“
La probabilità è il grado di certezza, e differisce dalla certezza assoluta come la parte dal tutto.”
— Jakob Bernoulli, Ars Conjectandi (1713)
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Nel capitolo precedente (66) abbiamo costruito il linguaggio per parlare di fenomeni aleatori: spazio campionario \(\Omega \), eventi, operazioni tra eventi. Ma a un evento non abbiamo ancora associato nessun numero: sapevamo solo dire “si verifica” o “non si verifica”.
Adesso facciamo il passo decisivo: associamo a ogni evento \(E\) un numero \(P(E)\), la sua probabilità, che misura quanto è “ragionevole attendersi” il verificarsi di \(E\).
L’idea è antica e intuitiva: se in un’urna ci sono \(7\) palline rosse su \(10\) totali, e tutte le palline sono uguali (tranne il colore), allora la probabilità di estrarre una rossa “è” \(7/10\). Casi favorevoli divisi casi possibili. Questa è la definizione classica, formalizzata da Laplace nel Théorie analytique des probabilités (1812):
La definizione ha un’ipotesi cruciale, spesso non dichiarata: tutti gli esiti devono essere equiprobabili. È vero per un dado regolare, per una moneta non truccata, per un mazzo ben mescolato; non è vero per un dado truccato o per la distribuzione delle altezze in una popolazione. Quando l’ipotesi non vale, servono altre definizioni di probabilità (frequentista, soggettiva, assiomatica): ma la definizione classica resta il modello di base, semplice e potente, per moltissimi problemi reali.
In questo capitolo: enunciamo la definizione di Laplace, ne deduciamo le proprietà fondamentali (\(0\leq P(E)\leq 1\), additività per eventi incompatibili, \(P(\bar A) = 1 - P(A)\)), e applichiamo il tutto a numerosi esempi concreti — monete, dadi, carte, urne. Nei capitoli successivi rilasceremo l’ipotesi di equiprobabilità (probabilità condizionata 123, eventi indipendenti 124) ed estenderemo il calcolo a situazioni più complesse.
Definizione 67.1 — Probabilità classica, Laplace
Attenzione! — L’ipotesi di equiprobabilità
La formula vale solo se tutti gli esiti elementari sono ugualmente possibili. È vero per:
È falso in moltissime situazioni reali — distribuzione delle altezze, esiti di partite di calcio, tempo di vita di componenti elettronici. In quei casi la definizione classica non si applica e servono altri strumenti (123, 155).
Verifica sempre che l’ipotesi sia ragionevole prima di applicare la formula.
Esempio 67.1 — Lancio di un dado
\(\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}\), \(|\Omega |=6\). Le sei facce di un dado regolare sono equiprobabili.
Teorema 67.1 — Proprietà fondamentali della probabilità classica
Dimostrazione. (1) Poiché \(\varnothing \subseteq E \subseteq \Omega \), si ha \(0 \leq |E| \leq |\Omega |\); dividendo per \(|\Omega |\) si ottiene \(0\leq P(E) \leq 1\).
(2) \(|\varnothing |=0\), quindi \(P(\varnothing ) = 0/|\Omega | = 0\).
(3) \(|\Omega |/|\Omega | = 1\).
(4) Se \(A\subseteq B\) allora \(|A| \leq |B|\) e dividendo per \(|\Omega |\) segue \(P(A)\leq P(B)\).
Nota — Probabilità come percentuale, frazione o numero decimale
La probabilità è un numero adimensionale tra \(0\) e \(1\). Si esprime indifferentemente come:
La forma frazionaria è spesso la più “esatta” e va preferita nei calcoli; la percentuale è la più comunicativa.
Per applicare la definizione classica servono due conteggi: \(|E|\) (casi favorevoli) e \(|\Omega |\) (casi possibili). In casi semplici l’enumerazione è diretta. Vediamo gli esempi-archetipo.
\(\Omega = \{T, C\}\), \(|\Omega |=2\). \(P(T) = P(C) = 1/2\).
\(\Omega = \{TT, TC, CT, CC\}\), \(|\Omega |=4\). Tutti i \(4\) esiti sono equiprobabili (le due monete sono indipendenti, ognuna ha \(T\) e \(C\) equiprobabili).
Attenzione! — Errore classico
È sbagliato dire che gli esiti del lancio di due monete sono “zero teste”, “una testa”, “due teste” equiprobabili (sarebbero tre esiti con probabilità \(1/3\) ciascuno). Lo spazio campionario equiprobabile è \(\{TT, TC, CT, CC\}\) — distinguendo prima e seconda moneta. L’esito “una testa” include sia \(TC\) sia \(CT\), quindi vale \(2/4\), non \(1/3\).
\(\Omega = \{(i, j) : i, j \in \{1, \ldots , 6\}\}\), \(|\Omega | = 36\). Le \(36\) coppie ordinate sono equiprobabili.
Urna con \(10\) palline: \(4\) rosse, \(3\) bianche, \(3\) verdi. \(|\Omega |=10\).
Mazzo da \(40\) (italiano): \(|\Omega | = 40\), quattro semi (coppe, denari, spade, bastoni) e dieci valori (\(1,\ldots ,7\) più tre figure: fante, cavallo, re).
Nota — Quando il conteggio diventa complesso
Per spazi campionari grandi (estrazione di \(5\) carte da un mazzo di \(52\): \(\Omega \) ha \(\binom {52}{5} = 2\,598\,960\) esiti) il conteggio diretto è impraticabile, e servono le tecniche di calcolo combinatorio (84). La filosofia di Laplace resta la stessa: \(|E|/|\Omega |\).
Teorema 67.2 — Additività per eventi incompatibili
Dimostrazione. Se \(A\cap B = \varnothing \), allora gli esiti di \(A\) e quelli di \(B\) sono distinti, quindi \(|A\cup B| = |A| + |B|\). Dividendo per \(|\Omega |\):
La generalizzazione a \(n\) eventi segue per induzione su \(n\) (163).
Esempio 67.2 — Somma \(7\) o \(11\)
Nel lancio di due dadi, \(P(\text {somma }7) = 6/36\), \(P(\text {somma }11) = 2/36\) (esiti \((5,6), (6,5)\)). Gli eventi sono incompatibili (la somma non può essere \(7\) e \(11\) contemporaneamente), quindi
Esempio 67.3 — Carta di coppe o di denari
Mazzo di \(40\) carte: \(P(\text {coppe}) = 1/4\), \(P(\text {denari}) = 1/4\). Sono incompatibili (una carta ha un solo seme), quindi
Attenzione! — L’incompatibilità è essenziale
La formula \(P(A\cup B) = P(A)+P(B)\) vale solo per eventi incompatibili. Se \(A\) e \(B\) possono verificarsi insieme, allora occorre sottrarre l’intersezione (formula di inclusione-esclusione):
Verrà ripresa più avanti, ma è bene ricordare il caso generale.
Esempio: “re o coppe” nel mazzo da \(40\). \(P(\text {re}) = 4/40\), \(P(\text {coppe}) = 10/40\), ma \(A\cap B = \{\text {re di coppe}\}\), \(P(A\cap B)=1/40\). Quindi \(P(A\cup B) = 4/40 + 10/40 - 1/40 = 13/40\), non \(14/40\).
Teorema 67.3 — Probabilità del contrario
Dimostrazione. \(A\) e \(\bar A\) sono incompatibili e \(A\cup \bar A = \Omega \). Applicando l’additività e \(P(\Omega ) = 1\):
Nota — Quando passare al contrario semplifica i conti
Spesso l’evento “almeno uno...” è più scomodo da contare dell’evento “nessuno...”. In quei casi, conviene calcolare \(P(\bar A) = P(\text {nessuno}) \) e poi \(P(A) = 1 - P(\bar A)\).
Esempio. Lancio \(3\) monete: probabilità di “almeno una testa”?
Per via diretta: “almeno una T” ha \(7\) esiti su \(8\) (tutti tranne \(CCC\)). \(P = 7/8\).
Per via del contrario: \(\bar A\) = “nessuna testa” = \(\{CCC\}\), \(P(\bar A) = 1/8\), quindi \(P(A) = 1 - 1/8 = 7/8\). \(\checkmark\)
Per \(10\) monete, “almeno una T” richiederebbe di contare a mano \(2^{10}-1 = 1023\) esiti favorevoli; il contrario è banale: \(P(\bar A) = 1/1024\), quindi \(P(A) = 1023/1024\).
Esempio 67.4 — Dadi: somma minore di \(5\)
Probabilità che la somma di due dadi sia minore di \(5\)?
Soluzione. Casi favorevoli: somma \(2\) (\(1\) esito), somma \(3\) (\(2\) esiti: \((1,2),(2,1)\)), somma \(4\) (\(3\) esiti: \((1,3),(2,2),(3,1)\)). Totale \(1+2+3=6\) esiti.
\(P = 6/36 = 1/6\).
Esempio 67.5 — Carta: né re né coppe
Probabilità che, estraendo una carta da un mazzo di \(40\), essa non sia né re né di coppe.
Soluzione 1 (diretta). Carte “né re né coppe”: escludiamo i \(4\) re (di cui uno di coppe) e le \(10\) carte di coppe (di cui uno è il re, già contato). Carte da escludere: \(4 + 10 - 1 = 13\). Restano \(40 - 13 = 27\) carte favorevoli.
\(P = 27/40\).
Soluzione 2 (con il contrario). Sia \(A\) = “re o coppe”. Per inclusione-esclusione: \(P(A) = 4/40 + 10/40 - 1/40 = 13/40\). Quindi \(P(\bar A) = 1 - 13/40 = 27/40\). \(\checkmark\)
Esempio 67.6 — Urna con palline
Urna con \(5\) palline bianche, \(3\) rosse, \(2\) nere. Estraiamo una pallina. Probabilità che sia bianca o nera?
Soluzione. Eventi incompatibili (una pallina ha un solo colore). Quindi \(P(\text {bianca o nera}) = P(\text {bianca}) + P(\text {nera}) = 5/10 + 2/10 = 7/10 = 70\,{\% }\).
(Equivalente: \(P(\text {non rossa}) = 1 - 3/10 = 7/10\).)
Esempio 67.7 — Tre lanci di moneta
Tre lanci consecutivi di una moneta. Probabilità di ottenere almeno una croce?
Soluzione (via contrario). \(\bar A\) = “nessuna croce” = “tutte teste” = \(\{TTT\}\). \(|\Omega |=2^3 = 8\). \(P(\bar A) = 1/8\).
\(P(A) = 1 - 1/8 = 7/8 = 87.5\,{\% }\).
Esempio 67.8 — Compleanni nello stesso mese
\(3\) persone sono nate in mesi qualsiasi dell’anno (con probabilità uniforme su \(12\) mesi). Probabilità che siano nate tutte e tre nello stesso mese?
Soluzione. \(|\Omega | = 12^3 = 1728\) (tre persone, ciascuna in \(12\) mesi). Casi favorevoli: \(12\) (tutti gennaio, oppure tutti febbraio, ..., oppure tutti dicembre).
\(P = 12/1728 = 1/144 \approx 0.69\,{\% }\).
Esempio 67.9 — Lotto: ambo su una ruota
Si estraggono \(5\) numeri (senza ripetizione) da \(\{1, 2, \ldots , 90\}\) (estrazione del Lotto su una ruota). Probabilità che due numeri fissati in anticipo (ambo) escano entrambi?
Soluzione. Casi possibili: combinazioni di \(90\) a \(5\), \(|\Omega | = \binom {90}{5}\).
Casi favorevoli: fissati i due numeri “buoni”, restano \(\binom {88}{3}\) modi di scegliere gli altri \(3\).
(È uno scenario di calcolo combinatorio — verrà ripreso in 86. La probabilità è circa \(1\) su \(400\).)
Esempio 67.10 — Calcio: somma di numeri di maglia
In una squadra di \(11\) giocatori con maglie numerate da \(1\) a \(11\), si scelgono a caso \(2\) giocatori. Probabilità che la somma dei loro numeri sia \(\geq 18\)?
Soluzione. Casi possibili: \(\binom {11}{2}=55\) coppie.
Casi favorevoli (somme \(\geq 18\)): elenchiamo. Massima somma \(10+11=21\). Coppie con somma \(\geq 18\):
\(P = 6/55 \approx 10.9\,{\% }\).
Esercizio 67.1
Riepilogo
Definizione classica (Laplace): per uno spazio campionario \(\Omega \) finito con esiti equiprobabili,
Proprietà fondamentali:
Additività per incompatibili: se \(A\cap B = \varnothing \),
Generalizza a \(n\) eventi a due a due incompatibili.
Caso generale (inclusione-esclusione):
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