Elementi di Calcolo Combinatorio
Alessandro De Gregorio
“Sapienza” Università di Roma
[email protected]
Indice
1 Premessa
1
2 Permutazioni
2
3 Disposizioni
3
4 Combinazioni
4
5 Il coefficiente multinomiale
7
6 Esercizi di riepilogo
8
1
Premessa
Il calcolo combinatorio si occupa di determinare la cardinalità degli insiemi finiti ed è
pertanto utile per calcolare la probabilità di un evento secondo l’impostazione classica.
Iniziamo con il seguente risultato. Se abbiamo due insiemi I = {a1 , a2 , ..., an } e
J = {b1 , b2 , ..., bm } composti da elementi distinti il numero di modi di scegliere un elemento di I e J è n × m. In altre parole la cardinalità dell’insieme prodotto I × J =
{(ai , bj ), 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m} è n×m. Infatti per ogni ai ∈ I abbiamo m scelte possibili
dell’elemento bj ∈ J come riportato nella seguente tabella
(a1 , b1 ) (a1 , b2 ) · · ·
(a2 , b1 ) (a2 , b2 ) · · ·
···
(an , b1 ) (an , b2 ) · · ·
(a1 , bm )
(a2 , bm )
(an , bm )
Questo risultato può essere generalizzato prendendo come riferimento degli esperimenti.
Lemma 1 (Regola fondamentale del calcolo combinatorio). Consideriamo r esperimenti.
Supponiamo che il primo esperimento abbia n1 esiti possibili, che per ognuno di questi
esiti il secondo esperimento abbia n2 esiti possibili, che per ognuno degli esiti dei primi
1
A. De Gregorio
2 PERMUTAZIONI
due esperimenti il terzo esperimento abbia n3 esiti possibili e così via. Allora se sequenze
distinte di esiti degli r esperimenti producono esiti finali distinti, allora gli r esperimenti
hanno in totale n1 × n2 × · · · × nr esiti possibili.
2
Permutazioni
Una permutazione di n oggetti è uno dei possibili ordinamenti (o configurazioni) in cui
si possono presentare gli oggetti stessi.
Se consideriamo n oggetti distinti, parliamo di permutazioni semplici o senza ripetizione. Il numero complessivo di permutazioni semplici di n oggetti è dato da
Pn = n(n − 1) · · · 2 · 1 = n!
(2.1)
con P0 = 0! = 1. Questo risultato si può giustificare seguendo il seguente approccio.
Immaginiamo di dover disporre gli oggetti su n posizioni. Il primo elemento al primo
posto può essere scelto in n modi possibili, per la seconda posizione avremo quindi n − 1
scelte, e così via. Pertanto per la regola fondamentale del calcolo combinatorio abbiamo
che tutti i modi possibili di ordinare n oggetti distinti sono n(n − 1) · · · 2 · 1.
Esempio. Le permutazioni dell’insieme {a, b, c} sono P3 = 3! = 6, ovvero
{a, b, c}, {a, c, b}, {b, a, c}, {b, c, a}, {c, b, a}, {c, a, b}
Esempio. Consideriamo 18 persone che si siedono a caso in altrettante poltrone in fila.
In quanti modi si possono sedere? Se le 18 persone sono divise in 3 gruppi di 6 amici,
qual è la probabilità che non ci siano infiltrati tra i gruppi?
La risposta alla prima domanda è P18 = 18!. Per quanto riguarda la seconda domanda
# casi favorevoli
# casi possibili
P3 P6 P6 P6
3!(6!)3
=
.
=
P18
18!
P (no infiltrati) =
P
Se degli n oggetti k1 , k2 , ..., kr ( rj=1 kj = n), sono uguali tra loro, allora si parla di
permutazioni con ripetizione. Tutte le permutazioni possibili in questo caso sono
P̂n(k1 ,k2 ,...,kr ) =
n!
.
k1 !k2 !...kr !
(2.2)
Consideriamo per semplicità il caso in cui ci siano k oggetti uguali (e n − k diversi). Le
permutazioni k! di questi oggetti uguali tra di loro non danno luogo ad un ordinamento
diverso. Pertanto il numero di permutazioni possibili sono
n!
= n(n − 1) · · · (k + 1)
k!
2
A. De Gregorio
3 DISPOSIZIONI
Questo ragionamento può essere immediatamente generalizzato e porta al risultato (2.2).
Esempio. Quanti sono tutti i possibili modi di anagrammare la parola PEPPER? Sono
(3,2,1)
P̂6
=
6!
= 60.
3!2!
Esempio. Quanti sono tutti i possibili modi di anagrammare la parola ZUZZURELLONE? La risposta è
12!
(3,2,2,2,1,1,1)
P̂12
=
.
3!2!.2!2!
3
Disposizioni
Una disposizione di n oggetti di classe k è un raggruppamento ordinato di k degli n
oggetti. Le disposizioni differiscono per l’ordine e la composizione o per entrambi.
Diremo che le disposizioni sono semplice o senza ripetizione quando un elemento
può essere presente una sola volta. Il numero di possibili disposizioni di n elementi di
classe k è dato da
n!
, 0 ≤ k ≤ n.
(3.1)
Dn,k =
(n − k)!
In effetti abbiamo n modi di ordinare il primo elemento della sequenza, n − 1 modi per
il secondo, ecc., ed n − k + 1 modi ordinare il k-esimo elemento. Quindi per la regola
fondamentale del calcolo combinatorio abbiamo che tutti i possibili ordinamenti sono
n(n − 1) · · · (n − k + 1) =
n!
.
(n − k)!
Si osservi che Pn = Dn,n .
Esempio. Tutti i possibili sottoinsiemi ordinati di classe 2 dell’insieme {a, b, c}, sono
{a, b}, {b, a}, {a, c}, {c, a}, {b, c}, {c, b}.
Cioè sono in numero pari a D3,2 = 6.
Esempio. Tra i 25 membri di una società bisogna scegliere il presidente ed il segretario,
quante sono le scelte possibili? Sono D25,2 = 25!
23! = 600.
Le disposizioni con ripetizione di n elementi di classe k sono gli ordinamenti di k
oggetti quando gli oggetti si possono ripetere. Il numero di disposizioni con ripetizione
risulta essere
D̂n,k = nk ,
che può essere ricavato osservando che per ciascuna delle k posizioni ci sono n modi
possibili di scegliere un oggetto.
3
A. De Gregorio
4 COMBINAZIONI
Esempio. Per l’insieme {a, b, c}, si ha D̂3,2 = 9 infatti
{a, b}, {b, a}, {a, c}, {c, a}, {b, c}, {c, b}, {a, a}, {b, b}, {c, c}
Esempio. Quante sono le possibili colonne del totocalcio? Sono D̂3,13 = 313 .
4
Combinazioni
Una combinazione di n oggetti di classe k è uno dei possibili raggruppamenti non
ordinati di k elementi presi tra gli n oggetti. Pertanto le combinazioni differiscono tra
loro solo per la composizione e non per l’ordine in cui si presentano gli oggetti.
Se gli elementi si possono presentare solo una volta, allora parliamo di combinazioni
semplici o senza ripetizione. Il numero di totale di combinazioni semplici di n oggetti
di classe k è pari a
n
n!
Cn,k =
=
, 0 ≤ k ≤ n.
k!(n − k)!
k
Per giustificare questo risultato ricordiamo ancora una volta che l’ordine non conta nelle
combinazioni. Quindi se scelgo k oggetti, tenendo conto dell’ordine in cui sono scelti,
da un insieme di n elementi, ho Dn,k scelte possibili. Così facendo però ogni insieme
formato da k oggetti viene contato k! volte. Pertanto devo dividere per k! e quindi
Dn,k /Pk = Cn,k .
Esempio. Le disposizioni semplici di classe 2 di {a, b, c} sono
{a, b}, {b, a}, {a, c}, {c, a}, {b, c}, {c, b}
ma {a, b}, {b, a} sono un solo gruppo ai fini delle disposizioni. Pertanto le combinazioni
totali saranno invece C3,2 = 3 ovvero {a, b}, {a, c}, {b, c}.
Esempio. Quanti sono i sottoinsiemi di {0, 1, 2, 3, 4} composti da tre elementi? Sono
C5,3 = 53 = 10.
Osserviamo che (le dimostrazioni sono lasciate al lettore):
• Cn,1 = Dn,1
• Cn,k = nk =
n
n−k
= Cn,n−k
• Cn,0 = Cn,n
• Cn,1 = Cn,n−1
n
• nk + k−1
=
n+1
k
(Identità di Tartaglia)
Il teorema che segue rappresenta un risultato classico, utile nella descrizione di alcuni
modelli probabilistici.
4
A. De Gregorio
4 COMBINAZIONI
Teorema 1 (Binomio di Newton). Per a, b ∈ R, n ∈ N, si ha
n
(a + b) =
n X
n
k
k=0
an−k bk .
Dimostrazione. Si procede per induzione. Per n = 1 la relazione è vera infatti
1 X
1 1−k k
a+b=
a b
k
k=0
Allora l’ipotesi diventa
n
(a + b) =
n X
n
k=0
k
an−k bk
(4.1)
e la tesi da dimostrare risulta essere
(a + b)n+1 =
n+1
X
n + 1 n+1−k k
a
b .
k
k=0
Moltiplichiamo ambo i membri della (4.1) per (a + b) ed otteniamo
" n #
X n
n+1
n−k k
(a + b)
=
a
b (a + b)
k
k=0
n n+1
n n
n
n
2 n−1
a
+
a b + ... +
a b
+
abn
=
0
1
n−1
n
n n
n n−1 2
n
n n+1
+
a b+
a
b + ... +
abn +
b
0
1
n−1
n
n n+1
n
n
n
n
n n+1
n
n
=
a
+
+
a b + ... +
+
ab +
b
0
1
0
n
n−1
n
= (sfruttando l’identità di Tartaglia)
n n+1
n+1 n
n+1
n n+1
n
=
a
+
a b + ... +
ab +
b
0
1
n
n
n+1 n
n+1
= an+1 +
a b + ... +
abn + bn+1
1
n
n+1
X n + 1
=
an+1−k bk
k
k=0
che conclude la dimostrazione.
Esempio. Quanti sono tutti i possibili sottoinsiemi di Ω = {1, 2, ..., n} (compreso l’insieme
vuoto e Ω)? In altre parole qual è la cardinalità dell’insieme potenza P(Ω)?
5
A. De Gregorio
4 COMBINAZIONI
Ho n0 modi di scegliere sottoinsiemi di Ω composti da 0 elementi ossia l’insieme
vuoto, n1 modi di prendere sottoinsiemi di Ω composti da 1 elementi, ecc, nn modi di
prendere sottoinsiemi di Ω composti da 6 elementi. Pertanto
n X
n
= 2n .
i
i=0
Esempio. Nel gioco del bridge (52 carte, 13 carte per 4 giocatori), qual è la probabilità
che un giocatore abbia le stesse carte che aveva nella mano precedente? Tale probabilità
è data da
1
.
52
13
Infatti il numero di modi possibili di distribuire le carte al primo giocatore sono
casi favorevoli sono solo 1.
52
13
. I
Esempio. Una commissione è composta da 5 persone ed è estratta casualmente da 6
uomini e 9 donne. Qual è la probabilità che la commissione sia composta da 3 uomini e
2 donne? In questo caso abbiamo che
6 9
2 ,
3
15
5
dove 63 92 rappresenta tutti i possibili modi di scegliere 3 uomini dal gruppo di 6 e 2
donne tra le 9 considerate.
Se le combinazioni sono con ripetizione, cioè gli oggetti si possono ripetere, il numero
di combinazioni con ripetizione di n oggetti di classe k è pari a
n+k−1
Ĉn,k =
.
k
La dimostrazione in questo caso non è banale e procediamo nel modo seguente. Supponiamo di avere n urne e k palline indistinguibili, con k ≥ n. In quanti modi si possono
distribuire le k palline nelle n urne?
Rappresentiamo le urne con i bastoncini che delimitano le urne e con gli asterischi le
palline. Ad esempio
| ∗ ∗| ∗ ∗| ∗ |,
n = 3, k = 5.
Pertanto in questo caso viene rappresentata una sequenza con 2 copie del primo oggetto,
2 copie del secondo e 1 del terzo.
Se si spostano i bastoncini e gli asterischi attraverso i bastoncini si cambia combinazione. I bastoncini sono n + 1, ma il primo e l’ultimo che sono fissi e non cambiano mai
posizione. Allora tutte le possibili combinazioni si ricavano prendendo tutte le (n−1+k)!
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A. De Gregorio
5 IL COEFFICIENTE MULTINOMIALE
permutazioni dei bastoncini e delle palline e dividendole per il numero delle permutazioni
dei bastoncini (n − 1)! e delle palline k!. In definitiva si ha
(n − 1 + k)!
n−1+k
=
.
k!(n − 1)!
k
Osservazione. Le combinazioni con ripetizione non vengono utilizzate per determinare
la probabilità di un evento. Questo perchè in genere non sono equiprobabili.
Una delle poche eccezioni note in letteratura è rappresentata dalla statistica di BoseEinstein. Si considerano k bosoni identici che si trovano in equilibrio termico, i quali
hanno a disposizione n livelli energetici. Tali bosoni si possono distribuire tra i livelli in
Ĉn,k modi diversi e queste distribuzioni sono tutte equiprobabili. Quindi ogni distribu−1
zione ammette come probabilità Ĉn,k
.
Esempio. Per l’insieme {a, b, c} si ha
{a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, a}, {b, b}, {c, c}
e cioè Ĉ3,2 = 6.
Esempio. Una fabbrica di cioccolatini produce scatole di 10 pezzi ciascuna e produce 5
tipi diversi di cioccolatini. Quante scatole diverse può confezionare?
L’ordine non conta e sono
14
Ĉ5,10 =
.
10
E’ utile riassumere i risultati precedentemente esposti nella seguente tabella.
Ripetizione NO
Ripetizione SI
5
Ordine SI
Ordine NO
Dn,k
D̂n,k
Cn,k
Ĉn,k
Il coefficiente multinomiale
Supponiamo di voler distribuire n palline distinte in r scatole ciascuna contenente rispettivamente n1 , n2 , ..., nr palline (con n1 + n2 + ... + nr = n). In quanti modi è possibile
farlo? Per rispondere a questa domanda dobbiamo osservare che:
• abbiamo
n
n1
modi di scegliere le n1 palline per la prima scatola,
1
• per ognuna di queste scelte ci sono n−n
modi di scegliere le palline per la seconda
n2
scatola,
7
A. De Gregorio
6 ESERCIZI DI RIEPILOGO
• per ciascuna scelta effettuata per le prime due scatole abbiamo
scegliere le palline per la terza scatola e così via.
n−n1 −n2
n3
modi di
Per la regola fondamentale del calcolo combinatorio abbiamo che il numero cercato è
pari a
n − n1 − n2 − ... − nr−1
n − n1 − n2
n
n − n1
···
nr
n3
n2
n1
n!
(n − n1 )!
(n − n1 − n2 )!
(n − n1 − n2 − ... − nr−1 )!
=
···
n1 !(n − n1 )! n2 !(n − n1 − n2 )! n3 !(n − n1 − n2 − n3 )!
nr !0!
n!
=
= P̂n(n1 ,n2 ,...,nr )
n1 !n2 ! · · · nr !
(n ,n ,...,n )
r
P̂n 1 2
viene detto coefficiente multinomiale poichè consente di generalizzare il
binomio di Newton. Infatti si può dimostrare che
(x1 + x2 + ... + xr )n =
X
n1 ,n2 ,...,nr
n!
xn1 xn2 · · · xnr r .
n1 !n2 ! · · · nr ! 1 2
Esempio. Se abbiamo n palline distinte e r urne qual è la probabilità che le urne
contengano rispettivamente n1 , n2 , ..., nr palline (n1 + n2 + ... + nr = n)?
Il numero di casi favorevoli l’abbiamo già calcolato ed è pari al coefficiente multinomiale. Per quanto riguarda il numero di casi possibili abbiamo che per ogni pallina
abbiamo r modi di scegliere l’urna di appartenenza e quindi i casi possibili sono rn . In
definitiva la probabilità cercata sarà
n!
1
,
n1 !n2 ! · · · nr ! rn
detta distribuzione multinomiale.
6
Esercizi di riepilogo
Esercizio.
Nel gioco del bridge 52 carte vengono distribuite tra quattro giocatori A, B, C, D.
a) Calcolare la probabilità che tutti i giocatori abbiano la stessa distribuzione di carte
della mano precedente.
b) Qual è la probabilità che A abbia 7 carte di picche?
c) Qual è la probabilità che un giocatore riceva 13 carte di picche?
d) Qual è la probabilità che ogni giocatore riceva un asso?
Soluzione.
a) I casi favorevoli sono 52! poichè le carte possono succedersi secondo le permutazioni.
Per i casi favorevoli bisogna affermare che le 13 carte che il singolo giocatore ha in mano
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A. De Gregorio
6 ESERCIZI DI RIEPILOGO
devono essere le stesse della precedente distribuzioni e non conta come gli arrivano.
Pertanto possono essere prese in 13! modi diversi. Allora
(13!)4
.
52!
Alternativamente potevamo utilizzare le combinazioni non tenendo conto dell’ordine.
I casi possibili sono
52 39 26 13
13 13 13 13
e l’evento favorevole si verifica una sola volta. Pertanto
52
13
1
26
39
13
=
13
13
13
(13!)4
.
52!
b) I casi possibili sono tutti i modi di scegliere le 13 carte di A ossia 52
13 . I casi
favorevoli sono quelli che si ottengono scegliendo 7 carte di picche tra 13 e le restanti 6
tra tutte le altre. Quindi
13
7
39
6 .
52
13
c) La probabilità in questo caso diventa
26 13
4 39
13 13 13
52 39 26 13
26
13
dato che ci sono
riceva 13 carte di picche.
d) Abbiamo che
13
13
13
13
13
13
39
13
modi di distribuire le carte in modo che un giocatore fissato
4!
48 36 24 12
12 12 12 12
52 39 26 13
13 13 13 13
.
Esercizio. Calcolare la probabilità che tra 7 persone: a) tutte siano nate in giorni diversi
della settimana; b) almeno due siano nate nello stesso giorno; c) 2 siano nate di domenica
e di martedi.
Soluzione.
a) Casi possibili: 77 . Casi favorevoli: 7! e quindi
7!
77
b) La probabilità cercata risulta essere:
1−
7!
,
77
dove abbiamo sfruttato l’uguaglianza P (A) = 1 − P (Ac ).
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A. De Gregorio
6 ESERCIZI DI RIEPILOGO
7
2
5 3
c) Casi possibili: 77 , Casi favorevoli:
7
2
2
5 3
2
3
3
53 e quindi
53
.
77
Esercizio. Prendiamo a caso 5 carte da un mazzo di 40.
a) Qual è la probabilità di avere tre assi e altre due carte diverse dall’asso e tra di
loro? b) Qual è la probabilità di avere tre assi e altre due carte uguali tra di loro?
Soluzione.
a) Il numero di casi possibili è dato da 40
. I casi favorevoli sono 43 , il numero di
5
modi di prendere 3 assi, 92 i possibili valori delle carte restanti e 4 il numero di modi di
scegliere il seme della carta. In definitiva
4 9 2
3 2 4
.
40
5
b) La risposta è
4
3
4
dove
4
2
2 9
,
40
5
rappresenta tutti i modi possibili di scegliere due semi.
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