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