Prima di calcolare, prova a indovinare. Poi apri la soluzione e cerca quale dettaglio rende sbagliata la prima intuizione. Nei modelli seguenti dadi e monete sono equilibrati e le prove ripetute sono indipendenti, salvo diversa indicazione.
P(A) indica la probabilità dell’evento A; P(A | B) significa «probabilità di A sapendo B». Il complemento è l’evento contrario: P(non A) = 1 − P(A). Il valore atteso è una media teorica su molte ripetizioni, non una promessa sul singolo esperimento.
Dieci sfide
Monty Hall: conviene cambiare porta?
Tre porte nascondono un premio e due capre. Il premio è equiprobabile dietro ogni porta. Scegli una porta. Il presentatore sa dove si trova il premio, apre sempre un’altra porta con una capra e offre sempre il cambio; se può aprirne due, sceglie a caso. Conviene cambiare?
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Sì: cambiando vinci con probabilità 2/3; restando, 1/3. La scelta iniziale è giusta in un caso su tre: in quel caso il cambio perde. Negli altri due casi scegli inizialmente una capra e il presentatore è costretto a lasciare chiusa la porta del premio: il cambio vince.
Non sono due porte equivalenti: quella eliminata è stata scelta usando un’informazione. Se il presentatore apre a caso senza conoscere il premio, è un altro esperimento.
Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
Compleanni: bastano 23 persone?
In un gruppo di 23 persone, qual è la probabilità che almeno due festeggino il compleanno lo stesso giorno? Supponiamo compleanni indipendenti, distribuiti uniformemente su 365 giorni, senza 29 febbraio.
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Calcoliamo il contrario: tutti diversi. La seconda persona deve evitare un giorno, la terza due e così via.
P(almeno una coincidenza) = 1 − (365/365)(364/365)…(343/365) ≈ 0,5073 = 50,73%Il confronto riguarda qualsiasi coppia: ci sono
23 · 22 / 2 = 253coppie. Non possiamo però sommare semplicemente 253 probabilità, perché gli eventi si sovrappongono. La coincidenza con un compleanno prefissato è un problema diverso.Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
Le tre scatole di Bertrand
Tre scatole contengono rispettivamente due monete d’oro, due d’argento, una d’oro e una d’argento. Scegli una scatola uniformemente e poi una delle sue due monete uniformemente. La moneta estratta è d’oro. Qual è la probabilità che anche l’altra sia d’oro?
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2/3, non 1/2. Prima dell’osservazione ciascuna delle sei monete fisiche ha probabilità 1/6 di essere estratta. Delle tre monete d’oro possibili, due provengono dalla scatola con due ori e una dalla scatola mista. Dopo aver visto oro, questi tre casi restano equiprobabili.
Non basta contare due scatole possibili: la scatola con due ori ha il doppio delle possibilità di produrre l’osservazione.
Due figli: almeno uno è maschio
Nel modello semplificato ogni figlio è maschio o femmina con probabilità 1/2, indipendentemente dall’altro. Selezioniamo uniformemente una famiglia tra tutte quelle con esattamente due figli e almeno un maschio. Qual è la probabilità che siano entrambi maschi?
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1/3. In ordine di nascita, MM, MF, FM e FF erano equiprobabili. Il criterio di selezione esclude solo FF; rimangono tre casi, uno solo favorevole.
Se invece sappiamo che il figlio maggiore è maschio, restano MM e MF: la risposta è 1/2. Anche incontrare un figlio scelto casualmente è un protocollo diverso. La frase «ho un figlio maschio» da sola non specifica come abbiamo ottenuto l’informazione.
De Méré: due scommesse apparentemente equivalenti
È più probabile ottenere almeno un 6 in quattro lanci di un dado, oppure almeno un doppio 6 in ventiquattro lanci di due dadi? Tutti i dadi sono a sei facce.
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Usiamo la probabilità di non riuscire mai:
P₁ = 1 − (5/6)⁴ ≈ 51,77% P₂ = 1 − (35/36)²⁴ ≈ 49,14%La prima supera il 50%, la seconda no. Eppure il numero atteso di successi è lo stesso:
4/6 = 24/36 = 2/3. Il numero medio di successi non è la probabilità di ottenerne almeno uno: alcune prove possono contenerne diversi.Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
Il guardaroba: nessuno ritrova il proprio cappello
Dieci persone consegnano dieci cappelli distinti. Vengono restituiti secondo una permutazione scelta uniformemente tra tutte le 10! possibili. Qual è la probabilità che nessuno riceva il proprio?
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Circa 36,79%. Non è
(9/10)¹⁰: le assegnazioni non sono indipendenti, perché ogni cappello può essere consegnato una sola volta.Con il principio di inclusione-esclusione si ottiene:
P(nessun cappello corretto) = 1 − 1/1! + 1/2! − 1/3! + … + 1/10! = 1334961/3628800 ≈ 0,367879Qui n! è il prodotto degli interi da 1 a n e 0! = 1. Per n persone la somma si ferma a 1/n!, con segni alternati; aumentando n tende a
1/e ≈ 0,367879, non a zero.Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
Due teste o testa-croce: stessa attesa?
Lancia una moneta finché compare per la prima volta TT (testa-testa). In un esperimento separato aspetta TC (testa-croce). Contiamo tutti i lanci dall’inizio, incluso quello finale. Le attese medie sono uguali, visto che ciascuna coppia prefissata ha probabilità 1/4?
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No: TT richiede in media 6 lanci, TC soltanto 4. Per TT, sia E l’attesa iniziale e F quella dopo una testa:
E = 1 + E/2 + F/2 F = 1 + E/2 ⇒ E = 6Dopo una testa, croce fa ripartire da zero. Per TC, dopo una testa un’altra testa lascia invece una testa utile:
E = 1 + E/2 + F/2 F = 1 + F/2 ⇒ F = 2, E = 4Il termine 1 conta il prossimo lancio; quando completiamo la sequenza l’attesa residua è zero. Le finestre consecutive di due lanci si sovrappongono: non sono tentativi indipendenti.
Simpson: migliore in ogni gruppo, peggiore nel totale
Due metodi A e B affrontano compiti facili e difficili. I dati inventati indicano successi su tentativi:
Compiti A B Facili 81/90 = 90% 10/10 = 100% Difficili 2/10 = 20% 27/90 = 30% B ha un tasso superiore in entrambi i gruppi. Può A avere un tasso totale superiore?
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Sì: A totalizza 83/100 = 83%, B 37/100 = 37%. Non facciamo la media semplice delle percentuali: sommiamo successi e tentativi.
A ha affrontato soprattutto compiti facili, B soprattutto difficili. Cambiano i pesi dei gruppi, quindi la graduatoria può invertirsi. Questi tassi descrittivi non bastano a stabilire quale metodo causi risultati migliori: servono informazioni sull’assegnazione dei compiti.
Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
La rovina del giocatore: un gioco equo basta?
Parti con 10 gettoni; il tuo avversario ne ha 90. A ogni lancio indipendente di una moneta equa, uno trasferisce un gettone all’altro. Vi fermate quando uno possiede tutti i 100 gettoni. Hai il 50% di probabilità di vincere tutto?
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No: hai il 10% di vincere tutto e il 90% di perdere i tuoi gettoni. Sia u(i) la probabilità di raggiungere 100 prima di 0 partendo da i:
u(0) = 0, u(100) = 1 u(i) = [u(i − 1) + u(i + 1)]/2 ⇒ u(i) = i/100 ⇒ u(10) = 0,10La relazione dice che le differenze successive sono uguali: la soluzione è una retta. Il singolo lancio è equo, ma i capitali iniziali non sono simmetrici. Il capitale finale medio resta 10:
0,10 · 100 + 0,90 · 0 = 10. Non è un consiglio di gioco.Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
L’ago di Buffon: trovare π lanciando un ago
Su un piano sono tracciate rette parallele a distanza d. Un ago di lunghezza ℓ ≤ d cade con orientazione uniforme e con centro distribuito uniformemente rispetto alle righe, indipendentemente dall’angolo. Se ℓ = d, qual è la probabilità di toccare o attraversare una riga?
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2/π ≈ 63,66%, non 50%. Sia x la distanza del centro dalla riga più vicina: è uniforme tra 0 e d/2. Sia θ l’angolo acuto con le righe, uniforme tra 0 e π/2. L’ago incontra una riga se
x ≤ (ℓ/2) sin θ.P = (2/π) ∫₀^(π/2) (ℓ/d) sin θ dθ = 2ℓ/(πd)Con N lanci indipendenti e K incontri si può stimare
π ≈ 2ℓN/(dK), purché K > 0. È una stima casuale, non un’identità esatta: pochi lanci o orientazioni non uniformi possono dare risultati scadenti. È un ponte con i metodi Monte Carlo.Riferimenti per approfondire: Wolfram MathWorld.
Il filo comune è il modello: conta come scegliamo, quale informazione riceviamo e quando ci fermiamo. Le simulazioni possono verificare i calcoli, ma devono riprodurre proprio queste regole.