NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO 1. Richiami Ricordiamo molto

NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO
VINCENZO C. NARDOZZA
1. Richiami
Ricordiamo molto brevemente gli strumenti di calcolo combinatorio esaminati
durante le lezioni e i risultati ottenuti.
• Se |X| = n, il suo insieme della parti ℘(X) ha cardinalità 2n ;
• il numero di disposizioni con ripetizione di n oggetti di classe k è nk . Tale
numero coincide con il numero di funzioni f : {1, . . . , k} → {1, . . . , n};
• il numero di disposizioni semplici di n oggetti di classe k è D(n, k) :=
n(n − 1) . . . (n − k + 1). Tale numero coincide con il numero di funzioni
iniettive f : {1, . . . , k} → {1, . . . , n};
• una disposizione semplice di n oggetti di classe n si dice una permutazione di
n oggetti. Si pone D(n, n) =: n! (fattoriale di n). Si adotta la convenzione
0! = 1;
• il numero n! è il numero di funzioni bigettive tra due insiemi aventi la stessa
cardinalità n;
• il numero di combinazioni semplici di n oggetti di classe k è il coefficiente
binomiale nk . Tale numero è il numero di sottinsiemi di cardinalità k di
un insieme di cardinalità n;
• una delle relazioni fondamentali per i coefficienti binomiali è espressa nella
formula
n
n
n
n−1
n−1
=
=1
e
=
+
per 0 < k < n.
0
n
k
k−1
k
Questa relazione è alla base del cosiddetto triangolo di Tartaglia;
• se a, b commutano (cioè ab = ba; per esempio, se sono due numeri) allora
n X
n n−i i
(a + b)n =
a b.
i
i=0
Da ciò il termine coefficiente binomiale usato per il numero ni ;
• in particolare, si ha l’identità
n X
n
= 2n ;
i
i=0
• tenendo a mente la convenzione 0! = 1, si ha
n
n!
;
=
k!(n − k)!
k
• il numero di combinazioni con ripetizione di n oggetti di classe k è
n+k−1
n+k−1
=
n−1
k
1
2
VINCENZO C. NARDOZZA
2. Multinsiemi
Il concetto di combinazione con ripetizione di n oggetti di classe k può essere
reinterpretato in modo equivalente in un altro contesto, per certi versi più naturale.
Definizione 1. Sia |X| = n > 0. Si dice multinsieme di classe k > 0 su X ogni
funzione
X
ν: X → N
tale che
ν(x) = k.
x∈X
x → ν(x)
Il numero naturale ν(x) si dice la molteplicità di x (in ν).
Esempio 2. Per X = {a, b, c, d} le seguenti funzioni sono multinsiemi:
a b c d
a b c d
ν≡
µ≡
.
2 1 1 4
0 4 1 3
Entrambi i multinsiemi hanno classe 8:
X
ν(x) = ν(a) + ν(b) + ν(c) + ν(d) = 2 + 1 + 1 + 4 = 8;
x∈X
X
µ(x) = µ(a) + µ(b) + µ(c) + µ(d) = 0 + 4 + 1 + 3 = 8.
x∈X
2
La molteplicità di a in ν è 2, in µ è 0.
Proposizione 3. Sia |X| = n. C’è una bigezione tra multinsiemi su X di classe
k e combinazioni con ripetizione di classe k su X.
Dimostrazione. Se ν : X → N è un multinsieme di classe k, costruiamo una combinazione con ripetizione scrivendo, per ogni
P x ∈ X, l’elemento x esattamente ν(x)
volte. Dato che in tutto abbiamo scritto x∈X ν(x) = k oggetti, abbiamo ottenuto
una combinazione con ripetizione di classe k.
Viceversa, se
{{x1 , . . . , x1 , x2 , . . . , x2 , . . . , xn , . . . , xn }}
| {z }
| {z } | {z }
a1
a2
an
è una combinazione con ripetizione su x di classe k = a1 + a2 + · · · + an , allora la
funzione
ν: X → N
xi → ai
è un multinsieme di classe k su X.
Restano così assegnate due funzioni tra l’insieme dei multinsiemi di classe k su
X e l’insieme delle combinazioni con ripetizione di classe k su X. La verifica che
tali funzioni sono l’una l’inversa dell’altra è lasciata allo studente.
Esempio 4. Se µ è il multinsieme dell’esempio precedente, la combinazione con
ripetizione associata a µ è
{{b, b, b, b, c, d, d, d}}.
Invece alla combinazione con ripetizione di classe 8 {{a, a, a, b, b, c, c, d}} corrisponde
il multinsieme di classe 8
a b c d
α≡
.2
3 2 2 1
NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO
3
Corollario 5. Se |X| = n e k ∈ N, ci sono
n+k−1
n−1
multinsiemi di classe k su X.
Dimostrazione. Consegue dal fatto che i multinsiemi di classe k su X sono in
corrispondenza bigettiva con le combinazioni con ripetizioni di classe k su X. 3. Composizioni di un intero
Definizione 6. Sia m ∈ N. Una sequenza ordinata α = (s1 , . . . , sn ) di numeri
naturali si dice una n-composizione debole di m se s1 + · · · + sn = m.
In tal caso scriviamo α n m.
Pn
La sequenza si dice invece una n-composizione di m se i=1 si = m e per ogni
i = 1, . . . , n risulta si 0.
Lemma 7. Il numero di n-composizioni deboli di m è
n+m−1
.
n−1
Dimostrazione. Se (s1 , . . . , sn ) è una una n-composizione debole di m vuol dire che
(
s1 , . . . , sn ∈ N
Pn
i=1 si = m
A ogni n-composizione debole di m possiamo associare un n-multinsieme di classe
m come segue:
ν : {1, 2, . . . , n} → N
i
→ si
e viceversa a ogni multinsieme corrisponde un’unica n-composizione debole di m.
Quindi il numero totale di composizioni deboli è pari al numero di n-multinsiemi
di classe m, e cioè
n+m−1
n+m−1
=
.
m
n−1
Esempio 8. Il numero di 3-composizioni deboli di 4 è 3+4−1
= 62 = 15. L’elenco
3−1
completo è il seguente:
(4, 0, 0) (0, 4, 0) (0, 0, 4)
(3, 1, 0) (3, 0, 1) (0, 3, 1) (0, 1, 3)
(2, 2, 0) (2, 0, 2) (0, 2, 2)
(2, 1, 1) (1, 2, 1) (1, 1, 2)
(1, 0, 3)
(1, 3, 0)
Si noti che esattamente 3 tra esse sono 3-composizioni di 4.
E’ naturale chiedersi: quante sono le n-composizioni di m?
Lemma 9. Le n-composizioni di m sono in numero
m−1
.
n−1
2
4
VINCENZO C. NARDOZZA
Dimostrazione. Al problema si può rispondere direttamente come segue: Abbiamo
in tutto m punti, da separare con n − 1 barre, in modo però che tra due barre
consecutive ci sia almeno un punto. Ciò vuol dire che dobbiamo scegliere n − 1 tra
gli m−1 spazi tra i punti dove inserire le barre, cioè costruire un (n−1)-sottoinsieme
di un insieme con m − 1 elementi, e per far ciò si hanno
m−1
n−1
modi a disposizione.
Un modo indiretto ma istruttivo di rispondere al problema è invece basato
sull’osservazione seguente:
(y1 , . . . , yn ) è una n-composizione di m ⇐⇒ (y1 − 1, . . . , yn − 1) n m − n.
Infatti, se gli yi sono tutti > 0 allora yi − 1 > 0; inoltre
y1 + · · · + yn = m ⇒ (y1 − 1) + · · · + (yn − 1) = m − n.
Ciò mostra l’implicazione ⇒. Analogamente si ottiene il converso.
Stante questa equivalenza logica, possiamo dire che ci sono tante n-composizioni
di m quante n-composizioni deboli di m − n. Quest’ultimo problema è stato risolto
nel lemma 7, e il numero è dunque
n + (m − n) − 1
m−1
=
.
n−1
n−1
Possiamo calcolare perciò il numero totale di composizioni di m (senza cioè
limitare il numero di parti della composizione).
Corollario 10. Il numero di composizioni di m è 2m−1 .
Dimostrazione. Se C(m) è l’insieme delle composizioni di m, e per
S n ∈ N indichiamo
con Cn (m) l’insieme delle n-composizioni di m, si ha C(m) = n∈N Cn (m).
E’ immediato rendersi conto che se n = 0 o se n > m allora Cn (m) = ∅ e che se
1 6 i < j 6 m allora Ci (m) ∩ Cj (m) = ∅. Cioè, i Ci (m) sono a due a due disgiunti.
Per il principio di addizione si ha perciò
m
[
X
X
|C(m)| = Cn (m) =
|Cn (m)| =
|Cn (m)|
n=1
n∈N
n∈N
m m−1
X
X m − 1
m−1
=
=
= 2m−1 .
↑
n
−
1
i
n=1
i=0
{i:=n−1}
Utilizziamo i risultati ottenuti per rispondere al seguente problema:
Quante sono le soluzioni naturali dell’equazione x1 +· · ·+xn = m, eventualmente
soddisfacenti a restrizioni del tipo xi > ai ?
Si ha il seguente
NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO
5
Teorema 11. Siano n, m, a1 , . . . , an ∈ N con n > 1.
Le soluzioni (s1 , . . . , sm ) dell’equazione x1 +· · ·+xn = m soddisfacenti le condizioni



n

s > a1
X

 1
ai 
 m+n−1−
..
sono in numero 
.
.
i=1


s > a
n−1
n
n
P
Dimostrazione. Se (s1 , . . . , sn ) è una soluzione di i xi = m soddisfacente si > ai
per
P tutti gli i allora (s1 − a1 , . . . , sn − an ) è una n-composizione debole
P di m −
a
.
Viceversa,
se
(t
,
.
.
.
,
t
)
è
una
n-composizione
debole
di
m
−
1
n
i i
i ai allora
P
(t1 + a1 , . . . , tn + am ) è una soluzione di i xi = m soddisfacente le richieste si > ai
per tutti gli i.
Quindi ci sono
P tante soluzioni del problema assegnato quante sono le n-composizioni
deboli di m − i ai , e sappiamo che esse sono in numero
P
m − i ai + n − 1
.
n−1
Esercizio 1. Quante sono le soluzioni intere non negative dell’equazione x1 + x2 +
x3 + x4 = 5? Quante le soluzioni intere positive ?
Svolgimento Esercizio 1. Il primo problema equivale a chiedere quante
sono le
4-composizioni deboli di 5, e quindi sappiamo che il numero è 5+4−1
=
56.
La
4−1
seconda domanda invece equivale a chiedere quante sono le 4-composizioni di 5, e
sappiamo che il loro numero è 5−1
4−1 = 4.
Si noti che un’ulteriore riformulazione del secondo problema è:
quante sono le soluzioni intere dell’equazione x1 + x2 + x3 + x4 = 5 soddisfacenti
le condizioni x1 , x2 , x3 , x4 > 1?
A questo si può rispondere anche usando il Teorema 11, dove ovviamente ai = 1
per ogni i ∈ {1, 2, 3, 4}.
4. Esercizi
In questa sezione rivediamo alcuni degli esercizi svolti a lezione. La cosa da
sottolineare è che nel materiale teorico svolto precedentemente la cosa più importante non sono le formule ma i ragionamenti svolti per ottenere le stesse. Infatti,
detti ragionamenti costituiscono alcuni tra gli schemi più tipici di risoluzione di un
problema combinatorio.
Cominciamo questa serie di esercizi ricordando il cosiddetto
Teorema 12. (“Pigeonhole Principle” o “Principio dei cassetti”)
Se m oggetti sono tutti riposti in n cassetti, e m > n allora c’è un cassetto che
contiene almeno due degli oggetti.
Il risultato precedente è intuitivamente ovvio, e ha una formulazione più generale:
Teorema 13. (Generalised Pigeonhole Principle)
Se
oggetti sono riposti in n cassetti, allora c’è un cassetto che contiene almeno
mm
oggetti.
n
Dimostrazione. Ricordiamo che d·e è la funzione definita da R in N tramite
∀a ∈ R
dae := min{k ∈ Z | k > a}.
6
VINCENZO C. NARDOZZA
Dalla definizione, si ha dae = a ⇐⇒ a ∈ Z.
Per provare l’asserzione, ragioniamo per assurdo e supponiamo
che tutti gli n
m
cassetti contengano meno di d m
e
oggetti,
quindi
al
più
−
1
oggetti.
Allora in
n
n
−
1
n.
Perciò
tutto il numero m di oggetti è al più m
n
l m m
m
m6
−1 ·n<
+ 1 − 1 · n = m,
n
n
assurdo. Si è usato il fatto che
lmm m
<
+1
n
n
(verificare!).
Esercizio 1. Qual è il numero minimo di carte che bisogna prendere da un mazzo
di carte francesi (52 carte) per essere certi di avere almeno tre carte dello stesso
seme? Qual è il numero minimo di carte che bisogna prendere dallo stesso mazzo
per avere la certezza di avere almeno tre carte di cuori?
Svolgimento Esercizio 1. La seconda domanda è molto semplice: se siamo sfortunati possiamo aver preso 39 carte e non averne nessuna di cuori; quindi bisogna
prenderne 42 per essere certi di averne almeno tre di cuori.
La prima domanda è più sottile. Possiamo guardare ai semi come a dei cassetti.
Presa la prima carta, la mettiamo nel cassetto corrispondente al suo seme, prendiamo la seconda e la riponiamo nel cassetto del suo seme e così via. Siccome abbiamo
4 cassetti (i 4 semi), scelte m carte sappiamo che ci sarà un cassetto contenente
almeno d m
4 e carte. Ciò che vogliamo è che
lmm
= 3.
4
m
Ma d m
4 e 6 2 se e solo se 4 6 2 e cioè se m 6 8. Quindi basta scegliere 9 carte. 2
Vediamo ora altri esercizi tipici.
Esercizio 2. A poker, quante sono le possibili mani servite al primo giocatore?
Svolgimento Esercizio 2. Il primo giocatore riceve 5 carte pescate tra le 52 del
mazzo. Ovviamente, non siamo interessati all’ordine con cui abbiamo ricevuto le
carte, ci interessa solo quali carte abbiamo in mano. Equivalentemente, bisogna
scegliere un 5-sottinsieme di un insieme di cardinalità 52, e sappiamo che ciò si può
fare in
52
52 · 51 · 50 · 49 · 48
=
= 52 · 51 · 49 · 20 = 2.598.960
5
5·4·3·2
modi distinti.
2
Esercizio 3. Quanti sono i possibili poker che si possono formare con un mazzo
di carte francesi?
Svolgimento Esercizio 3. In un poker ci sono 4 carte aventi lo stesso valore,
più una quinta carta ininfluente. I valori possibili sono 13 (dall’asso al K), per cui
abbiamo 13 modi per selezionare le 4 carte suddette. La quinta carta deve essere
scelta tra le 48 carte rimanenti, e quindi può essere scelta in 48 modi. Abbiamo
pertanto 13 · 48 = 624 modi.
2
Esercizio 4. Quanti sono i possibili full con un mazzo di 52 carte?
NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO
7
Svolgimento Esercizio 4. Un full è costituito da un tris (tre carte dello stesso
valore) e una coppia (due carte dello stesso valore). Possiamo pensare a una singola
carta come a una coppia ordinata (v, s) dove v è uno dei 13 valori possibili e s è
uno dei 4 semi possibili. Per formare il tris dobbiamo scegliere uno dei 13 valori
(13 possibilità) e per i semi dobbiamo scegliere 3 fra i 4 a disposizione
(quindi un
3-sottinsieme di un insieme con 4 elementi). Abbiamo perciò 13· 43 = 13·4 possibili
tris. Per formare la coppia dobbiamo scegliere uno dei 12 valori restanti, e poi un
2-sottinsieme di un 4-insieme per scegliere i semi, quindi 12 · 42 = 12 · 6 possibili
coppie. In tutto, ci sono quindi 13 · 12 · 4 · 6 = 3744 possibili full.
Possiamo anche ragionare come segue: per formare il tris, scegliamo una prima
carta in uno qualunque dei 52 modi possibili. In questo modo abbiamo fissato il
valore del tris. La seconda carta del tris deve essere scelta dello stesso valore e
con uno dei restanti 3 semi (3 possibilità), per la terza abbiamo 2 possibilità. In
tutto, 52 · 3 · 2. Tuttavia, dato che ci interessano le carte in mano a prescindere
dall’ordine con cui le disponiamo, il numero di queste 52 · 6 possibilità devono
essere divise per il numero di modi in cui possiamo permutare le tre carte del tris
per svincolarci dall’ordine con cui le disponiamo, cioè per 6. Fatto questo, con
ragionamento analogo, abbiamo 52 − 4 possibilità di scegliere la prima carta della
coppia, e 3 possiblità per scegliere la seconda. Il numero 48 ∗ 3 deve essere però
diviso per 2! = 2 se vogliamo prescindere dall’ordine con cui disponiamo le carte
della coppia. Quindi in tutto abbiamo 52 · 24 · 3 = 3744 possibili full.
2
Esercizio 5. Lanciamo un dadi 5 volte di fila e sommiamo i risultati che appaiono
sulla faccia superiore. Quale risultato è “più facile” da ottenere?
Svolgimento Esercizio 5. Indichiamo con si l’esito dell’i-mo lancio. Dire che
s1 + s2 + s3 + s4 + s5 = m è equivalente a dire che (s1 , s2 , s3 , s4 , s5 ) è una 5composizione di m. Allora è già intuitivamente chiaro che più 5-composizioni ha
m, più è facile ottenere m come risultato della sequenza. Di conseguenza, dobbiamo
cercare quei numeri m che hanno più 5-composizioni.
Possiamo essere più precisi: dalla formula sul numero di n-composizioni di m si
ha che m ha
m−1
(m − 1)(m − 2)(m − 3)(m − 4)
=
4!
5−1
5-composizioni. Notiamo che al crescere di m tale numero cresce: il denominatore
è fisso, mentre il numeratore cresce al crescere di m. La complicazione nel nostro
caso è che siccome ogni dado ha 6 facce, il numero m non può crescere all’infinito
- precisamente, se m > 31, m non può essere ottenuto come risultato di 5 lanci di
un dado.
Notiamo però che ciP
sono tante 5-composizioni
di m quante sono le 5-composizioni
P
di 35 − m: infatti se i si = m allora i (7 − si ) = 35 − m, e quindi a ogni 5composizione (s1 , . . . , s5 ) di m corrisponde la 5-composizione (7 − s1 , . . . , 7 − s5 )
di 35 − m. Il valore massimo di m allora si ha per m = 18. Più precisamente,
possiamo far crescere m fino a 17 facendo aumentare il numero di 5-composizioni.
Invece il numero di 5-composizioni di 18 è più grande di quello di 17, ma il numero
di risultati del lancio di dadi che ha somma 18 è lo stesso di quello che ha come
risultato 17. Quindi il risultato più comune è 17 o 18 (equiprobabili).
2
Il prossimo esercizio, a dispetto della semplicità dell’enunciato, è quello con lo
svolgimento più articolato tra quelli visti a lezione.
8
VINCENZO C. NARDOZZA
Esercizio 6. Quante sequenze ottenute lanciando un dado 5 volte hanno come
somma dei suoi termini il numero 17?
Svolgimento Esercizio 6. La domanda può essere riformulata chiedendo: quante
sono le 5-composizioni deboli di 17 soddisfacenti le condizioni 1 6 xi 6 6 per ogni
i ∈ {1, . . . , 5}?
Abbiamo già tutti gli strumenti per maneggiare la questione sulle composizioni
deboli soddisfacenti xi > 1 per ogni i (si veda il Teorema 11). Non abbiamo
strumenti diretti, invece, per controllare le condizioni xi 6 ai (qui, nello specifico,
ai = 7). Possiamo però aggirare l’ostacolo.
Poniamo Ai := {(s1 , . . . , s5 )5-comp di 17 | si > 7, sj > 1 (j 6= i)}. Cioè, in A1 ci
sono tutte le 5-composizioni di 17 in cui s1 > 7, s2 , . . . , s5 > 1, in A2 ci sono tutte
le 5-composizioni di 17 in cui s2 > 7 e s1 , s3 , . . . , s5 > 1, etc.
Le soluzioni del nostro problema sono 5-composizioni di 17 tali che si 6 6 per
ogni i = 1, . . . , 5; poniamo perciò
C := {(s1 , . . . , s5 ) 17 | si > 1 ∀ i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}}
(l’insieme di tutte le 5-composizioni di 17);
S := {(s1 , . . . , s5 ) 17 | 1 6 si 6 6 ∀ i ∈ {1, 2, 3, 4, 5}}
(le soluzioni del nostro problema);
N := {(s1 , . . . , s5 ) 17 | si > 1 ∀ i ∈ {1, 2, 3, 4, 5} e ∃j ∈ {1, 2, 3, 4, 5} t.c. sj > 7}
(le 5-composizioni di 17 che non sono soluzioni del nostro problema).
Dovrebbe essere chiaro che C = S ∪N e che S ∩N = ∅. Pertanto, per il principio
di addizione possiamo scrivere
|C| = |S| + |N | .
16
Ora, il numero |C| ci è noto (precisamente, è 17−1
5−1 = 4 ). Basta calcolare |N |
per avere anche il numero |S|, che
S poi è quello che ci interessa.
S
Possiamo notare che N = i Ai e quindi dobbiamo calcolare | i Ai |. Per il
principio di inclusione esclusione, posto I := {1, 2, 3, 4, 5}, si ha
X
X
X
|Ai ∩ Aj ∩ Ah |
|Ai ∩ Aj | +
|N | =
|Ai | −
i∈I
−
i,j,h∈I
|{i,j,h}|=2
i,j∈I
|{i,j}|=2
X
|Ai ∩ Aj ∩ Ah ∩ Ak | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 |
i,j,h,k∈I
|{i,j,h,k}|=2
Alcune osservazioni possono essere fatte:
(1) quali che siano i, j ∈ I risulta |Ai | = |Aj |. Infatti, la funzione fj : A1 → Aj
che alla 5-pla (s1 , . . . , sj , . . . , s5 ) associa (sj , . . . , s1 , . . . , s5 ) (scambia cioè
la prima componente con la j-ma) è una bigezione (verificare!). Perciò
X
|Ai | = 5 |A1 | .
i∈I
(2) allo stesso modo, non è difficile rendersi conto che per ogni i, j, h, k distinti
in I risulta
|Ai ∩ Aj | = |A1 ∩ A2 | , |Ai ∩ Aj ∩ Ah | = |A1 ∩ A2 ∩ A3 |
|Ai ∩ Aj ∩ Ah ∩ Ak | = |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | ;
NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO
9
(3) per i ragionamenti fatti, la formula diventa
5
5
|N | =5 |A1 | −
|A1 ∩ A2 | +
|A1 ∩ A2 ∩ A3 |
2
3
5
−
|A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 | + |A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4 ∩ A5 |
4
(verificare!).
Notato che un elemento (s1 , . . . , s5 ) è in A1 ∩ A2 se e solo se s1 + · · · + s5 = 17
e s1 , s2 > 7, s3 , s4 , s5 > 1, si ha |A1 ∩ A2 | = 21−17
(perchè?) e similmente per le
4
altre intersezioni, si ha
21 − 11
5 21 − 17
5 21 − 23
5 21 − 29
21 − 35
|N | =5
−
+
−
+
4
2
4
3
4
4
4
4
10
5 4
=5
−
4
2 4
=5 · 10 · 3 · 7 − 10 = 1040.
Pertanto,
|S| =
16
− (5 · 10 · 3 · 7 − 10) = 4 · 5 · 7 · 13 − 1040 = 1820 − 1040 = 780.
4
La risposta perciò è: ci sono 780 sequenze distinte di 5 lanci di un dado la somma
delle cui entrate fa 17.
2
Osservazione 14. Si sviluppi la potenza quinta di f (x) = x(1+x+x2 +x3 +x4 +x5 ).
L’espansione di (f (x))5 è la seguente:
(f (x))5 =x30 + 5x29 + 15x28 + 35x27 + 70x26 + 126x25 + 205x24 + 305x23
+ 420x22 + 540x21 + 651x20 + 735x19 + 780x18 + 780x17 + 735x16
+ 651x15 + 540x14 + 420x13 + 305x12 + 205x11 + 126x10 + 70x9
+ 35x8 + 15x7 + 5x6 + x5
Il coefficiente di x17 in essa è uguale al coefficiente di x18 , ed entrambi sono pari a
780. E’ un caso?
Si testi la “casualità” calcolando quante sono le sequenze di 5 lanci successivi di
un dado che danno come somma 11, e confrontando il risultato con il coefficiente
di x11 in (f (x))5 . . .
Esercizio 7. Cambia qualcosa se lanciamo 5 dadi contemporaneamente? Cioè:
(1) quante sono le possibili configurazioni ottenibili lanciando 5 dadi contemporaneamente?
(2) Quante di esse compongono il numero 17?
Svolgimento Esercizio 7. Una configurazione non è altro che una combinazione
con ripetizione di classe 5 (il numero di dadi) su 6 oggetti (le facce del dado): non
ci interessa l’ordine con cui consideriamo i risultati dei dadi, mentre ci interessa
quante volte compaiono le varie facce del dado.
10
VINCENZO C. NARDOZZA
Perciò, ci sono tante possibili configurazioni quanti possibili multinsiemi di classe
5 su 6 oggetti, cioè
10
= 9 · 7 · 4 = 252.
5
Tra esse, quelle in cui la somma delle facce dà 17 sono 20, e precisamente
6
6
6
6
6
6
6
6
6
5
5
5
5
5
5
5
5
4
4
4
6
6
5
5
5
4
4
4
3
5
5
5
5
4
4
4
3
4
4
4
3
2
4
3
2
4
3
3
3
5
4
3
3
4
4
3
3
4
4
3
1 1
2 1
1 1
2 1
2 2
2 1
3 1
2 2
3 2
1 1
2 1
3 1
2 2
3 1
2 2
3 2
3 3
4 1
3 2
3 3
numero di composizioni che
originano la combinazione
30
30
60
120
20
60
60
60
20
10
60
30
30
60
30
60
5
5
20
10
Possiamo contare (ultima colonna) quante sequenze danno origine a un fissato multinsieme, e la somma di tali sequenze dà in effetti come risultato il numero atteso:
780.
2
Osservazione 15. Senza scendere nei dettagli ricordiamo che, almeno quando c’è
un numero finito di casi possibili, si definisce probabilità di un evento il rapporto
tra casi favorevoli e casi possibili. Nel nostro esempio,
• la probabilità di ottenere 17 lanciando 5 volte un dado è il numero 780/65 ∼
=
0, 10, cioè circa il 10% (780 sono i casi favorevoli, mentre ci sono 65 possibili
sequenze (s1 , . . . , s5 )).
• la probabilità di ottenere 17 lanciando 5 dadi assieme è il numero 20/252 ∼
=
0, 08, cioè circa l’8%. Infatti i casi possibili sono 252, quelli favorevoli sono
i 20 elencati.
Quindi, le probabilità sono diverse tra loro!
In realtà, lanciare un dado 5 volte di fila o lanciare 5 dadi contemporaneamente
possono essere considerati eventi equivalenti, per cui devono avere la stessa probabilità. Perciò: qual è la probabilità “corretta”, per ottenere 17? E qual è l’errore
che è stato commesso, che ci ha fatto ottenere probabilità differenti?