Indice - Università degli Studi dell`Insubria

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Calcolo combinatorio
1
2
1
Calcolo combinatorio
Esercizio 1 In un mazzo da 52 carte (4 semi, 13 ranghi) in quanti modi si possono
pescare in blocco 3 carte
a) dello stesso seme?
b) dello stesso rango?
c) dello stesso rango e dello stesso seme?
Si esegue un’altra estrazione dallo stesso mazzo: si ottiene una carta di cuori. In
quanti modi si può estrarre, in una successiva estrazione
d) una carta di fiori?
e) una di cuori?
Soluzione.
Il mazzo è composto da 52 carte: 13 carte di cuori, 13 di quadri, 13 di fiori
e 13 di picche, cioè 13 carte per ogni rango. Il numero di estrazioni in blocco
di k oggetti scelti tra n si calcola utilizzando il coefficiente binomiale nk che,
n!
ricordiamo, è pari a k!(n−k)!
dove il simbolo n! indica il fattoriale di n, cioè il
prodotto di n per tutti gli interi strettamente positivi minori n: n! = n · (n − 1) ·
. . . · 2 · 1.
3
Quindi, i modi di estrarre 3 carte da un mazzo da 52 sono 52
.
a) Affinché le 3 carte siano tutte dello stesso seme bisogna estrarle da un sottomazzo di 13 carte, perciò il numero di modi di estrarre 3 carte da un insieme
di 13 è
13
13!
13 · 12 · 11
=
=
= 13 · 2 · 11 = 286.
3!10!
3·2
3
Osservando che questo può essere fatto per uno qualsiasi dei 4 semi, allora i
modi di estrarre 3 carte da un mazzo da 52 sono 4 · 286 = 1144.
b) Volendo
estrarre 3 carte di un dato rango bisogna innanzitutto scegliere il4rango
( 13
1 = 13 possibilità) e poi scegliere 3 delle 4 carte del rango scelto ( 3 = 4
possibilità), per un totale di 13 · 4 modi. Osserviamo che esiste un solo modo
di estrarre 4 carte di un dato rango.
c) È impossibile estrarre, in un mazzo come quello considerato, 3 carte dello
stesso seme e dello stesso rango. La risposta è 0.
d) Se ho estratto una carta di cuori, significa che nel mazzo ne sono rimaste 12 di
cuori e 13 degli altri tre semi, fiori, quadri e picche, perciò, i modi di estrarre
una carta di fiori sono 13.
2
Capitolo 1
e) Dopo aver estratto una carta di cuori, ne rimangono 12 nel mazzo, perciò si
hanno 12 possibilità di estrarre una seconda carta di cuori.
Esercizio 2 Qual è il numero di possibili configurazioni che prevedono
a)
b)
c)
d)
due 0 e tre 1 in una cinquina binaria?
quattro 0 e un 1 in una cinquina binaria?
quattro 1 e uno 0, in una cinquina binaria?
tre 0 e tre 1 in una cinquina?
Soluzione.
a) Bisogna contare tutte le cinquine binarie (composte da 0 e 1) che contengono
esattamente tre 1 e due 0; per farlo si può semplicemente
pensare di scegliere
5
3 tra le cinque posizioni disponibili (lo si fa in 3 modi) e di riempirle con
1 (le rimanenti saranno occupate da 0). Concludendo,
il numero di possibili
configurazioni che prevedono due 0 e tre 1 sono 53
b) Bisogna
tra
contare, come al punto precedente, i modi di scegliere 4 posizioni
5: 54 = 5 (è analogo pensare di scegliere una posizione tra le 5: 51 ).
c) Per simmetria, i modi di avere
quattro 1 e uno 0, sono pari al numero di modi
5
di avere quattro 0 e un 1: 4 = 5.
d) Chiaramente non c’è modo di disporre in 5 posizioni 6 elementi. La risposta è
quindi 0.
Esercizio 3 Un comitato di quartiere è composto da 3 artigiani, 4 casalinghe, 5
ristoratori e 2 impiegati comunali. In quanti modi si può formare un sottocomitato
a) di 4 persone, nel quale vi è un rappresentante di ognuna delle categorie elencate precedentemente?
b) di 5 persone, nel quale vi è un rappresentante di ognuna delle categorie elencate precedentemente?
c) di 6 persone, nel quale vi è un rappresentante di ognuna delle categorie elencate precedentemente?
Soluzione.
Per il principio fondamentale del calcolo combinatorio1 , è semplice verificare
quanto segue.
a) Si possono comporre sottocomitati in numero pari a 3 · 4 · 5 · 2 = 120.
Si potrebbe
anche ragionare cosı̀: in quanti modi posso estrarre
1 persona
3
4
da 3? 1 . In quanti modi posso estrarre 1 persona da 4? 1 , e cosı̀ via
per tutte le categorie. Si ottiene quindi che i modi di comporre sottocomitati rappresentanti
5 2 tutte le categorie presenti nel comitato di quartiere sono
3
4
·
1
1 · 1 · 1 = 120.
1
Se si realizzano r esperimenti tali che il primo abbia n1 esiti, il secondo n2 esiti e cosı̀ via fino
all’r-esimo evento che ha nr allora gli r esperimenti hanno in tutto n1 · n2 · . . . · nr esiti possibili.
Calcolo combinatorio
3
b) Per comporre un sottocomitato di 5 persone, in modo che ogni categoria venga
rappresentata, contiamo prima i comitati di 5 persone con due artigiani:
3
4
5
2
·
·
·
= 3 · 4 · 5 · 2 = 120.
2
1
1
1
Ad essi si aggiunge il numero di sottocomitati con due casalinghe
3
4
5
2
·
·
·
= 3 · 6 · 5 · 2 = 180,
1
2
1
1
quello dei sottocomitati con due ristoratori
3
4
5
2
·
·
·
= 3 · 4 · 10 · 2 = 240
1
1
2
1
e quello dei sottocomitati con due impiegati comunali
3
4
5
2
·
·
·
= 3 · 4 · 5 · 1 = 60,
1
1
1
2
per un totale di 600 possibili sottocomitati. Non si può invece ragionare come
segue: considerare i possibili sottocomitati da 4 persone che rappresentano
tutte le categorie che, dal punto a), sono 120 e moltiplicarlo per i modi di
scegliere la persona rimanente tra le dieci che non sono ancora state scelte
10
120 ·
= 1200.
1
Il risultato è esattamente il doppio di quello ottenuto al punto precedente.
Quale sarà corretto?
Facciamo un piccolo esempio per convincerci che il secondo approccio non
è corretto. Ci sono solo due categorie A e B, nella categoria A ci sono 2
elementi, siano A1 e A2 , mentre nella B ci sono 3 elementi, siano B1 , B2 e B3 .
Quanti sottocomitati da 2 persone possiamo comporre in modo
che entrambe
le categorie siano rappresentate? Senza dubbi, la risposta è 21 31 = 2 · 3 = 6.
Elenchiamo le possibilità:
(A1 , B1 ),
(A1 , B2 ),
(A1 , B3 ),
(A2 , B1 ),
(A2 , B2 ),
(A2 , B3 ).
Per comporre invece un sottocomitato da 3 persone, in modo che entrambe le
categorie siano rappresentate possiamo pensare di ragionare nei due modi (uno
corretto, l’altro non corretto) precedenti:
Primo modo (corretto) 22 31 + 21 32 = 1 · 3 + 2 · 3 = 3 + 6 = 9
Secondo modo (non corretto) 6 · 31 = 6 · 3 = 18, ottenuto moltiplicando i
sottocomitati da due persone, una per ogni categoria, per il numero di modi
in cui si può scegliere una persona tra le 3 rimanenti.
4
Capitolo 1
Si osserva, come prima, una discrepanza: in particolare un numero è il doppio
dell’altro. Ragioniamo nel secondo modo, per renderci conto del perché non
sia corretto. In questo caso, essendo pochi i casi, possiamo elencarli. Consideriamo per esempio la coppia A1 , B1 e cerchimo gli elementi con cui possiamo
completarla. Chiaramente, possiamo completarla con uno dei 3 rimanenti, cioè
uno tra A2 , B2 e B3 ottenendo cosı̀ le seguenti triplette:
(A1 , B1 , A2 ),
(A1 , B1 , B2 ),
(A1 , B1 , B3 ).
Possiamo fare lo stesso procedimento per le altre cinque coppie ottendendo le
seguenti triplette:
(A1 , B2 , A2 ),
(A1 , B2 , B1 ),
(A1 , B2 , B3 ),
(A1 , B3 , A2 ),
(A1 , B3 , B1 ),
(A1 , B3 , B2 ),
(A1 , B1 , A2 ),
(A2 , B1 , B2 ),
(A2 , B1 , B3 ),
(A2 , B2 , A1 ),
(A1 , B2 , B1 ),
(A1 , B2 , B3 ),
(A2 , B3 , A1 ),
(A2 , B3 , B1 ),
(A2 , B3 , B2 ).
Ecco le 18 triplette ottenute nel modo non corretto. Osservandole ci rendiamo
conto del perché non siano corrette. La tripletta (A1 , B1 , A2 ) è infatti contata
due volte: come primo elemento della prima riga e come primo elemento della
quarta riga, cioè come (A1 , B1 , A2 ), e, poiché non conta l’ordine, queste due
triplette sono uguali, ma le conto due volte.
Quindi, tornando all’esempio da cui siamo partiti, il modo giusto di contare
questi sottocomitati da 5 persone, in cui ogni categoria è rappresentata, è quello di andare a sommare il numero di sottocomitati di 5 persone con due artigiani, con il numero dei sottocomitati di 5 persone con due casalinghe, con il
numero di sottocomitati con due ristoratori e il numero dei sottocomitati con
due impiegati comunali, ottenendo 600 possibili sottocomitati da 5 persone,
rappresentativi di ogni categoria.
c) Ragionando in modo simile al punto b) si deve scrivere 6 come somma di 4
distinti addendi non nulli
6 = 2 + 2 + 1 + 1,
6 = 2 + 1 + 2 + 1,
6 = 2 + 1 + 1 + 2,
6 = 1 + 2 + 2 + 1,
6 = 1 + 2 + 1 + 2,
6 = 1 + 1 + 2 + 2,
6 = 3 + 1 + 1 + 1,
6 = 1 + 3 + 1 + 1,
6 = 1 + 1 + 3 + 1,
6 = 1 + 1 + 1 + 3.
Osserviamo che 6 = 1 + 1 + 1 + 3 non è fattibile nel nostro caso perché ci
sono solo due ristoratori, perciò non ne posso scegliere tre.
Calcolo combinatorio
5
In questo modi si possono contare i possibili sottocomitati da 6 persone che
rappresentano tutte e quattro le categorie
3 4 5 2
3 4 5 2
3 4 5 2
+
+
+
2 2 1 1
2 1 2 1
2 1 1 2
3 4 5 2
3 4 5 2
3 4 5 2
+
+
+
1 2 2 1
1 2 1 2
1 1 2 2
3 4 5 2
3 4 5 2
3 4 5 2
+
+
=
3 1 1 1
1 3 1 1
1 1 3 1
3 · 6 · 5 · 2 + 3 · 4 · 10 · 2 + 3 · 4 · 5 · 1 + 3 · 6 · 10 · 2 + 3 · 6 · 5 · 1+
3 · 4 · 10 · 1 + 1 · 4 · 5 · 2 + 3 · 4 · 5 · 2 + 3 · 4 · 10 · 2 =
180 + 240 + 60 + 360 + 90 + 120 + 40 + 120 + 240 = 1450.
Esercizio 4 In quanti modi si possono disporre dodici bambini per giocare a
girotondo?
Soluzione.
È chiaro che è equivalente contare i modi di disporre i 12 bambini in fila indiana: per il primo bambino avremo 12 possibili scelte, per il secondo avremo
11 scelte e cosı̀ via fino all’ultimo bambino che sarà scelto in maniera univoca.
Bisogna però considerare che ogni shift, cioè ogni spostamento della stessa sequenza di un passo (il secondo diventa il primo, il terzo il secondo e cosı̀ via fino
a che il primo diventa l’ultimo) riproduce lo stesso girotondo. Per cui i modi in cui
si possono disporre 12 bambini per giocare a girotondo sono 12·11·...·2·1
= 11! =
12
39916800.
Esercizio 5 La signorina Annamaria, che aiuta Catia a tenere in ordine la casa,
si trova un giorno a dover riordinare i libri che i figli di Catia, molto disordinati,
hanno lasciato fuori dalla libreria. In particolare ci sono due libri di geometria,
tre di algebra, uno di probabilità e quattro di analisi matematica.
a) In quanti modi la signorina Annamaria può riordinare i libri sullo scaffale
della libreria?
b) Se la signorina Annamaria si accorgesse delle diverse argomentazioni dei libri
in questione, e volesse ordinarli per argomento, in quanti modi potrebbe farlo?
c) E se la signorina Annamaria decidesse di metterli in ordine alfabetico, quante
possibilità avrebbe?
Soluzione. La signorina Annamaria può
a) disporre i 10 libri a caso, senza nessun ordine e cosı̀ facendo ha 10 scelte
per posizionare il primo libro, 9 per il secondo e cosı̀ via, per un totale di
10!=3628800 disposizioni dei libri (non diciamolo alla signorina Annamaria:
potrebbe volerle provare tutte per cercare quella esteticamente migliore, per
esempio con abbinamenti di colore, di grandezza, ecc.)
6
Capitolo 1
b) ordinare i libri per argomentazioni: prima l’algebra, poi l’analisi, la probabilità
ed infine la geometria, oppure prima la probabilità, poi la geometria, l’analisi
e l’algebra e cosı̀ via, cioè potrebbe scegliere di permutare le 4 materie in
tutti i modi possibili, cioè in 4!=24 modi. Per ogni materia, poi, può decidere
l’ordine: quelli di algebra, per esempio, possono essere sistemati in 3!=6 modi
e cosı̀ per le altre 3 materie. Riassumendo il ragionamento, si contano 4! · (2! ·
3! · 4! · 1!) = 6912 modi di disporre i libri per argomenti.
c) decidere di mettere i libri in ordine alfabetico per autore, per esempio, cosı̀
facendo avrebbe un solo modo di sistemarli; lo stesso se decidesse di sistemarli
in ordine alfabetico per titolo dell’opera (a meno di omonimia o di uguale
titolo).
Esercizio 6 In quanti modi si può compilare
a)
b)
c)
d)
una schedina?
una schedina senza vittorie in casa?
una schedina senza vittorie?
una schedina senza pareggi?
Soluzione.
È noto che una schedina è strutturata in 13 righe, una per ogni partita e 3
colonne, una per ogni risultato: 1 per la vittoria in casa, X per il pareggio e 2 per
la vittoria fuori casa.
a) In generale, quindi, senza badare alle potenzialità delle squadre, una schedina
si può compilare in 313 = 1594323 modi diversi.
b) Compilare una schedina senza vittorie in casa significa che non sono presenti
“1”, perciò posso compilare la schedina in 213 = 8192 modi possibili.
c) Compilare una schedina senza vittorie significa che non sono presenti vittorie
in casa e neppure vittorie fuori casa, cioè si hanno solo pareggi, perciò posso
copilare la schedina in un solo modo: tutte X.
d) Compilare una schedina senza pareggi significa senza X e quindi posso scegliere
tra “1” e “2”, perciò si hanno, come nel caso b), 213 = 8192 modi di compilarla.
Esercizio 7 Qual è il numero dei possibili anagrammi, anche non di senso compiuto, della parola “anagramma”?
Soluzione.
Se la parola “anagramma” fosse composta da 9 lettere tutte diverse, allora ci
sarebbero 9! anagrammi, ma essendoci lettere ripetute (la lettera “a” è ripetuta
4 volte e la lettera “m” 2 volte) bisogna dividere il fattoriale di 9 per il fattoriale
delle volte in cui una lettera si ripete ottenendo cosı̀
9!
= 7560.
4!2!
Calcolo combinatorio
7
Esercizio 8 Un gruppo di bambini (5 femmine e 7 maschi) vuole giocare a guardia
e ladri. Questo gioco prevede di dividere il gruppo in due squadre: le guardie ed
i ladri, appunto. I bambini decidono che le guardie saranno 5, 2 femmine e 3
maschi.
a) In quanti modi si può comporre la squadra delle guardie?
b) Due bambini (maschi) hanno litigato, perciò non vogliono stare nella stessa
squadra. In quanti modi si può comporre la squadra delle guardie?
Soluzione.
a) È facile contare il numero di possibili squadre di guardie che si possono comporre: basta scegliere 2 elementi dalle 5 femmine e 3 dai 7 maschi ottenendo
5 7
5! 7!
= 10 · 35 = 350;
=
2!3! 3!4!
2 3
b) Ci chiediamo in quanti modi posso scegliere 3 bambini maschi in modo tale
che i due che hanno bisticciato non stiano nella stessa squadra. Dividiamo
il gruppo dei maschietti in due sottogruppi: 5 non litiganti e 2 litiganti. I
due litiganti dovranno stare uno nella squadra dei ladri, l’altro in quella delle
guardie. Per cui i modi di comporre la squadra delle guardie saranno
5 5 2
5! 5! 2!
=
= 200.
2 2 1
2!3! 2!3! 1!1!
Infatti posso scegliere 2 delle 5 femmine, 2 maschi tra i 5 non litiganti ed uno
tra i 2 litiganti.
Esercizio 9 Consideriamo i bambini dell’esercizio precedente.
a) In quanti modi si possono disporre i bambini dell’esercizio precedente quando giocano a girotondo, se i due che hanno litigato non possono stare vicini
(devono essere separati almeno da un altro bambino)?
b) Un pomeriggio i 2 maschi che hanno litigato sono malati, quindi non possono
giocare con gli altri bambini che rimangono cosı̀ in 10 (5 maschi e 5 femmine). Quando giocano a girotondo, i bambini decidono di mettersi alternati,
un maschio ed una femmina: in quanti modi si possono sistemare?
Soluzione.
a) Se i bambini non avessero litigato, come nell’Esercizio 4 ci sarebbero 11! modi
di disporli. Ora, però, ci sono 2 tra i 12 bambini che non vogliono stare vicini.
Dividiamo quindi il gruppo di 12 bambini in 2 sottogruppi: uno composto dai
2 bambini che hanno litigato e l’altro dai rimanenti 10 bambini. Indicheremo
con L gli elementi del gruppo dei litiganti e con A gli elementi del gruppo dei
non litiganti (degli amici, dunque). Dagli 11! modi di disporre i 12 bambini
8
Capitolo 1
per il gioco del girotondo, dobbiamo togliere le disposizioni in cui i due litiganti sono vicini. Quante sono queste disposizioni? Per contarle possiamo
procedere cosı̀. Innanzitutto esibiamo le possibili sequenze in cui i due litiganti sono vicini: esse sono 12, infatti i due litiganti possono occupare i posti
primo e secondo, oppure secondo e terzo, fino all’undicesimo e dodicesimo
(per un totale di 11), ma anche il primo e il dodicesimo posto (nel girotondo,
la sequenza si chiude!), per un totale di 12 possibili sequenze.
L L A A A
A L L A A
A A L L A
..
.
.
. . . . . . . .. ..
A A ... ...
L A ... ...
...
...
...
A
A
A
A
A
A
A
A
A
.
. . . . . . . . . ..
A A L L
A A L
Ognuna di queste sequenze, però, può essere composta in diversi modi: i due
litiganti possono scambiarsi di posto fra loro, quindi ognuna delle sequenze sopraelencate va moltiplicata per 2 (in realtà per 2!) ed anche i 10 amici possono
cambiarsi di posto e lo possono fare il 10! modi. Perciò, ci sono 12·2·10! modi
in cui i due bambini che hanno litigato possono stare vicini. Concludendo, i
modi in cui i due litiganti non stanno vicini sono
11! −
12 · 2 · 10!
= 11! − 2 · 10! = 32659200.
12
È necessario dividere per 12 il secondo addendo per lo stesso motivo per cui,
nell’Esecizio 4, il numero dei possibili girotondi è 11! e non 12!.
b) Le possibile sequenze sono del seguente tipo
M
F
F
M
M
F
F
M
M
F
F
M
M
F
F
M
M
F
F
M
Per contare sequenze cosı̀ fatte possiamo scegliere il primo bambino in 10 modi, il secondo, che deve essere di sesso diverso, in 5 modi, il terzo in quattro
modi diversi, il quarto in quattro modi, il quinto ed il sesto in tre modi ciascuno, il settimo e l’ottavo in due modi ciascuno e gli ultimi due bambini non si
possono scegliere (perché rimangono solo loro, quinid la scelta è obbligata):
10 · 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1.
Bisogna però considerare il fatto che il girotondo non ha un preciso punto di
inizio, quindi vanno considerate uguali le 10 sequenze della seguente forma
M1 F1 M2 F2 M3 F3 M4 F4 M5 F5 ,
F1 M2 F2 M3 F3 M4 F4 M5 F5 M1 ,
M2 F2 M3 F3 M4 F4 M5 F5 M1 F1 ,
Calcolo combinatorio
9
..
.
F5 M1 F1 M2 F2 M3 F3 M4 F4 M5 .
Pertanto, è come se ognuna delle sequenze create contasse per 10. Il numero di
girotondi possibili, avendo un bambino ed una bambina alternati, sono perciò
10 · 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2
= 5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 = 2880.
10
Esercizio 10 Nel cassetto di Vinicio ci sono 8 paia di calzini, in disordine. Scegliendo a caso 4 calzini, uno alla volta, da mettere in valigia, in quanti modi Vinicio
può averne esattamente due accoppiati?
Soluzione.
Se nel cassetto ci sono 8 paia di calzini, significa che ci sono 16 calze. Osserviamo che i modi di estrarre uno alla volta 4 calzini da un cassetto contenente 8
paia di calze, sono 16 · 15 · 14 · 13 = 43680. Indichiamo con A i calzini accoppiati
e con S i calzini non accoppiati. Vogliamo contare i modi in cui Vinicio può estrarre esattamente un paio di calzini (gli altri due calzini saranno non accoppiati,
perciò non formeranno un paio di calzini). Le quartine possibili sono
AASS, ASSA ASAS, SAAS, SASA, SSAA.
Ho quindi 6 sequenze in cui due calzini formano un paio e gli altri due no. Ognuna
di queste sequenze rappresenta esattamente 16 · 1 · 14 · . . . · 12 = 2688 sequenze.
Infatti, consideriamo la sequenza AASS: il primo calzino può esser scelto in 16
modi, il secondo, essendo accoppiato al primo, può esser scelto in un modo solo,
il terzo, essendo già stato estratto un paio di calzini, può esser scelto in 14 modi
ed il quarto in 12 modi (non in tredici perché non voglio contare la possibilità di
avere due paia di calzini). I modi in cui Vinicio può scegliere a caso i calzini dal
cassetto ed avere esattamente un paio di calze sono
6 · 16 · 14 · . . . · 12 = 16128.
Esercizio 11 In un computer la memoria è costituita da tanti bit, cioè dispositivi fisici che possono assumere due stati differenti (essere magnetizzato o non
magnetizzato, essere attraversato da corrente o non attraversato da corrente). Indicheremo con 0 e 1 tali stati fisici. Una sequenza di 8 bit forma il cosiddetto
byte.
a) Quante diverse informazioni può contenere un byte?
b) E quante informazioni diverse si potranno memorizzare in una sequenza di 10
bytes?
Soluzione.
a) La domanda chiede implicitamente quante sequenze di lunghezza 8 si possono
comporre con 0 e 1. Chiaramente , la risposta è 28 modi diversi e quindi un
byte potrà contenere 28 informazioni diverse.
10
Capitolo 1
b) È come se avessimo 80 celle (8 per ogni singolo byte) che possono essere
occupate da 0 o da 1, perciò ci sono 280 modi di comporre queste stringhe che
corrispondono a 280 informazioni diverse.