispone di due dadi uguali non bilanciati a forma di tetraedro regolare con le facce numerate da 1 a 4.
Lanciando ciascuno dei due dadi, la probabilità che esca 1 è il doppio della probabilità che esca 2, che a sua volta è il doppio della probabilità che esca 3, che a sua volta è il doppio della probabilità che esca 4.
Se si lanciano i due dadi contemporaneamente, qual è la probabilità che escano due numeri uguali tra loro?


Osserva

  • p_1=2p_2
  • p_2=2p_3
  • p_3=2p_4
  • p_1+p_2+p_3+p_4=1

quindi…

  • p_1=\frac{8}{15}
  • p_2=\frac{4}{15}
  • p_3=\frac{2}{15}
  • p_4=\frac{1}{15}

La probabilità che, lanciando due dadi, escano due numeri uguali

p_1\cdot p_1+p_2\cdot p_2+p_3\cdot p_3+p_4\cdot p_4 = \frac{64}{225}+\frac{16}{225}+\frac{4}{225}+\frac{1}{225} = \frac{85}{225} = \frac{17}{45} = 0.377… ~ 38%


Osserva le probabilità di tutte le uscite quando si lanciano due dadi tetraedici non bilanciati

p_i\cdot p_j p_1=\frac{8}{15} p_2=\frac{4}{15} p_3=\frac{2}{15} p_4=\frac{1}{15}
p_1=\frac{8}{15} \frac{64}{225} \frac{32}{225} \frac{16}{225} \frac{8}{225}
p_2=\frac{4}{15} \frac{32}{225} \frac{16}{225} \frac{8}{225} \frac{4}{225}
p_3=\frac{2}{15} \frac{16}{225} \frac{8}{225} \frac{4}{225} \frac{2}{225}
p_4=\frac{1}{15} \frac{8}{225} \frac{4}{225} \frac{2}{225} \frac{1}{225}


Sia X la variabile casuale “punti realizzati lanciando un dado tetraedico non bilanciato”, allora

X p pX X^2 pX^2 (X-m) (X-m)^2 p(X-m)^2
 1 \frac{8}{15} \frac{8}{15} 1 \frac{8}{15} -\frac{11}{15} \frac{121}{225} \frac{968}{3375}
2 \frac{4}{15} \frac{8}{15} 4 \frac{16}{15} \frac{4}{15} \frac{16}{225} \frac{64}{3375}
3 \frac{2}{15} \frac{2}{5} 9 \frac{6}{5} \frac{19}{15} \frac{361}{225} \frac{722}{3375}
4 \frac{1}{15} \frac{4}{15} 16 \frac{16}{15} \frac{34}{15} \frac{1156}{225} \frac{1156}{3375}
M(X) \frac{26}{15} M(X^2) \frac{58}{15} var(X) \frac{194}{225}

Osserva

  • M(X)\sum_i p_ix_i = \frac{26}{15}
  • [M(X)]^2 = …
  • M(X^2) = \sum_i p_ix_i^2 = \frac{58}{15}
  • var(X) = \sum_i p_i(x_i-m)^2 = \frac{194}{225}
  • var(X) = M(X^2) – [M(X)]^2 = … = \frac{194}{225}
  • \sigma(X) = \sqrt{\sum_i p_i(x_i-m)^2} = … ~ 0,9


Sia X la variabile casuale “punti realizzati lanciando due dadi tetraedici non bilanciati”, allora

X p pX X^2 pX^2 (X-m) (X-m)^2 p(X-m)^2
2 1+1 \frac{64}{225} \frac{128}{225} 4 \frac{256}{225}
3 1+2 | 2+1 \frac{64}{225} \frac{64}{75} 9
4 1+3 | 2+2 | 3+1 \frac{48}{225} \frac{64}{75} 16
5 1+4 | 2+3 | 3+2 | 4+1 \frac{32}{225} \frac{32}{45} 25
6 2+4 | 3+3 | 4+1 \frac{4}{75} \frac{8}{25} 36
7 3+4 | 4+3 \frac{4}{225} \frac{28}{225} 49
8 4+4 \frac{1}{225} \frac{8}{225} 64
M(X) \frac{52}{15} M(X^2) var(X)

Osserva

  • M(X)\sum_i p_ix_i = \frac{52}{15}
  • [M(X)]^2 = …
  • M(X^2) = \sum_i p_ix_i^2 = …
  • var(X) = \sum_i p_i(x_i-m)^2 = …
  • var(X) = M(X^2) – [M(X)]^2 = …
  • \sigma(X) = \sqrt{\sum_i p_i(x_i-m)^2} = …

E.S. 2009 – 8 – PNI

Alla festa di compleanno di Anna l’età media dei partecipanti è di 22 anni.
Se l’età media degli uomini è 26 anni e quella delle donne è 19, qual è il rapporto tra il numero degli uomini e quello delle donne?

Dai un nome a tutti dati

  • Numero donne: N_d
  • Numero uomini: N_u
  • Numero partecipanti: N=N_d+N_u
  • Somma delle età delle donne: S_d
  • Somma delle età degli uomini: S_u
  • Somma delle età di tutti: S=S_d+S_u
  • Età media delle donne: \frac{S_d}{N_d}=19
  • Età media degli uomini: \frac{S_u}{N_u}=26
  • Età media dei partecipanti: \frac{S}{N}=22

Quindi

S_d=19 \cdot N_d

S_u=26 \cdot N_u

\frac{S_d+S_u}{N_d+N_u}=22

19 \cdot N_d+26\cdot N_u=22\cdot N_d+22\cdot N_u}

4\cdot N_u=3\cdot N_d

\frac{N_u}{N_d}=\frac{3}{4}