Ligouras mate v_esame_quespr2011_02

LIGOURAS Panagiote

I.I.S. “Leonardo da Vinci – Galileo Galilei” Noci (BA)

Matematica e Informatica

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ESAME DI STATOMatematica Liceo Scientifico

Probabil itàI ta l ia , Europa e Amer iche – anni 2011 -2015

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Panagiote LIGOURAS 02 / ++ Versione 2016-01

Probabilità – Quesito n.7 – Italia – 2011

Si tratta di una distribuzione binomiale con p=1/4(probabilità di 1 successo, cioè di rispondere correttamente ad una domanda) eq= 1- 1/4 = 3/4; q = 3/4.

La probabilità di avere almeno due successi equivale a 1 – p (nessun successo) – p (1 successo) =


Probabilità – Quesito n.9 – Italia supp. – 2011

L’area favorevole è data dall’area della corona circolare di raggi 1 e 3, l’area possibile (con probabilità 1/2) è data dall’area del cerchio di raggio 5.

Quindi:



Fissato P, consideriamo la tangente in P alla circonferenza e su di essa un punto D.

Gli angoli 𝛾 𝑒 𝛽 sono legati alla scelta di A e B ed hanno le limitazioni:

La possibilità di scelta per A e B equivale quindi all’area del quadrato di area 𝜋2

le scelte di A e B favorevoli equivalgono all’area della parte del quadrato di lato 𝜋 che soddisfa la condizione:

L’area favorevole è data da:

La probabilità richiesta è quindi:

𝐴(𝑝𝑜𝑙𝑖𝑔𝑜𝑛𝑜 𝐸𝑂𝐻𝐺𝐶𝐹) =

= 𝐴(𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑡𝑜) − 2𝐴𝑟𝑒𝑎(𝐻𝐵𝐺) =



La moneta cade internamente alla mattonella se il suo centro dista dai lati della mattonella meno del suo raggio:

La probabilità richiesta è data dal rapporto tra l’area dell’esagono piccolo e l’area della mattonella.

Area esagono piccolo == semiperimetro x apotema

L’area favorevole sarà quindi l’area di un esagono concentrico a quello dato, con i lati paralleli a quelli della mattonella.

Il lato L=IF dell’esagono interno è uguale a 10 cm – 2AJ;

𝑅 =𝑑

2=23,25

2

𝐴𝐽 = 𝐼𝐽 ∙ 𝑡𝑔 30° =𝑑

2∙

3

3

𝐿 = 10 − 2𝐴𝐽 = 10 − 𝑑 ∙3

3=10−23,25∙

3

3𝑐𝑚

= 3𝐿 ∙ 𝐿3

2=3𝐿2 3

2

Area mattonella =3 ∙ 102 3

2=3 ∙ 100 3

2

Probabilità =

3𝐿2 32

3 ∙ 100 32

=𝐿2

100≅ 0,7495



Rappresentiamo i dati forniti nel seguente diagramma ad albero:

Analizzando il grafico emerge che la probabilità richiesta, per il teorema di Bayes, è data da:

=

12 ∙

10100

12 ∙

10100 +

13 ∙

7100 +

16 ∙

5100

=30

49≅ 0.612 = 𝟔𝟏. 𝟐%

𝒑 𝒀|𝑿 =𝒑 𝑿|𝒀 ∙ 𝒑 𝒀

𝒑 𝑿


Probabilità – Quesito n.9 – Italia str. – 2012

Dobbia calcolare la probabilità che esca croce 1 volta oppure 3 volte oppure 5 volte oppure 7 volte in 8 lanci.

Applichiamo la formula della distribuzione binomiale con n = 8 ed x (i successi) uguale ad 1, 3, 5, 7.

con p = q = 1/2

La probabilità richiesta è quindi:



I casi possibili con quattro gattini sono 24 = 16 che sono le disposizioni con ripetizione di 2 oggetti (M ed F) a 4 a 4.

I casi con due maschi e due femmine sono:

Contiamo i casi in cui si hanno 3 gattini di un sesso e 1 dell’altro.

I casi in cui si hanno 3 M (maschi) sono 4,infatti può essere femmina- il primo,- il secondo,- il terzo o- il quarto gattinoe gli altri tre in ogni caso maschi.Analogamente si hanno 4 casi con 3 F (femmine).In totale abbiamo 8 casi.

Pertanto:

La probabilità di avere 2 M (maschi) e 2 F (femmine) è quindi:

M1M2, M1M3, M1M4, M2M3, M2M4, M3M4: 6 casi possibili.



Dopo aver trovato il volume del cono possiamo trovare la sua massa (massa del cono senza cavità), ricordando che:

Nel cono equilatero l’apotema è uguale al diametro di base, quindi la sua altezza equivale a quella di un triangolo equilatero di lato pari al diametro di base del cono:

La probabilità richiesta è data da:



La probabilità che il bersaglio venga colpito almeno una volta è

Tale probabilità è maggiore dell’80% se:

Il minimo valore di n è quindi 5.

Infatti, con n=5 la probabilità di colpire almeno una volta il bersaglio è pari a:

Si debbono quindi lanciare almeno 5 missili affinché la probabilità di colpire il bersaglio almeno una volta sia maggiore dell’80%.



La probabilità richiesta p è data da:

Quindi:

La lunghezza dell’arco AB è uguale a della lunghezza della circonferenza: 30

360=

1

12



Su 10 persone 4 non hanno gli occhi azzurri.

Le coppie favorevoli sono in numero pari alle combinazioni di 4 oggetti a 2 a 2, cioè

Le coppie possibili sono:

Quindi, la probabilità richiesta è data da:

𝐶4,2 =42

=4!

2! 4−2 !=

4∙3

2!=

12

2=6

𝐶10,2 =102

=10!

2! 10−2 !=

10∙9

2!=

90

2=45

𝑝 =𝐶4,2𝐶10,2

=6

45=

𝟐

𝟏𝟓

𝐶𝑛,𝑘 =𝑛𝑘

=𝑛!

𝑘! 𝑛 − 𝑘 !



R=5, V=5, G=5, B=5

Probabilità che esattamente una su tre sia rossa.

Le rosse sono 5, le altre due, non rosse, sono le combinazioni di 15 oggetti (V+G+B) a 2 a 2.

I casi possibili sono le combinazioni di 20 oggetti (tutte le palline) a 3 a 3.

Probabilità che le tre palline siano di colori differenti.

p(3 rosse)= p(3 verdi) = p(3 gialle) = p(3 bianche) =

p(1 di un colore e 2 dell’altro colore) =

p =



I casi possibili nel lancio di 3 dadi sono 6 x 6 x 6 = 216.

I casi favorevoli che danno 9 sono:

Quindi la probabilità di ottenere 9 è

I casi favorevoli che danno 10 sono:

Quindi la probabilità di ottenere 10 è

Quindi: 𝒑(𝟗) < 𝒑(𝟏𝟎).



La probabilità richiesta è data dal rapporto tra il volume “favorevole”, quello del cilindro, ed il volume “possibile”, quello del solido.

Ricordiamo che il cilindro equilatero ha il diametro di base uguale all’altezza.

Il cono equilatero ha l’apotema uguale al diametro di base, quindi l’altezza h è data da:

La probabilità richiesta è



Determiniamo la probabilità 𝑞 che nessuna sia un “Arcano maggiore”:

La probabilità 𝑝 che almeno una carta sia un “Arcano maggiore” è:



No, Edgar Allan Poe NON ha ragione.

La probabilità che esca un doppio 6 al terzo tentativo ( 1/36 ≅ 2.8%) è indipendente dal fatto che sia già uscito un doppio 6 le 2 volte precedenti;

Tale probabilità è comunque bassa,quindi scommettendo si ha un’alta probabilità di vincere (circa 97.2%),ma non perché il doppio 6 è già uscito le 2 volte precedenti!



La probabilità che si ottenga testa in un lancio è 1/2.

La probabilità che si ottengano al più due teste in sei lanci è data da:

Si tratta di una distribuzione binomiale, quindi, indicando con n il numero di prove, con k il numero di “successi”, con p la probabilità del “successo” e con q la probabilità dell’insuccesso si ha:

Nel nostro caso n = 6 e p = 1/2 e q = 1/2, quindi:

𝑝(𝑎𝑙 𝑝𝑖ù 𝑑𝑢𝑒 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑖 𝑙𝑎𝑛𝑐𝑖) =

𝑝(𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑜 𝑑𝑢𝑒 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑖 𝑙𝑎𝑛𝑐𝑖) = 1 − 𝑝(0 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑒) − 𝑝(1 𝑡𝑒𝑠𝑡𝑎) =



La probabilità richiesta è data dal rapporto tra “l’area favorevole” e “l’area possibile”.

Area favorevole = area triangolo – area dei 3 settori circolari di centri A, B e C con raggi 2 e ampiezze pari agli angoli interni del triangolo.

La somma dei 3 settori equivale ad 1 settore circolare di ampiezza 180° (la somma dei 3 angoli) e raggio 2, quindi ad un semicerchio di raggio 2:

Per calcolare l’area del triangolo ABC, isoscele sulla base AB, troviamo l’altezza h relativa a tale base:

Panagiote LIGOURAS 20 / 20 Versione 2016.01

Grazie!!!

A l b e r o b e l l o

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Questa presentazione è disponibile anche all’indirizzo:http://www.slideshare.net/panagioteligouras/

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