NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO

NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO VINCENZO C. NARDOZZA 1. Richiami Ricordiamo molto brevemente gli strumenti di calcolo combinatorio esaminati durante le lezioni e i risultati ottenuti. Se X n, il suo insieme della parti (X ha cardinalità 2 n ; il numero di disposizioni con ripetizione di n oggetti di classe k è n k. Tale numero coincide con il numero di funzioni f : {1,..., k} {1,..., n}; il numero di disposizioni semplici di n oggetti di classe k è D(n, k : n(... (n k + 1. Tale numero coincide con il numero di funzioni iniettive f : {1,..., k} {1,..., n}; una disposizione semplice di n oggetti di classe n si dice una permutazione di n oggetti. Si pone D(n, n : n! (fattoriale di n. Si adotta la convenzione 0! 1; il numero n! è il numero di funzioni bigettive tra due insiemi aventi la stessa cardinalità n; il numero di combinazioni semplici di n oggetti di classe k è il coefficiente binomiale ( n k. Tale numero è il numero di sottinsiemi di cardinalità k di un insieme di cardinalità n; una delle relazioni fondamentali per i coefficienti binomiali è espressa nella formula ( n 0 ( n n 1 e ( n k ( + k 1 ( per 0 < k < n. k Questa relazione è alla base del cosiddetto triangolo di Tartaglia; se a, b commutano (cioè ab ba; per esempio, se sono due numeri allora n ( n (a + b n a n i b i. i Da ciò il termine coefficiente binomiale usato per il numero ( n i ; in particolare, si ha l identità n ( n 2 n ; i i0 i0 tenendo a mente la convenzione 0! 1, si ha ( n n! k k!(n k! ; il numero di combinazioni con ripetizione di n oggetti di classe k è ( ( n + k 1 n + k 1 k 1

2 VINCENZO C. NARDOZZA 2. Multinsiemi Il concetto di combinazione con ripetizione di n oggetti di classe k può essere reinterpretato in modo equivalente in un altro contesto, per certi versi più naturale. Definizione 1. Sia X n > 0. Si dice multinsieme di classe k 0 su X ogni funzione ν : X N tale che ν(x k. x ν(x x X Il numero naturale ν(x si dice la molteplicità di x (in ν. Esempio 2. Per X {a, b, c, d} le seguenti funzioni sono multinsiemi: ( ( a b c d a b c d ν µ. 2 1 1 0 1 3 Entrambi i multinsiemi hanno classe 8: ν(x ν(a + ν(b + ν(c + ν(d 2 + 1 + 1 + 8; x X µ(x µ(a + µ(b + µ(c + µ(d 0 + + 1 + 3 8. x X La molteplicità di a in ν è 2, in µ è 0. Proposizione 3. Sia X n. C è una bigezione tra multinsiemi su X di classe k e combinazioni con ripetizione di classe k su X. 2,., x Dimostrazione. Se ν : X N è un multinsieme di classe k, costruiamo una combinazione con ripetizione scrivendo, per ogni x X, l elemento x esattamente ν(x volte. Dato che in tutto abbiamo scritto x X ν(x k oggetti, abbiamo ottenuto una combinazione con ripetizione di classe k. Viceversa, se {{x 1,..., x }{{ 1, x }}.. {{ 2,..., x } n,..., x n }} }{{} a 1 a 2 a n è una combinazione con ripetizione su x di classe k a 1 + a 2 + + a n, allora la funzione ν : X N x i a i è un multinsieme di classe k su X. Restano così assegnate due funzioni tra l insieme dei multinsiemi di classe k su X e l insieme delle combinazioni con ripetizione di classe k su X. La verifica che tali funzioni sono l una l inversa dell altra è lasciata allo studente. Esempio. Se µ è il multinsieme dell esempio precedente, la combinazione con ripetizione associata a µ è {{b, b, b, b, c, d, d, d}}. Invece alla combinazione con ripetizione di classe 8 {{a, a, a, b, b, c, c, d}} corrisponde il multinsieme di classe 8 ( a b c d α. 3 2 2 1

NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO 3 Corollario 5. Se X n e k N, ci sono ( n + k 1 multinsiemi di classe k su X. Dimostrazione. Consegue dal fatto che i multinsiemi di classe k su X sono in corrispondenza bigettiva con le combinazioni con ripetizioni di classe k su X. 3. Composizioni di un intero Definizione 6. Sia m N. Una sequenza ordinata α (s 1,..., s n di numeri naturali si dice una n-composizione debole di m se s 1 + + s n m. In tal caso scriviamo α n m. La sequenza si dice invece una n-composizione di m se n i1 s i m e per ogni i 1,..., n risulta s i 0. Lemma 7. Il numero di n-composizioni deboli di m è ( n + m 1. Dimostrazione. Se (s 1,..., s n è una una n-composizione debole di m vuol dire che { s 1,..., s n N n i1 s i m A ogni n-composizione debole di m possiamo associare un n-multinsieme di classe m come segue: ν : {1, 2,..., n} N i s i e viceversa a ogni multinsieme corrisponde un unica n-composizione debole di m. Quindi il numero totale di composizioni deboli è pari al numero di n-multinsiemi di classe m, e cioè ( ( n + m 1 n + m 1. m Esempio 8. Il numero di 3-composizioni deboli di è ( ( 3+ 1 3 1 6 2 15. L elenco completo è il seguente: (, 0, 0 (0,, 0 (0, 0, (3, 1, 0 (3, 0, 1 (0, 3, 1 (0, 1, 3 (1, 0, 3 (1, 3, 0 (2, 2, 0 (2, 0, 2 (0, 2, 2 (2, 1, 1 (1, 2, 1 (1, 1, 2 Si noti che esattamente 3 tra esse sono 3-composizioni di. E naturale chiedersi: quante sono le n-composizioni di m? Lemma 9. Le n-composizioni di m sono in numero ( m 1.

VINCENZO C. NARDOZZA Dimostrazione. Al problema si può rispondere direttamente come segue: Abbiamo in tutto m punti, da separare con barre, in modo però che tra due barre consecutive ci sia almeno un punto. Ciò vuol dire che dobbiamo scegliere tra gli m 1 spazi tra i punti dove inserire le barre, cioè costruire un (n 1-sottoinsieme di un insieme con m 1 elementi, e per far ciò si hanno ( m 1 modi a disposizione. Un modo indiretto ma istruttivo di rispondere al problema è invece basato sull osservazione seguente: (y 1,..., y n è una n-composizione di m (y 1 1,..., y n m n. Infatti, se gli y i sono tutti > 0 allora y i 1 0; inoltre y 1 + + y n m (y 1 1 + + (y m n. Ciò mostra l implicazione. Analogamente si ottiene il converso. Stante questa equivalenza logica, possiamo dire che ci sono tante n-composizioni di m quante n-composizioni deboli di m n. Quest ultimo problema è stato risolto nel lemma 7, e il numero è dunque ( ( n + (m n 1 m 1. Possiamo calcolare perciò il numero totale di composizioni di m (senza cioè limitare il numero di parti della composizione. Corollario 10. Il numero di composizioni di m è 2 m 1. Dimostrazione. Se C(m è l insieme delle composizioni di m, e per n N indichiamo con C n (m l insieme delle n-composizioni di m, si ha C(m n N C n(m. E immediato rendersi conto che se n 0 o se n > m allora C n (m e che se 1 i < j m allora C i (m C j (m. Cioè, i C i (m sono a due a due disgiunti. Per il principio di addizione si ha perciò C(m C n (m m C n (m C n (m n N n N n1 m n1 ( m 1 {i:n 1} m 1 i0 ( m 1 2 m 1. i Utilizziamo i risultati ottenuti per rispondere al seguente problema: Quante sono le soluzioni naturali dell equazione x 1 + +x n m, eventualmente soddisfacenti a restrizioni del tipo x i a i? Si ha il seguente

NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO 5 Teorema 11. Siano n, m, a 1,..., a n N con n 1. Le soluzioni (s 1,..., s m dell equazione x 1 + +x n m soddisfacenti le condizioni s 1 a 1 n. sono in numero m + a i. i1 s n a n Dimostrazione. Se (s 1,..., s n è una soluzione di i x i m soddisfacente s i a i per tutti gli i allora (s 1 a 1,..., s n a n è una n-composizione debole di m i a i. Viceversa, se (t 1,..., t n è una n-composizione debole di m i a i allora (t 1 +a 1,..., t n +a m è una soluzione di i x i m soddisfacente le richieste s i a i per tutti gli i. Quindi ci sono tante soluzioni del problema assegnato quante sono le n-composizioni deboli di m i a i, e sappiamo che esse sono in numero ( m i a i + Esercizio 1. Quante sono le soluzioni intere non negative dell equazione x 1 +x 2 + x 3 + x 5? Quante le soluzioni intere positive? Svolgimento Esercizio 1. Il primo problema equivale a chiedere quante sono le -composizioni deboli di 5, e quindi sappiamo che il numero è ( 5+ 1 1 56. La seconda domanda invece equivale a chiedere quante sono le -composizioni di 5, e sappiamo che il loro numero è ( 5 1 1. Si noti che un ulteriore riformulazione del secondo problema è: quante sono le soluzioni intere dell equazione x 1 + x 2 + x 3 + x 5 soddisfacenti le condizioni x 1, x 2, x 3, x 1? A questo si può rispondere anche usando il Teorema 11, dove ovviamente a i 1 per ogni i {1, 2, 3, }.. Esercizi In questa sezione rivediamo alcuni degli esercizi svolti a lezione. La cosa da sottolineare è che nel materiale teorico svolto precedentemente la cosa più importante non sono le formule ma i ragionamenti svolti per ottenere le stesse. Infatti, detti ragionamenti costituiscono alcuni tra gli schemi più tipici di risoluzione di un problema combinatorio. Cominciamo questa serie di esercizi ricordando il cosiddetto Teorema 12. ( Pigeonhole Principle o Principio dei cassetti Se m oggetti sono tutti riposti in n cassetti, e m > n allora c è un cassetto che contiene almeno due degli oggetti. Il risultato precedente è intuitivamente ovvio, e ha una formulazione più generale: Teorema 13. (Generalised Pigeonhole Principle Se m oggetti sono riposti in n cassetti, allora c è un cassetto che contiene almeno m n oggetti. Dimostrazione. Ricordiamo che è la funzione definita da R in N tramite a R. a : min{k Z k a}.

6 VINCENZO C. NARDOZZA Dalla definizione, si ha a a a Z. Per provare l asserzione, ragioniamo per assurdo e supponiamo che tutti gli n cassetti contengano meno di m n oggetti, quindi al più m oggetti. Allora in tutto il numero m di oggetti è al più ( m n. Perciò ( m m 1 n < n ( m n + 1 1 n m, assurdo. Si è usato il fatto che m < m n n + 1 (verificare!. Esercizio 1. Qual è il numero minimo di carte che bisogna prendere da un mazzo di carte francesi (52 carte per essere certi di avere almeno tre carte dello stesso seme? Qual è il numero minimo di carte che bisogna prendere dallo stesso mazzo per avere la certezza di avere almeno tre carte di cuori? Svolgimento Esercizio 1. La seconda domanda è molto semplice: se siamo sfortunati possiamo aver preso 39 carte e non averne nessuna di cuori; quindi bisogna prenderne 2 per essere certi di averne almeno tre di cuori. La prima domanda è più sottile. Possiamo guardare ai semi come a dei cassetti. Presa la prima carta, la mettiamo nel cassetto corrispondente al suo seme, prendiamo la seconda e la riponiamo nel cassetto del suo seme e così via. Siccome abbiamo cassetti (i semi, scelte m carte sappiamo che ci sarà un cassetto contenente almeno m carte. Ciò che vogliamo è che m 3. Ma m 2 se e solo se m 2 e cioè se m 8. Quindi basta scegliere 9 carte. Vediamo ora altri esercizi tipici. Esercizio 2. A poker, quante sono le possibili mani servite al primo giocatore? Svolgimento Esercizio 2. Il primo giocatore riceve 5 carte pescate tra le 52 del mazzo. Ovviamente, non siamo interessati all ordine con cui abbiamo ricevuto le carte, ci interessa solo quali carte abbiamo in mano. Equivalentemente, bisogna scegliere un 5-sottinsieme di un insieme di cardinalità 52, e sappiamo che ciò si può fare in ( 52 52 51 50 9 8 52 51 9 20 2.598.960 5 5 3 2 modi distinti. Esercizio 3. Quanti sono i possibili poker che si possono formare con un mazzo di carte francesi? Svolgimento Esercizio 3. In un poker ci sono carte aventi lo stesso valore, più una quinta carta ininfluente. I valori possibili sono 13 (dall asso al K, per cui abbiamo 13 modi per selezionare le carte suddette. La quinta carta deve essere scelta tra le 8 carte rimanenti, e quindi può essere scelta in 8 modi. Abbiamo pertanto 13 8 62 modi. Esercizio. Quanti sono i possibili full con un mazzo di 52 carte?

NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO 7 Svolgimento Esercizio. Un full è costituito da un tris (tre carte dello stesso valore e una coppia (due carte dello stesso valore. Possiamo pensare a una singola carta come a una coppia ordinata (v, s dove v è uno dei 13 valori possibili e s è uno dei semi possibili. Per formare il tris dobbiamo scegliere uno dei 13 valori (13 possibilità e per i semi dobbiamo scegliere 3 fra i a disposizione (quindi un 3-sottinsieme di un insieme con elementi. Abbiamo perciò 13 ( 3 13 possibili tris. Per formare la coppia dobbiamo scegliere uno dei 12 valori restanti, e poi un 2-sottinsieme di un -insieme per scegliere i semi, quindi 12 ( 2 12 6 possibili coppie. In tutto, ci sono quindi 13 12 6 37 possibili full. Possiamo anche ragionare come segue: per formare il tris, scegliamo una prima carta in uno qualunque dei 52 modi possibili. In questo modo abbiamo fissato il valore del tris. La seconda carta del tris deve essere scelta dello stesso valore e con uno dei restanti 3 semi (3 possibilità, per la terza abbiamo 2 possibilità. In tutto, 52 3 2. Tuttavia, dato che ci interessano le carte in mano a prescindere dall ordine con cui le disponiamo, il numero di queste 52 6 possibilità devono essere divise per il numero di modi in cui possiamo permutare le tre carte del tris per svincolarci dall ordine con cui le disponiamo, cioè per 6. Fatto questo, con ragionamento analogo, abbiamo 52 possibilità di scegliere la prima carta della coppia, e 3 possiblità per scegliere la seconda. Il numero 8 3 deve essere però diviso per 2! 2 se vogliamo prescindere dall ordine con cui disponiamo le carte della coppia. Quindi in tutto abbiamo 52 2 3 37 possibili full. Esercizio 5. Lanciamo un dadi 5 volte di fila e sommiamo i risultati che appaiono sulla faccia superiore. Quale risultato è più facile da ottenere? Svolgimento Esercizio 5. Indichiamo con s i l esito dell i-mo lancio. Dire che s 1 + s 2 + s 3 + s + s 5 m è equivalente a dire che (s 1, s 2, s 3, s, s 5 è una 5- composizione di m. Allora è già intuitivamente chiaro che più 5-composizioni ha m, più è facile ottenere m come risultato della sequenza. Di conseguenza, dobbiamo cercare quei numeri m che hanno più 5-composizioni. Possiamo essere più precisi: dalla formula sul numero di n-composizioni di m si ha che m ha ( m 1 (m 1(m 2(m 3(m 5 1! 5-composizioni. Notiamo che al crescere di m tale numero cresce: il denominatore è fisso, mentre il numeratore cresce al crescere di m. La complicazione nel nostro caso è che siccome ogni dado ha 6 facce, il numero m non può crescere all infinito - precisamente, se m 31, m non può essere ottenuto come risultato di 5 lanci di un dado. Notiamo però che ci sono tante 5-composizioni di m quante sono le 5-composizioni di 35 m: infatti se i s i m allora i (7 s i 35 m, e quindi a ogni 5- composizione (s 1,..., s 5 di m corrisponde la 5-composizione (7 s 1,..., 7 s 5 di 35 m. Il valore massimo di m allora si ha per m 18. Più precisamente, possiamo far crescere m fino a 17 facendo aumentare il numero di 5-composizioni. Invece il numero di 5-composizioni di 18 è più grande di quello di 17, ma il numero di risultati del lancio di dadi che ha somma 18 è lo stesso di quello che ha come risultato 17. Quindi il risultato più comune è 17 o 18 (equiprobabili. Il prossimo esercizio, a dispetto della semplicità dell enunciato, è quello con lo svolgimento più articolato tra quelli visti a lezione.

8 VINCENZO C. NARDOZZA Esercizio 6. Quante sequenze ottenute lanciando un dado 5 volte hanno come somma dei suoi termini il numero 17? Svolgimento Esercizio 6. La domanda può essere riformulata chiedendo: quante sono le 5-composizioni deboli di 17 soddisfacenti le condizioni 1 x i 6 per ogni i {1,..., 5}? Abbiamo già tutti gli strumenti per maneggiare la questione sulle composizioni deboli soddisfacenti x i 1 per ogni i (si veda il Teorema 11. Non abbiamo strumenti diretti, invece, per controllare le condizioni x i a i (qui, nello specifico, a i 7. Possiamo però aggirare l ostacolo. Poniamo A i : {(s 1,..., s 5 5-comp di 17 s i 7, s j 1 (j i}. Cioè, in A 1 ci sono tutte le 5-composizioni di 17 in cui s 1 7, s 2,..., s 5 1, in A 2 ci sono tutte le 5-composizioni di 17 in cui s 2 7 e s 1, s 3,..., s 5 1, etc. Le soluzioni del nostro problema sono 5-composizioni di 17 tali che s i 6 per ogni i 1,..., 5; poniamo perciò C : {(s 1,..., s 5 17 s i 1 i {1, 2, 3,, 5}} (l insieme di tutte le 5-composizioni di 17; S : {(s 1,..., s 5 17 1 s i 6 i {1, 2, 3,, 5}} (le soluzioni del nostro problema; N : {(s 1,..., s 5 17 s i 1 i {1, 2, 3,, 5} e j {1, 2, 3,, 5} t.c. s j 7} (le 5-composizioni di 17 che non sono soluzioni del nostro problema. Dovrebbe essere chiaro che C S N e che S N. Pertanto, per il principio di addizione possiamo scrivere C S + N. Ora, il numero C ci è noto (precisamente, è ( ( 17 1 5 1 16. Basta calcolare N per avere anche il numero S, che poi è quello che ci interessa. Possiamo notare che N i A i e quindi dobbiamo calcolare i A i. Per il principio di inclusione esclusione, posto I : {1, 2, 3,, 5}, si ha N A i A i A j + A i A j A h i I i,j,h,k I {i,j,h,k} 2 i,j I {i,j} 2 i,j,h I {i,j,h} 2 A i A j A h A k + A 1 A 2 A 3 A A 5 Alcune osservazioni possono essere fatte: (1 quali che siano i, j I risulta A i A j. Infatti, la funzione f j : A 1 A j che alla 5-pla (s 1,..., s j,..., s 5 associa (s j,..., s 1,..., s 5 (scambia cioè la prima componente con la j-ma è una bigezione (verificare!. Perciò A i 5 A 1. i I (2 allo stesso modo, non è difficile rendersi conto che per ogni i, j, h, k distinti in I risulta A i A j A 1 A 2, A i A j A h A 1 A 2 A 3 A i A j A h A k A 1 A 2 A 3 A ;

NOTE DI CALCOLO COMBINATORIO 9 (3 per i ragionamenti fatti, la formula diventa ( ( 5 5 N 5 A 1 A 1 A 2 + A 1 A 2 A 3 2 3 ( 5 A 1 A 2 A 3 A + A 1 A 2 A 3 A A 5 (verificare!. Notato che un elemento (s 1,..., s 5 è in A 1 A 2 se e solo se s 1 + + s 5 17 e s 1, s 2 7, s 3, s, s 5 1, si ha A 1 A 2 ( 21 17 (perchè? e similmente per le altre intersezioni, si ha ( ( ( 21 11 5 21 17 N 5 2 ( ( ( 10 5 5 2 5 10 3 7 10 100. Pertanto, S + ( 5 3 ( 21 23 ( 5 ( 21 29 + ( 16 (5 10 3 7 10 5 7 13 100 1820 100 780. ( 21 35 La risposta perciò è: ci sono 780 sequenze distinte di 5 lanci di un dado la somma delle cui entrate fa 17. Osservazione 1. Si sviluppi la potenza quinta di f(x x(1+x+x 2 +x 3 +x +x 5. L espansione di (f(x 5 è la seguente: (f(x 5 x 30 + 5x 29 + 15x 28 + 35x 27 + 70x 26 + 126x 25 + 205x 2 + 305x 23 + 20x 22 + 50x 21 + 651x 20 + 735x 19 + 780x 18 + 780x 17 + 735x 16 + 651x 15 + 50x 1 + 20x 13 + 305x 12 + 205x 11 + 126x 10 + 70x 9 + 35x 8 + 15x 7 + 5x 6 + x 5 Il coefficiente di x 17 in essa è uguale al coefficiente di x 18, ed entrambi sono pari a 780. E un caso? Si testi la casualità calcolando quante sono le sequenze di 5 lanci successivi di un dado che danno come somma 11, e confrontando il risultato con il coefficiente di x 11 in (f(x 5... Esercizio 7. Cambia qualcosa se lanciamo 5 dadi contemporaneamente? Cioè: (1 quante sono le possibili configurazioni ottenibili lanciando 5 dadi contemporaneamente? (2 Quante di esse compongono il numero 17? Svolgimento Esercizio 7. Una configurazione non è altro che una combinazione con ripetizione di classe 5 (il numero di dadi su 6 oggetti (le facce del dado: non ci interessa l ordine con cui consideriamo i risultati dei dadi, mentre ci interessa quante volte compaiono le varie facce del dado.

10 VINCENZO C. NARDOZZA Perciò, ci sono tante possibili configurazioni quanti possibili multinsiemi di classe 5 su 6 oggetti, cioè ( 10 9 7 252. 5 Tra esse, quelle in cui la somma delle facce dà 17 sono 20, e precisamente numero di composizioni che originano la combinazione 6 6 3 1 1 30 6 6 2 2 1 30 6 5 1 1 60 6 5 3 2 1 120 6 5 2 2 2 20 6 2 1 60 6 3 3 1 60 6 3 2 2 60 6 3 3 3 2 20 5 5 5 1 1 10 5 5 2 1 60 5 5 3 3 1 30 5 5 3 2 2 30 5 3 1 60 5 2 2 30 5 3 3 2 60 5 3 3 3 3 5 1 5 3 2 20 3 3 3 10 Possiamo contare (ultima colonna quante sequenze danno origine a un fissato multinsieme, e la somma di tali sequenze dà in effetti come risultato il numero atteso: 780. Osservazione 15. Senza scendere nei dettagli ricordiamo che, almeno quando c è un numero finito di casi possibili, si definisce probabilità di un evento il rapporto tra casi favorevoli e casi possibili. Nel nostro esempio, la probabilità di ottenere 17 lanciando 5 volte un dado è il numero 780/6 5 0, 10, cioè circa il 10% (780 sono i casi favorevoli, mentre ci sono 6 5 possibili sequenze (s 1,..., s 5. la probabilità di ottenere 17 lanciando 5 dadi assieme è il numero 20/252 0, 08, cioè circa l 8%. Infatti i casi possibili sono 252, quelli favorevoli sono i 20 elencati. Quindi, le probabilità sono diverse tra loro! In realtà, lanciare un dado 5 volte di fila o lanciare 5 dadi contemporaneamente possono essere considerati eventi equivalenti, per cui devono avere la stessa probabilità. Perciò: qual è la probabilità corretta, per ottenere 17? E qual è l errore che è stato commesso, che ci ha fatto ottenere probabilità differenti?