Capitolo 3

3.4 Esercizi
93
(a) Il barista non ricorda chi ha ordinato una data bevanda: in quanti modi può distribuire 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 è ancora più 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 probabilità 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 probabilità 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 italiano, latino e storia. In quanti modi può 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 è l’insieme Ω delle 6-sequenze di I6 che ha
cardinalità S((6, 6)) = 66 . I casi favorevoli sono le 6-sequenze di I6 con occupancy
(1, 0, 0, 0, 3, 2). Pertanto la probabilità cercata è
S(6, 6; (1, 0, 0, 0, 3, 2))
6!/3!2!
=
≈ 0.001 = 1%.
S((6, 6))
66
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 cardinalità dell’evento a cui siamo interessati, bisogna contare le 8-sequenze di I10 con occupancy
94
Vincoli di occupancy
(0, 0, 3, 0, 1, 2, 0, 0, 2, 0): queste sono S(10, 8; (0, 0, 3, 0, 1, 2, 0, 0, 2, 0)) = 1 680.
La probabilità cercata è pertanto
S(10, 8; (0, 0, 3, 0, 1, 2, 0, 0, 2, 0))
1 680
=
≈ 0.0000168 = 0.0017%
S((10, 8))
108
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 di I9 . Le 6-sequenze di I9
sono 96 e 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!
9!
× S(3, 9; (5, 2, 2)) = 180 ×
= 180 × 756 = 136 080
2×2
5!2!2!
La probabilità cercata è pertanto
=
136 080
≈ 0.26 = 26%
96
Soluzione es. 3.5. Casi possibili sono le 10-sequenze di I4 con occupancy [2, 2, 3, 3],
mentre i casi favorevoli sono le 10-sequenze di I4 con occupancy (2, 2, 3, 3). La
probabilità 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
S(5, 15; [0, 4, 4, 4, 3]). La probabilità cercata è ≈ 0.01 = 1%.
favorevoli
sono
Soluzione es. 3.8. Le 30-sequenze di I6 con 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
3.4 Esercizi
95
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 a 3 000 000 solo 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!
6!
6!
−
−
= 180
2!3! 2!3! 2!2!
Soluzione es. 3.10. Devo contare le 8-sequenze di I6 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!
8!
6
×6+
×
= 191 520
2
3!
2!2!
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
� � �
� ��
8!
8!
10
6
×
= 210 × 191 520 = 40 219 200
×6+
×
6
2
3!
2!2!
Soluzione es. 3.11. Il numero S(3, 10; (k1 , k2 , k3 )) conta le 10 sequenze di I3 con
occupancy (k1 , k2 , k3 ). Al variare dei ki in tutti i modi per i quali k1 + k2 + k3 =
10, ki ∈ N, otteniamo tutte e sole le 10-sequenze di I3 , che sono 310 .
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 sono 2 ×
S(4, 21; (6, 8, 6, 1))). In tutto le parole cercate sono 704 313 890 280.
96
Vincoli di occupancy
Soluzione es. 3.13. Lo spazio campionario Ω delle possibili mani ha cardinalità
S(4, 52; (13, 13, 13, 13)).
� �� �� �� �
13
13
13
13
(a): per scegliere la mano che riceve Ovest, ho
possi4
3
3
3
� �
52
bilità; le mani possibili per Ovest sono
. La probabilità cercata è ≈ 0.02634 =
13
2.6%.
(b): distribuisco le carte di picche seguendo le indicazioni in
S(4, 13; (5, 5, 2, 1)) modi. Distribuisco le rimanenti carte in S(4, 39; (8, 8, 11, 12))
modi. La probabilità cercata è ≈ 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 probabilità cercata è ≈ 0.011 =
1.1%.
(d): scelgo per ciascun giocatore il seme del quale ottiene 4 carte in 4! 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 probabilità cercata è ≈
0.0009 = 0.09%.
Soluzione es. 3.14. I casi possibili sono S(2, 20; (14, 6)). Per contare quelli favorevoli vediamo in quanti modi è possibile decidere quante teste compaiono prima delle
6 croci. Indicato con xi il numero di teste tra la croce i − 1-esima e la croce i-esima,
� �
15
deve essere x1 + ... + x6 + x7 = 14 con x2 , ..., x6 ≥ 1: questa equazione ha
6
soluzioni. La probabilità cercata vale ≈ 0.129 = 12.9%.
Soluzione es. 3.15. Indichiamo con x1 il numero di lettere che devono comparire prima della prima A, con x2 il numero di lettere tra la prima e la seconda A, con x3 il
numero di lettere tra la seconda e la terza A, e con x4 il numero di lettere dopo
la
� �
8
terza A. Deve essere x1 + ... + x4 = 7 con x2 , x3 ≥ 1; abbiamo per questa
3
soluzioni. A questo punto determiniamo un anagramma qualunque di MTEMTIC (vi
sono S(5, 7; (2, 2, 1, 1, 1)) possibilità) e lo inseriamo tra e A rispettando la soluzione
determinata al passo precedente. In tutto gli anagrammi cercati sono 70 560.
� �
4
possibilità), ad esempio I ed E; poi conto gli
Soluzione es. 3.16. Scelgo 2 vocali (
2
anagrammi della parola (SI)(SE)TMATO che sono S(6, 7; (1, 1, 2, 1, 1, 1)). In tutto
si ottengono 15 120 anagrammi del tipo desiderato.
Soluzione es. 3.17. Costruisco un anagramma del tipo desiderato con la seguente procedura. 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 soluzioni naturali dell’equazione x1 + ... + x5 = 7 con x2 , x3 , x4 ≥ 1, ovvero in C(8, 4)
3.4 Esercizi
97
modi. Poi faccio un anagrama di MIIIPPI e colloco ordinatamente le lettere nei posti stabiliti nella fase precedente; lo posso fare in S(3, 7; (1, 4, 2)) modi. In tutto gli
anagrammi del tipo cercato sono 7 350.
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 sono 10 080.
(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 sono S(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
è un anagramma sia di STRTTRI(UOE) che di STRTTR(IUO)E. Basta dunque togliere a 4! × S(5, 8; (1, 3, 2, 1, 1)) il numero trovato in (a): si trovano cosı̀ 70 560
anagrammi.
(c): Considero una 4-sequenza delle vocali (vi sono 4! possibilità). Poi indico
con x1 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
� �
7
quarta vocale; deve essere x1 + ... + x5 = 6 con x2 , x3 , x4 ≥ 1 (vi sono
4
possibilità). Ora considero una sequenza delle consonanti e la inserisco tra le vocali
rispettando la soluzione determinata nella fase precedente (vi sono S(3, 6; (1, 3, 2))
possibilità). In tutto gli anagrammi cercati sono 50 400.
Soluzione es. 3.19. (a): Dobbiamo contare le 14-sequenze di I5 con occupancy
(3, 2, 2, 3, 4); queste sono S(5, 14; (3, 2, 2, 3, 4)) = 25 225 200.
(b): Dobbiamo contare le 14-sequenze di I5 con 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 con A, B, C le tre sale. Si consideri lo spazio campionario Ω = delle 9-sequenze di {A, B, C}; si ha |Ω| = 39 . Gli eventi ai quali siamo
interessati sono rispettivamente:
� �
9
(a) Ea = 9-sequenze in Ω con esattamente 3 A; |E| =
× 26 ;
3
(b) Eb = 9-sequenze in Ω con 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 casi P (E) = |E|/|Ω|.
Soluzione es. 3.21. I casi possibili sono S(2, 10; (4, 6)). I casi favorevoli si possono ottenere con la seguente procedura. Fissiamo una permutazione (a, b, c) di
98
Vincoli di occupancy
((11), 1, 1) (vi sono 3 possibilità). Ora indichiamo con x1 il numero di zeri prima
di a, con x2 il numero di zeri tra a e b, con x3 il numero di zeri tra b e c ed infine con
x4 il numero
� � di zeri dopo c. Deve essere x1 + x2 + x3 + x4 = 6 con x2 , x3 ≥ 1. Vi
7
sono
possibilità. La probabilità cercata vale
3
� �
7
3×
3
= 0.5 = 50%
S(2, 10; (4, 6))
�
�
27
Soluzione es. 3.22. Scegliamo gli 8 studenti (vi sono
possibilità). Per decidere
8
le materie dobbiamo scegliere una 8-sequenza di I3 con occupancy [3, 3, 2] (abbiamo
S(3, 8; [3, 3, 2]) possibilità). In tutto l’interrogazione può avvenire in 3 729 726 000
modi diversi.
Soluzione es. 3.23. Si suddividono prima gli studenti nelle camere considerando le
18-sequenze di I5 con occupancy [3, 3, 4, 4, 4] (vi sono S(5, 18; [3, 3, 4, 4, 4]) possibilità). Poi piazziamo i due docenti nei letti liberi (vi sono due possibilità). In tutto
possiamo distribuire i gitanti in 257 297 040 000 modi.