Quarta lezione

In apertura della quarta lezione, ho scelto di proporre immediatamente il quesito di Tversky e Kahneman sulla disponibilit`a. Il quesito, ricordiamo, chiede di dire, dato un insieme di 10 elementi, se sono di pi`u i suoi sottoinsiemi formati da 2 elementi o quelli formati da 8 elementi. Sorprendentemente per i sottoinsiemi di 8 elementi vi sono state ben 10 preferenze, contro le 6 per i sottoinsiemi di 2 elementi, un solo “non so”, e nessuna preferenza per l’opzione “altro”. Quindi sebbene non sia emerso come previsto il ragionamento per disponibilit`a, nessuno ha avuto l’intuizione che ad ogni sottoinsieme di 8 elementi corrisponde un sottoinsieme di 2 elementi (il complementare) e viceversa, e che dunque sono lo stesso numero. Per il momento la risposta `e stata lasciata in sospeso, con la promessa di ritornarci sopra a fine lezione.

Dopo aver introdotto le regole del Superenalotto e denotato con I l’insieme dei numeri naturali da 1 a 90, ho chiesto alla classe cosa fosse, in relazione ad I, una sestina. Dopo qualche momento di confronto alcuni studenti hanno risposto che una sestina fosse un sottoinsieme di I di 6 elementi, e ho supportato la risposta sottolineando che, infatti, proprio come accade per gli insiemi, nelle sestine del Superenalotto non vi sono ripetizioni (estrazioni senza reimmissione) e l’ordine non

conta, essendo una sestina identificata soltanto dai sei numeri che vi compaiono. Detto A l’evento “faccio 6 giocando una sestina”, ho proposto di calcolare P(A). `

E emerso che si poteva considerare come insieme T degli esiti totali quello di tutte le possibili sestine estratte (cio`e di tutti i sottoinsiemi di 6 elementi di I), mentre l’unico esito favorevole era rappresentato dalla sola sestina giocata. Quindi, essendo P(A) = |T |1 occorreva calcolare |T |. La classe ha riconosciuto che questo calcolo

aveva una complessit`a pi`u alta rispetto ai conteggi affrontati fino ad allora. Ho confermato questa impressione, ed ho enfatizzato l’importanza dello studio che si stava per affrontare, ovvero dei concetti base della combinatoria, proprio per far fronte a questo tipo di problemi.

Come programmato, lo studio `e iniziato con le sei caselle da riempire con numeri da 1 a 90, senza ripetizioni. Con il mio aiuto si `e capito che questo pu`o essere fatto in 90 · 89 · 88 · 87 · 86 · 85 modi diversi. Per farlo abbiamo ragionato soprattutto sulle prime due caselle. Per riempire la prima la classe ha suggerito che vi fossero 90 modi possibili, e di conseguenza 89 per la seconda. Che i due numeri andassero moltiplicati non `e stato subito ovvio per tutti, tuttavia sono state particolarmente utili per capirlo le parole da me pronunciate “per ognuno dei 90 modi di riempire la prima ce ne sono 89 di riempire la seconda”. Non `e stato per`o chiaro fin da subito perch´e queste non fossero le sestine cercate. `E bastato qualche semplice esempio per capire che in realt`a pi`u sequenze rappresentavano la stessa sestina, poich´e gli stessi 6 numeri potevano presentarsi in ordine diverso in pi`u sequenze. Ho chiamato allora S l’insieme di tutte queste 90 · 89 · 88 · 87 · 86 · 85 sequenze ordinate, e l’ho poi rappresentato alla lavagna con un grande diagramma di Venn, pieno di puntini (gli elementi, ovvero le sequenze ordinate). Ho poi fatto notare che si potevano raggruppare tra loro tutte le sequenze che rappresentavano la stessa sestina, ed ho effettuato questa operazione dapprima cerchiando dei gruppi disgiunti all’interno di S, e poi, in un’altra rappresentazione (risultata pi`u gradita agli studenti) suddividendo S in tanti spicchi. A questo punto una studentessa ha intuito quale strada si sarebbe percorsa e, col mio aiuto, ha cercato di spiegarla alla classe intera. Capire che ogni spicchio rappresentasse una

sestina e che quindi si dovesse calcolare il numero di spicchi ottenuti `e stata la fase che ha richiesto pi`u tempo ed impegno nell’intera lezione. Come calcolare il numero di spicchi invece non `e stato cos`ı complicato da capire: c’era gi`a la percezione del fatto che in ogni spicchio vi fosse lo stesso numero di sequenze ordinate (sebbene non si sapesse ancora quante), quindi sarebbe bastato dividere |S| = 90 · 89 · 88 · 87 · 86 · 85 per quel numero misterioso.

Il problema si `e spostato quindi nel calcolare in quanti modi si potesse rappre- sentare una sestina attraverso sequenze ordinate, cio`e in quanti modi si potessero ordinare sei oggetti. Alcuni studenti suggerivano gi`a 720, mentre ad altri la risposta `

e stata chiara una volta che ho riproposto la tecnica delle sei caselle, mostrando che il primo si poteva scegliere in 6 modi, il secondo in 5, e cos`ı via. Ho denotato il prodotto ottenuto con la tipica notazione 6!, senza addentrarmi nella definizione induttiva per mantenere l’attenzione sul vero argomento della lezione. Dunque si `e potuto calcolare finalmente:

|T | = 90 · 89 · 88 · 87 · 86 · 85 6! = 622.614.630, (5.13) da cui si `e ottenuto: P(A) = 1 622.614.630. (5.14)

A questo punto spontaneamente la classe ha proposto di analizzare tale probabilit`a come si era fatto per quella del gratta e vinci. In quel caso si era idealmente costruito una striscia continua di 6 milioni di biglietti, lunga 900 km, in cui uno solo era vincente. Procedendo con stime grossolane, dovendo unire stavolta oltre 600 milioni di biglietti (o meglio, schedine), la striscia risultava di 90.000 km. Se per i gratta e vinci si era reso l’idea con “Montecatini-Napoli andata e ritorno”, questa volta ho proposto di calcolare, senza calcolatrice, a quanti giri della Terra corrispondesse all’incirca tale lunghezza. Considerando (di nuovo grossolanamente) il raggio della Terra di circa 6.000 km, e approssimando π con 3, `e risultato, meravigliando un po’ tutti, che con la striscia ottenuta si poteva avvolgere la Terra all’equatore facendo

pi`u di due giri.

Uno studente ha poi fatto notare che comunque, se 622.614.630 persone giocassero tutte una sestina diversa, uno vincerebbe sicuramente. Assieme ad altri studenti della classe ho per`o ricordato che l’intera popolazione italiana `e di soli 60 milioni di persone circa, senza contare il fatto che i minorenni non possono giocare, e quindi `e praticamente impossibile che in un’unica estrazione vengano giocate tutte le sestine. In questo punto ho deciso di inserire l’argomento dell’euristica della disponibilit`a, affermando che, inoltre, ben pochi sceglierebbero di giocare sestine come 1-2-3-4-5-6. La classe, seppure concordasse sul fatto che tutte le sestine fossero equiprobabili, si `e mostrata d’accordo con l’affermazione, ed io ho citato i risultati del questionario relativi alla domanda sulle cinquine del Lotto: sebbene sovente si dichiarasse di scegliere a caso, comunque in pochi avevano scelto le cinquine pi`u strutturate, privilegiando quelle pi`u “assortite” che apparivano pi`u casuali. Inoltre una studentessa ha proposto di calcolare i guadagni dei gestori del Superenalotto, ma per motivi di tempistica (tanto pi`u che il calcolo sulla circonferenza della terra non era previsto) non si `e potuto affrontare nel dettaglio l’argomento. Ho per`o suggerito che questo avrebbe potuto essere un buon approfondimento da svolgere a casa.

Si `e passati quindi alla formalizzazione del concetto di coefficiente binomiale. L’obiettivo era quello di generalizzare la formula trovata nel caso particolare per il numero di sottoinsiemi di 6 elementi (cio`e di sestine) di un insieme di 90 elementi. Ho indicato quindi con la classica notazione n_k

il numero di sottoinsiemi di k elementi di un insieme di n elementi, e abbiamo osservato che, per quanto visto fino ad allora:

90 6

!

= 90 · 89 · 88 · 87 · 86 · 85

6! . (5.15)

Ho quindi chiesto di cercare di ricavare una formula analoga per il caso generico

n k

. Non ci sono stati problemi ad individuare k! per il denominatore, mentre per il numeratore alcuni studenti, con gli occhi sul numeratore dell’esempio concreto 90₆

, hanno intuito che dovesse essere un prodotto di k fattori da n via via a scendere di

uno per volta:

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3) . . . (5.16)

Dovendo essere k fattori, abbiamo concordato che ci si doveva fermare al fattore (n − k + 1), ricavando quindi: n k ! = n · (n − 1) · ... · (n − k + 1) k! . (5.17)

Ho confermato la correttezza della formula, ed ho poi fatto osservare che, vo- lendo, si poteva scrivere il numeratore in modo pi`u furbo, per togliere la scomoda rappresentazione con i puntini, sfruttando una furba semplificazione:

n · (n − 1) · ... · (n − k + 1) = n! (n − k)! (5.18) ottenendo cio`e: n k ! = n · (n − 1) · ... · (n − k + 1) k! = n! (n − k)! k!. (5.19)

A questo punto, a tempo ormai esaurito, ho ripreso il quesito iniziale, ed ho rivelato il ragionamento (dei sottoinsiemi complementari) attraverso il quale si sarebbe potuto trovare con esattezza la soluzione anche senza conoscere nessuno dei concetti appena visti, invitando per`o la classe a verificarlo attraverso la formula individuata (pi`u per verifica nei confronti della correttezza della formula che non del ragionamento dei sottoinsiemi complementari, che `e stato apprezzato e considerato dalla classe come sicuramente valido).

In conclusione, sebbene non vi sia stato il tempo per effettuare qualche esercizio (che comunque ho fornito alla classe nelle dispense della lezione), come invece si era programmato, la lezione `e stata comunque positiva e partecipata. In particolare `e stata apprezzata l’iniziativa della classe di voler interpretare la probabilit`a di vincere il jackpot al Superenalotto, come fatto in precedenza con il gratta e vinci. Le difficolt`a principali, come detto, sono state nel passaggio da sequenze ordinate a sestine, ovvero

nel riconoscere una sestina, parlando formalmente, come classe di equivalenza di tutte le sequenze con gli stessi sei numeri. Difficolt`a anche comprensibile, dopo tutto quozientare un insieme attraverso una relazione di equivalenza `e un procedimento a volte ostico anche per gli studenti del primo anno di matematica. Tuttavia la rappresentazione grafica a spicchi della partizione dell’insieme ha aiutato molto in questo senso, e suggeriamo sicuramente di utilizzarla.