Soluzioni - Calcolo delle Probabilità Paolo Baldi, Università di Roma Tor Vergata Mc Graw-Hill 2011 PDF

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Calcolo delle ProbabilitàPaolo Baldi, Università di Roma Tor VergataMcGraw-Hill 2011Prima parte: soluzioni pag. 3Seconda parte: risultati degli esercizi proposti pag. 105Paolo Baldi Calcolo delle Probabilità McGraw-Hill 20114 Parte 1: soluzioniIn altre parole la probabilità condizionale datoAvale 0 ...

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Calcolo delle Probabilità Paolo Baldi, Università di Roma Tor Vergata

McGraw-Hill 2011 Prima parte: soluzioni pag. 3 Seconda parte: risultati degli esercizi proposti pag. 105

Paolo Baldi Calcolo delle Probabilità McGraw-Hill 2011

1 Soluzioni

1.1 Due modi possibili: possiamo innanzitutto considerare tutti i numeri di telefono come equiprobabili. Essi sono dunque 9 · 107 (9 possibilità per la prima cifra, 10 per le altre 7). Tra di essi quelli che non contengono lo 0 sono 9 · 97 (9 possibilità per ognuna delle 8 cifre). La probabilità che un numero scelto a caso non contenga lo 0 è dunque  9 7 9 · 97 = = 0.48 . 7 10 9 · 10 Alternativamente, indichiamo con Ai , i = 2, . . . , 8 l’evento ‘‘la i-esima cifra del numero da chiamare è diversa da 0’’. La probabilità richiesta è quella dell’intersezione degli eventi 9 , i = 2, . . . , 8, poiché è ragionevole supporre che tutte le Ai , i = 2, . . . , 8. Ora P(Ai ) = 10 cifre abbiano la stessa probabilità di apparire allo i-esimo posto. E se supponiamo che i valori delle diverse cifre che appaiono in un numero siano indipendenti ritroviamo ancora  9 7 P(A2 ∩ . . . ∩ A8 ) = P(A2 ) . . . P(A8 ) = . 10 1.2 a) L’insieme dei possibili risultati è costituito da tutti i numeri da 000000 a 999999 (che sono 1 milione). Possiamo scegliere questo insieme come . Naturalmente su  considereremo la distribuzione uniforme di probabilità, poiché non c’è motivo di supporre che alcuni numeri siano più probabili di altri. Poiché  ha cardinalità 1 milione, la probabilità che il biglietto di Ole Kamp vinca è 10−6 . b) L’evento A è costituito da tutti i numeri le cui prime 4 cifre sono 0096, che sono 100. #A = 10−4 . Se ω ∈ A allora P({ω} ∩ A) = P({ω}) = 10−6 e quindi Dunque P(A) = # P({ω}) 1 . Se invece ω 6∈ A allora l’evento {ω} ∩ A è vuoto e P({ω}|A) = P(A) = 10−2 = #A P({ω}|A) = 0. In conclusione la probabilità che un numero ω sia estratto è ora  1 P({ω} ∩ A) se ω ∈ A = #A P({ω}|A) = 0 se ω 6∈ A . P(A) Paolo Baldi Calcolo delle Probabilità McGraw-Hill 2011

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Parte 1: soluzioni

In altre parole la probabilità condizionale dato A vale 0 se il numero ω non si trova in A, mentre tutti i numeri che si trovano in A sono equiprobabili. La probabilità del biglietto di Ole Kamp 1 1 . Se invece A fosse l’evento costituito dai numeri che iniziano con 00967, la è ora #A , cioè 100 1 ) per tutti i biglietti ω le cui cifre iniziano con probabilità P( |A) varrebbe 101 (cioè sempre #A 00967 e 0 per gli altri. 1.3 Risolveremo il problema con due modelli diversi. 1) Primo modello. Supponiamo di numerare le palline nell’urna e di indicarle B1 , B2 , B3 , B4 , N1 , N2 , N3 . Consideriamo come spazio  l’insieme di tutte le coppie del tipo ω = (ω1 , ω2 ), dove ω1 e ω2 possono prendere i valori B1 , B2 , B3 , B4 , N1 , N2 oppure N3 ; ovvero  = {B1 , B2 , B3 , B4 , N1 , N2 , N3 }2 . Poiché siamo in una situazione di estrazioni con rimpiazzo è naturale supporre che tutti gli elementi di  siano equiprobabili. In questo caso sappiamo che per calcolare la probabilità #A . In di un evento A basta contare quanti elementi esso contiene, perché poi si ha P(A) = # particolare ogni ω ∈  ha probabilità P({ω}) =

1 1 1 = 2 = · # 7 49

a) L’evento A di cui si richiede la probabilità è quello formato dalle coppie (ω1 , ω2 ) per le quali ω1 e ω2 sono entrambi B oppure entrambi N . In altre parole A = {B1 , B2 , B3 , B4 }2 ∪ {N1 , N2 , N3 }2 e dunque #A = 42 + 32 = 25 e

25 · 49 b) Ora si tratta di calcolare la probabilità dell’evento D delle coppie (ω1 , ω2 ) dove uno almeno tra ω1 e ω2 è diverso da B1 , B2 , B3 , B4 . Dunque il complementare di D è l’evento P(A) =

Dc = {B1 , B2 , B3 , B4 }2 16 = e poiché # Dc = 16 allora P(D) = 1 − P(Dc ) = 1 − 49 2) Secondo modello. Consideriamo gli eventi

33 49 .

Z1 = una pallina bianca viene estratta alla prima estrazione

Z2 = una pallina bianca viene estratta alla seconda estrazione

W1 = una pallina nera viene estratta alla prima estrazione

W2 = una pallina nera viene estratta alla seconda estrazione . Senza preoccuparci per ora di definirlo esplicitamente, è chiaro che, in uno spazio (, !, P) adeguato a descrivere questa situazione, gli eventi Z1 e Z2 devono risultare indipendenti e così

Esercizio 1.4

5

pure W1 e W2 (poiché le palline vengono rimesse nell’urna i risultati di estrazioni successive devono essere indipendenti). Inoltre dovrà essere 4 7 3 P(W1 ) = P(W2 ) = 7 P(Z1 ) = P(Z2 ) =

poiché in ogni singola estrazione è ragionevole considerare la distribuzione uniforme di probabilità. a) L’evento ‘‘vengono estratte due palline dello stesso colore’’ non è altro che (Z1 ∩ Z2 ) ∪ (W1 ∩ W2 ). Poiché i due eventi Z1 ∩ Z2 e W1 ∩ W2 sono disgiunti (se si estraggono palline bianche non se ne possono estrarre di nere) e per le relazioni d’indipendenza che abbiamo già segnalato, deve essere P((Z1 ∩ Z2 ) ∪ (W1 ∩ W2 )) = P(Z1 ∩ Z2 ) + P(W1 ∩ W2 ) =  4 2  3 2 25 · = + = P(Z1 )P(Z2 ) + P(W1 )P(W2 ) = 49 7 7

b) L’evento ‘‘una almeno delle palline estratte è nera’’ con la formulazione appena introdotta non è altro che W1 ∪ W2 . Usando la formula della probabilità della unione di eventi (osservare che W1 e W2 non sono disgiunti) abbiamo 3 3  3 2 33 P(W1 ∪ W2 ) = P(W1 ) + P(W2 ) − P(W1 ∩ W2 ) = + − = · 7 7 7 49 • Questo esercizio mostra che, in generale, lo spazio di probabilità adatto a descrivere un problema non è unico (pur portando allo stesso risultato). Inoltre qui vediamo l’uso dei due principali strumenti elementari nella costruzione dello spazio di probabilità, cioè l’equiprobabilità e l’indipendenza. Da segnalare l’idea di calcolare la probabilità di un evento spezzandolo nella unione di eventi la cui probabilità è facile da calcolare e l’uso della formula, (1.8), della probabilità della riunione di due eventi non disgiunti. 1.4 Anche questo esercizio può essere risolto in (almeno) due modi, uno usando la formula delle probabilità totali (1.12), l’altro costruendo esplicitamente lo spazio di probabilità e usando i metodi del calcolo combinatorio (cioè contando la cardinalità degli eventi). Come abbiamo già visto negli esempi il metodo della partizione dell’evento certo consiste nel cercare degli eventi A1 , . . . , Am disgiunti, tali che la loro unione abbia probabilità 1 e tali che il calcolo delle probabilità condizionali P(C |Ai ) sia facile. In questo caso una buona scelta è costituita dagli eventi Ai =‘‘la prima pallina estratta è la numero i’’, i = 1, . . . , 6. È chiaro che gli eventi A1 , . . . , A6 costituiscono una partizione dell’evento certo (sono disgiunti e la loro unione esaurisce tutte le possibilità). Inoltre P(Ai ) = 61 per ogni i = 1, . . . , 6. Se indichiamo con C l’evento ‘‘le due estrazioni danno luogo a due numeri consecutivi’’, allora si ha P(C |A2 ) =

2 · 5

6

Parte 1: soluzioni

Infatti dopo la prima estrazione (della pallina con il numero 2) nell’urna sono rimaste 5 palline e l’evento C si verifica se vengono estratte le palline numero 1 oppure 3, con probabilità5 ,2 appunto. Per lo stesso motivo si ha anche P(C |A3 ) = P(C |A4 ) = P(C |A5 ) =

2 · 5

Se invece la prima pallina estratta è la numero 1, nell’urna restano sempre 5 palline, ma ora l’evento C si verifica solo se la seconda estratta è la numero 2, con probabilità51. Lo stesso vale se la prima pallina estratta è la numero 6, perché anche in questo caso si ha lo stesso ‘‘effetto di bordo’’. Dunque 1 P(C |A1 ) = P(C |A6 ) = · 5 Possiamo ora applicare la formula (1.12): P(C) = P(C |A1 )P(A1 ) + . . . + P(C |A6 )P(A6 ) =

1 1 2 1 2· +4· = · 5 6 5 3

Secondo modo: se poniamo E = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, l’estrazione delle due palline dall’urna equivale alla scelta a caso di un sottoinsieme di due elementi dell’insieme E. L’insieme dei possibili risultati dell’esperimento casuale è dunque =‘‘insieme di tutti i sottoinsiemi di due elementi di E ’’.  Sappiamo dalle formule del calcolo combinatorio (Proposizione 1.24) che # = 26 = 15. L’evento C corrisponde in questo modello al sottoinsieme di  dei sottoinsiemi di E formati da due elementi consecutivi. Poiché la cardinalità di  è piccola possiamo semplicemente passare in rivista tutti i possibili sottoinsiemi di due elementi e trovare che C è formato dai sottoinsiemi {1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {5, 6}. Dunque la cardinalità di C è uguale a 5 e P(C) = 155 = 31 . Osserviamo che gli elementi di  sono sottoinsiemi di cardinalità 2 e non coppie ordinate. Sarebbe stato comunque possibile anche scegliere come spazio  l’insieme delle coppie ordinate di elementi di E (cioè le disposizioni di elementi di E a due a due). La cardinalità di  sarebbe però ora pari a 4!6! = 30 ed il calcolo della cardinalità dell’evento corrispondente a C diventa solo un po’ più complicato. 1.5 a) Indichiamo con ω1 , ω2 le posizioni dei due amici nella coda. L’insieme {ω1 , ω2 } è un sottoinsieme di {1, . . . , n} di cardinalità 2. Possiamo dunque considerare come modello di questo problema l’insieme  deisottoinsiemi di cardinalità 2 di {1, . . . , n} con la probabilità  uniforme. La cardinalità di  è 2n = n(n2−1) (Proposizione 1.24) e l’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità corrisponde al sottoinsieme A ⊂  formato dagli {ω1 , ω2 } tali che |ω1 − ω2 | = k + 1. Osserviamo che gli elementi di  sono sottoinsiemi e non coppie ordinate, cioè {1, 2} e {2, 1} rappresentano lo stesso elemento di . Per rappresentare un elemento di  in maniera univoca indicheremo un sottoinsieme con la coppia (ω1 , ω2 ) dove ω1 è il numero più piccolo, (cioè ω1 < ω2 ). Per calcolare la probabilità di A è abbastanza naturale usare la formula delle probabilità totali (1.12) usando la partizione A1 , . . . , An , dove Ai = {ω1 = i} (cioè Ai

Esercizio 1.6

7

corrisponde all’evento ‘‘quello dei due amici che nella coda ha il numero più basso si trova allo i-esimo posto’’). È facile vedere che n (i, i + k + 1) se i + k + 1 ≤ n A ∩ Ai = ∅ altrimenti ovvero A ∩ Ai contiene un solo elemento se i + k + 1 ≤ n ed è vuoto altrimenti. Quindi ( 1 P(A ∩ Ai ) = # se i ≤ n − k − 1 0 altrimenti

e dunque P(A) = P(A ∩ A1 ) + . . . + P(A ∩ An ) =

n−k −1 2(n − k − 1) = · # n(n − 1)

b) Scegliere due palline dall’urna senza rimpiazzo equivale a scegliere un sottoinsieme di cardinalità 2 dall’insieme {1, . . . , n}. Sceglieremo dunque  costituito dai sottoinsiemi di cardinalità 2 di {1, . . . , n} e l’evento di cui vogliamo calcolare la probabilità corrisponde al sottoinsieme A ⊂  formato dai sottoinsiemi {ω1 , ω2 } tali che |ω1 − ω2 | = k. Il problema dunque, anche se la sua formulazione è diversa, si riconduce esattamente allo stesso modello del punto a) (solamente con k al posto di k + 1). Dunque la probabilità richiesta vale 2(n − k) n−k = · # n(n − 1) • In particolare scegliendo k = 1 otteniamo che la probabilità di estrarre dall’urna due numeri consecutivi è 2(n − 1) 2 = · n n(n − 1) Ciò fornisce una nuova soluzione all’esercizio precedente (dove si aveva n = 6).

1.6 Se indichiamo con A e B gli eventi corrispondenti rispettivamente alla presenza del primo e del secondo difetto, allora P(A) = 0.03, P(B) = 0.07 ed inoltre gli eventi A e B devono risultare indipendenti. a) La probabilità che entrambi i difetti siano presenti è P(A ∩ B) = P(A)P(B) = 0.03 · 0.07 = 0.0021 . b) La probabilità che uno almeno dei difetti sia presente è P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B) = 0.03 + 0.07 − 0.0021 = 0.0979 . c) La probabilità che un pezzo abbia il primo difetto sapendo che è difettoso è P(A|A ∪ B) =

P(A ∩ (A ∪ B)) P(A) 0.03 = 0.306 = 30.6% = = 0.0979 P(A ∪ B) P(A ∪ B)

8

Parte 1: soluzioni

(infatti A ⊂ A ∪ B e quindi A ∩ (A ∪ B) = A). d) La probabilità che vi sia uno solo dei difetti sapendo che il pezzo è difettoso è uguale a 1 meno la probabilità che entrambi i difetti siano presenti (sempre sapendo che il pezzo è difettoso). Dunque, poiché A ∩ B ⊂ A ∪ B, la probabilità richiesta è 1 − P(A ∩ B |A ∪ B) = 1 −

P(A ∩ B) 0.0021 =1− = 0.978 = 97.8 .% P(A ∪ B) 0.0979

1.7 Indichiamo con A1 l’evento ‘‘viene scelta la carta 1’’ (quella con i due lati neri) e con A2 l’evento ‘‘viene scelta la carta 2’’. Con B invece indichiamo l’evento ‘‘viene scelto un lato nero’’. È chiaro che P(A1 ) = P(A2 ) = 21, poiché non vi è motivo di supporre che le due carte non siano equiprobabili. Inoltre P(B |A1 ) = 1, P(B |A2 ) = 21, poiché se viene scelta la carta 2, allora vi sono due lati possibili, uno bianco e l’altro nero, entrambi con probabilità 21. Anche il secondo lato è nero se si è scelta la carta 1. Dunque la probabilità richiesta non è altro che P(A1 |B) e basta dunque applicare la formula di Bayes: P(A1 |B) =

P(B |A1 )P(A1 ) · P(B)

Resta ora solo da calcolare P(B). Ma con il metodo della partizione dell’evento certo, dato che A1 , A2 è una partizione, P(B) = P(B ∩ A1 ) + P(B ∩ A2 ) = P(B |A1 )P(A1 ) + P(B |A2 )P(A2 ) =

1 1 3 + = · 2 4 4

Dunque P(A1 |B) = 32. 1.8 a) Indichiamo con Ai , i = 1, 2, 3 l’evento ‘‘lo i-esimo lancio ha dato 6’’; è chiaro che P(A1 ) = P(A2 ) = P(A3 ) = 61 . Ci viene richiesto di calcolare P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ). Gli eventi A1 , A2 , A3 non sono però disgiunti (ad esempio A1 ∩ A2 non è altro che l’evento ‘‘i primi due lanci danno entrambi 6’’) e dunque la probabilità della unione non è uguale alla somma delle probabilità. Possiamo però sfruttare il fatto che gli eventi A1 , A2 , A3 sono indipendenti come pure i loro complementari e usare la formula   P(A1 ∪ A2 ∪ A3 ) = 1 − P (A1 ∪ A2 ∪ A3 )c = 1 − P(A1c ∩ Ac2 ∩ A3c ) =  5 3 = 1 − P(A1c)P(Ac2 )P(A3c ) = 1 − = 0.42 6

(abbiamo usato le formule di De Morgan, vedi in fondo a pag. 3 del libro). b) Ripetendo questo ragionamento si vede che la probabilità che in n lanci si ottenga 6 almeno una volta è 1 − ( 56 )n . Perché questa quantità sia più grande di 0.9 occorrerà che sia 1−

 5 n 6

> 0.9

Esercizio 1.10

9

Cioè, svolgendo la disuguaglianza, 0.1 > (65)n , ovvero, prendendo i logaritmi e dividendo per log 65 , n > log(0.1) log 65 e cioè n > 12.62 . Attenzione: quando si divide per log 65 occorre invertire il verso della disuguaglianza, perché si tratta di una quantità negativa. Dunque deve essere n ≥ 13. • Da segnalare l’uso della formula P(A) = 1 − P(Ac ). Talvolta il calcolo della probabilità di Ac è più facile del calcolo diretto della probabilità di A.

1.9 Con la distribuzione ipergeometrica si trova che, se i voti si ripartissero a caso tra i commissari, essi si distribuirebbero come è avvenuto con probabilità 53 5 0 8  5

=

1 = 1.78 .% 56

Il giudice può probabilmente decidere che l’evento verificatosi è effettivamente troppo improbabile per essere il frutto del caso. Se invece i 5 voti fossero stati dati da 4 donne e un uomo, la probabilità sarebbe stata 53 15 4 1 = 26.78% 8  = 56 5 che è un valore abbastanza alto perché l’evento possa non essere giudicato improbabile.

1.10 a) Possiamo considerare le 52 carte del mazzo divise in due gruppi, uno composto dai 4 assi e l’altro dalle altre 48 carte. La probabilità di ottenere esattamente k assi, per k = 1, 2, 3, 4, non è altro che la probabilità di ottenere k elementi dal primo gruppo in una estrazione di 5 elementi senza rimpiazzo. La distribuzione ipergeometrica dà

pk :=

48  5−k 52 5

4 k

=

4! 48! 5! 47! · k! (4 − k)! (43 + k)! (5 − k)! 52!

Se indichiamo l’evento ‘‘si ricevono (esattamente) k assi’’ con Ak , l’evento ‘‘si ricevono almeno 2 assi’’ non è altro che la riunione A2 ∪ A3 ∪ A4 . Poiché gli eventi Ak al variare di k = 1, 2, 3, 4 sono disgiunti, la probabilità richiesta p è allora uguale a P(A2 )+P(A3 )+P(A4 ) = p2 +p3 +p4 . Non ci resta che calcolare queste tre quantità, il che si fa con una calcolatrice dopo avere

10

Parte 1: soluzioni

semplificato al massimo i coefficienti binomiali e i fattoriali che ne risultano: 448  4! 48! 5! 47! 5! 47 · 46 = p2 = 2523 = = 0.04 2! 2! 45! 3! 52! 52 · 51 · 50 · 49 5 448  4! 48! 5! 47! 2 · 5! 47 = p3 = 3522 = = 0.0017 3! 46! 2! 52! 52 · 51 · 50 · 49 5 448  5! 48! 5! 47! = p4 = 4521 = = 1.847 · 10−5 47! 52! 52 · 51 · 50 · 49 5

e dunque p = p2 + p3 + p4 = 0.042. Da notare che p4 = 1.847 · 10−5 è la probabilità di ricevere poker d’assi servito. b) Cominciamo col fissare un colore, quadri ad esempio. La probabilità di ricevere cinque carte di quadri (cioè colore servito a quadri) si calcola considerando le carte del mazzo ancora suddivise in due gruppi: le 13 carte di quadri e le altre 39. Le formule della distribuzione ipergeometrica dicono che la probabilità di ricevere 5 carte del primo gruppo e 0 dal secondo è 1339 13 · 12 · 11 · 10 · 9 11 · 3 13! 5! 47! 5 = = = 4.95 · 10−4 · 52 0 = 5! 8! 52! 52 · 51 · 50 · 49 · 48 17 · 5 · 49 · 16 5

Se indichiamo con A♦ l’evento ‘‘si riceve colore a quadri servito’’ e con A♥ , A♣ , A♠ , gli analoghi eventi per gli altri semi, allora ognuno di questi ha probabilità 4.95 · 10−4 , grazie al calcolo appena fatto. Inoltre la probabilità richiesta non è altro che la probabilità della unione A♦ ∪ A♥ ∪ A♣ ∪ A♠ . Poiché si tratta di eventi disgiunti, la probabilità di ricevere colore servito è 4 · 4.95 · 10 −4 = 0.00198 = 0.198%. c) Abbiamo già calcolato in a) la probabilità di ricevere un poker servito di assi. Naturalmente questa è la stessa che la probabilità di ricevere un poker servito di un altro numero. Poiché i numeri (comprese le figure) sono 13 e poiché gli eventi ‘‘si riceve poker servito di assi’’, ‘‘. . . di 2’’, ‘‘. . . di 3’’ etc. sono tra di loro disgiunti, la probabilità di ricevere un poker servito è uguale a 13 · 1.847 · 10 −5 = 2.4 · 10−4 . • La risoluzione di questo esercizio usa, in modo ripetitivo, solo due idee: il fatto che gli eventi considerati si possono ricondurre a un modello di prove ripetute senza rimpiazzo (che permette di servirsi delle formule della distribuzione ipergeometrica) e il metodo della partizione dell’evento certo: in ognuno dei punti a), b) e c) abbiamo suddiviso l’evento che ci interessava in sottoinsiemi disgiunti, per ciascuno dei quali era facile calcolare la probabilità. 1.11 È facile calcolare la probabilità che le due palline numero 1 vengano estratte insieme: basta considerare le 93 palline presenti nell’urna come suddivise in due gruppi, il primo formato dalle due palline n◦ 1 ed il secondo dalle 91 rimanenti. Si tratta di calcolare la probabilità di estrarre 2 palline dal primo gruppo e 3 dal secondo in cinque estrazioni senza rimpiazzo. La probabilità richiesta si può calcolare con le formule della distribuzione ipergeometrica e vale 291  p = 2933 = 2.34 × 10−3 . 5

Esercizio 1.11

11

Se ora indichiamo con Ai , i = 1, 2, 3, l’evento ‘‘le due palline numero i vengono estratte entrambe’’ è chiaro che i tre eventi hanno la stessa probabilità e dunque P(A1 ) = P(A2 ) = P(A3 ) = p. Inoltre la probabilità richiesta non è altro che la probabilità della riunione degli eventi A1 , A2 , A3 . Questi non sono però disgiunti, poiché, ad esempio, la cinquina (1, 1, 2, 2, 37) si trova sia in A1 che in A2 (ovvero è possibile che simultaneamente vengano estratte le due palline n◦ 1 e le due n◦ 2). Possiamo però ricorrere alla formula della probabilità della unione di tre eventi non disgiunti (formula (1.9) a pag. 8 del libro). Chiaramente l’evento A1 ∩ A2 ∩ A3 ha probabilità 0 (non è possibile estrarre insieme le due palline 1, le due 2 e le due 3, visto che ne vengono estratte 5 in totale). Il problema è quindi risolto se sappiamo calcolare P(A1 ∩ A2 ) (le probabilità delle altre intersezioni è la stessa per simmetria). Ancora usando la distribuzione ipergeometrica (probabilità di estrarre 4 elementi dal gruppo {1, 1, 2, 2} ed 1 dal gruppo formato dalle altre 89 palline) si ha P(A1 ∩ A2 ) = q = per cui in definitiva la pro...