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Probabilità e prove ripetute

Paola propone due problemi di probabilità, con prove ripetute e diagrammi ad albero.
Ricevo da Paola la seguente domanda:   Gentilissimo professore, ho ancora bisogno del suo aiuto per i seguenti problemi  (pag.7, nn. 28 e 29, Verso la seconda prova di matematica 2017). 1) Nella produzione di rubinetti per lavatrici della ditta Golex si è rilevato che la probabilità che un pezzo sia difettoso è del \(5\%\). Presi a caso \(6\) rubinetti insieme, calcola la probabilità che: a. tutti siano perfetti; b. uno solo sia difettoso; c. almeno uno sia difettoso; d. al massimo due siano difettosi. Esaminando i rubinetti uno dopo l’altro, qual è la probabilità che il primo a risultare difettoso sia il terzo o il quinto? 2) Trofeo Città di Schio Al Trofeo di nuoto Città di Schio 2016 hanno partecipato atleti di età compresa fra i \(13\) e i \(26\) anni. La seguente tabella riporta la sintesi dei tempi stabiliti dagli atleti nei 50 stile libero.  
  22''00 - 27''00 27''01 - 32''00 32''01 - 37''00
Maschi \(80\) \(84\) \(1\)
Femmine \(4\) \(136\) \(20\)
  Si sceglie un atleta a caso. a. Calcola la probabilità degli eventi: \(A\) = “l’atleta ha nuotato in un tempo tra \(22''00\) e \(27''00\)’”; \(M\) = “l’atleta è un maschio”. Si tratta di eventi indipendenti? Motiva la tua affermazione. b. Calcola la probabilità che l’atleta abbia nuotato in un tempo tra \(27''01\) e \(32''00\), sapendo che è una ragazza; calcola inoltre la probabilità che l’atleta abbia nuotato in più di \(32''\) sapendo che è un ragazzo. c. Calcola la probabilità che l’atleta sia una ragazza, sapendo che ha nuotato in un tempo compreso tra \(22''00\) e \(27''00\).   Grazie.   Le rispondo così:   Cara Paola, nel primo caso, si tratta di un tipico problema di prove ripetute (anche se si deve fare un’ipotesi che non è stata esplicitata: il numero di rubinetti prodotti è molto elevato, e pertanto per ciascuno dei \(6\) rubinetti esaminati la probabilità di essere difettoso rimane sempre pressochè del \(5\%\), indipendentemente dal fatto che ogni volta si rimetta o meno il rubinetto esaminato nel mucchio di quelli prodotti…). La probabilità che tutti siano perfetti è quindi \(p={{\left( \frac{95}{100} \right)}^{6}}={{\left( \frac{19}{20} \right)}^{6}}\approx 73,5\%\); la probabilità che uno solo sia difettoso è \(p=\frac{6!}{5!}\left( \frac{1}{20} \right){{\left( \frac{19}{20} \right)}^{5}}\approx 23,2\%\); la probabilità che almeno uno sia difettoso è \(p=1-{{\left( \frac{19}{20} \right)}^{6}}\approx 26,5\%\); la probabilità che al massimo due siano difettosi è \(p={{\left( \frac{19}{20} \right)}^{6}}+\frac{6!}{5!}\left( \frac{1}{20} \right){{\left( \frac{19}{20} \right)}^{5}}+\frac{6!}{4!2!}{{\left( \frac{1}{20} \right)}^{2}}{{\left( \frac{19}{20} \right)}^{4}}\approx 99,77\%\). Infine, poiché la probabilità che a essere difettoso sia il terzo estratto è \({{p}_{1}}=\frac{19}{20}\cdot \frac{19}{20}\cdot \frac{1}{20}\approx 4,51\%\), mentre la probabilità che a essere difettoso sia il quinto estratto è \({{p}_{2}}=\frac{19}{20}\cdot \frac{19}{20}\cdot \frac{19}{20}\cdot \frac{19}{20}\cdot \frac{1}{20}\approx 4,07\%\), la probabilità che il primo a risultare difettoso sia il terzo o il quinto è \({{p}_{1}}+{{p}_{2}}\approx 8,58\%\). Nel secondo caso, possiamo immaginare un grafo ad albero, dopo aver stabilito che, dati i \(325\) atleti partecipanti, la probabilità che un atleta scelto a caso sia maschio è \(p\left( M \right)=\frac{165}{325}=\frac{33}{65}\), che sia femmina è \(p\left( M \right)=\frac{160}{325}=\frac{32}{65}\); le probabilità (condizionate) che un atleta maschio abbia realizzato un tempo in prima, seconda o terza fascia sono rispettivamente: \(p\left( 1{}^\circ |M \right)=\frac{80}{165}=\frac{16}{33}\), \(p\left( 2{}^\circ |M \right)=\frac{84}{165}=\frac{28}{55}\), \(p\left( 3{}^\circ |M \right)=\frac{1}{165}\), mentre per un atleta femmina sono rispettivamente:\(p\left( 1{}^\circ |F \right)=\frac{4}{160}=\frac{1}{40}\), \(p\left( 2{}^\circ |F \right)=\frac{136}{160}=\frac{17}{20}\), \(p\left( 3{}^\circ |F \right)=\frac{1}{8}\). Pertanto: \[p\left( A \right)=p\left( M \right)\cdot p\left( 1{}^\circ |M \right)+p\left( F \right)\cdot p\left( 1{}^\circ |F \right)=\frac{33}{65}\cdot \frac{16}{33}+\frac{32}{65}\cdot \frac{1}{40}=\frac{84}{325}\approx 25,85\%\]\[p\left( M \right)=\frac{33}{65}\approx 50,77\%\] e gli eventi non sono indipendenti, poiché \(p\left( A \right)=\frac{84}{325}\ne p\left( A|M \right)=p\left( 1{}^\circ |M \right)=\frac{16}{33}\). Le probabilità richieste al punto b. sono già state calcolate: \[p\left( 2{}^\circ |F \right)=\frac{17}{20}=85\%\quad \quad p\left( 3{}^\circ |M \right)=\frac{1}{165}\approx 0,61\%\quad .\] Infine, utilizzando la relazione di Bayes: \[p\left( F|A \right)=\frac{p\left( F \right)\cdot p\left( 1{}^\circ |F \right)}{p\left( A \right)}=\frac{4}{325}\cdot \frac{325}{84}=\frac{1}{21}\approx 4,76\%\quad .\] Massimo Bergamini

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