Ricevo da Simona la seguente domanda:

Gent.mo Professore,

potrebbe spiegarmi questo problema sul calcolo delle probabilità (Matematica.Blu, pag.85\(\alpha\), n.69)?

Si estraggono contemporaneamente \(3\) carte da un mazzo di \(40\) carte. Calcola la probabilità che si presentino: i) tre figure o tre carte di due semi fissati;

ii) tre carte di due semi fissati o tre sette.

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Simona,

in entrambi i casi possiamo riferirci ad un insieme universo di eventi equiprobabili a priori di cardinalità pari alle combinazioni di \(40\) oggetti distinti presi \(3\) a \(3\), cioè \({{C}_{40,3}}=\frac{40!}{37!3!}=9880\). Nel primo caso si tratta di valutare la cardinalità del sottoinsieme unione di due sottoinsiemi distinti: il primo ha cardinalità \({{C}_{12,3}}=\frac{12!}{9!3!}=220\) (le possibili scelte non ordinate di \(3\) figure tra le \(12\) presenti), il secondo ha cardinalità \({{C}_{20,3}}=\frac{20!}{17!3!}=1140\) (le possibili terne di carte tra le \(20\) appartenenti a due semi fissati): tenendo conto del fatto che \({{C}_{6,3}}=\frac{6!}{3!3!}=20\) sono le terne che appartengono ad entrambi i sottoinsiemi (tre figure dei due semi prefissati), la probabilità \(p_1\) dell’evento è \[{{p}_{1}}=\frac{220+1140-20}{9880}=\frac{67}{494}\approx 13,56%\quad .\]

Nel secondo caso, all’insieme di cardinalità \({{C}_{20,3}}=\frac{20!}{17!3!}=1140\) va unito l’insieme di cardinalità \({{C}_{4,3}}=\frac{4!}{3!}=4\) (le terne di soli \(7\)), disgiunto dal primo (non si possono avere tre \(7\) di due soli semi), per cui la probabilità \(p_2\) dell’evento è in tal caso: \[{{p}_{2}}=\frac{1140+4}{9880}=\frac{11}{95}\approx 11,58%\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

mi aiuta risolvere i seguenti problemi (pag.25\(\alpha\), nn. 48, 50, 51, Manuale blu 2.0 di matematica):

1) Quanti numeri pari di \(3\) cifre si possono scrivere utlizzando le cifre dell’insieme \(A=\left\{ 1,2,3,5,7 \right\}\)?

2) Quanti numeri pari di \(3\) cifre si possono scrivere utlizzando le cifre dell’insieme \(B=\left\{ 1,2,3,4,5,7 \right\}\)?

3) In un’urna abbiamo dieci palline numerate da \(1\) a \(10\). Calcola quante terne si possono ottenere estraendo una pallina per tre volte consecutive, rimettendola ogni volta nell’urna dopo l’estrazione, tali che il primo numero sia divisibile per tre.

Grazie mille.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

nel primo caso, poiché il numero termina necessariamente con la cifra \(2\), si tratta solo di contare i modi in cui possiamo scegliere le prime due cifre dall’insieme \(A\), cioè le disposizioni con ripetizione di \(2\) elementi scelti da un insieme di \(5\) elementi distinti, quindi \({{5}^{2}}=25\).

Si procede in modo analogo nel secondo caso, con la sola differenza che il numero può terminare sia per \(2\) che per \(4\), per cui: \(2\cdot {{6}^{2}}=72\).

Nel terzo caso, le terne ordinate accettabili sono di tre tipi: quelle che iniziano con \(3\), quelle che iniziano con \(6\), quelle che iniziano con \(9\): ciascun tipo si presenta in \({{10}^{2}}=100\) modi possibili, quante sono in ciascun caso le possibili coppie di \(2^\circ\) e \(3^\circ\) estratti, quindi in totale si hanno \(300\) terne ordinate accettabili.

Massimo Bergamini

Ricevo da Ferdinando la seguente domanda:

Gentile professore,

mi può aiutare con questo esercizio?

Sia \(A=\left\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\right\}\).

Quanti numeri di tre cifre distinte si possono formare con i numeri dell’insieme \(A\)?

Quanti di questi sono dispari?

Quanti terminano con \(9\)?

Quanti sono maggiori di \(700\)?

Grazie mille.

Gli rispondo così:

Caro Ferdinando,

i numeri di tre cifre distinte che si possono formare con i numeri dell’insieme \(A\) sono tanti quante le disposizioni semplici di \(9\) oggetti distinti presi tre a tre, cioè \({{D}_{9,3}}=9!/\left( 9-3 \right)!=9\cdot 8\cdot 7=504\). Quelli dispari, sono quelli che terminano con una delle \(5\) cifre dispari: poiché ciascun caso può presentarsi in un numero di modi pari alle disposizioni delle rimanenti \(8\) cifre prese due a due, in totale si hanno  \(5\cdot {{D}_{8,2}}=5\cdot 8!/\left( 8-2 \right)!=5\cdot 8\cdot 7=280\) numeri dispari. I numeri che terminano con \(9\), per quanto detto, sono \({{D}_{8,2}}=8\cdot 7=56\), mentre quelli maggiori di \(7\) sono quelli che iniziano con \(7\), \(8\) o \(9\), cioè \(3\cdot {{D}_{8,2}}=3\cdot 8\cdot 7=168\).

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 Paola la seguente domanda:

Gent.mo professor Bergamini,

mi aiuta per favore a risolvere questo problema?

Quanti sono i numeri di \(5\) cifre con almeno una cifra dispari? Quanti quelli con almeno una cifra pari?

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Paola,

cominciamo con il calcolare quanti siano i numeri di \(5\) cifre: tenendo presente che un numero non può cominciare con uno \(0\), si ricava facilmente \(8\cdot 9\cdot 9\cdot 9\cdot 9=52488\). Per ricavare quanti fra questi abbiano almeno una cifra dispari, conviene conteggiare l’insieme complementare di quei numeri di \(5\) cifre che hanno solo cifre pari, cioè (ricordando sempre che \(0\) è pari ma non può comparire all’inizio) \(4\cdot {{5}^{4}}=2500\), e sottrarlo al precedente, ottenendo \(52488-2500=49988\). In modo analogo, poiché i numeri di \(5\) cifre che hanno solo cifre dispari sono \({{5}^{5}}=3125\), il numero di quelli che hanno almeno una cifra pari è dato da \(52488-3125=49363\).

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 Elisa la seguente domanda:

Professore,

non ho capito questi quesiti:

1) Una scolaresca in gita è accompagnata da \(4\) insegnanti. Per accelerare le operazioni, ogni insegnante conta i ragazzi: la prima a \(2\) a \(2\), la seconda a \(3\) a \(3\), la terza a \(4\) a \(4\), la quarta a \(5\) a \(5\), ed a tutte ne avanza uno. Sapendo che i ragazzi sono tutti presenti e che il loro numero è compreso tra \(40\) e \(80\), di quanti alunni è composta la scolaresca?

2) In una classe ci sono \(25\) studenti, \(15\) italiani e \(10\) stranieri. Se ne estraggono a sorte \(2\): la probabilità che i due estratti siano uno straniero e un italiano è?

3) Marco, Claudio, Luca e Paolo stanno giocando a poker con tutte le carte dall’otto all’asso (\(8\), \(9\), \(10\), \(J\), \(Q\), \(K\) e asso). Che probabilità ha Paolo di vedersi servito un colore (tutte e cinque le carte dello stesso seme)? Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso si tratta di osservare che le ipotesi implicano che il numero \(x\) degli studenti sia un successivo di un multiplo di \(2\), ma anche di un multiplo di \(3\), di un multiplo di \(4\) e  di un multiplo di \(5\), per cui possiamo dire che esistono certi interi positivi \(m\), \(n\), \(p\) e \(q\) tali che: \[2n+1=3m+1=4p+1=5q+1=x\to x-1=2n=3m=4p=5q\quad.\] In altri termini, \(x-1\) deve essere divisibile sia per \(5\) che per \(4\) (quindi anche per \(2\)) che per \(3\), e quindi si ha come minimo che \(x-1=60\): poiché il successivo multiplo comune di questi tre interi è \(120\), concludiamo che \(x=61\).

Nel secondo caso, l’evento che ci interessa si presenta come unione di due eventi disgiunti: vengono estratti prima un italiano poi uno straniero, vengono estratti prima uno straniero poi un italiano, il primo evento con probabilità \(\frac{15}{25}\cdot \frac{10}{24}=\frac{1}{4}\), il secondo evento con uguale probabilità \(\frac{10}{25}\cdot \frac{15}{24}=\frac{1}{4}\), per cui la probabilità dell’evento in questione (“i due estratti sono uno straniero e un italiano”) è \(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\).

Nell’ultimo caso, si tratta di contare preliminarmente tutte le possibili prime mani (equiprobabili), cioè le cinquine di carte che, indipendentemente dall’ordine, si possono estrarre da \(4\cdot 8=32\), cioè le combinazioni \({{C}_{32,5}}=\frac{32!}{27!5!}=201376\), quindi si contano le possibili cinquine di un dato seme, cioè le combinazioni \({{C}_{8,5}}=\frac{8!}{3!5!}=56\), e le si moltiplicano per \(4\) (il numero di semi diversi), ottenendo la probabilità cercata:\[p=\frac{4\cdot {{C}_{8,5}}}{{{C}_{32,5}}}=\frac{224}{201376}\approx 0,11 \%\quad .\]

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 Elisa la seguente domanda:

Caro professore,

come viene risolto questo quesito?

È la notte di Natale e Babbo Natale sta entrando nella casa di Andrea, David e Giacomo, ma appena sceso dal camino vede tre alberi di natale, uno per ogni bambino. Sapendo che Babbo Natale ha in tutto \(10\) regali e che ogni bambino ha almeno \(2\) regali, quanti modi ha di distribuire i regali? (I regali hanno tutti la stessa carta quindi possono essere considerati tutti uguali e quindi nella distribuzione tra gli alberi varia solo il numero di regali).

Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

possiamo vedere il problema in questo modo: dati tre “posti” (gli alberi distinti), in quanti modi possiamo distribuirvi tre numeri, ciascuno compreso tra \(2\) e \(6\) (ogni bambino non può avere meno di \(2\) regali e quindi non più di \(6\), essendo fissato a \(10\) il totale), e la cui somma sia \(10\)? Si può facilmente verificare che le sole possibili terne di addendi sono le seguenti: \(2+3+5\),  \(2+2+6\), \(2+4+4\), \(3+3+4\); poiché la \(1^\circ\) può essere riordinata in \(3!=6\) modi, mentre le altre tre solo in \(3\) modi ciascuna, il totale delle possibili distribuzioni di regali è \(6+3+3+3=15\). In altro modo, avremmo potuto ragionare così: scelti due alberi, ad esempio quelli di Andrea e David, in quanti modi possiamo distribuire tra di loro i regali? (non vi sono altri modi, poiché per ognuno di questi, il numero di regali che rimangono per Giacomo è univocamente determinato). Possiamo esaminare le possibili assegnazioni di regali ad Andrea, e per ciascuna di queste contare le possibili assegnazioni a David: indichiamole come coppie ordinate di numeri (“regali di Andrea”, “regali di David”), e contiamole:

\[\left( 2,2 \right),\left( 2,3 \right),\left( 2,4 \right),\left( 2,5 \right),\left( 2,6 \right),\]

\[\left( 3,2 \right),\left( 3,3 \right),\left( 3,4 \right),\left( 3,5 \right),\]

\[\left( 4,2 \right),\left( 4,3 \right),\left( 4,4 \right),\]

\[\left( 5,2 \right),\left( 5,3 \right),\]

\[\left( 6,2 \right)\ .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giorgio la seguente domanda:

Gentile professor Bergamini,

questo problema (Matematica.blu. 2.0, pag.41\(\alpha\), n.257) mi ha intrigato molto e vorrei chiederle chiarimenti riguardo la strategia risolutiva.

Otto celebrità si incontrano a un party. Succede così che ciascuna celebrità stringe la mano esattamente ad altre due. Un ammiratore tiene una lista di tutte le coppie (non ordinate ) di celebrità che si sono strette la mano. Se l’ordine non conta, quante diverse liste sono possibili?

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giorgio,

in effetti il problema è piuttosto intrigante… Ti propongo questa strategia: possiamo elencare le strette di mano  suddividendo le persone in sottogruppi di almeno tre individui, e immaginando che ogni sottogruppo formi un circolo in cui ogni persona stringe la mano ai suoi due primi vicini, e quindi riduciamo il problema al conteggio dei modi possibili di formare i sottogruppi e, per ogni data tipologia di suddivisione, al conteggio dei modi distinti in cui si possono ordinare le persone in ogni sottogruppo. Le liste di coppie (ogni lista elenca \(8\) coppie) ottenute con una data tipologia di suddivisione non possono comparire in nessuna lista di coppie ottenuta con una diversa tipologia di suddivisione, per cui il numero totale di liste si ottiene sommando il totale di modi di ciascun tipo di suddivisione. (Se vuoi un’immagine geometrica, la questione equivale alla seguente: date \(n\) lettere, contare il numero di modi in cui possiamo attribuire queste lettere ai vertici di poligoni con un numero di lati compreso tra \(3\) e \(n\), indipendentemente dall’orientamento, orario/antiorario, dei vertici stessi).    

Nel caso di \(8\) persone, le possibili suddivisioni in sottogruppi sono solo \(3\):

1) un solo gruppo di \(8\) persone;

2) una divisione in due gruppi di \(5\) e \(3\) persone;

3) una divisione in due gruppi di \(4\) e \(4\) persone.

Nel primo caso, fissata una persona qualsiasi, i modi in cui possiamo collocare un’altra persona alla sua sinistra sono \(7\), da moltiplicare per i modi in cui possiamo collocare una terza persona alla sinistra della seconda, cioè \(6\), e così via fino a completare il cerchio: si ottengono \(7!\) possibilità che vanno però divise per due, poiché è evidente che per ognuna di esse ve ne è una simmetrica in cui la stessa sequenza di persone è percorsa in senso antiorario invece che orario. Il conto è completo, poiché non importa da quale persona abbiamo cominciato: cominciare da un’altra ci darebbe le stesse possibili liste di coppie, poiché sarebbe come guardare agli stessi circoli di persone solo partendo da un “vertice” diverso: il numero totale di liste, in questo primo caso, è \(\frac{7!}{2}=2520\).

Nel secondo caso, osserviamo che vi sono \(\left( \begin{align}  & 8 \\ & 5 \\ \end{align} \right)=\frac{8!}{3!5!}=56\) modi distinti di ottenere la suddivisione \(5+3\), e, analogamente a quanto osservato in precedenza, vi sono \(\frac{4!}{2}=12\) modi diversi di ordinare il circolo di \(5\) persone, mentre quello restante di \(3\) persone ha un solo modo (\(\frac{2!}{2}=1\)) di definire le coppie di strette di mano, per cui in totale si hanno \(56\cdot 12\cdot 1=672\) liste distinte in questo secondo caso.

Infine, nel terzo caso, ci sono \(\frac{1}{2}\cdot\left( \begin{align}  & 8 \\ & 4 \\ \end{align} \right)=\frac{8!}{2\cdot 4!4!}=35\) modi distinti di dividere le \(8\) persone in due sottogruppi di \(4\) (nota la divisione per \(2\), dovuta alla simmetria del caso), e vi sono \(\frac{3!}{2}=3\) modi diversi di ordinare ciascuno dei due circoli, per cui in totale si hanno \(35\cdot 3\cdot 3=315\) liste distinte in questo terzo caso.

Concludiamo sommando: il numero totale di liste distinte è \[2520+672+315=3507\quad .\]

Massimo Bergamini

Ricevo da Giorgio la seguente domanda:

Gentile professor Bergamini,

nell’ultimo compito sul calcolo combinatorio c’è stato questo problema.

Un certo compito inizia alle \(14:00:00\) e termina alle \(16:00:00\). Durante lo svolgimento, l’ora è costantemente indicata da un orologio digitale a \(6\) cifre (\(2\) per le ore, \(2\) per i minuti, \(2\) per i secondi). Determinare per quanti secondi, durante il compito, le \(6\) cifre indicate dall’orologio sono diverse.

Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Giorgio,

consideriamo l’ora che va dalle \(14:00:00\) alle \(15:00:00\): i secondi di quest’ora in cui le cifre sono sono diverse sono tanti quanti quelli dell’ora successiva, pertanto si tratterà poi di raddoppiare il numero trovato. Cominciamo col contare i modi di inserire una cifra nel posto delle decine dei minuti: abbiamo \(4\) possibili scelte, essendo esclusi l’\(1\) e il \(4\) e le cifre al di sopra del \(5\). Per il posto delle unità dei minuti si hanno \(4\) possibilità se si sceglie una cifra tra quelle maggiori di \(5\), \(3\) possibilità se si sceglie una cifra tra quelle minori o uguali a \(5\) rimaste; nel primo caso, si hanno poi \(3\) possibilità per la cifra delle decine dei secondi, e di conseguenza o \(3\) o \(2\) possibilità per la cifra delle unità dei secondi, a seconda che sia maggiore di \(5\) o minore di \(5\); nel secondo caso, si hanno poi \(2\) possibilità per la cifra delle decine dei secondi, e di conseguenza o \(4\) o \(1\) possibilità per la cifra delle unità dei secondi, a seconda che sia maggiore di \(5\) o minore di \(5\). Riassumiamo quanto detto con la seguente operazione: \[4\cdot \left[ 4\cdot 3\left( 3+2 \right)+3\cdot 2\left( 4+1 \right) \right]=4\cdot \left[ 60+30 \right]=360\] quindi, moltiplicando per due, si avranno in totale \(720\) secondi in cui l’orologio riporterà cifre tutte diverse nell’arco delle due ore considerate.

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 Leonardo la seguente domanda:

Gent.mo professore,

ho il seguente problema.

In quanti modi diversi possiamo distribuire otto tavolette di cioccolato a cinque bambini, sapendo che possiamo assegnare a qualche bambino più di una tavoletta?
Grazie.

Gli rispondo così:

Caro Leonardo,

premesso che bisognerebbe forse precisare che possiamo anche lasciare qualche bambino senza cioccolato (!), il problema è un classico esempio di conteggio delle combinazioni con ripetizione di \(k=8\) oggetti uguali da distribuire in \(n=5\) “posti” distinti. Un modo di giustificare la formula che ne deriva, è quello di rendere il problema “isomorfo” ad un problema di anagrammi. Introduciamo due simboli, uno per i “posti” (i bambini, nel nostro caso), diciamo \(B\), e uno per gli “oggetti” (le tavolette di cioccolato), diciamo \(T\): una possibile distribuzione è univocamente determinata da una “parola” di questo tipo: \[BTTBTBBTTBTTT\] che significa, ad esempio, che il primo bambino riceve \(2\) tavolette, il secondo \(1\) tavoletta, il terzo \(0\), il quarto \(2\) e il quinto \(3\). Una qualsiasi altra combinazione si ottiene riordinando in tutti i modi possibili le \(12\) lettere che seguono la prima lettera di questa parola, che inizia sempre per \(B\) (ad indicare il primo bambino), perché questo equivale ad attribuire ai cinque bambini le otto tavolette in tutti i modi possibili: il numero di combinazioni coincide quindi con il numero di anagrammi distinti di una parola di \(12=n+k-1\) lettere, di cui solo due distinte, e tali che una si ripete \(4=n-1\) volte, l’altra \(8=k\) volte: \[\frac{\left( n+k-1 \right)!}{\left( n-1 \right)!k!}=\frac{12!}{4!8!}=\frac{12\cdot 11\cdot 10\cdot 9}{4\cdot 3\cdot 2}=495\quad .\] Un modo alternativo, più diretto ma più dispendioso, consiste nel valutare tutte le possibili cinquine non ordinate di numeri compresi tra \(0\) e \(8\) la cui somma dia \(8\), e poi valutare per ciascuna di esse in quanti modi possa essere distribuita sui cinque bambini. Le cinquine possibili sono \(18\): \[80000\quad 71000\quad 62000\quad 61100\quad 53000\quad 52100\quad 51110\quad 44000\quad 43100\]\[42200\quad 42110\quad 33200\quad 33110\quad 32210\quad 22220\quad 41111\quad 32111\quad 22211\] che, ordinatamente, hanno ciascuna i seguenti numeri di modi di realizzarsi: \[5\quad 20\quad 20\quad 30\quad 20\quad 60\quad 20\quad 10\quad 60\] \[30\quad 60\quad 30\quad 30\quad 60\quad 5\quad 5\quad 20\quad 10\] per un totale di \(495\).

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 Elisa la seguente domanda:

Professore,

non ho capito questi quesiti:

1) Una scolaresca in gita è accompagnata da \(4\) insegnanti. Per accelerare le operazioni, ogni insegnante conta i ragazzi: la prima a \(2\) a \(2\), la seconda a \(3\) a \(3\), la terza a \(4\) a \(4\), la quarta a \(5\) a \(5\), ed a tutte ne avanza uno. Sapendo che i ragazzi sono tutti presenti e che il loro numero è compreso tra \(40\) e \(80\), di quanti alunni è composta la scolaresca?

2) In una classe ci sono \(25\) studenti, \(15\) italiani e \(10\) stranieri. Se ne estraggono a sorte \(2\): la probabilità che i due estratti siano uno straniero e un italiano è?

3) Marco, Claudio, Luca e Paolo stanno giocando a poker con tutte le carte dall’otto all’asso (\(8\), \(9\), \(10\), \(J\), \(Q\), \(K\) e asso). Che probabilità ha Paolo di vedersi servito un colore (tutte e cinque le carte dello stesso seme)? Grazie.

Le rispondo così:

Cara Elisa,

nel primo caso si tratta di osservare che le ipotesi implicano che il numero \(x\) degli studenti sia un successivo di un multiplo di \(2\), ma anche di un multiplo di \(3\), di un multiplo di \(4\) e  di un multiplo di \(5\), per cui possiamo dire che esistono certi interi positivi \(m\), \(n\), \(p\) e \(q\) tali che: \[2n+1=3m+1=4p+1=5q+1=x\to x-1=2n=3m=4p=5q\quad.\] In altri termini, \(x-1\) deve essere divisibile sia per \(5\) che per \(4\) (quindi anche per \(2\)) che per \(3\), e quindi si ha come minimo che \(x-1=60\): poiché il successivo multiplo comune di questi tre interi è \(120\), concludiamo che \(x=61\).

Nel secondo caso, l’evento che ci interessa si presenta come unione di due eventi disgiunti: vengono estratti prima un italiano poi uno straniero, vengono estratti prima uno straniero poi un italiano, il primo evento con probabilità \(\frac{15}{25}\cdot \frac{10}{24}=\frac{1}{4}\), il secondo evento con uguale probabilità \(\frac{10}{25}\cdot \frac{15}{24}=\frac{1}{4}\), per cui la probabilità dell’evento in questione (“i due estratti sono uno straniero e un italiano”) è \(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}\).

Nell’ultimo caso, si tratta di contare preliminarmente tutte le possibili prime mani (equiprobabili), cioè le cinquine di carte che, indipendentemente dall’ordine, si possono estrarre da \(4\cdot 8=32\), cioè le combinazioni \({{C}_{32,5}}=\frac{32!}{27!5!}=201376\), quindi si contano le possibili cinquine di un dato seme, cioè le combinazioni \({{C}_{8,5}}=\frac{8!}{3!5!}=56\), e le si moltiplicano per \(4\) (il numero di semi diversi), ottenendo la probabilità cercata:\[p=\frac{4\cdot {{C}_{8,5}}}{{{C}_{32,5}}}=\frac{224}{201376}\approx 0,11 \%\quad .\]

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