Ricevo da Andrea la seguente domanda:
 
Buongiorno, volevo chiederle gentilmente se poteva risolvere questi problemi di calcolo combinatorio perché non saprei proprio che formule applicare …
1) Si scrivono delle sigle formate prima da tre vocali diverse, seguite poi da quattro cifre anche ripetute. Il numero totale delle sigle che si possono ottenere è …
2) Si producono dei codici a sedici simboli alfanumerici, di cui i primi otto posti sono occupati da tre lettere A, tre lettere B e due lettere C e per gli altri otto posti da quattro cifre 1, due cifre 2 e due cifre 3. Il numero totale dei codici che si possono formare è …
3) In un piano sono dati dodici punti di cui tre qualunque non allineati. Considerati cinque punti esterni al piano, le piramidi che si possono disegnare aventi base triangolare sul piano e il vertice in uno dei punti esterni sono …
La ringrazio moltissimo per la sua disponibilità!
 
Gli rispondo così:
 
Caro Andrea,
nel caso 1), la prima parte della sigla si può formare disponendo tre delle cinque vocali in un dato ordine, e questo lo possiamo fare in un numero di modi dato dalle disposizioni semplici di 5 oggetti in 3 posti: \[{{D}_{5,3}}=\frac{5!}{\left( 5-3 \right)!}=60\] mentre la seconda parte della sigla si può comporre in \({{10}^{4}}\) modi distinti, cioè il numero di disposizioni con ripetizione di 10 oggetti in 4 posti. Complessivamente, le sigle che si possono formare sono quindi \(60\cdot {{10}^{4}}=60000\).
Nel caso 2), i primi 8 posti contengono i possibili “anagrammi” che è possibile formare con tre simboli, che si ripetono rispettivamente tre volte, tre volte e due volte, cioè le permutazioni con ripetizione di 8 oggetti, di cui solo tre distinti, con fattori di ripetizione 3,3,2:  \[P_{3,3,2}^{8}=\frac{8!}{3!3!2!}=560\]e in modo del tutto analogo per quanto riguarda la seconda parte del codice: \[P_{4,2,2}^{8}=\frac{8!}{4!2!2!}=420\quad .\] Anche in questo caso, per ottenere il numero totale di codici si devono moltiplicare i numeri trovati: \(560\cdot 420=235200\).
Infine, nel caso 3), per formare una piramide a base triangolare ognuno dei 5 vertici può essere accoppiato con ciascuna delle terne non ordinate di punti che si possono formare con i 12 punti assegnati, cioè con un numero di combinazioni semplici di 12 oggetti presi 3 a 3: \[5\cdot {{C}_{12,3}}=5\cdot \frac{12!}{\left( 12-3 \right)!3!}=5\cdot 220=1100\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Silvia la seguente domanda:
 
Egregio professore,
io e i miei studenti non riusciamo a risolvere il seguente quesito di calcolo combinato (n.186, pag \(\alpha\)37, Matematica.blu2.0, vol4):
Si organizza un torneo di calcetto (\(5\) contro \(5\)) con undici giocatori. Due partite si dicono diverse tra loro se la composizione di almeno una delle due squadre è diversa. Quante partite diverse si possono fare?
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Silvia,
possiamo ragionare così: scelta come prima squadra una delle possibili cinquine che si possono formare con \(11\) giocatori distinti, la possiamo associare a ciascuna delle seconde squadre che si possono formare con i rimanenti \(6\) giocatori, ma il numero ottenuto va diviso per \(2\), dal momento che in tal modo avremmo contato due volte la stessa partita, poiché avremmo distinto i ruoli di prima squadra e seconda squadra, cosa che non ci interessa (a meno di non voler tener conto di un girone di ritorno..).; in definitiva il numero cercato è dato dal semiprodotto tra il numero di combinazioni semplici di \(11\) elementi presi \(5\) a \(5\) e il numero di combinazioni semplici di \(6\) elementi presi \(5\) a \(5\):\[\frac{1}{2}\cdot \frac{11!}{5!6!}\cdot \frac{6!}{5!}=\frac{11\cdot 10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot 6}{2\cdot 5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}=1386\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Marinella la seguente domanda:

Buongiorno Professore,

ho provato a risolvere il seguente esercizio (n.261, pag.42\(\alpha\), Matematica Blu 2.0), ma non capisco come procedere.

Six people – Bob, Bobbie, Rob, Robbie, Robert and Roberta – are to be divided into two study groups. The groups cannot have any person in commom, and each group must contain at least one person. In how many ways can this be done?

Mi farebbe vedere lo svolgimento? Grazie.

Le rispondo così:

Cara Marinella,

premesso che l’ordine all’interno di ciascun gruppo non interessa, e che quindi abbiamo a che fare con combinazioni e non disposizioni, osserviamo innanzitutto che ci sono solo tre tipi di suddiivisione possibili: \(1\;-\;5\), \(2\;-\;4\), \(3\;-\;3\). Il primo tipo si può realizzare in \(6\) modi distinti, a seconda della scelta della persona che fa gruppo a sé. Il secondo tipo si può realizzare in un numero di modi pari alle possibili combinazioni di \(6\) elementi distinti presi \(2\) a \(2\), cioè \(6!/\left( 2!4! \right)=15\). Infine, l’ultimo tipo di suddivisione si può realizzare in un numero di modi pari alla metà delle combinazioni di \(6\) elementi distinti presi \(3\) a \(3\), cioè \(\left[ 6!/\left( 3!3! \right) \right]/2=10\), dove la divisione per \(2\) si rende in tal caso necessaria a causa del fatto che i due sottogruppi, contenendo le stesso numero di elementi, sono “simmetrici” e quindi, non volendo distinguere un “1° sottogruppo” da un “2° sottogruppo”, si deve dimezzare il numero di combinazioni, che in questo caso è pari al doppio delle “suddivisioni”. In conclusione, il numero complessivo delle suddivisioni possibili è \[6+15+10=31\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Simona la seguente domanda:
 
Professore,
gentilmente mi spiegherebbe questo problema sul calcolo combinatorio (MatematicaBlu, pag.41\(\alpha\), n.254)?
Quante distinte stringhe di \(5\) lettere dell’alfabeto inglese da \(26\) lettere (con possibile ripetizione) contengono esattamente tre lettere distinte?
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Simona,
il problema, per ogni possibile scelta di \(3\) distinte lettere tra \(26\) (combinazioni semplici \({{C}_{26,3}}\)),  consiste nel determinare quanti tipi di anagrammi di \(5\) lettere si possono formare e, per ogni tipo, quanti siano gli anagrammi distinti. Per intenderci, supponiamo di avere scelto le tre lettere, diciamo \(A\), \(B\), \(C\): ci sono solo \(6\) possibili tipi di anagramma, \(3\) del tipo “una lettera singola più due coppie” (nel nostro esempio \(ABBCC\), \(BAACC\), \(CAABB\)) e \(3\) del tipo “una lettera ripetuta tre volte più due singole” (nel nostro esempio \(AAABC\), \(BBBAC\), \(CCCAB\)). Ognuno dei \(6\) casi si presenta in un numero di modi pari agli anagrammi possibili (permutazioni con ripetizione) della cinquina tipica, cioè ciascuno dei primi tre in \(\frac{5!}{2!2!}=30\) modi, ciascuno dei secondi tre in \(\frac{5!}{3!}=20\) modi: in totale, ogni terna possibile di caratteri comporta \(3\cdot 30+3\cdot 20=150\) stringhe distinte. Il numero totale è quindi ottenibile dalla semplice moltiplicazione             \[{{C}_{26,3}}\cdot 150=\frac{150\cdot 26!}{23!3!}=150\cdot 26\cdot 25\cdot 4=390000\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Marinella la seguente domanda:

Professore,

da un paio di giorni sto impazzendo sopra questo esercizio (n.36, pag.47\(\alpha\), Matematica Blu 2.0), purtroppo senza risultati apprezzabili. Mi farebbe vedere lo svolgimento? Grazie.

Dati i numeri \(2,3,4,5,6,7\), calcola quanti prodotti con \(4\) fattori diversi si possono fare tali che:

a) siano divisibili per \(7\);

b) siano divisibili per \(6\);

c) siano divisibili per \(8\);

d) siano pari;

e) siano dispari.

Le rispondo così:

Cara Marinella,

la divisibilità per \(7\) la possiamo avere solo includendo \(7\) tra i \(4\) fattori, per cui si tratta di contare in quanti modi possiamo scegliere gli altri \(3\) tra i \(5\) rimasti, cioè le combinazioni di \(5\) oggetti distinti presi \(3\) a \(3\): \({{C}_{5,3}}=\frac{5!}{3!2!}=10\).

La divisibilità per \(6\) si può ottenere in tre casi: includendo il \(6\), e lo possiamo fare in \(10\) modi distinti esattamente come prima, oppure includendo sia il \(2\) che il \(3\), ma escludendo il \(6\) per non conteggiare di nuovo i modi già considerati, e poiché rimangono fuori \(3\) numeri per due posti da occupare, questo caso si può fare in  \({{C}_{3,2}}=\frac{3!}{2!1!}=3\) modi distinti, oppure includendo sia il \(3\) che il \(4\) ma lasciando fuori \(2\) e \(6\), sempre per non ripetere, e questo lo si può fare in un unico modo, cioè \(3\cdot 4\cdot 5\cdot 7\); totale, \(10+3+1=14\) modi distinti.

La divisibilità per \(8\) si può ottenere in due casi: includendo sia il \(2\) che il \(4\), e lo possiamo fare in \({{C}_{4,2}}=\frac{4!}{2!2!}=6\) modi distinti, oppure includendo sia il \(6\) che il \(4\), ma escludendo il \(2\) per non conteggiare di nuovo i modi già considerati, e questo si può fare in  \({{C}_{3,2}}=\frac{3!}{2!1!}=3\) modi distinti; totale, \(6+3=9\) modi distinti.

La parità si può ottenere in tre casi: includendo il \(2\), e lo possiamo fare in \(10\) modi distinti, oppure includendo il \(4\) ma escludendo il \(2\), e questo caso si può fare in  \({{C}_{4,3}}=\frac{4!}{3!1!}=4\) modi distinti, oppure includendo il \(6\) ma lasciando fuori \(2\) e \(4\), sempre per non ripetere, e questo lo si può fare in un unico modo, cioè \(3\cdot 5\cdot 6\cdot 7\); totale, \(10+4+1=15\) modi distinti.

Infine, è chiaro che non vi è alcun modo di ottenere un prodotto dispari scegliendo \(4\) distinti fattori da questi numeri, dal momento che solo \(3\) fra essi sono dispari.

Massimo Bergamini

Ricevo da Licia la seguente domanda:

Buonasera Professore,

mi sto allenando per i quiz della maturità, ma non so svolgere questa domanda. Mi aiuta? Grazie mille!

Determinare la probabilità che, giocando quattro numeri su una ruota fissata del lotto, esca almeno un ambo.

Le rispondo così:

Cara Licia,

premesso che, per una fissata ruota del lotto, l’evento consiste nell’estrazione di una cinquina di numeri su \(90\), e che l’ordine di estrazione non interessa, l’insieme delle possibili estrazioni equiprobabili a priori è pari alle combinazioni di \(90\) oggetti presi \(5\) a \(5\), cioè \[{{C}_{90,5}}=\frac{90!}{85!5!}=43949268\quad .\]

Immaginiamo ora di scegliere \(4\) numeri, diciamo \(1\), \(2\), \(3\) e \(4\) (ovviamente, per il nostro calcolo, qualsiasi altra scelta sarebbe equivalente): possiamo calcolare la probabilità dell’evento: \(E\)=”la cinquina estratta contiene almeno due dei numeri prescelti” a partire dalla probabilità dell’evento contrario, cioè \(\bar{E}\)=”la cinquina estratta contiene al massimo uno dei numeri scelti”, evento che, a sua volta, può essere pensato come unione di due eventi disgiunti: \({{\bar{E}}_{1}}\)=”la cinquina estratta non contiene nessuno dei numeri prescelti”, \({{\bar{E}}_{2}}\)=”la cinquina estratta contiene esattamente uno solo dei numeri prescelti”. Si avrà quindi, in base a noti teoremi di calcolo delle probabilità: \[p\left( E \right)=1-p\left( {\bar{E}} \right)=1-\left( p\left( {{{\bar{E}}}_{1}} \right)+p\left( {{{\bar{E}}}_{2}} \right) \right)\quad .\]  

La probablità di \({{\bar{E}}_{1}}\) è data dal rapporto tra il numero di cinquine che non contengono nessuno dei \(4\) numeri prescelti e il numero totale di cinquine possibili, cioè: \[p\left( {{{\bar{E}}}_{1}} \right)=\frac{{{C}_{86,5}}}{{{C}_{90,5}}}=\frac{86!}{81!5!}\cdot \frac{85!5!}{90!}=\frac{85\cdot 84\cdot 83\cdot 82}{90\cdot 89\cdot 88\cdot 87}\approx 0,7924\quad .\]

La probablità di \({{\bar{E}}_{2}}\) è data dal rapporto tra il numero di cinquine che contengono solamente uno dei \(4\) numeri prescelti (cioè quattro volte il numero di cinquine che contengono un particolare numero tra quelli prescelti e non contengono gli altri tre, in pratica il numero di modi in cui si possono associare, ad ognuno dei quattro numeri, quartine di numeri tra gli \(86\) che restano avendo escluso il numero stesso e gli altri tre) e il numero totale di cinquine possibili, cioè: \[p\left( {{{\bar{E}}}_{2}} \right)=\frac{4\cdot {{C}_{86,4}}}{{{C}_{90,5}}}=\frac{86!}{82!4!}\cdot \frac{85!5!}{90!}=\frac{85\cdot 84\cdot 83\cdot 20}{90\cdot 89\cdot 88\cdot 87}\approx 0,1933\quad .\]

In conclusione: \[p\left( E \right)\approx 1-\left( 0,7924+0,1933 \right)\approx 0,0143\to p\left( E \right)\approx 1,43\%\quad .\]

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

come si risolvono questi quesiti?

1) Dire in quanti modi anagrammare il proprio nome e il proprio cognome.

2) Da un’urna contenente \(50\) biglie numerate da \(1\) a \(50\) dire quanti gruppi di \(4\) elementi si possono formare nel caso che due gruppi diversi differiscano solo per l’ordine e nel caso che differiscano per almeno un elemento.

3) Si lanciano tre dadi: quante sono le possibili distribuzioni  che si possono ottenere e quante forniscono come somma un multiplo di \(5\)?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

riguardo agli anagrammi in generale, si tratta di enumerare le possibili permutazioni con ripetizione di \(n\) elementi, di cui eventualmente solo \(k\le n\) distinti, essendo \(m_1\), \(m_2\),…,\(m_k\) i numeri di volte in cui si ripetono i \(k\) elementi distinti, con \(m_1+m_2+…+m_k=n\). Il conteggio porta alla formula\[{{P}_{{{m}_{1}}{{m}_{2}}...{{m}_{k}}}}=\frac{n!}{{{m}_{1}}!{{m}_{2}}!...{{m}_{k}}!}\quad .\]Ad esempio, la parola “mamma” ha \(n=5\) e \(k=2\), con \(m_1=2\) e \(m_2=3\), per cui i possibili anagrammi sono \(\frac{5!}{2!3!}=10\).

Nel problema delle \(50\) biglie numerate, si tratta semplicemente di calcolare le disposizioni semplici di \(50\) oggetti distinti presi \(4\) a \(4\), se si vuol tenere conto dell’ordine, mentre in caso contrario si conteggiano le combinazioni semplici dello stesso tipo:            \[{{D}_{50,4}}=\frac{50!}{\left( 50-4 \right)!}=50\cdot 49\cdot 48\cdot 47=5527200\]\[{{C}_{50,4}}=\frac{50!}{4!\left( 50-4 \right)!}=\frac{5527200}{24}=230300\quad .\]

Nell’ultimo quesito, si tratta di calcolare le possibili distribuzioni con ripetizione di \(6\) oggetti (le \(6\) possibili facce di ciascun dado) presi \(3\) a \(3\), il cui numero totale è semplicemente \({{6}^{3}}=216\). Se si considera la somma dei tre numeri sulle facce, si ha la seguente distribuzione del numero di casi, tra i \(216\) possibili, in cui si verifica ciascuna somma, come si può ricavarecon un po’ di pazienza : 

Pertanto, i casi in cui la somma è un multiplo di \(5\), cioè \(5\), \(10\) o \(15\), sono in totale \(6+27+10=43\).

 Massimo Bergamini

Ricevo da Nicole la seguente domanda:

Buongiorno Professore:

dovendo collocare \(5\) oggetti diversi, in scatole distinguibili, calcola il numero delle possibilità nel caso di:

a) metterne \(3\) in una scatola e \(2\) in un’altra;

b) metterli in \(3\) scatole senza lasciarne alcuna vuota;

c) metterli in \(3\) scatole non importando che una o due restino vuote.

Ripeti l’esercizio precedente nell’ipotesi in cui i \(5\) oggetti non siano distinguibili.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Nicole,

nel caso a), dette \(A\) e \(B\) le due scatole distinte, si tratta di contare in quanti modi possiamo scegliere \(3\) oggetti da \(5\) distinti (indipendentemente dall’ordine, quindi parliamo di combinazioni), e moltiplicare questo numero per \(2\), poiché gli oggetti li possiamo mettere o in \(A\) o in \(B\): ognuna di queste scelte determina in modo unico il modo di riempire l’altra scatola, per cui il numero ottenuto esaurisce le possibilità: \[2\cdot {{C}_{5,3}}=2\cdot \frac{5!}{3!2!}=20\quad .\]

Nel caso b), osserviamo che si possono avere solo due tipi di distribuzione tra le scatole \(A\), \(B\) e \(C\): o una di esse contiene \(3\) oggetti e le altre due ne contengono \(1\) (cioè: \(5=3+1+1\)), oppure una di esse ne contiene uno solo e le altre due ne contengono \(2\) ciascuna (cioè: \(5=2+2+1\). I modi in cui possiamo realizzare una distribuzione di tipo \(3+1+1\) sono dati dai modi in cui possiamo scegliere \(3\) oggetti da \(5\) (\({{C}_{5,3}}=10\)), moltiplicato per \(3\) (le scelte possibili della scatola in cui collocare i \(3\) oggetti) e ancora moltiplicato per \(2\) (i modi in cui possiamo distribuire i \(2\) oggetti rimasti nelle \(2\) scatole rimaste):\[2\cdot 3\cdot {{C}_{5,3}}=60\quad .\] I modi in cui possiamo realizzare una distribuzione di tipo \(2+2+1\) sono dati dai modi in cui possiamo scegliere un oggetto tra \(5\) (\({{C}_{5,1}}=5\)), moltiplicato per \(3\) (le scelte possibili della scatola in cui collocare tale oggetto) e ancora moltiplicato per \(6\) (i modi in cui possiamo distribuire i \(4\) oggetti rimasti nelle \(2\) scatole rimaste, cioè i modi in cui possiamo scegliere i \(2\) oggetti, dai \(4\) rimasti (\({{C}_{4,2}}=6\)), da collocare in una delle due scatole: tale scelta vincola anche il riempimento dell’altra): \[5\cdot 3\cdot 6=90\quad .\]In totale, quindi, i modi richiesti dal caso b) sono:\[60+90=150\quad .\] La possibilità di lasciare vuota una o due scatole, aggiunge altri tre tipi di distribuzione possibili, \(5+0+0\), \(4+1+0\) e \(3+2+0\), ai due già considerati; il primo (\(5+0+0\)) si può realizzare solo in \(3\) modi (le scelte della scatola in cui collocare tutti gli oggetti), il secondo (\(4+1+0\)) in \(5\cdot 3\cdot 2=30\) modi (\(5={{C}_{5,4}}\) modi di scegliere \(4\) oggetti da \(5\), per le \(3\) possibili scelte della scatola in cui collocarli, per i \(2\) modi in cui collocare l’oggetto rimasto nelle \(2\) scatole rimaste), il terzo (\(3+2+0\)) in \(10\cdot 3\cdot 2=60\) (\(10={{C}_{5,3}}\) modi di scegliere \(3\) oggetti da \(5\), per le \(3\) possibili scelte della scatola in cui collocarli, per i \(2\) modi in cui collocare i due oggetti rimasti in una delle \(2\) scatole rimaste), per cui, in totale:

\[3+30+60+150=243\quad .\]

Se ora si rimuove l’ipotesi di distinguibilità per gli oggetti (ma non per le scatole), il conteggio si può ricondurre a un problema di “anagrammi”, cioè di permutazioni con eventuali ripetizioni: si tratta infatti di permutare su due (caso a)) o tre (casi b) e c)) “posti” (le scatole \(A\), \(B\) e \(C\), diciamo), i numeri a somma \(5\) che rappresentano il numero di oggetti da collocare in ciascuna scatola, indipendentemente dall’individualità dei singoli oggetti, che non è più riconoscibile. Nel caso a), si devono contare i possibili “anagrammi” di una “parola” di due lettere (il numero di scatole distinte) che si possono formare con i simboli “\(3\)” e “\(2\)”, e questi sono ovviamente solo \(2\): \(3\;2\) e \(2\;3\). Nel caso b), le “parole” hanno \(3\) “lettere”, e sono gli anagrammi delle parole “\(3\;1\;1\)” e “\(2\;2\;1\)”, e sono in totale (permutazioni con ripetizione):\[\frac{3!}{2!}+\frac{3!}{2!}=6\quad .\]Infine, nel caso c), si aggiungono a questi \(6\) gli anagrammi delle “parole” “\(5\;0\;0\)”, “\(4\;1\;0\)” e “\(3\;2\;0\)”, cioè \[6+\frac{3!}{2!}+3!+3!=21\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Caro professore,

alcuni quesiti presi dal suo testo che non mi sono chiari:

1) Date le cifre \(2\), \(3\), \(4\) e \(5\) determinare quanti numeri maggiori di \(40\) e minori di \(10000\) si possono formare.

2) Quanti sono i numeri che iniziano con \(5\) costituiti da due, tre e quattro cifre?

3) Un’urna contiene \(4\) palline nere, \(2\) bianche e \(5\) verdi. Quanti sono i gruppi che si possono formare con \(2\) palline nere, \(1\) bianca e \(3\) verdi?

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

nel primo caso si tratta di sommare diverse disposizioni con ripetizione: i possibili numeri di due cifre, maggiori di \(40\), per i quali la prima cifra può essere scelta fra \(2\) (il \(4\) e il \(5\)), la seconda fra \(4\), sono in totale \(2\cdot 4 =8\); i possibili numeri di tre cifre, per i quali le tre cifre possono essere scelte fra \(4\), sono in totale \(4^3 = 64\);  i possibili numeri di quattro cifre, per i quali le quattro cifre possono essere scelte fra \(4\), sono in totale \(4^4 = 256\). Non sono possibili numeri di cinque cifre minori di \(10000\) con le cifre a disposizione, per cui la risposta è: \(8+64+256=328\).

Nel secondo caso, ancora si devono sommare le seguenti disposizioni con ripetizione: numeri di due cifre che iniziano per \(5\), cioè \(10\), numeri di tre cifre che iniziano per \(5\), cioè \(100\), numeri di quattro cifre che iniziano per \(5\), cioè \(1000\), totale: \(10+100+1000=1110\).

Infine, i possibili gruppi di \(2\) palline nere, \(1\) bianca e \(3\) verdi si ricavano per moltiplicazione di tre combinazioni semplici, cioè il numero di possibili coppie di palline nere che si possono formare da \(4\), indipendentemente dall’ordine (\({{C}_{4,2}}=4!/(2!\cdot 2!)=6\)), per il numero di possibili scelte di una pallina bianca da \(2\) (ovviamente \(2\)), per il numero di possibili terne di palline verdi che si possono formare da \(5\) indipendentemente dall’ordine (\({{C}_{5,3}}=5!/(2!\cdot 3!)=10\)), per cui, in totale: \(6\cdot 2\cdot 10=120\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesco la seguente domanda:

Salve Professore,

la difficoltà di questo problema è generalizzare il modello, anche data l’ambiguità a mio parere dell’esercizio. Quale potrebbe essere un metodo di risoluzione?

Un’urna contiene \(3\) palline nere e \(4\) palline rosse. Calcola quanti sono i possibili gruppi da cinque palline che si possono ottenere se vengono estratte consecutivamente una dopo l’altra senza rimettere le palline estratte nell’urna. Calcola inoltre quanti di questi gruppi sono formati da due palline nere e tre rosse.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Francesco,

una possibile interpretazione del problema mi pare la seguente: si considerino i gruppi di cinque palline come le possibili combinazioni di \(7\) oggetti distinti presi \(5\) a \(5\), cioè, ad esempio, si pensino le palline come dotate di un numero oltre che del colore (\(N_1\), \(N_2\), \(N_3\), \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\), \(R_4\)), e si contino tutte le cinquine non ordinate che si possono formare. Se infatti ci limitassimo a considerare le cinquine distinte solo per la composizione in termini di colore, avremmo solo tre cinquine possibili: \(4\) rosse e \(1\) nera, \(3\) rosse e \(2\) nere, \(2\) rosse e \(3\) nere, e non solo l’ultima domanda non avrebbe molto senso, ma sarebbe ovviamente un conteggio fuorviante se volessimo utilizzarlo per calcolare la probabilità di estrazione di una data composizione cromatica: è chiaro che le tre possibilità non sono equiprobabili. D’altra parte, considerare le cinquine estratte distinte anche per l’ordine di estrazione, significherebbe semplicemente moltiplicare per \(5!\) (permutazioni possibili all’interno di una data combinazione) il numero di gruppi possibili: ai fini di un calcolo delle probabilità di estrarre una  certa composizione non cambierebbe nulla.  

Abbiamo quindi che il numero totale di estrazioni che consideriamo distinte sono\[{{C}_{7,5}}=\frac{7!}{5!2!}=21\]di cui \(1\cdot {{C}_{3,1}}=3\) del tipo \(4\) rosse e \(1\) nera, \({{C}_{3,1}}\cdot {{C}_{4,1}}=3\cdot 4=12\) del tipo \(3\) rosse e \(2\) nere, \(1\cdot {{C}_{4,2}}=6\) del tipo \(2\) rosse e \(3\) nere.

Massimo Bergamini

Ricevo da Linda la seguente domanda:

Caro professore,

non riesco a capire come ragionare su questo esercizio perchè la teoria non affronta questo caso particolare e non so appunto come ragionare…

In quanti modi possiamo mettere sei palline uguali in quattro urne in modo che nessuna risulti vuota?

Grazie

Le rispondo così:

Cara Linda,

si tratta di contare delle combinazioni con ripetizione, che possiamo affrontare come se si trattasse di un problema di anagrammi. Dette \(A\), \(B\), \(C\) e \(D\) le quattro urne, il problema di suddividere sei palline indistinguibili nelle quattro urne (distinguibili) senza lasciarne di vuote equivale a formare un numero di \(4\) cifre in cui la prima indica il numero di palline contenute in \(A\), la seconda il numero di palline contenute in \(B\), e così via, con il vincolo che le \(4\) cifre sommino sempre \(6\). Poiché vi sono solo due modi possibili di ottenere somma \(6\) da \(4\) addendi interi non nulli, cioè o \(6=1+1+1+3\) o  \(6=1+1+2+2\), si tratta solo di contare in quanti modi si possano “anagrammare” le stringhe \(1113\) e \(1122\), cioè contare le permutazioni con ripetizione: nel primo caso, di \(4\) caratteri di cui \(2\) soli distinti, con frequenza \(3\) e \(1\) rispettivamente, quindi \(\frac{4!}{3!1!}=4\), nel secondo caso, di \(4\) caratteri di cui \(2\) soli distinti, con frequenza \(2\) e \(2\) rispettivamente, quindi \(\frac{4!}{2!2!}=6\). In totale, si hanno quindi \(4+6=10\) possibili modi distinti di distribuire le palline nelle scatole.

Massimo Bergamini

Ricevo da Davide la seguente domanda:

Gentile professore,

ho difficoltà con il seguente esercizio:

Si vogliono appendere \(9\) fotografie in \(3\) bacheche di diversa forma in modo che una ne contenga \(2\), una \(3\) e una \(4\). Non importa l’ordine delle foto all’interno delle bacheche, ma importa invece la disposizione delle bacheche. Qual è il numero possibile delle distribuzioni?

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Davide,

sperando di ben interpretare il senso del problema, procederei in questo modo. Dette \(A\), \(B\) e \(C\) le diverse bacheche, stabiliamo preliminarmente in quanti modi possiamo distribuire tra di esse la terna di numeri \(2\), \(3\) e \(4\), cioè le quantità di foto presenti in ciascuna bacheca: è chiaro che tale numero è \(6\), poiché abbiamo \(3\) possibilità di assegnare \(2\) foto ad una bacheca, e per ciascuna di queste abbiamo due modi possibili di assegnarne \(3\) all’una e \(4\) all’altra tra le due rimanenti. Prendiamo in considerazione una di queste \(6\) possibilità, ad esempio: \(2\) foto in \(A\), \(3\) in \(B\) e \(4\) in \(C\). Poiché l’ordine delle foto nella bacheca non conta (ma suppongo che le foto siano distinguibili e quindi che conti di quali foto si tratti!), i modi di scegliere tra \(9\) le \(2\) foto da mettere in \(A\) sono \({{C}_{9,2}}=9!/(7!2!)=36\), e per ciascuno di questi vi sono \({{C}_{7,3}}=7!/(4!3!)=35\) modi distinti di riempire la bacheca \(B\): ovviamente, per ogni coppia di modi di riempire \(A\) e \(B\), rimane un solo modo di riempire \(C\) con le rimanenti \(4\) foto; in totale, questa possibilità (\(2\) in \(A\), \(3\) in \(B\) e \(4\) in \(C\)) si può realizzare in \(36\cdot 35=1260\) modi diversi riguardo al riempimento delle bacheche. Se si riflette un minuto, si capisce che anche le altre \(5\) possibilità si possono realizzare nello stesso numero di modi, essendo cambiati soli i nomi delle bacheche destinarie di \(2\), \(3\) o \(4\) foto: il numero totale di distribuzioni distinte delle foto all’interno delle tre bacheche è quindi \(1260\cdot 6=7560\). Resta da considerare la possibilità, per ognuna di queste terne distinte, di essere disposte in ordine diverso sulla parete: poiché le permutazioni di tre elementi sono \(3!=6\), il numero totale di distribuzioni possibili sembra essere: \[7560\cdot 6=45360\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Caterina la seguente domanda:

Gentile Professore,

In un sacchetto sono contenute \(3\) palline bianche, \(4\) rosse e \(5\) blu. Qual è la probabilità che estraendo tre palline senza reinserimento siano una bianca, una rossa ed una blu, indipendentemente dall’ordine?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Caterina,

possiamo affrontare il problema in almeno due modi. Utilizzando il calcolo combinatorio, possiamo contare quante sono le estrazioni distinte possibili: immaginando le \(12\) palline come distinguibili tra loro, concludiamo che le terne possibili, non contando l’ordine, coincidono con le combinazioni di \(12\) oggetti presi \(3\) a \(3\), cioè \(\frac{12!}{9!3!}=220\), di cui quelle costituite da palline di colore diverso sono \(3\cdot 4\cdot 5=60\), e quindi: \[p=\frac{60}{220}=\frac{3}{11}\approx 27,27\%\quad .\] Altrimenti, si possono usare i teoremi del calcolo delle probabilità e immaginare il diagramma ad albero delle tre estrazioni successive: l’evento favorevole è l’unione dei sei seguenti eventi reciprocamente incompatibili, ciascuno dei quali ha una probabilità di verificarsi pari al prodotto delle rispettive probabilità (probabilità dell’evento intersezione di eventi che si condizionano): \[1{}^\circ Bi|2{}^\circ R|3{}^\circ Bl\to \frac{3}{12}\cdot \frac{4}{11}\cdot \frac{5}{10}=\frac{1}{22}\quad 1{}^\circ Bi|2{}^\circ Bl|3{}^\circ R\to \frac{3}{12}\cdot \frac{5}{11}\cdot \frac{4}{10}=\frac{1}{22}\] \[1{}^\circ R|2{}^\circ Bi|3{}^\circ Bl\to \frac{4}{12}\cdot \frac{3}{11}\cdot \frac{5}{10}=\frac{1}{22}\quad 1{}^\circ R|2{}^\circ Bl|3{}^\circ Bi\to \frac{4}{12}\cdot \frac{5}{11}\cdot \frac{3}{10}=\frac{1}{22}\] \[1{}^\circ Bl|2{}^\circ Bi|3{}^\circ R\to \frac{5}{12}\cdot \frac{3}{11}\cdot \frac{4}{10}=\frac{1}{22}\quad 1{}^\circ Bl|2{}^\circ R|3{}^\circ Bi\to \frac{5}{12}\cdot \frac{4}{11}\cdot \frac{3}{10}=\frac{1}{22}\] per cui: \[p=6\cdot \frac{1}{22}=\frac{3}{11}\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Simona la seguente domanda:
 
Professore,
gentilmente mi spiegherebbe questo problema sul calcolo combinatorio (MatematicaBlu, pag.41\(\alpha\), n.254)?
Quante distinte stringhe di \(5\) lettere dell’alfabeto inglese da \(26\) lettere (con possibile ripetizione) contengono esattamente tre lettere distinte?
Grazie.
 
Le rispondo così:
 
Cara Simona,
il problema, per ogni possibile scelta di \(3\) distinte lettere tra \(26\) (combinazioni semplici \({{C}_{26,3}}\)),  consiste nel determinare quanti tipi di anagrammi di \(5\) lettere si possono formare e, per ogni tipo, quanti siano gli anagrammi distinti. Per intenderci, supponiamo di avere scelto le tre lettere, diciamo \(A\), \(B\), \(C\): ci sono solo \(6\) possibili tipi di anagramma, \(3\) del tipo “una lettera singola più due coppie” (nel nostro esempio \(ABBCC\), \(BAACC\), \(CAABB\)) e \(3\) del tipo “una lettera ripetuta tre volte più due singole” (nel nostro esempio \(AAABC\), \(BBBAC\), \(CCCAB\)). Ognuno dei \(6\) casi si presenta in un numero di modi pari agli anagrammi possibili (permutazioni con ripetizione) della cinquina tipica, cioè ciascuno dei primi tre in \(\frac{5!}{2!2!}=30\) modi, ciascuno dei secondi tre in \(\frac{5!}{3!}=20\) modi: in totale, ogni terna possibile di caratteri comporta \(3\cdot 30+3\cdot 20=150\) stringhe distinte. Il numero totale è quindi ottenibile dalla semplice moltiplicazione             \[{{C}_{26,3}}\cdot 150=\frac{150\cdot 26!}{23!3!}=150\cdot 26\cdot 25\cdot 4=390000\quad .\]
Massimo Bergamini

Ricevo da Marinella la seguente domanda:

Professore,

da un paio di giorni sto impazzendo sopra questo esercizio (n.36, pag.47\(\alpha\), Matematica Blu 2.0), purtroppo senza risultati apprezzabili. Mi farebbe vedere lo svolgimento? Grazie.

Dati i numeri \(2,3,4,5,6,7\), calcola quanti prodotti con \(4\) fattori diversi si possono fare tali che:

a) siano divisibili per \(7\);

b) siano divisibili per \(6\);

c) siano divisibili per \(8\);

d) siano pari;

e) siano dispari.

Le rispondo così:

Cara Marinella,

la divisibilità per \(7\) la possiamo avere solo includendo \(7\) tra i \(4\) fattori, per cui si tratta di contare in quanti modi possiamo scegliere gli altri \(3\) tra i \(5\) rimasti, cioè le combinazioni di \(5\) oggetti distinti presi \(3\) a \(3\): \({{C}_{5,3}}=\frac{5!}{3!2!}=10\).

La divisibilità per \(6\) si può ottenere in tre casi: includendo il \(6\), e lo possiamo fare in \(10\) modi distinti esattamente come prima, oppure includendo sia il \(2\) che il \(3\), ma escludendo il \(6\) per non conteggiare di nuovo i modi già considerati, e poiché rimangono fuori \(3\) numeri per due posti da occupare, questo caso si può fare in  \({{C}_{3,2}}=\frac{3!}{2!1!}=3\) modi distinti, oppure includendo sia il \(3\) che il \(4\) ma lasciando fuori \(2\) e \(6\), sempre per non ripetere, e questo lo si può fare in un unico modo, cioè \(3\cdot 4\cdot 5\cdot 7\); totale, \(10+3+1=14\) modi distinti.

La divisibilità per \(8\) si può ottenere in due casi: includendo sia il \(2\) che il \(4\), e lo possiamo fare in \({{C}_{4,2}}=\frac{4!}{2!2!}=6\) modi distinti, oppure includendo sia il \(6\) che il \(4\), ma escludendo il \(2\) per non conteggiare di nuovo i modi già considerati, e questo si può fare in  \({{C}_{3,2}}=\frac{3!}{2!1!}=3\) modi distinti; totale, \(6+3=9\) modi distinti.

La parità si può ottenere in tre casi: includendo il \(2\), e lo possiamo fare in \(10\) modi distinti, oppure includendo il \(4\) ma escludendo il \(2\), e questo caso si può fare in  \({{C}_{4,3}}=\frac{4!}{3!1!}=4\) modi distinti, oppure includendo il \(6\) ma lasciando fuori \(2\) e \(4\), sempre per non ripetere, e questo lo si può fare in un unico modo, cioè \(3\cdot 5\cdot 6\cdot 7\); totale, \(10+4+1=15\) modi distinti.

Infine, è chiaro che non vi è alcun modo di ottenere un prodotto dispari scegliendo \(4\) distinti fattori da questi numeri, dal momento che solo \(3\) fra essi sono dispari.

Massimo Bergamini

Ricevo da Licia la seguente domanda:

Buonasera Professore,

mi sto allenando per i quiz della maturità, ma non so svolgere questa domanda. Mi aiuta? Grazie mille!

Determinare la probabilità che, giocando quattro numeri su una ruota fissata del lotto, esca almeno un ambo.

Le rispondo così:

Cara Licia,

premesso che, per una fissata ruota del lotto, l’evento consiste nell’estrazione di una cinquina di numeri su \(90\), e che l’ordine di estrazione non interessa, l’insieme delle possibili estrazioni equiprobabili a priori è pari alle combinazioni di \(90\) oggetti presi \(5\) a \(5\), cioè \[{{C}_{90,5}}=\frac{90!}{85!5!}=43949268\quad .\]

Immaginiamo ora di scegliere \(4\) numeri, diciamo \(1\), \(2\), \(3\) e \(4\) (ovviamente, per il nostro calcolo, qualsiasi altra scelta sarebbe equivalente): possiamo calcolare la probabilità dell’evento: \(E\)=”la cinquina estratta contiene almeno due dei numeri prescelti” a partire dalla probabilità dell’evento contrario, cioè \(\bar{E}\)=”la cinquina estratta contiene al massimo uno dei numeri scelti”, evento che, a sua volta, può essere pensato come unione di due eventi disgiunti: \({{\bar{E}}_{1}}\)=”la cinquina estratta non contiene nessuno dei numeri prescelti”, \({{\bar{E}}_{2}}\)=”la cinquina estratta contiene esattamente uno solo dei numeri prescelti”. Si avrà quindi, in base a noti teoremi di calcolo delle probabilità: \[p\left( E \right)=1-p\left( {\bar{E}} \right)=1-\left( p\left( {{{\bar{E}}}_{1}} \right)+p\left( {{{\bar{E}}}_{2}} \right) \right)\quad .\]  

La probablità di \({{\bar{E}}_{1}}\) è data dal rapporto tra il numero di cinquine che non contengono nessuno dei \(4\) numeri prescelti e il numero totale di cinquine possibili, cioè: \[p\left( {{{\bar{E}}}_{1}} \right)=\frac{{{C}_{86,5}}}{{{C}_{90,5}}}=\frac{86!}{81!5!}\cdot \frac{85!5!}{90!}=\frac{85\cdot 84\cdot 83\cdot 82}{90\cdot 89\cdot 88\cdot 87}\approx 0,7924\quad .\]

La probablità di \({{\bar{E}}_{2}}\) è data dal rapporto tra il numero di cinquine che contengono solamente uno dei \(4\) numeri prescelti (cioè quattro volte il numero di cinquine che contengono un particolare numero tra quelli prescelti e non contengono gli altri tre, in pratica il numero di modi in cui si possono associare, ad ognuno dei quattro numeri, quartine di numeri tra gli \(86\) che restano avendo escluso il numero stesso e gli altri tre) e il numero totale di cinquine possibili, cioè: \[p\left( {{{\bar{E}}}_{2}} \right)=\frac{4\cdot {{C}_{86,4}}}{{{C}_{90,5}}}=\frac{86!}{82!4!}\cdot \frac{85!5!}{90!}=\frac{85\cdot 84\cdot 83\cdot 20}{90\cdot 89\cdot 88\cdot 87}\approx 0,1933\quad .\]

In conclusione: \[p\left( E \right)\approx 1-\left( 0,7924+0,1933 \right)\approx 0,0143\to p\left( E \right)\approx 1,43\%\quad .\]

Ricevo da Elisa la seguente domanda:

Caro Professore,

come si risolvono questi quesiti?

1) Dire in quanti modi anagrammare il proprio nome e il proprio cognome.

2) Da un’urna contenente \(50\) biglie numerate da \(1\) a \(50\) dire quanti gruppi di \(4\) elementi si possono formare nel caso che due gruppi diversi differiscano solo per l’ordine e nel caso che differiscano per almeno un elemento.

3) Si lanciano tre dadi: quante sono le possibili distribuzioni  che si possono ottenere e quante forniscono come somma un multiplo di \(5\)?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

riguardo agli anagrammi in generale, si tratta di enumerare le possibili permutazioni con ripetizione di \(n\) elementi, di cui eventualmente solo \(k\le n\) distinti, essendo \(m_1\), \(m_2\),…,\(m_k\) i numeri di volte in cui si ripetono i \(k\) elementi distinti, con \(m_1+m_2+…+m_k=n\). Il conteggio porta alla formula\[{{P}_{{{m}_{1}}{{m}_{2}}…{{m}_{k}}}}=\frac{n!}{{{m}_{1}}!{{m}_{2}}!…{{m}_{k}}!}\quad .\]Ad esempio, la parola “mamma” ha \(n=5\) e \(k=2\), con \(m_1=2\) e \(m_2=3\), per cui i possibili anagrammi sono \(\frac{5!}{2!3!}=10\).

Nel problema delle \(50\) biglie numerate, si tratta semplicemente di calcolare le disposizioni semplici di \(50\) oggetti distinti presi \(4\) a \(4\), se si vuol tenere conto dell’ordine, mentre in caso contrario si conteggiano le combinazioni semplici dello stesso tipo:            \[{{D}_{50,4}}=\frac{50!}{\left( 50-4 \right)!}=50\cdot 49\cdot 48\cdot 47=5527200\]\[{{C}_{50,4}}=\frac{50!}{4!\left( 50-4 \right)!}=\frac{5527200}{24}=230300\quad .\]

Nell’ultimo quesito, si tratta di calcolare le possibili distribuzioni con ripetizione di \(6\) oggetti (le \(6\) possibili facce di ciascun dado) presi \(3\) a \(3\), il cui numero totale è semplicemente \({{6}^{3}}=216\). Se si considera la somma dei tre numeri sulle facce, si ha la seguente distribuzione del numero di casi, tra i \(216\) possibili, in cui si verifica ciascuna somma, come si può ricavarecon un po’ di pazienza : 

Pertanto, i casi in cui la somma è un multiplo di \(5\), cioè \(5\), \(10\) o \(15\), sono in totale \(6+27+10=43\).

 Massimo Bergamini

Ricevo da Nicole la seguente domanda:

Buongiorno Professore:

dovendo collocare \(5\) oggetti diversi, in scatole distinguibili, calcola il numero delle possibilità nel caso di:

a) metterne \(3\) in una scatola e \(2\) in un’altra;

b) metterli in \(3\) scatole senza lasciarne alcuna vuota;

c) metterli in \(3\) scatole non importando che una o due restino vuote.

Ripeti l’esercizio precedente nell’ipotesi in cui i \(5\) oggetti non siano distinguibili.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Nicole,

nel caso a), dette \(A\) e \(B\) le due scatole distinte, si tratta di contare in quanti modi possiamo scegliere \(3\) oggetti da \(5\) distinti (indipendentemente dall’ordine, quindi parliamo di combinazioni), e moltiplicare questo numero per \(2\), poiché gli oggetti li possiamo mettere o in \(A\) o in \(B\): ognuna di queste scelte determina in modo unico il modo di riempire l’altra scatola, per cui il numero ottenuto esaurisce le possibilità: \[2\cdot {{C}_{5,3}}=2\cdot \frac{5!}{3!2!}=20\quad .\]

Nel caso b), osserviamo che si possono avere solo due tipi di distribuzione tra le scatole \(A\), \(B\) e \(C\): o una di esse contiene \(3\) oggetti e le altre due ne contengono \(1\) (cioè: \(5=3+1+1\)), oppure una di esse ne contiene uno solo e le altre due ne contengono \(2\) ciascuna (cioè: \(5=2+2+1\). I modi in cui possiamo realizzare una distribuzione di tipo \(3+1+1\) sono dati dai modi in cui possiamo scegliere \(3\) oggetti da \(5\) (\({{C}_{5,3}}=10\)), moltiplicato per \(3\) (le scelte possibili della scatola in cui collocare i \(3\) oggetti) e ancora moltiplicato per \(2\) (i modi in cui possiamo distribuire i \(2\) oggetti rimasti nelle \(2\) scatole rimaste):\[2\cdot 3\cdot {{C}_{5,3}}=60\quad .\] I modi in cui possiamo realizzare una distribuzione di tipo \(2+2+1\) sono dati dai modi in cui possiamo scegliere un oggetto tra \(5\) (\({{C}_{5,1}}=5\)), moltiplicato per \(3\) (le scelte possibili della scatola in cui collocare tale oggetto) e ancora moltiplicato per \(6\) (i modi in cui possiamo distribuire i \(4\) oggetti rimasti nelle \(2\) scatole rimaste, cioè i modi in cui possiamo scegliere i \(2\) oggetti, dai \(4\) rimasti (\({{C}_{4,2}}=6\)), da collocare in una delle due scatole: tale scelta vincola anche il riempimento dell’altra): \[5\cdot 3\cdot 6=90\quad .\]In totale, quindi, i modi richiesti dal caso b) sono:\[60+90=150\quad .\] La possibilità di lasciare vuota una o due scatole, aggiunge altri tre tipi di distribuzione possibili, \(5+0+0\), \(4+1+0\) e \(3+2+0\), ai due già considerati; il primo (\(5+0+0\)) si può realizzare solo in \(3\) modi (le scelte della scatola in cui collocare tutti gli oggetti), il secondo (\(4+1+0\)) in \(5\cdot 3\cdot 2=30\) modi (\(5={{C}_{5,4}}\) modi di scegliere \(4\) oggetti da \(5\), per le \(3\) possibili scelte della scatola in cui collocarli, per i \(2\) modi in cui collocare l’oggetto rimasto nelle \(2\) scatole rimaste), il terzo (\(3+2+0\)) in \(10\cdot 3\cdot 2=60\) (\(10={{C}_{5,3}}\) modi di scegliere \(3\) oggetti da \(5\), per le \(3\) possibili scelte della scatola in cui collocarli, per i \(2\) modi in cui collocare i due oggetti rimasti in una delle \(2\) scatole rimaste), per cui, in totale:

\[3+30+60+150=243\quad .\]

Se ora si rimuove l’ipotesi di distinguibilità per gli oggetti (ma non per le scatole), il conteggio si può ricondurre a un problema di “anagrammi”, cioè di permutazioni con eventuali ripetizioni: si tratta infatti di permutare su due (caso a)) o tre (casi b) e c)) “posti” (le scatole \(A\), \(B\) e \(C\), diciamo), i numeri a somma \(5\) che rappresentano il numero di oggetti da collocare in ciascuna scatola, indipendentemente dall’individualità dei singoli oggetti, che non è più riconoscibile. Nel caso a), si devono contare i possibili “anagrammi” di una “parola” di due lettere (il numero di scatole distinte) che si possono formare con i simboli “\(3\)” e “\(2\)”, e questi sono ovviamente solo \(2\): \(3\;2\) e \(2\;3\). Nel caso b), le “parole” hanno \(3\) “lettere”, e sono gli anagrammi delle parole “\(3\;1\;1\)” e “\(2\;2\;1\)”, e sono in totale (permutazioni con ripetizione):\[\frac{3!}{2!}+\frac{3!}{2!}=6\quad .\]Infine, nel caso c), si aggiungono a questi \(6\) gli anagrammi delle “parole” “\(5\;0\;0\)”, “\(4\;1\;0\)” e “\(3\;2\;0\)”, cioè \[6+\frac{3!}{2!}+3!+3!=21\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ettore la seguente domanda:

Caro professore,

alcuni quesiti presi dal suo testo che non mi sono chiari:

1) Date le cifre \(2\), \(3\), \(4\) e \(5\) determinare quanti numeri maggiori di \(40\) e minori di \(10000\) si possono formare.

2) Quanti sono i numeri che iniziano con \(5\) costituiti da due, tre e quattro cifre?

3) Un’urna contiene \(4\) palline nere, \(2\) bianche e \(5\) verdi. Quanti sono i gruppi che si possono formare con \(2\) palline nere, \(1\) bianca e \(3\) verdi?

Gli rispondo così:

Caro Ettore,

nel primo caso si tratta di sommare diverse disposizioni con ripetizione: i possibili numeri di due cifre, maggiori di \(40\), per i quali la prima cifra può essere scelta fra \(2\) (il \(4\) e il \(5\)), la seconda fra \(4\), sono in totale \(2\cdot 4 =8\); i possibili numeri di tre cifre, per i quali le tre cifre possono essere scelte fra \(4\), sono in totale \(4^3 = 64\);  i possibili numeri di quattro cifre, per i quali le quattro cifre possono essere scelte fra \(4\), sono in totale \(4^4 = 256\). Non sono possibili numeri di cinque cifre minori di \(10000\) con le cifre a disposizione, per cui la risposta è: \(8+64+256=328\).

Nel secondo caso, ancora si devono sommare le seguenti disposizioni con ripetizione: numeri di due cifre che iniziano per \(5\), cioè \(10\), numeri di tre cifre che iniziano per \(5\), cioè \(100\), numeri di quattro cifre che iniziano per \(5\), cioè \(1000\), totale: \(10+100+1000=1110\).

Infine, i possibili gruppi di \(2\) palline nere, \(1\) bianca e \(3\) verdi si ricavano per moltiplicazione di tre combinazioni semplici, cioè il numero di possibili coppie di palline nere che si possono formare da \(4\), indipendentemente dall’ordine (\({{C}_{4,2}}=4!/(2!\cdot 2!)=6\)), per il numero di possibili scelte di una pallina bianca da \(2\) (ovviamente \(2\)), per il numero di possibili terne di palline verdi che si possono formare da \(5\) indipendentemente dall’ordine (\({{C}_{5,3}}=5!/(2!\cdot 3!)=10\)), per cui, in totale: \(6\cdot 2\cdot 10=120\).

Massimo Bergamini

Ricevo da Francesco la seguente domanda:

Salve Professore,

la difficoltà di questo problema è generalizzare il modello, anche data l’ambiguità a mio parere dell’esercizio. Quale potrebbe essere un metodo di risoluzione?

Un’urna contiene \(3\) palline nere e \(4\) palline rosse. Calcola quanti sono i possibili gruppi da cinque palline che si possono ottenere se vengono estratte consecutivamente una dopo l’altra senza rimettere le palline estratte nell’urna. Calcola inoltre quanti di questi gruppi sono formati da due palline nere e tre rosse.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Francesco,

una possibile interpretazione del problema mi pare la seguente: si considerino i gruppi di cinque palline come le possibili combinazioni di \(7\) oggetti distinti presi \(5\) a \(5\), cioè, ad esempio, si pensino le palline come dotate di un numero oltre che del colore (\(N_1\), \(N_2\), \(N_3\), \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\), \(R_4\)), e si contino tutte le cinquine non ordinate che si possono formare. Se infatti ci limitassimo a considerare le cinquine distinte solo per la composizione in termini di colore, avremmo solo tre cinquine possibili: \(4\) rosse e \(1\) nera, \(3\) rosse e \(2\) nere, \(2\) rosse e \(3\) nere, e non solo l’ultima domanda non avrebbe molto senso, ma sarebbe ovviamente un conteggio fuorviante se volessimo utilizzarlo per calcolare la probabilità di estrazione di una data composizione cromatica: è chiaro che le tre possibilità non sono equiprobabili. D’altra parte, considerare le cinquine estratte distinte anche per l’ordine di estrazione, significherebbe semplicemente moltiplicare per \(5!\) (permutazioni possibili all’interno di una data combinazione) il numero di gruppi possibili: ai fini di un calcolo delle probabilità di estrarre una  certa composizione non cambierebbe nulla.  

Abbiamo quindi che il numero totale di estrazioni che consideriamo distinte sono\[{{C}_{7,5}}=\frac{7!}{5!2!}=21\]di cui \(1\cdot {{C}_{3,1}}=3\) del tipo \(4\) rosse e \(1\) nera, \({{C}_{3,1}}\cdot {{C}_{4,1}}=3\cdot 4=12\) del tipo \(3\) rosse e \(2\) nere, \(1\cdot {{C}_{4,2}}=6\) del tipo \(2\) rosse e \(3\) nere.

Massimo Bergamini