Incontri Olimpici 2015 Combinatoria e Probabilità (1)

Unione Matematica Italiana
Progetto Olimpiadi della Matematica
Incontri Olimpici 2015
Udine, 18-21 ottobre 2015
Combinatoria e Probabilità
Vincenza Fico (Liceo Sc. “Rummo” di Benevento)
[email protected]
Abstract
Argomenti classici di combinatoria e di probabilità in contesti di problem-solving talvolta più generali,
altre volte più specifici con risoluzione di quesiti estratti da prove di ammissione alla Scuola Normale
Superiore di Pisa e da gare olimpiche.
Molti problemi di combinatoria e di probabilità richiedono conoscenze elementari, tuttavia, non sempre
l’approccio risolutivo risulta immediato ; vediamone un esempio.
Un piccolo congresso scientifico conta 30 partecipanti, provenienti da 6 città, 5 per città. La
sala da pranzo della sede del convegno dispone di 6 tavoli da 5 posti. Gli organizzatori, per
favorire la conoscenza reciproca dei partecipanti, vogliono disporli in modo che in nessun
tavolo siano presenti due scienziati provenienti dalla stessa città. In quanti modi è possibile
disporre i partecipanti nei 6 tavoli?
Nota: considera i tavoli come distinti, ma considera uguali due disposizioni con gli stessi
gruppi nei 6 tavoli (in altre parole, ignora l’ordine in cui i commensali sono seduti allo stesso
tavolo).( Prove accesso IsT. Sup. Normale 2008-2009-4)
La prima cosa da considerare è che ad ogni tavolo manca una delle città. I modi diversi con cui questo può
avvenire è 6!.
Fissata una scelta che configuri la città mancante di ogni tavolo, consideriamo le scelte dei rappresentanti
delle 6 città che per comodità chiamo A, B, C, D, E, F.
Per il 1° rappresentante della città A vi sono cinque possibilità di scelta dei tavoli, per il 2° rappresentante
di A le scelte sono 4 e così via. Quindi per la città A le scelte complessive dei suoi rappresentanti sono
5∙4∙3∙2∙1 = 5! . Questo vale per ogni città, indipendentemente dalle altre per cui le scelte complessive
diventano (5!)6 .
Ora considerando i 6! modi di scegliere la città mancante di ogni tavolo si ha che il numero delle
disposizioni richieste sono : 6! (5!)6
Vedremo nei prossimi esempi, classici problemi di combinatoria, che con interpretazioni
diverse riconducono allo stesso algoritmo risolutivo.
Quanti sono gli anagrammi della parola PAPPAGALLO ?:
Per il calcolo basta ricorrere al rapporto di fattoriali:
10!
3! 3! 1! 2! 1!
(1)
La (1) rappresenta le permutazioni di 10 elementi di cui 3 del tipo P, 3 del tipo A, 1 del tipo G, 2 del tipo L
e 1 del tipo O.
Osserviamo che con la stessa espressione di fattoriali si può risolvere il seguente problema:
1
Un gruppo di 10 amici ha prenotato il pernottamento in un Bed & breakfast che assegna loro
5 camere : due camere triple , una doppia e due camere singole. In quanti modi diversi
possono sistemarsi nelle singole stanze senza tener conto della disposizione nei letti della
stessa stanza ?
Studiamo questo caso in generale:
Siano n, k, r1, r2, . . . , rk numeri interi non negativi tali che k ≥ 2 e ,
𝑘
𝑟𝑗 = 𝑛
𝑗 =1
Dimostriamo come il coefficiente multinomiale
𝑛
𝑟1 𝑟2 𝑟3 … 𝑟𝑘
=
𝑛!
𝑟1 ! 𝑟2 ! 𝑟3 !… 𝑟 𝑘 !
(2)
che indica le possibili permutazioni di n oggetti di k tipologie differenti : r1 oggetti del primo tipo, r2 del
secondo, ... , ed rk del k-esimo, rappresenta anche il numero di modi in cui l’insieme di n elementi distinti
può essere suddiviso in k gruppi ordinati, di cui il primo contiene r1 elementi, il secondo r2 elementi e così
via. Riferendoci a quest’ultima interpretazione, osserviamo che l’ordine dei gruppi è fondamentale, infatti
la partizione con r1 = 3 ed r2 = 4 è diversa da quella che, viceversa, prevede 4 elementi nel primo gruppo e
3 elementi nel secondo. All’interno dei gruppi l’ordinamento è, invece, ininfluente.
𝑛
Per la dimostrazione osserviamo che i primi r1 elementi possono essere scelti in 𝑟 modi; le possibili
1
𝑛 − 𝑟1
𝑛 −𝑟1 !
scelte per il secondo gruppo sono
=
; per il j-esimo gruppo le scelte sono
𝑟2
𝑟2 ! 𝑛 −𝑟1 − 𝑟2 !
𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 − ⋯ 𝑟𝑗 −1
𝑛 −𝑟1 −𝑟2 −⋯𝑟 𝑗 −1 !
=
; infine per penultimo gruppo (ultima scelta
𝑟𝑗
𝑟 𝑗 ! 𝑛 −𝑟1 −𝑟2 −⋯𝑟 𝑗 −1 − 𝑟 𝑗 !
possibile, in quanto l’ultimo gruppo è formato dai rimanenti delle precedenti scelte) i modi sono
𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 − ⋯ 𝑟𝑘−2
𝑛 −𝑟1 −𝑟2 −⋯𝑟 𝑘−2 !
𝑛 −𝑟1 −𝑟2 −⋯𝑟 𝑘−2 !
=
=
𝑟𝑘−1
𝑟 𝑘−1 ! 𝑛 −𝑟1 −𝑟2 −⋯𝑟 𝑘−2 − 𝑟 𝑘−1 !
𝑟 𝑘−1 ! 𝑟 𝑘 !
Per ottenere tutte le modalità delle scelte basta moltiplicare tutti i coefficienti binomiali :
𝑛
𝑛 − 𝑟1
𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2
𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 − ⋯ 𝑟𝑘−2
∙
∙
∙
…
…
.
.
=
𝑟3
𝑟𝑘−1
𝑟1
𝑟2
=
𝑛!
𝑛 − 𝑟1 !
𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 !
𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 − ⋯ 𝑟𝑘−2 !
∙
∙
∙ ……
=
𝑟1 ! 𝑛 − 𝑟1 ! 𝑟2 ! 𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 ! 𝑟2 ! 𝑛 − 𝑟1 − 𝑟2 − 𝑟3 !
𝑟𝑘−1 ! 𝑟𝑘 !
Semplificando si ottiene
𝑛!
𝑟1 ! 𝑟2 ! 𝑟3 !… 𝑟 𝑘 !
Problemi di allocazione.
In questa sezione saranno presi in considerazione problemi riguardanti la sistemazione di palline in celle
distinte, situazioni cui si può far riferimento per la risoluzione di numerosi problemi di combinatoria e di
probabilità.
Supponiamo di dover disporre a caso n palline identiche in n celle senza vincoli sul numero
di palline per ciascuna cella. Una cella quindi potrà contenere 0, 1, 2, . . . , n palline.
Qual è la probabilità che tutte le celle risultino occupate?
2
La sistemazione delle n palline può essere effettuata estraendo da un’urna n bussolotti numerati da 1 ad
n, e associando ad ogni pallina il numero del bussolotto. Non avendo posto limiti al numero di palline per
cella, è necessario il reimbussolamento . Si ottiene così una successione ordinata di interi p1, p2, . . . , pn
che individua la cella dove inserire la prima, la seconda, ... l’n-sima pallina.
Per esempio:
sia n = 3; supponiamo di estrarre dall’urna la terna c1 = 1, c2 = 3, c3 = 1. In questo caso la prima pallina
occupa la cella 1, la seconda la cella 3 e la terza ancora la 1. Analogamente, se dall’urna si estrae la terna
c1 = 1, c2 = 1, c3 = 1, tutte e tre le palline vanno poste nella cella 1.
Quindi il numero totale di modi possibili di allocare le n palline nelle n celle è nn , ovvero tutte le n-uple
𝑟
degli n elementi distinti , le disposizioni con ripetizione 𝐷𝑛,𝑛
.
Il numero di casi favorevoli, ovvero il numero di allocazioni nelle quali ogni cella risulta occupata è dato
dal numero di permutazioni di n oggetti su n posti .
Di conseguenza, la probabilità che tutte le celle siano occupate è:
𝒑=
𝑃𝑛
𝑛!
𝑟 = 𝑛
𝐷𝑛,𝑛 𝑛
Alcuni esempi classici riferibili al caso precedente:
Calcolare la probabilità che lanciando sei volte un dado compaiano tutte e sei le facce.
Osserviamo che le celle, nel lancio di dadi, sono sei, quante sono le facce del dado
𝒑=
6!
= 0,01543
66
Se si selezionano cinque cifre tra le dieci {0, 1, . . . , 9}, la probabilità che esse siano tutte
differenti, nell’ipotesi che l’estrazione avvenga con reimbussolamento, è
𝒑=
𝐷10,5
10 5 10 ∙ 9 ∙ 8 ∙ 7 ∙ 6
=
=
≈ 0,3
′
𝐷10,5
105
105
Qual è la probabilità che in un gruppo di r persone , almeno due compiano il compleanno lo
stesso giorno ?
Calcoliamo tale probabilità come quella contraria a quella in cui tutti i componenti del gruppo siano nati
in giorni diversi. Le possibili configurazioni delle date di nascita differenti di r persone corrisponde alle
possibili disposizioni di r palline in celle distinte di un totale di n = 365 (i giorni dell’anno).
Gli ordinamenti possibili delle r date distinte sono le disposizioni semplici 𝐷365,𝑟 , mentre tutti i casi
r
possibili 365 e quindi la probabilità che i compleanni siano tutti diversi è
𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑖
𝒑=
La probabilità richiesta P = 1 – p
𝐷365,𝑟
365 5 365 ∙ 364 ∙ 363 ∙ …
=
=
′
𝐷365,𝑟
365𝑟
365𝑟
Prendiamo ora in esame il caso in cui le r palline possano distribuirsi nelle n celle anche più di una
per cella.
Dall’urna contenente gli n bussolotti corrispondenti alle n celle, se ne estraggono, con reimbussolamento,
r. La successione ordinata di interi c1, c2, . . . , cr indica le celle nelle quali inserire le palline. Se la cella jesima contiene rj palline, con j = 1, 2, . . . , n, gli interi r1, r2, . . . , rn prendono il nome di numeri di
occupazione e soddisfano la relazione
𝑛
𝑟𝑗 = 𝑟
𝑗 =1
3
Prima di procedere è importante sottolineare che le palline sono considerate non distinguibili tra loro
mentre lo sono le celle. In questo contesto non è rilevante quale pallina sia inserita in una particolare cella
ma, ad esempio, sono differenti le situazioni nelle quali la prima cella contiene tre palline e la seconda
cinque, rispetto a quella in cui si verifica la situazione opposta.
Il numero di possibili allocazioni casuali delle r palline in n celle è nr; il numero di
disposizioni, che realizzano una fissata n-pla di numeri di occupazione r1, r2, . . . , rn, è
𝑟
𝑟1 𝑟2 𝑟3 … 𝑟𝑛 ,
Pertanto la probabilità che le n palline si distribuiscano secondo la n-pla di numeri di occupazione r1,
r2,… rn è :
𝑟
𝑟!
1
𝑟 𝑟 𝑟 …𝑟
P 𝑟1, 𝑟2 , 𝑟3, … 𝑟𝑛 = 1 2 n r3 𝑛 =
∙ 𝑟 (3)
𝑟1 ! 𝑟2 ! 𝑟3 !… 𝑟𝑛 !
𝑛
La (3) è nota come statistica di Maxwell-Boltzman
Caso particolare:
Se r < n, la probabilità che le r palline occupino esattamente le prime r celle è :
𝑟!
1
𝑟!
P 1, 1 , 1 , … 0, 0, 0,0 =
𝑟
𝑛−𝑟 ∙ 𝑛𝑟 = 𝑛𝑟
1! 0!
𝒓
𝒏−𝒓
Vediamo ora un problema per la cui risoluzione si può far rifermento a quanto detto prima .
Pierino vuole fare una collezione di dinosauri. La collezione è formata da 5 esemplari diversi
e la mamma gli compra 7scatole contenenti un dinosauro ciascuna e tutti i dinosauri possono
comparire con la stessa probabilità. Qual è la probabilità che Pierino riesca a terminare la
sua collezione con queste 7 scatole? (prova di ammissione alla Normale 1994-1995 )
Casi possibili = 57
Per calcolare il numero di casi favorevoli indichiamo con r1, r2, r3, r4, r5 rispettivamente il numero di
dinosauri del tipo 1, del tipo 2, ecc. , e calcoliamo il numero delle 5-ple che realizzano i numeri di
occupazione r1, r2, . . . , r5 in cui rj > 0 per ogni j da 1 a 5 e 5𝑗=1 𝑟𝑗 = 7.
Allora 5-ple che realizzano i casi favorevoli sono di due tipologie:
A : quelle in cui 4 valori sono 1 ed un valore è 3 (per esempio del tipo 1, 1, 3, 1, 1), cioè 3 dinosauri uguali
e 1 diverso
B : quelle in cui 3 valori sono 1 e due valori sono 2 (per esempio del tipo 1, 2, 2, 1, 1), cioè due coppie di
dinosauri uguali e tre diversi.
Il numero di disposizioni, che realizzano tutte le 5-ple di numeri di occupazione di tipo A dipendono dai
modi di scegliere il 3 sui cinque posti e sono
7!
7
5
∙
=
∙5
3!
311… 1
1
Il numero di disposizioni, che realizzano tutte le 5-ple di numeri di occupazione di tipo B dipendono dai
modi di scegliere le coppie sui cinque posti e sono
7!
7
5
∙
=
∙ 10
2! 2!
221… 1
2
P=
7!
7!
∙5+2! 2! ∙10
3!
57
1
=
1
5 ∙7! 6 +4
57
7!
2
= 56 ∙ 3 =
672
3125
≅ 0,2
Il numero di distribuzioni riconoscibili di r palline identiche in n celle distinte
(combinazioni con ripetizione) è dato dal coefficiente binomiale
4
𝑪 ′𝒓,𝒏 =
𝑛+𝑟−1
𝑛+𝑟−1
=
𝑛−1
𝑟
(4)
Per dimostrare l’asserto della proposizione (4) ricorriamo ad un ragionamento proposto da Feller .
Indichiamo le r palline con il simbolo ⊕ e le n celle con gli n spazi tra n+1 separatori indicati con le
frecce ↑. In questo modo la successione di simboli ↑⊕⊕⊕↑⊕⊕↑↑⊕⊕⊕⊕↑⊕↑ indica una delle
possibili configurazioni di 10 palline in 5 celle, quella con 3 palline nella prima, 2 nella seconda, 0 nella
terza, 4 nella quarta e 1 nella quinta.
Bloccati i 2 separatori ↑agli estremi , quelli che si possono spostare sono n-1 , per cui il numero totali di
distribuzioni delle r palline corrisponde al numero di possibili scelte di r posizioni su un totale di n+r -1,
𝑛+𝑟−1
cioè
ed equivale alle possibili scelte delle posizioni di n-1 separatori da un totale di n+r -1,
𝑟
𝑛+𝑟−1
che sono
𝑛−1
Lanciando r dadi identici, i risultati distinguibili, cioè le r-ple non ordinate distinte
𝒓+𝟓
e quindi nel caso del lancio di due dadi le
𝟓
𝟐+𝟓
coppie distinte , (non ordinate) sono :
= 𝟐𝟏
𝟓
che si possono ottenere sono 𝑪 ′𝒓,𝟔 =
Il numero di distribuzioni distinguibili di r palline in n celle tali che nessuna cella
risulti vuota è espressa dal coefficiente binomiale
𝑟−1
𝑛−1
Il vincolo che nessuna cella sia vuota impone che due separatori non possono mai essere adiacenti. Tra le
r palline, rappresentate in simboli da ⊕, sono interposti r −1 spazi di cui n −1 devono essere occupati dai
𝑟−1
separatori ↑: sicché le scelte possibili sono
𝑛−1
Un significativo esempio di applicazione delle combinazioni con ripetizione è il seguente problema.
Papi ha 12 caramelle: 4 bianche, 4 rosse e 4 verdi. In quanti modi diversi può
distribuirle alle sue tre figliole, in modo che ciascuna ne abbia almeno una?
Disfida Matematica "Urbi et Orbi"- ROMA 2011
Indico con A, B, e C, le tre figliole.
I modi in cui le 4 caramelle bianche possono essere distribuite alle 3 figlie , compresi i casi in cui
4+3−1
6
qualcuna potrebbe non averne, sono
=
. Moltiplicando i modi di distribuire i tre tipi di
2
2
6
6
6
caramelle si ha :
∙
∙
= 153.
2
2
2
Ora bisogna contare i casi in cui qualche figlia rimanga senza caramelle, cioè le 12 caramelle finiscano
solo a due di loro. Supponiamo che le caramelle siano tutte di A e B e con il ragionamento analogo al
4+2−1
4+2−1
4+2−1
caso precedente calcolo come ciò può avvenire:
∙
∙
= 53. (α)
1
1
1
3 3
Quindi tutti i modi con cui si possono distribuire a due qualsiasi tra A, B e C è
∙5 = 3∙53. (β)
2
Nei casi appena contati ci sono anche quelli in cui le caramelle finiscono a una sola delle sorelle.
5
Quindi il caso in cui A resta senza caramelle viene contato sia quando si considera la coppia (A , B) sia
nel caso in cui A è abbinato a C. Quindi i casi in cui una figlia resta senza caramelle nella (β) sono
contati due volte. Quindi tutti i modi diversi in cui le caramelle sono assegnate a due figlie sono 3∙53-3.
La risposta al problema è 153 – (3∙53-3) = 3003
Ancora esempi interessanti di calcolo di probabilità
Un turista parte per un viaggio di 800 km in autostrada; alla partenza ha fatto il pieno di
carburante, e con il pieno ha un’autonomia di 200km; ma, a causa di uno sciopero, i
distributori di benzina hanno una probabilità del 50% di essere chiusi; lungo l’autostrada il
turista troverà un distributore ogni 100km, e, se il distributore sarà aperto, ogni volta farà
il pieno. Che probabilità ha il turista di arrivare a destinazione? (Nota: per “probabilità” si
intende il rapporto fra il numero dei casi favorevoli e il numero totale dei casi) Ammissione
Normale 2007-2008
Essendo equiprobabili l’evento chiuso e l’evento aperto dei distributori, si può calcolare la probabilità
richiesta come rapporto tra casi favorevoli e casi possibili.
Casi possibili : tutte le sequenze di A (aperto) e di C (chiuso) di lunghezza 7 (infatti l’ultimo pieno
utile è quello al 7-mo distributore in quanto l’arrivo è a 800km)
Casi possibili = tutte le disposizioni con ripetizione di due elementi su sette posti : 27
Casi favorevoli : sono tutte le sequenze, di lunghezza sette ,di A e C in cui non ci sono due C
consecutive.
Esempio di sequenza “buona”
Si può ragionare per ricorrenza:
Indico con An il numero di sequenze “buone” di lunghezza n che terminano con A
Indico con Cn il numero di sequenze “buone”di lunghezza n che terminano con C
Allora le sequenze buone di lunghezza n+1 :
An+1 =An + Cn (infatti basta aggiungere una A alle sequenze di lunghezza n)
Cn+1 =An (sono tante quante le sequenze di lunghezza n che terminano con A)
da cui An+1 =An + An-1
Tutte le sequenze “buone”, di lunghezza n+1 ,
Bn+1= An+1 + Cn+1= An+1+ An
Nel nostro problema ci occorre B7 = A7+ A6
A1 =1 (la sequenza “A”)
C1 = 1(la sequenza “C”)
A2 = A1+ C1= 1 +1 = 2
I termini della successione An (Fibonacci dal secondo termine)
1 2 3 5 8 13 21…
A7= 21
A6= 13
B7 = 34
Casi favorevoli = 34
Probabilità =
𝟑𝟒
𝟐𝟕
=
𝟏𝟕
𝟔𝟒
6
Stefano lancia 𝒏 + 𝟏 monete e tra queste ne sceglie 𝒏 in modo da massimizzare il
numero di teste . Barbara lancia 𝒏 monete. Chi ottiene un maggior numero di teste
vince e, nel caso di parità, si assegna la vittoria a Barbara. Quale è la probabilità di
vittoria di Stefano? (Ammissione alla Normale 1999-2000)
Consideriamo gli eventi all’n-esimo lancio.
A = Stefano e Barbara hanno lo stesso numero di teste
B = Stefano più teste di Barbara
C = Barbara più teste di Stefano
Dove A, B e C sono tre eventi incompatibili e la loro unione è l’evento certo.
Cioè: P(A) + P(B) + P(C) = 1
E’ chiaro che i due eventi B e C sono simmetrici e quindi equiprobabili:
P(B) = P(C) = p
Da cui P(A) = 1 -2p
All’(n+1)-esimo lancio la probabilità che vinca Stefano è data dalla probabilità che abbia già più teste
all’n-esimo lancio sommata alla probabilità di avere , all’n-esimo lancio, lo stesso numero di teste di
Barbara per la probabilità di fare testa all’(n+1)-esimo lancio :
P(B) + P(A)∙
1
2
1
1
2
2
= p + (1 -2p) =
Per riprendersi dalle fatiche di questa gara, i 7 componenti di una squadra hanno
organizzato una spaghettata aglio, olio e peperoncino. Le dosi di pasta che vengono
servite sono uguali per tutti tranne che per il capitano, che ha diritto ad una razione
doppia, ed il consegnatore, che avendo corso tanto ha diritto ad una razione tripla.
Sapendo che nel sugo sono stati messi 4 peperoncini interi, e che i piatti sono stati
fatti a caso dopo aver mescolato bene la pasta con il sugo, determinare la probabilità
che almeno un commensale si ritrovi nel piatto più di un peperoncino. Gara a squadre locale
2004
Soluzione
Considerata unitaria la dose dei giocatori non capitano o consegnatore, Il totale delle dosi di pasta sono 5
(normali) + 2( del capitano)+ 3(del consegnatore) =10 . Per cui prendendo un peperoncino , la probabilità
che si trovi nel piatto del capitano è P(A) =2/10 =1/5 , che il peperoncino si trovi nel piatto del
consegnatore è P(B) = 3/10, invece la probabilità che un peperoncino si trovi nel piatto del componente
“normale” è P(C) =1/10
Calcolo la probabilità P(Z) che i 4 peperoncini si trovino in piatti diversi; tale probabilità è data dalla
somma delle probabilità dei seguenti eventi incompatibili :
Q : un peperoncino si trova nel piatto del capitano, uno in quello del consegnatore e gli altri due in due
dei piatti degli altri concorrenti
R: un peperoncino si trova nel piatto del capitano e gli altri 3 in altrettanti piatti “normali “
S : un peperoncino si trova in nel piatto del Consegnatore e gli altri 3 in altrettanti piatti “normali “
T: i 4 peperoncini si trovano in 4 diversi piatti normali
Il prodotto P(A)∙P(B) ∙P(C) ∙P(C) rappresenta la probabilità che il primo peperoncino sia piatto del
capitano, il secondo nel piatto del Consegnatore,il terzo e il quarto in piatti di concorrenti “normali”. Per
7
ottenere P(Q) occorre moltiplicare il prodotto P(A)∙P(B) ∙P(C) ∙P(D) per i modi di scegliere i piatti
“normali “ e per tutti i possibili ordinamenti dei piatti in cui si trovano i peperoncini
2 3 1 1 5 
6
P(Q) = 
   4! 4 10  4!
10
 10 10 10 10   4 
Analogamente si calcola :
2 1   5
2
P(R) = 
  4! 4 10  4!
3  
10
 10 10  3
 
3 1   5
3
P(S) = 
  4! 4 10  4!
3  
10
 10 10  3
 
1 5
5
P(T) =  4    4! 4  4!
10
 10  4
 
E quindi P(Z)= P(Q) + P(R)+ P(S) +P(T)= (60  20  30  5)
La probabilità richiesta è : 1 
4!
69

4
10
250
69 181

250 250
Seconda soluzione
Come nel caso precedente, considerata unitaria la dose dei giocatori non capitano o consegnatore, Il totale
delle dosi di pasta sono 5 (normali) + 2( del capitano)+ 3(del consegnatore) =10 .
Considero i casi in cui i peperoncini finiscano in piatti diversi.
Fissato un ordinamento dei 4 peperoncini essi si possono trovare nei seguenti casi : (1) uno nel piatto del
capitano, uno in quello del consegnatore e gli altri due in due dei piatti degli altri concorrenti , (2) un
peperoncino si trova nel piatto del capitano e gli altri 3 in altrettanti piatti “normali“, (3) un peperoncino
si trova in nel piatto del Consegnatore e gli altri 3 in altrettanti piatti “normali“, (4) i 4 peperoncini si
trovano in 4 diversi piatti normali.
Tutti i modi con cui si verifica il caso (1) si ottengono moltiplicando : i modi di scegliere la dose tra le
due del capitano per i modi di scegliere la dose tra le tre del consegnatore per i modi di scegliere due dosi
5
 2
normali tra le cinque, cioè 2  3     60
Tutti i modi con cui si verifica il caso (2) si ottengono moltiplicando i modi di scegliere la dose tra le due
 5
del capitano per i modi di scegliere tre dosi normali tra le cinque, cioè 2     20
 3
Tutti i modi con cui si verifica il caso (3) si ottengono moltiplicando i modi di scegliere la dose tra le tre
 5
del consegnatore per i modi di scegliere 3 dosi normali tra le cinque, cioè 3     30
 3
5
Tutti i modi con cui si verifica il caso (4) sono :    5
4
 
Quindi tutti i modi con cui i peperoncini si possono distribuire in piatti diversi sono la somma di quelli
dei 4 casi considerati moltiplicati per tutti gli allineamenti possibili dei 4 peperoncini, cioè :
4! 60  20  30  5  4!115  2760
Tutti i modi possibili con cui i 4 peperoncini possono distribuirsi nelle 10 dosi sono 10 4, per cui i casi
favorevoli del nostro problema sono : 10000 – 2760 = 7240
8
La probabilità richiesta è :
7240
10000
=
181
250
Nemici e amici
Per immortalare la sua ultima vittoria in Evolution Equation Soccer, Mario decide di
fotografare la sua squadra di 11 giocatori (1 portiere, 4 difensori, 3 centrocampisti, 3
attaccanti). Per questo ordina ai suoi giocatori di disporsi su un’unica fila, uno a fianco
all’altro. Però, gli attaccanti non si passano mai la palla tra di loro, quindi nessun attaccante
vuole stare vicino ad un altro attaccante. I centrocampisti, invece, vogliono stare a tutti i
costi vicini. In quanti modi si possono disporre gli 11 giocatori in modo che ognuno sia
contento? Tutti i giocatori, anche quelli con lo stesso ruolo, sono distinguibili tra loro. Si risponda
fornendo le prime quattro cifre del risultato. (Gara nazionale a squadre Cesenatico 2015)
Considero ,prima di tutto, tutti i possibili allineamenti in cui il gruppo dei centrocampisti sono tutti vicini
(un unico elemento)e gli altri sono singoli elementi distinti, allora ( 1 + 4 +
1
+ 3 )!
𝑝𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒𝑟𝑒
𝑑𝑖𝑓𝑒𝑛𝑠𝑜𝑟𝑖
3 𝑐𝑒𝑛𝑡 .𝑐𝑎𝑚𝑝
𝑎𝑡𝑡𝑎𝑐𝑐
rappresenta le permutazioni in cui è fissato un particolare allineamento dei centrocampisti . Moltiplico
per 3! (le permutazioni dei centrocampisti) per poter ottenere tutti i possibili allineamenti dei in cui i
centrocampisti sono vicini e si ha 9! ∙ 3! ($)
Per determinare le disposizioni che accontentano tutti i partecipanti, occorre sottrarre dai casi appena
calcolati quelli in cui gli attaccanti sono vicini.
Siano A, B, C i tre attaccanti e considero i casi in cui due attaccanti A e B sono vicini .
Analogamente al ragionamento precedente si ha che tutti i possibili allineamenti dei in cui i
centrocampisti sono vicini, e A è vicino a B sono :
( 1 + 4 +
1
+ 1 + 1 )! ∙
3!
∙
2!
= 8 ! ∙ 3! ∙2
(*)
𝑝𝑜𝑟𝑡𝑖𝑒𝑟𝑒
𝑑𝑖𝑓𝑒𝑛𝑠𝑜𝑟𝑖
3 𝑐𝑒𝑛𝑡 .𝑐𝑎𝑚𝑝
𝐴𝐵
𝐶
𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡 𝑐𝑒𝑛𝑡 .
𝑝𝑒𝑟𝑚𝑢𝑡 𝑑𝑖 𝐴𝐵
Nel conteggio (*) vi sono anche i casi in cui C si trova vicino alla coppia AB, cioè gli allineamenti in cui
sono presenti ABC e CAB.
3
Tutte le coppie di centrocampisti sono
= 3 , tuttavia se moltiplico la (*) per 3, gli allineamenti di
2
tipo ABC, si trovano due volte, quando la coppia è AB e C si trova a destra, e quando la coppia è BC e A
si trova a sinistra. Per calcolare quindi tutti gli allineamenti distinti in cui il gruppo dei centrocampisti
sono tutti vicini e almeno due attaccanti sono vicini occorre moltiplicare per 3 la (*) e sottrarre , una
volta, gli allineamenti in cui gli attaccanti sono tutti vicini .
Pertanto si ha (8 ! ∙ 3! ∙2)∙ 3 - ( 1 + 4 + 1 + 1 )! ∙ 3! ∙ 3! = (8 ! ∙ 3! ∙3!) - 7 ! ∙ 3! ∙ 3! (€)
𝑝𝑜𝑟𝑡
𝑑𝑖𝑓𝑒
𝑐𝑒𝑛𝑡
𝐴𝐵𝐶
𝑝 𝑐𝑒𝑛𝑡 . 𝑝 𝐴𝐵𝐶
I casi richiesti dal problema sono ($) - (€) = 9! ∙ 3! - (8 ! ∙ 3! ∙3!) + 7 ! ∙ 3! ∙ 3! =
7! 3! (72 – 48 + 6)= 907200
9