Esericizi di calcolo combinatorio
Alessandro De Gregorio
“Sapienza” Università di Roma
[email protected]
Problema (riepilogativo)
La segretaria di un ufficio deve depositare 3 lettere in 5 cassette della
posta. Piazza le lettere scegliendo le cassette a caso, senza leggere il nome
del destinatario.
(1) In quanti modi è possibile mettere le lettere nelle cassette?
(2) In quanti di questi, almeno una lettera va nella cassetta giusta?
Soluzione
Innanzitutto notiamo che il problema (1) è equivalente ai problemi:
“una segretaria deve scegliere a caso 3 cassette della posta da un insieme
di 5; in quanti modi può farlo?” oppure “una segretaria estrae a caso 3 palline
da un’urna che ne contiene 5 distinte; quanti sono i risultati possibili?”
Poi vediamo che il problema non è ben specificato, nel senso che:
(a) si può mettere più di una busta nella stesa buca? (equivalentemente:
una volta estratta una pallina, la rimetto dentro e posso estrarre di nuovo la
stessa?)
(b) le lettere sono uguali o diverse? Una volta scelte le 3 caselle, è rilevante sapere quale busta metto nella prime e così via? (equivalentemente: è
rilevante l’ordinamento con cui si estraggono le palline dall’urna?)
1
A. De Gregorio
Per quanto riguarda il punto (a), se la risposta è no, allora si parla di
esperimento senza ripetizione; se la risposta è si, allora si parla di esperimento
con ripetizione.
Per quanto riguarda il punto (b), se la risposta è no, allora dobbiamo contare le combinazioni; se la risposta è si, allora dobbiamo contare le
disposizioni.
La risposta al problema (1) è quindi:
L’ordinamento è rilevante?
Con ripetizione?
no
si
no
5!
(5 − 3)!
D̂5,3 = 53
D5,3 =
si
C5,3 =
Ĉ5,3 =
5
3
5+3−1
3
Vediamo come abbiamo ottenuto quei valori.
• Ordinamento rilevante, senza ripetizione
D5,3 :
La segretaria può scegliere la prima cassetta in 5 modi (per prima può scegliere una qualsiasi delle 5 cassette). Una volta scelta la prima, la seconda
può essere scelta solo in 4 modi, perché le cassette devono essere diverse.
Per la terza cassetta, una volta scelte le prime due, avrà solo 3 possibilità.
Quindi i possibili modi di scegliere le 3 cassette sono 5 · 4 · 3 = 60.
Se indichiamo con n! il prodotto dei primi n numeri interi
n! = n · (n − 1) · (n − 2) · · · 2 · 1
vediamo che
5·4·3=
5·4·3·2·1
5!
=
2·1
2!
proprio come scritto nella tabella.
In generale, se le cassette fossero n e le lettere k (con k ≤ n, altrimenti non
riuscirei a distribuire tutte le lettere), allora il numero di modi di distribuire
2
A. De Gregorio
queste lettere (numero di disposizioni senza ripetizione di n elementi di classe
k) è
Dn,k =
n!
(n − k)!
Notiamo che se n = k, allora il problema equivale a individuare il numero
di possibili ordinamenti delle n lettere, e questo numero è n! (detto anche
numero di permutazioni di n elementi). Questo giustifica anche il fatto che
per convenzione si pone 0! = 1, infatti
Dn,n =
n!
n!
=
= n!
(n − n)!
0!
ha senso solo se 0! = 1.
• Ordinamento non rilevante, senza ripetizione
C5,3 :
in questo caso basta considerare identiche tutte le scelte che cambiano solo
per l’ordinamento.
Indichiamo con A,B,C,D,E le 5 caselle della posta. Tra le 60 scelte diverse
viste prima (considerando l’ordinamento rilevante), ad esempio ci sono le
scelte ADE, AED, DAE, DEA, EAD, EDA che prima consideavamo come 6
diverse possibilità.
Ora che non ci interessa l’ordinamento, di fatto quelle 6 scelte vanno considerate come un’unica possibilità. Il passaggio dal considerare l’ordinamento
al non considerarlo non fà altro che ridurre in numero di alternative di un
fattore pari a 3! = 6 (cioè pari al numero di possibili ordinamenti delle 3
caselle scelte). Di fatto, quindi,
C5,3
D5,3
5!
=
=
=
3!
(5 − 3)! 3!
5
.
3
In generale, con n cassette della posta e k lettere (ancora supponendo
k ≤ n), il numero di combinazioni senza ripetizione di n elementi di classe
3
A. De Gregorio
kè
Cn,k
Dn,k
n!
=
=
=
k!
(n − k)! k!
n
k
che è detto coefficiente binomiale n su k.
• Ordinamento rilevante, con ripetizione
D̂5,3 :
Ripetendo l’argomantazione fatta per il caso di disposizioni senza ripetizione,
abbiamo 5 scelte per la prima casella. Siccome le caselle possono anche
ripetersi, abbiamo ancora 5 scelte per la seconda casella e così anche per la
terza. Quindi
D̂5,3 = 53 .
In generale, con n caselle della posta e k lettere (questa volta possiamo
anche avere più lettere che caselle, quindi non c’è più il vincolo su k), si ha
che il numero di disposizioni con ripetizione di n elementi di classe k è
D̂n,k = nk .
• Ordinamento non rilevante, con ripetizione
Ĉ5,3 :
Questo caso è più complesso da trattare e comunque in Calcolo delle Probabilità di fatto non viene usato quasi mai (il motivo è in uno dei problemi
riportati sotto). Quindi per completezza scriviamo il risultato ma non lo
argomentiamo: il numero di combinazioni con ripetizione di n elementi di
classe k è
Ĉn,k
n+k−1
=
.
k
Per la risposta al problema (2), supponendo (sembra il caso più realistico)
che le lettere siano diverse e che i destinatari potrebbero anche coincidere,
facciamo riferimento alle disposizioni con ripetizione.
4
A. De Gregorio
Indicando con A l’evento “almeno una lettera va nella cassetta giusta”,
chiaramente Ac sarà “nessuna lettera capita nella buca giusta” e si ha
#Ac = numero di casi favorevoli ad Ac = 43
in quanto la segretaria ha a disposizione 4 possibili scelte (sbagliate) per la
prima lettera, 4 per la seconda e 4 per la terza.
Naturalmente, il numero di elementi in A si ottiene sottraendo dal numero
totale di elementi il numero di elementi in Ac e quindi
#A = 53 − 43 .
Esercizio 1 Calcolare la probabilità nel gioco del lotto di:
(1) fare terno giocando 3 numeri su una sola ruota;
(2) fare ambo giocando 3 numeri su una sola ruota;
(3) indovinare k numeri giocandone n su una sola ruota;
(4) fare almeno un ambo giocando 3 numeri;
(5) non fare nessuna vincita giocando 3 numeri.
Esercizio 2 Una popolazione è costituita da n individui. Ipotizzando di
sapere che nessuno è nato il 29 febbraio, calcolare la probabilità che almeno
2 festeggino il compleanno nello stesso giorno.
Esercizio 3 Il Consiglio di Amministrazione di una società è composto da 6
uomini e 9 donne.
(1a) In quanti modi posso scegliere un comitato composto da 4 persone?
(1b) In quanti di questi ottengo un comitato costituito da 2 uomini e due
donne?
(2a) In quanti modi posso scegliere un presidente e un comitato composto
da 3 persone (che non contenga il presidente)?
5
A. De Gregorio
(2b) In quanti di questi ottengo il presidente donna e il comitato composto
da 2 uomini e 1 donna?
Esercizio 4 (IMPORTANTE) Un’urna contiene 5 palline nere e 6 bianche.
Estraggo a caso due palline dall’urna, con che probabilità saranno una nera
e una bianca? Considerare sia il caso con reintroduzione nell’urna di ogni
pallina estratta sia quello senza.
Esercizio 5 In quanti modi diversi si può vestire una persona che possiede
10 abiti, 5 paia di scarpe e 2 cappelli?
Esercizio 6 In quanti modi posso disporre su uno scaffale due enciclopedie,
ciascuna di 3 volumi, e altre due enciclopedie, ciascuna di 4 volumi, in modo
che volumi della stessa opera non siano mai separati?
Esercizio 7 In quanti modi si possono distribuire 6 palline su 2 buche,
a) se le palline sono tutte uguali?
b) se le palline sono numerate?
Esercizio 8 Quante sono le possibili sistemazioni di 5 ragazzi e 5 ragazze
che si mettono in fila in modo che non siano mai vicini due dello stesso sesso?
Esercizio 9 Quante parole di 4 consonanti e 3 vocali si possono formare
usando 7 consonanti e 5 vocali (senza nessun vincolo ortografico)?
Esercizio 10 Quanti numeri di 4 cifre distinte si possono formare con {9, 8, 7, 6, 0},
escludendo quelli che iniziano con lo zero?
Esercizio 11 Uno studente risponde a 7 domande scelte a caso da una lista
di dieci. Quante possibili scelte ha
6
A. De Gregorio
a) se non ha vincoli?
b) se deve rispondere ad almeno 3 delle prime 5 domande?
Esercizio 12 Data la funzione f (x1 , x2 , ..., xn ), quante possibili derivate
parziali di ordine r si possono calcolare?
Esercizio 13 Consideriamo gli insiemi D = {a1 , a2 , ..., am } e C = {b1 , b2 , ..., bk }
con k ≥ m. Quante funzioni del tipo f : D → C si possono avere? Quante
di queste possono essere iniettive?
Esercizio 14 Da un mazzo 52 di carte, si tolgono quelle numerate da 2 a
6 e si gioca con le rimanenti 32. Si distribuiscono 5 carte ad un giocatore,
calcolare la probabilità di: a) ricevere una scala; b) ricevere una scale reale;
c) fare colore; d) ricevere una coppia; e) ricevere due coppie; f) fare full.
Esercizio 15 In uno scompartimento del treno ci sono 6 posti e salgono
casualmente 3 uomini e 2 donne. a) Qual è la probabilità che 2 donne siano
sedute una di fronte all’altra? b) E che due uomini siano seduti uno di fronte
all’altro?
Esercizio 16 Supponiamo che in un campionato di calcio composto da 16
squadre tutte le squadre abbiano la stessa forza.
a) Qual è la probabilità che arrivino ai primi tre posti, nello stesso ordine,
le stesse squadre dell’anno precedente?
b) Qual è la probabilità che vengano retrocesse le tre squadre appena
promosse?
c) Qual è la probabilità che i due eventi precedenti si verifichino entrambi?
7
A. De Gregorio
Risposta 1
Per tutti i tre punti i casi possibili sono, ovviamente, tutte le possibili
cinquine non ordinate di numeri distinti che possono uscire su una ruota,
quindi
90
#casi possibili =
.
5
Casi favorevoli:
Per il punto (1) sono tutte le cinquine non ordinate di numeri distinti in
cui 3 sono scelti tra i 3 che ho giocato e 2 tra i restanti 87; quindi
3 87
#casi favorevoli a (1) =
.
3
2
Per il punto (2) sono tutte le cinquine non ordinate di numeri distinti in
cui 2 sono scelti tra i 3 che ho giocato e 3 tra i restanti 87; quindi
3 87
#casi favorevoli a (2) =
.
2
3
Per il punto (3), si noti che il problema ha senso se: k ∈ {1, ..., 5},
n ∈ {k, k+1, ..., 90}. I casi favorevoli sono sono tutte le cinquine non ordinate
di numeri distinti in cui k sono scelti tra gli n che ho giocato e 5 − k tra i
restanti 87 − n; quindi
n 90 − n
#casi favorevoli a (3) =
.
k
5−k
Per quanto riguarda il punto (4) o facciamo ambo oppure un terno (ricordiamo che se A ∩ B = allora #(A ∪ B) = #A + #B), pertanto:
3 87
3 87
#casi favorevoli a (4) =
+
.
2
3
3
2
Infine si ha
3 87
3 87
#casi favorevoli a (5) =
+
.
0 35
1
4
8
A. De Gregorio
Risposta 2
Conviene calcolare la probabilità dell’evento complementare “tutti i compleanni in giorni diversi”.
Consideriamo l’ipotesi, semplicistica, che per ciascun individuo tutti i
giorni siano ugualmente probabili, per cui è sufficiente contare il numero dei
casi possibili e quello dei casi favorevoli all’evento “tutti i compleanni in giorni
diversi”.
I casi possibili sono D̂365,n = 365n , per i casi favorevoli vale lo stesso ma
senza le ripetizioni, quindi D365,n = 365!/(365 − n)!.
Segue che
P (tutti i compleanni in giorni diversi) =
365!/(365 − n)!
365n
e
365!/(365 − n)!
365n
= 1 − 365 364 · · · 365 − n + 1 .
365 365
365
P (almeno 2 compleanni lo stesso giorno) = 1 −
Questa probabilità cresce in modo sorprendentemente veloce al crescere
di n, tanto che per n = 23 la probabilità è maggiore di 1/2 e per n = 40 vale
circa 0.9.
Risposta 3
(1a) Non c’è ripetizione e l’ordinamento non conta, quindi posso scegliere
diversi comitati.
15
4
(1b) Devo considerare tutti i modi possibili di scegliere (senza ripetizione
e senza considerare l’ordinamento) 2 uomini da 6 e due donne da 9, quindi
6 9
.
2 2
(2a) Qui l’ordinamento conta in parte: mi interessa distinguere il presidente dal resto del gruppo.
9
A. De Gregorio
Devo scegliere 1 presidente tra i 15 (in 15
modi) e poi un comitato di 3
1
14
persone tra i restanti 14 (in 3 modi)
15 14
# casi possibili =
1
3
(2b) Il presidente lo devo scegliere tra le 9 donne (in 91 modi).
Per il resto del gruppo considero i modi di scegliere un comitato con 2
uomini e 1 donna da un gruppo di 6 uomini e 8 donne (vedi caso (1)). Quindi
i casi favorevoli sono
9 6 8
# casi favorevoli =
.
1 2 1
Risposta 4 Non interessa l’ordine, quindi:
Senza ripetizione:
C6,1 C5,1
=
P (una bianca e una nera) =
C11,2
6
1
5
1 .
11
2
Con ripetizione: non posso usare, come sembrerebbe immediato,
P (una bianca e una nera) =
Ĉ6,1 Ĉ5,1
Ĉ11,2
perché le varie combinazioni con ripetizione non sono tutte equiprobabili. Vediamolo con un esempio, supponendo che le palline nell’urna siano
distinguibili: B1 , ..., B6 , N1 , ..., N5 .
Due tra le possibili combinazioni con ripetizione sono: (B1 , B2 ) (escono,
in qualsiasi ordine, le due palline bianche contrassegnate dai numeri 1 e 2) e
(B1 , B1 ) (esce entrambe le volte la pallina bianca col numero 1).
L’evento (B1 , B1 ) ha, ovviamente, probabilità
P (B1 , B1 ) = 1 2 .
11
10
A. De Gregorio
L’evento (B1 , B2 ) invece è l’unione dei due eventi elementari: “esce prima
B1 e poi B2 ” e “esce prima B2 e poi B1 ” e quindi ha probabilità
P (B1 , B2 ) = 2 1 2 .
11
Si noti che problemi di questo tipo si verificano molto spesso quando
si tratta di combinazioni con ripetizione. In questi casi conviene tenere in
considerazione i possibili ordinamenti (anche se non ci interessano) e poi
moltiplicare il risultato per tutti gli ordinamenti. Vediamo come:
casi possibili: D̂11,2 (quindi consideriamo come possibili e distinti due
risultati in cui le stesse palline sono osservate con ordine scambiato).
casi favorevoli: D̂6,1 D̂5,1 2 (quindi consideriamo tutti i modi di scegliere
una pallina bianca su 6 (con ripetizione, ma qui non conta perché è solo una
estrazione), tutti i modi di scegliere una pallina nera su 5 e moltiplichiamo
per i possibili ordinamenti delle palline uscite).
Quindi se c’è ripetizione il risultato è
P (una bianca e una nera) =
2D̂6,1 D̂5,1
D̂11,2
.
Risposta 5 Deve scegliere un oggetto da ciascuna delle tre categorie (in
questo caso disposizioni e combinazioni coincidono, poichè Cn,1 = Dn,1 )
10 5 2
= 100.
1
1 1
Risposta 6 Si usano le permutazioni semplici
P4 · (P3 )2 · (P4 )2 = 4!(3!)2 (4!)2
dove P4 è il numero di modi in cui si possono riordinare le 4 opere tra loro.
Gli altri termini fanno riferimento invece al modo in cui si possono riordinare
i libri all’interno delle varie opere.
11
A. De Gregorio
Risposta 7
a) uso le combinazioni perchè l’ordine non conta (essendo le palline indistinguibili), quindi
Ĉ2,6
2+6−1
7
=
=
= 7,
6
6
d’altro canto si potevano elencare i casi possibili che sono (indicando con A
e B le buche)
AAAAAA
AAAAAB
AAAABB
AAABBB
AABBBB
ABBBBB
BBBBBB
b) uso le disposizioni perchè l’ordine conta (essendo le palline numerate),
quindi
D̂2,6 = 26 .
Risposta 8 Si ha
5!5!2
dove il 2 si riferisce al numero di modi in cui può iniziare la fila (con un
maschio o una femmina).
Risposta 9 Si devono scegliere 4 consonanti da 7 (senza ripetizione e
l’ordine in cui si pescano non conta) e lo stesso per le vocali. Poi si deve
moltiplicare per il numero di parole che si possono formare con le 7 lettere
scelte (P7 ). Quindi
7 5
7!
4 3
12
A. De Gregorio
Risposta 10 Si considerano le disposizioni (senza ripetizione poichè le
cifre devono essere distinte) D5,4 e a queste bisogna sottrarre quelle relative
ai numeri che iniziano con lo zero, che sono D4,3 . Quindi
5!
4!
−
(5 − 4)! (4 − 3)!
= 5 · 4! − 4! = 96
D5,4 − D4,3 =
Risposta 11
a) se non ha vincoli
C10,7
10
=
= 120
7
b) se deve rispondere ad almeno 3 delle prime 5 è
C5,3 · C5,4 + C5,4 · C5,3 + C5,5 · C5,2
5 5
5 5
5 5
=
+
+
= 110.
3 4
4 3
5 2
Risposta 12 L’ordine non conta e quindi
n+r−1
Ĉn,r =
r
Risposta 13 Il numero di funzioni possibili f : D → C sono date da
D̂k,m = k m
mentre quelle iniettive sono date da
Dk,k−m =
k!
(k − m)!
13
A. De Gregorio
Risposta 14 Utilizziamo la regola casi favorevoli su casi possibili. I casi
possibili sono 32
.
5
a) I casi favorevoli sono dati 5 · 45 ; infatti fissando una carte ad esempio
un asso le carte successive si possono scegliere in 45 modi e 5 rappresenta il
numero di possibili scale.
b) I casi favorevoli sono 5 · 4.
c) Fissato un seme (ad esempio cuori) si hanno
8
5
modi di scegliere 5
carte dello stesso colore e 4 colori possibili. Pertanto i casi favorevoli sono
8
4.
5
d) Abbiamo 42 coppie di carte dello stesso punteggio e 8 possibili modi
di sceglierle. Le rimanenti 3 sono scelte tra le combinazioni 73 ed ogni carta
ha 4 possibili semi. Pertanto i casi favorevoli sono
4 7 3
8
4
2 3
e) Con ragionamenti analoghi a quello del punto d) abbiamo che i casi
favorevoli sono dati da
2
8 4
6·4
2 2
f) Abbiamo che
4 4
8
7
3 2
Risposta 15 a) Il numero di casi possibili, ovvero tutti i modi che hanno
di sistemarsi 3 uomini e 2 donne nei 6 posti, è pari a :
6!
3!2!1!
Per quanto riguarda i casi favorevoli se ad esempio fissiamo i due posti
vicino al finestrino per le due donne, allora i modi di disporre gli uomini nei
14
A. De Gregorio
rimanenti 4 posti è dato da
4!
3!1!
Quindi i casi favorevoli sono:
4!3
3!1!
b) Ora i casi favorevoli sono
4!3
2!1!1!
poichè abbiamo tre modi di mettere due uomini uno di fronte all’altro e il
restante uomo e le 2 donne li possiamo sistemare in
4!
2!1!1!
modi diversi.
Risposta 16
a) Le possibili graduatorie sono date da P16 = 16! Quelle che risultano
essere favorevoli all’evento sono ottenute tenendo fisse le 3 squadre e permutando in tutti i modi possibili le altre 13. Pertanto la probabilità cercata
diventa
13!
16!
b) Con un ragionamento analogo si ha che
13!3!
16!
c) In questo caso abbiamo che
10!3!
16!
15
