(a) Il barista non ricorda chi ha ordinato una data bevanda: in quanti modi pu`o di- stribuire le bibite se 3 hanno ordinato uno Spritz, 2 un Chinotto, 2 una Gassosa, 3 del Prosecco e 4 persone non hanno ordinato nulla?
(b) Il barista `e ancora pi`u smemorato: si ricorda solo che sono stati ordinati degli Spritz, dei Chinotti, delle Gassose, del Prosecco e che qualcuno non ha ordinato nulla e che deve servire 3 bibite di uno di questi tipi, 2 di un altro, 2 di un altro, 3 di un altro, 4 di un altro (tra i tipi includiamo anche il nulla). Quanti sono i modi per servire le ordinazioni?
Esercizio 3.20 Nove persone arrivano ad un ristorante con tre sale vuote, e ciascuna sceglie a caso la sala. Determinare la probabilit`a che
(a) ci siano esattamente tre persone nella prima sala;
(b) ci siano tre persone in ciascuna sala;
(c) ci sia una sala con due persone, una con tre e l’altra con quattro.
Esercizio 3.21 Determinare la probabilit`a che in una 10-sequenza binaria con 4 uno e 6 zeri vi siano 2 uno vicini e gli altri uno non siano adiacenti (ad esempio (1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0)va bene).
Esercizio 3.22 Un insegnante ha deciso di interrogare 8 tra i suoi 27 studenti in ita- liano, latino e storia. In quanti modi pu`o farlo se vuole interrogare 3 studenti in una materia, 3 in un’altra e 2 nell’altra ancora?
Esercizio 3.23 Una classe di 18 studenti va in gita accompagnata da due docenti.
Saranno sistemati per la notte in 5 camere quadruple; i due docenti non vogliono dormire nella stessa stanza. In quanti modi si possono distribuire le persone nelle 5 camere?
Soluzioni degli esercizi
Soluzione es. 3.1. Lo spazio campionario `e l’insiemeΩdelle 6-sequenze diI6che ha cardinalit`aS((6, 6)) = 66. I casi favorevoli sono le 6-sequenze diI6con occupancy (1, 0, 0, 0, 3, 2). Pertanto la probabilit`a cercata `e
S(6, 6; (1, 0, 0, 0, 3, 2))
S((6, 6)) = 6!/3!2!
66 ≈ 0.001 = 1%.
Soluzione es. 3.2. (a):S((3, 6)) = 36= 729. (b):S(3, 6; (2, 2, 2)) = 6!/(2!)3 = 90.
Soluzione es. 3.3. Le possibili password costituiscono l’insieme delle 8-sequenze di I10 e sono pertanto S((10, 8)) = 108. Per calcolare la cardinalit`a dell’even- to a cui siamo interessati, bisogna contare le 8-sequenze di I10 con occupancy
(0, 0, 3, 0, 1, 2, 0, 0, 2, 0): queste sonoS(10, 8; (0, 0, 3, 0, 1, 2, 0, 0, 2, 0)) = 1 680. La probabilit`a cercata `e pertanto
S(10, 8; (0, 0, 3, 0, 1, 2, 0, 0, 2, 0))
S((10, 8)) = 1 680
108 ≈ 0.0000168 = 0.0017%
Soluzione es. 3.4. Numeriamo i sei oggetti indistinguibili da 1 a 6. Ogni distribuzione dei 6 oggetti ora numerati corrisponde ad una 6-sequenza diI9. Le 6-sequenze diI9
sono96e sono tutte equiprobabili. Le distribuzioni cercate sono quelle con collezione di occupancy[2, 2, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0]: queste sono
S(9, 6; [2, 2, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0]) = S(9, 6; (2, 2, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0))×P (2, 2, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0) =
= 6!
2× 2× S(3, 9; (5, 2, 2)) = 180 × 9!
5!2!2! = 180× 756 = 136 080 La probabilit`a cercata `e pertanto
136 080
96 ≈ 0.26 = 26%
Soluzione es. 3.5. Casi possibili sono le 10-sequenze diI4con occupancy[2, 2, 3, 3], mentre i casi favorevoli sono le 10-sequenze di I4 con occupancy (2, 2, 3, 3). La probabilit`a cercata vale
S(4, 10; (2, 2, 3, 3))/S(4, 10; [2, 2, 3, 3]) = 1/P (2, 2, 3, 3)≈ 0.167 = 16.7%
Soluzione es. 3.6. Nella prima domanda devo contare le 20-sequenze di I3 con occupancy[6, 7, 7]; queste sono
S(3, 20; [6, 7, 7]) = S(3, 20; (6, 7, 7))× P (6, 7, 7) = 399 072 960.
Se gli oggetti sono uguali dobbiamo contare le 3 risoluzioni di 20 con occupancy [6, 7, 7]. Queste sono
C(3, 20; [6, 7, 7]) = P (6, 7, 7) = 3
Soluzione es. 3.7. I casi possibili sono 515; i casi favorevoli sono S(5, 15; [0, 4, 4, 4, 3]). La probabilit`a cercata `e≈ 0.01 = 1%.
Soluzione es. 3.8. Le 30-sequenze diI6con occupancy(3, 6, 5, 6, 4, 6): sono S(6, 30; (3, 6, 5, 6, 4, 6)) = (30!)/[3!5!4!(6!)3] = 41 126 225 027 679 792 000
Soluzione es. 3.9. Le permutazioni della sequenza(1, 2, 2, 4, 6, 6, 6)sono
P (1, 2, 2, 4, 6, 6, 6) = S(4, 7; (1, 2, 1, 3)) = 7!
2!3!
Si ottiene un numero superiore a3 000 000solo se la sequenza comincia con 4 o 6.
Le sequenze che cominciano con 4 sono
P (1, 2, 2, 6, 6, 6) = S(3, 6; (1, 2, 3)) = 6!
2!3!, mentre quelle che cominciano con 6 sono
P (1, 2, 2, 4, 6, 6) = S(4, 6; (1, 2, 1, 2)) = 6!
2!2!. Le permutazioni cercate sono dunque
S(4, 7; (1, 2, 1, 3))−S(3, 6; (1, 2, 3))−S(4, 6; (1, 2, 1, 2)) = 7!
2!3!− 6!
2!3!− 6!
2!2! = 180 Soluzione es. 3.10. Devo contare le8-sequenze diI6 con occupancy[1, 1, 1, 1, 1, 3]
oppure[1, 1, 1, 1, 2, 2]:
S(6, 8; [1, 1, 1, 1, 1, 3]) + S(6, 8; [1, 1, 1, 1, 2, 2]) =
= S(6, 8; (1, 1, 1, 1, 1, 3))× P (1, 1, 1, 1, 1, 3)+
+S(6, 8; (1, 1, 1, 1, 2, 2))× P (1, 1, 1, 1, 2, 2) = 8!
3!× 6 + 8!
2!2! ×
�6 2
�
= 191 520
Per rispondere alla seconda domanda, suddivido il problema in fasi: prima scelgo le 6 cifre tra 10, e poi ripeto la procedura prima descritta. In tutto pertanto i numeri in questione sono
�10 6
�
×
�8!
3!× 6 + 8!
2!2! ×
�6 2
��
= 210× 191 520 = 40 219 200
Soluzione es. 3.11. Il numero S(3, 10; (k1, k2, k3))conta le 10 sequenze diI3 con occupancy(k1, k2, k3). Al variare deiki in tutti i modi per i qualik1+ k2+ k3 = 10, ki ∈N, otteniamo tutte e sole le10-sequenze diI3, che sono310.
Soluzione es. 3.12. Cerchiamo le parole ove non compare il pattern CCCA o CACC.
Allora dall’insieme delle parole formate da sette A, otto B, tre C, sei D (che sono S(4, 24; (7, 8, 3, 6)))togliamo le parole con i pattern non desiderati (che sono2× S(4, 21; (6, 8, 6, 1))). In tutto le parole cercate sono704 313 890 280.
Soluzione es. 3.13. Lo spazio campionario Ω delle possibili mani ha cardinalit`a S(4, 52; (13, 13, 13, 13)).
(a): per scegliere la mano che riceve Ovest, ho
�13 4
� �13 3
� �13 3
� �13 3
� possi- bilit`a; le mani possibili per Ovest sono
�52 13
�
. La probabilit`a cercata `e≈ 0.02634 = 2.6%.
(b): distribuisco le carte di picche seguendo le indicazioni in S(4, 13; (5, 5, 2, 1))modi. Distribuisco le rimanenti carte inS(4, 39; (8, 8, 11, 12)) modi. La probabilit`a cercata `e≈ 0.0026 = 0.26%.
(c): scelgo il giocatore con tutti gli assi in 4 modi; poi distribuisco le carte rimanenti in S(4, 48; (9, 13, 13, 13)) modi. La probabilit`a cercata `e ≈ 0.011 = 1.1%.
(d): scelgo per ciascun giocatore il seme del quale ottiene 4 carte in4!modi.
Poi distribuisco prima le carte di picche, poi quelle di fiori, quindi quelle di quadri ed infine quelle di cuori in S(4, 13; (4, 3, 3, 3))4 modi. La probabilit`a cercata `e≈ 0.0009 = 0.09%.
Soluzione es. 3.14. I casi possibili sonoS(2, 20; (14, 6)). Per contare quelli favore- voli vediamo in quanti modi `e possibile decidere quante teste compaiono prima delle 6 croci. Indicato conxiil numero di teste tra la crocei− 1-esima e la crocei-esima, deve esserex1+ ... + x6+ x7= 14conx2, ..., x6≥ 1: questa equazione ha
�15 6
�
soluzioni. La probabilit`a cercata vale≈ 0.129 = 12.9%.
Soluzione es. 3.15. Indichiamo conx1il numero di lettere che devono comparire pri- ma della prima A, conx2 il numero di lettere tra la prima e la seconda A, conx3 il numero di lettere tra la seconda e la terza A, e conx4 il numero di lettere dopo la terza A. Deve esserex1+ ... + x4 = 7conx2, x3 ≥ 1; abbiamo per questa
�8 3
�
soluzioni. A questo punto determiniamo un anagramma qualunque di MTEMTIC (vi sonoS(5, 7; (2, 2, 1, 1, 1))possibilit`a) e lo inseriamo tra e A rispettando la soluzione determinata al passo precedente. In tutto gli anagrammi cercati sono70 560.
Soluzione es. 3.16. Scelgo 2 vocali (
�4 2
�
possibilit`a), ad esempio I ed E; poi conto gli anagrammi della parola (SI)(SE)TMATO che sonoS(6, 7; (1, 1, 2, 1, 1, 1)). In tutto si ottengono15 120anagrammi del tipo desiderato.
Soluzione es. 3.17. Costruisco un anagramma del tipo desiderato con la seguente pro- cedura. Innanzitutto decido quante lettere collocare prima della prima S, tra la prima e la seconda S, ..., dopo la quarta S; lo posso fare in tanti modi quante sono le solu- zioni naturali dell’equazionex1+ ... + x5= 7conx2, x3, x4≥ 1, ovvero inC(8, 4)
modi. Poi faccio un anagrama di MIIIPPI e colloco ordinatamente le lettere nei po- sti stabiliti nella fase precedente; lo posso fare inS(3, 7; (1, 4, 2))modi. In tutto gli anagrammi del tipo cercato sono7 350.
Soluzione es. 3.18. (a): Intanto decido l’ordine con cui scrivere le vocali (4!modi).
D’ora in poi tratto il blocco di vocali come fosse una lettera sola. Devo contare dunque gli anagrammi ad esempio di STRTTR(IUOE): questi sono S(4, 7; (1, 3, 2, 1)) in tutto gli anagrammi cercati sono10 080.
(b): Considero una 3-sequenza delle 4 vocali (4!modi) che considero come un blocco unico. Vado a contare gli anagrammi delle lettere rimaste e del blocco di vocali considerato: questi sonoS(5, 8; (1, 3, 2, 1, 1)). Al variare dei blocchi gli anagrammi nei quali le 4 vocali sono vicine vengono contati due volte: ad esempio STRTTRIUOE
`e un anagramma sia di STRTTRI(UOE) che di STRTTR(IUO)E. Basta dunque to- gliere a4!× S(5, 8; (1, 3, 2, 1, 1))il numero trovato in(a): si trovano cos`ı70 560 anagrammi.
(c): Considero una 4-sequenza delle vocali (vi sono4!possibilit`a). Poi indico conx1 il numero di consonanti prima della prima vocale, ... con x4 il numero di consonanti tra la terza e la quarta vocale, con x5 il numero di consonanti dopo la quarta vocale; deve esserex1+ ... + x5 = 6 conx2, x3, x4 ≥ 1 (vi sono
�7 4
�
possibilit`a). Ora considero una sequenza delle consonanti e la inserisco tra le vocali rispettando la soluzione determinata nella fase precedente (vi sonoS(3, 6; (1, 3, 2)) possibilit`a). In tutto gli anagrammi cercati sono50 400.
Soluzione es. 3.19. (a): Dobbiamo contare le 14-sequenze di I5 con occupancy (3, 2, 2, 3, 4); queste sonoS(5, 14; (3, 2, 2, 3, 4)) = 25 225 200.
(b): Dobbiamo contare le 14-sequenze diI5con occupancy[3, 2, 2, 3, 4]; queste sono
S(5, 14; [3, 2, 2, 3, 4]) = S(5, 14; (3, 2, 2, 3, 4))× P (3, 2, 2, 3, 4) = 756 756 000.
Soluzione es. 3.20. Indichiamo conA, B, Cle tre sale. Si consideri lo spazio campio- narioΩ =delle 9-sequenze di{A, B, C}; si ha|Ω| = 39. Gli eventi ai quali siamo interessati sono rispettivamente:
(a) Ea =9-sequenze inΩcon esattamente 3A;|E| =
�9 3
�
× 26;
(b) Eb =9-sequenze inΩcon occupancy(3, 3, 3):S(9; (3, 3, 3)) = 9!/(3!)3; (c) Ec = 9-sequenze in Ω con occupancy [2, 3, 4]: S(9; [2, 3, 4]) =
S(9; (2, 3, 4))× P (2, 3, 4) = (9!/(2!3!4!)) × 3!
In tutti i casiP (E) =|E|/|Ω|.
Soluzione es. 3.21. I casi possibili sono S(2, 10; (4, 6)). I casi favorevoli si pos- sono ottenere con la seguente procedura. Fissiamo una permutazione (a, b, c) di
((11), 1, 1)(vi sono 3 possibilit`a). Ora indichiamo conx1 il numero di zeri prima dia, conx2il numero di zeri traaeb, conx3il numero di zeri trabeced infine con x4il numero di zeri dopoc. Deve esserex1+ x2+ x3+ x4 = 6conx2, x3≥ 1. Vi sono
�7 3
�
possibilit`a. La probabilit`a cercata vale
3×
�7 3
�
S(2, 10; (4, 6)) = 0.5 = 50%
Soluzione es. 3.22. Scegliamo gli 8 studenti (vi sono
�27 8
�
possibilit`a). Per decidere le materie dobbiamo scegliere una8-sequenza diI3con occupancy[3, 3, 2](abbiamo S(3, 8; [3, 3, 2])possibilit`a). In tutto l’interrogazione pu`o avvenire in3 729 726 000 modi diversi.
Soluzione es. 3.23. Si suddividono prima gli studenti nelle camere considerando le 18-sequenze diI5 con occupancy[3, 3, 4, 4, 4](vi sonoS(5, 18; [3, 3, 4, 4, 4])pos- sibilit`a). Poi piazziamo i due docenti nei letti liberi (vi sono due possibilit`a). In tutto possiamo distribuire i gitanti in257 297 040 000modi.
