Nella seconda prova di matematica alla maturità, devi svolgere cinque quesiti (esercizi brevi) su dieci. Qui trovi la soluzione del quesito 3 della simulazione della seconda prova di maturità del 29 aprile 2016.
Ecco la soluzione del quesito 3 della simulazione di seconda prova di matematica della maturità del 29 aprile 2016.
Per risolverlo, ti suggeriamo di ripassare un po' di probabilità.
Durante il picco massimo di un'epidemia di influenza il £$15\%$£ della popolazione è a casa ammalato:
£$a$£) qual è la probabilità che in una classe di £$20$£ alunni ce ne siano più di due assenti per influenza?
£$b$£) descrivere le operazioni da compiere per verificare che, se l'intera scuola ha £$500$£ alunni, la probabilità che ce ne siano più di £$50$£ influenzati è maggiore del £$99\%$£.
£$a$£) schematizziamo il problema concreto in questo modo: viene ripetuto per £$n=20$£ volte un esperimento (il controllo dello stato di salute di ciascuno studente). Ogni volta, la probabilità di successo, cioè lo studente ha l'influenza, è £$p=0,15$£ (£$15\%$£). Ovviamente, dobbiamo supporre che ciascuna osservazione sia indipendente dalle altre. Allora possiamo modellizzare la situazione con una variabile aleatoria £$X$£ che ha distribuzione binomiale: £$X \sim $£(20, 0,\!15)$£.
La probabilità che, controllando £$20$£ studenti, se ne trovino £$k$£ ammalati è
$$P(X=k)=\binom{20}{k}\cdot(0,15)^k\cdot(1-0,15)^{20-k}$$
Per calcolare la probabilità che il numero degli ammalati sia "più di £$2$£", dobbiamo calcolare £$P(X > 2)$£. In questi casi però, rischieremmo di fare un sacco di conti. Allora ci conviene considerare l'evento contrario: "al massimo 2", cioè £$0$£ oppure £$1$£ oppure £$2$£. Gli eventi "£$0$£ ammalati", "£$1$£ ammalato", "£$2$£ ammalati" sono incompatibili, quindi la probabilità dell'evento unione è la somma delle rispettive probabilità. Abbiamo:
$$P(X=0)=\binom{20}{0}\cdot(0,15)^0\cdot(0,85)^{20}=(0,85)^{20}\approx0,03876$$
$$P(X=1)=\binom{20}{1}\cdot(0,15)^1\cdot(0,85)^{19}=20\cdot(0,15)^1\cdot(0,85)^{19}\approx0,13680$$
$$P(X=2)=\binom{20}{2}\cdot(0,15)^2\cdot(0,85)^{18}=190\cdot(0,15)^2\cdot(0,85)^{18}\approx0,22934$$
La somma dei risultati ottenuti è £$0,40490$£ ed esprime la probabilità di riscontrare "non più" di due ammalati. Abbiamo quindi calcolato la probabilità dell'evento contrario di £$P(X > 2)$£. Usiamo allora la formula della probabilità dell'evento contrario e abbiamo
$$P(X > 2)\approx1-0,40490=0,59510\, \approx 59,5\%$$
£$b$£) la seconda richiesta del quesito è nella sostanza equivalente alla prima. Invece di avere £$n=20$£ "prove" indipendenti abbiamo £$n=500$£ e dobbiamo calcolare la probabilità che ci siano "più di £$50$£ ammalati". Il procedimento è equivalente a quello del punto £$a)$£. Ora abbiamo la variabile aleatoria £$X$£ che segue la distribuzione binomiale £$X \sim (500, 0,\!15)$£. Abbiamo
$$P(X> 50)=1-\sum_{k=0}^{50}\binom{500}{k}\cdot(0,15)^k\cdot(0,85)^{500-k}$$
Il calcolo manuale di questa espressione però è abbastanza lungo. Conviene applicare l'approssimazione della distribuzione binomiale con la normale standard.
Ma come si fa? Se £$X$£ è la variabile aleatoria con distribuzione binomiale con parametri £$n$£ e £$p$£ (£$n$£ è il numero di ripetizioni dell'esperimento, £$p$£ la probabilità di successo in un singolo esperimento), la media e la varianza di £$X$£ sono rispettivamente £$n\kern1pt p$£ e £$n\kern1pt p\kern1pt (1-p)$£. Questi elementi ci servono per approssimarla con una variabile aleatoria (continua) normale standard £$Z$£ che ha come densità la funzione £$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}$£.
Se £$n$£ è abbastanza grande (almeno, £$n\geq30$£) e £$n\kern1pt p\kern1pt (1-p)$£ non è troppo piccolo (almeno 10) allora la variabile "normalizzata"
$$Y=\frac{X-n\kern1pt p}{\sqrt{n\kern1pt p\kern1pt (1-p)}}$$
e £$Z$£ sono approssimativamente distribuite nello stesso modo, nel senso che se £$a$£, £$b$£ sono due numeri reali con £$a<b$£, allora
$$P(a\leq Y\leq b)\approx P(a\leq Z\leq b)=\int_a^b{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx}$$
Vediamo se, nel nostro caso, sono soddisfatte queste condizioni di approssimazione: £$n=500$£, £$p=0,15$£, e quindi £$n\kern1pt p=75$£e £$n\kern1pt p\kern1pt (1-p)=63,75$£. L'approssimazione con la normale standard si può applicare con ottima precisione. La variabile "normalizzata" £$Y$£ è nel caso attuale
$$Y=\frac{x-75}{\sqrt{63,75}}\,$$
La relazione £$X>50$£ corrisponde a £$Y>\frac{50-75}{\sqrt{63,75}}$£, e grazie alla (quasi) uguale distribuzione di £$Y$£ e £$Z$£, a £$Z>\frac{50-75}{\sqrt{63,75}}$£. Se vogliamo essere più precisi, visto che £$X$£ assume solo valori interi (perché conta il numero di ammalati), la relazione £$X>50$£ è equivalente a £$X\geq51$£; si ottiene quindi un risultato più preciso inserendo nel termine con cui si confronta £$Z$£ non £$50$£, né £$51$£, bensì il valore intermedio £$50,5$£. In conclusione
$$P(X>50)\approx P(Z>\frac{50,5-75}{\sqrt{63,75}})=P(Z>-3,0685)=\int_{-3,0685}^{+\infty}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{1}{2}x^2}\,dx}.$$
Il valore (approssimato) dell'ultimo integrale è calcolabile tramite le tavole che riportano i valori della distribuzione normale standardizzata.
La verifica di quanto affermato in (£$b$£) consiste nel prendere atto che il valore di quell'integrale è maggiore di £$0,99$£.
Non avendo le tavole, non possiamo calcolare questo valore. Quindi abbiamo finito.
Per i più curiosi, si ottiene come risultato £$0,998924$£ che è maggiore di £$0,99$£.
