18.3. Spazi degli esiti finiti

Quando lo spazio degli esiti \(\Omega\) è finito, per descrivere completamente la funzione di probabilità è sufficiente stabilire il suo valore per ciascun evento elementare. Il motivo è semplice: ogni evento dell'algebra considerata si può — in questo caso — sempre esprimere come l'unione di un numero finito di eventi elementari a due a due disgiunti. Quindi la sua probabilità si ricava applicando il terzo assioma di Kolmogorov. Come vedremo, emergono due casi distinti: quello equiprobabile, in cui tutti gli eventi elementari hanno la stessa probabilità, e quello non equiprobabile, in cui queste probabilità possono essere diverse tra loro.

Algebre banali e non banali

Nel teorema che segue, ho fissato come algebra l'insieme delle parti dello spazio degli esiti. Questo permette di semplificare la dimostrazione, in quanto implica che ogi esito di \(\Omega\) individua un evento elementare nell'algebra. In linea di principio, si potrebbe lavorare con un'algebra arbitraria \(\mathsf A \subseteq 2^\Omega\), ma ciò richiederebbe di modificare l'enunciato del teorema, sostituendo agli insiemi singoletto quelli che sono detti gli atomi dell'algebra, che per un insieme finito coincidono con i blocchi non vuoti minimi della partizione di \(\Omega\) indotta dall'algebra. Equivalentemente, gli atomi individuano i più piccoli eventi non vuoti dell'algebra, e ogni altro evento si ottiene come unione di alcuni di essi.

Teorema 10 (Caratterizzazione delle probabilità su uno spazio finito)

Sia \(\Omega = \{ \omega_1, \ldots, \omega_n \}\) e sia \(\mathsf A = 2^\Omega\). Inoltre, dato un evento \(E \in \mathsf A\), sia \(I_E = \{ i \in [1..n] \mid \omega_i \in E \}\) l'insieme degli indici degli elementi contenuti nell'evento. Infine, sia data una funzione \(\mathbb P : \mathsf A \to [0, 1]\). Le due seguenti condizioni sono equivalenti:

1. \(\mathbb P\) è una probabilità su \(\mathsf A\);

2. esistono \(n\) numeri reali \(p_1, \ldots, p_n \geq 0\) tali che \(\sum_{i=1}^n p_i = 1\) e, per ogni evento \(E \in \mathsf A\), vale \(\mathbb P(E) = \sum_{i \in I_E} p_i\). In tal caso, si ha necessariamente \(p_i = \mathbb P(\{\omega_i\})\) per ogni \(i = 1, \ldots, n\).

Quindi, su uno spazio degli esiti finito, una probabilità è completamente determinata dai valori che assume per gli eventi elementari.

Dimostrazione.

Supponiamo che \(\mathbb P\) sia una funzione di probabilità su \(\mathsf A\), e poniamo \(p_i = \mathbb P(\{\omega_i\})\) per ogni \(i = 1, \ldots, n\).

Dal primo assioma di Kolmogorov segue subito che \(p_i \geq 0\) per ogni \(i\). Inoltre i singoletti \(\{\omega_1\}, \ldots, \{\omega_n\}\) sono a due a due disgiunti e la loro unione è \(\Omega\), quindi

\[1 = \mathbb P(\Omega) = \mathbb P\left( \bigcup_{i=1}^n \{\omega_i\} \right) = \sum_{i=1}^n \mathbb P(\{\omega_i\}) = \sum_{i=1}^n p_i \enspace.\]

Infine, ogni evento \(E \in \mathsf A\) si può esprimere come l'unione disgiunta \(E = \bigcup_{i \in I_E} \{\omega_i\}\). Pertanto

\[\mathbb P(E) = \sum_{i \in I_E} \mathbb P(\{\omega_i\}) = \sum_{i \in I_E} p_i \enspace.\]

Abbiamo quindi dimostrato che la prima condizione implica la seconda. Dimostriamo ora l'implicazione inversa. Supponiamo che \(p_1, \ldots, p_n \geq 0\) siano tali che \(\sum_{i=1}^n p_i = 1\), e definiamo una funzione \(\mathbb P : \mathsf A \to [0, 1]\) ponendo

\[\mathbb P(E) = \sum_{i \in I_E} p_i\]

per ogni \(E \in \mathsf A\). Dobbiamo verificare che \(\mathbb P\) soddisfi gli assiomi di Kolmogorov. La non negatività è immediata, perché ogni \(p_i\) è non negativo. Inoltre,

\[\mathbb P(\Omega) = \sum_{i=1}^n p_i = 1 \enspace.\]

Infine, \(\mathsf A\) è finita, quindi ogni sequenza di eventi a due a due disgiunti deve essere anch'essa finita. Per una siffatta sequenza \(E_1, \dots, E_r\), si ha che \(\cup_{k=1}^r E_k\) è l'insieme contenente tutti gli esiti di \(E_1\), di \(E_2\), e così via. Quindi

\[\mathbb P\left( \bigcup_{k=1}^r E_k \right) = \sum_{i \in I_{\cup_k E_k}} p_i = \sum_k \sum_{i \in I_{E_k}} p_i = \sum_k \mathbb P(E_k) \enspace.\]

Quindi \(\mathbb P\) è una probabilità su \(\mathsf A\). Abbiamo pertanto mostrato che la seconda condizione implica la prima, così che esse sono logicamente equivalenti. Osserviamo infine che, se \(\mathbb P\) soddisfa la seconda condizione, allora \(\mathbb P(\{\omega_i\}) = p_i\) per ogni \(i = 1, \ldots, n\). In altre parole, i numeri \(p_i\) sono proprio le probabilità degli eventi elementari in \(\Omega\).

Riassumendo, in uno spazio campionario finito la probabilità si ricostruisce interamente a partire dai valori che essa assume per gli eventi elementari. Una volta noti \(\mathbb P(\{\omega_1\}), \ldots, \mathbb P(\{\omega_n\})\), la probabilità di qualunque evento \(E\) si ottiene sommando i valori relativi agli eventi elementari individuati dagli esiti contenuti in \(E\).

18.3.1. Spazi degli esiti equiprobabili

Il caso più semplice da trattare è quello in cui tutti gli eventi elementari hanno la stessa probabilità.

Definizione 21 (Spazio equiprobabile di probabilità)

Sia \((\Omega, \mathsf A, \mathbb P)\) uno spazio di probabilità con \(\Omega\) finito. Se esiste una costante \(p \in [0, 1]\) tale che \(\mathbb P(\{\omega\}) = p\) per ogni \(\omega \in \Omega\), si dice che \((\Omega, 2^\Omega, \mathbb P)\) è uno spazio equiprobabile di probabilità, o più semplicemente uno spazio equiprobabile.

Negli spazi di questo tipo l'equiprobabilità riguarda gli eventi elementari, e il loro numero individua il valore di \(p\), come mostrato di seguito.

Teorema 11

Sia \((\Omega, \mathsf A, \mathbb P)\) uno spazio equiprobabile, con \(|\Omega| = n\). Allora, per ogni \(\omega \in \Omega\),

\[\mathbb P(\{\omega\}) = \frac{1}{n} \enspace.\]

Dimostrazione.

Senza ledere la generalità del ragionamento, poniamo \(\Omega = \{ \omega_1, \dots \omega_n \}\). Se ogni evento elementare ha probabilità \(p\), applicando gli assiomi di Kolmogorov si ottiene

\[1 = \mathbb P(\Omega) = \mathbb P \left( \cup_{i=1}^n \{ \omega_i \} \right) = \sum_{i=1}^n \mathbb P(\{\omega\}) = np \enspace,\]

da cui segue subito \(p = \frac{1}{n}\).

Quando tutte le probabilità degli eventi elementari coincidono, la formula generale del Teorema 10 si semplifica parecchio, come dimostrato nel seguente teorema.

Teorema 12

Sia \((\Omega, \mathsf A, \mathbb P)\) uno spazio equiprobabile, con \(|\Omega| = n\). Per ogni evento \(E \in \mathsf A\), si ha

(18.8)\[\mathbb P(E) = \frac{|E|}{n} \enspace.\]

Dimostrazione.

Assumiamo, senza ledere la generalità, che \(E\) contenga esattamente \(k\) esiti elementari. Allora,

\[\mathbb P(E) = \sum_{\omega_i \in E} \mathbb P(\{\omega_i\}) = \sum_{\omega_i \in E} \frac{1}{n} = \sum_{i=1}^k \frac{1}{n} = \frac{k}{n} = \frac{|E|}{n} \enspace.\]

Questa formula giustifica la cosiddetta definizione classica della probabilità: nel caso equiprobabile, la probabilità di un evento si calcola come rapporto tra il numero degli esiti favorevoli e il numero degli esiti possibili. È una regola comoda, ma va usata solo quando l'ipotesi di equiprobabilità è davvero ragionevole. In pratica, la si usa quando è sensato assumere una forma di uniformità nell'incertezza dell'esperimento casuale, per esempio quando

• si lanciano dadi o monete bilanciati,

• si pescano carte da un mazzo ben mescolato,

Anche in questo caso contenitore e oggetto sono termini che prescindono dalla loro effettiva tangibilità.

• si effettuano estrazioni da un contenitore dopo che gli oggetti in esso inseriti sono stati mescolati.

In casi come questo, le regole del calcolo combinatorio descritte nel Capitolo 16 sono spesso utili per calcolare numeratore e denominatore in (18.8).

Esempio 32

Se \(\Omega\) è l'insieme dei supereroi nel nostro dataset, e ogni supereroe ha la stessa probabiilità di essere osservato, questa probabilità è uguale all'inverso del numero totale di personaggi, come calcolato nella cella seguente.

import pandas as pd

heroes = pd.read_csv('data/heroes.csv', index_col='name')
n = len(heroes)
p = 1 / n
print(rf'La probabilità di estrarre un personaggio a caso è p = {p:.4f}.')

La probabilità di estrarre un personaggio a caso è p = 0.0001.

Esempio 33

Consideriamo il lancio di due dadi bilanciati di colori diversi, diciamo uno rosso e uno blu. Lo spazio degli esiti è costituito da tutte le coppie ordinate \((\omega_\text{rosso}, \omega_\text{blu})\), dove \(\omega_\text{rosso} \in [1..6]\) indica il risultato del dado rosso, e in modo analogo si interpreta la seconda componente.

Per il principio fondamentale del calcolo combinatorio, il numero totale di esiti possibili è \(6 \times 6 = 36\). Siccome i dadi sono bilanciati e distinguibili, ciascuna coppia ordinata ha probabilità \(\frac{1}{36}\), quindi ci troviamo in uno spazio equiprobabile con

\[\Omega = \{ (\omega_\text{rosso}, \omega_\text{blu}) \mid \omega_\text{rosso}, \omega_\text{blu} \in [1..6] \} \enspace.\]

Per esempio, l'evento

\[E = \{ (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1) \}\]

si verifica quando la somma dei risultati è uguale a \(7\), ed è illustrato nella Figura 23. La sua probabilità è

\[\mathbb P(E) = \frac{|E|}{|\Omega|} = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \enspace.\]

▶ Mostra codice

import matplotlib as mpl
import matplotlib.pyplot as plt
from matplotlib.patches import Ellipse
import numpy as np

x, y = np.meshgrid(range(1, 7), range(1, 7))
x, y = x.ravel(), y.ravel()

with mpl.rc_context({'figure.figsize': (3, 3),
                     'figure.titlesize': 8,
                     'figure.dpi': 150,
                     'xtick.labelsize': 7,
                     'ytick.labelsize': 7,
                     'axes.labelsize': 7,}):

  fig, ax = plt.subplots()

  ellipse = Ellipse((3.5, 3.5), width=8, height=1, angle=-45,
                    facecolor='lightblue', edgecolor='lightblue',
                    linewidth=1, alpha=0.5, zorder=1)
  ax.add_patch(ellipse)

  ax.scatter(x, y, s=20, c='steelblue', edgecolors='black', linewidths=0.5)

  ax.set_xlabel('Risultato del dado rosso', loc='default')
  ax.set_ylabel('Risultato del dado blu', loc='default')
  ax.set_title(r'$\Omega = \{ (\omega_\text{rosso}, \omega_\text{blu}) \mid '
              r'\omega_\text{rosso}, \omega_\text{blu} \in [1..6] \}$')
  ax.set_xticks(range(1, 7))
  ax.set_yticks(range(1, 7))
  ax.set_xlim(0.5, 6.5)
  ax.set_ylim(0.5, 6.5)
  ax.grid(True, alpha=0.3)
  ax.set_aspect('equal')
  plt.show()

Figura 23 Rappresentazione dello spazio degli esiti per il lancio di due dadi distinguibili (cerchi blu) e dell'evento in cui la somma dei risultati è uguale a \(7\) (ellisse azzurra).

Se in questo esempio si sostituiscono gli anni di prima apparizione dei personaggi con il giorno di nascita di un gruppo di persone presenti in una stanza, si ottiene il cosiddetto paradosso del compleanno.

La conversione a int è necessaria perché la presenza di valori mancanti causa un'implicito utilizzo del tipo float per l'anno di apparizione quando il dataset viene caricato.

Esempio 34

Supponiamo che l'anno di prima apparizione di un personaggio sia distribuito uniformemente tra il valore minimo e il valore massimo osservati nel dataset, e che le estrazioni siano indipendenti. In questo modello, vogliamo calcolare la probabilità che, osservando \(n\) personaggi, non compaiano due anni di prima apparizione uguali.

Indichiamo con \(a\) il numero di anni possibili. L'ipotesi di uniformità ci permette di lavorare in uno spazio equiprobabile sulle sequenze di lunghezza \(n\) formate con questi \(a\) anni.

• Un esito favorevole corrisponde a una sequenza di \(n\) anni tutti diversi tra loro. Il numero di tali sequenze è \(D_{a, n} = \frac{a!}{(a-n)!}\), perché a ognuna corrisponde una e una sola disposizione senza ripetizione di \(a\) oggetti in \(n\) posti.

• Un esito possibile qualunque corrisponde invece a una sequenza di \(n\) anni con eventuali ripetizioni. Dunque vi sono \(d_{a, n} = a^n\) diverse sequenze.

Di conseguenza, la probabilità che non si ripeta mai un anno di prima apparizione è

\[\frac{D_{a, n}}{d_{a, n}} = \frac{a!}{(a-n)! a^n} \enspace.\]

Possiamo usare i dati a nostra disposizione per stimare il valore di \(a\) a partire dalla differenza tra anno massimo e anno minimo di prima apparizione.

import pandas as pd

heroes = pd.read_csv('data/heroes.csv', index_col=0)
years = heroes['first_appearance']
min_year, max_year = min(years), max(years)
a = int(max_year - min_year) + 1
print(a)

172

Ora possiamo calcolare la probabilità \(p_{n, a}\) che, osservando \(n\) personaggi scelti secondo questo modello, non ve ne siano due con lo stesso anno di prima apparizione, e rappresentarne il valore al variare di \(n\). Il valore di questa probabilità è necessariamente uguale a 0 quando \(n > a\), ma si avvicina a 0 per valori relativamente piccoli di \(n\), come si può vedere nel grafico qui sotto.

import math
import numpy as np
import matplotlib.pyplot as plt

def prob_no_common_year(n, a):
    return math.factorial(a) / (math.factorial(a-n) * a**n)

x = range(1, a//3)
p1 = [prob_no_common_year(n, a) for n in x]

fig, ax = plt.subplots()
ax.plot(x, p1)
plt.show()

18.3.2. Il caso non equiprobabile

Quando lo spazio degli esiti è finito, ciò non significa che lo spazio di probabilità costruito a partire da esso sia necessariamente equiprobabile. Se i valori di \(\mathbb P\) per gli eventi elementari sono diversi tra loro, non è più possibile applicare (18.8), e bisogna tornare alla formula generale del Teorema 10, sommando le probabilità degli eventi elementari favorevoli.

Per chiarire meglio questo punto, immaginate che i dadi siano colorati come nell’Esempio 33, ma che diventino indistinguibili per un osservatore che soffre di daltonismo: se \(i < j\), le due coppie ordinate \((i, j)\) e \((j, i)\) vengono percepite dall'osservatore come la coppia non ordinata \(\{ i, j \}\)

Esempio 35

Torniamo al lancio di due dadi bilanciati, ma immaginiamoli questa volta indistinguibili. In questo modello, un esito elementare non è più una coppia ordinata \((i, j)\), ma una coppia non ordinata \(\{i, j\}\) con \(1 \leq i \leq j \leq 6\). Lo spazio degli esiti è quindi

\[\Omega = \{ \{i, j\} \mid 1 \leq i \leq j \leq 6 \} \enspace,\]

e contiene \(21\) esiti elementari: \(d_{6, 2} / p_2 = 15\) corrispondono ai casi in cui i lanci hanno esiti diversi, e sei a quelli in cui sono invece uguali. Questi esiti, però, non sono equiprobabili. Infatti, se \(i < j\), l'esito \(\{i, j\}\) si può realizzare in due modi distinti: \(i\) in un dado e \(j\) nell'altro, o viceversa. Ognuno di questi eventi elementari avrà pertanto probabilità \(2/36\). Quando invece \(i = j\), esiste una sola configurazione dei dadi che equivale all'evento elementare corrispondente, che avrà probabilità \(1/36\). In generale, \(\{\{i, j\}\}\) ha dunque probabilità

\[\mathbb P(\{\{i, j\}\}) = \begin{cases} \frac{2}{36} = \frac{1}{18} & \text{se } i < j, \\ \frac{1}{36} & \text{se } i = j. \end{cases}\]

Per esempio, l'evento \(E = \{ \{1, 6\}, \{2, 5\}, \{3, 4\} \}\) che corrisponde a ottenere una somma dei due risultati pari a \(7\), ha probabilità

\[\mathbb P(E) = \frac{2}{36} + \frac{2}{36} + \frac{2}{36} = \frac{1}{6} \enspace,\]

mentre il rapporto \(\frac{|E|}{|\Omega|} = \frac{3}{21} = \frac{1}{7}\) sarebbe errato. Questo esempio fa vedere bene il punto: in uno spazio finito contare gli esiti basta solo nel caso equiprobabile; negli altri casi bisogna pesare gli esiti, non solo contarli.

Vero o falso?

Analizzate ciascuna delle seguenti affermazioni, che riguardano gli spazi degli esiti finiti, e dite se è vera o falsa, motivando il vostro ragionamento. Cliccate su di essa per visualizzare la risposta corretta.

In uno spazio equiprobabile con \(n\) esiti, ogni evento elementare ha probabilità \(\frac{1}{n}\).

Vera. È l’enunciato del Teorema 11: poiché tutti gli \(n\) eventi elementari hanno la stessa probabilità \(p\) e la loro unione è \(\Omega\), il secondo assioma di Kolmogorov impone \(np = 1\), da cui \(p = \frac{1}{n}\).

In qualsiasi spazio degli esiti finito, la probabilità di un evento \(E\) vale \(\frac{|E|}{|\Omega|}\).

Falsa. La formula \(\mathbb P(E) = \frac{|E|}{|\Omega|}\) del Teorema 12 vale soltanto negli spazi equiprobabili. In uno spazio finito non equiprobabile, non basta contare il numero di esiti favorevoli, bensì pesarli con le rispettive probabilità.

In uno spazio degli esiti finito, la funzione di probabilità è completamente determinata dalle probabilità degli eventi elementari.

Vera. Per il Teorema 10, basta assegnare un valore \(p_i = \mathbb P(\{\omega_i\}) \geq 0\) a ciascun evento elementare, con \(\sum_i p_i = 1\), per ricavare la probabilità di qualsiasi evento \(E\): basta sommare le \(p_i\) relative agli esiti contenuti in \(E\).

Se le probabilità degli eventi elementari di uno spazio a tre esiti valgono \(0.5\), \(0.3\) e \(0.1\), esse definiscono una funzione di probabilità.

Falsa. Per il Teorema 10, le probabilità degli eventi elementari devono sommare a \(1\). In questo caso \(0.5 + 0.3 + 0.1 = 0.9 \neq 1\), quindi la seconda condizione del teorema non è soddisfatta e la funzione considerata non è una funzione di probabilità.

Qualunque spazio degli esiti finito ammette una sola funzione di probabilità.

Falsa. Su uno stesso spazio \(\Omega\) finito si possono costruire infinite funzioni di probabilità diverse, a seconda di come si distribuisce il valore \(1\) tra gli eventi elementari. Per esempio, su \(\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) sia la distribuzione uniforme \(p_i = \frac{1}{6}\) sia la distribuzione \(p_1 = \frac{1}{2},\, p_2 = \frac{1}{4},\, p_3 = \cdots = p_6 = \frac{1}{16}\) soddisfano gli assiomi di Kolmogorov.

In uno spazio non equiprobabile, due eventi con lo stesso numero di esiti favorevoli hanno necessariamente la stessa probabilità.

Falsa. Quando uno spazio degli esiti finito è non equiprobabile, la probabilità di un evento dipende dalle probabilità associate agli esiti che lo compongono, non dalla loro numerosità. L'affermazione sarebbe vera se lo spazio in questione fosse equiprobabile, perché in questo caso la probabilità dipende solo dalle cardinalità dell'evento e dello spazio degli esiti.

18.3.3. Esercizi

Esercizio 120 (•)

Nell’Esempio 33, il numero di esiti in \(\Omega\) si può calcolare anche facendo riferimento a uno dei concetti introdotti nel Capitolo 16. Qual è questo concetto e come lo si applica a questo esempio?

Solution to Esercizio 120 (•)

Lo spazio degli esiti del lancio di due dadi distinguibili può essere visto come l’insieme delle disposizioni con ripetizione di \(6\) simboli in \(2\) posti. Infatti, per ciascuno dei due dadi si può scegliere liberamente uno qualunque dei \(6\) risultati possibili, e lo stesso valore può comparire su entrambi.

Il numero totale di esiti è quindi

\[d_{6, 2} = 6^2 = 36 \enspace.\]

Questo coincide con il conteggio ottenuto applicando il principio fondamentale del calcolo combinatorio: sei possibilità per il dado rosso e, indipendentemente da queste, sei per il dado blu.

Esercizio 121 (•)

Nick Fury osserva una teca con nove schede, tutte ugualmente probabili da estrarre: Iron Man, Thor, Hulk, Black Widow, Wolverine, Storm (tutti personaggi Marvel), Batman, Superman (personaggi DC) e Invincible (Image Comics, quindi né Marvel né DC).

1. Qual è la probabilità di estrarre la scheda di Thor?

2. Qual è la probabilità di estrarre una scheda Marvel?

3. Qual è la probabilità di non estrarre una scheda DC?

Solution to Esercizio 121 (•)

Lo spazio degli esiti ha nove elementi e il corrispondente spazio di probabilità è equiprobabile, quindi possiamo usare la regola classica.

1. La scheda di Thor corrisponde a un solo esito favorevole, dunque \(\mathbb P(\{ \text{Thor} \}) = 1/9\).

2. Le schede Marvel sono sei, quindi \(\mathbb P(\text{Marvel}) = 6/9 = 2/3\).

3. Le schede non DC sono sette, perché oltre alle \(6\) Marvel c’è anche Invincible. Dunque \(\mathbb P(\text{non DC}) = 7/9\).

Esercizio 122 (••)

Facendo riferimento allo spazio di probabilità dell’Esempio 33, calcolate la probabilità dei seguenti eventi. Se volete, rappresentateli anche con un diagramma di Venn sull'universo \([1..6]^2\):

1. \(A =\) «il risultato del lancio del dado blu è uguale a \(3\)»;

2. \(B =\) «il risultato del lancio del dado blu è minore di \(3\)»;

3. \(C =\) «la somma dei risultati dei due lanci è uguale a \(9\)»;

4. \(D =\) «la somma dei risultati dei due lanci è maggiore di \(9\)»;

5. \(E =\) «la somma dei risultati dei due lanci è minore o uguale a \(9\)»;

6. \(F =\) «la differenza in valore assoluto dei risultati dei due lanci è uguale a \(1\)».

Solution to Esercizio 122 (••)

Poiché ci troviamo nello spazio equiprobabile dell’Esempio 33, ogni evento elementare ha probabilità \(1/36\).

1. Se il risultato per il dado blu è \(3\), gli esiti favorevoli sono \((i, 3)\) per \(i \in [1..6]\), dunque sono sei, e \(\mathbb P(A) = 6/36 = 1/6\).

2. Se il risultato per il dado blu è minore di \(3\), allora può valere solo \(1\) oppure \(2\), dunque ci sono due possibilità, a fronte delle sei per il dado rosso. Gli esiti favorevoli sono quindi \(2 \cdot 6 = 12\), da cui \(\mathbb P(B) = 12/36 = 1/3\).

3. La somma è uguale a nove negli esiti \((3, 6)\), \((4, 5)\), \((5, 4)\) e \((6, 3)\), che sono quattro. Quindi \(\mathbb P(C) = 4/36 = 1/9\).

4. La somma è maggiore di nove se vale \(10\), \(11\) oppure \(12\). Gli esiti favorevoli per i tre valori della somma sono rispettivamente \(3\), \(2\) e \(1\), per un totale di \(6\). Dunque \(\mathbb P(D) = 6/36 = 1/6\).

5. Siccome \(E = \overline D\), avremo \(\mathbb P(E) = 1 - \mathbb P(D) = 1 - 1/6 = 5/6\).

6. La condizione \(|R - B| = 1\) si verifica negli esiti \((i, i+1)\), per \(i \in [1..5]\), così come in \((i-1, i)\), per \(i \in [2..6]\). In entrambi i casi, si tratta di cinque esiti, per un totale di dieci configurazioni favorevoli. Pertanto \(\mathbb P(F) = 10/36 = 5/18\).

Esercizio 123 (•)

In un archivio della S.H.I.E.L.D. ci sono dodici dossier, tutti ugualmente probabili da estrarre: cinque riguardano gli Avengers, quattro gli X-Men e tre la Justice League. Calcolate la probabilità degli eventi che seguono.

1. \(A=\) «Si estrae un dossier che riguarda un gruppo Marvel».

2. \(B=\) «Si estrae un dossier che non riguarda gli X-Men».

Quale proprietà dello spazio di probabilità giustifica il calcolo usato?

Solution to Esercizio 123 (•)

L’insieme dei dodici dossier è uno spazio degli esiti sul quale è stato costruito uno spazio equiprobabile di probabilità, quindi possiamo usare la regola classica (18.8).

1. I dossier che riguardano gruppi Marvel sono quelli sugli Avengers e quelli sugli X-Men, che sono in tutto nove. Quindi \(\mathbb P(A) = 9/12 = 3/4\).

2. I dossier che non riguardano gli X-Men sono otto, dunque \(\mathbb P(B) = 8/12 = 2/3\).

In entrambi i casi, il calcolo è giustificato proprio dal fatto che gli esiti sono equiprobabili.

Esercizio 124 (•)

Per ciascuno dei seguenti esperimenti, stabilite se la formula classica \(\mathbb P(E) = |E| / |\Omega|\) si può applicare direttamente, motivando la vostra risposta.

1. Si estrae a caso una carta da un mazzo ben mescolato di \(20\) carte tutte diverse, ciascuna dedicata a un supereroe.

2. Si osserva l’anno di prima apparizione di un personaggio scelto uniformemente dal dataset dei supereroi.

3. Si sceglie uniformemente uno tra questi nove personaggi: Iron Man, Thor, Hulk, Black Widow, Wolverine, Storm, Batman, Superman e Invincible, e si osserva soltanto l’universo editoriale di appartenenza del personaggio estratto.

Solution to Esercizio 124 (•)

1. Sì. Se il mazzo è ben mescolato e ogni carta è equiprobabile, allora gli eventi elementari hanno tutti la stessa probabilità e la formula classica si può usare.

2. No. Anche se il personaggio è scelto uniformemente, gli anni di prima apparizione non sono in generale equiprobabili, come abbiamo visto nel 4.8.

3. No. Lo spazio degli esiti è finito, ma non equiprobabile. Infatti gli esiti possibili sono gli universi editoriali osservati, per esempio Marvel, DC e Image Comics, ma essi non hanno la stessa probabilità: nel campione proposto, Marvel compare per sei personaggi su nove, DC per due su nove e Image Comics per uno su nove. Quindi non si può applicare direttamente la formula classica sullo spazio degli esiti così costruito.

Esercizio 125 (••)

Nel modello dell’Esempio 35, calcolate la probabilità dei seguenti eventi:

1. \(D =\) «la differenza tra il risultato più grande e quello più piccolo è uguale a \(4\)»;

2. \(G =\) «il risultato più grande è minore o uguale di \(2\)».

Spiegate poi perché, pur avendo cardinalità diverse, questi due eventi hanno la stessa probabilità.

Solution to Esercizio 125 (••)

Nel modello con dadi indistinguibili, gli esiti \(\{i, j\}\) con \(i < j\) hanno probabilità \(2/36\), mentre quelli del tipo \(\{i, i\}\) hanno probabilità \(1/36\).

1. La descrizione estensiva dell'evento \(D\) è \(\{ \{1, 5\}, \{2, 6\} \}\), per cui

   \[\mathbb P(D) = 2 \times \frac{2}{36} = \frac{1}{9} \enspace.\]

2. Analogamente, \(G = \{ \{1, 1\}, \{1, 2\}, \{2, 2\} \}\), che comporta

   \[\mathbb P(G) = 2 \times \frac{1}{36} + \frac{2}{36} = \frac{1}{9} \enspace.\]

I due eventi hanno la stessa probabilità nonostante \(|D| \neq |G|\): nel primo evento ci sono due esiti, nel secondo tre. Ma tutti gli esiti di \(D\) hanno probabilità \(2/36\), mentre solo uno degli esiti in \(G\) ha questa probabilità: gli altri due hanno una probabilità dimezzata.

Esercizio 126 (••)

Pensate a un evento che abbia senso nello spazio di probabilità dell’Esempio 33, ma non in quello dell’Esempio 35. Descrivetelo esplicitamente e spiegate perché, una volta dimenticato l’ordine dei due risultati, non è più possibile rappresentarlo come evento del secondo modello.

Solution to Esercizio 126 (••)

Un esempio naturale è l’evento

\[A = \{ (i, 2i) \mid i \in [1..3] \} \enspace,\]

cioè «il risultato del dado rosso è la metà di quello del dado blu». Questo evento ha senso nel modello con dadi distinguibili, perché le due componenti della coppia ordinata indicano due dadi diversi.

Nel modello con dadi indistinguibili, invece, l’esito osservato è una coppia non ordinata \(\{i, j\}\), quindi l’informazione su quale numero appartenga al dado rosso e quale al dado blu viene perduta. Per esempio, gli esiti \((3, 6)\) e \((6, 3)\) diventano entrambi l’unico esito non ordinato \(\{3, 6\}\), ma solo il primo appartiene ad \(A\).

Di conseguenza, osservando \(\{3, 6\}\) non si può più decidere se l’evento si sia verificato oppure no. Per questo motivo \(A\) non può essere rappresentato nello spazio di probabilità che riguarda i dadi indistinguibili.

18.3.4. Concetti fondamentali

Pensate ai concetti fondamentali illustrati in questo paragrafo ed elencateli. Nella lista qui sotto sono già presenti gli stessi concetti, ma nascosti. Cliccate sul pulsante per mostrarli sotto forma di parole chiave, quindi confrontateli con la vostra lista. Provate infine a descrivere ciascun concetto con parole vostre.