6
Calcolo combinatorio
ed elementi di
probabilità
6.0
Scopi del capitolo
Il calcolo delle probabilità ha origini antiche: se si lanciano tre dadi, le somme 9 e 10 possono essere entrambe ottenute con sei diverse combinazioni.
Infatti
9 : [1, 2, 6] , [1, 3, 5] , [1, 4, 4] , [2, 2, 5] , [2, 3, 4] , [3, 3, 3]
10 : [1, 3, 6] , [1, 4, 5] , [2, 2, 6] , [2, 3, 5] , [2, 4, 4] , [3, 3, 4]
(6.0.1)
(6.0.2)
Tuttavia, la probabilità di ottenere 10 è maggiore di quella di ottenere
9 (spiegheremo il perché, in dettaglio, nel §6.2): questo (non difficile)
risultato fu pubblicato, insieme ad altri esempi simili, da Galileo Galilei
nel 1656, in un’opera intitolata Sulla scoperta dei dadi. Sempre nel corso
del secolo XVII, B. Pascal e P. Fermat condussero degli studi lavorando
sul problema della ripartizione della posta in palio nei giochi d’azzardo,
184
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
e a questi lavori si fa riferimento come all’inizio sistematico della teoria
della probabilità.
L’utile ramo della matematica che supporta questo tipo di studi è il cosiddetto calcolo combinatorio: tratteremo queste problematiche nel §6.1.
Sottolineiamo però, fin da ora, che la semplicità di queste questioni è solo
apparente, ed il cattivo uso di nozioni probabilistiche può condurre a gravi
errori di valutazione, come mostra l’esempio seguente.
♦ Esempio 6.1. Massimiliano ha tre carte, delle quali una è blu su entrambi i lati, un’altra è bianca su entrambi i lati, mentre la terza ha un
lato bianco e uno blu. Massimiliano chiede l’attenzione del suo amico Gigi: pone sul tavolo una delle tre carte, scelta a caso, e constata che il lato
visibile è blu. Poi chiede a Gigi: “Qual è la probabilità che anche il lato
non visibile sia blu?”
Gigi sorride e risponde soddisfatto: “È ovvio! Potendo escludere che la
carta sul tavolo abbia i due lati bianchi, la probabilità è il 50 %!”
Vedremo nel §6.2 che Gigi ha dato una risposta sbagliata.
6.1
Calcolo combinatorio
Il calcolo combinatorio è la disciplina matematica che si occupa di analizzare i modi per raggruppare e/o ordinare, secondo date regole, gli elementi
di un insieme finito di oggetti. Nel seguito di questa sezione ne illustreremo alcuni primi importanti concetti. Più precisamente, sia A un insieme
costituito da n elementi: vogliamo imparare a contare le configurazioni
che possono assumere k elementi tratti da questo insieme. Di volta in
volta, sarà indispensabile precisare se si vuole tenere conto dell’ordine dei
k elementi, e poi se tra questi elementi possano comparire ripetizioni dello
stesso elemento. Procediamo per gradi.
Permutazioni di un insieme finito
Una permutazione è una sequenza ordinata, in cui ogni elemento di A compare una ed una sola volta.
Ad esempio, se A = {a, b, c}, le permutazioni di A sono:
abc ,
acb ,
bac ,
bca ,
cab ,
cba .
(6.1.1)
6.1 Calcolo combinatorio
185
◃ Esercizio 6.1. Determinare quante sono le permutazioni di un insieme
A costituito da n elementi (n ≥ 1).
Soluzione. Se scriviamo ogni permutazione come una sequenza ordinata, avremo: n possibili scelte per il primo elemento, (n − 1) scelte per il secondo, (n − 2)
per il terzo e così via. Ricordando che (si veda la Definizione 4.3)
n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · 2 · 1 ,
( 0! = 1 per convenienza )
(6.1.2)
e indicando con Pn il numero di permutazioni richiesto, abbiamo quindi
(6.1.3)
Pn = n!
Ad esempio, per n = 3, P3 = 3! = 6, coerentemente con (6.1.1).
▹
Disposizioni semplici (senza ripetizioni)
Sia A un insieme costituito da n elementi (n ≥ 1). Una disposizione
semplice, di classe k, è una sequenza ordinata, senza ripetizioni, formata
da k elementi di A. Ad esempio, se A = {a, b, c} e k = 2, le disposizioni
semplici sono:
ab , ac , ba , bc , ca , cb .
(6.1.4)
Il numero di queste disposizioni semplici è denotato Dn,k .
◃ Esercizio 6.2. Calcolare Dn,k .
Soluzione. Scrivendo una disposizione semplice come sequenza ordinata, abbiamo: n possibili scelte per il primo elemento, (n − 1) scelte per il secondo,
fino a (n − k + 1) per l’ultimo. In formule:
Dn,k = n · (n − 1) · (n − 2) · · · (n − k + 1) =
n!
.
(n − k)!
(6.1.5)
Si può notare che Dn,n = Pn .
▹
186
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
Disposizioni con ripetizione
A differenza delle disposizioni semplici, ammettiamo che nella sequenza
ordinata di k elementi possano esserci ripetizioni dello stesso elemento. Inr
dichiamo con Dn,k
il numero di queste disposizioni con ripetizione. Sempre
con A = {a, b, c} e k = 2, le disposizioni con ripetizioni sono:
aa ,
bb ,
cc ,
ab ,
ac ,
ba ,
bc ,
ca ,
cb .
(6.1.6)
r
◃ Esercizio 6.3. Calcolare Dn,k
.
Soluzione. Abbiamo n possibili scelte per ognuno degli elementi della sequenza.
Ne segue che
r
Dn,k
= nk .
(6.1.7)
▹
Combinazioni semplici (senza ripetizioni)
Rispetto alle disposizioni semplici, in questo caso non si tiene conto dell’ordine con cui la sequenza dei k elementi è presentata. In altre parole,
una combinazione semplice si identifica con un sottoinsieme di A. Ad
esempio, se A = {a, b, c} e k = 2, le combinazioni semplici sono:
ab ,
ac ,
bc .
(6.1.8)
Indichiamo con Cn,k il numero di queste combinazioni semplici.
◃ Esercizio 6.4. Calcolare Cn,k .
Soluzione. Data una disposizione semplice di k elementi tutte le permutazioni
di questa formano una nuova disposizione semplice ma rappresentano la stessa
combinazione semplice. Siccome le disposizioni semplici relative agli stessi k
elementi sono pari a Pk , cioè k!, segue che
Cn,k =
Dn,k
n!
=
.
Pk
(n − k)! k!
(6.1.9)
▹
Come abbiamo già visto nella Definizione 4.4, il numero
! "
n!
n
=
( = Cn,k )
k
(n − k)! k!
(6.1.10)
6.1 Calcolo combinatorio
187
viene chiamato coefficiente binomiale. Si noti che, dal precedente ragionamento combinatorio, si evince anche il fatto, a priori non immediato, che
il coefficiente binomiale è sempre un numero intero.
Combinazioni con ripetizione
Nella scelta dei k elementi, presi da un insieme di n elementi, non si tiene
conto dell’ordine, ma si ammette la possibilità di ripetere gli elementi. Se
A = {a, b, c} e k = 2, le combinazioni con ripetizione sono:
aa ,
bb ,
cc ,
ab ,
ac ,
bc .
(6.1.11)
r
Denotiamo con Cn,k
il numero delle combinazioni con ripetizione.
◃ Esercizio 6.5 (*). Verificare che
!
"
n
+
k
−
1
r
Cn,k
=
.
k
(6.1.12)
Soluzione. Dato un qualsiasi insieme finito A con n elementi, questo può
essere posto in corrispondenza biunivoca con l’insieme {1, 2, ..., n}. Sia adesso
a1 , a2 , · · · , ak una combinazione con ripetizione di k elementi di {1, 2, ..., n}.
Possiamo assumere che la sequenza a1 , a2 , · · · , ak sia non decrescente (ai ≥
ai−1 , i = 2, . . . , k). Si consideri adesso la sequenza
a1 , a2 + 1 , · · · , ak + k − 1 .
(6.1.13)
La (6.1.13) è una sequenza strettamente crescente e quindi individua una combinazione semplice di k elementi dell’insieme {1, 2, ..., n + k − 1}. Questa costruzione definisce una corrispondenza biunivoca tra le combinazioni con ripetizione di k elementi di {1, 2, ..., n} e le combinazioni semplici di k elementi di
{1, 2, ..., n + k − 1}. Quindi
!
"
n+k−1
r
Cn,k = Cn+k−1,k =
.
k
▹
Permutazioni con ripetizione
Per spiegare questo concetto mantenendo una notazione insiemistica, immaginiamo una situazione anomala in cui un insieme A contenga elementi
188
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
che si ripetono. In questo caso alcune permutazioni di A saranno uguali
tra loro. Ad esempio, se A = {a, b, b}, le permutazioni di A sono:
abb ,
abb ,
bab ,
bba ,
bab ,
bba ,
(6.1.14)
dove solo tre sono distinte. Infatti, fissata la posizione di a le permutazioni
delle due posizioni contenenti b non producono permutazioni distinte di
A = {a, b, b}. Questo ragionamento porta alla conclusione che le permutazioni distinte di A = {a, b, b} sono 3!/2! = 3. In generale, indicando con
k1 , k2, . . . , kr il numero di volte che si ripetono rispettivamente gli elementi
a1 , a2 , . . . , ar ∈ A, le permutazioni distinte divengono:
n!
k1 ! k2 ! · · · kr !
#r
(in questa formula, si noti che n = i=1 ki ).
Pnk1 ,k2 ,...,kr =
(6.1.15)
◃ Esercizio 6.6. Quante diverse parole (non necessariamente di senso
compiuto) di dieci lettere si possono ottenere usando una e una sola volta
ognuna delle lettere che compongono la parola statistica?
Soluzione. La parola statistica è composta da dieci lettere, e le permutazioni
di dieci elementi sono 10! . Però, la t compare tre volte, la s, la a e la i compaiono
due volte. Quindi, usando la (6.1.15), la risposta è
10!
= 75600 .
3! 2! 2! 2!
▹
Il lettore dovrebbe aver notato che, nell’esercizio precedente, abbiamo applicato la (6.1.15) con n = 10, r = 5, k1 = 3, k2 = k3 = k4 = 2 e
k5 = 1.
◃ Esercizio 6.7. Dobbiamo disporre a sedere intorno a un tavolo rotondo
sette persone, con la seguente restrizione: Gigi è ancora arrabbiato con
Massimiliano (si veda l’Esempio 6.1 della sezione introduttiva) e quindi
non vuole sedersi accanto a lui. Quante possibilità abbiamo?
Soluzione. Fissiamo a caso il posto di uno dei sette individui. Se non ci fossero
restrizioni, avremmo P6 = 6! = 720 possibilità di far sedere gli altri. Da queste
dobbiamo sottrarre le
2 · (5!) = 240
6.1 Calcolo combinatorio
189
situazioni in cui Gigi e Massimiliano sono vicini. In conclusione, la risposta al
quesito è
720 − 240 = 480 .
▹
◃ Esercizio 6.8. Un ragazzo ha cinque monete di valore pari a 1, 10,
20, 50 e 100 euro rispettivamente. Quante diverse somme (non nulle) di
denaro può formare?
Soluzione. Il ragazzo, per formare una somma, può usare k monete, con
1 ≤ k ≤ 5 . Quindi la risposta è
! " ! " ! " ! " ! "
5
5
5
5
5
C5,1 + C5,2 + C5,3 + C5,4 + C5,5 =
+
+
+
+
1
2
3
4
5
= 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 31
(per completare l’esercizio basta verificare per via diretta che tutte le somme
così ottenute danno luogo a valori diversi).
▹
◃ Esercizio 6.9. Si vuole formare una commissione di concorso con due
matematici e tre fisici. La scelta può essere effettuata tra sei matematici
e cinque fisici. In quanti modi diversi può essere formata la commissione?
Soluzione. Due matematici possono essere scelti tra sei in
! "
6
6!
= 15
=
4! 2!
2
modi. Per i tre fisici, vi sono
! "
5
5!
=
= 10
3
2! 3!
possibilità. Quindi la risposta è
15 · 10 = 150 .
▹
◃ Esercizio 6.10. Quante colonne bisogna giocare per avere la certezza
di realizzare 13 al totocalcio?
Soluzione. La risposta è data da
r
D3,13
= 313 = 1.594.323 .
▹
190
6.2
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
Giochi d’azzardo e probabilità
Un esperimento si dice casuale quando, condotto più volte nelle medesime condizioni, genera un risultato che non è possibile prevedere a priori.
Se, ad esempio, lanciamo un dado a sei facce il risultato dell’esperimento
può essere {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Se lanciamo invece una moneta si hanno due
risultati possibili: testa o croce. In questi due esempi conosciamo a priori
i possibili risultati dell’esperimento, ma non siamo in grado di affermare
con certezza quale si verificherà: si tratta pertanto di esperimenti casuali.
La teoria della probabilità studia come esprimere quantitativamente il grado di fiducia sul verificarsi di un certo risultato.
Per dare una definizione rigorosa di probabilità abbiamo bisogno di introdurre alcune notazioni.
Indichiamo con Ω lo spazio campionario, cioè l’insieme di tutti i risultati
possibili di un certo esperimento, e con n = #(Ω) la sua cardinalità,
ovvero il numero di elementi di Ω.
Ad esempio, il lancio di un dado a sei facce non truccato corrisponde alla
situazione in cui Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Un evento A è un sottoinsieme di Ω
e la sua cardinalità nA = #(A) rappresenta il numero dei casi favorevoli
al verificarsi dell’evento. Sempre nell’esempio del lancio di un dado, l’evento di realizzare un numero pari è A = {2, 4, 6} ⊂ {1, 2, 3, 4, 5, 6} = Ω.
Ogni evento che risulta verificato da un unico risultato (un unico elemento
di Ω) viene detto evento elementare.
Dati due eventi A e B, la loro unione A ∪ B rappresenta l’evento costituito dal verificarsi dell’evento A oppure dell’evento B. Invece, l’intersezione
A ∩ B indica l’evento costituito dal verificarsi sia dell’evento A che dell’evento B. Se A ∩ B = ∅ i due eventi A e B vengono detti incompatibili
(non possono verificarsi simultaneamente). Il complemento CΩ (A) di un
evento A rispetto a Ω è detto negazione di A e indica il suo non verificarsi
(ovvero il verificarsi dell’evento complementare).
La definizione classica di probabilità (probabilità matematica o probabilità
a priori), dovuta a Bernoulli e Laplace, è
6.2 Giochi d’azzardo e probabilità
191
Definizione 6.1 (Probabilità matematica). La probabilità P (A) di un
evento A ⊂ Ω è il rapporto tra il numero dei casi favorevoli all’evento e il
numero dei casi possibili. Ovvero:
P (A) =
nA
.
n
(6.2.1)
In questa definizione si presuppone che tutti gli eventi elementari abbiano
la stessa probabilità di accadere.
Osservazione 6.1. Dalla definizione segue immediatamente che:
(i) la probabilità di un evento è un numero compreso tra 0 e 1;
(ii) la probabilità dell’evento certo è pari a 1.
♦ Esempio 6.2. Lanciando un dado non truccato, qual è la probabilità
di realizzare un numero pari?
Abbiamo visto prima che, in questo caso, Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, mentre
A = {2, 4, 6}. Quindi, in questa situazione,
P (pari) = P (A) =
3
1
= ,
6
2
( 50% ) .
(6.2.2)
Nella Definizione 6.1 di probabilità vi sono due evidenti punti deboli:
(i) Si suppone che tutti gli eventi elementari abbiano la stessa probabilità di avverarsi (eventi equiprobabili1 ). Questo comporta, inoltre,
che la definizione di probabilità matematica sia circolare (ovvero
un diallelon): richiede che gli eventi elementari possiedano tutti la
medesima probabilità, che è però ciò che si vuole definire.
(ii) La definizione è valida in presenza di un numero finito di eventi.
Queste due osservazioni hanno condotto gli studiosi a sviluppare definizioni ben più generali e moderne, quali, ad esempio, la frequentistica (o a
posteriori), la soggettiva e l’assiomatica.
1
Ci sono esempi in cui i singoli eventi elementari non sono equiprobabili. Nella schedina 1 è più probabile di 2, etc. Lanciando un dado truccato, certi numeri potrebbero
avere una maggior probabilità di uscire di altri.
192
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
Tra queste diamo di seguito la definizione assiomatica di probabilità elaborata da Kolmogorov nel 1950. Indichiamo con P(Ω) l’insieme delle parti2
di Ω, ovvero l’insieme costituito da tutti i sottoinsiemi di Ω.
Definizione 6.2 (Probabilità assiomatica). Una funzione P : P(Ω) → R
definisce una probabilità su Ω se soddisfa le seguenti proprietà:
(i) per ogni evento A ⊂ Ω, P (A) ∈ [0, 1];
(ii) per l’evento certo Ω si ha P (Ω) = 1;
(iii) se due eventi A, B ⊂ Ω sono incompatibili (A ∩ B = ∅), allora
P (A ∪ B) = P (A) + P (B).
Nella definizione assiomatica di probabilità non si richiede che Ω sia finito
o che gli eventi elementari siano equiprobabili. Tale definizione permette
di dimostrare alcune notevoli proprietà utili per il calcolo delle probabilità.
Tra queste ricordiamo le seguenti:
P (∅) = 0
P (CΩ (A)) = 1 − P (A)
P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) .
(6.2.3)
(6.2.4)
(6.2.5)
◃ Esercizio 6.11. Utilizzare i diagrammi di Venn per visualizzare le
(6.2.3)–(6.2.5).
Soluzione. Vogliamo sfruttare i diagrammi di Venn per la rappresentazione
dello spazio campionario Ω e degli eventi. Appare intuitivamente ragionevole
definire la funzione P : P(Ω) → R nel modo seguente: ad ogni insieme A ⊂ Ω,
si associa
Area(A)
P (A) =
.
Area(Ω)
Questa funzione soddisfa (i)–(iii) della Definizione 6.2 e, quindi, definisce una
probabilità. Usando tale definizione e ponendo, per comodità, Area(Ω) = 1,
Se Ω è finito di cardinalità n, $l’insieme
delle parti P(Ω) ha cardinalità 2n . Infatti,
%
n
per ogni k = 0, 1, . . . , n, esistono k sottoinsiemi contenenti
$ % $ % k elementi.
$ % Ora, usando
il Teorema 4.3 con a = b = 1, si ottiene #(P(Ω)) = n0 + n1 + · · · + nn = 2n .
2
6.2 Giochi d’azzardo e probabilità
193
le (6.2.3)–(6.2.5) diventano facilmente visualizzabili attraverso le corrispondenti
rappresentazioni di Venn.
▹
Nel caso in cui lo spazio campionario sia finito e gli eventi elementari
equiprobabili, non è difficile dimostrare che la definizione assiomatica di
probabilità coincide con quella matematica3 .
Gli esperimenti che analizzeremo in questo testo ricadono nelle ipotesi in
cui si può definire la probabilità matematica. Possiamo quindi utilizzare la definizione matematica per il calcolo esplicito della probabilità di
un evento avvalendoci delle proprietà (6.2.3)–(6.2.5) illustrate tramite la
definizione assiomatica.
♦ Esempio 6.3. Lanciando un dado non truccato, qual è la probabilità
di realizzare un numero pari oppure un 3?
La probabilità di ottenere un numero pari è stata calcolata nell’Esempio 6.2 ed è 1/2, mentre la probabilità di ottenere 3 è 1/6. Siccome i due
eventi A = {2, 4, 6} e B = {3} sono disgiunti (A ∩ B = ∅) segue, dalla
(6.2.5), che
P (pari o 3) = P (A ∪ B) = P (A) + P (B) =
2
1 1
+ = .
2 6
3
Vediamo, adesso, le soluzioni relative ai due esempi proposti nella sezione
introduttiva.
◃ Esercizio 6.12. Calcolare la probabilità di ottenere somma rispettivamente 9 e 10, lanciando tre dadi non truccati.
Soluzione. Il numero totale di risultati che si possono ottenere dal lancio dei
3 dadi è
r
n = D6,3
= 63 = 216 .
Ora osserviamo che un risultato con tre numeri uguali può presentarsi in un
unico modo. Un risultato con due numeri uguali può comparire in tre modi
diversi, mentre se i tre numeri sono diversi, questo risultato può comparire in
3
Se Ω è un insieme finito di cardinalità n, possiamo definire la probabilità assiomatica nel modo seguente. Si definisce la probabilità di ogni elemento a ∈ Ω pari a
P ({a}) = 1/n. Per un evento A = {a1 , . . . , ak } ⊂ Ω si definisce la probabilità come
#k
#k
P (A) = i=1 P ({ai }) = i=1 1/n = k/n = nA /n , che coincide con la probabilità
matematica definita nella (6.2.1).
194
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
3! = 6 modi diversi. Applichiamo ora queste considerazioni per calcolare nA e
nB , avendo indicato con A e B, rispettivamente, l’evento che la somma sia pari
a 9 e a 10. Usando (6.0.1) e (6.0.2), possiamo scrivere:
nA = 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25
nB = 6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 3 = 27 .
Quindi concludiamo che le rispettive probabilità valgono
P (nove) = P (A) =
25
nA
=
;
n
216
P (dieci) = P (B) =
nB
27
=
,
n
216
da cui, come già osservato da Galileo, concludiamo che la probabilità di ottenere
10, lanciando tre dadi, è maggiore di quella di ottenere 9.
▹
◃ Esercizio 6.13. Risolvere (correttamente!) il problema posto da Massimiliano a Gigi nell’Esempio 6.1 sopra.
Soluzione. In tutto vi sono sei facce, di cui tre blu e tre bianche. Denominiamo
1 e 2 le due facce che appartengono alla carta blu, e 3 la faccia blu della carta
con i due lati diversi fra loro. È possibile che la faccia visibile all’inizio del gioco
sia 1, 2, o 3 con la stessa probabilità, quindi Ω = {1, 2, 3}. Ora, l’evento A che
l’altro lato della carta sia blu è A = {1, 2}, perché solo 3 presenta l’altro lato
bianco. Quindi la probabilità richiesta da Massimiliano a Gigi vale P (A) = 2/3.
▹
6.3
Esercizi di riepilogo
◃ Esercizio 6.14. Nel gioco del Lotto, quando si gioca un ambo su una
ruota fissa, la vincita viene pagata 250 volte la posta giocata. Valutare se
si tratta di un pagamento equo.
Soluzione. Su una ruota fissata vengono estratti a caso cinque numeri (senza
ripetizione) tra 1 e 90. Tale estrazione genera, su questa ruota, un numero di
ambi pari a
! "
5
5!
= 10 .
C5,2 =
=
(5 − 2)! · 2!
2
D’altra parte, in tutto i possibili ambi relativi a 90 numeri sono:
! "
90
90!
= 45 · 89 = 4005 .
C90,2 =
=
(90 − 2)! · 2!
2
6.3 Esercizi di riepilogo
195
Ne deduciamo che la probabilità di realizzare un ambo mediante una singola
puntata su una ruota fissa è data da:
1
10
≈
.
4005
400
Quindi un pagamento equo per una vincita sarebbe da stimare intorno a 400
volte la posta giocata.
▹
P (ambo) =
◃ Esercizio 6.15. Nei test di accesso alle Facoltà scientifiche si presentano, molto spesso, 25 domande a risposta multipla con quattro scelte.
Se uno studente risponde a caso senza guardare le domande, con quale
probabilità indovina esattamente k ≤ n risposte?
Soluzione. Il numero n delle possibili risposte all’intero test (lo spazio campionario) è pari al numero delle disposizioni con ripetizione formate da sequenze
di venticinque elementi da un insieme di quattro elementi. Segue, dalla (6.1.7),
r
che n = D4,25
= 425 . Cerchiamo adesso quante di queste hanno esattamente
$ %
k risposte esatte. Ci sono 25
k possibili scelte per le k risposte esatte. Inoltre, fissate le k risposte esatte, le restanti 25 − k dovranno risultare sbagliate e
questo può accadere in 325−k modi diversi (le restanti risposte, dovendo essere
sbagliate, hanno solo tre scelte). In definitiva si ha
$25% 25−k
3
P (k esatte) = k 25
.
4
Valutando, per k = 0, 1, . . . , 15, la formula precedente si ottiene:
k
0
1
2
3
4
5
6
7
P (k esatte) 0.0008 0.006 0.025 0.064 0.118 0.165 0.183 0.165
k
8
9
10
11
12
13
14
15
P (k esatte) 0.124 0.124 0.078 0.041 0.019 0.007 0.0007 0.0002
Osservando questi valori si scopre, forse con sorpresa, che sbagliare tutte le
risposte ha circa la stessa probabilità di indovinarne 14 e che il numero di
risposte esatte più probabile è 6. Questo calcolo non deve però invogliare gli
studenti a compilare i test di accesso a caso. Infatti, la soglia è quasi sempre tra
13 e 15 e le probabilità sono tra 0.7 % e 0.02 %. È interessante osservare che molti
studenti, cercando di rispondere esattamente a tutte le domande, totalizzano un
punteggio inferiore a 6, cioè meno di quello che, molto probabilmente, avrebbero
totalizzato se avessero risposto a caso.
▹
196
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
◃ Esercizio 6.16. È più probabile ottenere almeno un 6 lanciando quattro dadi o ottenere un doppio 6 lanciando due dadi ventiquattro volte4 ?
Soluzione. Per risolvere questo esercizio facciamo uso della (6.2.4). Sia
A = {si ottiene almeno un 6 lanciando quattro dadi} .
Il complementare di A è
C(A) = {non si ottiene alcun 6 lanciando quattro dadi} .
Per calcolare la probabilità di C(A) osserviamo che lo spazio campionario è
r = 64 elementi (per ogni dado ci sono sei possibilità) mentre il
costituito da D6,4
r = 54 (ogni dado ha solamente cinque
numero di elementi di C(A) è pari a D5,4
possibilità se vogliamo escludere che esca il 6). Segue che P (C(A)) = (5/6)4 da
cui, tenendo conto della (6.2.4),
! "4
5
P (A) = 1 − P (C(A)) = 1 −
= 1 − 0.482 = 0.518 .
6
Allo stesso modo, sia
B = {si ottiene un doppio 6 lanciando due dadi ventiquattro volte} ,
e
C(B) = {non si ottiene alcun doppio 6 lanciando due dadi ventiquattro volte} ,
r = 36 risultati possibili che, nei venPer ogni lancio dei due dadi ci sono D6,2
r
= 3624 . Il numero di elementi di C(B) è pari
tiquattro lanci, diventano D36,24
a 3524 (bisogna escludere l’unico caso in cui lanciando due dadi si ottiene un
doppio 6). Segue che
! "24
35
= 1 − 0.508 = 0.492 .
P (B) = 1 − P (C(B)) = 1 −
36
▹
4
Nel 1654 un certo Cavalier de Méré propose a Pascal una stranezza da lui riscontrata giocando d’azzardo, e considerata quasi un paradosso: egli aveva riscontrato che,
puntando sull’uscita di almeno un 6 in quattro lanci di un dado non truccato, riusciva
più facile vincere che perdere, e quindi l’evento assumeva probabilità maggiore di 1/2;
mentre, puntando sull’uscita di almeno un doppio 6 in ventiquattro lanci di due dadi,
accadeva il contrario, per cui l’evento in questione doveva avere probabilità minore di
1/2. Dato che il rapporto 4/6 tra numero di lanci e numero di risultati possibili era lo
stesso in entrambi i giochi, il de Méré riteneva (e non solo lui) che i due eventi dovessero
avere invece uguale probabilità.
6.4 Esercizi proposti
197
◃ Esercizio 6.17. Qual è la probabilità che su p persone, tutte nate in
anni non bisestili, almeno due abbiano la stessa data del compleanno?
Soluzione. Ogni persona può avere il compleanno in 365 giorni diversi. Lo
spazio campione ha quindi n = 365p elementi. Sia
A = {almeno due persone hanno lo stesso compleanno} ,
e
C(A) = {tutti hanno il compleanno in giorni diversi} .
La cardinalità di C(A) è data dalle disposizioni semplici di classe p dell’insieme
formato dai giorni dell’anno. Segue, dalla (6.1.5), che
nC(A) = D365,p = 365!/(365 − p)! .
Infine, utilizzando la (6.2.4),
P (A) = 1 − P (C(A)) = 1 −
!
365!
(365 − p)! 365p
"
.
Calcolando P (A) per alcuni valori di p si trova
p
10
20
23
50
60
100
P (A) 0.116 0.411 0.507 0.970 0.994 0.999
Si osservi che già tra ventitre persone la probabilità è circa del 50 % e che tra
cinquanta persone è quasi certo che ci siano due persone con lo stesso compleanno. Si noti inoltre che la probabilità cresce notevolmente per p compreso tra 1
e 50 assestandosi su valori prossimi ad 1 per valori di p maggiori.
▹
6.4
Esercizi proposti
◃ Esercizio 6.18. Venti squadre di calcio disputano un campionato (girone all’italiana, con andata e ritorno). Quante partite vengono disputate
in tutto?
◃ Esercizio 6.19. Determinare quante colonne sono necessarie per giocare al totocalcio un sistema rispettivamente con:
(i) 5 triple;
198
Calcolo combinatorio ed elementi di probabilità
(ii) 7 doppie;
(iii) 3 triple e 6 doppie.
◃ Esercizio 6.20. Le targhe automobilistiche sono composte nell’ordine
da: due lettere, tre cifre, due lettere (si usa l’alfabeto anglosassone, composto da 26 caratteri). Quante automobili possono essere immatricolate?
◃ Esercizio 6.21. Il Cagliari ha battuto la Juventus 4 a 3. In quanti
modi possibili possono essersi succedute le reti?
◃ Esercizio 6.22. In quanti modi diversi possiamo distribuire undici
matite uguali in cinque cassetti?
◃ Esercizio 6.23. Ripetere l’esercizio precedente, imponendo che in ogni
cassetto ci sia almeno una matita.
◃ Esercizio 6.24. Uno studente universitario ha programmato di sostenere nella sessione invernale gli esami X e Y . Sia A l’evento supera
l’esame X e B l’evento supera l’esame Y con P (A) = 0, 7, P (B) = 0, 5 e
P (A ∩ B) = 0, 4. Calcolare la probabilità che non superi nessuno dei due
esami.
◃ Esercizio 6.25. Dieci paia di scarpe sono collocate alla rinfusa dentro
un cassettone. Vengono tirate fuori dal cassettone quattro scarpe a caso.
Calcolare la probabilità che tra le quattro scarpe ci sia almeno un paio.
6.5
Commenti e note bibliografiche
P. Fermat, G.W. Leibnitz e B. Pascal sono ritenuti i precursori del calcolo
combinatorio. È interessante osservare che alcuni anni fa uno storico della
matematica dell’Università di Stanford (R. Netz), riesaminando il puzzle
di Archimede Stomachion, è giunto alla conclusione che si trattasse di un
vero trattato sul calcolo combinatorio.
Sottolineiamo che la vastità, l’importanza e la complessità dei temi trattati
all’interno di tutto ciò che si etichetta come teoria della probabilità è tale da
rendere questo nostro capitolo solo uno strumento per cogliere un primo,
e purtroppo superficiale, senso generale di queste problematiche.
6.5 Commenti e note bibliografiche
199
Per ulteriori approfondimenti, anche in relazione allo studio di situazioni
in cui si presentano un numero infinito di eventi, si può consultare l’ottimo
testo di Dall’Aglio ([7]).
