Il Calcolo delle probabilità ha consentito negli ultimi tre secoli, non solo di affrontare con maggiore consapevolezza molti problemi pratici, ma soprattutto di ampliare in maniera determinante i confini di molti campi del sapere umano
Il Calcolo delle probabilità è la branca matematica dove è più facile essere tratti in inganno. Utilizzando i suoi strumenti, può capitare, non solo di ottenere una soluzione falsa e ritenerla vera, ma anche di ottenerne una vera e considerarla falsa. Spesso, infatti, i risultati a cui porta appaiono paradossali, anche dopo aver esaminato con attenzione una loro rigorosa dimostrazione. Tanto per fare un esempio, è difficile accettare razionalmente che un numero in forte ritardo nelle estrazioni del Lotto, abbia le stesse probabilità di uscita degli altri…
Questa insidiosa caratteristica del Calcolo delle probabilità è dovuta alla natura piuttosto capziosa delle problematiche di cui si occupa, ma è aggravata anche dal fatto che, spesso, la rilevazione di un eventuale errore d’impostazione, può scaturire solo da un controllo sperimentale dei risultati teorici ipotizzati. Una verifica del genere, però, non sempre è attuabile e, in ogni caso, per poter essere considerata attendibile, dovrebbe basarsi su un numero assai elevato di prove.
L’inganno in cui si cade più frequentemente riguarda il conteggio dei casi favorevoli a un determinato evento e di tutti quelli possibili. Un’operazione del genere non può essere sempre compiuta in maniera diretta (come è stato possibile fare, nei semplici esempi finora proposti); quando la quantità degli elementi a disposizione diventa troppo elevata, è necessario ricorrere all’uso di apposite formule.
CALCOLO COMBINATORIO
Per Calcolo combinatorio si intende il complesso delle leggi relative ai vari modi possibili di raggruppare un numero finito di elementi, di natura qualunque. La sua importanza, nel Calcolo delle probabilità è fondamentale; spesso, infatti, i risultati che consente di ottenere sono sensibilmente diversi da quelli che, intuitivamente, ci si poteva aspettare.
I principali concetti su cui si basa questa disciplina sono quelli di: permutazione, disposizione e combinazione. A livello linguistico, questi termini potrebbero anche essere interpretati con un significato simile; in ambito matematico, però, è importante imparare a non confonderli.
Permutazioni
Dato un insieme di N elementi distinti, si definisce permutazione di N un qualsiasi gruppo ordinato, composto da tutti gli N elementi.
Ad esempio, dati questi cinque elementi distinti:
alcune loro permutazioni possono essere le seguenti
e così via.
La quantità di permutazioni che si possono ottenere con un insieme di N elementi distinti viene indicata con PN ed è uguale al prodotto di tutti i numeri interi compresi tra 1 e N. Convenzionalmente, questa particolare operazione (denominata fattoriale di N) viene rappresentata con il simbolo: N!
In concreto, quindi, si ha:
PN = N! = N(N─1)(N─2)(N─3)… 2×1
Ad esempio, date cinque carte da gioco distinte, la quantità di tutti i modi diversi in cui è possibile metterle in ordine, è uguale a:
P5 = 5! = 5x4x3x2x1 = 120
L’andamento del fattoriale di N tende ad impennarsi in maniera vertiginosa, al crescere di N.
Questa paradossale caratteristica comincia a intravedersi anche per valori relativamente bassi di N, come emerge dal seguente prospetto.
1! = 1
2! = 2×1 = 2
3! = 3x2x1 = 6
4! = 4x3x2x1 = 24
5! = 5x4x3x2x1 = 120
6! = 6x5x4x3x2x1 = 720
7! = 7x6x5x4x3x2x1 = 5.040
8! = 8x7x6x5x4x3x2x1 = 40.320
9! = 9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 362.880
10! = 10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 3.628.800
11! = 11x10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 39.916.800
12! = 12x11x10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 479.001.600
Disposizioni
Dato un insieme di N elementi distinti, si definisce disposizione di N elementi, presi a K a K (con K minore di N) qualsiasi gruppo ordinato che può formarsi, prendendo ogni volta K degli N elementi dati. Un gruppo viene considerato diverso da un altro se differisce per almeno un elemento o per l’ordine degli elementi da cui è composto.
Ad esempio, dati questi cinque elementi distinti:
alcune loro alcune loro disposizioni, a 3 a 3, possono essere le seguenti:
e così via.
La quantità di disposizioni di N elementi distinti, presi K a K, viene indicata convenzionalmente con DN,K ed è uguale al prodotto dei primi K numeri interi consecutivi, presi in ordine decrescente a partire da N. In concreto, quindi, si ha:
DN,K = N(N─1)(N─2)… (N─K+1)
└────────────────┘
K fattori
Ad esempio, date dieci carte da gioco distinte, la quantità di tutti i modi diversi in cui è possibile calarne in tavola cinque, una dopo l’altra, è uguale a:
D10,5 = 10x9x8x7x6 = 30.240
Disposizioni con ripetizione
La definizione precedente, sottintendeva che, nella composizione di ogni gruppo ordinato, fosse obbligatorio utilizzare una sola volta ciascuno degli N elementi di partenza. Nei casi in cui, invece, è possibile scegliere uno stesso elemento fino a K volte (con K qualsiasi), i gruppi generati con un analogo procedimento, vengono denominati: disposizioni con ripetizione di N elementi, presi a K a K.
Ad esempio, dati questi cinque elementi distinti:
alcune loro alcune loro disposizioni con ripetizione, a 6 a 6, possono essere le seguenti:
e così via.
La quantità di disposizioni con ripetizione di N elementi distinti, presi K a K, viene indicata convenzionalmente con D’N,K ed è uguale al prodotto di K fattori, tutti uguali a N; ovvero, a: N elevato a K
In concreto, quindi, si ha:
D’N,K = NxNx… xN = NK
└───────┘
K fattori
Ad esempio, dati cinque comuni dadi da gioco, la quantità di tutti i possibili punteggi ottenibili da un loro lancio simultaneo, è uguale a:
D’6,5 = 6x6x6x6x6 = 65 = 7.776.
Combinazioni
Dato un insieme di N elementi distinti, si definisce combinazione di N elementi, presi a K a K (con K minore di N) ogni gruppo che si può formare prendendo ogni volta K degli N elementi dati, senza considerare il loro ordine.
Un gruppo viene considerato diverso da un altro se differisce per almeno un elemento; mentre due gruppi che differiscono tra loro solo per il reciproco ordinamento, vengono considerati equivalenti.
Ad esempio, dati questi cinque elementi distinti:
alcune loro alcune loro combinazioni, a 2 a 2, possono essere le seguenti:
(equivalente a )
(equivalente a )
(equivalente a )
e così via.
La quantità di combinazioni di N elementi distinti, presi K a K,viene indicata con CN,K ed è uguale alle disposizioni di N elementi distinti, presi K a K, diviso il fattoriale di K.
In concreto, quindi, si ha:
CN,K = N(N─1)(N─2)… (N─K+ 1)/K!
└─────────────────┘
K fattori
Ad esempio, date dieci carte da gioco distinte, la quantità di tutti i gruppi diversi che si possono ottenere, prendendone ogni volta cinque (indipendentemente dal loro ordine), è uguale a:
C10,5 = (10x9x8x7x6)/(5x4x3x2x1) = 30.240/120 = 252
PROBLEMI DI CALCOLO COMBINATORIO
1. Sei alunni, che occupano i primi tre banchi della loro classe, hanno deciso di sedersi ogni giorno in un ordine diverso. Quanto tempo dovrà passare, prima che riescano a effettuare tutti i possibili cambi di posto?
2. Date dieci distinte carte da gioco, in quanti diversi modi è possibile calarle tutte in tavola, una dopo l’altra, nel corso di una partita?
3. Sedici squadre di calcio si apprestano a disputare un torneo all’italiana, nel quale ognuna di loro incontrerà tutte le altre, sia all’andata che al ritorno. Quante partite in totale si giocheranno e quante giornate durerà il torneo?
4. Nel corso di una partita di calcio, quante diverse successioni di reti potrebbero portare allo stesso risultato di 4 a 3?
5. Data una corsa tra dieci cavalli, qual è la probabilità di indovinare l’ordine esatto dei primi tre arrivati?
6. In un sacchetto ci sono nove monete di ottone e una d’oro. Se si estraggono casualmente due monete, qual è la probabilità che una sia quella d’oro?
7. Qual è la probabilità che, estratto casualmente un codice numerico di sei cifre, tutte diverse tra loro, le prime tre siano pari e le altre tre dispari?
8. Qual è la probabilità di «fare 14» al Totocalcio, supponendo che tutti i potenziali risultati siano ugualmente possibili?
9. Qual è la probabilità di centrare la sestina vincente al Superenalotto?
10. Quali sono le probabilità di indovinare, al gioco del Lotto, le seguenti giocate su una determinata ruota?
a) estratto semplice
b) ambo
c) terno
d) quaterna
e) cinquina
PARADOSSI PROBABILISTICI
L’inganno in cui si cade più frequentemente, quando si calcola la probabilità relativa al verificarsi di un determinato evento, riguarda il conteggio dei casi favorevoli all’evento e di tutti quelli possibili. Questo genere di errore ha un’origine essenzialmente logica e, quindi, può scaturire anche quando i casi da prendere in considerazione sono molto pochi.
Provate, Ad esempio, a rispondere alla seguente semplice domanda: «In una famiglia ci sono due soli figli, dei quali almeno uno è maschio; qual è la probabilità che l’altro figlio sia femmina?».
Intuitivamente, si è portati a ritenere che tale probabilità sia uguale a1/2; ma una risposta del genere è errata…
Infatti, ci sono tre modi possibili di avere due figli, uno dei quali maschio, e possono essere così indicati (M = maschio; F = femmina):
MM – MF – FM
Come si può facilmente notare, in due casi, l’altro figlio è femmina (MF – FM), mentre in un solo caso è maschio (MM). Di conseguenza, la probabilità che l’altro figlio sia femmina è uguale a: 2/3.
La risposta 1/2 sarebbe stata corretta se l’enunciato del problema fosse stato il seguente: «In una famiglia ci sono due soli figli, il primo dei quali è maschio; qual è la probabilità che l’altro figlio sia femmina?».
Qui di seguito sono riportati altri esempi analoghi di capziosi problemi probabilistici. Provate a risolverli, senza farvi trarre in inganno.
PROBLEMI PARADOSSALI
1. In una famiglia ci sono esattamente quattro figli; qual è la probabilità che siano due maschi e due femmine?
2. Se si lancia una moneta quattro volte di seguito, si hanno le seguenti sedici possibili successioni di uscita (T = testa, C = croce):
TTTT – TTTC – TTCT – TTCC – TCTT – TCCC – TCTC – CTTC
CCCC – CCCT – CCTC – CCTT – CTCC – CTTT – CTCT – TCCT
Come si può facilmente notare, in un solo caso su sedici si avrebbe l’uscita di quattro teste su quattro successivi lanci (TTTT); di conseguenza, la probabilità relativa a un tale evento è uguale a 1/16. Questo autorizza a dedurre che, se dopo tre successivi lanci si sono ottenute tre teste di seguito (TTT), al lancio successivo è più probabile l’uscita di una croce?
3. Paolo e Luca si sfidano al seguente gioco. Dopo aver lanciato una moneta quattro volte di seguito, se la successione dei risultati ottenuti contiene una sequenza TCT o CTC, vince Paolo; altrimenti, vince Luca. Il gioco sembrerebbe equo; infatti, se si analizzano le sedici diverse successioni di risultati ottenibili, si può verificare che quattro di queste contengono una sequenza TCT o CTC all’inizio e altre quattro contengono un’analoga sequenza alla fine. Quindi, puntando su un’uscita di questo tipo, Paolo dovrebbe avere una probabilità di vittoria uguale a: (4+4)/16 = 8/16 = 1/2. Ma è proprio così?
4. Fabio e Mauro stanno assistendo a una corsa tra tre soli cavalli: Jack, Queen e King . Fabio scommette sulla vittoria di King, mentre Mauro scommette sulla vittoria di uno qualsiasi degli altri due cavalli. I possibili esiti della corsa (supponendo che siano equiprobabili) sono i seguenti quattro:
– King arriva prima di Jack e di Queen;
– Jack e Queen arrivano prima di King;
– solo Jack arriva prima di King;
–solo Queen arriva prima di King.
Tre di questi esiti coincidono con la vittoria di uno dei due cavalli su cui ha puntato Mauro; quindi, la probabilità che lui vinca la scommessa dovrebbe essere uguale a: 3/4 = 0,75. Ma è proprio così?
5. Nel XIX secolo, nelle fiere di diversi paesi europei, veniva proposto un gioco d’azzardo che si svolgeva su un tabellone strutturato nel seguente modo.
| 2 | 8 | |
| 3 | 9 | |
| 4 | 7 | 10 |
| 5 | 11 | |
| 6 | 12 |
Il Banco invitava il pubblico a puntare su una o l’altra colonna e a lanciare due dadi. Se usciva un numero contenuto nella colonna scelta, si vinceva il doppio della posta (ovvero, la somma puntata più una di uguale valore), altrimenti si perdeva. Le persone erano indotte a giocare perché pensavano che il Banco avesse solo un piccolo vantaggio, costituito dal numero 7. Erano convinti che si potesse vincere cinque volte su undici e perdere sei volte su undici; di conseguenza, ritenevano che valesse la pena di divertirsi e rischiare un po’. Ma era proprio così?
6. Turiddu ha due amiche: Lola e Santuzza, che abitano nella sua stessa città. Siccome gli piacciono entrambe, decide di affidare al caso il criterio con cui frequentarle. In un momento qualsiasi della giornata, si reca a una fermata dove transitano, sia l’autobus «L» che porta a casa di Lola, sia quello «S» che porta a casa di Santuzza, e prende il primo dei due che passa. Le vetture della linea «L», come quelle della linea «S», arrivano a intervalli di dieci minuti l’una dall’altra, con assoluta regolarità. Qualche tempo dopo, però, Turiddu si accorge che, in quel modo, gli capita di recarsi da Lola 9 volte su 10. Come si può spiegare una tale apparente anomalia?
7. Diversi anni fa, prima che i controlli agli aeroporti diventassero più rigidi, il signor Rossi aveva letto che la probabilità di viaggiare su aereo, sul quale era salito anche un dirottatore armato di bomba, poteva valutarsi intorno a: 1/10.000. Alla luce di quel dato, aveva calcolato che la probabilità di trovare su uno stesso aereo due passeggeri armati di bomba era uguale a circa: (1/10.000)(1/10.000) = 1/100.000.000 (una su cento milioni…). Di conseguenza, il signor Rossi aveva adottato l’accortezza di viaggiare in aereo, nascondendo sempre una bomba nel proprio bagaglio. In questo modo, era convinto di rendere praticamente nulla la possibilità di trovarne un’altra a bordo. Era corretto il suo ragionamento?
8. In un vassoio ci sono quattro dolciumi e precisamente:
– un cioccolatino con la carta rossa (CR);
– un cioccolatino con la carta verde (CV);
– un torroncino con la carta rossa (TR);
– un torroncino con la carta verde (TV).
Mario prende due di questi dolciumi e dichiara: «Ho preso almeno un cioccolatino»; qual è la probabilità che abbia preso due cioccolatini?
Se, invece, Mario dichiarasse: «Ho preso il cioccolatino con la carta rossa», la probabilità che abbia preso due cioccolatini rimarrebbe la stessa, o cambierebbe?
9. Si hanno tre scatole identiche per forma e colore; una contiene due monete d’oro, un’altra due monete d’argento e la terza una moneta d’oro e una d’argento. Si chiudono le tre scatole e si dispongono su un tavolo in un ordine qualsiasi; poi, se ne sceglie una a caso e si preleva da questa un moneta, senza guardare l’altra. Se la moneta estratta è d’oro, qual è la probabilità che anche l’altra sia d’oro?
Siccome è stata estratta una moneta d’oro, non può essere stata scelta la scatola con due monete d’argento; quindi, questa può essere solo: o quella con due monete d’oro, o quella con una moneta d’oro e una d’argento. Dato che queste due possibilità sono equivalenti, dovrebbe essere uguale a 1/2 la probabilità che la moneta rimasta nella scatola sia d’argento. Ma è proprio così?
10. Jones, un giocatore d’azzardo, mette tre carte coperte sul tavolo. Una delle carte è un asso; le altre sono due figure. Voi appoggiate il dito su una delle carte, scommettendo che sia l’asso. Ovviamente, la probabilità che lo sia realmente è pari a 1/3. Ora Jones dà una sbirciatina di nascosto alle tre carte. Dato che l’asso è uno solo, almeno una delle carte che non avete scelto deve essere una figura. Jones la volta e ve la fa vedere. A questo punto, qual è la probabilità che ora il vostro dito sia sull’asso?
SOLUZIONI
Problemi di calcolo combinatorio
1. La quantità di giorni che dovrà passare, prima che i sei alunni riescano a effettuare tutti i possibili spostamenti, è uguale al numero di permutazioni di sei elementi distinti; ovvero:
P6 = 6! = 6x5x4x3x2x1 = 720
In pratica, dovranno passare più di tre anni scolastici e mezzo(considerando che l’anno scolastico è composto da 200 giorni…).
2. La quantità di modi diversi di calare in tavola dieci distinte carte da gioco, una dopo l’altra, è uguale al numero di permutazioni di dieci elementi distinti; ovvero:
P10 = 10! = 10x9x8x7x6x5x4x3x2x1 = 3.628.800
Nota – Questo dato, indubbiamente sorprendente, mette in luce l’estrema varietà di potenziali situazioni che possono venirsi a creare, giocando a carte. Anche ipotizzando di giocare cento partite al giorno, tutti i giorni, dovrebbero passare quasi cento anni per poter giocare le stesse dieci carte in tutti i diversi modi possibili. Ed è impressionante verificare che, con solo tre carte in più (tredici, invece di dieci), il numero di tutti questi diversi modi sale addirittura a: 6.227.020.800 (in questo caso, alle condizioni precedenti, di anni ne servirebbero più di 170.000…).
3. La quantità totale di partite, che dovranno essere disputate in un torneo all’italiana con sedici squadre, è uguale al numero di disposizioni di sedici elementi distinti , presi a due a due;ovvero.
D16,2 = 16×15 = 240.
Siccome si disputeranno otto partite a giornata, la quantità di giornate del torneo sarà uguale a:
240/8 = 30.
4. Immaginiamo di rappresentare ognuna delle possibili successioni di reti, tramite l’insieme dei quattro numeri d’ordine in cui potrebbero essere segnate quelle della squadra vincente (ovvero: 1234 = prima, seconda, terza e quarta; 1235 = prima, seconda, terza e quinta; ecc.). Con tale impostazione, il problema si risolve calcolando il numero di combinazioni di sette elementi, presi a quattro a quattro (non avendo influenza l’ordine di scrittura dei quattro numeri); ovvero:
C7,4 = (7x6x5x4)/(4x3x2x1) = 840/24 = 35.
5. La quantità di tutti i possibili ordini di arrivo, è uguale al numero di disposizioni di dieci elementi distinti; presi a tre a tre; ovvero:
D10,3 = 10x9x8 = 720
Tra tutti questi casi possibili, uno solo è favorevole all’evento in questione. Il valore della probabilità cercata, quindi è uguale a:
1/720 = 0,0014
6. La quantità di tutti i possibili modi di estrarre due monete, in gruppo di dieci, è uguale al numero di combinazioni di dieci elementi distinti, presi a due a due (non avendo influenza l’ordine di estrazione);ovvero:
C10,2 = 10×9/2 = 90/2 = 45.
Tra tutti questi casi possibili, solo nove sono favorevoli all’evento in questione (quelli corrispondenti alle coppie di monete ottenibili, abbinando quella d’oro a ognuna delle altre nove);
il valore della probabilità cercata, quindi, è uguale a:
9/45 = 1/5 = 0,2.
7. Siccome le cifre numeriche sono dieci, la quantità di tutti i codici numerici composti da sei cifre diverse è uguale al numero di disposizioni di dieci elementi distinti, presi a sei a sei; ovvero:
D10,6 = 10x9x8x7x6x5 = 151.200
La quantità di tutti i possibili gruppi composti da tre cifre pari (considerando che sono in tutto cinque: 0, 2, 4, 6, 8), è uguale alle disposizioni di cinque elementi distinti, presi a tre a tre; ovvero:
D5,3 = 5x4x3 = 60.
Anche la quantità di tutti i possibili gruppi composti da tre cifre dispari (considerando che pure queste sono in tutto cinque: 1, 3, 5, 7, 9), è uguale alle disposizioni di cinque elementi distinti, presi a tre a tre; ovvero:
D5,3 = 5x4x3 = 60
La quantità totale dei codici di sei cifre che iniziano con tre cifre pari e terminano con tre dispari, quindi, è uguale a:
60×60 = 3.600
In definitiva, dato che i casi possibili sono 151.200 e quelli favorevoli all’evento in questione sono 3.600, la probabilità cercata è uguale a:
3600/151.200 = 1/42 = 0,0238.
8. Dato che i simboli da porre su una schedina sono tre (1, 2, X) e i risultati da pronosticare sono quattordici, la quantità di tutte le diverse colonne compilabili al Totocalcio (ripetendo necessariamente alcuni simboli) è uguale al numero delle disposizioni con ripetizioni di tre elementi distinti, presi a quattordici a quattordici; ovvero:
D’3,14 = 314 = 3x3x3x3x3x3x3x3x3x3x3x3x3x3 = 4.782.969
Considerando che, tra tutti questi casi possibili, uno solo è favorevole all’evento in questione, il valore della probabilità cercata, è uguale a:
1/4.782.969 = 0,0000002
Nota – Questo risultato sottolinea che, per poter avere la certezza assoluta di «fare 14» al Totocalcio, bisognerebbe giocare ben 4.782.969 colonne (con un sistema di quattordici triple), per una spesa complessiva di 2.391.484,5 euro (ogni colonna costa 0,50 euro). Non vale assolutamente la pena di investire una cifra genere, essendo nettamente superiore alle massime vincite conseguibili al Totocalcio, soprattutto negli ultimi tempi.
9. La quantità di tutte le possibili sestine che possono ottenersi con i novanta numeri in gioco, è uguale al numero di combinazioni di novanta elementi distinti, presi a sei a sei; ovvero:
C90,6 = 90x89x88x87x86x85/6x5x4x3x2x1 = 622.614.630.
Dato che la sestina vincente è una sola, la probabilità di indovinare proprio quella è uguale a:
1/ 622.614.630 = 0,0000000016
Nota – Per avere un’idea delle dimensioni del numero corrispondente alla quantità di sestine ottenibili, si pensi che se, per assurdo, una persona si incaricasse di scriverle tutte, al ritmo di una al secondo, senza interrompersi mai (né per mangiare, né per dormire), avrebbe bisogno di circa 19 anni e 9 mesi per riuscire a completare il lavoro…
10. Ad ogni estrazione vengono sorteggiati cinque numeri su novanta e, ai fini di un eventuale vincita, non è rilevante l’ordine con cui questi escono. Di conseguenza, la probabilità corrispondente a una giocata di X numeri è uguale al rapporto tra la quantità di combinazioni ottenibili con i cinque numeri estratti, presi a X a X, e la quantità delle combinazioni ottenibili con tutti i novanta numeri in gioco, presi anche questi a X a X.
In definitiva la probabilità di uscita di una determinata puntata composta da X numeri, si può indicare con la seguente formula generale:
P(X) = (C5,X)/(C90,X)
a) Estratto semplice.
Ponendo X = 1 nella formula generale, la probabilità che venga estratto un determinato numero singolo, è data da:
P(1) = (C5,1)/(C90,1) = 5/90 = 1/18 = 0,05
b) Ambo.
Ponendo X = 2 nella formula generale, la probabilità che venga estratto un determinato ambo, è data da:
P(2) = (C5,2)/(C90,2) = [(5×4)/2]/[(90×89)/2] = 10/4005 = 1/400,5 = 0,0025
c) Terno.
Ponendo X = 3 nella formula generale, la probabilità che venga estratto un determinato terno, è data da:
P(3) = (C5,3)/(C90,3) = [(5x4x3)/6]/[(90x89x88)/6] = 10/117.480 = 1/11.748 = 0,000085
d) Quaterna
Ponendo X = 4 nella formula generale, la probabilità che venga estratta una determinata quaterna, è data da:
P(4) = (C5,4)/(C90,4) = [(5x4x3x2)/24]/[(90x89x88x87)/24] = 5/2.555.190 = 1/511.038 = 0,0000019
e) Cinquina
Ponendo X = 5 nella formula generale, la probabilità che venga estratto una determinata cinquina è data da:
P(5) = (C5,5)/(C90,5) = [(5x4x3x2x1)/120]/[(90x89x88x87x86)/120] = 1/43.949.268 = 0,000000023
Problemi paradossali
1. Ci sono sedici modi possibili di avere quattro figli e possono essere così indicati:
MMMM – MMMF – MMFM – MFMM – FMMM – MMFF – MFMF – FMMF
FFFF – FFFM – FFMF – FMFF – MFFF – FFMM – FMFM – MFFM
Solo sei di questi corrispondono a due maschi e due femmine (MMFF – MFMF – FMMF – MFFM – FMFM – FFMM); di conseguenza, la probabilità che, su quattro figli, due siano maschi e due femmine, è uguale a: 6/16 = 3/8 (e non a: 1/2, come si è indotti, erroneamente, a supporre…).
2. A questo punto del gioco, delle sedici successioni previste all’inizio, solo due sono ancora possibili: TTTC e TTTT, entrambe con 1/2 di probabilità; tutte le altre non possono più essere prese in considerazione, in quanto nessuna di esse inizia con TTT. Quindi, la probabilità di ottenere un’altra T è uguale a 1/2, come quella di ottenere una C.
Nota – Questo esempio dimostra che il valore della probabilità, calcolato prima di cominciare ad effettuare i tentativi (quando, cioè, non se ne può ancora conoscere l’esito), è diverso da quello ricavabile, una volta venuti a conoscenza di alcuni risultati. Per lo stesso motivo, un numero che non esce per molte volte di seguito (al gioco del Lotto o alla roulette) non ha maggiori probabilità d’uscita degli altri.
3. Come abbiamo già visto, le sedici successioni ottenibili con quattro successivi lanci di una moneta possono essere così indicate:
TTTT – TTTC – TTCT – TTCC – TCTT – TCCC – TCTC – CTTC
CCCC – CCCT – CCTC – CCTT – CTCC – CTTT – CTCT – TCCT
È facile verificare che solo sei di queste successioni (e non otto) contengono una sequenza di tipo TCT o CTC. Infatti, la successione TCTC ingloba una sequenza TCT all’inizio e una CTC alla fine; analogamente, la successione CTCT ingloba una sequenza CTC all’inizio e una TCT alla fine.
4. I possibili esiti della corsa non sono in tutto quattro, ma sei; ovvero:
1° Jack, 2° Queen, 3° King;
1° Jack, 2° King, 3° Queen;
1° Queen, 2° Jack, 3° King;
1° Queen, 2° King, 3° Jack;
1° King, 2° Jack, 3° Queen;
1° King, 2° Queen, 3° Jack.
In quattro di questi casi, arriva primo uno dei due cavalli su cui ha puntato Mauro; quindi, la probabilità che sia lui a vincere la scommessa è uguale a: 4/6 = 2/3 = 0,6667.
5. Riproduciamo lo schema dei punteggi ottenibili dal lancio di due dadi, che abbiamo già visto nella prima parte di questo libretto.
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
Si può facilmente notare che, indipendentemente dalla colonna su cui una persona può scegliere di puntare, ben ventuno casi su trentasei sono favorevoli al Banco (contro quindici su trentasei).
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | |
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |
| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |
| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
Quindi, a ogni puntata, la probabilità di vittoria del Banco è uguale a: 21/36 = 0,5833, mentre quella della persona che punta è uguale solo a :15/36 = 0,4167.
6. Anche se le vetture di una stessa linea si succedono a 10 minuti l’una dall’altra, evidentemente tra l’arrivo di un autobus «L» e di uno «S», trascorre un solo minuto (e, quindi, tra l’arrivo di un autobus «S» e quello di uno «L», trascorrono 9 minuti). Di conseguenza, recandosi casualmente alla fermata, Turiddu ha una sola probabilità su 10 di giungere prima dell’arrivo di un autobus «S» (e 9 su 10 di giungere prima dell’arrivo di un autobus «L»).
7. In effetti, se si pone uguale a: 1/10.000 la probabilità che a bordo di un aereo ci sia un passeggero armato di bomba, la probabilità che ce ne siano due può ritenersi uguale a: (1/10.000)(1/10.000) = 1/100.000.000. Due casi del genere, infatti, non sono incompatibili e, in linea teorica, possono essere considerati indipendenti; quindi, la probabilità che si verifichino contemporaneamente, è uguale al prodotto delle loro singole probabilità, come afferma la legge sulla probabilità composta.
Un tale ragionamento è valido, però, se entrambe le situazioni avvengono in maniera casuale. Ma l’azione intenzionale di portarsi dietro una bomba corrisponde a un evento assolutamente certo, al quale deve essere attribuita, quindi, una probabilità uguale a 1. Di conseguenza, siccome: 1×1/10.000 = 1/10.000, si può verificare facilmente che l’espediente di portarsi una bomba in aereo, non ha alcun effetto sulla probabilità che a bordo ce ne sia un’altra.
8. Le possibili combinazioni, a due a due, dei quattro dolciumi sono sei (4×3/2 = 6) e, precisamente:
CR/CV – CR/TR – CR/TV – CV/TR – CV/TV – TR/TV
Come si può notare, le combinazioni contenenti almeno un cioccolatino sono cinque; tra queste, una sola corrisponde a due cioccolatini. Di conseguenza, la risposta al primo quesito è: 1/5.
Invece, le combinazioni contenenti il cioccolatino con la carta rossa sono tre; tra queste, una sola corrisponde a due cioccolatini. Di conseguenza, la risposta al secondo quesito è: 1/3.
9. Per maggiore chiarezza, chiamiamo le tre monete ne seguente modo:
– O1 e O2: le due monete d’oro che si trovano nella stessa scatola;
– A1 e A2: le due monete d‘argento che si trovano nella stessa scatola;
– O3: la moneta d’oro che si trova nella scatola con quella d’argento;
– A3: la moneta d’argento che si trova nella scatola con quella d’oro.
| o1 – o2 | a1 – a2 | o3 – o3 |
Relativamente a tale denominazione, la moneta d’oro estratta può essere:
– o1 e, in questo caso, l’altra moneta è d’oro (o2);
– o2 e, in questo caso, l’altra moneta è d’oro (o1);
– o3 e, in questo caso, l’altra moneta è d’argento (a3).
Dato che in due casi su tre la moneta rimasta nella scatola è d’oro, la relativa probabilità vale: 2/3.
Nota – Questo paradosso è stato ideato dal matematico francese, Joseph Louis François Bertrand, che lo propose nel 1889, nel suo libro Calcul des Probabilités. Nel 1950, il matematico statunitense Warren Weaver ne propose su Scientific American, una versione che utilizza tre cartoncini: uno con due facce rosse, un altro con due facce nere e un terzo con una faccia rossa e una nera.
10. Molti pensano che la probabilità sia salita da 1/3 a 1/2. Dopo tutto, ci sono solo due carte coperte, e una deve essere l’asso. In realtà la probabilità rimane 1/3. La probabilità che non abbiate scelto l’asso rimane 2/3, anche se Jones sembra aver eliminato parzialmente l’incertezza mostrando che una delle due carte non prescelte non è l’asso. La probabilità che l’altra delle due carte non prescelte sia l’asso, tuttavia, resta uguale a 2/3, perché la scelta era avvenuta prima. Se Jones vi desse l’opportunità di spostare la vostra scommessa su quella carta, dovreste accettare (sempre che non abbia qualche carta nella manica, naturalmente).
Nota – Questo problema venne presentato per la prima volta da Martin Gardner, nell’ottobre 1959, in una formulazione diversa (al posto delle tre carte, c’erano tre prigionieri, uno dei quali era stato graziato dal governatore locale). Nel 1990 Marilyn vos Savant, autrice di una popolare rubrica sulla rivista Parade, ne propose un’ulteriore versione (che contemplava tre porte, dietro le quali si celavano un’automobile e due capre). La vos Savant fornì la risposta corretta, ma ricevette migliaia di lettere infuriate (molte delle quali, inviate da docenti di matematica…) che l’accusavano di ignorare la teoria delle probabilità. Il caso finì in prima pagina sul New York Times e il problema acquistò in breve tempo una popolarità planetaria, arrivando addirittura a essere votato da una giuria di esperti, come il più bel paradosso probabilistico del secondo millennio.