Liceo Statale Ettore Majorana Roma

Calcolo combinatorio

Dispensa per classi quarte del Liceo Scientifico

a cura del prof. Alexander Saltuari

MAIORA QUAM LIBRI

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Roma, 2016

• Sommario

PREMESSA 1

SEZIONE 1 – RAPPRESENTARE I CASI POSSIBILI 3

LA RAPPRESENTAZIONE AD ALBERO 3

CALCOLO DEI CASI POSSIBILI 4

ALTRE CONSIDERAZIONI SULLA RAPPRESENTAZIONE AD ALBERO 6

SOLUZIONI DEI PROBLEMI DELLA SEZIONE 1 9

SEZIONE 2 – I RAGGRUPPAMENTI CLASSICI 11

LE PERMUTAZIONI SEMPLICI 11

LE PERMUTAZIONI CON RIPETIZIONE 12

LE DISPOSIZIONI SEMPLICI 15

LE DISPOSIZIONI GENERICHE SENZA RIPETIZIONE 16

LE DISPOSIZIONI SEMPLICI CON RIPETIZIONE 17

LE COMBINAZIONI SEMPLICI 19

LE COMBINAZIONI CON RIPETIZIONE 24

SOLUZIONI DEI PROBLEMI DELLA SEZIONE 2 31

SEZIONE 3 – RISOLVERE I PROBLEMI 35

PROBLEMI DI RIEPILOGO 39

PROBLEMI DIFFICILISSIMI 43

TEST DI AUTOVALUTAZIONE (SOLUZIONI A PAGINA 58) 45

SOLUZIONI DEI PROBLEMI DELLA SEZIONE 3 48

SOLUZIONI DEL TEST DI AUTOVALUTAZIONE 58

SEZIONE 4 - INTRODUZIONE AL CALCOLO DELLE PROBABILITÀ 61

GLI EVENTI E LA PROBABILITÀ 61

METODI DI CALCOLO 64

LA DISTRIBUZIONE BINOMIALE 68

IL VALORE ATTESO 70

SOLUZIONI DEI PROBLEMI DELLA SEZIONE 4 75

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• Premessa

• Le dispense di Maiora Quam Libri

La presente dispensa si inserisce nella cornice dell’iniziativa scolastica Maiora Quam Libri , promossa dal Liceo Statale Majorana di Roma e mirata alla condivisione gratuita del materiale didattico prodotto dagli insegnanti. I diritti sulla presente opera appartengono all’autore, in questo caso Alexander Saltuari, e sono disciplinati dalla licenza di tipo CC BY-NC: è proibito fare un uso commerciale del presente materiale, è invece permesso a chiunque scaricarlo, copiarlo e modificarlo a patto di citarne la fonte, riconoscerne in modo chiaro la paternità e fornire un link alla licenza CC BY-NC.

Il testo integrale della licenza è reperibile al sito https://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/it/legalcode .

• Prerequisiti

I prerequisiti previsti per questa unità didattica sono poco più che elementari: il calcolo numerico in ℤ e ℚ e, relativamente alla sezione 4 (Introduzione al calcolo delle probabilità), gli insiemi. Il percorso proposto, ideato per una classe quarta del Liceo Scientifico, può quindi essere affrontato senza modifiche in una classe prima.

• Come leggere il testo

La presente dispensa è frutto di una raccolta e di una risistemazione di materiale scolastico prodotto nell’arco di 10 anni e quindi caratterizzato da stili tipografici e accenti matematici differenti, adatti di volta in volta a classi diverse. In questo testo si trovano spesso dei riquadri colorati. Essi hanno il seguente significato: Nei riquadri blu stanno gli Esempi, comprensivi di soluzione. Si consiglia di leggere quest’ultima soltanto dopo aver tentato di risolvere il problema autonomamente. Nei riquadri gialli stanno i Problemi. Per capire i concetti e familiarizzare con le tecniche del Calcolo Combinatorio è assolutamente necessario cercare di risolvere gli esercizi proposti. È del tutto naturale fallire ai primi tentativi, per cui è importante non scoraggiarsi e perseverare. Le soluzioni dei problemi sono poste in appendice a ciascuna sezione.

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I riquadri verdi sono dedicati agli enunciati come Definizioni, Proposizioni, Teoremi. I riquadri grigi contengono risultati parziali che devono ancora essere generalizzati. Gli esercizi di riepilogo di fine unità, staccati dal resto del testo, non sono stati inseriti in alcun riquadro colorato per non appesantire l’estetica complessiva.

3

• Sezione 1 – Rappresentare i casi possibili

Il calcolo combinatorio è quella parte della Matematica che si occupa dei modi per raggruppare ed ordinare gli oggetti e del numero complessivo di tali raggruppamenti. Supponiamo ad esempio di dover stabilire in quanti modi diversi si possa anagrammare la parola “ASG”. Esempi possibili sono AGS, oppure GAS, oppure SAG, ecc. Nel contare le combinazioni dobbiamo evitare di commettere i due errori più comuni, quali non considerare tutte le possibili combinazioni e contare la stessa parola due o più volte. La prima cosa che bisogna imparare per risolvere problemi di calcolo combinatorio è proprio la capacità di elencare tutte le possibilità in modo ordinato. Una strategia molto efficace è la cosiddetta rappresentazione ad albero.

• La rappresentazione ad albero

Cerchiamo di risolvere il problema esposto sopra e concentriamoci preliminarmente sulla prima lettera della tripletta: evidentemente esistono tre possibilità (A, G e S) che si escludono a vicenda.

Possiamo rappresentare questa situazione con lo schema ad albero mostrato a fianco ( )← .

Ogni linea di questo schema è detta “ramo”, i punti neri sono detti nodi e il nodo iniziale (a sinistra) è detto “radice”. Quando la costruzione dell’albero è conclusa, i nodi finali (a destra) vengono anche detti “foglie”.

Per iniziare consideriamo il ramo in alto, cioè supponiamo di aver fissato come prima lettera la “A”. A questo punto per la scelta della seconda lettera restano la “G” e la “S”. Possiamo quindi “far crescere” il nostro albero come illustrato a destra ( )→ .

Seguendo lo stesso ragionamento anche per i rami iniziali “G” ed “S” si ottiene l’albero disegnato a fianco ( )← .

A

G

S

A

G

S

G

S

A

G

S

G

A

S

A

G

S

4

Continuiamo a far crescere l’albero e iniziamo dal ramo superiore. Avendo già utilizzato due lettere, la terza non può che essere la S. Notiamo che il percorso che parte dalla radice e arriva fino al ramo ora disegnato rappresenta la parola “finita” AGS ( )→ .

Seguendo lo stesso procedimento disegniamo l’intero albero fino ad ottenere il seguente schema

( )→ . Leggendo in ordine (dalla radice alla foglia) i nomi dei nodi di ciascun percorso, si ottengono le parole cercate.

In questo esempio, elencando dall’alto in basso, abbiamo trovato AGS, ASG, GAS, GSA, SAG, SGA. Il numero di anagrammi della parola GAS è quindi 6 (che corrisponde al numero di foglie dell’albero). Questo modo di procedere può essere troppo dispendioso per gruppi di oggetti molto ampi. Il vantaggio della rappresentazione ad albero risiede nella certezza che lo schema disegnato contenga effettivamente tutte le possibilità e senza ripetizioni, ma, come vedremo fra poco, l’albero delle possibilità si limita ad essere una schematizzazione ideale che spesso non deve essere veramente costruita.

• Calcolo dei casi possibili

Per trovare una nuova strategia di calcolo adatta a problemi più complessi, cerchiamo di analizzare il problema “GAS” in modo più astratto, senza elencare materialmente tutti i casi possibili. Per la scelta della prima lettera abbiamo tre possibilità. Qualunque lettera venga scelta essa non potrà più essere usata. Questo vuol dire che per la seconda posizione restano aperte solo due possibilità. Anche in questo caso, nel momento in cui la scelta è stata fatta e indipendentemente dalla scelta stessa, resterà una sola lettera disponibile per occupare la terza posizione. Riassumendo il discorso possiamo dire che

• Per la prima posizione abbiamo tre possibili scelte • Qualsiasi sia stata la scelta precedente, per la seconda posizione esistono due possibili

scelte • Qualsiasi siano state le scelte precedenti, per la terza posizione (l’ultima ancora libera)

c’è ancora una sola possibilità Per stabilire il numero di possibili “anagrammi” o modi di disporre le lettere, basta considerare che dalla radice si diramano tre rami, che da ciascuno di essi partono altri due rami e che da

A

G

S

G

A

S

A

G

S

S

A

G

S

G

S

A

S

A

G

S

G

S

A

G

A

5

ciascuno di questi ultimi si dirama un ultimo ramo. Il numero di foglie (cioè di possibili percorsi) è dato evidentemente dal prodotto 3 2 1⋅ ⋅ : il risultato è 6 , in accordo con quanto già trovato prima.

Notiamo che questo modo di procedere permette un calcolo veloce e non necessita di alcun laborioso disegno. Come già accennato, si tratta di una schematizzazione ideale, nella quale contiamo i rami senza disegnarli. Se avessimo dovuto contare gli anagrammi della parola COSA, avremmo ragionato in maniera identica, arrivando a 4 3 2 1⋅ ⋅ ⋅ , gli anagrammi di ABITO ci avrebbero portato a 5 4 3 2 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ e così

via. Applicando questo metodo, dovreste essere in grado di risolvere i seguenti problemi:

Esempio 1.1 - Gara dei 100m

In quanti modi diversi può finire una corsa con 8 concorrenti?

Soluzione

Naturalmente esistono 8 possibili vincitori. Fissato un vincitore esistono 7 possibili secondi classificati.

Fissati il primo e il secondo, esistono 6 possibili terzi e così via. Iterando il ragionamento otteniamo il

numero richiesto: 8 7 6 5 4 3 2 1 40.320⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Da notare che se avessimo voluto disegnare anche solo le foglie dell’albero delle possibilità, avremmo

dovuto tratteggiare 40.320 nodi!

Esempio 1.2 - Assegnazione del podio

In quanti modi diversi possono essere assegnate le medaglie nella gara precedente?

Soluzione

Notiamo che in questo caso ci interessa solo sapere in quanti modi diversi possono essere occupate le

prime tre posizioni ed è irrilevante conoscere il quarto, il quinto o così via. Il modo di procedere è

praticamente identico a quello già visto:

Esistono 8 possibili vincitori. Fissato un vincitore esistono 7 possibili secondi classificati e fissati il primo

e il secondo esistono ancora 6 possibili terzi.

Il risultato è quindi 8 7 6 336⋅ ⋅ = .

Esempio 1.3 - Rappresentanza sindacale

In un’azienda lavorano 24 operai, 8 impiegati e 3 addetti al trasporto. Bisogna costituire un comitato

formato da 1 rappresentante per categoria. In quanti modi è possibile formare il comitato?

Soluzione

Per gli operai esistono 24 possibili rappresentanti, per gli impiegati 8 e per i trasportatori 3. La soluzione è

quindi 24 8 3 576⋅ ⋅ = .

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Problema 1.1 - Assegnazione degli incarichi (soluzione a pagina 9)

In un’assemblea di 100 persone si devono scegliere un presidente e un segretario. Stabilire in quanti modi

è possibile effettuare la sceltaM

a) se gli incarichi sono fra loro incompatibili

b) se gli incarichi sono compatibili

Problema 1.2 - Il problema delle sedie (soluzione a pagina 9)

Ci sono 4 sedie libere, una di fianco all’altra. In quanti modi diverse possono essere occupate se ci sono

a) una persona

b) due persone

c) tre persone

d) quattro persone

e) cinque persone (una resta in piedi)

f) sei persone (due restano in piedi)

Problema 1.3 - Estrazioni ordinate (soluzione a pagina 9)

In un’urna ci sono quattro palline contrassegnate dai numeri 1,2,3,4. Se si effettuano 3 estrazioni quanti

sono gli esiti possibili? (naturalmente va tenuto conto dell’ordine d’estrazione, per cui per esempio le

estrazioni 1,2,3 e 2,1,3 sono diverse fra loro)

Problema 1.4 - Il gruppo multiculturale (soluzione a pagina 9)

Un gruppo multiculturale è composto da 4 australiani, 4 brasiliani e 4 croati. All’interno del gruppo di 12

persone vanno designati un coordinatore, un supervisore e relatore, tenendo presente che le tre cariche

devono essere assunte da persone di nazionalità diversa (se ad esempio il supervisore fosse australiano

e il relatore croato, il coordinatore dovrebbe essere brasiliano). In quanti modi può essere effettuata la

scelta?

Problema 1.5 - X e Y (soluzione a pagina 10)

Si vuole formare una “parola” da 5 lettere utilizzando esclusivamente i simboli “X” e “Y” (per cui le parole

saranno del tipo YXXYX, YYYYY e così via). Quante parole del genere esistono?

• Altre considerazioni sulla rappresentazione ad albero

Analizziamo brevemente il passaggio logico che ci ha permesso, in molti degli esempi precedenti, di ricondurre il conteggio di tutti i casi possibili al prodotto del numero dei rami di ciascun livello. Come vedremo nei prossimi tre esempi, questo è consentito soltanto se l’albero delle combinazioni ha una struttura regolare.

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Esempio 1.4 - Gonne e magliette

Una signora ha nell’armadio quattro gonne e tre magliette.

Quanti sono gli abbinamenti possibili?

Soluzione

Possiamo rappresentare gli abbinamenti con una struttura

ad albero (vedi a fianco ( )→ ), immaginando di effettuare

prima la scelta relativa alle gonne e poi quella delle

magliette. Si tratta naturalmente di una schematizzazione

del tutto arbitraria, ciò che conta è che essa permette di

contare tutti gli abbinamenti possibili senza rischio di

contarne uno due volte.

Nell’illustrazione a fianco sono indicate con A,B,C,D le

quattro gonne e con 1,2,3 le tre magliette. La soluzione del

quesito è evidentemente 4 3 12× = , perché a ciascuno dei

4 rami iniziali sono collegati gli stessi identici rami (cioè

1,2,3). Ciò suggerisce che, da un punto di vista

combinatorio, le scelte di gonna e di maglietta sono

indipendenti l’una dall’altra.

Il prossimo esempio è leggermente più complesso ma può essere risolto in maniera simile.

Esempio 1.5 - Capo e vice

Un gruppo di 4 ragazzi deve scegliere due rappresentanti, il

capo e il suo vice. In quanti modi è possibile effettuare la

scelta?

Soluzione

Ragionando come prima immaginiamo che la scelta venga

effettuata in due tempi: prima viene nominato il capo e poi il

vice (la scelta opposta sarebbe stata altrettanto corretta).

Stavolta la prima nomina influenza la seconda, come si vede

dall’albero a fianco: i tre rami superiori contengono le lettere

B,C,D mentre i tre rami sottostanti le lettere A,C,D. Si tratta

quindi di un problema più complesso del precedente (simile

al problema “GAS”). Ciononostante, il numero di rami di

“secondo livello” resta indipendente dal percorso (cioè dalla

scelta del capo), per cui, di nuovo, si può ridurre il calcolo al

prodotto 4 3 12× = .

Ciò che conta è quindi l’indipendenza del numero delle

scelte, non delle scelte in quanto tali.

Per concludere questo tema vediamo un terzo esempio e due rappresentazioni ad esso abbinate.

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Esempio 1.6 - Il ragazzo fortunato

Un ragazzo trova per terra 3 biglietti validi per il cinema, relativi

a film diversi che verranno proiettati in giorni diversi. Il ragazzo

può quindi scegliere di vedere tutti e tre i film, di non vederne

nessuno o soltanto qualcuno. Quante scelte ha? Nota bene:

andare a vedere un film rispetto ad un altro è ovviamente una

scelta diversa.

Soluzione 1

Anche stavolta affrontiamo il problema con una

rappresentazione ad albero: essa ci permetterà di contare tutte

le opzioni una volta soltanto e quindi di arrivare alla soluzione.

Suddividiamo la scelta in due decisioni distinte:

1) Quanti film andare a vedere

2) Quali film andare a vedere

L’albero a fianco mostra che le opzioni sono complessivamente

8. A differenza dei due esempi precedenti, il numero di rami di

“secondo livello” è variabile, dipende cioè da quale primo ramo

si è percorso: in questo caso non è possibile ridurre il conteggio

a una semplice moltiplicazione del numero di diramazioni.

È importante sottolineare che la rappresentazione ad albero ha

comunque permesso un’utile schematizzazione e si è

dimostrata efficace .

Soluzione 2

Uno stesso problema può essere schematizzato in modi

molto diversi, come mostra la rappresentazione a fianco

( )← . Essa descrive lo stesso problema di prima (il

ragazzo fortunato), immaginando che la scelta avvenga

in tre fasi: per prima cosa il ragazzo decide se andare a

vedere il film A, successivamente se assistere alla

proiezione di B e soltanto alla fine se andare a vedere C.

Anche questo modo di vedere il problema assicura il

conteggio completo di tutte le possibili scelte. L’albero

che si crea è semplicissimo ( )← , e prevede ad ogni

diramazione lo stesso numero di opzioni. Il conteggio

può nuovamente essere ricondotto ad un prodotto, per la

precisione 2 2 2 8× × = , in accordo con quanto ottenuto

in precedenza.

Le strategie presentate fino qui non si applicano direttamente a tutti i tipi di problemi di calcolo combinatorio che affronteremo. Ciononostante è bene avere una buona dimestichezza con tali

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strumenti e tenere sempre a mente che il modo migliore per risolvere i problemi combinatori è quello di trovare uno schema efficace per elencare tutti i casi possibili una volta soltanto.

• Soluzioni dei problemi della Sezione 1

Soluzione 1.1 - Assegnazione degli incarichi

a) Supponiamo che gli incarichi siano fra loro incompatibili. Ci sono 100 modi per scegliere il

presidente. Una volta eletto ci sono ancora 99 persone che possono ricoprire il ruolo di

segretario. La risposta è quindi 100 99 9900⋅ = .

b) Se gli incarichi sono compatibili (cioè il presidente può anche essere il segretario) per entrambe

le scelte ci sono 100 alternative. La risposta è quindi 2

100 10.000= .

Soluzione 1.2 - Il problema delle sedie

Chiamiamo le persone con le lettere dell’alfabeto: , , ,...A B C

a) A ha ovviamente 4 alternative.

b) A può scegliere fra 4 sedie. Una volta effettuata la scelta a B restano 3 alternative. La

soluzione è quindi 4 3 12⋅ = .

c) Ragionando come sopra A ha quattro possibilità, B tre e C due. Complessivamente ci sono

quindi 4 3 2 24⋅ ⋅ = possibilità.

d) Questo problema è in verità identico a quello precedente (infatti una volta che , ,A B C si sono

seduti D non ha che una scelta) e quindi la soluzione è 24.

e) Supponendo che si stia svolgendo una gara il cui primo premio è la prima sedia, il secondo

premio è la seconda e così via, il problema si riduce a calcolare il numero di possibili vincitori

moltiplicato per il numero di possibili secondi arrivati (una volta fissato il primo), e così via. In

sintesi la risposta è 5 4 3 2 120⋅ ⋅ ⋅ = .

f) Possiamo ragionare come sopra è dire che le alternative sono 6 5 4 3 360⋅ ⋅ ⋅ = .

Osserviamo che in questo problema abbiamo implicitamente ammesso che le sedie e le persone fossero fra loro distinguibili e che quindi per esempio le soluzioni , , ,A B C D e , , ,D C A B fossero considerate

distinte.

Soluzione 1.3 - Estrazioni ordinate

Ragionando come al solito possiamo dire che la prima estrazione può concludersi in 4 modi diversi, la

seconda in 3 (perché ora l’urna contiene solo 3 palline) e la terza 2. La soluzione è quindi 4 3 2 24⋅ ⋅ = .

Soluzione 1.4 - Il gruppo multiculturale

Supponiamo di designare nell’ordine, il coordinatore, supervisore e il relatore.

Chiunque può essere eletto coordinatore, per cui vi sono 12 possibilità per la prima scelta.

Una volta stabilito il coordinatore, restano “in gioco” per la carica di supervisore, solo 8 persone (quelli

delle altre nazionalità).

Il titolo di relatore è appannaggio del gruppo nazionale non ancora rappresentato e composto da 4

persone. Riassumendo, la soluzione è 12 8 4 384⋅ ⋅ = .

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Soluzione 1.5 - X e Y

Scegliamo una lettera per volta. La prima lettera può essere una X o una Y (2 possibilità), la seconda

lettera, nuovamente, può essere una X o una Y (2 possibilità) e così via fino alla quinta lettera. La

soluzione è quindi 52 2 2 2 2 2 32⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = .

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• Sezione 2 – I raggruppamenti classici

In questo capitolo tratteremo i sei raggruppamenti classici (classificati in permutazioni, disposizioni e combinazioni). Essi rappresentano le strutture fondamentali del Calcolo Combinatorio e costituiscono il nucleo di questa unità didattica.

• Le permutazioni semplici

Definizione Dati n oggetti distinti, si chiama permutazione ogni riordino degli n oggetti. Abbiamo già visto esempi di permutazione quando ci siamo occupati di anagrammi. E’ importante sottolineare che nelle permutazioni l’ordine degli oggetti gioca un ruolo fondamentale. Questo ci permette di ragionare come abbiamo già fatto in precedenza: dato un insieme di n elementi distinti ci sono n modi per occupare la prima posizione della sequenza, dopodiché restano 1n− modi per occupare la seconda posizione e così via, fino all’ultima

posizione che deve essere necessariamente occupata dall’unico elemento rimasto. Questo ci porta a concludere cheM

Il numero di permutazioni in un insieme di n oggetti distinti è uguale a ( 1) ( 2) .... 2 1n n n⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅

È opportuno riscrivere il risultato appena trovato introducendo un nuovo, importantissimo simbolo:

Definizione Per ogni intero positivo n , si chiama “n fattoriale” e si indica con !n il prodotto

( 1) ( 2) .... 2 1n n n⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ . Per definizione si pone 0! 1= .

Esempio 2.1 - Fattoriale

Calcola 1!, 2!, 5! e 6!

Soluzione

Per definizione si ha 1! 1= , 2! 2 1 2= ⋅ = e 5! 5 4 ... 2 1 120= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . Per calcolare 6! osserviamo che

( )6! 6 5! 6 120 720= ⋅ = ⋅ = .

Numero di permutazioni Il numero di permutazioni in un insieme di n oggetti distinti è uguale a !n

Esempio 2.2 - Anagrammi di Amore

Quanti anagrammi della parola “Amore” esistono?

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Soluzione

Si tratta di contare il numero di permutazioni di una sequenza di 5 lettere distinte. La soluzione è 5! 120=

Esempio 2.3 - Mischiare 40 carte

In quanti modi diversi può essere mischiato un mazzo di carte da briscola (40 carte)?

Soluzione

Si tratta di contare le possibili permutazioni del mazzo di carte. La soluzione quindi non è altro che 40! .

Notiamo che tale numero è enorme e vale suppergiù

1.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000.000 . E’ quindi abbastanza

improbabile che due persone giochino casualmente la stessa partita due volte.

Quest’ultimo esempio fornisce una nuova chiave interpretativa: il numero di permutazioni è uguale al numero di “mischiate” di un certo insieme (sempre che esso abbia elementi tutti diversi fra loro).

Problema 2.1 - Metal Detector (soluzione a pagina 31)

5 amici devono passare, una alla volta, attraverso un metal detector. In quanti modi possono mettersi in

fila?

Problema 2.2 - Una lettrice accanita (soluzione a pagina 31)

Per il suo compleanno Annamaria ha ricevuto ben 4 libri diversi e ha deciso di leggerne uno la settimana

per un mese. In quanti modi può scegliere l’ordine di lettura?

Problema 2.3 - Numeri e lettere (soluzione a pagina 31)

a) Quanti sono gli anagrammi della “parola” “ABCD1234”, tali che il primo simbolo sia una lettera, il

secondo un numero, il terzo una lettera e così via in senso alternato?

b) Quanti anagrammi della parola “ABCD1234” hanno lettere e numeri alternati? Nota bene: rispetto

al precedente manca la condizione che il primo simbolo sia una lettera.

Problema 2.4 - Anagramma con restrizione/1 (soluzione a pagina 31)

Quanti anagrammi della parola “MARCO” hanno le lettere R e C affiancate (come MARCO o CROMA)?

Problema 2.5 - Anagramma con restrizione/2 (soluzione a pagina 31)

In quanti anagrammi della parola “OSTIA” le due consonanti non sono affiancate (come per esempio

OASIT o TAIOS)?

• Le permutazioni con ripetizione

Affrontiamo ora un caso particolare: in quanti modi è possibile anagrammare la parola BAAA? Applicando acriticamente la formula vista precedentemente, la risposta sembrerebbe essere 24 (cioè 4!) , mentre è evidente che gli unici anagramma di BAAA sono BAAA stesso, ABAA,

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AABA e AAAB. Questa apparente contraddizione deriva dal fatto che la collezione di lettere B, A, A, A non è composta da oggetti distinti. Abbiamo così constatato che la ripetizione di un elemento nella collezione di oggetti rende la formula delle permutazioni semplici inapplicabile. Definizione Data una collezione di n oggetti, alcuni dei quali possono essere ripetuti, si chiama permutazione con ripetizione ogni riordino della collezione. Esempi di collezioni “con ripetizione”: anagrammi di “MATEMATICA”, le carte da gioco di due mazzi mischiati insieme, l’inventario di un negozio di abbigliamento e così via.

Per calcolare il numero di permutazioni di questo genere di collezioni, chiediamoci innanzitutto

qual è la causa dell’errore nell’applicare la formula per le permutazioni semplici. Riprendiamo

l’esempio della parola BAAA e aggiungiamo per comodità un pedice alle “A”, in modo da poterle

distinguere. Abbiamo quindi la parola BA1A2A3 (composta ora da oggetti quattro diversi). Grazie

a questa “differenziazione forzata”, sappiamo, tra le altre cose, che esistono 6 diversi

anagrammi che iniziamo con la “B”, per la precisione BA1A2A3, BA1A3A2, BA2A1A3, BA2A3A1,

BA3A2A1, BA3A1A2. (abbiamo contato il numero di “mischiate” delle diverse “A” tenendo fissa la

“B”). Analogamente esisteranno 6 diversi anagrammi con la “B” al secondo posto, 6 anagrammi

con la “B” al penultimo posto e altrettanti con la “B” alla fine.

È bene ricordare che i pedici introdotti sono posticci e che essi non esistono in originale: le “A”

sono fra loro a tutti gli effetti indistinguibili. Applicando la formula classica facciamo quindi

l’errore di contare per ben 6 volte BAAA e analogamente, di contare 6 volte ABAA, AABA e

AAAB. Visto che ogni anagramma viene contato esattamente 6 volte, la soluzione corretta si

ottiene dividendo il numero di anagrammi di BA1A2A3 per 6. Così si ha 24 / 6 4= , come era già

stato mostrato.

Riassumiamo il ragionamento: quando un elemento di una collezione si ripete, dobbiamo

dividere il numero di permutazioni semplici per il numero delle possibili “mischiate” degli

elementi ripetuti. Applicando quindi la formula già presentata possiamo concludere cheM

Il numero di permutazioni in una collezione di n oggetti, in cui vi è un (solo) oggetto che compare

k volte, è uguale a !

!

n

k.

Si tratta di un risultato soltanto parziale, perché consente di affrontare soltanto il caso in cui le ripetizioni riguardano un solo elemento della collezione.

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Esempio 2.4 - Anagrammi di Torta

Calcolare il numero di anagrammi possibili della parola TORTA.

Soluzione

Notiamo che la parola TORTA è composta da oggetti distinti, eccezion fatta per la T che compare 2 volte.

Possiamo quindi applicare la formula appena vista e concludere che la risposta è 5! 120

602! 2= = .

Esempio 2.5 Anagrammi di Mamma

Calcolare il numero di anagrammi possibili della parola MAMMA.

Stavolta le ripetizioni riguardano non una, ma due lettere e la formula !

!

n

k è inadeguata.

Cerchiamo dunque di generalizzare il procedimento applicato prima e differenziamo le lettere uguali con dei pedici. La parola (formata ora da lettere distinte) M1A1M2M3A2 ha 5! 120=

permutazioni. Mischiando fra loro le M1, M2 e M3 otteniamo parole che, senza pedici, sarebbero indistinguibili. Stesso effetto scambiando fra loro A1 e A2. Una volta tolti i pedici abbiamo quindi

2! 3!⋅ versioni della stessa parola. La soluzione del problema è allora 5! 5 4 3 2 1

102!3! 1 2 1 2 3

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅.

La generalizzazione del procedimento visto è immediata e porta alla seguente formula, stavolta definitiva:

Numero di permutazioni con ripetizione

Il numero di permutazioni in una collezione di n oggetti, in cui un certo oggetto compare 1k

volte, un altro compare 2k volte e così via per r oggetti, è uguale a

1 2

!

! ! ... !r

n

k k k⋅ ⋅ ⋅.

Esempio 2.6 - Anagrammi di Combinatorio

Calcolare il numero di anagrammi possibili della parola COMBINATORIO.

Soluzione

Nella parola di 12 lettere COMBINATORIO, la “O” compare 3 vote e la “I” 2. Il numero di anagrammi è

quindi 3912

.9!

3! 20

!16.8 0=

⋅.

Problema 2.6 - Anagrammi di Matematica (soluzione a pagina 31)

Calcola il numero di anagrammi della parola MATEMATICA.

Problema 2.7 - Calcoli su Calcolo (soluzione a pagina 31)

Quanti anagrammi della parola CALCOLO hanno le due “c” affiancate?

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Problema 2.8 - Un piccolo robot (soluzione a pagina 32)

Un piccolo robot si muove percorrendo sempre e solo tratti rettilinei di 1 metro in avanti o indietro. Quanti

itinerari diversi composti da 8 tratti consecutivi riportano il robot al punto di partenza?

• Le disposizioni semplici

Definizione Si chiama disposizione una sequenza ordinata di k oggetti distinti estratti da una collezione di n oggetti distinti (per cui k n≤ ). Se l’unica condizione posta è quella della non–ripetibilità degli

elementi all’interno della sequenza, la disposizione è detta semplice. La differenza fra disposizioni semplici e permutazioni è che nelle disposizioni semplici non vengono utilizzati tutti gli oggetti dell’insieme. L’esempio Assegnazione del podio visto in precedenza è un caso tipico di disposizione semplice. Notiamo che anche nelle disposizioni appare il concetto di ordine e quindi il modo di procedere è analogo a quello delle permutazioni. Supponiamo di dover contare il numero di disposizioni semplici di k oggetti di un insieme di n oggetti. Per occupare la prima posizione vi sono n possibilità, dopodiché abbiamo ancora 1n−

modi per occupare la seconda posizione (visto che l’unica condizione posta è che gli elementi siano diversi fra loro), 2n − per occupare la terza e così via per k volte. Questo ci porta a

concludere che

Il numero di disposizioni semplici di k oggetti in un insieme di n oggetti distinti è uguale a ( 1) ( 2) .... ( 1)n n n n k⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + .

Nel calcolo combinatorio è consuetudine utilizzare quando possibile il simbolo di fattoriale. Un breve calcolo mostra la seguente identità:

( 1) ( 2) .... ( 1)( ) ( 1) ... 2 1 !( 1) ( 2) .... ( 1)

( ) ( 1) ... 2 1 ( )!

n n n n k n k n k nn n n n k

n k n k n k

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + − ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ − + = =

− ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ −. Possiamo quindi sostituire la proposizione precedente con la seguente: Proposizione Il numero di disposizioni semplici di k oggetti in un insieme di n oggetti distinti è uguale a

!

( )!

n

n k−

Esempio 2.7 - Parole senza ripetizioni

Quante “parole” di 5 lettere fra loro distinte si possono formare con l’alfabeto italiano?

Soluzione

Abbiamo 21 modi (il numero di lettere dell’alfabeto italiano) per scegliere la lettera iniziale, 20 per

occupare la seconda posizione (perché la seconda lettera deve essere diversa dalla prima), 19 per la

16

terza (perché la terza deve essere diversa dalle due precedenti) e così via. Il risultato sarà quindi

21 20 19 18 17 2.441.880⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . Volendo utilizzare la formula !

( )!

n

n k− otterremmo di nuovo

21! 21! 510909421717094400002.441.880

(21 5)! 16! 20922789888000= = =

−.

Come si vede nello svolgimento dell’ultimo esempio, la formula !

( )!

n

n k− è elegante ma poco

pratica, poiché coinvolge numeri enormi, destinati comunque ad essere riassorbiti da qualche semplificazione. Il modo migliore per affrontare le disposizioni, semplici e non, è quello visto nel capitolo introduttivo: il calcolo dei casi possibili.

Esempio 2.8 - Numeri senza ripetizioni

Quanti numeri naturali composti da 5 cifre diverse fra loro e diverse da 0 esistono?

Soluzione

Come al solito, avendo a che fare con una sequenza ordinata, conviene fissare un simbolo per volta,

partendo dalla cifra più a sinistra.

Per la prima cifra si hanno 9 possibili scelte: “1”,”2”,”3”,M,”9”. Qualsiasi sia la cifra prescelta, essa non

potrà più essere usata. Per la seconda cifra restano quindi 8 possibilità. Ragionando in questo modo,

arriviamo subito alla soluzione 9 8 7 6 5 15.120⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

• Le disposizioni generiche senza ripetizione

Ripercorriamo il modo di procedere nel calcolo delle disposizioni: per effettuare la prima scelta

(generalmente l’elemento in prima posizione) abbiamo un certo numero 1m di possibili opzioni,

per effettuare la seconda scelta possiamo abbiamo 2m

alternative e così via per k volte. In

generale il numero totale di disposizioni sarà dato dal prodotto di questi numeri, cioè

1 2...

kD m m m= ⋅ ⋅ ⋅ . Il calcolo nei vari i

m modi non sempre è riconducibile a quello delle

disposizioni semplici, cioè non possiamo porre sempre 1m n= , 2

1m n= − , ecc. Vediamo a

questo proposito un esempio:

Esempio 2.9 - Il podio multinazionale

Tre corridori spagnoli ( 1S , 2

S , 3S ), tre tedeschi ( 1

T , 2T , 3

T ) e tre francesi ( 1F , 2

F , 3F ) partecipano a una

gara. Quanti possibili “podi” vedono tutte e tre le nazioni rappresentate?

17

Soluzione

Gli atleti in gara sono 9 e quindi esistono 9 modi per assegnare la medaglia d’oro. Fissato il vincitore

esistono 6 possibili secondi (perché dobbiamo escludere i connazionali del vincitore) e, seguendo lo

stesso procedimento, tre possibili terzi (uno qualunque della nazione non ancora premiata). Possiamo

quindi concludere che la risposta è 9 6 3 162⋅ ⋅ = .

In generale, qualsiasi problema risolto con il metodo sopra descritto, cioè quello di considerare il numero delle possibili scelte secondo un preciso ordine (normalmente è un ordine che il problema stesso suggerisce) e di moltiplicare tali valori fra loro, è una disposizione.

• Le disposizioni semplici con ripetizione

In tutti i casi visti finora, se un elemento occupava una certa posizione non poteva occuparne altre: in senso figurato, ogni oggetto poteva essere “usato” una sola volta. In molti problemi questa esclusività non esiste, come si evince dal seguente esempio (molto simile ad un problema visto in precedenza):

Esempio 2.10 - Numeri con ripetizioni

Quanti numeri naturali composti da 5 cifre non nulle esistono (come 16.378 o 22.525 ) ?

Soluzione

Abbiamo a che fare con una sequenza ordinata e questo ci permette di fissare una cifra alla volta. Per la

prima posizione si hanno 9 possibili scelte: “1”,”2”,”3”,M,”9”. Il problema non pone alcuna condizione circa

la ripetibilità delle cifre, per cui si hanno 9 possibilità anche per la seconda, la terza, la quarta e l’ultima

cifra. La soluzione è quindi5

9 9 9 9 9 9 59.049⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = .

In generale, se ogni elemento può essere riusato, la soluzione sarà uguale al prodotto ripetuto di una certa costante per se stessa (infatti ad ogni passo si ha lo stesso numero di scelte). In altre parole, il numero di permutazioni con ripetizioni è una potenza.

Esempio 2.11 - Parole di tre lettere

Usando soltanto lettere dell’alfabeto italiano, quante parole (anche senza significato) di tre lettere possono

essere composte?

Soluzione

L’alfabeto italiano consta di 21 lettere. Ciascuna posizione può quindi essere occupata in 21 modi diversi

e la soluzione è 3

21 21 21 21 9261⋅ ⋅ = = .

La semplicità delle disposizioni con ripetizione è evidente. Presento quindi subito definizione e metodo di calcolo:

18

Definizione Si chiama disposizione con ripetizione una sequenza ordinata di k oggetti scelti da una collezione di n oggetti distinti.

Numero di disposizioni con ripetizione.

Il numero di disposizioni con ripetizione di k oggetti scelti da una collezione di n oggetti è nk .

Concludiamo la parte relativa alle disposizioni semplici con ripetizione con un esempio di disposizione con ripetizione che però esula dalla definizione data sopra (e infatti, a rigore, non si tratta di una disposizione “semplice”)

Esempio 2.12 – Un “TOT”

Usando l’alfabeto italiano, quante parole di tre lettere si possono formare, tali che la prima e l’ultima lettera

siano consonanti e la centrale sia una vocale (come “TOT” o “PER”)?

Soluzione

Il modo di ragionare è sempre quello delle disposizioni semplici con ripetizione, cambia soltanto la

collezione “di pesca”: per la prima lettera vi sono 16 possibilità (numero di consonanti dell’alfabeto

italiano), per la seconda posizione si hanno 5 scelte (vocali possibili) e per scegliere l’ultima consonante vi

sono nuovamente 16 opzioni. La soluzione è quindi 16 5 16 1280× × = .

Problema 2.9 - Lucchetto a combinazione (soluzione a pagina 32)

Un certo lucchetto a combinazione è composto da 4 rotelle, ciascuna delle quali può esser fatta scorrere a

indicare una delle 10 cifre 0,1,2,M9. Ovviamente il lucchetto si apre solo se tutte e quattro le rotelle sono

nella posizione corretta. Andando a caso, quale è il numero massimo di tentativi necessari per trovare la

combinazione corretta?

Problema 2.10 - Targhe italiane (soluzione a pagina 32)

a) Le targhe delle automobili in Italia hanno la forma L L N N N L L , dove le L sono le

lettere di un alfabeto anglo-italiano a 22 lettere e N sono cifre del sistema decimale. Quante

possibili targhe possono essere create con questo sistema?

b) Per evitare fraintendimenti, nessuna targa italiana comincia con la coppie di lettere “EE” (in

pratica si è passati da ED999ZZ a EF000AA). Considerando questa limitazione, quante possibili

targhe automobilistiche italiane possono essere creare?

Problema 2.11 - Invito per 7 (soluzione a pagina 32)

7 persone, indicate con A, B, C, D, E, F, G, ricevono un invito a cena. Potrebbero andare tutti, potrebbe

non andare nessuno, potrebbero andare soltanto A e G o soltanto D, F e G e così via. Quante possibilità

ci sono?

19

• Le combinazioni semplici

Fino ad ora abbiamo visto soltanto casi in cui l’ordine degli elementi giocava un ruolo determinante. Consideriamo adesso un problema di natura diversa:

Esempio 2.13 - Vendita di biciclette

Una persona possiede 5 biciclette diverse (indicate con A, B, C, D, E) e decide di venderne 3. In quanti

modi diversi può scegliere?

Notiamo che in questo caso l’ordine è irrilevante: se la persona vendesse A,C,D oppure C,A,D farebbe la stessa identica scelta. Questo tipo di problema si riconduce a un problema relativo alle cosiddette combinazioni. Definizione Si chiama combinazione (semplice) di k elementi di un insieme di n oggetti, un gruppo di k elementi distinti estratto in un ordine qualsiasi dall’insieme. Il numero di combinazioni di k elementi estratti da un insieme di n oggetti si indica spesso con ,n kC .

Esempio: nel SuperEnalotto© si parla opportunamente di “combinazione vincente” e non di “disposizione vincente”. L’estrazione dei 6 numeri vincenti, poniamo 10, 20, 30, 40, 50, 60, può infatti avvenire in un ordine qualsiasi. Torniamo ora al problema delle biciclette e vediamo di risolvere la questione:

Soluzione del problema Vendita di biciclette

Sorprendentemente possiamo ricondurre la questione al conteggio degli anagrammi (di cui oramai

conosciamo tutti i segreti). Possiamo infatti descrivere ogni scelta “di vendita” in modo univoco utilizzando

una sequenza di 5 simboli. La sequenza V V V X X indicherebbe per esempio la vendita delle bici

A,B,C, mentre V X V V X la vendita di A,C,D.

Le possibili scelte di riducono quindi agli anagrammi della parola (con ripetizione) “VVVXX”. La soluzione

è 5!

3! 2!×, perché le uniche due lettere V e X si ripetono una 3 e l’altra 2 volte.

A prima vista potrebbe non risultare chiaro se la strategia da noi adottata abbia validità generale o meno. Cerchiamo quindi di risolvere un altro problema riguardante le combinazioni.

Esempio 2.14 - Delegazione di lavoratori

6 lavoratori di una azienda con 15 dipendenti devono comporre una piccola delegazione. Quante

delegazioni diverse possono essere create?

20

Soluzione

Disponendo i lavoratori in ordine alfabetico, potremmo descrivere ogni possibile delegazione barrando su

un foglio 6 caselle su 15. Così ad esempio la sequenza

X X X X X X rappresenterebbe in modo univoco i nomi

dei 6 dipendenti prescelti. Considerando per semplicità delle O al posto delle caselle rimaste vuote, si

tratta di contare gli anagrammi della parola 6 9volte volte

XXXXXXOOOOOOOOO . La soluzione è 15!

50056! 9!

=⋅

.

Evidentemente la strategia funziona. Possiamo facilmente generalizzare il risultato a una classe

composta da n studenti da cui “estrarre” una delegazione di k ragazzi (ovviamente deve

essere k n≤ ). La parola da anagrammare avrà n lettere, k delle quali saranno delle X e

n k− delle O . Abbiamo così trovato il seguente risultato

Per le combinazioni semplici vale la formula ,

!

! ( )!n k

nC

k n k=

⋅ −.

Vista l’importanza di questo risultato, esiste in matematica un simbolo che rappresenta la

quantità !

! ( )!

n

k n k⋅ −, detta anche coefficiente binomiale:

!

! ( )!

n n

k k n k

= ⋅ −

e si legge “n su k”.

Bisogna prestare attenzione al fatto che non c’è il simbolo di frazione (la lineetta) nel simbolo

del coefficiente binomiale n

k

. Notiamo che, per definizione, 0! 1= e quindi

! !1

0 0! ( 0)! !

n n n

n n

= = = ⋅ −

e anche ! ! !

1! ( )! ! 0! !

n n n n

n n n n n n

= = = = ⋅ − ⋅

. Ragionando sul senso

combinatorio di n

k

possiamo senz’altro affermare che n

k

è definito se 0 k n≤ ≤ .

RiassumiamoM

Definizione di Coefficiente Binomiale

Dati due interi ,k n con 0 k n≤ ≤ , si definisce il simbolo !

! ( )!

n n

k k n k

= ⋅ −

.

Enunciamo ora di nuovo la proposizione con la nuova simbologia:

21

Teorema sulle combinazioni Il numero di combinazioni composte da k oggetti diversi di un insieme di n oggetti distinti è

uguale a n

k

.

I coefficienti binomiali hanno parecchie caratteristiche che qui non elencherò. L’unico “trucco” che voglio citare facilita il calcolo del coefficiente stesso (questo “trucco” in verità può essere

facilmente ricavato dai calcoli visti per le disposizioni): supponiamo di voler calcolare 79

4

. Non

è pensabile utilizzare la definizione e calcolare 79!

4! 75!⋅ perché i numeri in gioco sono troppo

grandi. Basta però sapere che il risultato è sempre dato da una frazione così composta:

• nel numeratore compaiono k fattori, che partono da n e scendono di una unità • anche nel denominatore compaiono k fattori, che partono da 1 e crescono di una unità

Seguendo questa definizione posso dire che 79 79 78 77 76

4 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅

(ci sono 4 fattori sia nel

numeratore che nel denominatore, in un caso decrescenti – partendo da 79 - e nell’altro crescenti – partendo da 1) e quindi posso calcolare facilmente il numero 79 78 77 76

1.502.5011 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅=

⋅ ⋅ ⋅.

Problema 2.12 - Coefficienti binomiali (soluzione a pagina 32)

Calcolare con il metodo appena descritto e senza l’uso della calcolatrice i valori dei seguenti coefficienti

binomiali: 10

4

, 12

1

, 7

5

Esempio 2.15 - Due gruppi diversi

Una classe composta da 12 alunni deve dividersi in due gruppi rispettivamente da 5 e da 7 persone. In

quanti modi è possibile effettuare tale scelta?

Soluzione

Notiamo che ogni possibile scelta del primo gruppo (e anche del secondo) è per definizione una

combinazione di 5 elementi (nel secondo di 7) di un insieme composto da 12 elementi. E’ evidente che

scegliendo uno dei due gruppi automaticamente sarà determinato anche l’altro. Il risultato è quindi

12 12 11 10 9 8792

5 1 2 3 4 5

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

. E’ facile verificare che anche partendo dalla scelta del secondo gruppo il

22

risultato resta immutato: 12 12 11 10 9 8 7 6 12 11 10 9 8 7 6

7927 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

Se non ci fossimo accorti che la scelta del primo gruppo implicava la scelta dell’altro, avremmo dovuto calcolare il numero di possibili gruppi da 7 persone che si potevano formare con gli studenti rimasti liberi. Visto che gli studenti non ancora assegnati dopo la scelta del primo

gruppo erano 12 5 7− = , tale quantità era 7

17

=

. Il numero totale di combinazioni sarebbe

quindi rimasto12 7

7925 7

⋅ =

.

Il metodo usato in quest’ultimo calcolo suggerisce che il problema dei Due gruppi diversi non è nient’altro che una disposizione: abbiamo infatti calcolato in ordine le possibili combinazioni prima di un gruppo e poi dell’altro moltiplicandole infine assieme. Per calcolare i singoli valori abbiamo dovuto far uso delle combinazioni (cioè delle disposizione senz’ordine), il che fa di questo problema il primo esempio “ibrido” visto finora: una disposizione di combinazioni.

Esempio 2.16 - Tre gruppi uguali ma non troppo

Una classe composta da 12 alunni deve dividersi in tre gruppi da 4 elementi e ad ogni gruppo viene

assegnato un lavoro diverso. In quanti modi è possibile effettuare tale scelta?

Soluzione

Notiamo che in questo caso, scelto un gruppo, non è più vero che gli altri gruppi sono automaticamente

definiti. Per prima cosa calcoliamo in quanti modi possibili posso scegliere il primo gruppo. Si tratta di una

combinazione di 4 elementi in un insieme di 12 e quindi la risposta è 12 12 11 10 9

4954 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅

. Restano

a disposizione soltanto 8 alunni e quindi, per scegliere il prossimo gruppo, abbiamo 8 8 7 6 5

704 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅

possibilità. Ormai anche il terzo gruppo è implicitamente definito (infatti volendo calcolare le scelte

possibili risulta che 4 4 3 2 1

14 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅

) e quindi la soluzione è 12 8 4

495 70 1 34.6504 4 4

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

.

Notiamo che nell’esempio appena visto ad ogni gruppo era assegnato un lavoro diverso. Se invece i tre gruppi fossero stati fra loro indistinguibili (pensato al caso dello stesso lavoro di gruppo) la soluzione trovata sarebbe stata sbagliata. Cerchiamo brevemente di spiegare il perché e supponiamo che i tre gruppi si riuniscano in tre zone diverse dell’aula, a sinistra, in centro e a destra. Chiamiamo A , B e C i tre diversi gruppi di lavoro. E’ evidente che una

diversa disposizione dei tre gruppi all’interno dell’aula non può essere considerata come una suddivisione realmente diversa. In altre parole, calcolando la disposizione di combinazioni di

23

studenti, , ,A B C e , ,B A C vengono per esempio contati entrambi. E’ chiaro che ogni

disposizione di gruppi viene contata 6 volte (le possibili “mischiate” all’interno dell’aula) e che

quindi il risultato corretto in questo caso sarebbe

12 8 4

4 4 4 34.6505775

3! 6

⋅ ⋅

= = .

Vediamo un altro esempio che ci permetterà di vedere sia disposizioni che combinazioni:

Esempio 2.17 - 2 ragazze e 2 ragazzi

Un gruppo di amici è formato da due ragazze (Alice e Beatrice) e due ragazzi (Claudio e Davide).

a) Quante coppie maschio-femmina possono essere costituite?

b) Quante coppie generiche (cioè composte da due persone) possono essere formate?

c) In quanti modi il gruppo può dividersi in coppie maschio-femmina?

d) In quanti modi il gruppo può dividersi in coppie generiche?

Soluzione

a) Formiamo ogni coppia scegliendo prima la ragazza e poi il ragazzo. Per il primo caso si hanno 2

possibilità, così anche per il secondo. Riassumendo esistono 2 2 4⋅ = coppie femmina-maschio (precisamente ( , )A C , ( , )A D , ( , )B C , ( , )B D ).

b) Si tratta di trovare il numeri di modi per scegliere due elementi in un insieme di 4. La risposta è

4 4 36

2 1 2

⋅= =

⋅

. Le possibili coppie sono ( , )A B , ( , )A C , ( , )A D , ( , )B C , ( , )B D , ( , )C D .

c) Rispetto al primo problema il numero sarà sicuramente minore, perché il gruppo non può suddividersi in tutte le coppie possibili. Per esempio la suddivisione del gruppo in ( , )A C e

( , )B C non è valida, perché Claudio compare in entrambe le coppie. Per risolvere il problema

ragioniamo cercando di dare un ordine alle scelte e per cavalleria facciamo scegliere le ragazze.

Alice ha due alternative; fatta la scelta a Beatrice non resta che accontentarsi del ragazzo rimasto

libero. Le suddivisioni possibili sono quindi 2 1 2⋅ = (precisamente ( , ); ( , )A C B D e

( , );( , )A D B C ).

d) Ragioniamo come sopra: la prima coppia di individui può essere scelta in 4

2

modi diversi. Fatta

la scelta il secondo gruppo è implicitamente definito (infatti volendo calcolare il numero di possibili

combinazioni rimaste otterremmo 2

12

=

). In verità il calcolo non è ancora finito, perché abbiamo

contato troppi elementi, come mostreremo fra breve. Questo è accaduto perché per contare i casi

possibili abbiamo diviso il calcolo in “primo gruppo da due” e “secondo gruppo da due”, sebbene

le due coppie siano fra loro interscambiabili. Abbiamo quindi contato per esempio le suddivisioni

( , ); ( , )A C B D e ( , );( , )B D A C separatamente, anche se essi rappresentino lo stesso caso. Il

risultato è quindi

4

23

2=

(precisamente ( , ); ( , )A B C D , ( , ); ( , )A C B D e ( , );( , )A D B C ).

Quest’ultimo caso è un esempio di combinazione di combinazioni.

24

Problema 2.13 - Cono con 2 gusti (soluzione a pagina 32)

Una gelateria offre gelati di 10 gusti differenti. Volendo prendere un cono con 2 gusti diversi, in quanti

modi si può scegliere?

Problema 2.14 – Picnic (soluzione a pagina 32)

Dieci escursionisti devono spartirsi 10 panini (un panino a testa). Sapendo che 5 panini sono al formaggio,

3 con il prosciutto e 2 con il tonno, in quanti modi diversi può avvenire la suddivisione del cibo?

Problema 2.15 – Alzare due dita (soluzione a pagina 33)

In quanti modi si possono tenere alzate due dita di una mano?

Problema 2.16 - Comitato equilibrato (soluzione a pagina 33)

In una classe di 20 alunni bisogna formare un comitato formato da 3 ragazzi e 3 ragazze. Sapendo che in

classe ci sono 7 maschi, in quanti modi si può effettuare la scelta?

Problema 2.17 – Essere Ittita (soluzione a pagina 33)

Usando l’alfabeto italiano, quante parole di 6 lettere esistono, tali che una lettera si ripete esattamente 3

volte e un’altra 2?

Siamo ormai arrivati quasi alla fine dei raggruppamenti classici, non manca che il seguente:

• Le combinazioni con ripetizione

Iniziamo subito con due esempi che, come vedremo, sono strettamente correlati. Darò in un secondo momento la definizione di “combinazione con ripetizione”:

Problema Introduttivo 1 Almeno una biglia per contenitore

11 biglie identiche fra loro vanno disposte in 4 contenitori A,B,C,D facendo in modo che nessun contenitore resti vuoto. In quanti modi è possibile distribuire le biglie? (a fianco → è mostrata una possibile ripartizione)

Problema Introduttivo 2

Biglie e contenitori senza restrizione

7 biglie identiche fra loro vanno disposte in 4 contenitori A,B,C,D (volendo si potrebbero anche mettere tutte in A). In quanti modi è possibile distribuire le biglie? (a fianco → è mostrata una possibile ripartizione)

Affrontiamo il

A B C D

A B C D

25

Problema Introduttivo 1 e, trovata la soluzione, trattiamo il secondo caso.

Soluzione al Problema Introduttivo 1: Almeno una biglia per contenitore Mettiamo le 11 biglie in fila, come mostrato in basso.

Per scegliere quante biglie mettere in A, quante in B, in C e in D, possiamo utilizzare 3 bastoncini da frapporre fra le sferette a creare 4 gruppi. In basso è mostrato come esempio la seguente distribuzione: 5 biglie in A, 2 in B, 1 in C e 3 in D.

Evidentemente qualsiasi posizionamento dei tre bastoncini rappresenta in modo univoco una diversa ripartizione e, viceversa, ogni possibile ripartizione può essere rappresentata tramite i 3 bastoncini. Il problema può quindi essere ripensato come un posizionamento di 3 “interruzioni” tra le biglie. Con 11 biglie esistono 10 interstizi, per cui il nuovo problema èM

Problema Introduttivo 1 bis – Mettere 3 bastoncini In quanti modi si possono scegliere 3 diverse posizioni su 10 possibili?

Soluzione 1 bis La sequenza bastoncino Sì / bastoncino No può essere rappresentata dal disegno in basso

o più comodamente dalla “parola” xxxxBxBBxx. Ad ogni anagramma corrisponde un diverso posizionamento dei bastocini e quindi una diversa ripartizione di biglie, per cui, ragionando in

termini di permutazioni con ripetizione, la soluzione ai problemi 1 e 1bis è 10!

3! 7!⋅. Più

elegantemente, il problema di scegliere 3 caselle su 10 può essere interpretato come

combinazione semplice, fornendo la soluzione (equivalente alla precedente) 10

3

.

E’ utile generalizzare quanto visto al caso di n biglie con k contenitori a disposizione. Procedendo come sopra dovremmo mettere 1k − bastoncini nei 1n − interstizi. La soluzione è

quindi 1

1

n

k

− −

(guarda caso con 11n = e 4k = si ottiene proprio 10

3

)

Possiamo formalizzare quanto visto:

26

Osservazione Il numero di modi per disporre n biglie in k contenitori, in modo che ciascun contenitore

contenga almeno una biglia, è 1

1

n

k

− −

.

Passiamo ora alla soluzione del problema 2, nel quale, per evitare ambiguità, indicherò il numero di biglie con N (n continuerà a essere il numero delle biglie del problema di tipo 1).

Soluzione al Problema Introduttivo 2 - Biglie e contenitori senza restrizione

Invece di iniziare daccapo, partiamo dal problema 1 appena risolto. Ciascuna delle 1

1

n

k

− −

soluzioni rappresentava una distribuzione di 11 biglie nelle quattro scatole A,B,C,D, con la condizione che in ogni scatola vi fosse almeno una biglia. Prendiamo una qualsiasi di queste configurazioni e togliamo una biglia per scatola (vedi l’esempio in basso).

Quella che si ottiene sarà ora una ripartizione compatibile con il problema 2: infatti adesso le biglie sono 7 e non si può escludere che qualche scatola sia vuota. Si può anche ragionare in maniera opposta, prendendo una distribuzione compatibilie con il problema 2 e aggiungere una biglia per contenitore: le biglie tornano ad essere 11 con la certezza che nessuna scatola resterà vuota. Questo discorso dovrebbe convincerci che i problemi 1 e 2 descrivono sostanzialmente la stessa questione e hanno necessariamente la stessa soluzione. Indicati quindi con n il numero di biglie di un problema di tipo 1 (restrizione di 1 biglia per scatola), con N il numero di biglie di un problema ad esso associato di tipo 2 (alcune scatole possono anche essere vuote) e con k il numero di contenitori, si ha la relazione N n k= − (nell’esempio precedente 7 11 4= − ) e quindi n N k= + . Possiamo allora dire che la soluzione al problema di tipo 2 con N biglie e k

contenitori è 1 1

1 1

n N k

k k

− + − = − −

, che con semplici passaggi matematici, può essere riscritto

come 1N k

N

+ −

.

Abbandoniamo ora per motivi estetici la lettera maiuscola N e tornando alle classiche lettere ,k n , possiamo riscrivere l’ultimo risultato così:

Osservazione

Il numero di modi per disporre n biglie in k contenitori è 1k n

n

+ −

.

Nota bene: per tenere a memoria il senso delle singole lettere, potete immaginare che k

rappresenti il numero di kontenitori.

A B C D A B C D

27

Definizione Si chiama combinazione con ripetizione di n elementi di un insieme I composto da k oggetti distinti, un gruppo di n elementi di I non necessariamente distinti e disposto in un ordine

qualsiasi. Per capire bene la definizione, il nome “Combinazione con ripetizione” e la relazione che questa definizione ha con i casi risolti precedentemente, consideriamo i seguenti problemi:

Problema Introduttivo 3 Tre biglie dall’urna senza restituzione

Da un’urna contenente 21 biglie etichettate con le lettere dell’alfabeto italiano, si estraggono 3 biglie mettendole in fila sul tavolo e ridisponendole infine in ordine alfabetico. Quante file di questo tipo possono essere create? Soluzione Il riordino finale assicura l’irrilevanza dell’ordine di estrazione. Si tratta banalmente di

scegliere 3 oggetti su 21 (combinazione semplice) e questo si può fare in 21

13303

=

modi.

Problema Introduttivo 4 Tre biglie dall’urna con restituzione

Un’urna contiene 21 biglie etichettate con le lettere dell’alfabeto italiano. Per tre volte di fila, si estrae una biglia, si segna la lettera su un foglio e si rimette la biglia nell’urna. Alla fine si comunicano le 3 lettere, leggendole in ordine alfabetico. Quante triplette del genere possono essere create? Soluzione La differenza rispetto a prima è che la stessa biglia può essere estratta più di una volta: non è una differenza da poco! Possiamo immaginare il problema in termini di contenitori da riempire (come nel problema 2: Biglie e contenitori senza restrizione): le 21 scatole rappresentano le lettere dell’alfabeto e ogni qualvolta una certa lettera viene estratta si pone una biglia nel vano corrispondente. L’estrazione “F,A,F” verrebbe così rappresentata dalla ripartizione con 2 biglie in F, una biglia in A e tutte le altre scatole vuote. Abbiamo già risolto questo tipo di problema: ponendo 21k = (numero di kontenitori, cioè di lettere possibili) e 3n = (numero di biglie, cioè di estrazioni) si ha la soluzione 21 3 1 23

17713 3

+ − = =

.

Il problema appena risolto rende giustizia al nome “Combinazioni con ripetizioni” e spiega il legame con il problema dei contenitori.

28

Teorema sulle combinazioni con ripetizione Il numero di combinazioni con ripetizione di k elementi di un insieme I composto da n

oggetti distinti è 1k n

n

+ −

.

Esempio 2.18 - Una coppetta da 3 palline

Una gelateria offre gelati di 10 gusti diversi. Quante varianti di coppetta si possono comporre con 3

palline? Nota bene: è ammesso anche scegliere 3 volte lo stesso gusto.

Soluzione

Ragionando per analogia, i gusti sono i contenitori e le biglie rappresentano le palline di gelato. Si ha

quindi 10k = , 3n = e la soluzione 10 3 1 12

2203 3

+ −= =

.

Esempio 2.19 - Ottenere 10

In quanti modi si può scrivere 10 come somma di 3 numeri naturali (0 escluso)? Bada bene, in questo

problema i “modi” 4+3+3 e 3+4+3 sono considerate combinazioni diverse.

Soluzione

Stavolta la soluzione si ottiene più facilmente pensando ai “bastoncini” piuttosto che alle formule.

Disponendo in fila 10 biglie e separandole con 2 bastoncini si possono creare tutte le somme desiderate

(vedi sotto la “ripartizione” 5+2+3.

Gli interstizi sono 9 , i bastoncini 2 , la soluzione non può che essere 9

362

=

.

Esempio 2.20 - Pozioni e calcolo combinatorio

La leggenda narra che, gettando tutte in una volta 3 porzioni di spezia magica in un calderone traboccante

sangue di drago, si ottenga l’elisir del Bernoccolo Matematico. Quali spezie usare? Forse 2 porzioni di ali

di pipistrello e una di crine di unicorno, o magari 3 porzioni di capelli di fata, chi lo sa! Le spezie magiche

sono ben 50, chissà quante combinazioni esistono!

Soluzione

Le 3 spezie (che possono anche ripetersi, come si capisce dagli esempi), vanno gettate tutte insieme,

ragion per cui l’ordine della scelta è irrilevante. Possiamo come al solito immaginare i kontenitori delle

spezie ( 50k = ) e il numero di biglie (numero di porzioni, 3n = ). Si ha 1 52

22.1003

k n

n

+ −= =

.

29

Esempio 2.21 - Numeri in salita

Escludendo sempre la cifra 0, quanti numeri di 5 cifre esistono, tali che le loro cifre siano disposte in

ordine “uguale o crescente”? (“uguale o crescente” significa che una cifra può ripetersi, ma non può mai

essere seguita da una minore. Casi accettabili sono quindi 23.678 , 35.558 o addirittura 77.777 mentre

35.823 o 12.324 non andrebbero bene).

Soluzione

Il problema è complesso e per essere risolto necessita di un po’ di fantasia. Immaginiamo di scegliere 5

cifre qualsiasi da 1 a 9 (le cifre possono anche ripetersi) e di metterle in fila in ordine crescente. Si

ottengono così proprio i numeri “in salita” descritti dal problema. L’estrazione con restituzione da un’urna

contenente 9 cifre e la conclusiva “messa in ordine” (la quale rende irrilevante l’ordine di estrazione),

mostra che il problema è assimilabile al Problema Introduttivo 4 (pag. 27), cioè a una combinazione con

ripetizione. La soluzione è 1 9 5 1 13

12875 5

k n

n

+ − + −= = =

Osservazione

Ragionando in modo simmetrico, i numeri “in discesa” saranno anch’essi 1287 . I numeri “monocifra”

11.111, 22.222 , M (9 in tutto) sono gli unici a far parte di entrambi i conteggi. Ricordando che i numeri

composti da 5 cifre (senza mai usare lo 0) sono 5

9 59.049= (disposizione con ripetizione), possiamo

concludere che i numeri “Sali e Scendi” sono i più frequenti (5

9 2 1287 5 4 49 6 8− ⋅ + = ), più del 95% del

totale.

Problema 2.18 – Elezione (soluzione a pagina 33)

In una classe di 20 alunni bisogna svolgere le votazioni per eleggere il rappresentante di classe, carica

per la quale si sono candidati in 4. Se ogni alunno può esprimere una sola preferenza e allo spoglio tutte

le schede risultano valide, in quanti modi diversi può concludersi la conta dei voti? Esempio: una “conta”

dei voti potrebbe essere la seguente: al candidato A 10 voti, al candidato B 0 voti, a C 5 voti e a D 5 voti.

Problema 2.19 - La confezione sorpresa (soluzione a pagina 33)

Un’azienda produce 3 tipi di vino e per l’anniversario della sua fondazione ha deciso di mettere in

commercio la confezione sorpresa: essa è composta da ben 7 bottiglie variegate e l’unica certezza è che

vi sia almeno una bottiglia per tipo. Quante confezioni sorpresa diverse posso esistere?

Problema 2.20 - Raggiungere l’aeroporto (soluzione a pagina 34)

9 amici devono raggiungere l’aeroporto e sono indecisi su come muoversi, se in macchina, con la navetta

o in treno. In quanti modi diversi possono effettuare la scelta? Vedi bene come interpretare la domanda:

a) Intendendo per “modi diversi” soltanto la distribuzione numerica delle persone. Così 3 persone in

macchina e 6 in treno rappresenterebbero un’unica configurazione, indipendentemente da chi

materialmente sale in macchina e chi in treno.

b) Intendendo con “modi diversi” non solo il numero, ma anche la composizione dei vari gruppi. Così

la configurazione per la quale Aldo, Bruno e Carla decidono di andare in macchina e tutti gli altri in

treno e la configurazione che vede andare in macchina Bruno, Davide ed Eleonora e tutti gli altri

in treno vanno conteggiate separatamente.

30

31

• Soluzioni dei problemi della Sezione 2

Soluzione 2.1 - Metal Detector

Si tratta di contare le permutazioni di una collezione composta da 5 elementi distinti. La soluzione è

5! 120= .

Soluzione 2.2 - Una lettrice accanita

Indicati con A, B, C, D i titoli dei libri, bisogna mettere in un qualche ordine le 4 lettere, bisogna cioè

anagrammare la parola “ABCD”. Il numero di possibili anagrammi è 4! 24= .

Soluzione 2.3 - Numeri e lettere

a) Per risolvere questo esercizio bisogna essere già abbastanza bravi. L’idea più semplice è quella

di anagrammare separatamente le 4 lettere e i 4 numeri per poi ricomporre “a pettine” gli otto

simboli. La soluzione è quindi 4! (anagrammi di ABCD) 4! (anagrammi di 1234)× , perché

ciascun anagramma letterale si lega a ciascun anagramma numerico (dando luogo a parole finali

diverse). Risulta quindi 4! 4! 24 24 576× = ⋅ = .

b) Questa situazione è quasi identica alla precedente, consente però una scelta in più:

ricomponendo “a pettine” la parola finale si può iniziare da una lettere o da un numero. Visto che

precedentemente avevamo 576 scelte, la soluzione ora è 2 576 1152⋅ = .

Soluzione 2.4 - Anagramma con restrizione/1

I due esempi proposti (MARCO o CROMA) ci fanno capire che esistono due modi per affiancare la R e la

C. Concentriamoci inizialmente soltanto su “RC” e consideriamo la coppia come fosse un’unica lettera

inscindibile. Avremo così da anagrammare la nuova parola di 4 lettere distinte M A RC O . I modi per farlo

sono 4! 24= . Stesso discorso per M A CR O , con la nuova “lettera” “CR”. Complessivamente gli

anagrammi permessi dal problema sono 4! 4! 24 24 48+ = + = .

Soluzione 2.5 - Anagramma con restrizione/2

Le configurazioni che prevedono le due lettere separate sono più difficili da elencare di quelle che

prevedono le lettere appaiate. Dal problema precedente (che prevede una collezione con una struttura

equivalente a quella considerata qui), sappiamo che esistono 48 anagrammi di “OSTIA” con la S e la T

vicine. Del resto di “OSTIA” esistono complessivamente 5! 120= anagrammi, per cui, operando la

sottrazione 120 48− , otteniamo proprio il numero che ci interessa. La soluzione è 120 48 72− = .

Soluzione 2.6 - Anagrammi di Matematica

La parola “MATEMATICA” è composta da 20 lettere. La “M” e la “T” si ripetono ciascuna due volte, la “A”

tre. Applicando la formula si ottiene 3.628.80010!

151.2002! 2! 3! 2 2 6

= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

Soluzione 2.7 - Calcoli su Calcolo

Consideriamo la coppia CC come un’unica lettera. La nuova parola CC A L O L O ha 6 lettere: la L e la

O si ripetono due volte, per cui, applicando la formula, si ottiene 126! 0

302! 2! 2 2

= =⋅ ⋅

32

Soluzione 2.8 - Un piccolo robot

Affinché il robot, dopo 8 movimenti, si riporti al punto di partenza, è necessario che si muova 4 volte in

avanti e altrettante indietro, in un ordine qualsiasi (per esempio 3 volte avanti, 2 indietro, 1 avanti e 2

indietro). Indicando con le lettere A e I le due possibilità, si tratta di contare gli anagrammi della parola

di 8 lettere 4 4volte volte

AAAAI I I I . Essi sono 8!

704! 4!

=⋅

.

Soluzione 2.9 - Lucchetto a combinazione

Ogni rotella può trovarsi in 10 posizioni e ciascuna posizione di una singola rotella è compatibile con ogni

configurazione assunta dalle altre. Si tratta di una disposizione con ripetizione, il risultato è 4

10 10.000= .

Soluzione 2.10 - Targhe italiane

a) I “valori” assunti da ogni lettera e numero sono indipendenti gli uni dagli altri. Possiamo quindi

banalmente moltiplicare fra loro le possibilità per ogni posizione. Il risultato è 4 3

22 22 10 10 10 22 22 22 10 234.256.000× × × × × × = × = .

b) Contiamo il numero delle targhe “mancanti”: le prime due lettere sono fisse su EE, gli altri simboli

possono assumere qualsiasi “valore”. Si tratta quindi di calcolare il numero di targhe del tipo

N N N L L . Esse sono 3 2

10 10 10 22 22 1 484.00 22 00× × × × = × = e quindi, la soluzione al

problema è 234.256.000 484.000 233.772.000− = .

Soluzione 2.11 - Invito per 7

Ciascun invitato ha due opzioni: accettare l’invito o declinarlo. Scorrendo quindi le 7 persone possiamo

dire che esistono 7

7

2 2 ... 2 2 128

volte

× × × = = possibilità.

Soluzione 2.12 - Coefficienti binomiali

10 10 9 8 710 3 7 210

4 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅

, 12 12

121 1

= =

, 7 7 6 5 4 3

7 3 215 1 2 3 4 5

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

Soluzione 2.13 - Cono con 2 gusti

Si tratta di scegliere 2 elementi (in un ordine qualsiasi) da un insieme di 10 elementi distinti. È

evidentemente una combinazione semplice. La soluzione è 10

245=

.

Soluzione 2.14 - Picnic

Distribuire i 5 panini al formaggio a 10 persone si può fare in 10

5

modi diversi. Bisogna ora decidere a

chi dare i 3 panini al prosciutto alle 5 persone rimaste. Questo può essere fatto in 5

3

modi. I due

escursionisti rimanenti sono automaticamente destinatari dei panini al tonno . Riassumendo, la soluzione

al problema è 10 5

252 10 25205 3

⋅ =

⋅ =

.

33

Soluzione 2.15 - Alzare due dita

Stavolta si tratta di scegliere 2 elementi (in un ordine qualsiasi) da un insieme di 5 elementi distinti. La

soluzione è 5

210=

.

Soluzione 2.16 - Comitato equilibrato

Una classe di 20 alunni con 7 maschi ha 13 femmine. La scelta della componente maschile può essere

fatta in 7

3

modi, quella della componente femminile in 13

3

. La soluzione finale è

7 13

3 335 286 10.010⋅ =

⋅ =

Soluzione 2.17 - Essere Ittita

Prima di tutto scegliamo le lettere diverse fra loro: per designare quella che compare 3 volte esistono 21

modi, 20 per quella ripetuta e 19 per la solitaria. A questo punto tocca posizionarle: la lettera ripetuta tre

volte può essere disposta su sei posti liberi in 6

320=

modi. Nelle 3 caselle ancora libere va ora

posizionata la lettera solitaria (3 scelte) mentre gli ultimi due posti a disposizione vanno occupati con la

lettera (ripetuta) rimasta. Complessivamente le scelte sono 21 20 19 20 3 1 478.800⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Soluzione 2.18 - Elezione

Ogni somma composta da 4 addendi naturali il cui risultato è 20, descrive uno spoglio diverso. Così per

esempio il caso A 10 voti, B 0 voti, C 5 voti e D 5 voti può essere rappresentato dalla somma 10+0+5+5.

Abbiamo già affrontato e risolto il problema di scrivere un numero come somma (Esempio 2.19 di pag. 28)

. La soluzione è 1 4 20 1 23

177120 20

k n

n

+ − + −= = =

Soluzione 2.19 - La confezione sorpresa

Ciascuna confezione può essere associata ad una somma di 3 numeri naturali maggiori di 0: così ad

esempio la somma 2+3+2 rappresenterebbe una confezione contenente 2 bottiglie del vino A, 3 bottiglie

del vino B e 2 del vino C. Questo tipo di problema è del tutto simile al

Problema Introduttivo 1 di pag. 24 e può essere assimilato a una combinazione con ripetizione mediante

la seguente riformulazione: Quante confezioni composte da 7 3 4− = bottiglie esistono, senza che vi sia

la certezza che ogni tipo sia presente? Abbiamo ora una classica combinazione con ripetizioni con 4n =

e 3k = . La soluzione è 1 3 4 1 6

154 4

k n

n

+ − + −= = =

.

34

Soluzione 2.20 - Raggiungere l’aeroporto

a) Mettiamo in fila i mezzi di trasporto (macchina, navetta, treno) e riscriviamo il numero 9 come

somma di 3 numeri naturali (0 incluso): possiamo così rappresentare tutte le suddivisioni possibili.

La somma 3+6+0 rappresenta ad esempio la configurazione “3 persone in macchina, 6 con la

navetta e nessuno in treno”, mentre 1+1+7 “1 persona in macchina, 1 con la navetta e 7 in treno”

e così via. Abbiamo già affrontato il problema di rappresentare un numero mediante somme

diverse (Esempio 2.19) e la soluzione è 1 3 9 1 11

559 9

k n

n

+ − + −= = =

.

b) Mettiamo in fila i 9 amici (Aldo, Bruno,M) e chiediamo ad ognuno come intende muoversi.

Ciascuno ha 3 possibili opzioni (macchina, navetta e treno): siamo di fronte a una disposizione

con ripetizione, la cui soluzione è 9

19 33 .68= .

35

• Sezione 3 – Risolvere i problemi È opportuno riassumere quanto visto finora e dare degli strumenti per poter affrontare i problemi

di Calcolo Combinatorio con ordine e metodo. Per risolvere un problema si può operare sostanzialmente in due modi: il primo consiste nel

costruire, o anche solo immaginare, una struttura che contenga esattamente una volta tutte le configurazioni ammesse dal problema stesso. In base alla regolarità della struttura si può effettuare il calcolo dei casi possibili. Nel caso in cui si tratti di un albero a diramazioni regolari, sarà necessario moltiplicare fra loro il numero di diramazioni di ciascun livello. La struttura ad albero si presta molto bene a rappresentare i raggruppamenti che prevedano un qualche tipo di ordine (prima scelta, seconda scelta e così via).

Il secondo modo di procedere è quello di riconoscere nel raggruppamento proposto una

configurazione nota (tra quelle sotto elencate) e applicare la rispettiva formula:

• Permutazione semplice

• Permutazione con ripetizione

• Disposizione senza ripetizione

• Disposizione con ripetizione

• Combinazione semplice

• Combinazione senza ripetizione

Come vi sarete accorti, la difficoltà non consiste tanto nell’applicare le formule, quanto nel capire

di volta in volta quale usare. Saper classificare i problemi è la capacità principale che bisogna sviluppare nel Calcolo Combinatorio. Esistono vari stratagemmi per imparare quest’arte, il primo dei quali si basa sul seguente schema. Esso si compone di due domande (ed eventualmente di un quesito supplementare), che permettono di indirizzarvi verso il raggruppamento corretto.

La collezione con cui si ha a che fare, è

composta da oggetti tutti diversi fra loro?

Esempi

Lettere della parola UNICO, un mazzo di 40 carte, una classe

di studenti (elementi diversi fra loro)

Lettere della parola ENEIDE, un sacchetto di sassolini

identici, un’urna contenente due biglie dello stesso colore

(elementi ripetuti)

DOMANDA 1

Raggruppamenti

con ripetizione

Raggruppamenti

semplici, senza

ripetizioneSì

No

36

Purtroppo la semplicità dello schema proposto è spesso illusoria perché lascia spazio a

sottigliezze interpretative. Considerate ad esempio il caso di mettere n sassolini in k scatole

etichettate in maniera diversa, l’esempio che abbiamo usato per introdurre le combinazioni

senza ripetizione. Valutate poi la domanda 2: “Bisogna prendere in considerazione l’ordine con il quale gli oggetti vengono assegnati?”. Bisogna rispondere “No” perché è irrilevante l’ordine con il quale i sassolini vengono messi in una determinata scatola o “Sì”, perché le scatole non possono essere mischiate fra loro e quindi il loro ordine è importante? Nel caso specifico è corretta la risposta “No”, è però evidente come lo schema proposto possa non essere facile da utilizzare.

Un metodo pratico è quello di ideare e tenere a memoria uno o più problemi – prototipo per

ciascun tipo di raggruppamento. Una volta che un situazione può essere schematizzata mediante uno dei prototipi, essa è automaticamente classificata e quindi risolta. Consideriamo ad esempio come problema prototipo quello di annerire k caselle su una fila composta da n

caselle bianche. Esso è un esempio di combinazione, il cui numero complessivo è n

k

. Il

problema di contare le diverse estrazioni del SuperEnalotto© (una pesca di 6 numeri su 90) può essere riformulata immaginando una persona che annerisce i numeri estratti su una schedina che contiene i numeri da 1 a 90: abbiamo così ridotto l’estrazione del SuperEnalotto© al problema di annerire le caselle (di cui conosciamo la soluzione); le possibili

estrazioni sono 6290

2.6

614.630

=

.

Si tratta quindi di ideare per ogni tipo di raggruppamento un problema possibilmente semplice,

chiaro e trasferibile a situazioni diverse: è un’operazione molto personale che riflette i gusti e la mentalità di chi la fa. A seguire un possibile catalogo.

Bisogna prendere in consi-

derazione l’ordine con il

quale gli oggetti vengono

scelti/assegnati?

Esempi

modi mettere in fila 8 persona

(ordine importante)

modi per scegliere 6 numeri da

giocare al SuperEnalotto (ordine non

importante)

DOMANDA 2

Combinazioni

Gli oggetti del raggruppa-

mento di partenza vanno

utillizati tutti nel raggruppa-

mento finale?

Esempi

anagramma di una parola (tutte le

lettere della parola iniziale vanno

utilizzate)

Eleggere un capo e un vice in un

gruppo (soltanto 2 persone vanno

elette)

Permutazioni

Disposizioni

DOMANDA 3

Sì

No

No

Sì

37

Tipo di raggruppamento Problema prototipo Soluzione

Permutazione senza ripetizioni

Contare gli anagrammi di una parola composta da n lettere diverse.

!n

Contare i modi per mischiare un mazzo di n

carte diverse.

Permutazione con ripetizioni

Contare gli anagrammi di una parola composta da lettere che si ripetono (per esempio AAABBC).

( )( ) ( )1 2

!

! ! ... !r

n

k k k

Disposizioni senza ripetizioni

0 1...

kn n n× × ×

dove jn è il numero di

scelte alla j esima−

assegnazione

Estrarre k biglie da un’urna contenente n

biglie diverse, mettendole in fila nell’ordine di estrazione. Contare gli esiti possibili.

Nel caso di disposizioni

semplici (per le quali

jn n j= − ), il risultato è

( )!

!

n

n k−

38

Tipo di raggruppamento Problema prototipo Soluzione

Disposizioni con ripetizioni

Da un’urna contenente n biglie diverse, ripetere per k

volte la seguente operazione: estrarre una biglia, segnare il risultato, rimettere la biglia nell’urna. Contare gli esiti possibili.

kn

Contare il numero di parole di n lettere che si possono

formare utilizzando un alfabeto composto da k simboli diversi.

Combinazioni semplici

Modi per annerire k caselle su n .

n

k

Modi per estrarre un gruppo di k persone da una classe di n

alunni.

Combinazioni con ripetizioni

Dati n sassolini e k scatole

etichettate, numero di modi per disporre i sassolini.

1k n

n

+ −

Numeri di modi per scrivere un numero interon come somma di k numeri naturali ordinati

(potendo utilizzare anche lo 0).

rest i tuzione

A B C D

39

• Problemi di riepilogo

Problema 3.1 - Impostare i canali (soluzione a pagina 39)

Considerando soltanto le 7 emittenti televisive più importanti, in quanti modi possibili si possono

sintonizzare i primi 7 canali della TV (in modo che su ogni canale vi sia esattamente una delle 7 reti)?

Problema 3.2 - Il popolo cariato (soluzione a pagina 48)

Per una strana malattia, in una nazione ogni cittadino ha almeno un dente cariato e nessun cittadino ha

esattamente gli stessi denti cariati di un altro. Ogni individuo è quindi univocamente identificato dalla

posizione delle sue carie. Quanti cittadini può avere al massimo questo Stato?

Problema 3.3 - Annerire le caselle (soluzione a pagina 48)

a) In quanti modi possono essere annerite k caselle in una tabella con n caselle bianche?

b) In quanti modi si possono annerire un numero arbitrario di caselle (eventualmente anche nessuna

o tutte) in una tabella con n caselle bianche?

Problema 3.4 - Sviluppo binomiale (soluzione a pagina 48)

Sviluppando il termine (1 ) (1 ) (1 ) ... (1 )n

nvolte

x x x x+ = + ⋅ + ⋅ ⋅ + si ottiene un polinomio di grado n del tipo

2 1

0 1 2 1... n n

n na a x a x a x a x−−+ + + + + , dove per ogni k k

a ∈ℤ .

a) Trovare i valori di na e 1n

a − .

b) Trovare l’espressione generale del termine ka con 0 k n≤ ≤ .

Problema 3.5 - Percorsi →P A (soluzione a pagina 49)

Il reticolo ×8 8 disegnato a fianco rappresenta un insieme

di strade. Per arrivare da P ad A bisogna procedere

tassativamente verso destra, scegliendo ad ogni incrocio

una delle due biforcazioni (sempre che non si sia già arrivati

al bordo destro, nel qual caso la scelta è obbligata). Quanti

percorsi →P A esistono? (nel disegno a fianco è mostrato

un possibile itinerario→ )

40

Problema 3.6 - Percorsi → →P Q A (soluzione a pagina 49)

In quanti modi è possibile partire da P e arrivare ad A ,

percorrendo 16 segmenti del reticolo ×8 8 raffigurato a fianco e

passando tassativamente per Q ? (da notare che percorrendo

16 segmenti si effettua un “percorso minimo”, si tratta infatti di

andare complessivamente di 8 segmenti a destra e di 8 in

basso).

Problema 3.7 - 4 pedoni bianchi e 4 pedoni neri (soluzione a pagina 49)

Avendo a disposizione 4 pedoni bianchi e 4 pedoni neri quanti modi esistono per disporli a casaccio su

una scacchiera (che ha 64 caselle numerate)?

Problema 3.8 - Numeri di 9 cifre (soluzione a pagina 50)

a) Quanti numeri di 9 cifre esistono (nel sistema decimale)?

b) Quanti di questi numeri sono composti da 9 cifre diverse?

Problema 3.9 - I numeri con il 3 (soluzione a pagina 50)

Considerando tutti i numeri fra 1 e 9999M

a) Quanti numeri contengono almeno una volta la cifra 3?

b) Quanti numeri contengono esattamente due volte la cifra 3?

Problema 3.10 - Sette con 3 dadi (soluzione a pagina 50)

In quanti modi diversi si può fare 7 lanciando 3 dadi?

Problema 3.11 - 22 giocatori (soluzione a pagina 50)

22 ragazzi vogliono dividersi in due squadre per disputare una partita. In quanti modi si può realizzare la

suddivisione in due gruppi (ovviamente A contro B equivale a B contro A)?

Problema 3.12 - Torneo di Tennis con 4 giocatori (soluzione a pagina 40)

4 giocatori di tennis vogliono organizzare un torneo di doppio (cioè con partite con 2 giocatori per parte) in

modo tale che ogni giocatore giochi almeno una volta contro ogni altro. Quante partite devono essere

disputate?

Problema 3.13 - Torneo di Tennis con 7 giocatori (soluzione a pagina 51)

7 giocatori di tennis vogliono organizzare un torneo di doppio in modo tale che ogni giocatore giochi

almeno una volta contro ogni altro. Quante partite devono essere disputate?

Problema 3.14 - Suddivisione in 4, 4 e 5 (soluzione a pagina 51)

Un classe di 13 alunni si divide in 3 gruppi di cui due da 4 e uno da 5 studenti. In quanti modi è possibile

effettuare la suddivisione seM?

a) I gruppi hanno mansioni diverse

b) I gruppi hanno tutti lo stesso compito

41

Problema 3.15 - Schedine del totocalcio con una colonna (soluzione a pagina 51)

Una schedina del totocalcio contiene una lista di 13 partite, ognuna delle quali può concludersi in tre modi possibili (1, ,2X ).

a) Quante schedine diverse esistono (considerando solo le schedine con un segno a partita)?

b) Quante di queste schedine contengono esattamente 8 1 , 3 X e 2 2 ?

c) Quante schedine contengono 8 segni di un tipo, 3 di un altro e 2 di un altro ancora?

Problema 3.16 - Parole con una ripetizione (soluzione a pagina 52)

Quante parole da 5 lettere (dell’alfabeto italiano) si possono creare considerando ammissibili soltanto le

parole formate da esattamente 4 lettere diverse (una quindi si deve ripetere)?

Problema 3.17 - Parole con alcune ripetizioni (soluzione a pagina 52)

Quante parole da 6 lettere (dell’alfabeto italiano) si possono formare considerando ammissibili soltanto le

parole formate da esattamente 3 lettere diverse?

Problema 3.18 - Estrazioni particolari (soluzione a pagina 53)

Un’estrazione del Lotto consiste in un pesca di 5 numeri da 1 a 90, nella quale l’ordine di estrazione è

irrilevante (per esempio le pesche 5,4,1,88,79 e 1,4,5,79,88 rappresentano la stessa estrazione ed è per

questo motivo che le estrazioni vengono normalmente citate in ordine crescente, cioè dal numero più

piccolo al più grande).

a) Quante diverse estrazioni prevedono 3 numeri sotto il 50 e 2 numeri dal 50 in su?

b) Quante estrazioni prevedono 5 numeri composti da 2 cifre e minori di 90 (quindi dal 10 al 89

inclusi) appartenenti a decine diverse? (come 32, 41, 61, 73, 89 mentre 13, 34, 35, 69, 79 non

andrebbe bene perché 34 e 35 appartengono entrambi alla decina del 30)

Problema 3.19 - Anagramma di se stesso (soluzione a pagina 41)

Quanti anagrammi della parola “ANAGRAMMA” esistono?

Problema 3.20 - Sassolini crescenti (soluzione a pagina 53)

Bisogna disporre 20 sassolini identici fra loro in 4 scatole contrassegnate con le lettere A,B,C,D, in modo

che nella scatola A vi sia almeno un sassolino, in B almeno 2, in C almeno 3 e in D almeno 4. In quanti

modi è possibile farlo?

Problema 3.21 - Somma di numeri pari (soluzione a pagina 41)

In quanti modi diversi si può rappresentare il numero 10 come somma di 3 numeri pari? Nota bene: in

questo esercizio lo 0 va considerato un numero pari. Rappresentazioni come 0+2+8 e 2+8+0 sono

considerate diverse (e concorrono entrambe al conteggio).

Problema 3.22 - La stanza arcobaleno (soluzione a pagina 54)

Le quattro pareti di una stanza vanno dipinte tutte di colori diversi. Avendo a disposizione 7 colori

differenti, in quanti modi è possibile pittare la stanza?

42

Problema 3.23 - Due taxi per nove (soluzione a pagina 42)

9 amici chiamano due taxi per andare in aeroporto. Il taxi A può trasportare 5 persone, il taxi B soltanto 4.

Quanti modi esistono per dividersi fra i due mezzi?

Problema 3.24 - Numeri disciplinati (soluzione a pagina 54)

Quanti sono i numeri naturali tali che ciascuna delle cifre “1”, “2”, M,”8”, “9” (quindi senza lo “0”) compaia

esattamente una volta (come ad esempio 952.137.648)?

Problema 3.25 - Un comitato studentesco (soluzione a pagina 54)

Un certo Liceo ospita 3 sezioni A,B,C per un totale di 15 classi e ciascuna classe è composta da 20

alunni. In quanti modi è possibile formare un comitato di 15 studenti in modo che ciascuna classe sia

rappresentata? Riporta il risultato in forma “semicalcolata” come ad esempio 20! × 15 o −153 20 .

Problema 3.26 - Zii ma non solo (soluzione a pagina 54)

Conta il numero di terne ordinate formate da 3 lettere (dell’alfabeto italiano) nelle quali una lettera

compare 2 volte (come A A B ).

Problema 3.27 - Biglie straetichettate (soluzione a pagina 55)

Un’urna contiene 9 biglie di tre colori diversi, contrassegnate da tre lettere e

da tre numeri diversi in modo che due biglie differenti abbiano al massimo

un carattere in comune (il colore, la lettera o il numero). Per chiarezza, a

fianco sono rappresentate tutte e nove le sferette.

Immagina di estrarre una biglia alla volta, disponendole in fila sul tavolo.

Quante estrazioni diverse esistono, tali che le tre biglie abbiano tutte e tre

un carattere in comune (cioè tali che le biglie abbiano tutte lo stesso colore,

la stessa lettera o lo stesso numero)?

Problema 3.28 - Delitto in scena (soluzione a pagina 55)

Una piccola compagnia formata da otto attori decide di inscenare un giallo. Bisogna assegnare i ruoli e il

copione prevede 1 ispettore, 3 poliziotti, 1 capobanda e 3 scassinatori. In quanti modi può essere

effettuata la scelta?

Problema 3.29 - I libri sullo scaffale (soluzione a pagina 42)

In una libreria ci sono 10 libri d’arte, 7 libri di biologia e 6 libri ci chimica. Volendo allinearli su un unico

scaffale in modo che i libri di una stessa materia siano tutti vicini fra loro, in quanti modi possono essere

disposti i 23 libri?

Problema 3.30 - Dodici biglie colorate e numerate (soluzione a pagina 55)

In un sacchetto stanno 4 biglie rosse numerate da 1 a 4, quattro

biglie blu numerate allo stesso modo e quattro biglie grigie,

sempre dello stesso tipo (vedi figura). Estraendo una biglia per

volta (per tre volte) e mettendole in fila sul tavolo, quante “file”

esistono per cuiM

a) le biglie siano tutte di colore e numero diverso

b) le biglie siano di colore uguale

121 1 2

34 23 344

43

c) le biglie siano di colore diverso

d) Supponendo di mettere le biglie poste sul tavolo in un altro sacchetto, quanti “sacchetti” diversi

esistono per gli esercizi a), b) e c)?

Problema 3.31 - I gironi agli Europei (soluzione a pagina 56)

I gironi degli europei di calcio prevedono 4 gruppi da 4 squadre. Ad ognuna delle sedici squadre è

assegnata a priori una fascia (le squadre della prima fascia sono dette teste di serie) e nessun gruppo può

contenere più squadre delle stessa fascia. Inoltre ogni gruppo gioca in uno stadio diverso. In quanti modi

diversi si possono essere sorteggiate le squadre, considerandoM?

a) Mlo stadio un elemento discriminante

b) Mlo stadio di gioco non rilevante

Problema 3.32 - Scuole medie e superiori (soluzione a pagina 56)

Una rappresentanza di docenti è composta da 11 insegnanti delle scuole medie e 9 insegnanti delle

superiori. Bisogna eleggere il portavoce del gruppo e il suo vice, tenendo presente che le due cariche

devono essere esercitate da insegnanti provenienti da ordini scolastici diversi (se il rappresentante è delle

medie il vice deve essere delle superiori e viceversa). In quanti modi può essere effettuata la scelta?

Problema 3.33 - Parole con due lettere uguali (soluzione a pagina 56)

Considerando l’alfabeto italiano (21 lettere), quante parole di 5 lettere esistono, tali che una ed una sola

lettera si ripete esattamente due volte (come AAGTR) o (ENSER)?

• Problemi difficilissimi

Concludiamo questa unità sul Calcolo combinatorio con tre problemi dedicati ai solutori più abili. Avverto

che questi problemi sono veramente difficili (per chiunque) e non possono essere risolti se non dopo

lunga riflessione, magari in modi diversi da quelli proposti qui.

Problema 3.34 - Sequenze ripide (soluzione a pagina 56)

Chiamiamo “sequenza ripida” una successione numerica composta da numeri naturali crescenti e diversi

fra loro. Sono sequenze ripide 0,4,5,10 o 4,9,100, mentre non fanno parte della categoria 4,4,8,9 (numeri

uguali), né tantomeno 5,2,8 (sequenza non crescente). La domanda è: quante sono le sequenze ripide

composte da 5 elementi che iniziano con lo 0 e finiscono con il 30?

Problema 3.35 - Somma di numeri dispari (soluzione a pagina 57)

In quanti modi diversi si può ottenere 21 sommando fra loro 5 numeri dispari? Attenzione, somme

composte dagli stessi elementi elencati in ordine diverso (come 1+3+5+3+9 e 5+9+1+3+3) vanno

conteggiate separatamente.

44

Problema 3.36 - Campo di frecce (soluzione a pagina 57)

Nello schema virtualmente infinito illustrato a destra ( )→ , in

ogni punto convergono tre frecce entranti e tre uscenti.

Immagina di partire da un certo punto, percorrere

complessivamente 9 frecce (rispettando sempre la direzione

indicata dalla freccia stessa) e finire esattamente al punto di

partenza. Quanti itinerari diversi hanno questa caratteristica?

45

• Test di autovalutazione (soluzioni a pagina 58)

(eventualmente da stampare, 3 pagine)

1) 20 persone si incontrano ed ognuna stringe la mano (una volta) ad ogni altra. Qual è il numero complessivo di strette di mano?

A B C D E

20 95 380 190 400

2) Tra tutti gli anagrammi della parola CUORE, quanti hanno le due consonanti affiancate (come p.e. CRUOE o RCUOE)?

A B C D E

120 60 48 24 10

3) Tra tutti gli anagrammi della parola ITALIA, quanti hanno le due consonanti affiancate (come p.e. ITLAIA o ILTAIA)?

A B C D E

60 180 360 15 240

4) In una compagnia di 10 ragazzi, per Carnevale 4 si vestono da cowboy. In quanti modi è possibile scegliere questi 4?

A B C D E

105 840 151.200 5040 210

5) Per il tuo compleanno ricevi 7 libri. Puoi decidere di leggerli tutti, nessuno o solo alcuni. Quante alternative hai?

A B C D E

7 5040 128 49 5913

46

6) Da un guardaroba di 7 magliette e 5 paia di pantaloni bisogna scegliere 3 magliette e altrettante paia di pantaloni per andare in ferie. In quanti modi diversi si può effettuare tale scelta?

A B C D E

12.600 350 175 924 6300

7) Quanti anagrammi della parola SCUOLA iniziano con la lettera A?

A B C D E

720 120 24 360 15

8) Quanti numeri di 4 cifre contengono almeno una volta la cifra 0?

A B C D E

5904 9000 3168 2439 4999

9) Quante possibilità ci sono di distribuire, un frutto a testa, 4 mele, 3 pesche e 2 albicocche a 9 bambini?

A B C D E

381.024 1260 362.880 210 24

10) In una stanza ci sono tre sedie numerate e 5 persone in piedi. In quanti modi possono accomodarsi questi ultimi? Specifichiamo che 2 e soltanto 2 devono restare in piedi e che la scelta della sedia è considerata rilevante.

A B C D E

24 64 120 10 60

11) Un gruppetto di 3 ragazzi organizza una votazione segreta per eleggere il rappresentate. Se ciascuno esprime una sola preferenza e tutte le schede risultano valide, in quanti modi può concludersi lo spoglio? Nota bene: la votazione è segreta, dallo spoglio non si può vedere chi ha espresso quale voto.

A B C D E

6 36 9 24 10

47

12) Tra tutti gli anagrammi della parola STRANA, quanti hanno le due vocali separate (come p.e. STRANA o NASATR)?

A B C D E

96 600 120 24 240

13) A scopone scientifico, chi mischia le carte deve distribuire tutte le 40 carte del mazzo ai 4 giocatori (10 carte ciascuno), iniziando dall’avversario alla sua sinistra. In quanti modi diversi può iniziare una partita?

A B C D E

40! ...+ + + +40! 40! 40! 40!

40! 39! 1! 0!

440

10

40 30 20

10 10 10 ...× × ×1! 2! 40!

14) Nel Tennis semplificato una partita finisce non appena uno dei concorrenti vince 2 set e un set si conclude non appena uno dei giocatori vince 6 game (senza tie-break o altro, per cui un

set potrebbe anche finire 6-5). Nel riquadro è mostrato un possibile esito: 6 5 6

0 6 3

A

B.

Quanti diversi tabelloni (come quello mostrato) descrivono una vittoria di A?

A B C D E

216 4320 468 125 750

Risposte:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

11 12 13 14

48

• Soluzioni dei problemi della Sezione 3

Soluzione 3.1 - Impostare i canali

Ovviamente si tratta di un problema di permutazioni. La risposta è 7! 5040= .

Soluzione 3.2 - Il popolo cariato

Ricordiamo che ogni persona ha 32 denti. Iniziando a contare dal molare in alto a destra fino al molare in

basso a sinistra possiamo numerare ogni dente, il quale o è cariato o è sano. Il numero di possibili

combinazioni è quindi 32

2 2 2 ... 2

volte

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ cioè 32

2 4.294.967.296= . Ricordandoci che in questo Stato una di

queste combinazioni è inammissibile (quella che prevede tutti i denti sani) possiamo dire che la nazione

può avere fino a 4.294.967.295 abitanti, cioè più del doppio della Cina.

Soluzione 3.3 - Annerire le caselle

a) Il primo problema equivale a chiedersi in quanti modi posso scegliere k oggetti in un insieme di n

elementi. Per definizione la riposta è n

k

. Questo problema, sebbene molto semplice, offre

un’interpretazione del coefficiente binomiale n

k

molto utile.

b) Possiamo ricondurci al problema precedente e rispondere ...0 1

n n n

n+ + +

. Un altro modo per

vedere la cosa è considerare ogni casella singolarmente. Visto che essa può essere soltanto bianca o

nera la risposta è 2 2 ... 2 2n

nvolte

⋅ ⋅ ⋅ = . In definitiva abbiamo scoperto che ... 20 1

nn n n

n+ + + =

.

Soluzione 3.4 - Sviluppo binomiale

a) Il coefficiente na è quello che moltiplica il monomio di grado maggiore

nx . Notiamo che per ottenere

nx dal prodotto (1 ) (1 ) ... (1 )

nvolte

x x x+ ⋅ + ⋅ ⋅ + bisogna scegliere in ogni fattore il termine x . Questo vuol dire

che esiste un unico monomio del tipo nx e quindi la risposta è 1.

Il coefficiente na è quello che moltiplica

1nx −. Per ottenere

1nx − dal prodotto (1 ) (1 ) ... (1 )

nvolte

x x x+ ⋅ + ⋅ ⋅ +

bisogna scegliere 1n− volte x e una volta l’uno (p.e. ... 1n fattori

x x x x⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ). Il numero di modi diversi per

scegliere un "1" su n fattori è ovviamente n .

49

In generale il coefficiente collegato a kx è uguale al numero di modi per ottenere

kx dal prodotto

(1 ) (1 ) ... (1 )

nvolte

x x x+ ⋅ + ⋅ ⋅ + che è uguale al numero di modi per scegliere in k fattori la x . Questo è

ovviamente uguale a n

k

e quindi k

na

k

=

.

Soluzione 3.5 - Percorsi →P A

Qualsiasi percorso →P A consiste di 8 biforcazioni “Su” ( )ր e

altrettante biforcazioni “Giù” ( )ց e può essere schematicamente

rappresentato da una sequenza del tipo

S S S S S S SG G G G G G G G S (la sequenza

proposta corrisponde al percorso rappresentato a fianco). Si tratta

quindi di contare gli anagrammi della parola di 16 lettere composta

dai simboli G e S , ripetuti ciascuno 8 volte.

Esistono ×

16!

8! 8! anagrammi del genere, la risposta è quindi

×

16!=

8! 8!12.870

Soluzione 3.6 - Percorsi → →P Q A

Ricalchiamo i ragionamenti fatti per il problema precedente.

Eliminando dal reticolo i segmenti che non possono essere percorsi,

si arriva allo schema a fianco ( )→ . Si tratta di effettuare due

calcoli separati, il numero di percorsi minimi →P Q (cioè gli

anagrammi della “parola” D D D D D D G G G ) e il

numero di percorsi minimi →Q A (gli anagrammi di

D D G G G G G ).

Si tratta evidentemente di moltiplicare insieme i due numeri, per cui la soluzione è × ×

=⋅9! 7!

6! 3! 2! 5!1764

Soluzione 3.7 - 4 pedoni bianchi e 4 pedoni neri

Iniziamo con i pedoni bianchi e osserviamo che ci sono 64

4

modi per distribuirli. Visto che restano 60

caselle abbiamo ancora 60

4

modi per mettere i neri. In definitiva la soluzione è

64 60 64 63 62 61 60 59 58 57309.831.575.760

4 4 1 2 3 4 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

50

Soluzione 3.8 - Numeri di 9 cifre

a) Nessun numero può iniziare con lo 0. Questo vuol dire che esistono 8

8

9 10 10 ... 10 9 10volte

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ numeri di 9

cifre (si poteva anche calcolare così 999.999.999 99.999.999 900.000.000− = ).

b) Visto che lo 0 non può stare all’inizio del numero esistono 9 modi per scegliere la prima cifra. Per la

seconda cifra ci sono di nuovo 9 possibilità (il numero delle cifre rimanenti, stavolta compreso lo 0), poi 8

e così via fino a 2. In definitiva la risposta è 9 9 8 7 6 5 4 3 2 3.265.920⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Soluzione 3.9 - I numeri con il 3

a) Conviene considerare il problema inverso: quanti numeri non contengono nemmeno una volta la cifra

3? Non è necessario supporre che un numero non inizi con la cifra 0 (basterà considerare p.e. il numero

0039 come 39). Esistono ovviamente 410 1− numeri fra 1 e 9999 (lo 0 è escluso dall’intervallo). I numeri

che non contengono la cifra 3 sono invece 49 1− (di nuovo dobbiamo escludere lo 0000) . La soluzione

è quindi 4 4

10 9 10000 6561 3439− = − = .

b) Calcoliamo preliminarmente il numero di modi per scegliere le posizioni decimali (immaginando un

numero come una sequenza ordinata di cifre) dove inserire i 3 : tale numero è ovviamente 4

2

. Sia la

prima casella libera che la seconda possono essere occupate in 9 modi diversi. La soluzione è quindi

4 4 39 9 81 486

2 1 2

⋅⋅ ⋅ = ⋅ =

⋅

.

Soluzione 3.10 - Sette con 3 dadi

Consideriamo preliminarmente un problema più generale: contare i modi per ottenere 7 sommando

insieme 3 numeri naturali qualsiasi (utilizzando quindi anche lo 0 e numeri maggiori di 6). Questo si può

fare in 3 7 1 9

367 7

+ − = =

modi diversi. Dobbiamo ora togliere i casi incompatibili con i dadi. Per

nostra fortuna essi sono solo 3: 7 0 0+ + , 0 7 0+ + , 0 0 7+ + . La soluzione è quindi 36 3 33− = .

Soluzione 3.11 - 22 giocatori

Esistono 22

11

modi per scegliere 11 elementi in un insieme di 22 elementi. Fatta questa scelta esiste

solo un modo (11

111

=

) per determinare la squadra avversaria. Il numero di disposizioni prima squadra-

seconda squadra è quindi 22

11

. Visto che sono richieste le possibili combinazioni (l’ordine tra le due

squadre non è rilevante) bisogna dividere il risultato per 2! . Complessivamente abbiamo quindi

22

11 22 21 20 19 18 17 16 15 14 13 12352.716

2! 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

possibilità.

51

Soluzione 3.12 - Torneo di Tennis con 4 giocatori

Esistono 4

2

modi per formare una squadra da 2 giocatori con 4 persone a disposizione. Stabilita una

squadra esiste un unico modo (infatti 2

12=

) per formare la squadra avversaria. Da come abbiamo

impostato il problema abbiamo calcolato il numero di disposizioni. In questo modo abbiamo dato

importanza all’ordine, per cui abbiamo contato due volte la partita ,A B e ,B A. Si tratta quindi di dividere

il risultato per 2! 2= e ottenere

4

2 4 33

2 1 2 2

⋅= =

⋅ ⋅

.

Notiamo che in questo caso il problema poteva essere risolto in modo più veloce con una

schematizzazione grafica.

Soluzione 3.13 - Torneo di Tennis con 7 giocatori

Esistono 7

2

modi per formare una squadra da 2 giocatori con 7 persone a disposizione. Stabilita una

squadra esistono 5

2

possibili coppie avversarie. Di nuovo abbiamo dato importanza all’ordine

(distinguendo fra la prima squadra scelta e la seconda) e quindi bisogna dividere il risultato finale per

2! 2= . Otteniamo

7 5

2 2 7 6 5 47 3 5 105

2! 1 2 1 2 2

⋅⋅ ⋅ ⋅

= = ⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

Soluzione 3.14 - Suddivisione in 4, 4 e 5

a) Esistono 13

4

modi per scegliere il gruppo A , 9

4

per scegliere il gruppo B e 5

15

=

per scegliere

il gruppo C . Le disposizioni totali sono quindi

13 9 13 12 11 10 9 8 7 613 11 10 9 7 90.090

4 4 1 2 3 4 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

b) Visto che i gruppi da 4 non sono fra loro distinguibili (cioè , ,A B C e , ,B A C sottintendono la stessa

scelta) bisogna correggere il risultato nel seguente modo:

13 9 5

4 4 5 9009045.045

2! 2

⋅ ⋅

= =

.

Soluzione 3.15 - Schedine del totocalcio con una colonna

a) Ovviamente la riposta è 13

3 1.594.323= .

52

b) Consideriamo prima di tutto il seguente problema: in quanti modi si possono distribuire 8 "1" sulle 13

righe? Ovviamente si tratta di contare le combinazioni e quindi la risposta è 13

8

. Le caselle ancora libere

sono 5 e quindi per segnare 3 " "X ci sono ancora 5

3

possibilità. Le due caselle ancora libere devono

contenere un "2" (infatti non c’è più scelta perché 2

12=

) e quindi la risposta è

13 5 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 312.870

8 3 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

c) Nell’ultimo calcolo abbiamo ovviamente distinto fra i segni 1,X e 2 . Prendiamo una schedina qualsiasi

di quelle affrontate nel problema precedente e scambiamo fra di loro i segni (p.e. tutte le al posto di tutte

le X scriviamo 1 e viceversa). Anche questa nuova schedina ha le caratteristiche richieste. Possiamo

quindi dire che la riposta è 13 5

8 3⋅

moltiplicato per le possibili permutazioni di 1, , 2X (cioè 3! 6= ) e

quindi la riposta è 13 5

3!8 3

12870 6 77.220⋅ ⋅ = ⋅ =

.

Soluzione 3.16 - Parole con una ripetizione

Per semplicità consideriamo inizialmente le due lettere all’inizio della parola. Questo vuol dire che non ci

occupiamo in questo momento dell’ordine delle lettere: stiamo quindi considerando delle combinazioni.

All’apparenza esistono 21 1 20 19 18 21 20 19 18⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ parole del tipo AABCD . In verità così facendo

contiamo per esempio sia AABCD che AABDC , parole che a questo punto del calcolo devono essere

considerate equivalenti. Dobbiamo quindi dividere per il numero di permutazioni delle tre lettere “diverse”

e considerare il numero 21 20 19 18

21 20 19 36

⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ . Dobbiamo ora moltiplicare questo numero per gli

anagrammi possibili (perché adesso consideriamo l’ordine delle lettere) che sono 5! 5 4 3 2 1

5 4 32! 1 2

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ ⋅

⋅. La soluzione è quindi 21 20 19 3 5 4 3 2.872.800⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Soluzione 3.17 - Parole con alcune ripetizioni

Il problema è simile al problema Parole con una ripetizione. Ora però ci sono tre diverse possibilità

illustrate dai seguenti esempi: AABBCC , AAABBC , AAAABC . Notiamo che nella nostra

schematizzazione abbiamo premesso sempre le ripetizioni più numerose. Ragionando come prima

risolviamo i vari casi.

• AABBCC : Il numero delle disposizioni è 21 1 20 1 19 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . Visto che in questo primo passaggio

non consideriamo l’ordine delle lettere all’interno delle parole stiamo parlando di combinazioni.

Questo vuol dire che dobbiamo considerare come identiche fra loro le disposizioni AACCBB ,

BBCCAA e così via. Questo implica che ogni elemento è stato contato 3! 6= volte invece che

53

una sola. Dobbiamo quindi considerare il numero 21 20 19

6

⋅ ⋅. A questo punto (e solo adesso)

possiamo considerare l’ordine e calcolare il numero di anagrammi: 6!

2! 2! 2!⋅ ⋅.

• AAABBC : Il numero delle combinazioni è 21 1 1 20 1 19⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ e gli anagrammi possibili sono

6!

3! 2!⋅.

• AAAABC : Il numero delle disposizioni è 21 1 1 1 20 19⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ , ma le ultime due lettere sono

“intercambiabili”. Il numero delle combinazioni è quindi 21 20 19 21 20 19

2! 2

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= e gli anagrammi

possibili sono 6!

4!.

In totale ci sono quindi 1 6! 6! 1 6!

21 20 196 2! 2! 2! 3! 2! 2 4!

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ =⋅ ⋅ ⋅

( )1 6 5 4 3 2 1 6 5 4 3 2 1 1 6 5 4 3 2 121 20 19 21 20 19 5 3 6 5 2 3 5

6 1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 2 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

21 20 19 90 718.200= ⋅ ⋅ ⋅ = modi.

Soluzione 3.18 - Estrazioni particolari

a) Bisogna scegliere 3 numeri su 49 e 2 su 41. Ciò può essere fatto in

49 4118.424 15.10820

3. 8

27 6 0⋅ = ⋅ =

modi.

b) Il problema è molto diverso dal precedente. Scegliamo prima di tutto cinque decine tra le otto

ammesse: ciò può essere fatto in8

5

modi. Per ogni decina esistono evidentemente 10 numeri

che possono estratti. Avendo a che fare con 5 decine e ricordando il calcolo iniziale si ha la

soluzione 58

10 5.600.0005⋅ =

Soluzione 3.19 - Anagramma di se stesso

Si tratta di una permutazione con ripetizione: la “A” compare 4 volte e la “M” 2. La soluzione è quindi

×=

9!7560

4! 2!.

Soluzione 3.20 - Sassolini crescenti

La ripartizione di n sassolini identici in k scatole diverse senza alcuna condizione supplementare è

tipicamente una combinazione con ripetizione. Cerchiamo quindi di trasformare il problema proposto in

uno equivalente, ma privo della condizione sul numero di sassolini.

54

Consideriamo una qualsiasi ripartizione “con condizione” (così come esposta nel problema). Togliendo 1

sassolino da A, 2 sassolini da B, 3 da C e 4 da C otteniamo un ripartizione “classica” di 10 sassolini in 4

scatole (10 perché abbiamo tolto 10 sassolini dai 20 iniziali). Viceversa, partendo da una ripartizione

“classica” di 10 sassolini in 4 scatole e aggiungendo un sassolino ad A, due a B, tre a C e quattro a D

otterremmo una configurazione compatibile con la condizione posta dal problema. Questo dimostra

l’equivalenza dei due problemi. Possiamo quindi dare la soluzione:

1 4 10 1 13286

10 10

k n

n

+ − + −= = =

.

Soluzione 3.21 - Somma di numeri pari

È possibile ricondurre i problema al conteggio delle somme di 3 numeri naturali qualsiasi la cui somma

faccia 5. Moltiplicando infatti ciascun numero per 2, si ottengono proprio le somme di 3 numeri pari con

somma 10. Possiamo quindi calcolare la soluzione (combinazione con ripetizione):

1 3 5 1 721

5 5

k n

n

+ − + −= = =

.

Soluzione 3.22 - La stanza arcobaleno

Evidentemente l’ordine dei muri è rilevante, per cui si può ragionare una parete alla volta. Per dipingere la

parete a Nord si hanno 7 scelte diverse, per l’Est restano 6 opzioni, poi 5 per il Sud e infine 4 per la parete

Ovest. Complessivamente esistono × × × =7 6 5 4 840 scelte possibili.

Soluzione 3.23 - Due Taxi per nove

Basterà scegliere chi sale sul taxi B (gli altri saliranno su A). Si tratta quindi di “estrarre” 4 persone su 9 e

ciò può essere fatto in =

9126

4 modi.

Soluzione 3.24 - Numeri disciplinati

Bisogna semplicemente contare il numero di permutazioni di “1”, “2”, M,”8”, “9” : sono 9! = 362.880 .

Soluzione 3.25 - Un comitato studentesco

Ogni classe ha 20 modi per esprimere il proprio rappresentante ed esistono 15 classi diverse. La

soluzione è quindi semplicemente 1520 .

Soluzione 3.26 - Zii ma non solo

L’alfabeto italiano ha 21 lettere. Per scegliere la lettera “doppia” vi sono 21 possibilità, per scegliere la

lettera singola ne restano 20. Ciascuna di queste scelte dà luogo a =3!

32!

terne differenti (per esempio

55

con le lettere A A B si possono formare le “parole” A A B , A B A , B A A . Complessivamente

esistono quindi × ×21 20 3 = 1260 opzioni diverse.

Soluzione 3.27 - Biglie straetichettate

La prima estrazione può essere effettuata evidentemente in 9 modi. Supponiamo per semplicità che sia

uscita la biglia A1 (rossa). Seguendo il “carattere colore”, si hanno 2 possibilità (B2, C3 nei due ordini di

estrazione), rispettando il “carattere lettera” di nuovo due (A2, A3 e viceversa) e così anche per volendo

pescare sempre lo stesso numero (B1, C1 e viceversa). Esistono quindi 6 combinazioni che prevedono la

biglia A1 come prima estratta. Il discorso può essere esteso a tutte e nove le biglie: la soluzione è quindi 9 × 6 = 54 .

Soluzione 3.28 - Delitto in scena

Esistono 8 modi per scegliere l’ispettore. Restano ora 7 possibilità per scegliere il capobanda. Dai restanti

6 bisogna essere scegliere 3 attori per impersonare i poliziotti. Questo può essere fatto in

6= 20

3 modi

e automaticamente restano definiti anche i 3 scassinatori. Riassumendo il numero di scelte è

× ×8 7 20 =1120 .

Soluzione 3.29 - I libri sullo scaffale

Per brevità denotiamo l’insieme dei libri d’arte con la A , l’insieme dei libri di biologia con la B e l’insieme

dei libri di chimica con la C . La prima scelta che si deve fare è quella di stabilire l’ordine delle tre

categorie, cioè le permutazioni possibili. Il risultato è ovviamente 3! . Una volta fatta questa scelta

possiamo “mischiare” all’interno di ogni gruppo i libri a piacimento: i libri d’arte possono essere permutati

fra loro in 10! modi, quelli di biologi in 7! e quelli di chimica in 6! maniere distinte. Il risultato è il prodotto

dei numeri da noi trovati, cioè 3! 10! 7! 6! 6 5040 7203.628.800 79.009.136.640.000× × × = × × × = .

Soluzione 3.30 - 12 biglie colorate e numerate

a) Visto che le biglie estratte vengono messe in fila su un tavolo, l’ordine è rilevante. La prima biglia può

essere una biglia qualunque e quindi ci sono 12 possibilità. Ci sono ora nel sacchetto ancora 8 biglie di

colore diverso dalla prima, 2 delle quali hanno però lo stesso numero. Questo implica che nella seconda

estrazione ci sono 6 modi per soddisfare le condizioni poste del problema. Notiamo che per l’ultima

estrazione il colore è ormai determinato, mentre per il numero restano 2 alternative. La risposta è quindi

12 6 2 144⋅ ⋅ = .

b) Questo problema è molto più semplice del precedente. Come al solito per la prima biglia ci sono 12

possibilità. Restano nel sacchetto 3 biglie dello stesso colore, per cui nelle 2 seguenti estrazioni esistono

rispettivamente 3 e 2 modi per soddisfare le condizioni poste. La risposta è quindi 12 3 2 72⋅ ⋅ = .

c) La prima estrazione è di nuovo libera e permette 12 alternative. A questo punto abbiamo 8 possibilità

per la seconda scelta e, una volta estratte 2 biglie, 4 per la terza. La soluzione è quindi 12 8 4 384⋅ ⋅ = .

6) Mettendo le biglie in un sacchetto viene distrutto l’ordine, per cui per esempio le triplette 1R , 4V , 2B

e 2B , 1R , 4V (che negli esempi precedenti rappresentavano soluzioni diverse) finiscono per

coincidere. Evidentemente esistono 3! 6= modi per mischiare fra loro 3 biglie e quindi, ogni soluzione nel

56

sacchetto rappresenta 6 soluzioni diverse sul tavolo. Per ottenere la soluzione non dobbiamo quindi far

altro che dividere i risultati precedenti per 6 ed ottenere rispettivamente: 144

246

= , 72

126= e

38664

6=

Soluzione 3.31 - I gironi agli Europei

a) Supponiamo che gli stadi siano a Vienna, Zurigo, Salisburgo e Ginevra. Durante il primo sorteggio le

teste di serie vengono assegnate ai diversi stadi e quindi ci sono 4 3 2 1 24⋅ ⋅ ⋅ = possibilità. A questo punto

vengono distribuite le squadre di seconda fascia e, di nuovo, ci sono 4 3 2 1 24⋅ ⋅ ⋅ = modi per collocare le

squadre nei vari gruppi. Lo stesso discorso si ripete ancora per due volte e quindi complessivamente ci

sono 4

24 331.776= sorteggi possibili distinti.

b) Molti tifosi sono interessati solamente alle squadre da affrontare per cui considerano i sorteggi che per

esempio assegnano il gruppo composto da Italia, Francia, Olanda e Romania rispettivamente a Vienna o

a Zurigo sostanzialmente equivalenti (sempre che anche gli altri gruppi siano composti dalle stesse 4

squadre). Secondo questo punto di vista esistono soltanto 331.776

13.8244!

= sorteggi distinti, perché

“mischiare” fra loro i 4 gruppi non cambia il tipo di sorteggio. Un altro modo per vedere la cosa è

considerare come sorteggio “vero” soltanto quello che assegna le squadre dalla seconda fascia in giù e

quindi calcolare 3

24 13.824= .

Soluzione 3.32 - Scuole medie e superiori

Si tratta di scegliere un insegnante delle medie (11 possibilità), uno delle superiori (9 scelte) e poi

decidere chi dei due farà il portavoce (2 possibilità). Complessivamente le opzioni sono 11 9 2 198⋅ ⋅ = .

Soluzione 3.33 - Parole con due lettere uguali

Esistono 21 modi per scegliere la lettera che si deve ripetere e vi sono 5

102

=

posizioni che le due

lettere uguali possono occupare. Restano ora tre caselle libere: la prima può essere occupata in 20 modi,

la seconda in 19 e la terza in 18. Le opzioni complessive sono quindi 21 10 20 19 1 1.436.4008⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .

Soluzione 3.34 - Sequenze ripide

Concentriamoci sulle “sequenza ripide” composte da soli tre numeri , ,a b c con a b c< < , 1a ≥ e

29c ≤ . Aggiungendo uno “0” all’inizio e un “30” alla fine, avremo successioni della forma richiesta (per

esempio le triplette 6,7,29 o 1,7,20 o 10,11,12 generano rispettivamente 0,6,7,29,30 e 0,1,7,20,30 e

0,10,11,12,30).

Per trovare il numero di “sequenza ripide” , ,a b c consideriamole nella forma , ,' 1 ' 2 ' 3a b c+ + + , dove

', ', 'a b c sono delle successioni “non decrescenti” (le chiamerò “successioni associate”), cioè tali che

' ' 'a b c≤ ≤ , ' 0a ≥ e ' 26c ≤ (così ad esempio 6,7,29 può essere vista come , ,1 2 3+ + +5 5 26 dove

la successione associata 5,5,26 è composta da numeri non decrescenti, 1,7,20 può essere riscritta come

, ,1 2 3+ + +0 5 17 con successione associata 0,5,17 e 10,11,12 si può vedere come

, ,1 2 3+ + +9 9 9 con successione associata 9,9,9. Abbiamo già “contato” successioni fatte così (pag.

57

29 - Esempio 2.21 - Numeri in salita), il loro numero complessivo è 3 26 1 28

37826 26

+ −= =

.

Andando a ritroso sono 378 le successioni di tipo , ,' 1 ' 2 ' 3a b c+ + + , quindi sono 378 le successioni

, ,a b c e sono sempre 378 le successioni 0, , , ,30a b c .

Soluzione 3.35 - Somma di numeri dispari

Prendiamo 5 numeri naturali qualsiasi a,b,c,d,e tali che la loro somma faccia 8. Abbiamo quindi

8a b c d e+ + + + = per cui 2 2 2 2 2 16a b c d e+ + + + = e infine

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 25a b c d e+ + + + + + + + + = . Ad ogni cinquina a,b,c,d,e di somma 8 corrisponde

quindi una cinquina A,B,C,D,E di somma 25 composta da soli numeri dispari. Viceversa, data una

successione di 5 numeri dispari di somma 25 si trova (ragionando a ritroso) una cinquina di numeri

naturali di somma 8. I due problemi sono quindi del tutto equivalenti e la soluzione del quesito si può

ricondurre al facile conteggio delle possibili cinquine naturali di somma 8. Esse sono

5 8 1 12495

8 8

+ −= =

.

Soluzione 3.36 - Campo di frecce

Per risolvere il problema conviene suddividere le

frecce in 3 tipi: a fianco ciascuno di essi è

caratterizzato da un colore diverso (blu, rosso,

giallo). Per percorre nove frecce e tornare al

punto di partenza bisogna necessariamente

passare per tante frecce blu (che portano in

basso a destra), quante frecce rosse (in basso a

sinistra), quante frecce gialle (direzione alto).

Il problema si può quindi ricondurre al numero di anagrammi della parola R RB B B R G G G .

Essi sono =9!

16803!3!3!

.

58

• Soluzioni del test di autovalutazione

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

D C A E C B B D B E E E D C

Test 1. Si tratta di contare le coppie (non ordinate) in un gruppo di 20 persone, cioè 20 20 19

1902 1 2

⋅= =

⋅

.

(la riposta giusta è quindi la D)

Test 2. Contiamo prima gli anagrammi contenenti la coppia CR e poi quelli contenenti RC. Considerando

CR come una coppia non divisibile (praticamente come un’unica lettera) otteniamo che il numero degli

anagrammi è 4! 24= . Lo stesso discorso vale per il secondo caso e quindi la risposta è 2 24 48⋅ = . (la

riposta giusta è quindi la C)

Test 3. Ragioniamo come prima e consideriamo gli anagrammi della parola I-TL-A-I-A. Visto che la A e la

I si ripetono ognuna 2 volte, gli anagrammi sono 5!

302! 2!

=⋅

. Lo stesso discorso vale per LT e quindi la

risposta è 30 2 60⋅ = . (la riposta giusta è quindi la A)

Test 4. Si tratta banalmente di contare il numero di modi per scegliere 4 elementi in un gruppo di 10, cioè

10 10 9 8 7210

4 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅

. (la riposta giusta è quindi la E)

Test 5. Ogni libro può essere letto oppure non letto. Partendo dal libro 1 fino al libro 7 possiamo dire che

ci sono 7

7

2 2 ... 2 2 128volte

⋅ ⋅ ⋅ = = possibilità. (la riposta giusta è quindi la C)

Test 6. Per scegliere 3 magliette su 7 ci sono 7 7 6 5

353 1 2 3

⋅ ⋅= =

⋅ ⋅

modi. La scelta dei pantaloni offre

invece 5 5 4 3

103 1 2 3

⋅ ⋅= =

⋅ ⋅

alternative. La soluzione è quindi 35 10 350⋅ = . (la riposta giusta è quindi la B)

Test 7. Tenendo ferma una lettera restano ovviamente 5! 120= modi per “mischiare” le altre. (la riposta

giusta è quindi la B)

Test 8. Conviene prima rispondere al problema opposto: quanti numeri di 4 cifre non contengono lo 0?

Con questo vincolo per ogni posizione decimale ci sono 9 possibili cifre (da 1 a 9) e quindi la risposta è 4

9 6561= . I numeri con 4 cifre sono in tutto 9000 (9999 999 9000− = ) e quindi la risposta è

9000 6561 2439− = . (la riposta giusta è quindi la D)

59

Test 9. Per decidere a chi distribuire le mele, bisogna scegliere 4 bambini in un gruppo di 9.

Evidentemente ciò può essere fatto in 9 9 8 7 6

1264 1 2 3 4

⋅ ⋅ ⋅= =

⋅ ⋅ ⋅

modi diversi. Restano ora 5 bambini tra i

quali bisogna sceglierne tre a cui donare le pesche. Ci sono 5 5 4 3

103 1 2 3

⋅ ⋅= =

⋅ ⋅

alternative. I restanti 2

bambini riceveranno le albicocche e quindi la soluzione è 126 10 1260⋅ = . (la riposta giusta è quindi la B)

Test 10. Per rispondere a questo quesito conviene associare ogni sedia ad una persona (anziché

ogni persona ad una sedia). La sedia numero 1 può “scegliere” fra 5 alternative, la sedia 2 fra 4 (perché a

questo punto una persona si è già seduta) e la sedia 3 fra 3. La soluzione è quindi 5 4 3 60⋅ ⋅ = . (la riposta

giusta è la E)

Test 11. Soluzione: 10 (E). Basta costruire l’albero mostrato a

fianco ( )→ che rappresenta tutte le possibilità. Un’altra tecnica (più

potente perché sarebbe efficace anche per numeri più grandi) è la

seguente: scrivendo “3” come somma di 3 numeri naturali, possiamo

rappresentare tutti i possibili esiti della votazione: ad esempio 0+2+1

corrisponderebbe a 0 voti per A, 2 voti per B e 1 voti per C. Abbiamo

così utilizzato il problema prototipo delle combinazioni con ripetizione

con 3n = e 3k = . La formula dà 1 5

103

k n

n

+ −= =

Test 12. Soluzione: 240 (E). Contiamo prima di tutto gli anagrammi nei quali le AA sono affiancate.

Considerando AA come una lettera singola si hanno 5! = 120 modi per anagrammare AA STN .

Complessivamente esistono =6!

3602!

anagrammi di STRANA. Sottratti i 120 che non ci interessano, ne

restano 240.

Test 13. Soluzione:

40 30 20

10 10 10 (D). Esistono 10 modi per pescare 10 carte su 40. Esse

spettano al giocatore alla sinistra di chi mischia. Il compagno di squadra ha ora

30

10 possibilità e

l’avversario alla destra

20

10. Le 10 che restano sono del mescolatore.

Test 14. Soluzione: 62 + 63 + 63 = 468 (C).

La seguente serie di riquadri mostra tutti i tabelloni possibili:

6 6 6 6 6 6; ;

6 6

A A X A Y

B X Y B Y Z B X Z

(dove , ,X Y Z sono numeri compresi fra

0 e 5 e assumono quindi ciascuno 6 valori possibili). Esistono ×6 6 = 36 modi per concludere una partita

di “tipo I ”, 3

6 = 216 per una partita di “tipo II ” e altrettanti per una partita di “tipo III ”.

Complessivamente il numero è 36+216+216=468.

60

61

• Sezione 4 - Introduzione al Calcolo delle probabilità

• Gli eventi e la probabilità

L’esito di un esperimento o di una successione di eventi può essere soggetto a variabili che non si controllano e in certi casi che non si possono in alcun modo conoscere. Nonostante questi limiti normalmente è possibile determinare se un certo evento è più probabile o più frequente (nel caso di un esperimento ripetibile) di un altro. Per misurare questa “aspettativa” si associa ad ogni possibile evento un numero da 0 a 1, detto probabilità dell’evento. La probabilità 0 è da intendersi come impossibilità mentre la probabilità 1 è associata ad un evento certo. Spesso tali numeri sono espressi in percentuale (per cui al posto di 1 si scrive 100%). Esempio Lanciando una moneta, qual è la probabilità cheM?

a) Mesca testa o croce b) Mnon esca né testa, né croce

Escludendo eventi fisicamente possibili ma matematicamente non ammessi (come il caso che la moneta resti ferma sul bordo o che vada persa) possiamo dire che l’evento descritto nel punto

a), che chiameremo aE , ha probabilità 1, mentre l’evento descritto nel punto b), cioè b

E , ha

probabilità 0. In simboli si scrive ( ) 1a

P E = e ( ) 0b

P E = .

Nel caso del lancio di due monete, gli eventi da prendere in considerazione sono le coppie ordinate ( , )C C , ( , )C T , ( , )T C e ( , )T T . Raggruppiamo gli esiti possibili in un insieme, il

cosiddetto spazio campionario Ω. Visto che ognuno dei possibili esiti è un elemento, l’insieme è ( , ), ( , ), ( , ), ( , )C C C T T C T TΩ = .

Chiediamoci ora come rappresentare l’evento relativo al caso che in due lanci si ottenga (indipendentemente dall’ordine) una volta testa e una volta croce. Riprendendo l’insieme di

prima possiamo rappresentare l’evento da noi desiderato come il sottoinsieme 1E di Ω

composto dagli elementi ( , )C T e ( , )T C , cioè l’insieme 1 ( , ), ( , )E C T T C= (vedi figura in

basso). Notiamo che con questo tipo di interpretazione ogni evento è da considerarsi come un insieme di esiti, cioè come un sottoinsieme di Ω .

62

Questo vuol dire l’evento “in due lanci esce sempre testa” è l’insieme 2 ( , )E T T=

(e non

l’elemento ( , )T T ), mentre l’evento “esce un esito qualsiasi” è Ω stesso. Seguendo questa linea

di pensiero la probabilità non è nient’altro che una funzione che associa ad ogni sottoinsieme di Ω un numero da 0 a 1 e in particolare ( ) 1P Ω = e ( ) 0P ∅ = . Vedremo più avanti come questo

modo di vedere le cose ci permetterà di utilizzare nel calcolo delle probabilità i consueti simboli insiemistici. Cerchiamo ora associare un valore numerico ai vari eventi. Ritornando all’esempio delle due monete lanciate, è ragionevole supporre che ogni esito abbia la stessa probabilità. Visto che la probabilità totale è 1, è naturale associare ad ogni evento contenente un singolo esito (come

2 ( , )E T T= ) il valore 1

4. Seguendo una linea di pensiero analoga possiamo attribuire

all’evento “esce una volta testa e una volta croce, indipendentemente dall’ordine” (cioè

1 ( , ), ( , )E C T T C= ) il valore 1

2 (infatti tale insieme contiene metà degli elementi di Ω ). Nel

disegno vediamo rappresentati in verde e in rosso i due eventi appena descritti.

Per calcolare la probabilità che in due lanci esca almeno una volta testa possiamo osservare

che tale evento è l’unione degli eventi 1E ed 2

E sopra rappresentati. E’ naturale sommare le due

probabilità ed ottenere ( ) ( ) ( )1 2 1 2

1 1 3

2 4 4P E E P E P E∪ = + = + = . Sebbene tale risultato sia

corretto bisogna prestare attenzione a non generalizzare il metodo usato. Il seguente caso fornisce un esempio di un possibile “tranello”:

63

Sia 1

E il solito evento descritto sopra ed 3E l’evento “nel secondo lancio esce testa”, quindi

3 ( , ), ( , )E C T T T= . E’ facile osservare che 3 1

1( ) ( )

2P E P E= = . Evidentemente l’unione dei due

eventi corrisponde esattamente all’evento discusso in precedenza (“esce almeno una volta testa”) ma stavolta non vale la regola ( ) ( ) ( )1 3 1 3P E E P E P E∪ = + (infatti otterremmo

( )1 3 1P E E∪ = , cioè la certezza assoluta). Il motivo è di facile comprensione: i due insiemi non

sono disgiunti e sommando le due probabilità si conta due volte la probabilità dell’evento comune 1 3 ( , )E E C T∩ = . Correggere la regola non presenta comunque grosse difficoltà: per

ogni 1 1,E E ⊆Ω

deve valere ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2P E E P E P E P E E∪ = + − ∩ . Nel caso 1 2E E∩ =∅

la regola resta comunque valida perché ( ) 0P ∅ = .

L’ultima considerazione riguarda l’evento complementare ad E che denoteremo con E . Evidentemente i due insiemi sono disgiunti e la loro unione è Ω . Applicando la regola appena

esposta possiamo concludere che ( ) ( ) ( ) ( )1P E P P E P E= Ω − = − . Un esempio di evento

complementare è rappresentato nel seguente disegno:

( , ), ( , ), ( , )E C T T C T T= e ( , )E C C=

(Ovviamente per ogni insieme risulta E E= )

Riassumiamo quanto detto fino a questo punto:

• Ω è l’insieme di tutti gli esiti possibili e ogni evento E è un sottoinsieme di Ω , cioè E ⊆ Ω

• ( ) 1P Ω = e ( ) 0P ∅ =

• Per ogni 1 1,E E ⊆Ω risulta ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2P E E P E P E P E E∪ = + − ∩

• ( ) ( )1P E P E= −

64

• Metodi di calcolo

Vediamo ora alcuni esempi concreti che ci permetteranno di introdurre e di spiegare le metodologie più semplici utilizzate nel calcolo delle probabilità Esempio: 2 volte testa, 2 volte croce Supponiamo di lanciare una moneta per 4 quattro volte di fila. Qual è la probabilità che esca 2 volte testa e 2 volte croce? Soluzione 1 La semplicità del problema consente di utilizzare svariate strategie risolutive. Possiamo per esempio utilizzare la rappresentazione ad albero e trovare i casi che soddisfano le condizioni poste del problema. Nella figura a fianco vediamo un diagramma del genere: le frecce sulla destra puntano sui casi favorevoli (nel calcolo delle probabilità con “caso favorevole” si intende un evento che soddisfa le condizioni poste). Il numero dei casi possibili corrisponde al numero delle foglie, in questo caso 16 . E’ ragionevole pensare che

la probabilità sia data dal rapporto fra gli esiti favorevoli e gli esiti possibili e che quindi, alla luce del

diagramma, 6 3

( )16 8

p E = = .

Soluzione 2 Sebbene il metodo appena descritto si sia rivelato efficace, è evidente che per un problema più complesso sarebbe troppo laborioso disegnare tutto l’albero. Ritornando alla definizione di probabilità suggerita prima (il rapporto fra casi favorevoli e casi possibili), possiamo semplicemente calcolare il numero dei casi utilizzando le

formule del calcolo combinatorio: gli esiti possibili sono evidentemente 42 16= perché ognuno

dei quattro lanci ha 2 esiti possibili. Per quanto riguarda i casi favorevoli osserviamo che il problema è analogo al seguente: in quanti modi si possono scegliere 2 elementi (mettiamo i

lanci nei quali esce testa) su 4 (i lanci totali)? La risposta è evidentemente 4

62

=

e quindi

otteniamo il risultato di prima. Come vedremo fra poco, non sarà sempre possibile ragionare in questo modo perché non è sempre vero che tutti gli esiti siano equiprobabili. Possiamo comunque enunciare la seguente proposizione:

Se gli esiti possibili sono fra loro equiprobabili allora la probabilità che si verifichi

l’evento E è data dalla seguente formula: ( )numerodi casi favorevoli

P Enumerodi casi possibili

= .

65

Soluzione 3 Introduciamo ora un metodo che a prima vista sembrerà quasi identico al precedente ma che concettualmente opera in maniera diversa. Attribuiamo ad ogni ramo dell’albero la probabilità dell’esito ad esso associato: visto che nel nostro caso in ogni lancio i due esiti possibili sono

equiprobabili ogni ramo avrà probabilità 1

2p = .

Per fissare le idee supponiamo di voler ora stabilire la probabilità dell’evento 2 ( , )E C T= . Il nodo

relativo a tale evento è evidenziato nella figura con un tondino arancione. Partiamo ora dalla radice dell’albero e ripercorriamo i rami fino ad arrivare ad

2E . La probabilità di trovarsi, dopo il primo lancio, sul

ramo giusto è 1

2. A questo punto la probabilità di

“arrivare a destinazione” è di nuovo 1

2 e quindi

complessivamente 2

1 1( )

2 2P E = ⋅ . In generale

possiamo dire che la probabilità di ogni nodo (ogni nodo rappresenta un evento) è data dal prodotto delle probabilità dei rami che lo collegano alla radice

dell’albero, nel nostro caso appunto 1 1 1

2 2 4⋅ = .

Ragionando in questa maniera è facile accorgersi che i nodi finali hanno tutti la stessa

probabilità 1 1 1 1 1

2 2 2 2 16⋅ ⋅ ⋅ = . Visto che i nodi evidenziati sono in tutto 6 possiamo dire che la

probabilità dell’evento desiderato E è 1 3

( ) 616 8

P E = ⋅ = .

La differenza con il metodo visto sopra è la seguente: mentre in precedenza abbiamo ottenuto la probabilità dell’evento favorevole calcolando un rapporto fra numero di casi, stavolta abbiamo sommato fra loro le probabilità di tutti i casi favorevoli. In altre parole abbiamo utilizzato la

seguente proprietà: se 1 2E E∩ =∅ allora ( ) ( ) ( )1 2 1 2P E E P E P E∪ = + (avendo discusso di

eventi contenenti un solo esito sicuramente 1 2E E∩ =∅ ). Possiamo enunciare quanto visto

nella seguente proposizione:

La probabilità di un evento E composto da un certo numero di esiti è uguale alla somma delle probabilità dei singoli esiti.

Ricordo che nel nostro modello ogni “esito” è una successione ordinata del tipo ( , , , )T C C T .

Vediamo come questo modo di ragionare permette di risolvere problemi più complessi

66

Esempio: Il pugile del 70% Supponiamo che un pugile, indipendentemente dall’avversario e dalle partite giocate in

precedenza, abbia una probabilità di vittoria del 70%, scriviamo 7

10p = . Il pugile in questione

partecipa ad un torneo nel quale sono previsti 5 incontri senza eliminazione diretta (cioè anche perdendo l’atleta disputa comunque l’incontro successivo).

a) Con che probabilità il pugile vince tutti e cinque gli incontri? b) Con che probabilità ne vince soltanto 3?

Soluzione: Il pugile del 70% Costruiamo di nuovo l’albero delle probabilità prestando attenzione al fatto che i rami non sono più equiprobabili: i rami associati ai tondini verdi (che corrispondono alle vittorie) hanno

probabilità 7

10p = , mentre i rami “rossi” hanno probabilità 1 p− , cioè

3

10. L’albero in figura in

verità non rappresenta esattamente il nostro problema (infatti gli incontri rappresentati sono solo 4) ma ci permetterà comunque di accompagnare i nostri ragionamenti con un spiegazione grafica. L’unico tragitto che corrisponde al primo problema percorre tutti i rami in alto perché è composto da 5 vittorie. La probabilità di questo evento è data dal prodotto delle probabilità dei

singoli casi e cioè 5

7 7 7 7 7 70,168

10 10 10 10 10 10

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ≅

. Il

pugile vince tutti gli incontri con una probabilità di ca.17%. Il secondo problema è più complesso. Possibili esiti favorevoli sono per esempio le successioni , , , ,S V S V V o

, , , ,V V S S V (la V sta per vittoria, la S per sconfitta).

Notiamo che ognuno di questi esiti percorre 3 volte un

ramo di probabilità 7

10p = e due volte un ramo di

probabilità 3

110

p− = , indipendentemente dall’ordine.

Questo vuol dire che gli esiti favorevoli hanno probabilità 3 2

7 3

10 10

⋅

e sono fra loro equiprobabili (mentre in

generale due esiti qualsiasi non lo sono). Non ci resta allora che trovare il numero di tali casi. Ragionando come

nel caso precedente osserviamo che per “scegliere” quali partite perdere ci sono 5 5 4

102 1 2

⋅= = ⋅

modi. Siamo ora in grado di calcolare la probabilità richiesta che sarà 3 2

7 310 0,309

10 10

⋅ ⋅ ≅

.

Il pugile ha quindi una probabilità del 31% (ca.) di vincere esattamente 3 incontri. Il problema da noi proposto si presta ad una immediata generalizzazione. Volendo calcolare le probabilità associate a tutti gli eventi possibili potremmo utilizzare la seguente tabella:

67

Numero di incontri vincenti 5 4 3

Probabilità

5 05 7 3

0 10 10

⋅ ⋅

4 1

5 7 3

1 10 10

⋅ ⋅

3 2

5 7 3

2 10 10

⋅ ⋅

Numero di incontri vincenti 2 1 0

Probabilità

2 35 7 3

3 10 10

⋅ ⋅

1 4

5 7 3

4 10 10

⋅ ⋅

5 0

5 7 3

5 10 10

⋅ ⋅

(Ricordiamo che 0

n

e n

n

valgono 1 e che 1

n

e 1

n

n

−

valgono n ).

Notiamo che anche la soluzione da noi data al primo problema calcolato può essere espressa in

questa maniera: modi per ottenere 0 sconfitte in 5 partite 5

10

=

moltiplicato per le varie

probabilità di tutti i rami “vincenti percorsi” 5

7

10

moltiplicato per le varie probabilità di tutti i

“rami perdenti” percorsi 0

3

10

. Siamo quindi in grado di dare una formula generale per il

problema del pugile del 70%:

La probabilità di vincere esattamente k partite su 5 è 5

5 7 3

10 10

k k

k

− ⋅ ⋅

o anche

( )55

1kkp p

k

− ⋅ ⋅ −

, dove

7

10p = rappresenta la probabilità di vittoria per ogni incontro.

Notiamo che la formula può essere ulteriormente generalizzata anche per un numero di incontri qualsiasi e per una probabilità di vittoria arbitraria. Basta rispettare la seguente linea di pensiero: qualsiasi percorso che contenga k rami di probabilità di p e n k− rami di probabilità 1 p− ha

probabilità (1 )k n kp p −− . Del resto esistono n

k

percorsi del genere e quindi la probabilità di

vincere k incontri su n sapendo di vincere ogni incontro con probabilità p è uguale a

( )1n kk

np p

k

− ⋅ ⋅ −

.

L’ultima formula si può applicare a moltissimi problemi comuni è prende il nome di distribuzione binomiale o distribuzione di Bernoulli ed esprime la probabilità dell’evento al variare del parametro k .

68

• La distribuzione binomiale

Definizione Si dice esperimento di Bernoulli una sequenza di n prove con le seguenti caratteristiche:

• Il risultato di ogni prova può essere soltanto un successo o un fallimento • Il risultato di ciascuna prova è indipendente dai risultati delle prove precedenti • La probabilità di successo p (e di conseguenza anche la probabilità di insuccesso

1 p− ) è costante in ciascuna prova.

Possiamo anche esprimere quanto appena enunciato nel seguente modo: qualsiasi problema sia schematizzabile da una albero delle probabilità come quello rosso-verde mostrato in precedenza è un esperimento di Bernoulli. Teorema La probabilità che in un esperimento di Bernoulli composto da n prove (ciascuna delle quali con probabilità di successo p ), si abbiano esattamente k successi, è data dalla formula

( )( ) 1n kk

n

nP k p p

k

− = ⋅ ⋅ −

Esempio 4.1 – Mele marce/1

Il 10% delle mele di un certo agricoltore sono marce, ma esse sono mischiate in modo perfettamente casuale con quelle sane. Comprando una cassa da 10 mele, qual è la probabilità che essa ne contenga k marce?

Soluzione

Immaginando di pescare una mela per volta possiamo rappresentare il nostro problema con l’albero rosso-verde presentato precedentemente. Il problema è quindi un esperimento di

Bernoulli e la soluzione è 10

10 1 9( )

10 10

k k

kP Ek

− = ⋅ ⋅

, dove kE rappresenta l’evento “ k mele

marce”, al posto di p abbiamo inserito 1

10 e al posto di n 10.

Cerchiamo ora di analizzare criticamente i risultati numerici da noi trovati. Premettiamo una considerazione: il fatto che in media una mela su dieci sia marcia non implica che ogni cassa da 10 ne contenga una. E’ anzi straordinario che con la sola ipotesi che le mele marce siano distribuite in modo casuale, siamo in grado di prevedere, in media, quante casse contengano quante mele marce. Applicando la formula a 0,1,2,...,10k = otteniamo i seguenti risultati:

69

Numero di mele marce per cassa (da 10)

Probabilità

0 0,348678

1 0,38742

2 0,19371

3 0,0573956

4 0,0111603

5 0,00148803

6 0,000137781

7 0,000008748

8 0,00000036

9 0,000000009

10 9

1

10<

Come era immaginabile il risultato più comune è quello di trovare una mela marcia per cassa. Ciononostante appare a prima vista sorprendente che tale probabilità sia “solo” del 39% e che la probabilità di trovare soltanto mele sane sia così alta. Ancora più sorprendente è la distribuzione relativa al seguente esempio:

Esempio 4.2 – Mele marce/2

Il solito agricoltore vende anche confezioni da 5 mele ciascuna. Come sono distribuite le probabilità dei vari casi (nessuna mela marcia per confezione, una mela marcia, ecc.)?

Soluzione

Ovviamente il problema è del tutto analogo a quello precedente, l’unica differenza è che stavolta

nella formula generale ( )( ) 1n kk

n

np k p p

k

− = ⋅ ⋅ −

al posto di n inseriamo 5.

Vediamo le varie probabilità:

70

Numero di mele marce

per confezione (da 5) Probabilità

0 0,59049

1 0,32805

2 0,0729

3 0,0081

4 0,00045

5 0,00001

Come vediamo in questo caso la probabilità di pescare una mela marcia in una confezione è solamente del 33% ca. Anche sommando fra loro tutte le probabilità legate a eventi “cattivi” (fino al caso limite di una confezione senza nemmeno una mela sana), si raggiunge solo poco più del 40%. A questo punto sorge la domanda: ma questa distribuzione di probabilità corrisponde veramente all’ipotesi che le mele marce siano il 10% del totale? La risposta a questo quesito introduce un nuovo importantissimo tema.

• Il valore atteso

Per rispondere all’ultima domanda che ci siamo posti supponiamo di comprare 1000 confezioni per un totale di 5.000 mele. In media ca. 590 confezioni saranno sane (perché la probabilità di trovare confezioni del genere è di 0.59049), ca. 328 confezioni conterranno 1 mela marcia e così via. Sommiamo ora il numero di mele marce ottenute con questo calcolo.

Numero di confezioni

Numero di mele marce per confezione

Numero totale di mele marce

590 0 0

328 1 328

73 2 146

8 3 24

1 4 4

0 5 0

TOTALE 502

71

Come vediamo il risultato è, a meno di errori di approssimazione, in linea con l’ipotesi che il 10% delle mele fosse marcio. Un breve calcolo mostra che anche il risultato del problema precedente corrisponde all’ipotesi. Come già accennato, l’operazione da noi compiuta è di grande interesse. Per semplificare il problema abbiamo supposto di comprare ben 1000 confezioni, ma questa ipotesi non era certo

necessaria: moltiplicando fra loro la probabilità ( )k

p E (probabilità di comprare una confezione

con k mele marce) e il numero di mele marce k avremmo ottenuto 0,5 , che è la quantità di

mele marce per confezione da 5. Sebbene questo risultato abbia un’interpretazione fisica un po’ traballante (le mezze mele non sono previste dal nostro modello), l’interpretazione matematica è chiarissima e si tratta proprio del valore che ci attendevamo. In generale moltiplicando fra loro le probabilità di certi eventi legati a valori numerici per il valore stesso, otteniamo un specie di media statistica, il cosiddetto valore atteso. Definizione Si chiama valore atteso v (chiamato anche aspettazione o media matematica) di una variabile casuale x , la somma di tutti i valori che la variabile può assumere, ciascuno

moltiplicato per la probabilità di essere assunto.

In simboli il valore atteso si può esprimere così: se ad ogni evento possibile iE associamo un

valore ix , allora il valore atteso di x è dato dalla formula 1 1 2 2

[ ] ( ) ( ) ...v x x P E x P E= ⋅ + ⋅ + .

Nel caso in cui gli eventi possibili siano n la formula diventa ( )1

[ ] ( )n

i i

i

v x x P E=

= ⋅∑ .

Il valore atteso gioca un ruolo fondamentale nel calcolo dei giochi d’azzardo: se il valore atteso è negativo (cioè in media si perdono più soldi di quanti non sene vincano) il gioco si dice iniquo. Ogni buon matematico dovrebbe guardarsi bene dal perdere soldi in un modo così sciocco. Esempio: La roulette Supponiamo di giocare alla roulette puntando una certa somma fissa S . Le regole prevedono che i soldi gettati sul tavolo verde S spettino sempre al banco e che in caso di vittoria il Casinò paghi 36 volte la somma giocata, cioè restituisca 36 S⋅ . Calcoliamo ora il valore atteso, cioè :

( ) ( )36probabilità di perdere S probabilità di vincere S× − + × . I numeri che possono uscire

sono 37 (lo 0 e i numeri fra 1 e 36), per cui ( ) 1

37P vittoria = . La probabilità di perdere la

somma giocata S è 1, si tratta infatti di un evento sicuro perché se non si mettono i soldi sul

banco non si può giocare. Trattandosi di una perdita, nel calcolo del valore atteso bisognerà utilizzare S− .

Riassumendo abbiamo che il valore atteso è ( )1 37 36 11 ( ) 36

37 37 37v S S S S

− += ⋅ − + ⋅ ⋅ = ⋅ = − ⋅ .

72

Abbiamo quindi dimostrato che in media il giocatore perde 1

37 dei soldi giocati. Può non

sembrare molto, ma se in una serata su un certo tavolo verde “gira” 1 milione di euro (cifra tutt’altro che peregrina) il casinò incassa in media ca. 27.000 euro. A tavolo! Esercizio: Il gioco del Lotto Le regole del gioco del Lotto sono le seguenti: da una ruota di 90 numeri (da 1 a 90) vengono estratti 5 numeri diversi. Esistono 5 diversi tipi di pronostico: si può giocare un solo numero (detto estratto semplice), due numeri (ambo) e così via fino a 5 (rispettivamente terno, quaterna,

cinquina) puntando una certa somma S . Si vince se e solo se tutti i numeri giocati sono stati

effettivamente estratti. A seconda del tipo di pronostico sono previsti i seguenti premi:

Tipo di pronostico (quantità di numeri giocati)

Vincita

Estratto semplice (1) 11,232 S⋅

Ambo (2) 250 S⋅

Terno (3) 4500 S⋅

Quaterna (4) 120.000 S⋅

Cinquina (5) 6.000.000 S⋅

Dimostra che il gioco del Lotto è un gioco iniquo. Soluzione: Il gioco del Lotto Evidentemente ogni cinquina ha la stessa probabilità di essere estratta e quindi possiamo rifarci

alla definizione di probabilità ( )numerodi casi favorevoli

P Enumerodi casi possibili

= . Visto che l’ordine di estrazione è

irrilevante i casi possibili sono 90

5

(questi implica che dovremo considerare cinquine non

ordinate anche quando conteremo i casi favorevoli). Supponiamo ora di giocare un certo numero e chiediamoci quante cinquine (non ordinate) lo contengano. Fissando il numero da noi giocato ed “estraendo” a caso altri 4 numeri siamo in grado di formare esattamente le cinquine che dobbiamo considerare. Questo vuol dire che

esistono 89

4

casi favorevoli.

In definitiva

89

4 89 88 87 86 1 2 3 4 5 5 1( ) 0,0556

90 90 89 88 87 86 1 2 3 4 90 18

5

P estratto semplice

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = = = = ≅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

73

Ragionando in modo analogo possiamo dire che il numero delle cinquine che contengono un

due numeri fissati è 88

3

e quindi

88

3 2( )

90 801

5

P ambo

= =

.

Ormai dovremmo aver capito la regola generale e quindi calcoliamo subito 87

2 1( )

90 11.748

5

P terno

= =

,

86

1 1( )

90 511.038

5

P quaterna

= =

e

85

0 1( )

90 43.949.268

5

P cinquina

= =

.

Notiamo che nell’ultimo caso (quello relativo alla cinquina) nel numeratore compare il termine 85

0

, cioè 1. Questo non è sorprendente perché giocando una cinquina esiste una ed una sola

cinquina che la contiene e cioè essa stessa (ricordiamo che non stiamo considerando l’ordine). Riportiamo i valori da noi trovati nella seguente tabella. Le ultime due colonne si riferiscono alla perdita, che corrisponde evidentemente alla somma investita (l’evento è certo perché per giocare bisogna necessariamente pagare).

Tipo di pronostico

(quantità di numeri giocati) Vincita

Probabilità di vincere

Perdita Probabilità di perdere

Estratto semplice (1) 11,232 S⋅ 1

18 S 1

Ambo (2) 250 S⋅ 2

801 S 1

Terno (3) 4500 S⋅ 1

11.748 S 1

Quaterna (4) 120.000 S⋅ 1

511.038 S 1

Cinquina (5) 6.000.000 S⋅ 1

43.949.268 S 1

Assumendo che la perdita equivalga ad un guadagno negativo, calcoliamo il valore atteso nei

rispettivi casi. Ovviamente ( ) ( ) ( )i i i i i

v G V P V Z P Z= ⋅ + ⋅ , dove iG indica il guadagno del rispettivo

tipo di gioco (estratto semplice, ambo, ecc.), ( )i

P V la probabilità di vincere e iV l’ammontare

della vincita, ( )i

P Z la probabilità di perdere e iZ l’ammontare della perdita (sempre con il

segno negativo).

Tipo di pronostico (quantità di numeri giocati)

Calcolo del valore atteso Valore atteso (approssimato)

Estratto semplice (1) 1 11,232

11,232 ( ) 1 118 18

S S S⋅ ⋅ + − ⋅ = −

0,376 S− ⋅

74

Ambo (2) 2 500

250 ( ) 1 1801 801

S S S⋅ ⋅ + − ⋅ = −

0,376 S− ⋅

Terno (3) 1 4500

4500 ( ) 1 111748 11748

S S S⋅ ⋅ + − ⋅ = −

0,617 S− ⋅

Quaterna (4) 1 120000

120000 ( ) 1 1511038 511038

S S S⋅ ⋅ + − ⋅ = −

0,765 S− ⋅

Cinquina (5) 1 6000000

6000000 ( ) 1 143949268 43949268

S S S⋅ ⋅ + − ⋅ = −

0,863 S− ⋅

Osserviamo che non è possibile calcolare il valore atteso del Lotto complessivamente, perché esso consiste in verità di 5 giochi diversi. Nonostante questo limite possiamo asserire che nessuno dei cinque giochi è equo e quindi non lo è nemmeno il Lotto in quanto tale. Per perdere soldi più velocemente si consiglia comunque di giocare cinquine secche.

Problema 4.1 - 7 volta testa, 3 volte croce

Calcolare la probabilità che, lanciando una moneta per 10 volte, esca 3 volte croce e 7 volte testaM

a) in un ordine qualsiasi b) con il vincolo che ogni lancio sia preceduto o seguito (non necessariamente entrambi)

da un lancio con lo stesso esito. Problema 4.2 - 10 dadi, 4 “1”

Calcolare la probabilità che, lanciando un dado per 10 volte, esca esattamente per 4 volte “1”. Problema 4.3 - 8 con due dadi

Con che probabilità lanciando due dadi e sommando i risultati si ottiene 8? Problema 4.4 - Compleanni

Con che probabilità almeno due alunni di una classe composta da 23 ragazzi nati nel 1996 hanno il compleanno lo stesso giorno? Problema 4.5 - Almeno due assi a Poker

Un giocatore di poker riceve all’inizio del gioco cinque carte da unmazzo di 52 (l’insieme delle 52 carte si chiama mano). Qual è la probabilità di ricevere almeno 2 assi?

75

• Soluzioni dei problemi della Sezione 4

Soluzione 4.1 - 7 volta testa, 3 volte croce

a) Il problema è evidentemente un esperimento di Bernoulli con 1

2p = , 10n = , 3k = (o 7k = ).

Il risultato è quindi 3 7

10

10 1 1 10 9 8 1 1200,117 11,7%

3 2 2 1 2 3 2 1024P

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ≅ = ⋅ ⋅ .

b) Notiamo che il vincolo posto non è altro che un modo complicato per dire che gli esiti dello stesso tipo devono essere “raggruppati”. Ci interessano quindi i due esiti (ordinati):

3 7

( , , , , , , , , , )

volte volte

C C C T T T T T T T e 7 3

( , , , , , , , , , )

volte volte

T T T T T T T C C C . Visto che ogni esito ha la stessa

probabilità 10

1

2p = il risultato è

10 9

1 12 0,00195 0,2%

2 2⋅ = ≅ ≅

Soluzione 4.2 - 10 dadi, 4 “1”

Anche in questo caso si tratta di un esperimento di Bernoulli. Per ogni lancio la probabilità che

esca “1” è 1

6p = e quindi, applicando la formula, otteniamo

4 6 6

10

10 1 5 10 9 8 7 50,05427 5,4%

4 6 6 1 2 3 4 6P

⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ≅ ≅ ⋅ ⋅ ⋅ .

Soluzione 4.3 - 8 con due dadi

In un lancio di due dadi esistono 36 risultati diversi (considerando rilevante l’ordine) fra loro equiprobabili. I casi favorevoli sono i seguenti: (2,6) , (3,5) , (4,4) , (5,3) e (6,2) . La

probabilità richiesta è quindi 5

0,139 13,9%36

≅ = .

Soluzione 4.4 - Compleanni

Visto che il 1996 è stato un anno bisestile ci sono 366 possibili compleanni. Il calcolo diventa decisamente più semplice se si risponde preliminarmente alla domanda inversa: qual è la probabilità che in una classe di 23 alunni nessuno abbia la stessa data di nascita di un altro? Ragioniamo per passi: Prendiamo l’alunno 1 e mettiamolo da parte. Prendiamo poi l’alunno 2 e calcoliamo la probabilità che non faccia gli anni lo stesso giorno dell’alunno 1. Risulta ovviamente

1

365

366

numerocompleanni diversiP

numerocompleanni possibili= = .

Messo da parte anche l’alunno 2, la probabilità che l’alunno 3 abbia un compleanno diverso dai primi due è

2

364

366

numerocompleanni diversiP

numerocompleanni possibili= = .

Proseguendo così otteniamo

76

3

363

366

numerocompleanni diversiP

numerocompleanni possibili= = , 4

362

366

numerocompleanni diversiP

numerocompleanni possibili= = e in

generale 366

366n

numerocompleanni diversi nP

numerocompleanni possibili

−= = .

Notiamo che in una classe di 23 alunni l’ultima probabilità da calcolare è 22P e non 23

P (il primo

alunno infatti è stato messo da parte subito e non ha contribuito al calcolo). La probabilità complessiva è data dal prodotto delle singole probabilità (pensiamo come al

solito all’albero) e quindi 1 2 3 21 22

365 364 363 344... ...

366 366 366 366P P P P P P= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . Effettuando il

calcolo tale valore risulta essere 3237442261911402473879948207367308926540124734375

0,4936777488607914347662661050955694294045102373250976162

≅ cioè suppergiù

49,4%.

Ricordiamoci ora che abbiamo calcolato il problema inverso. La risposta alla prima domanda, cioè “Con che probabilità almeno due alunni di una classe di 23 studenti fanno gli anni lo stesso giorno?” è allora 100% 49,4% 50,6%− = , cioè più del 50% .

Soluzione 4.5 - Almeno due assi a Poker

Questo tipo di problema permette una schematizzazione semplice se supponiamo che le carte in mano siano ordinate in un certo modo. Visto che noi “imponiamo” un ordine, consideriamo tutte le mani composte dalle stesse carte ma mischiate in modo diverso fra loro equivalenti, cioè stiamo considerando cinquine non ordinate. Naturalmente ogni mano è equiprobabile e quindi possiamo ricondurre il calcolo al rapporto fra casi (mani) favorevoli e casi (mani)

possibili. Per quanto appena detto le possibili mani sono 52 52 51 50 49 48

5 1 2 3 4 5

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

.

Notiamo che nel problema si parla di “almeno due assi” e quindi si può trattare anche di un tris

o di un poker d’assi. Esistono in tutto 4

2

coppie d’assi (il numero di coppie non ordinate in un

insieme di 4 elementi). Le restanti carte sono una tripletta non ordinata composta da carte

diverse dalle prime. Visto che le carte rimanenti sono 50 esistono 50

3

diverse alternative.

Riassumendo abbiamo una probabilità di

4 50

2 3

52

5

⋅

di avere almeno una coppia d’assi servita,

cioè 4 3 50 49 48 1 2 3 4 5 4 3 4 5

0.0452 4,5%1 2 1 2 3 52 51 50 49 48 2 52 51

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ = ≅ ≅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅