CENNI DI PROBABILITÀ DISCRETA

ANDREA SCAPELLATO

In queste note illustriamo alcuni elementi di probabilità discreta. Si sottolinea che non si ha alcuna pretesa di completez-

za: quanto qui riportato rappresenta unicamente un indice degli argomenti trattati a lezione. Per la realizzazione di queste

note si è fatto riferimento principalmente a [1], dove è possibile reperire molti dettagli e risultati interessanti. Per ulteriori

approfondimenti e curiosità si può fare riferimento (anche) agli altri testi indicati nei Riferimenti Bibliografici.

1. Definizione di probabilità

Con la dicitura esperimento aleatorio indicheremo un’osservazione relativa ad un qualun-que fenomeno (fisico, economico, sociale, ...) il cui esito non sia determinabile con certezza apriori. Il nostro obiettivo è di fornire una descrizione matematica di un esperimento aleatorio,definendo un modello probabilistico. Il primo passo consiste nell’identificare un insieme Ω, det-to spazio campionario, che contiene tutti gli esiti possibili dell’esperimento. Ad esempio, peril lancio di un dado ordinario a sei facce, lo spazio campionario naturale è Ω = 1, 2, 3, 4, 5, 6.Il secondo elemento di un modello probabilistico è costituito dagli eventi, intesi informal-mente come affermazioni sull’esito di un esperimento aleatorio. Matematicamente, gli eventisono descritti da opportuni sottoinsiemi dello spazio campionario Ω: ogni affermazione èidentificata con il sottoinsieme di Ω costituito da tutti e soli gli esiti dell’esperimento percui l’affermazione si verifica. Sempre nel caso del lancio di un dado ordinario a sei facce,A = “Esce un numero pari” = 2, 4, 6, è un evento. Quando non c’è alcun esito che verifical’affermazione, l’evento è detto impossibile ed è identificato con l’insieme vuoto ∅. Di contro,un’affermazione che è vera qualunque sia l’esito dell’esperimento corrisponde all’evento certo,dato dall’intero insieme Ω.Si noti che le operazioni logiche di congiunzione, disgiunzione e negazione di affermazionicorrispondono all’intersezione, unione e complementare di insiemi:

“si verifica sia A che B” −→ A ∩B,“si verifica almeno uno tra A e B” −→ A ∪B,

“non si verifica A” −→ Ac.

Il terzo e ultimo ingrediente di un modello probabilistico, il più importante, è l’assegnazione diun “grado di fiducia”, o probabilità, agli eventi di un esperimento aleatorio. Matematicamente,una probabilità viene descritta da una applicazione P che a ogni evento A ⊆ Ω assegna unnumero P (A) ∈ [0, 1]. Talvolta la probabilità di un evento viene espressa come percentuale,scrivendo 50% invece di 1

2 , 10% invece di 0.1, e così via.Che significato concreto dare al “grado di fiducia” P (A)? Se l’esperimento aleatorio può

essere ripetuto un numero elevato N 1 di volte in condizioni “analoghe e indipendenti”, èpossibile (almeno in linea di principio) contare il numero di volte SN (A) ∈ 0, ..., N in cuil’evento A si verifica. In questo caso è naturale interpretare P (A) come la frazione di volte incui l’evento A si verifica, ossia P (A) ≈ SN (A)

N (idealmente P (A) = limN→+∞SN (A)

N ). Questaè la celebre interpretazione frequentista della probabilità. Sottolineiamo tuttavia che non sitratta di una definizione operativa: innanzitutto, non tutti gli esperimenti aleatori possonoessere ripetuti in condizioni “analoghe e indipendenti”. Inoltre, anche quando è possibile farlo,niente garantisce a priori che il rapporto SN (A)

N converga verso un limite e, se anche ciò av-venisse, non è chiaro quanto N debba essere grande perché l’approssimazione P (A) ≈ SN (A)

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sia buona. Tuttavia, pur con le dovute cautele, suggeriamo di tenere sempre a mente l’inter-pretazione frequentista per dare contenuto intuitivo ai risultati che incontreremo.Senza addentrarci in questioni tecniche, segnaliamo che nonostante la scelta del modello pro-babilistico per un esperimento aleatorio può dipendere da considerazioni extra-matematiche,una volta scelto il modello, il suo studio è un problema genuinamente matematico.

Poniamo la seguente fondamentale definizione:

Definizione 1.1 (Assiomi della probabilità). Sia Ω un insieme (non vuoto) finito o numera-bile e sia P(Ω) la famiglia di tutti i sottoinsiemi di Ω.Una funzione P : P(Ω)→ [0, 1] si dice probabilità se valgono le seguenti proprietà:(P1) P (Ω) = 1,(P2) (σ-additività). Per ogni successione (An)n∈N di sottoinsiemi di Ω disgiunti (ossia

Ai ∩Aj = ∅ per i 6= j) si ha

P

(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P (An).

La coppia (Ω, P ) è detta spazio di probabilità discreto. L’insieme Ω è detto spaziocampionario e i suoi sottoinsiemi sono chiamati eventi.

L’interpretazione di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ) è la seguente: l’insieme Ωcontiene tutti i possibili esiti di un esperimento aleatorio e, per ogni sottoinsieme A ⊆ Ω, ilnumero P (A) ∈ [0, 1] esprime il “grado di fiducia” che si attribuisce all’eventualità che l’esitodell’esperimento sia un elemento di A. La proprietà (P1) esprime il fatto che l’intero spaziocampionario è un evento certo.

Dalla Definizione 1.1, si deduce facilmente la proposizione seguente:

Proposizione 1.2. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto. Allora:(a) P (∅) = 0,(b) (Additività finita). Se A1, ..., Ak è una famiglia finita di eventi disgiunti (ossia Ai ∩

Aj = ∅ per i 6= j), allora

P

(k⋃

n=1

An

)=

k∑n=1

P (An). (1)

Dimostrazione. Dimostriamo separatamente le due affermazioni.(a) Sia x := P (∅) ∈ [0, 1] e i definisca An = ∅ per ogni n ∈ N. Chiaramente (An)n∈N

è una successione di sottoinsiemi disgiunti di Ω. Allora, per l’Assioma (P2) e per ilfatto che

⋃+∞n=1An = ∅, si ha

x = P (∅) = P

(+∞⋃n=1

An

)=

+∞∑n=1

P (An) =

+∞∑n=1

x.

Tale identità è possibile se e solo se x = 0 (perché∑+∞

n=1 x = +∞ se x > 0).(b) Prolunghiamo la famiglia di eventi disgiunti A1, A2, ..., Ak ad una successione infinita

di eventi disgiunti, ponendo An := ∅ per ogni n ≥ k + 1. Allora⋃k

j=1Aj =⋃+∞

j=1 Aj .Per l’Assioma (P2) e per quanto provato in (a), si ha:

P (A1 ∪A2 ∪ ... ∪Ak) = P

+∞⋃j=1

Aj

=

+∞∑j=1

P (Aj) =

k∑j=1

P (Aj),

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che è quanto volevamo dimostrare.

Per la Proposizione 1.2, l’insieme vuoto è l’evento impossibile.

Osservazione 1.3. Se k = 2 la (1) diventa

P (A ∪B) = P (A) + P (B), ∀A,B ⊂ Ω, A ∩B = ∅.

Esempio 1.4 (Probabilità uniforme). Sia Ω un insieme finito non vuoto. Definiamo per ogniA ⊆ Ω

P (A) :=|A||Ω|

,

dove | · | indica il numero di elementi di un insieme. Quindi P (A) è, per definizione, il rap-porto tra il numero di casi favorevoli al verificarsi dell’evento A ed il numero di casi possibili.Si può provare che P soddisfa (P1) e (P2) della Definizione 1.1, quindi P è una probabilità,detta uniforme su Ω.Lo spazio (Ω, P ) è detto spazio di probabilità uniforme. Esso è il modello probabilisticoadeguato a descrivere gli esperimenti aleatori in cui tutti gli esiti si possono ritenere equipro-babili (per esempio, per ragioni di simmetria). Casi tipici: lancio di un dado o di una monetaregolari, estrazione di un numero in una ruota del lotto, ... .

Esponiamo adesso alcune conseguenze fondamentali degli assiomi (P1) e (P2) che percomodità riuniamo in un’unica proposizione.

Proposizione 1.5. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità discreto.(i) Per ogni A,B ⊆ Ω tali che A ⊆ B, si ha

P (B \A) = P (B)− P (A),

di conseguenzaP (A) ≤ P (B).

In particolare, per ogni A ⊆ Ω, denotato con Ac il complementare dell’insieme A inΩ (ossia l’evento contrario di A), si ha

P (Ac) = 1− P (A).

(ii) Per ogni A,B ⊆ Ω, si ha

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B),

di conseguenzaP (A ∪B) ≤ P (A) + P (B).

Dimostrazione. Dimostriamo separatamente le due affermazioni.(i) Se A ⊆ B si può scrivere B = A ∪ (B \ A) e tale unione è disgiunta. Quindi, per

l’additività di P ,

P (B) = P (A ∪ (B \A)) = P (A) + P (B \A),

ossia P (B \ A) = P (B) − P (A). Dato che la probabilità di qualsiasi evento è unnumero non negativo, segue P (A) ≤ P (B).

(ii) Per ogni scelta di A,B ⊆ Ω si ha B \A = B \ (A ∩B). Dato che (A ∩B) ⊆ B, per ilpunto precedente P (B\A) = P (B)−P (A∩B). Infine, notando che A∪B = A∪(B\A)e tale unione è disgiunta, per l’additività di P si ottiene

P (A ∪B) = P (A) + P (B \A) = P (A) + P (B)− P (A ∩B),

e la dimostrazione è conclusa.

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2. Probabilità condizionata

Consideriamo un evento A di un esperimento aleatorio, che abbia probabilità P (A). Seveniamo a conoscenza del fatto che un altro evento B si è verificato, come è sensato aggior-nare il valore di P (A) per tenere conto di questa informazione? La risposta è la probabilitàcondizionata P (A|B) di A sapendo B, che definiremo tra un momento.Per motivare e “indovinare” la definizione, consideriamo per un istante all’interpretazione fre-quentista. Supponiamo di poter ripetere N 1 volte l’esperimento aleatorio in condizioni“analoghe e indipendenti”. Se SN (A) è il numero di volte in cui l’evento A si verifica, si haP (A) ≈ SN (A)

N . Per tenere conto dell’informazione aggiuntiva che l’evento B si è verificato, ènaturale limitarsi a considerare le volte in cui l’esperimento ha dato esito in B, che sono innumero SN (B), e contare in quante di queste volte anche A si è verificato, ossia SN (A∩B).Definendo la probabilità condizionale P (A|B) come il rapporto di tali numeri, per N grandesi ottiene

P (A|B) ≈ SN (A ∩B)

SN (B)=

SN (A∩B)N

SN (B)N

≈ P (A ∩B)

P (B).

Queste considerazioni euristiche motivano la seguente definizione.

Definizione 2.1 (Probabilità condizionata). Siano A e B due eventi di uno spazio di pro-babilità discreto (Ω, P ), con P (B) > 0. Si dice probabilità condizionata di A dato B (osapendo B, o rispetto a B, o supposto B) la quantità

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B).

Si può provare la seguente proposizione:

Proposizione 2.2. Sia B un evento fissato di uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), conP (B) > 0. La funzione P (·|B), ossia

P(Ω) → [0, 1]

A 7−→ P (A|B),

è una probabilità su Ω.

Sottolineiamo che, fissato un evento A, la funzione B 7→ P (A|B) non è una probabilità (adesempio, non è nemmeno definita per B = ∅).

La probabilità condizionata permette di esprimere in modo ricorsivo la probabilità dell’in-tersezione di n eventi:

Proposizione 2.3 (Regola della catena). Per n ∈ N, n ≥ 2 siano A1, ..., An eventi tali cheP (A1 ∩ ... ∩An−1) > 0. Allora

P

(n⋂

i=1

Ai

)= P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1 ∩A2)...P (An|A1 ∩ ... ∩An−1)

= P (A1)

n∏i=2

P (Ai|A1 ∩ ... ∩Ai−1).

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La dimostrazione della regola della catena è una facile applicazione del principio di indu-zione ed è lasciata al lettore per esercizio.

La seguente proposizione è di fondamentale importanza nelle applicazioni:Proposizione 2.4 (Formula di disintegrazione e delle probabilità totali). Sia (Ω, P ) unospazio di probabilità discreto e sia (Bi)i∈I una partizione finita o numerabile di Ω, ossia|I| ≤ |N|, Bi ∩Bj = ∅ per ogni i 6= j e

⋃i∈I Bi = Ω.

Per ogni evento A vale la formula di disintegrazione:

P (A) =∑i∈I

P (A ∩Bi).

Se inoltre P (Bi) > 0 per ogni i ∈ I, vale la formula delle probabilità totali:

P (A) =∑i∈I

P (A|Bi)P (Bi).

In particolare, per ogni coppia di eventi A, B, con 0 < P (B) < 1, si ha

P (A) = P (A|B)P (B) + P (A|Bc)P (Bc) = P (A|B)P (B) + P (A|Bc)(1− P (B)).

Dimostrazione. Per ipotesi Ω =⋃

i∈I Bi, pertanto

A = A ∩ Ω = A ∩

(⋃i∈I

Bi

)=⋃i∈I

(A ∩Bi).

Dato che gli eventi (Bi)i∈I sono disgiunti, anche gli eventi (A ∩ Bi)i∈I lo sono. Dato che|I| ≤ |N|, per la σ−additività di P si ha

P (A) =∑i∈I

P (A ∩Bi).

Infine, se P (Bi) > 0, possiamo scrivere P (A ∩ Bi) = P (A|Bi)P (Bi) per definizione diprobabilità condizionata.

Segnaliamo, infine, il seguente classico risultato:

Teorema 2.5 (Formula di Bayes). Se A e B sono eventi di uno spazio di probabilità discreto(Ω, P ), con P (A) > 0 e P (B) > 0, allora vale la formula di Bayes:

P (B|A) =P (A|B)P (B)

P (A). (2)

Dimostrazione. La formula di Bayes (2) è equivalente a

P (B|A)P (A) = P (A|B)P (B),

che è vera in quanto, per definizione di probabilità condizionata, entrambi i membri sonouguali a P (A ∩B).

Osservazione 2.6. Le ipotesi P (A) > 0 e P (B) > 0 garantiscono che le probabilità condizio-nate P (A|B) e P (B|A) sono definite.

Osservazione 2.7. Nell’ipotesi che 0 < P (B) < 1, usando la formula delle probabilità totali,la formula di Bayes può essere scritta nella forma

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P (B|A) =P (A|B)P (B)

P (A|B)P (B) + P (A|Bc)P (Bc). (3)

Analogamente, se (Bi)i∈I è una famiglia di eventi finita o numerabile verificante le ipotesidella Proposizione 2.4, per ogni i ∈ I si ha

P (Bi|A) =P (A|Bi)P (Bi)

P (A)=

P (A|Bi)P (Bi)∑j∈I P (A|Bj)P (Bj)

. (4)

Le versioni (3) e (4) della formula di Bayes sono quelle che più spesso capita di usare negliesercizi.

3. Indipendenza stocastica

Abbiamo visto che la probabilità condizionata P (A|B) rappresenta la probabilità di verifi-carsi dell’evento A sotto la condizione del verificarsi dell’evento B.

Tuttavia, potrebbe succedere che il verificarsi dell’evento B non modifichi la probabilità delverificarsi dell’evento A, ossia

P (A|B) = P (A). (5)

Usando la definizione di probabilità condizionata si vede subito che la relazione (5) equivale a

P (A ∩B) = P (A)P (B). (6)

L’identità (6), rispetto alla (5), presenta due vantaggi: innanzitutto è simmetrica in A e B e,inoltre, è definita e banalmente vera anche quando P (B) = 0.

Per tutte queste ragioni, la (6) viene scelta per caratterizzare la nozione di indipendenzastocastica.

Definizione 3.1 (Indipendenza stocastica di due eventi). Due eventi A e B di uno spazio diprobabilità discreto (Ω, P ) si dicono stocasticamente indipendenti se

P (A ∩B) = P (A)P (B).

Benché sia ovvio dalla definizione, sottolineiamo che due eventi indipendenti non sonodisgiunti, escludendo il caso banale in cui uno dei due eventi abbia probabilità zero. Infatti,se P (A) > 0 e P (B) > 0, segue che P (A ∩B) = P (A)P (B) > 0 e dunque A ∩B 6= ∅.

Per completezza, definiamo l’indipendenza stocastica di più di due eventi, segnalando chetale definizione non è proprio l’immediata generalizzazione della Definizione 3.1.

Definizione 3.2 (Indipendenza stocastica di eventi). Sia (Ai)i∈I una famiglia di eventi inuno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), dove l’insieme di indici I è arbitrario. Si dice chetali eventi sono stocasticamente indipendenti se per ogni sottoinsieme finito J ⊆ I (con|J | ≥ 2) si ha

P

⋂j∈J

Aj

=∏j∈J

P (Aj). (7)

Per l’indipendenza di n eventi A1, ..., An non basta dunque verificare che

P (A1 ∩ ... ∩An) = P (A1) · ... · P (An),

ma occorre mostrare che questa proprietà di fattorizzazione vale anche per ogni sottofamiglia,come richiesto dalla relazione (7).

Il lettore interessato può reperire ulteriori dettagli in [1].

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4. Affidabilità di un sistema

In questa sezione esamineremo un’applicazione notevole e interessante del concetto di indi-pendenza di eventi, che ha a che fare con vari tipi di problemi applicativi: ci occuperemo delconcetto di affidabilità.Consideriamo un’apparecchiatura, semplice o complessa (ad esempio: un microchip o uncomputer). Vogliamo tradurre quantitativamente l’idea che esso funzioni o meno in modosoddisfacente.Naturalmente, le stesse prestazioni possono essere giudicate soddisfacenti oppure no a secondadel tipo di impiego dell’apparecchio (si pensi a come viene utilizzato un computer in un ufficiocomunale o in un centro di ricerca avanzata); inoltre le prestazioni possono dipendere dallecondizioni in cui l’apparecchio è utilizzato (gli stessi pneumatici non si comportano allo stessomodo se usati su una strada ben asfaltata o sterrata); infine, non ci si potranno aspettare, ingenere, le stesse prestazioni da un apparecchio quasi nuovo e da uno già usato a lungo.

Definiremo quindi l’affidabilità di un apparecchio come la probabilità che esso dia pre-stazioni entro certi limiti specificati, almeno per un certo tempo specificato, se utilizzato incerte condizioni specificate.

Spesso parleremo di “probabilità che un apparecchio funzioni ”, ma occorre tenere presenteche questa espressione ha un senso solo in relazione alla discussione precedente.

Consideriamo un sistema costituito da più componenti (ad esempio, un’apparecchiaturaelettronica costituita da più microchips). Si può parlare di affidabilità delle singole compo-nenti e anche di affidabilità del sistema. L’affidabilità di componenti semplici si può di solitostimare sperimentalmente, con opportuni test: ad esempio, si misurerà il tempo medio dibuon funzionamento, per un campione casuale di componenti identici. Il problema che oraci poniamo è il seguente: è possibile calcolare l’affidabilità del sistema, note le affidabilitàdelle singole componenti? Poiché le affidabilità sono probabilità, le regole del calcolo delleprobabilità esposte nelle sezioni precedenti, sono utili in proposito.

Per vedere come questo sia possibile, occorre fare anzitutto qualche ipotesi su come ilfunzionamento del sistema dipenda dal funzionamento dei componenti. Supporremo sempreche i vari componenti siano tra loro indipendenti, ovvero, che le prestazioni di una qualunqueparte del sistema non influenzino l’affidabilità delle altre.

Precisamente:

Definizione 4.1 (Connessione in serie e in parallelo). Sia S un sistema costituito da ncomponenti Ai indipendenti, ovvero: gli n eventi “Il componente Ai funziona correttamente”formano una famiglia di eventi indipendenti. Si dice che i componenti sono connessi in seriese il sistema funziona se e solo se funzionano tutti i componenti; si dice che i componenti sonoconnessi in parallelo se il sistema funziona se e solo se funziona almeno un componente.

Presentiamo il seguente teorema fondamentale.

Proposizione 4.2 (Affidabilità di un sistema). Sia S un sistema costituito da n componenti,di affidabilità a1, a2, ..., an. Allora:

(1) Se i componenti sono connessi in serie, l’affidabilità del sistema è

a = a1 · a2 · ... · an;

(2) Se i componenti sono connessi in parallelo, l’affidabilità del sistema è

a = 1− (1− a1) · (1− a2) · ... · (1− an).

Dimostrazione. Dimostriamo separatamente le due affermazioni.

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(1) L’affidabilità di S è la probabilità che esso funzioni, quindi, per l’ipotesi di connessionein serie, è la probabilità che tutti i componenti funzionino. Per l’ipotesi di indipenden-za, tale probabilità è il prodotto delle probabilità di funzionamento dei componenti,ossia il prodotto delle affidabilità.

(2) Calcoliamo 1− a, ossia la probabilità che S non funzioni. Per l’ipotesi di connessionein parallelo, questa è uguale alla probabilità che tutti i componenti non funzionino;per l’indipendenza dei componenti, questa è il prodotto delle probabilità che ciascunonon funzioni, ovvero il prodotto

(1− a1) · (1− a2) · ... · (1− an).

Da ciò segue subito la tesi.

Osservazione 4.3. Nella dimostrazione del teorema precedente abbiamo usato implicitamenteil fatto che se gli eventi “Il componente Ai funziona” sono indipendenti, allora anche gli eventi“Il componente Ai non funziona” sono indipendenti. Il lettore verifichi tale fatto nel caso didue soli eventi (suggerimento: sfruttare una delle Leggi di De Morgan). Il lettore interessatoad una dimostrazione generale, la può reperire in [1] (Proposizioni 1.63 e 1.64).

Esempio 4.4. Vogliamo calcolare l’affidabilità del sistema schematizzato in figura, supponen-do che i componenti abbiano le seguenti affidabilità:

aA = 0.95, aB = 0.99, aC = 0.70, aD = 0.70, aE = 0.90.

Il sistema costituito dai due componenti C e D ha affidabilità

aC,D = 1− (1− 0.7)(1− 0.7) = 0.91.

Il sistema può vedersi come costituito da quattro componenti in serie: A, B, la coppia (C,D),E, e quindi ha affidabilità

a = 0.95 · 0.99 · 0.91 · 0.9 ≈ 0.77.

Si osservi che connettere più componenti in serie diminuisce l’affidabilità del sistema (ri-spetto a quella delle singole componenti); viceversa connettere più componenti in paralleloaumenta l’affidabilità del sistema, rispetto a quella delle singole componenti. II termine si-stema non indica necessariamente un apparecchio, ma può avere un significato molto ampio;conseguentemente la nozione di affidabilità è applicabile in vari contesti.

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5. Il paradosso dei compleanni

Vogliamo determinare la probabilità pn che, in un gruppo di n persone selezionate in modocasuale (nate tutte in un anno non bisestile, per semplicità), almeno due di esse compiano glianni lo stesso giorno. Ci chiediamo, poi, quanto deve essere grande n affinché pn > 1

2 .Numerati i giorni dell’anno e le n persone, lo spazio campionario naturale è dato dalledisposizioni con ripetizione di n elementi di classe 365, ossia

Ω = f : 1, ..., n → 1, ..., 365.

Sappiamo che |Ω| = 365n. L’evento di interesse è dato da A = f ∈ Ω : f non è iniettiva.Munendo lo spazio Ω della probabilità uniforme P , si ha dunque:

pn = P (A) = 1− P (Ac) = 1− |Ac||Ω|

,

dove, per quanto detto sopra,

|Ac| = |f ∈ Ω : f è iniettiva| = 365!

(365− n)!=

n−1∏i=0

(365− i).

Si ottiene dunque

pn ≥ 1−∏n−1

i=0 (365− i)365n

= 1−n−1∏i=0

365− i365

= 1−n−1∏i=0

(1− i

365

). (8)

Abbiamo ottenuto un’espressione esatta, anche se non del tutto “esplicita”.È interessante notare che l’espressione (8) può essere approssimata in modo efficace ed espli-cito: basta sfruttare la disuguaglianza 1 − x ≤ e−x, valida per ogni x ∈ R, e ricordando che∑n−1

k=0 n = (n−1)·n2 . Si ottiene dunque:

pn = 1−n−1∏i=0

e−i

365 = 1− exp

(−

n−1∑i=0

i

365

)= 1− exp

(−(n− 1)n

2 · 365

).

Alla luce di ciò, si ha che pn > 12 se e solo se

1− exp

(−(n− 1)n

2 · 365

)>

1

2⇔ −(n− 1)(n)

2 · 365< − ln 2 ⇔ n2 − n− 730 ln 2 > 0.

Da ciò segue che

n > n0 =1

2

(1 +√

1 + 4 · 730 ln 2)≈ 22.9,

dunque, non appena n ≥ 23, in gruppo di almeno 23 persone c’è una probabilità maggiore del50% che almeno due persone facciano il compleanno lo stesso giorno. Un risultato a primavista sorprendente. Per un gruppo di 50 persone, la probabilità è maggiore del 97%.Chi volesse una possibile giustificazione a questo paradosso, può consultare [1] (Esempio 3.56).

6. Il problema dei giochi d’azzardo

Un gioco d’azzardo è un gioco composto esclusivamente da mosse casuali, perciò la vincitadipende dal caso piuttosto che dalla bravura del giocatore. Sono esempi di giochi d’azzardo ilgioco dei dadi, la roulette, il baccarat ecc. In un gioco d’azzardo è importante che, a prescin-dere dall’intervento della casualità, la somma puntata da ciascun giocatore sia proporzionalealla probabilità che questo ha di vincere; in tal caso il gioco si dice equo.

Esempio 6.1. Due giocatori A e B scommettono la stessa somma sul lancio di un dado: Avince se esce il 2, in caso contrario vince B.

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Chiaramente questo gioco non è equo, perché B ha più probabilità di vincere di A. Infatti, leprobabilità di vincita di A e di B, sono:

P (A) =1

6, P (B) =

5

6.

Indichiamo con S(A) la somma puntata da A e con S(B) la somma puntata da B. Affinchéil gioco sia equo deve valere la proporzione:

S(A) : P (A) = S(B) : P (B).

Se il giocatore A punta 0, 50 euro sulla vincita, la somma puntata da B deve soddisfare laproporzione:

0, 50 :1

6= S(B) :

5

6da cui si ricava:

S(B) = 2, 50.

Perché il gioco sia equo, il giocatore B deve puntare una somma 5 volte maggiore, dato che lasua probabilità di vincita è 5 volte più grande di quella di A. In questo modo, secondo la leggeempirica del caso, dopo molte partite i due sarebbero circa in parità: uno ha vinto spesso unapiccola somma, l’altro ha vinto meno spesso ma ogni volta una somma maggiore.

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7. Esercizi risolti

1 Da un sacchetto contenente le quattro lettere C, A, S, O, si estrae una lettera per volta.Qual è la probabilità che le lettere siano estratte senza formare, nell’ordine, la parolaCASO?SoluzioneL’evento A = “non si forma la parola CASO” è il contrario dell’evento B = “si forma laparola CASO”, per cui P (A) = 1−P (B). Procediamo quindi calcolando P (B); il numerodei casi possibili è dato dal numero delle permutazioni delle 4 lettere cioè P4 = 4! = 24.Il numero dei casi favorevoli è 1, quindi P (B) = 1

24 e p(A) = 1− 124 = 23

24 .2 Sapendo che il gioco della roulette si basa sui numeri da 1 a 36, di cui 18 rossi e 18 neri

più il numero 0 verde, calcolare la probabilità che esca un numero nero o pari.SoluzioneOccorre calcolare la probabilità dell’evento A ∪B, dove A = “esce un numero nero”, B =“esce un numero pari”. I due eventi sono compatibili: esistono infatti numeri che sono siapari che neri. I numeri neri sono 18, quindi i casi favorevoli all’evento A sono 18 dei 37possibili; i numeri pari sono 19 (includendo lo 0), quindi i casi favorevoli all’evento B sono19 dei 37 possibili; i numeri sia pari che neri sono 10, quindi i casi favorevoli all’eventoA ∩B sono 10 dei 37 possibili. Abbiamo allora:

P (A) =18

37, P (B) =

19

37, P (A ∩B) =

10

37.

Per la Proposizione 1.5, (ii), si ha

P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B) =18

37+

19

37− 10

37=

27

37.

3 Qual è la probabilità che lanciando un dado si ottenga 2 oppure 4?Soluzione

Consideriamo gli eventi A = “esce il numero 2”, B = “esce il numero 4” e calcoliamo laprobabilità dell’evento A ∪ B. Gli eventi sono incompatibili, per cui per la Proposizione1.5, (ii), si ha

P (A ∪B) = P (A) + P (B) =1

6+

1

6=

1

3.

4 Consideriamo l’estrazione successiva di due biglie con reimmissione (dopo la prima estra-zione la biglia viene rimessa nell’urna) da un’urna contenente 5 biglie rosse e 3 nere.Calcolare la probabilità che alla seconda estrazione esca una biglia nera, sapendo che nellaprima estrazione è uscita una biglia rossa.SoluzioneConsideriamo gli eventi A = “nella prima estrazione esce una biglia rossa”, B = “nellaseconda estrazione esce una biglia nera”. Si deve calcolare la probabilità che si verifichil’evento B supposto che si sia verificato l’evento A. Poiché dopo la prima estrazione labiglia rossa viene rimessa nell’urna, il fatto che A si sia già verificato non modifica laprobabilità di B: nell’urna ci sono infatti sempre 8 palline, di cui 5 rosse e 3 nere, quindi

P (B|A) = P (B) =3

8.

5 In un’urna sono contenuti i numeri da 0 a 9. Estraendo 4 numeri insieme, qual è laprobabilità di estrarre le cifre per formare il numero 1234?SoluzioneIl caso favorevole è uno solo: l’estrazione del gruppo di numeri 1, 2, 3, 4. Poiché noninteressa l’ordine, il numero di casi possibili è dato dalle combinazioni di 10 elementi di

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classe 4:

C10,4 =

(10

4

)=

10!

4!(10− 4)!=

10 · 9 · 8 · 74 · 3 · 2

= 210.

La probabilità richiesta è dunque 1210 .

6 Estraendo tre carte da un mazzo di 40, qual è la probabilità che fra le tre carte vi siaalmeno un re?SoluzioneI casi possibili sono tutte le terne che si possono formare con 40 carte; poiché non interessal’ordine con cui si forma ogni terna, il numero di casi possibili è dato dalle combinazionidi 40 elementi di classe 3:

C40,3 =

(40

3

)=

40 · 39 · 38

3 · 2= 9880.

I casi favorevoli possono essere conteggiati come segue: a tutte le possibili terne realizzabilicon le 40 carte, eliminiamo quelle che non contengono alcun re:(

40

3

)−(

36

3

).

La probabilità richiesta è dunque: (403 )−(363 )(403 )

≈ 0.277.

Osservazione. Per il conteggio dei casi favorevoli si sarebbe potuto procede anche in modoleggermente diverso, conteggiando i casi in cui vi è un solo due, i casi in cui vi sono solodue re e i casi in cui vi sono esattamente 3 re. In tal caso avremmo scritto:(

4

1

)(36

2

)+

(4

2

)(36

1

)+

(4

3

)(36

0

).

Tale formula, a conti fatti, fornisce lo stesso numero di casi favorevoli trovato precedente-mente.

7 Lanciando 3 volte una moneta regolare, qual è la probabilità di ottenere almeno una voltatesta?SoluzionePotremmo affrontare il problema partendo dalla definizione di probabilità uniforme, te-nendo conto che i casi favorevoli sono tutti i casi in cui si possono ottenere esattamente 1volta testa, 2 volte testa o 3 volte testa. In questo caso dobbiamo eseguire alcuni calcoliche lasciamo al lettore.In alternativa possiamo pensare all’evento: A =“ottenere almeno una testa” come all’e-vento A =“non ottenere tre croci” e quindi considerarlo come l’evento contrario all’eventoB =“ottenere tre croci”. Seguendo quest’ultima strada è sufficiente calcolare la probabilitàdell’evento B, che è P (B) = 1

8 , poiché ottenere 3 croci è un solo caso favorevole sugli 8possibili. Per la Proposizione 1.5, (i), si ottiene:

P (A) = 1− P (B) = 1− 1

8=

7

8.

8 In un’urna ci sono 30 biglie di vari colori, tra le quali 8 biglie sono bianche, 7 nere e12 verdi. Qual è la probabilità che, estraendo dall’urna successivamente 3 biglie senzareinserirle, siano la prima bianca, la seconda nera e la terza verde?SoluzioneSi definiscano gli eventi: A = “prima biglia bianca”, B = “seconda biglia nera”, C = “terzabiglia verde”. Poiché nella consegna compare la congiunzione “e” dobbiamo calcolare laprobabilità dell’intersezione degli eventi in questione.Non reinserendo le biglie, ad ogni estrazione nell’urna vi è una biglia in meno, quindi icasi possibili passano da 30 a 29 a 28.La probabilità che la prima biglia sia bianca è quindi 8

30 = 415 , la probabilità che la seconda

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sia nera è 729 , la probabilità che la terza sia verde è 12

28 = 37 . Applicando la regola della

catena, si trova che la probabilità richiesta è quindi:

P (A ∩B ∩ C) = P (A)P (B|A)P (C|(A ∩B)) =4

15· 7

29· 3

7=

4

145.

9 In un’urna ci sono 30 biglie di vari colori, tra le quali 6 biglie sono bianche, 10 nere e 14verdi. Dire qual è la probabilità che, estraendo dall’urna successivamente 2 biglie senzareinserirle,(a) siano entrambe nere;(b) siano la prima verde e la seconda nera;(c) siano una bianca e una verde.SoluzioneRispondiamo separatamente alle tre richieste. Allo scopo è conveniente definire i tre eventiB = “esce una biglia bianca”, N = “esce una biglia nera”, V = “esce una biglia verde”.Converremo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi, per indicare che essosi verifica all’estrazione i.(a) Bisogna calcolare la probabilità P (N1 ∩N2). Utilizzando la regola della catena si ha:

P (N1 ∩N2) = P (N1) · P (N2|N1) =1

3· 9

29=

3

29.

(b) Bisogna calcolare la probabilità P (V1 ∩N2). Utilizzando la regola della catena si ha:

P (V1 ∩N2) = P (V1) · P (N2|V1) =7

15· 10

29=

14

87.

(c) Bisogna calcolare la probabilità P ((B1 ∩V2)∪ (V1 ∩B2)). Sfruttiamo la Proposizione1.5, (ii), tenendo conto che gli eventi B1 ∩ V2 e V1 ∩B2 sono disgiunti:

P ((B1 ∩ V2) ∪ (V1 ∩B2)) = P (B1 ∩ V2) + P (V1 ∩B2)

= P (B1)P (V2|B1) + P (V1)P (B2|V1)

=1

5· 14

29+

7

15· 6

29=

28

145.

10 Due tiratori, indipendentemente l’uno dall’altro, tirano allo stesso bersaglio: la probabilitàdi fare centro è del 60% per il primo tiratore, dell’80% per il secondo. Un solo colpo centrail bersaglio: qual è la probabilità che sia del primo tiratore?SoluzioneSi considerino gli eventi: A = “nessuno centra il bersaglio”, B = “tutti e due centrano ilbersaglio”, C = “solo il primo centra il bersaglio”, D = “solo il secondo centra il bersaglio”.Gli eventi A, B, C, D sono indipendenti ed esauriscono tutti i possibili effetti.Si ha:

P (A) = 0, 40 · 0, 20 = 0, 08,

P (B) = 0, 60 · 0, 80 = 0, 48,

P (C) = 0, 60 · 0, 20 = 0, 12,

P (D) = 0, 40 · 0, 80 = 0, 32.

Consideriamo ancora l’evento: E = “solo uno dei due centra il bersaglio”. Le probabilitàcondizionali di E rispetto ad A, B, C, D sono:

P (E|A) = 0, P (E|B) = 0, P (E|C) = 1, P (E|D) = 1.

Calcoliamo ora, sotto la condizione che un solo colpo abbia raggiunto il bersaglio, laprobabilità che a centrare sia stato il primo tiratore. Applichiamo la formula di Bayes:

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P (C|E) =P (E|C)P (C)

P (E|A)P (A) + P (E|B)P (B) + P (E|C)P (C) + P (E|D)P (D)

=0, 12

0, 12 + 0, 32= 0, 273.

11 Il cane di casa odia il gatto del vicino: se lo afferra c’è la probabilità del 90% che lo uccida,ma la probabilità che lo prenda è solo del 20%. Il gatto ha del resto, per il suo girovagarenella strada, la probabilità del 40% di morire travolto da un’auto. Se il gatto viene trovatomorto, qual è la probabilità che l’abbia ucciso il cane?SoluzioneConsideriamo lo spazio Ω dei possibili fatti collegabili a tale uccisione:

Ω = investimento, cattura,morte.

Le probabilità che conosciamo sono:

P (investimento) = 40%,

P (cattura) = 20%,

P (morte|cattura) = 90%.

Ciò che si vuole scoprire è la probabilità che il gatto sia stato catturato dal cane, sapendoche è morto; in altri termini si chiede il valore della probabilità condizionale

P (cattura|morte).

Applichiamo la formula di Bayes:

P (cattura|morte) =P (morte|cattura)P (cattura)

P (morte|cattura)P (cattura) + P (morte|non cattura)P (non cattura)

=0, 9 · 0, 2

0, 9 · 0, 2 + 0, 4 · 0, 8= 0, 36.

La stima P (cattura|morte) = 0, 36 significa che, in accordo con le probabilità condizionaliindicate, la probabilità che la morte del gatto sia imputabile al cane è... solo del 36%...!

12 Tre macchine producono lo stesso tipo di pezzi. La prima ne produce 150 al giorno con il2% dei pezzi difettosi, la seconda ne produce 400 con il 5% di pezzi difettosi, la terza 50con nessun pezzo difettoso. Supponiamo ora di prendere a caso un pezzo della produzionedi un dato giorno. Calcolare la probabilità che:(a) il pezzo sia stato prodotto dalla prima macchina;(b) il pezzo sia stato prodotto dalla seconda macchina;(c) il pezzo sia difettoso.Supponiamo che il pezzo estratto sia difettoso. Calcolare la probabilità che:(e) il pezzo sia stato prodotto dalla prima macchina;(f) il pezzo sia stato prodotto dalla seconda macchina;(g) il pezzo sia stato prodotto dalla terza macchina.SoluzioneSi definiscano gli eventi Ai= “pezzo prodotto dalla macchina i”, con i = 1, 2, 3, D = “pezzodifettoso”. Ogni giorno le tre macchine producono 600 pezzi in totale.(a) Si ha P (A1) = 150

600 .(b) Si ha P (A2) = 400

600 .(c) Si ha P (A3) = 50

600 .(d) Dei 150 pezzi prodotti dalla prima macchina 3 sono difettosi mentre del 400 prodotti

dalla seconda 20 sono difettosi; tutti buoni i pezzi prodotti dalla terza. In totale, sihanno 23 pezzi difettosi su una produzione di 600 pezzi, quindi P (D) = 23

600 ≈ 3, 8%.

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(e) Si ha: P (A1|D) = P (A1∩D)P (D) =

360023600

= 323 ≈ 13%.

(f) Si ha: P (A2|D) = P (A2∩D)P (D) =

2060023600

= 2023 ≈ 8, 7%.

13 Un’urna contiene 6 biglie rosse e 4 nere. Si estraggono due biglie senza rimettere la primanell’urna. Calcolare la probabilità che:(a) si siano ottenute due biglie rosse;(b) si sia ottenuta una sola biglia rossa;(c) non si sia ottenuta alcuna biglia rossa.SoluzioneConsideriamo gli eventi R = “estrazione di una biglia rossa”, N = “estrazione di una biglianera” convenendo di mettere il pedice i a ciascuno dei precedenti eventi per indicare cheesso si verifica all’estrazione i e calcoliamo le relative probabilità nelle due estrazioni.Prima estrazione. Nell’urna si hanno 10 biglie: 6 bianche e 4 nere. Si ha dunque:

P (R) =6

10, P (N) =

4

10=

2

5.

Seconda estrazione. Poiché la prima biglia non viene rimessa nell’urna, in essa restano 9biglie; pertanto le probabilità nella seconda estrazione sono:• se la prima biglia estratta era rossa, ne restano 5 rosse e 4 nere, così:

P (R) =5

9, P (N) =

4

9;

• se la prima biglia estratta era nera, ne restano 6 rosse e 3 nere, così:

P (R) =6

9=

2

3, P (N) =

3

9=

1

3.

Si ha:(a) Si ha: P (R1 ∩R2) = P (R1)P (R2|R1) = 3

5 ·59 = 1

3 .(b) Si ha:

P ((R1 ∩N2) ∪ (N1 ∩R2)) = P (R1 ∩N2) + P (N1 ∩R2)

= P (R1)P (N2|R1) + P (N1)P (R2|N1)

=3

5· 4

9+

2

5· 2

3=

4

15+

4

15=

8

15.

(c) Si ha: P (N1 ∩N2) = P (N1)P (N2|N1) = 25 ·

13 = 2

15 .

14 Si supponga di sapere che il 15% della popolazione adulta sia affetta da ipertensione,ma che il 75% di tutti gli adulti sia personalmente convinto di non avere tale problema.Si supponga anche che il 6% della popolazione abbia l’ipertensione ma non pensi che lamalattia sia presente. Calcolare la probabilità che(a) la malattia sia effettivamente presente in un paziente adulto che afferma di non avere

l’ipertensione;(b) un paziente sospetti la presenza della malattia, quando la malattia è effettivamente

presente.SoluzioneConsideriamo gli eventi E1 = “il paziente non crede che la malattia sia presente” e E2 = “ilpaziente è affetto dalla malattia”. Si ha P (E1) = 0, 75, P (E2) = 0, 15 e P (E1∩E2) = 0, 06.(a) Si ha P (E2|E1) = P (E1∩E2)

P (E1)= 0,06

0,75 = 0, 08. Vi è quindi una probabilità dell’8% che unpaziente che pensa di non avere problemi di ipertensione, abbia in effetti la malattia.

(b) Occorre calcolare P (Ec1|E2). Osservato che P (E2) = P (Ec

1 ∩E2) +P (E1 ∩E2), si ha

P (Ec1|E2) =

P (Ec1 ∩ E2)

P (E2)=

0, 15− 0, 06

0, 15= 0, 60,

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ossia, se il paziente esprime l’opinione di soffrire di ipertensione, vi è una probabilitàdel 60% che abbia ragione.

15 Supponiamo che di tutti i pazienti malati di cancro, il 52% sia costituito da maschi e cheper i maschi la sopravvivenza per almeno 5 anni sia del 35%. Calcolare la probabilità cheun malato di cancro scelto a caso sia un maschio e sopravviva per almeno 5 anni.SoluzioneConsideriamo gli eventi E1 = “il paziente scelto a caso è maschio” e E2 = “il pazientescelto a caso sopravvive per almeno 5 anni”. Occorre calcolare P (E1 ∩ E2):

P (E1 ∩ E2) = P (E2|E1)P (E1) =35

100· 52

100= 0, 182.

8. Esercizi proposti

1 Si lanciano n monete non truccate.(a) Qual è la probabilità che escano tutte teste? 1

2n

(b) Qual è la probabilità che esca la medesima faccia negli n lanci? 12n−1

2 Calcolare la probabilità che, lanciando 10 monete non truccate, escano esattamente treteste. 15

128

3 Calcolare la probabilità che il primo numero del lotto estratto dalla ruota di Napoli siaun numero dispari o un multiplo di 18. 5

9

4 Si estrae una carta da un mazzo di 40 carte siciliane. Calcolare la probabilità che sia unasso o una carta di mazze. 13

40

5 Calcolare la probabilità che lanciando sette monete non truccate, esca almeno una croce.127128

6 Un’urna contiene 10 palline, di cui 4 rosse e 6 verdi. Calcolare la probabilità che,estraendone due contemporaneamente, almeno una di esse sia verde. 13

15

7 Si lancia un dado non truccato. Qual è la probabilità che esca il numero 5, nell’ipotesiche esca un numero dispari. 1

3

8 Si estrae una carta da un mazzo di 40 carte siciliane. Qual è la probabilità di estrarre unafigura nell’ipotesi che sia stata estratta una carta di spade? 3

10

9 Si lanciano due dadi. Calcolare la probabilità che la somma dei punti delle due facceuscite sia 7 sapendo che su una di esse è uscito il 3. 2

11

10 Da un’urna, contenente tre biglie rosse e cinque blu, se ne estraggono due, senza reinserirela prima biglia estratta prima di procedere alla seconda estrazione. Calcolare la probabilitàdi estrarre due biglie blu. Ripetere l’esercizio nell’ipotesi in cui la prima biglia estrattavenga reinserita nell’urna. 5

14 ,2564

11 Da un mazzo di 40 carte siciliane se ne estraggono 3 successivamente. Calcolare la proba-bilità che siano tutte e tre carte di spade, sia nel caso che ciascuna carta estratta vengareinserita prima di procedere all’estrazione successiva, sia nel caso che le carte estrattenon vengano reinserite. 1

64 ,3

247

12 Si lanciano tre dadi non truccati. Calcolare la probabilità di ottenere quattro su uno e unsolo dado. 25

72

13 Un’urna contiene 30 biglie, di cui 12 rosse, 10 bianche, 8 nere. Se ne estraggono duesenza reinserire la prima estratta prima di procedere alla seconda estrazione. Calcolarela probabilità che le biglie estratte siano dello stesso colore. Si supponga, adesso, che sireinserisca ciascuna biglia estratta prima di procedere alla successiva estrazione. Calcolarela probabilità che le tre biglie siano almeno di due colori diversi. 139

145 ,2225

14 In una fabbrica meccanica vi sono due macchinari che producono viti dello stesso tipo. Ilprimo macchinario produce il 5% di viti difettose, il secondo produce il 3% di viti difettose.

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I due macchinari contribuiscono rispettivamente per il 60% e per il 40% alla produzionecomplessiva. Calcolare la probabilità che una vite scelta a caso sia difettosa. 4, 2%

15 Vi sono tre scatole. La prima contiene 12 penne nere, la seconda contiene 8 penne neree 2 rosse, la terza contiene 20 penne rosse. Si sceglie a caso una scatola e da questa siestrae una penna.(a) Qual è la probabilità che la penna estratta sia rossa? 2

5(b) Si supponga che la penna estratta sia rossa. Qual è la probabilità che essa sia stata

estratta dalla seconda scatola? E qual è la probabilità che essa sia stata estratta dallaterza scatola? 1

6 ,56

16 Uno studente universitario viene esaminato dal docente o dall’assistente. La probabilità diessere esaminato dal docente è pari a 2

5 . La probabilità di superare l’esame, se sostenutocon il docente, è 0, 6, mentre è 0, 8 se sostenuto con l’assistente. Se lo studente ha superatol’esame, qual è la probabilità che sia stato esaminato dal docente? 1

3

17 Date due urne, U1 contenente due biglie bianche e quattro nere e U2 contenente quattrobiglie bianche e due nere, da una di esse si effettuano estrazioni con restituzione fino adottenere per la prima volta biglia bianca. L’urna è stata scelta in base all’esito del lanciodi un dado: U1 se è uscita la faccia 6, U2 altrimenti. Supposto che la biglia bianca siauscita per la prima volta alla quarta estrazione, calcolare la probabilità che non sia uscitala faccia 6. 5

9

18 [Tratto da [2]] In un ufficio lavorano 4 impiegati, un capufficio e un vicecapo; tutte esei le persone sono spesso assenti. Ogni pratica può essere sbrigata da uno qualunquedegli impiegati (basta che sia presente in ufficio), dopodiché viene passata al capufficioper il controllo finale e la firma; il vicecapo svolge la stessa funzione del capufficio, in suaassenza. Supponiamo che ogni impiegato abbia affidabilità 0.6 (intesa come probabilitàche sia presente in ufficio nel momento in cui c’è una pratica da sbrigare), il capufficioabbia un’affidabilità 0.5, e il vicecapo affidabilità 0.7.(a) Si rappresenti il sistema con uno schema di connessioni in serie o in parallelo, e si

calcoli l’affidabilità del sistema. ≈ 83%(b) Visto lo scarso rendimento, il capufficio decide di prendere provvedimenti, e ha due

alternative; assumere un nuovo impiegato, di affidabilità 0.6; oppure promuovereuno dei 4 impiegati al ruolo di aiuto vicecapo (con lo stesso molo del vicecapo, e lastessa affidabilità che l’impiegato aveva prima della promozione). Qual è la scelta piùconveniente? Conviene seguire la seconda strada

Riferimenti bibliografici

[1] F. Caravenna, P. Dai Pra, Probabilità. Un’introduzione attraverso modelli e applicazioni, Springer (2013).[2] M. Bramanti, Calcolo delle Probabilità e Statistica. Teoria ed esercizi, Esculapio Editore (1997).[3] R. Giuliano, Argomenti di probabilità e statistica, Springer (2011).[4] F. Biagini, M. Campanino, Elementi di Probabilità e Statistica, Springer (2006).[5] R. Scozzafava, Incertezza e probabilità, Zanichelli (2001).

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