Distribuzione Multinomiale: 6 Esercizi Svolti e Commentati (dalla Teoria alla Pratica)

La vita raramente ci offre scelte binarie. Non è quasi mai solo bianco o nero, successo o fallimento, zero o uno. Più spesso ci troviamo davanti a un menu ricco di sfumature: un cliente può amare, odiare o ignorare un prodotto; un algoritmo può classificare un’immagine in dieci categorie diverse; un’elezione divide il paese in quattro fazioni, non due.

Quando le variabili in gioco si moltiplicano, la classica distribuzione Binomiale alza bandiera bianca. È qui che entra in gioco la Distribuzione Multinomiale. Non è solo un’estensione matematica, è lo strumento necessario per quantificare il caos ordinato di eventi che hanno più di due possibili esiti.

In questo articolo non ci limiteremo alla teoria. Affronteremo insieme 6 problemi concreti, partendo dalla semplicità di una macedonia di frutta fino ad arrivare a paradossi controintuitivi che sfidano la logica comune. Prepara carta e penna: si comincia.

Esercizio 1 (Facile) – L’insalata di frutta

Testo:

In un bar, l’insalata di frutta è preparata con 5 tipi di frutta: mele, banane, arance, fragole e kiwi. Ogni porzione contiene esattamente 10 pezzi di frutta. La probabilità che un pezzo scelto a caso sia di un certo tipo segue la distribuzione:

mele (30%), banane (25%), arance (20%), fragole (15%), kiwi (10%).

Se prendiamo una porzione a caso, qual è la probabilità che contenga esattamente 3 mele, 3 banane, 2 arance, 1 fragola e 1 kiwi?

Soluzione

1. Identificare i parametri della distribuzione multinomiale

• Numero totale di prove: [math]n=10[/math] (pezzi di frutta).
• Categorie: [math]k=5[/math] (tipi di frutta).
• Probabilità di ciascuna categoria:
  [math]\displaystyle \begin{aligned}
  p_1 &= 0.30 \quad (\text{mele}) \\
  p_2 &= 0.25 \quad (\text{banane}) \\
  p_3 &= 0.20 \quad (\text{arance}) \\
  p_4 &= 0.15 \quad (\text{fragole}) \\
  p_5 &= 0.10 \quad (\text{kiwi})
  \end{aligned}[/math]
• Frequenze osservate richieste:
  [math]\displaystyle x_1=3, x_2=3, x_3=2, x_4=1, x_5=1[/math]

2. Richiamare la formula della probabilità multinomiale

[math]\displaystyle P(X_1=x_1,\ldots,X_k=x_k) = \frac{n!}{x_1!x_2!\cdots x_k!} \cdot p_1^{x_1}p_2^{x_2}\cdots p_k^{x_k}[/math]

purché [math]x_1+\cdots+x_k=n[/math].

3. Sostituire i valori numerici

[math]\displaystyle P = \frac{10!}{3!\, 3!\, 2!\, 1!\, 1!} \cdot (0.30)^3(0.25)^3(0.20)^2(0.15)^1(0.10)^1[/math]

4. Calcolare il coefficiente multinomiale

[math]\displaystyle \frac{10!}{3!3!2!1!1!} = \frac{3628800}{6\cdot 6\cdot 2\cdot 1\cdot 1} = \frac{3628800}{72} = 50400[/math]

5. Calcolare il prodotto delle probabilità

[math]\displaystyle \begin{aligned}
&{} \quad (0.30)^3 \cdot (0.25)^3 \cdot (0.20)^2 \cdot (0.15)^1 \cdot (0.10)^1 \\
&= 0.027 \cdot 0.015625 \cdot 0.04 \cdot 0.15 \cdot 0.10 \\
&= 0.000000253125
\end{aligned}[/math]

6. Risultato finale

[math]\displaystyle P = 50400 \times 0.000000253125 \approx 0.0127575[/math] (circa 1.28%)

💡 Osservazione:
La distribuzione multinomiale generalizza la binomiale a più di due categorie. Qui, il coefficiente [math]\displaystyle \frac{n!}{x_1!\cdots x_k!}[/math] conta il numero di sequenze ordinate con le frequenze date, mentre il prodotto delle probabilità assegna la probabilità a ciascuna di tali sequenze.

Domanda di riflessione:
Quale proprietà garantisce che la somma delle probabilità delle categorie sia 1, e perché è essenziale per la distribuzione multinomiale?

Esercizio 2 (Facile-Medio) – Sondaggio politico

Testo:

Un sondaggio pre-elettorale indica che gli elettori di una circoscrizione si dividono in: Partito A (40%), Partito B (35%), Partito C (15%), Astenuti (10%). Vengono intervistati a caso 8 elettori. Qual è la probabilità che tra loro ci siano esattamente 3 per A, 3 per B, 1 per C e 1 astenuto?

Soluzione

1. Parametri

• [math]n=8[/math], [math]k=4[/math]
• Probabilità: [math]p_A=0.40[/math], [math]p_B=0.35[/math], [math]p_C=0.15[/math], [math]p_{Ast}=0.10[/math]
• Frequenze richieste: [math]x_A=3[/math], [math]x_B=3[/math], [math]x_C=1[/math], [math]x_{Ast}=1[/math]

2. Applicare la formula multinomiale

[math]\displaystyle P = \frac{8!}{3!\, 3!\, 1!\, 1!} \cdot (0.40)^3(0.35)^3(0.15)^1(0.10)^1[/math]

3. Coefficiente multinomiale

[math]\displaystyle \frac{8!}{3!3!1!1!} = \frac{40320}{6\cdot 6\cdot 1\cdot 1} = \frac{40320}{36} = 1120[/math]

4. Prodotto delle probabilità

[math]\displaystyle \begin{aligned}
(0.40)^3 &= 0.064 \\
(0.35)^3 &\approx 0.042875 \\
(0.15)^1 &= 0.15 \\
(0.10)^1 &= 0.10
\end{aligned}[/math]

Prodotto:

[math]\displaystyle 0.064 \times 0.042875 \times 0.15 \times 0.10 \approx 0.00004116[/math]

5. Risultato

[math]\displaystyle P \approx 1120 \times 0.00004116 \approx 0.0461[/math] (circa 4.61%)

💡 Osservazione:
Nota che se sommi tutte le probabilità delle categorie ottieni 1 ([math]0.40+0.35+0.15+0.10=1[/math]). Se così non fosse, la formula non sarebbe applicabile così com’è.

Domanda di riflessione:
Cosa cambierebbe nel calcolo se le categorie fossero solo due (es. Partito A e Non-A)?

Esercizio 3 (Medio) – Controllo di qualità

Testo:

Una macchina produce componenti elettronici che possono presentare tre tipi di difetti ([math]D_1[/math], [math]D_2[/math], [math]D_3[/math]) oppure essere privi di difetti (OK). Le probabilità sono: OK (70%), [math]D_1[/math] (10%), [math]D_2[/math] (12%), [math]D_3[/math] (8%). Si prelevano 12 componenti dalla produzione. Calcolare la probabilità che tra questi ci siano esattamente 8 OK, 2 [math]D_1[/math], 1 [math]D_2[/math] e 1 [math]D_3[/math].

Soluzione

1. Parametri

• [math]n=12[/math], [math]k=4[/math]
• Probabilità: [math]p_{OK}=0.70[/math], [math]p_{D1}=0.10[/math], [math]p_{D2}=0.12[/math], [math]p_{D3}=0.08[/math]
• Frequenze: [math]x_{OK}=8[/math], [math]x_{D1}=2[/math], [math]x_{D2}=1[/math], [math]x_{D3}=1[/math]

2. Formula

[math]\displaystyle P = \frac{12!}{8!\, 2!\, 1!\, 1!} \cdot (0.70)^8(0.10)^2(0.12)^1(0.08)^1[/math]

3. Coefficiente multinomiale

[math]\displaystyle \frac{12!}{8!2!1!1!} = \frac{12!}{8!2!} = \frac{479001600}{40320\cdot 2} = \frac{479001600}{80640} = 5940[/math]

(Alternativa: [math]\displaystyle \frac{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}{2} = 5940[/math]).

4. Prodotto delle probabilità

[math]\displaystyle \begin{aligned}
(0.70)^8 &\approx 0.05764801 \\
(0.10)^2 &= 0.01 \\
(0.12)^1 &= 0.12 \\
(0.08)^1 &= 0.08
\end{aligned}[/math]

Prodotto:

[math]\displaystyle 0.05764801 \times 0.01 \times 0.12 \times 0.08 \approx 0.000005534[/math]

5. Risultato

[math]\displaystyle P \approx 5940 \times 0.000005534 \approx 0.03287[/math] (circa 3.29%)

💡 Osservazione:
La distribuzione multinomiale è adatta quando ogni prova può avere più di due esiti mutualmente esclusivi e le probabilità sono costanti.

Domanda di riflessione:
Se invece di 12 componenti ne considerassi solo 4, come cambierebbe la complessità del calcolo manuale?

Esercizio 4 (Medio-Difficile) – Lancio di un dado truccato

Testo:

Un dado a 6 facce è truccato in modo che le probabilità di uscita siano:

1: 0.20, 2: 0.15, 3: 0.15, 4: 0.15, 5: 0.15, 6: 0.20.

Si lancia il dado 9 volte. Qual è la probabilità che esca due volte il numero 1, due volte il numero 6, e gli altri 5 numeri escano una volta ciascuno?

Soluzione

1. Parametri

• [math]n=9[/math], [math]k=6[/math]
• Probabilità: [math]p_1=0.20[/math], [math]p_2=0.15[/math], [math]p_3=0.15[/math], [math]p_4=0.15[/math], [math]p_5=0.15[/math], [math]p_6=0.20[/math]
• Frequenze richieste: [math]x_1=2[/math], [math]x_2=1[/math], [math]x_3=1[/math], [math]x_4=1[/math], [math]x_5=1[/math], [math]x_6=2[/math]

2. Formula

[math]\displaystyle P = \frac{9!}{2!\, 1!\, 1!\, 1!\, 1!\, 2!} \cdot (0.20)^2(0.15)^1(0.15)^1(0.15)^1(0.15)^1(0.20)^2[/math]

3. Coefficiente multinomiale

[math]\displaystyle \frac{9!}{2!1!1!1!1!2!} = \frac{9!}{2!2!} = \frac{362880}{2\cdot 2} = \frac{362880}{4} = 90720[/math]

4. Prodotto delle probabilità

Raggruppiamo i termini con le stesse probabilità e frequenze:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
(0.20)^2 \cdot (0.20)^2 &= (0.20)^4 = 0.0016 \\
(0.15)^1 \cdot (0.15)^1 \cdot (0.15)^1 \cdot (0.15)^1 &= (0.15)^4 = 0.00050625 \\
\text{Prodotto totale} &: 0.0016 \times 0.00050625 = 0.00000081
\end{aligned}[/math]

5. Risultato

[math]\displaystyle P = 90720 \times 0.00000081 \approx 0.07348[/math] (circa 7.35%)

💡 Osservazione:
Quando alcune categorie hanno la stessa probabilità e la stessa frequenza richiesta, puoi raggrupparle nel calcolo delle potenze per semplificare.

Domanda di riflessione:
Come potresti verificare rapidamente che le probabilità sono ben definite (somma = 1) e che le frequenze sommano a [math]n[/math]?

Esercizio 5 (Difficile) – Gioco con carte

Testo:

Da un mazzo di 40 carte (10 per seme: cuori, quadri, fiori, picche) si estrae una carta, si registra il seme, e si rimette la carta nel mazzo (reinserimento). Si ripete per 7 volte.

Qual è la probabilità di ottenere 3 cuori, 2 quadri, 1 fiore e 1 picca?

Soluzione

1. Parametri

• [math]n=7[/math], [math]k=4[/math]
• Probabilità per ogni seme: [math]\displaystyle p_C=p_Q=p_F=p_P=\frac{10}{40}=0.25[/math]
• Frequenze: [math]x_C=3[/math], [math]x_Q=2[/math], [math]x_F=1[/math], [math]x_P=1[/math]

2. Formula e Semplificazione

[math]\displaystyle P = \frac{7!}{3!\, 2!\, 1!\, 1!} \cdot (0.25)^3(0.25)^2(0.25)^1(0.25)^1[/math]

Tutte le probabilità sono uguali a 0.25, quindi:

[math]\displaystyle P = \frac{7!}{3!\, 2!\, 1!\, 1!} \cdot (0.25)^{3+2+1+1} = \frac{7!}{3!\, 2!\, 1!\, 1!} \cdot (0.25)^7[/math]

3. Coefficiente multinomiale

[math]\displaystyle \frac{7!}{3!2!1!1!} = \frac{5040}{6\cdot 2\cdot 1\cdot 1} = \frac{5040}{12} = 420[/math]

4. Calcolo

[math]\displaystyle P = 420 \times (0.25)^7 = 420 \times 0.00006103515625 \approx 0.02563[/math]

Circa 2.56%.

💡 Osservazione:
Quando tutte le probabilità sono uguali, la formula multinomiale si riduce a [math]\displaystyle \frac{n!}{x_1!\cdots x_k!} \cdot p^n[/math]. Questo è un caso particolare che semplifica i conti.

Domanda di riflessione:
Cosa accadrebbe alla probabilità se non ci fosse il reinserimento? Quale distribuzione andrebbe usata allora?

Esercizio 6 (Molto difficile) – Probabilità condizionata con multinomiale

Testo:

Un’urna contiene palline di 3 colori: Rosso ([math]R[/math]), Verde ([math]V[/math]), Blu ([math]B[/math]). Si estrae una pallina, si registra il colore, e la si rimette nell’urna. Dopo 10 estrazioni, si sa che sono state ottenute esattamente 4 palline blu. Qual è la probabilità che tra le rimanenti 6 estrazioni ci siano esattamente 3 rosse e 3 verdi?

Soluzione

1. Comprensione del problema

Ci viene chiesta una probabilità condizionata (su [math]n=10[/math] estrazioni):

[math]\displaystyle P(X_R=3, X_V=3 \mid X_B=4)[/math]

Poiché [math]X_R+X_V+X_B=10[/math], se [math]X_B=4[/math], allora [math]X_R+X_V[/math] deve essere [math]10-4=6[/math]. La condizione è quindi su un sottoinsieme di eventi che sommano al totale.

2. Definizione di probabilità condizionata

[math]\displaystyle P(X_R=3, X_V=3 \mid X_B=4) = \frac{P(X_R=3, X_V=3, X_B=4)}{P(X_B=4)}[/math]

3. Calcolo del numeratore (Multinomiale)

[math]\displaystyle P(X_R=3, X_V=3, X_B=4) = \frac{10!}{3!\, 3!\, 4!} \cdot p_R^3 p_V^3 p_B^4[/math]

4. Calcolo del denominatore (Binomiale marginale)

Il conteggio di [math]B[/math] è Binomiale rispetto a ([math]B[/math] vs [math]\neg B[/math]), con [math]p_{\neg B} = 1-p_B = p_R+p_V[/math]:

[math]\displaystyle P(X_B=4) = \binom{10}{4} p_B^4 (1-p_B)^{10-4} = \binom{10}{4} p_B^4 (p_R+p_V)^6[/math]

5. Semplificazione

[math]\displaystyle P(\text{condizionata}) = \frac{\frac{10!}{3!\, 3!\, 4!} \cdot p_R^3 p_V^3 p_B^4}{\binom{10}{4} p_B^4 (p_R+p_V)^6}[/math]

Semplificando [math]p_B^4[/math] e ricordando [math]\displaystyle \binom{10}{4} = \frac{10!}{4!\, 6!}[/math]:

[math]\displaystyle P(\text{condizionata}) = \frac{\frac{10!}{3!\, 3!\, 4!} \cdot p_R^3 p_V^3}{\frac{10!}{4!\, 6!} \cdot (p_R+p_V)^6}[/math]
[math]\displaystyle P(\text{condizionata}) = \frac{10! \cdot 4!\, 6!}{3!\, 3!\, 4! \cdot 10!} \cdot \frac{p_R^3 p_V^3}{(p_R+p_V)^6}[/math]

Semplificando [math]10![/math] e [math]4![/math]:

[math]\displaystyle P(\text{condizionata}) = \frac{6!}{3!\, 3!} \cdot \frac{p_R^3 p_V^3}{(p_R+p_V)^6}[/math]

Nota che [math]\displaystyle \frac{6!}{3!3!} = \binom{6}{3}[/math]. La forma finale è una binomiale con [math]n=6[/math] prove e probabilità condizionate [math]\displaystyle p’_R = \frac{p_R}{p_R+p_V}[/math].

[math]\displaystyle P(\text{condizionata}) = \binom{6}{3} \cdot \left(\frac{p_R}{p_R+p_V}\right)^3 \cdot \left(\frac{p_V}{p_R+p_V}\right)^3[/math]

6. Caso particolare (se [math]p_R=p_V=p_B=1/3[/math])

Se le probabilità sono tutte uguali [math]p_R=p_V=p_B=1/3[/math], allora [math]p_R+p_V=2/3[/math].

Probabilità condizionate:

[math]\displaystyle \frac{p_R}{p_R+p_V} = \frac{1/3}{2/3} = 1/2[/math]
[math]\displaystyle \frac{p_V}{p_R+p_V} = \frac{1/3}{2/3} = 1/2[/math]

Quindi, con [math]\displaystyle \binom{6}{3} = \frac{6\cdot 5\cdot 4}{3\cdot 2\cdot 1} = 20[/math]:

[math]\displaystyle P = 20 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^3 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^3 = 20 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6 = 20 \cdot \frac{1}{64} = \frac{20}{64} = 0.3125[/math]

💡 Osservazione:
Il risultato finale dimostra che la distribuzione condizionata dei conteggi [math](X_R, X_V)[/math], dato che [math]X_R+X_V=6[/math], segue una distribuzione binomiale con parametri [math]n’=6[/math] e probabilità di successo [math]\displaystyle p’_R = \frac{p_R}{p_R+p_V}[/math].

Domanda di riflessione:
Perché nel passaggio finale le probabilità [math]p_R, p_V[/math] si sono semplificate in una forma dipendente dal rapporto [math]p_R/(p_R+p_V)[/math]? Cosa rappresenta questo rapporto?

Risposte alle domande di riflessione

Esercizio 1:

La proprietà è che lo spazio degli eventi è partizionato in categorie mutualmente esclusive ed esaustive. La somma delle probabilità deve essere 1 perché in ogni prova una e una sola categoria si realizza. Questo garantisce che la distribuzione sia ben definita e che la somma delle probabilità di tutti i possibili vettori di conteggio sia 1.

Esercizio 2:

Se le categorie fossero solo due, la distribuzione multinomiale si ridurrebbe a una binomiale. La formula diventerebbe [math]\displaystyle \binom{n}{x}p^x(1-p)^{n-x}[/math], dove [math]x[/math] è il conteggio per una categoria e [math]n-x[/math] per l’altra.

Esercizio 3:

Con [math]n=4[/math], il numero di possibili combinazioni di frequenze sarebbe minore e i calcoli fattoriali sarebbero molto più semplici da fare a mano (ad esempio, [math]4!=24[/math]).

Esercizio 4:

Verifica: somma probabilità [math]0.20+0.15+0.15+0.15+0.15+0.20=1.00[/math]. Somma frequenze [math]2+1+1+1+1+2=9=n[/math]. Questi controlli preliminari evitano errori nell’applicazione della formula.

Esercizio 5:

Senza reinserimento, le estrazioni non sarebbero indipendenti e le probabilità cambierebbero dopo ogni estrazione. La distribuzione corretta sarebbe la ipergeometrica multivariata (o multinomiale senza reinserimento). I calcoli sarebbero più complessi perché dipendono dal numero totale di carte per seme rimaste nel mazzo.

Esercizio 6:

Il rapporto [math]\displaystyle \frac{p_R}{p_R+p_V}[/math] rappresenta la probabilità condizionata che una pallina sia Rossa, sapendo che non è Blu. Infatti, condizionandoci al fatto che [math]X_B=4[/math], le restanti prove sono solo tra Rosso e Verde, con probabilità riproporzionate a [math]p_R[/math] e [math]p_V[/math] relative alla loro somma. Questo mostra come la distribuzione condizionata di [math](X_R,X_V)[/math] dato [math]X_B[/math] sia binomiale (o multinomiale a due categorie) con probabilità modificate.

"Il cielo è..."

# Concettualmente, per ogni parola nel vocabolario:
probabilità_parola_i = exp(punteggio_i) / sum(exp(punteggio_j) for j in vocabolario)

Contesto: "La programmazione in Python è"
→ P("divertente") = 0.15
→ P("utile") = 0.12
→ P("complicata") = 0.08
→ P("essenziale") = 0.07
... e così per 50.000 parole

probabilità_aggiustate = probabilità^(1/temperatura)