Alcuni esercizi di probabilità corso di Matematica per Biologi e Chimici del II anno Mennucci,

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Alcuni esercizi di probabilit`a

corso di Matematica per Biologi e Chimici del II anno Mennucci , 2014-15¹

1 P. discreta

Esercizio 1. Si lanci un dado n volte; sia an la probabilit`a di ottenere due volte 6. Per quale n si ha il massimo di an? Quanto vale questo massimo? (Opzionale. Ripetere l’esercizio per il caso in cui si ottiene

“6” per k volte).

Esercizio 2. Dall’urna del Lotto (che contiene 90 palline numerate) vengono estratte (senza reimmissione) 5 palline X₁, X₂, X₃, X₄, X₅, che consideriamo come v.a. X_i: Ω → {1, . . . , 90}

1. si descriva un modello di probabilit`a discreta (Ω, A,P) e le variabili aleatorie X1, X₂, X₃, X₄, X₅; 2. si calcoli la legge della v.a. X3

3. le v.a. X1, X2 sono indipendenti?

Esercizio 3. ² In un bussolotto vi sono due dadi; uno dei due dadi `e truccato: la probabilit`a che esca

“6” è 1/2, mentre la probabilità degli altri numeri è 1/10. Un giocatore preleva uno dei dadi (scelto a caso) e lo lancia due volte, ottenendo cos`ı due risultati X1, X2. Le due variabili aleatorie X1, X2. sono indipendenti?

Esercizio 4. Vengono lanciati 3 dadi. Consideriamo il lancio come un elemento in Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}³ dotato della probabilit`a uniformeP.

1. si considerino gli eventi

A={vi sono due “3”} B={la somma dei dadi `e 14 }

Si calcolino le probabilità; quale è l’evento più probabile? Gli eventi A, B sono indipendenti?

2. sia poi C={vi `e almeno un “3”}; sia Q la probabilit`a condizionale Q(A) = P(A|C); si ripeta l’esercizio precedente conQ al posto di P.

Esercizio 5. Due allibratori, Aldo e Beppe, decidono (separatamente) di istituire una scommessa.

La scommessa si effettua sul risultato della estrazione del lotto della ruota di Napoli (che consiste nell’estrazione casuale senza reimmissione di 5 numeri da un’urna contenente numeri da 1 a 90).

Aldo vende una scommessa che rende 32euro se i 5 numeri estratti nel lotto sono tutti pari.

Beppe vende una scommessa che rende 18euro se il numero estratto pi`u basso `e 2.

(Il costo delle due scommesse `e uguale, ed `e pari a 1euro.)

1. Calcolate la probabilit`a di vincita alla scommessa di Aldo, e la la probabilit`a di vincita alla scommessa di Beppe.

2. Quale giocata è più conveniente? Cioè, per quale la speranza della vincita è maggiore?

3. Le scommesse sono indipendenti?

2 P. condizionale

Esercizio 6. Un viaggiatore intraprende un lungo viaggio aereo da Pisa a Melbourne, in cui prenderà 3 voli per tre tratte che chiameremo A, B, C. Il viaggiatore consegna la valigia al check-in di partenza e si augura (illude?) di trovarla al suo arrivo. La probabilità che una valigia venga persa in ognuna delle tratte aeree è pA= 20%, pB = 10%, pC= 25%; i tre eventi sono indipendenti.

1alcuni esercizi sono del Prof.M.Pratelli o del Prof.Flandoli

2Questo esercizio vi potr`a trarre in inganno! (`e tratto da un idea del Prof.M.Pratelli).

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1. Qual’`e la probabilit`a che la valigia arrivi a destinazione?

2. Nell’ipotesi in cui la valigia non sia arrivata a destinazione, qual’`e la probabilit`a (condizionale) che la valigia sia stata persa nella prima tratta? nella seconda? o nella terza tratta?

3. Il tempo T per riavere la valigia dipende da in quale tratta `e stata persa, secondo la funzione T (C) = 1giorno, T (B) = 2giorni, T (A) = 3giorni (mentre ovviamente T = 0 se la valigia `e arrivata). Calcolare la speranza di T .

Esercizio 7. Un negozio di giochi esegue un sondaggio, ponendo ai giovani visitatori alcune domande;

per interpretare i risultati, si decide di catalogare i giochi in due categorie S e C; S include i giochi di simulazione (bambole, macchinine, trenini. . . ) e C i giochi di costruzione; le due categorie non sono disgiunte; S ∪ C corrisponde a tutti i giochi presenti nel negozio. Vengono intervistati 600 maschi e 400 femmine; dalle risposte si evince che i bambini esprimono le loro preferenze di gioco, secondo il loro sesso, come in questa tabella

S C S ∪ C

Maschi s_m= 30% c_m= 80% 86%

Femmine sf = 90% cf = 40% 94%

ad esempio, la probabilit`aP(S ∪ C|M) = 0.86 `e la percentuale di bambini che dichiarano di giocare con giochi presenti nel negozio.

1. trasformate il seguente enunciato in una formula e verificate che `e valida: “posta la domanda a un bambino maschio, il fatto che il bambino dichiari di giocare con giochi S non influenza il fatto che dichiari di giocare con giochi C”. Fate lo stesso per le bambine femmine.

2. Quali probabilit`a hanno questi eventi che seguono?

• un bambino preso a caso (maschio o femmina che sia) nel campione dichiara di non giocare con nessun gioco presente nel negozio

• un bambino (preso a caso nel campione) gioca con le costruzioni

• se un bambino/a gioca con le costruzioni, allora `e maschio

(Nota: non si richiede la costruzione di un completo e dettagliato modello di probabilit`a)

Esercizio 8. (la probabilit`a “bicondizionale” non esiste) Siano A, B due eventi, sia Q(E) =P(E | A) e R(E) = Q(E | B): si esprima R in funzione diP, A, B

3 P. continua

Esercizio 9. Viene acquistata una partita di lampadine; la durata T : Ω → [0, ∞) della lampadina ha legge con densit`a

2x

λe^−x²^/λ1[0,∞)

dove λ > 0 `e un parametro dato;

1. studiate la legge di T : per ogni intervallo [a, b] con 0 ≤ a < b, calcolate P{T ∈ [a, b]}

2. calcolate la speranza di T 3. calcolate

P(T − t > s | T > t)

e dite quale `e il suo limite per s > 0 fisso e t → ∞; dite dunque se la lampadina gode dell’assenza di memoria, cio`e se

P(T − t > s | T > t) = P(T > s) ∀s, t > 0

(3)

Esercizio 10. Descrivete un modello canonico di probabilit`a con due v.a. reali indipendenti e esponenziali E(1).

Esercizio 11. 1. Siano T1 e T2 due v.a. esponenziali indipendenti, di parametri λ1e λ2. Mostrare che

P (T1< T2) = λ1

λ₁+ λ₂. 2. Determinare la legge di βT1, se β `e un numero reale positivo.

3. Calcolare P

T1

T₁+T₂ < t

per t ∈ (0, 1) possibilmente usando i punti 1 e 2 appena svolti.

4. Determinare la legge di _T^T¹

1+T₂ quando λ1= λ2.

Esercizio 12. Un piccolo robot si `e perso: `e uscito da un centro di ricerca nel mezzo del deserto e si

`

e incamminato lungo la strada che vi passa accanto (che si estende secondo la direttiva nord-sud). Il robot esegueuna camminata aleatoria: ogni secondo sceglie a caso se muoversi verso nord o verso sud, e esegue un passo di un metro. I ricercatori del laboratorio si accorgono della scomparsa dopo un milione di secondi (pari a 11g:13h:46m:40s), e allora partono con una camionetta verso nord: quanti km devono percorrere senza incontrarlo per essere sicuri al 99.9% (circa) che il robot si trovi a sud del laboratorio?³ (Sugg. Usate ilteorema del limite centrale ! posta Φ(t) =Rt

−∞

√1

2πe^−x²^/2dx essere la ripartizione della legge N (0, 1) si ha che Φ(3.09023) = 1 − 1/1000, Φ(3.29025) = 1 − 1/1998 e Φ(3.29053) = 1 − 1/2000.)

Esercizi di teoria

Esercizio 13. Siano A, B eventi con P(B) 6= 0, 1; si mostri che A, B sono indipendenti se e solo se P(A|B) = P(A|B^c)

Esercizio 14. ? Siano A, B, C tre eventi in uno spazio di probabilit`a. Sia inoltre D = B \A e E = C \B.

Si mostri che, se (A, B), (B, C), (C, D), (A, E) sono ciascuna una coppia di due eventi indipendenti, allora (A, B, C) `e una terna di eventi indipendenti.

Esercizio 15. ? Sia n ≥ 3. Ricordiamo che {0, 1}ⁿ `e l’insieme dei vettori con n elementi, ciascuno scelto fra 0 e 1. Sia

Ω=^defn

v ∈ {0, 1}ⁿ,

n

X

i=1

v_i≡ 1 mod 2o

l’insieme dei vettori che contengono un numero dispari di 1. (Si noti che vi sono 2ⁿ⁻¹tali vettori). SiaP la probabilit`a uniforme su Ω. Sullo spazio (Ω, A,P) definiamo infine le v.a. X1, . . . Xn come le proiezioni canoniche, cio`e Xi(v) = vi, cos`ı ciascuna v.a. Xi assume solo i valori {0, 1}. Si mostra quanto segue.

• Si ha che P{Xi = 0} =P{Xi = 1} = 1/2 (si tratta dunque di una famiglia di v.a. di Bernoulli di parametro 1/2).

• Le v.a. X1, . . . Xn non sono indipendenti: infatti si ha che

P{X1= 0, X2= 0, . . . Xn = 0} = 0 6= 1/2ⁿ=P{X1= 0}P{X2= 0} · · ·P{Xn= 0} .

• Scelta una qualunque sottofamiglia di n − 1 variabili, queste risultano invece indipendenti.

Soluzioni

Soluzione 1. Tirando un dado, la probabilità di un successo è 1/6; la probabilità di due successi in n lanci è data dalla legge Binomiale con p = 1/6, la cui densità ci da

an=n 2

p²(1 − p)ⁿ⁻²=n 2

1 6²

5ⁿ⁻²

6ⁿ⁻² =n(n − 1)5ⁿ 50 6ⁿ

3Notate che la massima distanza possibile a cui il robot potrebbe trovarsi `e di 1000km.

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• Se consideriamo la formula analitica f (x) = x(x − 1)5^x

50 6^x = x(x − 1) 50 e^αx con α = log(5/6) ∼ −0, 18, con uno studio di funzione si ottiene il grafico qui a fianco, e in particolare

f⁰(x) = [αx²+ (2 − α)x − 1)]e^αx/50

-0.05 0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3

0 5 10 15 20 25 30

x*(x-1)*exp(a*x) / 50

da cui il massimo `e in ^α−2−

√

(2−α)²+4α

2α ∼ 11, 49.

• alternativamente

an+1/an= (n + 1)5 (n − 1)6 da cui a_n+1≥ a_n se e solo se (n + 1)5 ≥ (n − 1)6 cio`e 11 ≥ n.

Ne consegue che il massimo di ansi deve avere per n = 11 o n = 12; e si ha a11= a12= 107421875/362797056 ∼ 0, 296

(Parte opzionale). In questo caso

an=n k

p^k(1 − p)^n−k=n k

1 6^k

5^n−k

6^n−k = n(n − 1) · · · (n − k + 1)5ⁿ k!5^k6ⁿ

da cui

an+1

an

= (n + 1)5 (n − k + 1)6

da cui a_n+1≥ an se e solo se (n + 1)5 ≥ (n − k + 1)6 cio`e 5 + 6(k − 1) ≥ n. Il massimo si ha dunque per a_5+6(k−1) = a_6k, e vale

a6k =(6k) · · · (5k + 1)5^5k k!6^6k che usando Stirling si approssima come

a6k = (6k)!5^5k k!(5k)!6^6k ∼

√3

√5kπ

Soluzione 2. 1. Vi sono varie possibili soluzioni; una consiste nel prendere Ω come tutte le possibili cinquine di numeri diversi,

Ω = {(x1, x2, x3, x4, x5) | xi6= xj per i, j = 1, 2, 3, 4, 5 e i 6= j} ⊂ {1, . . . 90}⁵ e dotarlo dell’algebra delle parti, e della probabilit`a uniforme

P(A) = #A

90 · 89 · 88 · 87 · 86 e poi definire X₁, X₂, X₃, X₄, X₅ come le proiezioni canoniche;

2.

{X₃= k} = {(x₁, x₂, k, x₄, x₅) | x_i6= x_j, x_i6= k per i, j = 1, 2, 4, 5 e i 6= j}

da cui

#{X3= j} = 89 · 88 · 87 · 86 da cui {X3= j} = 1/90: X3 ha legge uniforme;

(5)

3. no; come nel punto precedente, si pu`o mostrare che le v.a. sono tutte uniformemente distribuite; e allora P{X1= 1, X2= 1) = 0 6=P{X1= 1}P{X2= 1) = 1/90².

Soluzione 3. No. Siano S, T i due eventi “il giocatore ha scelto il dado sano/truccato”. Si ha P(X1= 6) =P(X1= 6 | S)P(S) + P(X1= 6 | T )P(T ) = 1/12 + 1/4 = 1/3 e lo stesso per P(X2= 6); per`o

P(X1= 6, X₂= 6) =P(X1= 6, X₂= 6 | S)P(S) + P(X1= 6, X₂= 6 | T )P(T ) =

= 1/72 + 1/8 = 5/36 che `e maggiore diP(X1= 6)P(X2= 6) = 1/9.

Notiamo che la “non indipendenza” si pu`o anche scrivere come (X2 = 6) = 1/3 < (X2= 6|X1= 6) = 5/12.

Questo si può interpretare come segue: se al primo lancio abbiamo ottenuto “6”, questo ci fa sospettare che il dado sia truccato, e dunque la probabilità condizionale che anche il secondo lancio sia “6” è maggiore.

Soluzione 4. 1.

P(A) =3 2

1 36

5 6 =15

6³ = 15 216 = 5

72 Siano X1, X2, X3 i dadi e S la somma

P(S = 14) =

6

X

j=1

P(S = 14|x3= j)P(X3= j) =

= X

j

P(X1+ X2= 14 − j|X3= j)1 6 =

=

6

X

j=2

P(X1+ X2= 14 − j)1 6 =1

6

12

X

j=8

P(X1+ X2= j) =

= 1

6

5 + 4 + 3 + 2 + 1

36 =15

6³ Facilmente si ottiene che

P(A ∩ B) = 0

perch´e non si pu`o ottenere somma 14 con due “3”. Ne segue che A, B non sono indipendenti.

2. si verifica facilmente cheP(C^c) = 5³/6³ da cui P(A|C) = P(A)

P(C) =

15 6³

1 −⁵₆³₃ = 15

6³− 5³ =15 91 essendo poi

B ∩ C = {(3, 5, 6), (3, 6, 5), (5, 3, 6), (6, 3, 5), (5, 6, 3), (6, 5, 3)}

ne segueP(B|C) = ₉₁⁶ Di nuovo

P(A ∩ B|C) =P(A ∩ B) P(C) = 0 Ne segue che A, B non sono indipendenti secondo Q.

Soluzione 5. Sia A l’evento “vincere la scommessa venduta da Aldo”, B l’evento “vincere la scommessa venduta da Beppe”.

1. Le probabilit`a di vincere sono P(A) =

45 5

90 5

= 287

10324 = 7 · 41

4 · 89 · 29 ∼ 0.0278 , P(B) =

88 4

90 5

= 17 · 5

2 · 9 · 89 = 85

1602 ∼ 0.053

(6)

2. Le v.a. che rappresentano le vincita sono semplicemente VA= 321A , VB= 181B

e le speranze sono

E[VA] =8 · 7 · 41

89 · 29 ∼ 0, 8895 e E[VB] = 85

89 ∼ 0, 9550 si ha cheE[VA] <E[VB] ⁴.

3. calcoliamo P(A ∩ B) =

44 4

90 5

= 287

92916 = 7 · 41

4 · 9 · 29 · 89 ∼ 0.00308 6=P(A)P(B) = 24395

16539048 ∼ 0, 001475 dunque non sono indipendenti.

Soluzione 6. 1. La probabilit`a di arrivo `e = (1 − 0.2) ∗ (1 − 0.1) ∗ (1 − 0.25) = 0.54.

2. La probabilità di perdere la valigia nella tratta A è = 0.2, nella tratta B = 0.8 ∗ 0.1 = 0.08 e nella tratta C = 0.8 ∗ 0.9 ∗ 0.25 = 0.18. Per controllo si possono sommare le probabilità di arrivo e quelle di perdere la valigia in ciascuna delle tratte: 0.54 + 0.2 + 0.08 + 0.18 = 1. La probabilità che la valigia sia persa è 1 − 0.54 = 0.46. Le probabilità condizionali richieste sono allora per A 0.2/0.46 ∼ 0.435, per B 0.08/0.46 ∼ 0.174, per C 0.18/0.46 ∼ 0.391.

3. Il valore di aspettazione del tempo di arrivo `e = 0.54 ∗ 0 + 0.2 ∗ 3 + 0.08 ∗ 2 + 0.18 ∗ 1 = 0.94 giorni.

Possiamo anche essere pi`u precisi. Diciamo, per comodit`a nel linguaggio, che i tre voli sono: Pisa-Francoforte, F-Singapore, Singapore-Melbourne. Definiamo tre eventi:

A “una generica valigia viene persa a Pisa”

B “una generica valigia viene persa a Francoforte”

C “una generica valigia viene persa a Singapore”

e poi anche

A1 “la valigia del viaggiatore viene persa a Pisa”

B1 “la valigia del viaggiatore viene persa a Francoforte”

C1 “la valigia del viaggiatore viene persa a Singapore”

F “la valigia del viaggiatore non viene persa”

Allora A, B, C hanno probabilit`a come nel testo, e sono indipendenti; mentre

A1 = A, B1= A^c₁∩ B, C1= A^c₁∩ B₁^c∩ C, F = A^c₁∩ B₁^c∩ C₁^c

e A1, B1, C1, F sono un sistema di alternative, le cui probabilit`a si calcolano come visto sopra.

Soluzione 7. 1. Il primo enunciato dice che “gli eventi S, C sono indipendenti secondoP(·|M)”, che si esprime con la formula

P(S|M)P(C|M) = P(S ∩ C|M)

Una possibile soluzione `e questa. S, C sono indipendenti se e solo se S^c, C^c sono indipendenti;

questo si verifica perch´e

0.14 = (1 − cm)(1 − sm) =P(C^c|M )P(S^c|M ) =P(C^c∩ S^c|M ) = 1 −P(C ∪ S|M) = 1 − 0.86 Similmente per le bambine.

2. • disintegrandoP(S∪C) = P(S∪C|M)P(M)+P(S∪C|F )P(F ) = 86%·60%+94%·40% = 89.2%

da cui la risposta `e 10.8%

• disintegrando P(C) = P(C|M)P(M) + P(C|F )P(F ) = 0.8 · 0.6 + 0.4 · 0.4 = 64%

4non disponendo di calcolatrice, quest’ultima disuguaglianza si poteva ottenere col calcolo, semplificando le frazioni fino ad ottenere ^28·82_85·29< 1

(7)

• P(M|C) = P(C|M)P(M)/P(C) = 0.8 ∗ 0.6/0.64 = 75%

Riassumendo, lo schema completo delle probabilit`a (che non era richiesto dal testo!) `e

A =

C C^c ∩

S ∩ C S \ C S C \ S S^c∩ C^c S^c

, P(A|M) =

0.8 0.2 24% 6% 0.3 56% 14% 0.7

,

P(A|F ) =

0.4 0.6 36% 54% 0.9

4% 6% 0.1

, P(A) =

64% 36%

28.8% 25.2% 54%

35.2% 10.8% 46%

Soluzione 8. R(E) =P(E | A ∩ B) Soluzione 9. 1.

P{T ∈ [a, b]} =Z b a

2x

λe^−x²^/λdx =

e^−a²^/λ− e^−b²^/λ 2. innanzitutto

Z ∞ 0

e^−x²^/λdx = 1 2

Z ∞

−∞

e^−x²^/λdx =

√λπ 2 e allora

E(T ) =Z ∞ 0

2x²

λ e^−x²^/λdx = −[xe^−x²^/λ] + Z ∞

0

e^−x²^/λdx =√ λπ/2 3.

P(T − t > s | T > t) = e−(s(s+2t))/λ

il limite richiesto `e zero, mentre P(T > s) > 0: non si ha assenza di memoria.

Soluzione 10. Si pone Ω =R², A =B(R²) i Boreliani del piano, e µ la misura continua dotata di densit`a f (x, y) = 1x≥0,y≥0e^−x−y. Definiamo le v.a. X, Y come le due proiezioni X(x, y) = x e Y (x, y) = y;

allora la densit`a di X `e g(x) =R

Rf (x, y)dy = 1x≥0e^−x mentre h(y) = R

Rf (x, y)dx =1y≥0e^−y. Dato che f (x, y) = g(x)h(y), un teorema visto a lezione ci assicura che X, Y sono indipendenti.

Soluzione 11. 1. La v.a. (T1, T2) ha legge congiunta f (x, y) =

λ1λ2e^−λ¹^xe^−λ²^y per x ≥ 0, y ≥ 0

0 altrimenti

quindi

P (T1< T2) = Z Z

{x<y}∩{x≥0,y≥0}

λ1λ2e^−λ¹^xe^−λ²^ydxdy

= Z ∞

0

λ1e^−λ¹^xdx Z ∞

x

λ2e^−λ²^ydy

= Z ∞

0

λ1e^−(λ¹^+λ²^)xdx = λ1

λ1+ λ2

.

2. Sia f (x) la densità di T1. La trasformazione x 7→ ϕ (x) := βx, β > 0, soddisfa le ipotesi del teorema sulle trasformazioni biunivoche di densità, per cui βT1 ha densità gβ(y) data da

g_β(y) = f (x)

|ϕ⁰(x)|

_x=ϕ₋₁_(y)

= λ₁e^−λ¹^x β

_x=y

β

= λ₁ β e⁻^λ1^β^y.

Questo calcolo vale quando x = ϕ⁻¹(y) ≥ 0, cio`e per y ≥ 0. Altrimenti f `e nulla, quindi anche gβ

`

e nulla. In conclusione, la v.a. βT1`e esponenziale di parametro ^λ_β¹.

(8)

3. Posiamo riscrivere P

T1

T1+ T2

< t

= P (T1< t (T1+ T2)) = P (T1(1 − t) < tT2) .

Dal punto 2 sappiamo che T1(1 − t) `e esponenziale di parametro _1−t^λ¹ , mentre tT2`e esponenziale di parametro ^λ_t². Inoltre sono indipendenti (trasformazioni di v.a. indipendenti). Quindi per il punto 1 vale

P (T1(1 − t) < tT2) =

λ1

1−t λ1

1−t+^λ_t² = tλ1

tλ₁+ (1 − t) λ₂. 4. Se λ1= λ2, abbiamo trovato che

P

T1

T₁+ T₂ < t

= t.

Questo vale per t ∈ [0, 1]. Invece, se t < 0, essendo le v.a. Ti≥ 0 quasi certamente, P

T1

T₁+T₂ < t

= 0. Similmente, essendo _T^T¹

1+T2 ≤ 1, se t > 1 vale P

T₁ T1+T2 < t

= 1. In conclusione, la funzione di ripartizione F (t) di _T^T¹

1+T₂ risulta essere F (t) =







0 per t < 0 t per t ∈ [0, 1]

1 per t > 1 .

Questo implica che la v.a. _T^T¹

1+T2 ha densità pari a uno su [0, 1] e zero altrove, cioè è una v.a.

uniforme in [0, 1].

Soluzione 12. (Nota: Assumiamo per semplicit`a che, dopo un milione di secondi il robot si sia fermato.) Sia Rtla posizione (in metri, positiva se a nord) del robot dopo t passi: essendo somma di passi aleatori, si verifica facilmente che Rtha media nulla e varianza t (inoltre (Rt+ t)/2 ha legge Binomiale B(1/2, t)).

Dal TLC sappiamo che la v.a. Rt/√

t tende in legge alla distribuzione normale. Sia R = Rt con t = 1000000 nel seguito. L’esercizio chiede di trovare n tale che

P({R < 0}|{R 6∈ [0, n]}) = P({R < 0})

P{R 6∈ [0, n]} = P({R < 0}

P({R < 0}) + P({R > n}) = 99.9%

semplifichiamo (e approssimiamo) il calcolo ponendo 1/2 1/2 + 1 − Φ(n/√

t) = 99.9%

da cui

1 3 − 2Φ(n/√

t) = 999/1000 3 − 2Φ(n/√

t) = 1000/999 2 − 2Φ(n/√

t) = 1/999 Φ(n/√

t) = 1 − 1/1998 da cui n/√

t = 3.29 e cos`ı n = 3290 metri. Notiamo che questo numero `e molto minore della massima distanza possibile che `e di 1000km!!

Soluzione 13. se A, B sono indipendenti, allora anche A, B^c sono indipendenti e P(A|B^c) =P(A) = P(A|B)

Viceversa

P(A) = P(A|B^c)P(B^c) +P(A|B)P(B) = P(A|B) P(B^c) +P(B) = P(A|B)

(9)

Soluzione 14. Le ipotesi proposte si possono riscrivere come

P(A ∩ B) = P(A)P(B) (1)

P(B ∩ C) = P(B)P(C) (2)

P(D ∩ C) = P(A^c∩ B ∩ C) = P(A^c∩ B)P(C) (3)

P(A ∩ E) = P(A ∩ B^c∩ C) = P(A)P(B^c∩ C) (4)

Le condizioni che dicono che A, B, C sono indipendenti sono quattro: la (1), la (2) e le seguenti:

P(A ∩ C) = P(A)P(C) , (5)

P(A ∩ B ∩ C) = P(A)P(B)P(C) . (6)

Ora, sappiamo che la (1) `e equivalente a

P(A^c∩ B) =P(A^c)P(B) e dunque sostituendo nella (3) e usando la (1) si ottiene

P(A^c∩ B ∩ C) =P(A^c∩ B)P(C) = P(A^c)P(B)P(C) = P(A^c)P(B ∩ C) e sottraendo

P(B ∩ C) − P(A^c∩ B ∩ C) =P(B ∩ C) − P(A^c)P(B ∩ C)

e questo porta alla condizione (6). Rimane da mostrare la (5). A questo scopo, ricordiamo che la (2) `e equivalente a

P(B^c∩ C) =P(B^c)P(C) e usiamo questa e la condizione (4)

P(A ∩ B^c∩ C) =P(A)P(B^c∩ C) =P(A)P(B^c)P(C) se ora sommiamo la (6),

P(A ∩ C) = P(A ∩ B^c∩ C) +P(A ∩ B ∩ C) = P(A)P(B)P(C) + P(A)P(B^c)P(C) = P(A)P(C) che `e la (5).

Soluzione 15. I primi due punti sono facili. Per il terzo punto, per simmetria, consideriamo solo la sottofamiglia X₁. . . X_n−1, e siano a_i ∈ {0, 1}; notiamo che nell’insieme {X₁= a₁, X₂= a₂, . . . X_n−1= an−1} vi `e un unico vettore (a1, . . . an−1, a) (dove a `e scelto in modo che la somma sia dispari) e dunque

P{X1= a1, X2= a2, . . . Xn−1= an−1} = 1/2ⁿ⁻¹=P{X1= a1}P{X2= a2} · · ·P{Xn−1= an−1} .