Esercizio 11lotto, numero 33 per 90 settimane

Testo (II appello, 12 febbraio 2026, esercizio 2, Tema A; punti 7 = 2+2+3). Nel gioco del lotto, per ogni "ruota" associata ad una data città vengono estratti settimanalmente cinque numeri compresi tra 1 e 90, senza ripetizione. Un assiduo giocatore decide di scommettere per 90 settimane sull'uscita del numero 33 nella ruota di Venezia.

a) Mostrare che la probabilità che in una data settimana (5 estrazioni consecutive senza ripetizione) esca il numero 33 è data da $p = \frac1{18} \simeq 0{,}056$.

b) Sia $X$ il numero di vincite avvenute in 90 settimane. Determinare la densità discreta di $X$, la sua media e la sua varianza, lasciando indicata la frazione ottenuta.

c) Determinare la probabilità che il numero di vincite sia maggiore di 6 usando l'approssimazione normale, e lasciando indicato il valore come funzione di $\Phi$, la funzione di distribuzione di una normale standard.

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 $90! = 90 \cdot 89!$ e $5! = 5 \cdot 4!$; i fattori $85!$ si semplificano.)

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

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 $\frac{5}{90}$.

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 indipendenti e hanno sempre la stessa probabilità. $X$ 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 →:

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

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

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 $\text{Be}(\frac1{18})$. 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 $\frac{1}{\sqrt{85/18}} = \sqrt{\frac{18}{85}}$.

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

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 $6{,}5$:

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

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.