Esercizio 11lotto, numero 33 per 90 settimane

---

a) Probabilità che esca il 33 in una settimana

Spazio campionario

L'ordine di estrazione non conta per sapere se è uscito il 33: conviene prendere come esiti le cinquine non ordinate, cioè i sottoinsiemi di 5 elementi di $\{1, \dots, 90\}$. Sono tutti equiprobabili (estrazione a caso), quindi lo spazio è uniformeEsiti equiprobabili: P(E) = casi favorevoli / casi possibili.Spazi di probabilità discreti e uniformi → e

$$|\Omega| = \binom{90}{5}.$$

Casi favorevoli

Sia $E$ = "esce il 33". Una cinquina contiene il 33 se e solo se è formata dal 33 più altri 4 numeri scelti tra gli 89 rimanenti: ci sono $\binom{89}{4}$ modi (Calcolo combinatorio per la probabilitàNegli spazi uniformi bisogna contare: principio di moltiplicazione, disposizioni con ripetizione n^k, disposizioni semplici n!/(n−k)!, permutazioni n!, combinazioni (n su k); estrazioni con e senza reinserimento e distribuzione ipergeometrica.Calcolo combinatorio per la probabilità →).

$$P(E) = \frac{\binom{89}{4}}{\binom{90}{5}}.$$

Semplificazione

$$\frac{\binom{89}{4}}{\binom{90}{5}} = \frac{\frac{89!}{4!\,85!}}{\frac{90!}{5!\,85!}} = \frac{89! \cdot 5!}{4! \cdot 90!} = \frac{5}{90} = \frac1{18}.$$

(Si usa la definizione $\binom nk = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}$ di Fattoriale e coefficienti binomialiFattoriale, permutazioni, disposizioni, combinazioni e coefficiente binomiale n su k, con il triangolo di Tartaglia.Fattoriale e coefficienti binomiali →, con $89 - 4 = 85$ e $90 - 5 = 85$; dividere per una frazione è moltiplicare per la reciproca; i fattori $85!$ si semplificano; infine $\frac{89!}{90!} = \frac{89!}{90 \cdot 89!} = \frac1{90}$ e $\frac{5!}{4!} = \frac{5 \cdot 4!}{4!} = 5$.)

$$\boxed{p = P(E) = \frac{5}{90} = \frac{1}{18} \approx 0{,}056}$$

Ragionamento più rapido. Per simmetria, ognuno dei 90 numeri ha la stessa probabilità di trovarsi tra i 5 estratti. Il numero medio di "numeri estratti" è 5, ripartito equamente su 90 numeri: $\frac{5}{90}$. Oppure: il 33 viene estratto alla prima estrazione con probabilità $\frac1{90}$, alla seconda con probabilità $\frac{89}{90}\cdot\frac1{89} = \frac1{90}$, e così via; sommando i 5 casi disgiunti si ottiene $\frac{5}{90}$. Il fattore $\frac{89}{90} \cdot \frac{1}{89}$ è la regola del prodotto della Probabilità condizionataLa probabilità di A sapendo che si è verificato B è P(A ∣ B) = P(A ∩ B) / P(B), con P(B) > 0; è una nuova misura di probabilità, e da essa seguono la regola del prodotto e la regola della catena.Probabilità condizionata →: prima non esce il 33 (89 numeri su 90), poi, sapendo questo, esce il 33 tra gli 89 rimasti. Alla terza estrazione: $\frac{89}{90} \cdot \frac{88}{89} \cdot \frac1{88} = \frac1{90}$, e così via (i fattori si semplificano a catena).

b) Legge, media e varianza di $X$

Riconoscere la binomiale

Ogni settimana è una prova con "successo" = "esce il 33", con probabilità $p = \frac1{18}$. Le estrazioni di settimane diverse sono indipendentiA e B sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) P(B), cioè se sapere che uno si è verificato non cambia la probabilità dell'altro; l'indipendenza passa ai complementari, non va confusa con l'incompatibilità, e per più eventi va richiesta su ogni sottofamiglia.Indipendenza di eventi → (ogni settimana si riparte con tutti i 90 numeri) e hanno sempre la stessa probabilità. Il "senza ripetizione" del testo riguarda i 5 numeri della stessa settimana, ed è già contenuto in $p$. $X$ conta i successi in $n = 90$ prove: per il modello binomialen prove indipendenti, ciascuna con probabilità di successo p: una sequenza con k successi ha probabilità p^k (1−p)^(n−k), e la probabilità di esattamente k successi è (n su k) p^k (1−p)^(n−k) (modello binomiale); il primo successo alla prova k ha probabilità (1−p)^(k−1) p.Prove ripetute e modello binomiale →,

$$X \sim \text{Bin}\left(90, \tfrac1{18}\right), \qquad \boxed{P(X = k) = \binom{90}{k}\left(\frac1{18}\right)^k\left(\frac{17}{18}\right)^{90 - k}, \quad k = 0, 1, \dots, 90}$$

Media e varianza

Formule della binomialeE = np, Var = np(1 − p).Bernoulli, binomiale e uniforme discreta →:

$$E[X] = np = 90 \cdot \frac1{18} = 5, \qquad \text{Var}(X) = np(1 - p) = 5 \cdot \frac{17}{18} = \frac{85}{18} \approx 4{,}72.$$

($90 = 5 \cdot 18$, quindi $\frac{90}{18} = 5$; poi $1 - p = 1 - \frac1{18} = \frac{17}{18}$.)

$$\boxed{E[X] = 5, \qquad \text{Var}(X) = \frac{85}{18}}$$

In 90 settimane il giocatore vince in media 5 volte.

c) Più di 6 vincite, con l'approssimazione normale

Perché si può approssimare

$X$ è somma di 90 Bernoulli indipendenti $\text{Be}(\frac1{18})$ (la Bernoulli della settimana $i$ vale $1$ se in quella settimana esce il 33). Per il teorema del limite centraleLa somma standardizzata di tante v.a. i.i.d. ha legge circa N(0, 1).Teorema del limite centrale e approssimazione normale →, $X$ ha legge approssimativamente gaussiana con la stessa media e varianza:

$$X \approx Y \sim N\left(5, \tfrac{85}{18}\right), \qquad \sigma = \sqrt{\tfrac{85}{18}} \approx 2{,}17.$$

(La regola pratica $np \ge 5$ è soddisfatta al limite: l'approssimazione sarà discreta, non eccellente.)

Standardizzazione

$$P(X > 6) \approx P(Y > 6) = P\left(\frac{Y - 5}{\sigma} > \frac{6 - 5}{\sqrt{85/18}}\right) = P\left(Z > \sqrt{\tfrac{18}{85}}\right) = 1 - \Phi\left(\sqrt{\tfrac{18}{85}}\right),$$

dove $Z \sim N(0, 1)$ e si è usato $\frac{1}{\sqrt{85/18}} = \sqrt{\frac{18}{85}}$. Passaggi: si sottrae la media e si divide per $\sigma > 0$ da entrambe le parti (la disuguaglianza non cambia verso), e $Z = \frac{Y - 5}{\sigma}$ è la standardizzataI momenti E[X^k] e i momenti centrati E[(X − μ)^k] descrivono la forma di una legge; la varianza Var(X) = E[(X − μ)²] = E[X²] − E[X]² misura quanto X si disperde attorno alla media, vale Var(aX + b) = a² Var(X) e Var(X) = 0 solo se X è costante.Varianza e momenti → di $Y$, che per una gaussiana è ancora gaussiana, $N(0, 1)$ (Distribuzione gaussiana (normale)N(μ, σ²) ha densità e^(−(x−μ)²/(2σ²)) / √(2πσ²), a campana centrata in μ con larghezza σ; media μ, varianza σ²; si standardizza con Z = (X − μ)/σ ~ N(0, 1) e si calcola P(X ≤ x) = Φ((x − μ)/σ), con Φ(−z) = 1 − Φ(z); aX + b è ancora gaussiana, N(aμ + b, a²σ²).Distribuzione gaussiana (normale) →). Infine $P(Z > z) = 1 - P(Z \le z) = 1 - \Phi(z)$ (complementare, con $\Phi$ la Funzione di distribuzioneLa funzione di distribuzione (FdD) F_X(x) = P(X ≤ x) è definita per ogni v.a., è crescente, continua a destra, va da 0 a 1 e determina la legge; per una v.a. discreta è a gradini, con salti in corrispondenza dei valori e di altezza pari alla densità.Funzione di distribuzione → di $Z$).

$$\boxed{P(X > 6) \approx 1 - \Phi\left(\sqrt{\tfrac{18}{85}}\right) \approx 1 - \Phi(0{,}46) \approx 0{,}32}$$

Attenzione alla soluzione ufficiale, che aggiunge "$\simeq 0$": è un errore di stima. $\sqrt{18/85} \approx 0{,}46$ e $\Phi(0{,}46) \approx 0{,}68$, quindi la probabilità è circa $0{,}32$. Si può controllare il buon senso: la media è 5 e la deviazione standard circa 2, quindi superare 6 (mezza deviazione standard sopra la media) non è affatto raro.

Confronto con il valore esatto e correzione di continuità

$X$ è a valori interi, quindi $\{X > 6\} = \{X \ge 7\}$. Con la correzione di continuitàSe X₁, X₂, ... sono i.i.d. con media μ e varianza σ² ∈ (0, ∞), la somma standardizzata (Sₙ − nμ)/(σ√n) converge in distribuzione a N(0, 1): per n grande P(Sₙ ≤ x) ≈ Φ((x − nμ)/(σ√n)). Caso binomiale (De Moivre-Laplace): Bin(n, p) ≈ N(np, np(1 − p)), con correzione di continuità ±0,5. Si dimostra con le funzioni caratteristiche e il teorema di Lévy.Teorema del limite centrale e approssimazione normale → si taglia a metà strada, in $6{,}5$:

$$P(X > 6) \approx 1 - \Phi\left(\frac{6{,}5 - 5}{2{,}17}\right) = 1 - \Phi(0{,}69) \approx 0{,}245.$$

($\frac{1{,}5}{2{,}17} \approx 0{,}69$, e dalle tavole $\Phi(0{,}69) \approx 0{,}755$.) Perché $6{,}5$: la probabilità della binomiale in $k$ corrisponde all'area della gaussiana tra $k - 0{,}5$ e $k + 0{,}5$; i valori $k \ge 7$ corrispondono quindi all'area da $6{,}5$ in poi. Senza correzione si parte da $6$ e si conta anche metà del rettangolo di $k = 6$: il rettangolo vale circa $P(X = 6) \approx 0{,}15$, la sua metà circa $0{,}08$, che è proprio la differenza $0{,}323 - 0{,}245$.

La correzione di continuità avvicina molto il risultato al valore esatto. Con $np = 5$ e $p$ piccolo, anche l'approssimazione di PoissonPoi(λ) conta eventi rari: P(X = k) = e^(−λ) λ^k / k! per k = 0, 1, 2, …, con media e varianza entrambe uguali a λ; approssima la binomiale Bin(n, p) quando n è grande e p piccolo, con λ = np.Distribuzione di Poisson → $\text{Poi}(5)$ sarebbe ragionevole: $1 - e^{-5}\sum_{k=0}^6 \frac{5^k}{k!} \approx 0{,}238$.

Errori comuni

• Usare $\binom{90}{5}$ al numeratore e altro al denominatore: casi favorevoli e possibili vanno contati nello stesso spazio (cinquine non ordinate in entrambi).
• Dividere per la varianza: si standardizza con $\sigma = \sqrt{85/18}$, non con $\frac{85}{18}$.
• Confondere $P(X > 6)$ con $P(X \ge 6)$: per una v.a. intera sono diverse ($P(X = 6) \approx 0{,}15$).
• Approssimare $1 - \Phi(0{,}46)$ con zero.