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