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Cenni di Calcolo Combinatorio
6 ottobre 2011
AVVISO: I presenti appunti possono contenere (anzi sicuramente conterranno) errori e/oripetizioni. Essi sono infatti opera di vari collage e, per ovvie questioni di tempo, non sonostati rivisti. Pertanto non intendono sostituire alcun libro di teoria e/o esercizima vogliono sopratutto essere un dettagliato programma del corso. Prego gli studenti diprestare particolare attenzione nella loro lettura e di informarmi sia direttamente che pere-mail ([email protected]) su qualunque errore (certo o sospetto) notato.
Cerchero di correggere nel piu breve tempo possibile qualunque errore trovato. Pertantoquesti appunti saranno continuamente aggiornati: la data dell’ultimo aggiornamento apparein prima pagina. Consiglio infine agli studenti di non stamparli immediatamente mafarlo il piu tardi possibile (per lo meno alcuni giorni dopo che l’argomento sia stato trattatoa lezione).
1
Indice
1 Regola del prodotto e regola della somma 3
2 Permutazioni. Combinazioni. Disposizioni 4
3 Complessita di un algoritmo (facoltativo) 13
4 Alcune applicazioni 17
5 Probabilita discreta 23
6 Il principio di inclusione ed esclusione 24
2
1 Regola del prodotto e regola della somma
1. Si hanno 3 liquidi di classe A e 2 di classe B. Devo formare delle miscele mescolandoun campione di liquido di classe A con uno di classe B. Quante possibili miscele siottengono?
2. Si hanno 4 liquidi di classe A, 3 di classe B e 2 di classe C. Devo formare delle miscelemescolando due campioni di liquido, uno necessariamente appartenente alla classe Ae l’altro appartenente o alla classe B oppure alla classe C. Quante possibili miscele siottengono?
I precedenti problemi potrebbero risolversi enumerando tutti i casi possibili. Per esempio,nel primo problema, indicando con A1, A2, A3 i liquidi di classe A e con B1, B2 quelli diclasse B, ottengo i sei casi
A1B1
A1B2
A2B1
A2B2
A3B1
A3B2
Il precedente procedimento non e praticabile sopratutto se si e in presenza di molte classiognuna con un numero elevato di liquidi.
Regola del prodotto. Se un evento puo accadere in n1 modi (e non importa come essoaccade) e un secondo evento puo accadere (indipendentemente dal primo) in n2 modi, alloraentrambi gli eventi possono accadere in n1n2 modi.
La scelta del liquido di classe A e quella del liquido di classe B sono due eventi indi-pendenti. Per la regola del prodotto si ha che il numero delle possibili miscele e 3 · 2 =6.
Per risolvere il secondo problema possiamo considerare i due eventi:
• E1 =“la miscela e formata da un liquido di classe A e da uno di classe B”,
• E2 =“la miscela e formata da un liquido di classe A e da uno di classe C”.
La regola del prodotto ci dice che E1 si puo verificare in 4 · 3 = 12 modi mentre E2 in4 ·2 = 8 modi. La miscela cercata nel problema 2 e l’esito o di E1 oppure di E2 e nessun esitodi E1 coincide con qualche esito di E2, quindi il numero delle miscele cercate nel problema 2e dato da 12+8 = 20. Quest’ultimo ragionamento si puo formalizzare nella seguente regola.
Regola della somma. Se un evento puo accadere in n1 modi e un secondo evento in n2
modi (diversi dal precedente), vi sono n1 + n2 modi in cui uno dei due eventi puo accadere.
Se, per i = 1, 2, rappresentiamo con Ei l’insieme degli esiti dell’evento Ei, la regola delprodotto e quella della somma possono essere formalizzate nel seguente modo.
3
1. Regola del prodotto: |E1 × E2| = |E1| · |E2|.2. Regola della somma: Se E1 ∩ E2 = ∅ allora |E1 ∪ E2| = |E1|+ |E2|.Si osservi che sia la regola del prodotto che quella della somma si possono facilmente
generalizzare a un numero k > 2 eventi. Per esempio consideriamo i problemi:
(a) Quante parole di 8 lettere si possono formare avendo a disposizione un alfabeto di 2lettere?
(b) Si hanno 5 liquidi di classe A, 6 di classe B, 3 di classe C e 2 di classeD. Quante miscelecomposte da quattro liquidi (ognuno scelto in una classe differente) si possono formare?Quante miscele composte da due liquidi (ognuno scelto in una classe differente) sipossono formare?
Il problema (a) puo risolversi mediante la regola del prodotto. Per i = 1, 2, . . . , 8, siconsideri l’evento Si =“scelta della lettera di posto i”. Poiche ogni Si si puo verificare in duemodi distinti (l’alfabeto e formato da due lettere) si ottiene che il numero di parole possibilie dato da 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 28.
Per risolvere il problema (b), si osservi che, per la regola del prodotto, si possono formare:30 miscele di tipo AB (un liquido di classe A e uno di clase B), 15 di tipo AC, 10 di tipo AD,18 di tipo BC, 12 di tipo BD e 6 di tipo CD. Per la regola della somma il numero di misceledistinte che si possono formare con due dei quattro liquidi e 30+ 15+10+18+12+6 = 91.
2 Permutazioni. Combinazioni. Disposizioni
Consideriamo i seguenti problemi:
1. Si deve scegliere, in base alla qualita, un articolo prodotto da cinque ditte diverse. Perfare cio bisogna sottoporre i differenti prodotti ad un controllo di qualita. Supponiamodi avere a disposizione una macchina che, ogni volta, opera su cinque campioni insuccessione. Si potrebbe pensare di prendere un campione per ogni ditta, eseguire iltest e scegliere il prodotto che ottiene il miglior risultato. Ma questa, in generale, none una buona scelta in quanto l’esito del test dipende non solo dalla qualita dei prodottima anche dal momento in cui essi vengono esaminati (infatti la macchina che esegueil test potrebbe subire variazioni di temperatura oppure qualche traccia del campioneprecedente potrebbe inficiare l’esito del test sul campione in esame). Quindi sarebbeopportuno ripetere piu volte il test di qualita. Quante volte devo ripeterlo?
2. In quanti modi posso disporre 5 persone in fila indiana?
3. Quante parole di tre lettere distinte si possono formare avendo a disposizione unalfabeto di 5 lettere? E se sono ammesse lettere ripetute?
4. Quanti sono i possibili anagrammi della parola MAMMA?
4
5. Quante sono le quaterne di numeri interi non negativi (x1, x2, x3, x4) soluzioni dellaequazione
x1 + x2 + x3 + x4 = 7 ?
6. In quanti modi si possono scegliere 5 carte da un mazzo di 40?
7. Quanti sono i possibili sottoinsiemi di un insieme di n elementi?
Problemi 1 e 2. La risposta piu immediata al primo problema consiste nell’ordinare i 5prodotti in tutti i possibili modi ed eseguire un test per ogni possibile ordinamento. Risolvere(in questo modo) il problema 1 equivale a contare in quanti modi posso mettere in fila indianacinque campioni (uno per ogni ditta). Cioe i problemi 1 e 2 sono equivalenti. Indichiamocon P = p1, p2, p3, p4, p5 l’insieme dei prodotti (o, nel caso del problema 2, quello dellepersone). Sia x l’elemento di P che occupa il primo posto nella fila indiana. Ovviamenteper x vi sono cinque possibili scelte (tutti gli elementi di P). Sia y il secondo elementodella fila indiana. Esso puo essere scelto in 4 possibili modi (infatti y ∈ P \ x). Il terzoelemento z della fila indiana puo essere scelto in 3 possibili modi (infatti z ∈ P \ x, y).Il quarto elemento t puo essere scelto in 2 possibili modi (infatti t ∈ P \ x, y, z). Infinel’ultimo elemento w puo essere scelto in un sol modo (infatti w ∈ P \ x, y, z, t). Se, peri = 1, 2, . . . , 5, Ei denota l’evento “scelta dell’i-esimo elemento della fila indiana”, si ha cheEi ha 5− (i− 1) esiti distinti. La regola del prodotto ci dice che cinque elementi distinti sipossono mettere in fila indiana in 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 modi distinti.
Problema 3. Il primo quesito si risolve in modo simile ai precedenti. Ogni parola cercataconsiste nel mettere in fila indiana tre lettere dell’alfabeto assegnato. Quindi si hanno5 · 4 · 3 = 60 parole distinte che non hanno alcuna lettera ripetuta. Il secondo quesito eancora piu facile da risolvere. Per i = 1, 2, 3, denotiamo con Ei l’evento “scelta dell’i-esimalettera della parola”, Ei puo avere 5 esiti differenti. Quindi, per la regola del prodotto, ilnumero delle parole di tre lettere (eventualmente ripetute) su un alfabeto di 5 lettere e datoda 5 · 5 · 5 = 53.
Generalizziamo i risultati ottenuti.
Definizione 2.1 Sia A un insieme di cardinalita n.Dicesi permutazione su A un qualsiasi ordinamento (fila indiana) degli elementi di A.Dicesi disposizione semplice di n oggetti di classe k (con k ≤ n) un qualsiasi ordinamento
di k elementi mutuamente distinti di A.Dicesi disposizione con ripetizione di n oggetti di classe k un qualsiasi ordinamento di k
elementi (non necessariamente distinti) di A. In questo caso k puo essere minore, uguale omaggiore di n.
La dimostrazione del seguente teorema e diretta conseguenza della regola del prodotto.
Teorema 2.1 Sia n un intero positivo. Il numero delle permutazioni su un insieme dicardinalita n e dato da
Pn = n · (n− 1) · . . . · 2 · 1 = n!
5
Il numero delle disposizioni di classe k su un insieme di cardinalita n (con k ≤ n) e datoda
Dn,k = n · (n− 1) · . . . · (n− k + 1) =n!
(n− k)!.
Il numero delle disposizioni con ripetizione di classe k su un insieme di cardinalita n edato da
Drn,k = nk.
Il simbolo n! si legge n fattoriale. Esso e stato definito per n > 0. Per facilitare i calcolisi pone per definizione 0! = 1. Si osservi infine che Dn,n = Pn.
Esempio 2.1 Siano dati i due insiemi A = A,B,C,D e B = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.Determinare il numero massimo di targhe che si possono formare supponendo che ognuna diesse deve essere composta da 7 lettere di cui le prime e ultime due appartenenti all’alfabetoA mentre le tre lettere di mezzo debbano appartenere all’alfabeto B.
SVOLGIMENTO. Sia a1a2a3a4a5a6a7 una targa. Allora a1a2 e a6a7 sono due disposizionicon ripetizione di classe 2 su A mentre a3a4a5 e una disposizione con ripetizione di classe 3su B. Per la regola del prodotto il numero massimo delle targhe richieste e Dr
4,2 ·Dr10,3 ·Dr
4,2 =42 · 103 · 42.
Teorema 2.2 Siano dati gli alfabeti Aj = aj1, aj2, . . . , ajrj, j = 1, 2, . . . , t. Il numero diparole
α1α2 . . . αt
che si possono formare scegliendo la lettera αj nell’alfabeto Aj per j = 1, 2, . . . , t e
|A1| · |A2| · · · |At| = r1 · r2 · · · rt.
Dimostrazione. La dimostrazione e conseguenza della regola del prodotto.
Teorema 2.3 Per j = 1, 2, . . . , t, siano aj1, aj2, . . . , ajrj numeri reali o, piu in generale,monomi. Il prodotto
(a11 + a12 + . . .+ a1r1) · (a21 + a22 + . . .+ a2r2) · · · (at1 + at2 + . . .+ atrt)
e uguale alla somma di tutte le parole α1α2 . . . αt di t lettere che si possono formare scegliendola lettera j-esima αj nell’alfabeto aj1, aj2, . . . , ajrj per j = 1, 2, . . . , t.
Dimostrazione. La dimostrazione e ovvia conseguenza della proprieta distributiva delprodotto rispetto alla somma e del Teorema 2.2.
Per esempio si ha:
6
• (2− 5)(3 + 4)(7− 8 + 9) = [2 + (−5)](3 + 4)[7 + (−8) + 9] = [2 · 3 + 2 · 4 + (−5)3 +(−5)4][7 + (−8) + 9] = 2 · 3 · 7 + 2 · 3(−8) + 2 · 3 · 9 + 2 · 4 · 7 + 2 · 4(−8) + 2 · 4 · 9 +(−5)3 · 7 + (−5)3(−8) + (−5)3 · 9 + (−5)4 · 7 + (−5)4(−8) + (−5)4 · 9.
• (a+ b)2 = (a+ b)(a+ b) = aa+ ab+ ba+ bb = a2 + 2ab+ b2.
• (1 + x1)(1 + x2)(1 + x3) = [(1 + x1)(1 + x2)](1 + x3) = (1 + x2 + x1 + x1x2)(1 + x3) =1 + x3 + x2 + x2x3 + x1 + x1x3 + x1x2 + x1x2x3 = 1 + x1 + x2 + x3 + x1x2 + x1x3 +x2x3 + x1x2x3 = 1 +
∑∅6=I⊆1,2,3
(∏i∈I xi
).
Problema 4: Determinare il numero m di tutti gli anagrammi della parola MAMMA.Posto α1 = M , α2 = A, α3 = M , α4 = M , α5 = A, si ha
α1α2α3α4α5 = MAMMA.
Sia M l’insieme di tutte le permutazioni su α1, α2, α3, α4, α5. Si ha |M| = 5!. Si osserviche permutazioni distinte possono produrre lo stesso anagramma. Per esempio α4α2α1α5α3 eα3α5α1α2α4 generano lo stesso anagramma MAMAM . Dico che due elementi di M sono inrelazione R se inducono lo stesso anagramma. Essendo R una relazione di equivalenza, restaassociata ad essa una partizione di M (ogni classe della partizione coincide con l’insiemedelle permutazioni che inducono uno stesso anagramma). Sia M1,M2 . . . ,Mm l’insiemedelle parti di M. Supponiamo che α4α2α1α5α3 ∈ M1. Ogni elemento di M1 si ottienepermutando fra loro i simboli α1, α3, α4 (perche uguali ad M) e i simboli α2 e α5 (percheuguali ad A). Per la regola del prodotto, |M1| = 3! · 2!. Analogamente, |Mi| = 3! · 2! peri = 2, 3, . . . ,m. Per la regola della somma, |M| = |M1| + |M2| + . . . + |Mm| = (3! · 2!)m.Essendo |M| = 5!, abbiamo 5! = (3! · 2!)m da cui si ottiene
m =5!
3! · 2! = 10.
Definizione 2.2 Siano dati i k interi non negativi n1, n2, . . ., nk. Poniamo n = n1 + n2 +. . . + nk. Dicesi permutazione con ripetizione dei k elementi (a due a due distinti fra loro)a1, a2, . . . , ak presi rispettivamente n1, n2, . . . , nk volte una qualsiasi parola di lunghezza ncontenente ni lettere uguali ad ai per ogni i = 1, 2, . . . , k.
Teorema 2.4 Sia n = n1+n2+ . . .+nk con ni ≥ 0. Il numero di tutte le permutazioni conripetizione di k elementi a1, a2, . . . , ak presi rispettivamente n1, n2, . . . , nk volte e dato da
P rn1,n2,...,nk
=
(n
n1, n2, . . . , nk
)=
n!
n1! · n2! · . . . · nk!.
7
Dimostrazione. Sia P una parola di n lettere avente k lettere distinte. Supponiamo che,per i = 1, 2, . . . , k, P contenga ni lettere uguali ad ai (quindi n1 + n2 + . . .+ nk = n). Comefatto con la parola MAMMA, si puo provare che il numero di anagrammi di P e dato daP rn1,n2,...,nk
= n!n1!·n2!·...·nk!
.
Per una ragione che preciseremo in seguito, il numero P rn1,n2,...,nk
=(
nn1,n2,...,nk
)e chiamato
coefficiente multinomiale.
Problema 5: Quante sono le quaterne di numeri interi non negativi (x1, x2, x3, x4) soluzionidella equazione x1 + x2 + x3 + x4 = 7 ?
Sia P una permutazione dei due simboli 1 e ♠ (picche) presi rispettivamente n1 = 7 en2 = 3 volte. Per esempio sia P = 1 1 ♠ ♠ 1 1 1 ♠ 1 1. Pongo x1 uguale al numero di volteche 1 appare prima del primo ♠, x2 uguale al numero degli 1 che si trovano fra il primo eil secondo ♠, x3 uguale al numero degli 1 che si trovano fra il secondo e il terzo ♠ e infinex4 uguale al numero di 1 presente dopo l’ultimo ♠. Ottengo cosı la quaterna (2, 0, 3, 2) chee una soluzione dell’equazione x1 + x2 + x3 + x4 = 7. Questo procedimento associa ad ognipermutazione P una soluzione dell’equazione diofantea x1 + x2 + x3 + x4 = 7. Viceversaad ogni soluzione della equazione data corrisponde una permutazione P . Per esempio allasoluzione (0, 3, 4, 0) si associa ♠ 1 1 1 ♠ 1 1 1 1 ♠. Abbiamo cosı definita una corrispondenzabiunivoca fra l’insieme S di tutte le soluzioni distinte di x1 + x2 + x3 + x4 = 7 e l’insiemedi tutte le permutazioni con ripetizione dei 2 elementi 1,♠ presi rispettivamente n1 = 7 en2 = 3 volte. Si ha |S| = P r
7,3 =(7+37,3
)= 10!
7!·3! .
Teorema 2.5 Il numero delle k-uple di interi non negativi che sono soluzioni dell’equazionediofantea
x1 + x2 + . . .+ xk = n. (1)
e dato da
P rn,k−1 =
(n+ k − 1
n, k − 1
)=
(n+ k − 1)!
n! · (k − 1)!.
Dimostrazione. Sia A l’insieme delle k-uple (x1, . . . , xk) di interi xi ≥ 0 che sono soluzionidella (1). Sia B l’insieme delle permutazioni con ripetizione dei due simboli 1 ripetuto n voltee ♠ ripetuto k − 1 volte. Ragionando come nella soluzione del Problema 5, e facile stabilireuna corrispondenza biunivoca fra A e B. Pertanto |A| = |B| = P r
n,k−1.
Se poniamo(mh
)= m!
h!·(m−h)!, allora
P rn,k−1 =
(n+ k − 1
k − 1
). (2)
Si osservi che il simbolo(nk
)e stato definito per n ≥ k > 0. Ricordando di aver posto
per definizione 0! = 1, possiamo porre(n0
)= n!
0!·(n−0)!= n!
n!= 1. Se 0 ≤ n < k, poniamo per
definizione,(nk
)= 0.
8
Definizione 2.3 Dicesi cofficiente binomiale il simbolo(mh
)cosı definito:
• (mh
)= 0 se 0 ≤ m < h;
• (m0
)= 1 se m ≥ 0;
• (mh
)= m!
h!·(m−h)!se m ≥ h > 0.
Esempio 2.2 Determinare le cardinalita degli insiemi di soluzioni intere dei due seguentisistemi:
(a)
x1 + x2 + x3 + x4 = 14x1 ≥ 0x2 ≥ 0x3 ≥ 0
, (b)
x1 + x2 + x3 + x4 = 14x1 > 2x2 ≥ 0x3 > 4x4 ≥ 1
.
SVOLGIMENTO. Sia Sa l’insieme di soluzioni del sistema (a). La cardinalita di Sa non efinita. Infatti si verifica facilmente che (14, 0, n,−n) e soluzione per ogni n ∈ N. Poiche lacardinalita di Z× Z× Z× Z coincide con quella di N, si ha |Sa| = |N|.
Il sistema (b) equivale al seguente
x1 + x2 + x3 + x4 = 14x1 ≥ 3x2 ≥ 0x3 ≥ 5x4 ≥ 1
.
Posto z1 = x1 − 3, z2 = x2, z3 = x3 − 5 e z4 = x4 − 1, esso diventa
z1 + z2 + z3 + z4 = 5z1 ≥ 0z2 ≥ 0z3 ≥ 0z4 ≥ 0
.
Se Sb denota l’insieme delle soluzioni del sistema (b), si ha |Sb| =(5+4−1
3
)= 8!
3!·5! .
Problema 6: In quanti modi si possono scegliere 5 carte da un mazzo di 40?Se indichiamo con a1, a2, . . . , a40 le carte, sceglierne 5 fra loro equivale a marcare le
carte scartate con uno 0 e quelle scelte con un 1. Bisogna quindi a determinare la cardinalitadell’insieme di tutte le permutazioni con ripetizione dei 2 elementi 0 e 1 presi rispettivamenten1 = 35 e n2 = 5 volte. Essa e data da
P r35,5 =
(40
35
)=
40!
35! · (40− 35)!.
9
Definizione 2.4 Dicesi combinazione di n oggetti di classe k (k ≤ n) un sottoinsieme dicardinalita k di un insieme di cardinalita n.
Il Problema 6 consiste nel determinare il numero di tutte le combinazioni di 40 oggettidi classe 5. In generale abbiamo il seguente risultato che risolve il Problema 7.
Teorema 2.6 Il numero delle combinazioni di n oggetti di classe k e dato da
Cn,k =
(n
k
)=
n!
k! · (n− k)!.
Dimostrazione. Sia A un insieme di cardinalita n e sia A la famiglia di tutti i sottoinsiemiX di A tali che |X| = k, con 0 ≤ k ≤ n. Sia B la famiglia di tutte le permutazioni conripetizione dei due simboli 1 ripetuto k volte e 0 ripetuto n − k volte. Ragionando comenella soluzione del Problema 6, e facile stabilire una corrispondenza biunivoca fra A e B.Pertanto |A| = |B| = P r
k,n−k =(nk
).
Teorema 2.7 Valgono le seguenti uguaglianze:
1.(nk
)=
(n
n−k
);
2. Dn,k = Cn,k · Pk;
3.(nk
)=
(n−1k−1
)+(n−1k
)(formula di Stifel);
4.(m+nr
)=
∑rk=0
(mr−k
)(nk
)(identita di Vandermonde).
Dimostrazione. Le prime due uguaglianze sono immediate. La formula di Stifel puoessere provata sia in modo algebrico che combinatorico.
Dimostrazione di tipo algebrico:
(n−1k−1
)+(n−1k
)= (n−1)!
(k−1)!·[(n−1)−(k−1)]!+ (n−1)!
k!·(n−1−k)!= (n−1)!
(k−1)!·(n−k)!+ (n−1)!
k!·(n−k−1)!=
= (n−1)!·kk!·(n−k)!
+ (n−1)!·(n−k)k!·(n−k)!
= (n−1)!·k+(n−1)!·(n−k)k!·(n−k)!
= (n−1)!·(k+n−k)k!·(n−k)!
=
= (n−1)!·nk!·(n−k)!
= n!k!·(n−k)!
=(nk
).
Dimostrazione di tipo combinatorico: Sia A un insieme di n elementi. Sia A la classedi tutti i sottoinsimi di A aventi cardinalita k. Fissato x ∈ A, si denoti con A1 la classedi tutti i sottoinsiemi di A aventi cardinalita k e contenenti x e con A2 la classe di tutti isottoinsiemi di A aventi cardinalita k e non contenenti x. Essendo A1,A2 una partizionedi A, abbiamo |A| = |A1| + |A2|. La formula di Stifel segue dalle uguaglianze |A| = (
nk
),
|A1| =(n−1k−1
)e |A2| =
(n−1k
).
10
Proviamo adesso l’identita di Vandermonde. Siano A e B due insiemi disgiunti tali che|A| = m e |B| = n. Per il Teorema 2.6, vi sono
(n+mr
)sottoinsiemi di A∪B aventi cardinalita
r.Adesso contiamo in modo differente i sottoinsiemi di A ∪ B aventi cardinalita r. Si fissi
k ∈ 0, 1, . . . , r. Si prenda A1 ⊆ A tale che |A1| = r − k (questo si puo fare in(
mr−k
)modi)
e si fissi B1 ⊆ B tale che e |B1| = k (questo si puo fare in(nk
)modi). Allora A1 ∪ B1 e un
sottoinsieme di A∪B avente cardinalita r. Per la regola del prodotto, le coppie di insiemi A1
e B1 possono essere scelte, per ogni k fissato, in(
mr−k
)(nk
)modi differenti. Poiche k varia da 0
ad r, la regola della somma ci dice che il numero di sottoinsiemi di A ∪B aventi cardinalitar e dato da
∑rk=0
(mr−k
)(nk
).
I due seguenti teoremi giustificano le terminologie di coefficiente binomiale e multinomia-le.
Teorema 2.8 (Binomio di Newton) Comunque presi due numeri reali a e b si ha
(a+ b)n =n∑
k=0
(n
k
)an−kbk =
(n
0
)an +
(n
1
)an−1b+
(n
2
)an−2b2 + . . .+
(n
n
)bn
Dimostrazione. Si ha
(a+ b)n = (a11 + a12)(a21 + a22) · · · (an1 + an2),
con a11 = a21 = . . . = an1 = a e a12 = a22 = . . . = an2 = b. Allora, per il Teorema 2.3,(a+ b)n e uguale alla somma di tutte le parole α1α2 . . . αn di n lettere che si posono formarescegliendo αj ∈ aj1, aj2 = a, b, j = 1, 2, . . . , n. Queste parole sono date da
(n
n−k
)=
(nk
)
copie di an−kbk per k = 0, 1, . . . , n.
In modo analogo al Teorema 2.8 si prova il seguente risultato che generalizza il binomiodi Newton.
Teorema 2.9 (Formula di Leibniz). Siano a1, a2, . . . , ak numeri reali. Allora
(a1+a2+. . .+ak)n =
∑(n
n1, n2, . . . , nk
)an11 an2
2 . . . ankk =
∑ n!
n1! · n2! · . . . · nk!an11 an2
2 . . . ankk
dove la somma∑
e estesa a tutte le k-uple di numeri interi non negativi (n1, n2, . . . , nk) taliche n1 + n2 + . . .+ nk = n.
Teorema 2.10 Sia A un insieme di cardinalita n e sia P(A) la famiglia di tutti i suoisottoinsiemi (propri o no). Allora
|P(A)| = 2n.
11
Dimostrazione. Si ha |P(A)| = (n0
)+(n1
)+(n2
)+ . . .+
(n
n−1
)+(nn
)=
∑nk=0
(nk
)1n−k · 1k =
(1 + 1)n = 2n.
I coefficienti binomiali vengono calcolati mediante la formula di Stifel. Alcuni sono ri-portati nella seguente matrice infinita chiamata triangolo di Tartaglia (esso e piu noto nellaletteratura come triangolo aritmetico o di Pascal). Ogni numero del triangolo aritmetico, perla formula di Stifel, e la somma del numero scritto sopra e di quello scritto sopra a sinistra.
k 0 1 2 3 4 5 6n0 11 1 12 1 2 13 1 3 3 14 1 4 6 4 15 1 5 10 10 5 16 1 6 15 20 15 6 1
Definizione 2.5 Sia A un insieme finito di cardinalita n. Dicesi combinazione con ripe-tizione di n oggetti di classe k un raggruppamento non ordinato (detto multinsieme) di kelementi di A eventualmente anche ripetuti.
Esempio. Sia A = a, b, c, d. Le combinazioni di 4 oggetti di classe 2 sono: a, a, a, b,a, c, a, d, b, b, b, c, b, d, c, c, c, d, d, d.
Teorema 2.11 Il numero delle combinazioni con ripetizione di n oggetti di classe k e datoda
Crn,k =
(k + n− 1
n− 1
)=
(k + n− 1)!
(n− 1)! · k! .
Dimostrazione. Sia A = a1, a2, . . . , an. Si consideri l’equazione diofantea x1 + x2 +. . . + xn = k (con xi ≥ 0). Ogni soluzione individua una combinazione con ripetizione datada ai ripetuto xi volte per i = 1, 2, . . . , n. Viceversa, data una combinazione con ripetizionedi n oggetti di classe k, se pongo xi uguale al numero di volte in cui ai e ripetuto nellacombinazione ottengo una n-upla soluzione dell’equazione x1 + x2 + . . .+ xn = k.
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3 Complessita di un algoritmo (facoltativo)
Supponiamo di dover far girare un programma che implementa un algoritmo con cui risolvereun problema di combinatoria. Prima di iniziare e opportuno sapere se otterremo una soluzio-ne in un tempo ragionevole e la quantita di memoria necessaria a far girare il programma. Siail tempo che la memoria richieste dipendono dall’input. Bisogna quindi calcolare la funzionecosto o complessita. Questa e una funzione f che misura il costo, in termini di tempo e/o dimemoria richiesti, in base alla grandezza n dell’input del problema. Per esempio, potremmovoler conoscere quante operazioni sono richieste per calcolare il prodotto fra due matrici qua-drate di ordine n. Questo numero di operazioni e f(n). Normalmente, il costo per far girareun programma su un particolare computer dipende dalla bravura del programmatore e dallecaratteristiche della macchina. Quindi un interesse maggiore e rivolto a calcolare il costodegli algoritmi, invece che dei programmi, ed a stimare la complessita f(n) di un algoritmo,indipendentemente dal particolare programma o macchina con cui esso viene implementato.Il desiderio di calcolare la complessita di un algoritmo e uno dei maggiori stimoli a svilupparetecniche di combinatoria.
Esempio 3.1 Ricerca attraverso una lista.
Supponiamo di avere una lista di n nomi. Bisogna determinare un algoritmo che individuiun nome della lista. Il nome cercato potrebbe essere al primo posto, oppure, nel caso peggiore,all’ultimo posto. A volte, come misura della complessita dell’algoritmo viene considerato ilcosto f(n) del caso peggiore (complessita del caso peggiore). In tal caso f(n) e proporzionalead n. Altre volte si considera come complessita dell’algoritmo il costo medio per individuareun nome (complessita del caso medio), cioe f(n) = 1
n(1 + 2 + . . .+ n) = 1
nn(n+1)
2= n+1
2.
Diamo adesso due esempi di ricerca lineare attraverso una lista di interi a1, a2 . . . , an.Nell’algoritmo 1 non e necessario che la lista sia ordinata, mentre l’algoritmo 2 presupponeche a1 < a2 < . . . < an.
Algoritmo 1. Ricerca lineare attraverso una lista.
Procedure linear search (x : integer; a1, a2, . . . , an: integer)begin i := 1;
while (i ≤ n and x 6= ai) i := i+ 1;if i ≤ n then answer:= i else answer:= 0
end
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Algoritmo 2. Ricerca binaria lineare attraverso una lista crescente.
Procedure binary search (x : integer; a1, a2, . . . , an: integer)begin
i := 1; i e l’estremo sinistro dell’intervallo di ricercaj := n; j e l’estremo destro dell’intervallo di ricercawhile i < j
beginm :=
⌊i+j2
⌋;
if x > am then i := m+ 1;else j := m
end;if x = ai then answer:= i
else answer:= 0end
Esempio 3.2 Il problema del commesso viaggiatore.
Un commesso viaggiatore desidera visitare n differenti citta, partendo e tornando, nelsuo giro, nella citta in cui risiede. Al commesso viaggiatore non importa in quale ordinevisitare le citta (a parte quella in cui risiede) ma interessa minimizzare il costo del suo giro.Supponiamo che il costo del viaggio dalla citta i alla citta j sia cij. Il problema consistenel trovare un algoritmo per calcolare il percorso piu economico. Ovviamente il costo di unpercorso e dato dalla somma dei costi cij dei collegamenti fra la citta i e la citta j da luieffettuati.
L’algoritmo piu ingenuo per risolvere questo problema consiste nell’enumerare tutti ipossibili percorsi calcolandone il relativo costo. Per esempio si risolva in questo modo il casoin cui n = 4 e cij e definito dalla seguente matrice:
(cij
)=
− 1 8 1116 − 3 64 9 − 118 3 2 −
Calcoliamo la complessita f(n) dell’algoritmo con cui abbiamo affrontato il problema delcommesso viaggiatore (n indica la grandezza dell’input, cioe il numero di citta da visitare). Ilcosto di ogni percorso scelto si ottiene mediante una somma di n numeri. Possiamo supporreche il calcolo di tale somma richieda sempre una unita di tempo indipendentemente dalpercorso preso in considerazione. Ogni percorso che inizia e termina nella citta di residenzacorrisponde ad una permutazione delle rimanenti n−1 citta. Quindi vi sono (n−1)! percorsipossibili. Allora f(n) = (n− 1)! unita di tempo. Si osservi che per valori abbastanza piccolidi n, (n− 1)! e cosı grande da rendere impossibile al computer di fornire una risposta in untempo ragionevole.
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Il problema del commesso viaggiatore e un esempio di problema che ha sfidato ogni sforzodei ricercatori a trovare un buon algoritmo. Infatti esso appartiene ad una classe di problemi,conosciuta come NP-completa, per cui e difficile sperare di trovare un buon algoritmo.
Per analizzare la bonta di un algoritmo dobbiamo stimare la sua complessita f(n). Sen e abbastanza piccolo di solito lo e anche f(n). Cosı per n piccolo qualunque algoritmopotrebbe essere buono. Siamo interessati a valutare f(n) per valori relativamente grandi din.
Un concetto importante nell’analisi degli algoritmi e il seguente. Supponiamo che F siaun algoritmo di complessita f(n) e che g(n) sia una funzione di n. Scriveremo che F oppuref e O(g) (e diremo che F oppure f e O grande di g) se esistono un intero r e una costantepositiva k tali che f(n) ≤ kg(n) per ogni n ≥ r. In altre parole f e O(g) se g dominaasintoticamente f . Se f e O(g), allora per problemi che hanno un input di grandezza almenor, un algoritmo con complessita f non sara mai piu costoso di k volte un algoritmo aventecomplessita g. Per esempio, f(n) = 100n e O(n2) infatti 100n ≤ n2 per ogni n ≥ 100.Ancora, f(n) = n+1
ne O(n) perche n+1
n≤ 2n per ogni n ≥ 1. Un algoritmo che e O(n) e
detto lineare, un algoritmo che e O(n2) e detto quadratico, un algoritmo che e O(g), essendog un polinomio, e detto polinomiale. Altre importanti classi di algoritmi sono O(log n),O(n log n), O(cn) per c > 1, e O(n!).
Un algoritmo la cui complessita e cn, c > 1, detto esponenziale. Si noti che ogni algo-ritmo esponenziale e O(cn), ma non ogni algoritmo O(cn) e esponenziale. Per esempio ognialgoritmo di complessita f(n) = n e O(cn) per ogni c > 1. Questo perche n ≤ cn per nsufficientemente grande.
Un principio generalmente accettato e che un algoritmo e buono se esso e polinomiale.Cerchiamo di darne una breve spiegazione.
Essendo interessati ad f(n) e g(n) solo per valori sufficientemente grandi di n, abbiamointrodotto la costante r per definire il concetto di “f e O(g)”. Ma perche abbiamo introdottola costante k?
Consideriamo gli algoritmi F e G di complessita f(n) = 20n e g(n) = 40n, rispettivamen-te. Chiaramente, l’algoritmo F e preferibile in quanto f(n) ≤ g(n) per ogni n. Tuttavia sepotessimo migliorare il programma che implementa G in modo che esso giri in meta tempo,oppure se potessimo disporre di una macchina in cui il programma che implementa G giri inmeta tempo, allora f(n) e g(n) potrebbero essere uguali. Poiche la costante 1
2non dipende
da n, non e assurdo pensare che si possa migliorare di questo fattore costante l’implementa-zione piuttosto che l’algoritmo. In questo senso, essendo f(n)
g(n)uguale ad una costante, cioe
f(n) = kg(n), le funzioni f(n) e g(n) possono essere considerate le stesse per tutti gli scopipratici.
Ora, dire che f e O(g) significa che f(n) e al piu kg(n) (per n abbastanza grande).Ma kg(n) e g(n) sono considerate le stesse per tutti gli scopi pratici, cosı le disuguaglianzef(n) ≤ kg(n) e f(n) ≤ g(n) sono le stesse per tutti gli scopi pratici. In altre parole direche f e O(g) equivale a dire che un algoritmo di complessita g non e piu efficiente di unalgoritmo di complessita f .
15
Teorema 3.1 (a) Se c e una costante positiva, allora f e O(cf) e cf e O(f).(b) n e O(n2), n2 e O(n3), . . ., np−1 e O(np), . . . Inoltre, np non e O(np−1).(c) Se f(n) = aqn
q + aq−1nq−1 + . . .+ a0 e un polinomio di grado q, con aq > 0, e se ai ≥ 0,
per tutti gli i, allora f e O(nq).(d) Se c > 1 e p ≥ 0, allora np e O(cn). Inoltre, cn non e O(np).
Dimostrazione. (a) Chiaramente, cf e O(f). Si ponga k = c. Allora f e O(cf) poichef(n) ≤ (1
c)cf(n) per ogni n.
(b) Poiche np ≥ np−1 per n ≥ 1, np−1 e O(np). Inoltre np non e O(np−1), infatti si hanp ≤ cnp−1 solo per n ≤ c.(c) Essendo ai ≥ 0, si ha ain
i ≤ ainq per ogni i e per ogni n ≥ 1. Quindi f(n) ≤ (a0 + a1 +
. . .+ aq)nq, per ogni n ≥ 1.
(d) Questo risultato e noto dall’analisi matematica. Poiche limn→+∞ np
cn= 0, np
cn≤ k per n
abbastanza grande. Analogamente, essendo limn→+∞ cn
np = +∞, cn non puo essere minoreod uguale a knp per n ≥ r.
La (a) del Teorema 3.1 mostra che algoritmi di complessita f e cf sono ugualmenteefficienti. La (b) dice che un algoritmo O(np) e tanto piu efficiente quanto piu piccolo e p. Perla (c), la complessita di un algoritmo polinomiale e data dal grado del polinomio. Infine, perla (d), gli algoritmi polinomiali sono sempre piu efficienti degli algoritmi esponenziali. Questospiega perche gli algoritmi polinomiali sono considerati come buoni, mentre gli esponenzialino.
E importante notare che i risultati precedenti dipendono fortemente dal fatto che algo-ritmi di complessita f e cf sono considerati equivalenti e dal presupposto che l’input n siaabbastanza grande. In pratica, un algoritmo di complessita 100n potrebbe essere peggiore diun algoritmo di complessita n. Inoltre un algoritmo di complessita n e sicuramente peggioredi un algoritmo di complessita 2n, per piccoli valori di n. In pratica un algoritmo O(n)potrebbe essere peggiore di un algoritmo O(2n).
Nello studio della complessita di un algoritmo, e importante distinguere fra proceduredeterministiche e non deterministiche. Un algoritmo deterministico passa dallo stato incui si trova ad uno stato successivo univocamente determinato, mentre un algoritmo nondeterministico passa contemporaneamente a piu stati successivi. Cioe un algoritmo nondeterministico puo esplorare contemporaneamente diverse possibilita. La classe dei problemiper cui esiste un algoritmo deterministico avente complessita polinomiale e detta P . La classedei problemi per cui esiste un algoritmo non deterministico avente complessita polinomialee detta NP . Ovviamente ogni problema in P e anche in NP . Finora non si conosce alcunproblema in NP per cui e stata dimostrata la sua non appartenenza a P . Tuttavia esistonodei problemi L, detti NP -completi, che godono della seguente proprieta: se si puo risolvereL con un algoritmo deterministico polinomiale, allora lo stesso si potra fare per ogni altroproblema in NP . Un esempio di problema NP -completo e quello del commesso viaggiatore.Si conoscono moltri altri problemi che sono NP -completi.
Molti ricercatori disperano che si possa trovare un algoritmo deterministico polinomialeper un problema NP -completo. Poiche i problemi del mondo reale necessitano una soluzione,
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non ci si puo fermare di fronte a un problema NP . In generale si cerca qualche compromessoo considerando solo casi particolari del problema dato, oppure cercando buoni algoritmi cheapprossimano la soluzione del problema. Molti studi di combinatoria riguardano proprioquesto secondo caso.
4 Alcune applicazioni
Consideriamo il problema di determinare il numero S(4, 2) di tutte le partizioni dell’insiemeA = 1, 2, 3, 4 in due sottoinsiemi. Indicata con A1, A2 la generica partizione, possiamoelencare tutte le possibilita:
1. A1 = 1, A2 = 2, 3, 4;2. A1 = 2, A2 = 1, 3, 4;3. A1 = 3, A2 = 1, 2, 4;4. A1 = 4, A2 = 1, 2, 3;5. A1 = 1, 2, A2 = 3, 4;6. A1 = 1, 3, A2 = 2, 4;7. A1 = 1, 4, A2 = 2, 3.
Abbiamo quindi che il numero richiesto e 7. Sicuramente il metodo di elencare tutti i casi,nel caso in cui |A| e grande, non e praticabile. La formula di ricorrenza, che stabiliremo nelTeorema 4.1, e sicuramente migliore.
Definizione 4.1 Dicesi numero di Stirling di seconda specie il numero S(n, k) delle parti-zioni di un insieme di cardinalita n in k classi non vuote.
Teorema 4.1 Per ogni coppia di interi n e k con n ≥ k ≥ 0, si ha S(n, 0) = 0, S(n, 1) =S(n, n) = 1 e
S(n+ 1, k) = S(n, k − 1) + kS(n, k). (3)
Dimostrazione. Le uguaglianze S(n, 0) = 0 e S(n, 1) = S(n, n) = 1 sono ovvie. Proviamoche vale la (3). Ogni partizione di n + 1 oggetti in k classi si puo pensare generata dallepartizioni di n oggetti in un solo dei seguenti modi:
1. aggiungendo una nuova classe formata dal solo elemento (n + 1)-esimo alle altre par-tizioni di n oggetti in k − 1 classi (questo si puo fare in S(n, k − 1) modi);
2. aggiungendo l’(n+1)-esimo oggetto ad una delle classi di un’arbitraria partizione di noggetti in k classi (questo puo essere fatto in kS(n, k) modi).
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La regola della somma completa la dimostrazione.
Calcoliamo S(4, 2) usando la (3).
S(4, 2) = S(3, 1) + 2S(3, 2),
S(3, 2) = S(2, 1) + 2S(2, 2),
S(3, 1) = S(2, 1) = S(2, 2) = 1.
Sostituendo otteniamo S(3, 2) = 3 e S(4, 2) = 7.La (3) permette di scrivere la seguente matrice, detta triangolo di Stirling, utile ai fini
del calcolo di S(n, k).
k 1 2 3 4 5 6n1 12 1 13 1 3 14 1 7 6 15 1 15 25 10 16 1 31 90 65 15 1
Vale anche la seguente formula (che dimostreremo nel corso della soluzione del Problema6.6):
S(n, k) =1
k!
k∑t=0
(−1)t(k
t
)(k − t)n. (4)
Applichiamo la (4) per determinare S(4, 2).
S(4, 2) =1
2!
2∑t=0
(−1)t(2
t
)(2− t)4 =
=1
2!
[(−1)0
(2
0
)24 + (−1)1
(2
1
)14 + (−1)2
(2
2
)04]=
1
2!(16− 2 + 0) = 7.
Problema 4.1 Siano X e Y due insiemi finiti, con |X| = n e |Y | = k.
1. Quante sono le applicazioni biettive f : X → Y ?
SOLUZIONE. Se n 6= k nessuna. Sia n = k. Per assegnare f : X → Y procedo nelmodo seguente. Sia X = x1, x2, . . . , xn. Prima assegno f(x1), e questo puo essere
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fatto in k modi diversi; poi assegno f(x2), e questo puo essere fatto in k − 1 modidiversi;. . .; infine assegno f(xk), e questo puo essere fatto in 1 sol modo. Per la regoladel prodotto, il numero cercato e k! = n!.
2. Quante sono le applicazioni iniettive f : X → Y ?
Se n > k, nessuna. Se n = k, f e iniettiva se e solo se e biettiva, quindi il numerorichiesto e dato da n!. Sia infine n < k. In tal caso si ha f(X) = f(x) | x ∈ X ⊂ Ye |f(X)| = |X| = n < k. Quindi:(a) scelgo f(X) ⊂ Y (questo si puo fare in
(kn
)modi);
(b) scelgo un’applicazione biunivoca fra X e f(X) (questo si puo fare in n! modi).Per la regola del prodotto, il numero cercato e(kn
)n! = Ck,nPn = Dk,n = k!
(k−n)!= k · (k − 1) · . . . · (k − n+ 1).
3. Quante sono le applicazioni f : X → Y ?
Per assegnare f : X → Y procedo nel modo seguente. Sia X = x1, x2, . . . , xn.Prima assegno f(x1), e questo puo essere fatto in k modi diversi; poi assegno f(x2), equesto puo essere fatto in k modi diversi;. . .; infine assegno f(xn), e questo puo esserefatto in k modi diversi. Per la regola del prodotto, il numero cercato e kn = |Y ||X|.
4. Quante sono le applicazioni suriettive f : X → Y ?
Se n < k, nessuna. Se n = k, ogni applicazione suriettiva e biettiva e quindi il numerorichiesto e k!. Sia n > k. In tal caso procedo nel modo seguente:
(a) Per ogni y ∈ Y determino f−1(y). La famiglia F = f−1(y) | y ∈ Y e unapartizione di X in k classi. Il numero di queste partizioni e il numero di Stirlingdi seconda specie S(n, k) (vedi Definizione 4.1).
(b) Sia F = F1, F2, . . . , Fk una partizione di X. Assegno f(x) in modo che per ognicoppia di elementi distinti x, x′ ∈ X si abbia f(x) = f(x′) se e solo se esiste unindice i ∈ 1, 2, . . . , n tale che x, x′ ∈ Fi. Questo si puo fare in k! modi diversi.
Per la regola del prodotto, il numero cercato e k! · S(n, k).
Ora ci occuperemo di determinare in quanti modi si possono distribuire un certo numerodi biglie in un certo numero di urne. Questa classe di problemi ha numerose applicazioni.Per esempio, nel classificare i tipi di incidente in base ai giorni della settimana, le biglie siidentificano con i tipi di incidente mentre le urne si identificano con i giorni della settimana.Negli esperimenti sui raggi cosmici, le biglie si identificano con le particelle che raggiungonoun contatore Geiger e le urne con i contatori. In teoria dei codici, la distribuzione degli erroridi trasmissione su k parole del codice e ottenuta identificando le parole con le urne e gli errori
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con le biglie. In editoria, la distribuzione degli errori su k pagine e ottenuta identificando lepagine con le urne e gli errori con le biglie. Nello studio degli effetti della luce sulla vista, leparticelle di luce che raggiungono la retina si identificano con le biglie, le cellule della retinacon le urne.
In questa tipologia di problemi e importante sapere se le biglie e/o le urne sono numerate(cioe si possono distinguere una dall’altra) oppure no. Per esempio, supponiamo di averedue biglie distinguibili, che indichiamo con a e b, e tre urne, anch’esse distinguibili, 1, 2 e 3.Come mostrato nella seguente Tabella I si hanno nove possibili distribuzioni delle due biglienelle tre urne.
distribuzioni 1 2 3 4 5 6 7 8 9urne1 ab a a b b2 ab b a a b3 ab b b a a
Tabella I
Supponiamo adesso che le biglie non siano distinguibili (in tal caso le indichiamo entrambecon a) mentre le urne continuano ad essere distinguibili. Si hanno le sei seguenti distribuzioni.
distribuzioni 1 2 3 4 5 6urne1 aa a a2 aa a a3 aa a a
Tabella II
Se le urne non sono distinguibili mentre lo sono le biglie, le distribuzioni 1 − 3 dellaTabella I si devono considerare le stesse: due biglie in un’urna, nessuna nelle altre due.Le distribuzioni 4 − 9 sono da considerarsi le stesse: due urne con una sola biglia, unavuota. Otteniamo cosı solo due distribuzioni diverse. Infine se ne le biglie ne le urne sonodistinguibili, le distribuzioni 1 − 3 della Tabella II sono da considerarsi le stesse, cosı comele 4− 6. Abbiamo quindi due diverse distribuzioni.
Nel determinare il numero delle distribuzioni, e importante decidere se sono ammesse urnevuote oppure no. Per esempio, se abbiamo due distinguibili biglie e due distinguibili urne,tutte le possibili distribuzioni sono quattro (vedi Tabella III). Se aggiungiamo la condizioneche nessuna urna puo restare vuota, abbiamo solo le distribuzioni 3 e 4 della Tabella III.
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distribuzioni 1 2 3 4urne1 ab a b2 ab b a
Tabella III
Problema 4.2 Determinare il numero delle possibili distribuzioni di n biglie in k urne.
SOLUZIONE. Prima di analizare i vari casi si noti che, qualora non siano ammesse urnevuote, deve essere n ≥ k.
Caso 1 Sia le biglie che le urne sono distinguibili.
1.a Sono ammesse urne vuote. Il problema equivale a determinare il numero delleapplicazioni dell’insieme delle biglie nell’insieme delle urne (si veda il caso 3 delProblema 4.1), quindi si hanno kn distribuzioni possibili.
1.b Non sono ammesse urne vuote. Il problema equivale a determinare il numero delleapplicazioni suriettive dell’insieme delle biglie nell’insieme delle urne (si veda ilcaso 4 del Problema 4.1). Quindi abbiamo k! · S(n, k) distribuzioni possibili.
Caso 2 Le biglie non sono distinguibili mentre le urne lo sono.
2.a Sono ammesse urne vuote. Sia xi il numero delle biglie contenute nell’urna i.Essendo n il numero delle biglie, si ha x1 + x2 + . . . + xk = n. Quindi il numerodelle possibili distribuzioni coincide col numero delle k-uple di interi non negativisoluzioni della precedente equazione. Questo valore, determinato nel paragrafo 2,e dato da P r
n,k−1 =(n+k−1k−1
).
2.b Non sono ammesse urne vuote. Questo caso segue da 2.a. Infatti, dapprimamettiamo una biglia in ogni urna (questo garantisce che nessuna urna e vuota).Vi e un sol modo per fare cio. Rimangono n − k biglie da sistemare nelle kdistinguibili urne. Per 2.a (dove mettiamo n − k al posto di n) abbiamo che ilnumero delle distribuzioni possibili e P r
n−k,k−1 =((n−k)+k−1
k−1
)=
(n−1k−1
).
Caso 3 Le biglie sono distinguibili mentre le urne non lo sono.
3.a Sono ammesse urne vuote. Consideriamo una distribuzione avente t urne nonvuote con 1 ≤ t ≤ k. Essa induce una partizione dell’insieme delle biglie in tclassi. Quindi il numero delle possibili distribuzioni aventi t urne non vuote edato dal numero di Stirling di seconda specie S(n, t) (Definizione 4.1). Poiche t =1, 2, . . . , k, il numero delle distribuzioni cercate e S(n, 1)+S(n, 2)+ . . .+S(n, k).
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3.b Non sono ammesse urne vuote. Ragionando come nel caso 3.a, deve essere t = k.Quindi il numero di distribuzioni coincide con S(n, k).
Caso 4 Sia le biglie che le urne non sono distinguibili.
4.a Sono ammesse urne vuote. Prima di esaminare questo caso definiamo partizione diun intero positivo n in esattamente k parti una collezione di k interi positivi la cuisomma e uguale ad n. Per esempio, l’intero n = 7 ha le seguenti partizioni in k = 3parti: 1, 1, 5, 1, 2, 4, 1, 3, 3 e 2, 2, 3. Si osservi che 1, 5, 1 e consideratala stessa di 1, 1, 5, infatti siamo interessati solo agli interi che compongono laclasse, non al loro ordine. Denotiamo con T (n, k) il numero di modi dipartizionare n in esattamente k parti. Il numero di modi di distribuiren indistinguibili biglie in k indistinguibili urne coincide col numero di modi dipartizionare l’intero n in al piu k parti. Quindi il numero delle distribuzionicercate e dato da T (n, 1) + T (n, 2) + . . .+ T (n, k). Nel Teorema 4.2 daremo unaformula di ricorrenza per determinare la successione T (n, k).
4.b Non sono ammesse urne vuote. Ragionando come in 4.a, il numero di modi didistribuire n indistinguibili biglie in k indistinguibili urne, nessuna delle quali deverimanere vuota, coincide col numero T (n, k) di modi di partizionare l’intero n inesattamente k parti.
Teorema 4.2 Sia n un intero positivo e sia T (n, k) il numero di modi di partizionare n inesattamente k parti. Si ha T (n, 1) = 1, T (n, k) = 0 per ogni 1 ≤ n < k, e
T (n, k) = T (n− 1, k − 1) + T (n− k, k). (5)
Dimostrazione. Le uguaglianze T (n, 1) = 1, T (n, k) = 0 per ogni 1 ≤ n < k, sono ovvie.Proviamo la (5) sfruttando il significato di T (n, k) come distribuzione di biglie nelle urne.Possiamo supporre n ≥ k ≥ 2. Prima mettiamo una biglia in ciascuna urna e poi sistemiamole altre n− k. Quest’ultima operazione equivale a mettere n− k biglie in k urne, qualcunadelle quali potrebbe essere vuota. Ma allora deve valere l’identita
T (n, k) = T (n− k, 1) + T (n− k, 2) + . . .+ T (n− k, k − 1) + T (n− k, k). (6)
Sostituendo nella (6) n− 1 al posto di n e k − 1 al posto di k, abbiamo
T (n− 1, k − 1) = T (n− k, 1) + T (n− k, 2) + . . .+ T (n− k, k − 1).
Sostituendo quest’ultima uguaglianza nella (6) si ottiene la (5).
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La (5) del Teorema 4.2 permette di scrivere la seguente matrice, utile ai fini del calcolodi T (n, k).
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9n1 12 1 13 1 1 14 1 2 1 15 1 2 2 1 16 1 3 3 2 1 17 1 3 4 3 2 1 18 1 4 5 5 3 2 1 19 1 4 7 6 5 3 2 1 1
5 Probabilita discreta
Il calcolo combinatorio e strettamente legato alla teoria della probabilita. Questa teoria estata sviluppata per studiare l’accadere di eventi incerti. Vediamo come si puo parlare diprobabilita su un insieme finito.
Sia Ω un insieme finito detto spazio campione o spazio dei casi possibili (esiti) di unfenomeno casuale. Ad esempio, 1, 2, 3, 4, 5, 6 e lo spazio campione del lancio di un dado.Se interpretiamo 0 come croce e 1 come testa, 0, 1n e lo spazio dei casi possibili per unasequenza ordinata di n lanci di una moneta. Cosı un esito e una parola lunga n dell’alfabeto0, 1.
Un sottoinsieme A dello spazio campione si chiama evento. L’evento: “In tre lanci di unamoneta esce testa una volta sola”, coincide con 001, 010, 100. Una misura di probabilita (osemplicemente probabilita) e una funzione reale P definita su Ω tale da soddisfare i seguentiassiomi: (1) P (ω) > 0 per ogni ω ∈ Ω; (2)
∑ω∈Ω P (ω) = 1
La funzione P si estende agli eventi definendo P (∅) = 0 e, per ogni altro A ⊆ Ω, ponendoP (A) =
∑ω∈A P (ω). Il numero P (A) e la probabilita dell’evento A. Dai due assiomi si
deducono le seguenti proprieta del concetto di probabilita:
• 0 ≤ P (A) ≤ 1 per ogni A ⊆ Ω;
• se poniamo CΩA il complementare di A in Ω, cioe CΩA = Ω \ A, P (CΩA) = 1− P (A);
• P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).
23
Fra tutte le misure di probabilita che si possono introdurre, quella piu interessante ela probabilita simmetrica, detta anche equiprobabilita. Si dice infatti che P e la misura diequiprobabilita su Ω se per ogni esito ω di Ω risulta P (ω) = 1
|Ω| .Dire che un elemento ω di Ω viene estratto a caso significa, per convenzione, che la
probabilita di ω e 1|Ω| . Intuitivamente cio equivale ad affermare che tutti gli elementi di
Ω, numerati 1, 2, . . . , |Ω|, sono posti idealmente in un’urna, tipo gioco del lotto, e se neestrae uno a caso. Allora e 1
|Ω| la probabilita che esca un elemento prefissato di Ω. Ovviaconseguenza della definizione di equiprobabilita e che, per ogni evento A di Ω, si ha
P (A) =|A||Ω| formula di Laplace (1812).
Intuitivamente la probabilita simmetrica di un evento A e il rapporto tra il numero dei casifavorevoli (esiti di A) e il numero dei casi possibili (esiti di Ω). Quando lo spazio campionee finito, il calcolo delle probabilita e strettamente connesso con il calcolo combinatorio:calcolare una probabilita simmetrica equivale a calcolare due cardinalita.
Esempio 5.1 Determinare la probabilita che, presa a caso una funzione f : X → Y con|X| = n, |Y | = k e n ≤ k, essa risulti iniettiva.
SVOLGIMENTO. In virtu di quanto detto nei punti 1 e 2 del Problema 4.1, la probabilitarichiesta e
Dk,n
kn.
Per k = 365 abbiamo la soluzione del classico problema dei compleanni. Sono riuniten persone a caso: qual e la probablita pn che non ci siano persone che festeggiano il lorocompleanno lo stesso giorno? Si supponga che ciascuna persona sia nata a caso in unoqualunque dei 365 giorni di un anno escludendo i bisestili. Il problema e banalmente risolto sen > 365. Per n ≤ 365 si ha pn = D365,n
365n= 365·(365−1)·...·(365−n+1)
365n. Passando al complementare,
la probabilita che almeno due persone siano nate lo stesso giorno (a meno dell’anno) eqn = 1− pn. E sbalorditivo il fatto che q23 = 0.507 circa: il che significa che fra 23 personescelte a caso e piu probabile trovarne due con lo stesso compleanno che non trovarle! Altrivalori contrari all’intuizione sono q56 = 0.988 e q70 = 0.999 cosı con 70 persone e quasi certotrovarne due con lo stesso compleanno. Si osservi che solo per n = 365 risulta q365 = 1.
La definizione di probabilita data in questo paragrafo va ovviamente modificata e gene-ralizzata quando Ω non e finito. Per uno studio piu approfondito si rimanda ad un corso diCalcolo delle Probabilita.
6 Il principio di inclusione ed esclusione
Problema 6.1 Supponiamo che in un gruppo di 18 persone, 10 hanno il padre meridionale,5 hanno la madre meridionale e 2 hanno entrambi i genitori meridionali. Quante personedel gruppo non hanno alcun genitore meridionale?
SOLUZIONE Siano A l’insieme delle 18 persone. Una persona di A verifica
24
• la proprieta a1 se ha il padre meridionale,
• la proprieta a2 se ha la madre meridionale
Restano cosı individuati due sottoinsiemi di A: l’insieme A1 delle persone aventi il padremeridionale e l’insieme A2 delle persone aventi la madre meridionale. Ovviamente A1 ∩A2 el’insieme delle persone di A aventi entrambi i genitori meridionali. In altri termini A1 ∩ A2
e l’insieme delle persone di A che verifica entrambe le proprieta a1 e a2. Denotiamo con
• N(a1) il numero delle persone di A che godono della proprieta a1;
• N(a′1) il numero delle persone di A che non godono della proprieta a1;
• N(a2) il numero delle persone di A che godono della proprieta a2;
• N(a′2) il numero delle persone di A che non godono della proprieta a2;
• N(a1a2) il numero delle persone che godono di entrambe le proprieta a1 e a2;
• N(a′1a2) il numero delle persone che godono della proprieta a2 ma non della a1;
• N(a1a′2) il numero delle persone che godono della proprieta a1 ma non della a2;
• N(a′1a′2) il numero delle persone che non godono ne della proprieta a1 ne della a2.
Vogliamo quindi calcolare N(a′1a′2). Si ha N(a′1a
′2) = |CA(A1 ∪ A2)| = |A| − |A1 ∪ A2|.
Saremmo tentati di scrivere |A1 ∪ A2| = |A1|+ |A2| = N(a1) +N(a2) = 10 + 5 = 15. Ma inquesto modo avremmo contato alcune persone due volte: quelle di A1 ∩ A2, il cui numero e|A1∩A2| = N(a1a2). Quindi |A1∪A2| = |A1|+ |A2|−|A1∩A2| = N(a1)+N(a2)−N(a1a2) =10 + 5− 2 = 13. In definitiva N(a′1a
′2) = N −N(a1)−N(a2) +N(a1a2) = 18− 13 = 5.
In generale, supponiamo di avere un insieme A di cardinalita N . Siano date r proprietasu A: a1, a2, . . . , ar. Denotiamo con N(ai) (N(a′i)) il numero degli elementi di A che godono(non godono) della proprieta ai. Ovviamente N = N(ai) + N(a′i). Poiche un elementopuo godere di piu di una proprieta, possiamo procedere come nel problema precedente perindicare il numero degli elementi che godono di alcune proprieta e non delle altre. Peresempio, posto r = 5, N(a1a
′2a3a4a
′5) indica il numero degli elementi di A che godono delle
proprieta a1, a3 e a4 ma non delle a2 e a5.
Problema 6.2 Cinquanta vetture sono sottoposte a un test per controllare se hanno emis-sioni inquinanti di ossido d’azoto (NOx), idrocarburi (HC) e monossido di carbonio (CO).Una macchina supera il massimo consentito per tutte e tre le emissioni. Tre macchine ec-cedono per NOx e HC, due per NOx e CO, una per HC e CO, sei per NOx, quattro perHC, e tre per CO. Quante macchine rispettano i limiti per tutte e tre le emissioni?
SOLUZIONE. Sia A l’insieme delle macchine. Denotiamo rispettivamente con a1, a2 e a3la proprieta che una macchina ecceda lo standard di emissione per NOx, HC e CO. Il
25
problema consiste nel calcolare N(a′1a′2a
′3) sapendo che N = 50, N(a1a2a3) = 1, N(a1a2) = 3,
N(a1a3) = 2, N(a2a3) = 1, N(a1) = 6, N(a2) = 4 e N(a3) = 3. Indicato con Ai l’insiemedelle macchine di A che godono della proprieta ai, si ha N(a′1a
′2a
′3) = |CA(A1 ∪ A2 ∪ A3)| =
|A|− |A1∪A2∪A3|. Procedendo come nella soluzione del problema precedente abbiamo che|A1 ∪A2 ∪A3| = |(A1 ∪A2)∪A3| = |A1 ∪A2|+ |A3| − |(A1 ∪A2)∩A3| = |A1|+ |A2|+ |A3| −|A1 ∩A2| − |(A1 ∩A3)∪ (A2 ∩A3)| = |A1|+ |A2|+ |A3| − |A1 ∩A2| − (|A1 ∩A3|+ |A2 ∩A3| −|(A1∩A3)∩(A2∩A3)| = |A1|+ |A2|+ |A3|−|A1∩A2|−|A1∩A3|−|A2∩A3|+ |A1∩A2∩A3| =N(a1)+N(a2)+N(a3)−N(a1a2)−N(a1a3)−N(a2a3)+N(a1a2a3). In definitiva otteniamo
N(a′1a′2a
′3) = N −N(a1)−N(a2)−N(a3) +N(a1a2) +N(a1a3) +N(a2a3)−N(a1a2a3) (7)
La (7) puo essere ottenuta ragionando nel seguente modo, del tutto equivalente al prece-dente. Il primo membro della (7) esprime il numero delle auto che non godono di nessunadelle tre proprieta a1, a2 e a3. Basta allora provare che il secondo membro conti 1 voltale vetture che non godono di nessuna proprieta e 0 volte quelle che godono di qualcuna diesse. Supponiamo che un’auto non goda di alcuna delle proprieta in questione. Allora essa econtata 1 volta nel calcolare N e 0 volte in quello di N(a1), N(a2), N(a3), N(a1a2), N(a1a3),N(a2a3) e N(a1a2a3). Quindi questa vettura e calcolata esattamente una volta nel secondomembro di (7).
Supponiamo ora di avere una vettura che goda solo della a1. Essa e contata 1 voltanel calcolare N , 1 volta nel calcolare N(a1) e 0 volte nel calcolare N(a2), N(a3), N(a1a2),N(a1a3), N(a2a3) e N(a1a2a3). Quindi questa vettura e calcolata 0 volte nel secondo membrodi (7). Lo stesso risultato si ottiene se l’auto gode della sola a2 oppure a3.
Si consideri adesso una vettura che goda di due sole proprieta, per esempio a1 e a2. Essaconta 0 nel calcolo del primo membro di (7) e conta
• 1 nel calcolo di N ;
• 1 nel calcolo di N(a1);
• 1 nel calcolo di N(a2);
• 0 nel calcolo di N(a3);
• 1 nel calcolo di N(a1a2);
• 0 nel calcolo di N(a1a3);
• 0 nel calcolo di N(a2a3);
• 0 nel calcolo di N(a1a2a3).
Anche questa vettura e calcolata 0 volte nel secondo membro di (7). Allo stesso risultato siperviene comunque si scelgano le due proprieta.
Infine, un’auto che gode di tutte e tre le proprieta conta 0 nel calcolo del primo membrodi (7) e 1 nel calcolo di tutti gli addendi a secondo membro. Poiche la somma di questiaddendi e ugale a zero, la (7) resta completamente provata.
26
Il seguente teorema e la naturale generalizzazione dell’uguaglianza (7).
Teorema 6.1 (Principio di inclusione ed esclusione) Sia A un insieme di cardinalitaN . Il numero degli elementi di A che non godono di nessuna delle proprieta a1, a2, . . . , ar edato da
N(a′1a′2 . . . a
′r) = N −
∑i
N(ai)+
∑
i6=j
N(aiaj)−∑
i6=j 6=k 6=i
N(aiajak) + . . .+ (−1)rN(a1a2 . . . ar) (8)
Nella (8), la prima somma e su tutti gli i ∈ 1, 2, . . . , r. La seconda somma e su tutte lecoppie non ordinate i, j con i, j ∈ 1, 2, . . . , r e i 6= j. La terza somma e su tutte le ternenon ordinate i, j, k con i, j, k ∈ 1, 2, . . . , r e i, j e k a due a due distinti. Il terminegenerale e (−1)t
∑N(ai1ai2 . . . ait), dove la somma e estesa a tutte le t-uple non ordinate
i1, i2, . . . , it di elementi, a due a due distinti, di 1, 2, . . . , r.
Dimostrazione. Il primo membro della (8) esprime il numero degli elementi di A che nongodono di nessuna delle proprieta a1, a2, . . . , ar. E sufficiente allora provare che, nel secondomembro, ogni elemento di A che non gode di nessuna proprieta e contato esattamente unavolta mentre ogni elemento che gode di almeno una delle proprieta e contato 0 volte.
Supponiamo che un elemento non goda di nessuna proprieta in questione. Allora essoe contato una volta nel calcolare N ma non e contato alcuna volta nel calcolo delle sommesuccessive. Quindi questo elemento e contato una sola volta nel secondo membro di (8).
Si consideri un elemento x ∈ A. Supponiamo che x goda esattamente di p proprieta,con 0 < p ≤ r. Allora x e contato 1 =
(p0
)nel calcolo di N , il numero degli elementi di A.
E contato una volta in ogni espressione N(ai) per ogni proprieta ai di cui gode, cosı essoconta esattamente p =
(p1
)volte nella somma
∑N(ai). In quanti termini del tipo N(aiaj)
l’elemento x e contato? La risposta e data dal numero delle coppie non ordinate di proprietaai e aj di cui x gode, questo numero coincide col numero di modi in cui possiamo sceglieredue proprieta fra le p assegnate, cioe con
(p2
). Cosı, x e contato esattamente
(p2
)volte nella
somma∑
N(aiaj). In modo simile possiamo provare che x e contato(p3
)volte nella somma∑
N(aiajat), e cosı via. Sommando, otteniamo che il numero di volte in cui x e contato asecondo membro di (8) e
(p
0
)−
(p
1
)+
(p
2
)−
(p
3
)+ . . .+ (−1)p
(p
p
). (9)
Poiche p > 0, per lo sviluppo del binomio di Newton (Teorema 2.8), si ha 0 = (1 − 1)p =(p0
)− (p1
)+(p2
)− (p3
)+ . . .+ (−1)p
(pp
). Questo completa la dimostrazione.
Problema 6.3 Quanti interi fra 1 e 1000 sono
(a) non divisibili per 2?
27
(b) non divisibili per 2 o per 5?
(c) non divisibili per 2 o per 5 o per 11?
(d) primi con 1000?
SOLUZIONE. Sia x ∈ A = 1, 2, . . . , 1000. Siano a1, a2 e a3 le proprieta che x sia divisibileper 2, per 5 e per 11, rispettivamente. Rispondere ad (a), (b) e (c) equivale a determinarerispettivamente i valoriN(a′1), N(a′1a
′2) eN(a′1a
′2a
′3). AbbiamoN = |A| = 1000, e, ovviamen-
te, N(a1) =10002
= 500, N(a2) =10005
= 200, N(a3) = b100011
c = 90. Un intero e divisibile per2 e per 5 se e solo se esso e divisibile per il loro prodotto, quindi N(a1a2) =
100010
= 100. Analo-gamente N(a1a3) = b1000
22c = 45, N(a2a3) = b1000
55c = 18 e N(a1a2a3) = b1000
110c = 9. Si ha cosı
N(a′1) = N−N(a1) = 500, N(a′1a′2) = N−N(a1)−N(a2)+N(a1a2) = 1000−500−200+100 =
400, N(a′1a′2a
′3) = N−(N(a1)+N(a2)+N(a3))+(N(a1a2)+N(a1a3)+N(a2a3))−N(a1a2a3) =
1000− (500 + 200 + 90) + (100 + 45 + 18)− 9 = 364.Per rispondere al quesito (d), si osservi che, essendo 1000 = 2353, i soli numeri primi
che dividono 1000 sono 2 e 5. Cosı il problema consiste nel trovare il numero degli intericompresi fra 1 e 1000 che non sono divisibili per 2 o per 5. Questo e stato determinato in(b).
Generalizziamo il metodo usato nel risolvere il quesito (d) del Problema 6.3.
Definizione 6.1 Dicesi funzione di Eulero φ(n) quella funzione che fa corrispondere ad ogniintero positivo n il numero degli interi, compresi fra 1 e n, che sono primi con n.
Il risultato del quesito (d) puo quindi essere scritto: φ(1000) = 400.
Teorema 6.2 Sia n un intero positivo avente la seguente fattorizzazione in fattori primin = qe11 qe22 . . . qerr (unica a meno dell’ordine dei qi). Allora
φ(n) = n
(1− 1
q1
)(1− 1
q2
). . .
(1− 1
qr
).
La precedente funzione e nota come funzione di Eulero.
Dimostrazione. Sia A = 1, 2, . . . , n e sia ai, i = 1, 2, . . . , r, la proprieta che un elementodi A sia divisibile per qi. Un intero x ∈ A non e primo con n se e solo se esso e divisibileper q1 oppure per q2 oppure . . . oppure per qr. Ovviamente N(ai1ai2 . . . aim), m = 1, . . . , r,e ottenuto contando gli elementi di A che sono multipli di qi1qi2 . . . qim , cioe
N(ai1ai2 . . . aim) =
⌊n
qi1qi2 . . . qim
⌋=
n
qi1qi2 . . . qim
poiche n e divisibile per qi1qi2 . . . qim . Per il principio di inclusione ed esclusione, abbiamo
φ(n) = N(a′1a′2 . . . a
′r) = n−
∑i
n
qi+∑
i6=j
n
qiqj− . . .+ (−1)r
n
q1q2 . . . qr.
28
Applicando la formula (si veda il Teorema 2.3)
(1 + x1)(1 + x2) · · · (1 + xr) = 1 +∑
∅6=I⊆1,2,...,r
(∏i∈I
xi
),
segue facilmente la tesi.
Nel Teorema 4.1 abbiamo dato una formula per ricorrenza per calcolare il numero diStirling di seconda specie S(n, k) (vedasi Definizione 4.1). Adesso, utilizzando il principio diinclusione esclusione, possiamo provare una formula diretta per S(n, k).
Teorema 6.3 Il numero di Stirling di seconda specie e dato da
S(n, k) =1
k!
k∑t=0
(−1)t(k
t
)(k − t)n.
Dimostrazione. Il numero delle distribuzioni di n distinguibili biglie in k distinguibiliurne con la condizione che nessuna urna risulti vuota e uguale a k! · S(n, k) (si veda il Caso1.b del Problema 4.2).
Sia Ω l’insieme di tutte le distribuzioni di n distinguibili biglie in k distinguibili urne.Per quanto visto nel Caso 1.a del Problema 4.2, si ha |Ω| = kn. Sia Ei l’evento che la i-esimaurna sia vuota. Poniamo A = Ω e ai =“si e verificato Ei”. Abbiamo quindi N = |A| = kn,N(ai) = (k − 1)n, N(aiaj) = (k − 2)n, N(aiajah) = (k − 3)n,. . .. Inoltre vi sono
(k1
)modi
di scegliere la proprieta ai,(k2
)modi di scegliere le proprieta ai e aj,
(k3
)modi di scegliere le
proprieta ai, aj e ah, e cosı via. Quindi il numero delle distribuzioni di n distinguibili bigliein k distinguibili urne con la condizione che nessuna urna risulti vuota e
N(a′1a′2 . . . a
′k) = kn−
(k
1
)(k− 1)n+
(k
2
)(k− 2)n−
(k
3
)(k− 3)n+ . . .+(−1)k
(k
k
)(k− k)n,
N(a′1a′2 . . . a
′k) =
k∑t=0
(−1)t(k
t
)(k − t)n. (10)
Abbiamo quindi
k! · S(n, k) =k∑
t=0
(−1)t(k
t
)(k − t)n.
Da cui la tesi.
Problema 6.4 Determinare la cardinalita dell’insieme di soluzioni intere del sistema
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30−2 < x1 ≤ 31 ≤ x2 ≤ 40 < x3 < 4x4 > 2x5 ≥ 2
29
SOLUZIONE. Sia A l’insieme di tutte le soluzioni del seguente sistema:
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > −2x2 ≥ 1x3 > 0x4 > 2x5 ≥ 2
(11)
Sia
• a1 la proprieta che se (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ A allora x1 > 3;
• a2 la proprieta che se (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ A allora x2 > 4;
• a3 la proprieta che se (x1, x2, x3, x4, x5) ∈ A allora x3 ≥ 4.
Indichiamo con N il numero delle soluzioni intere del sistema (11) (cioe poniamo N = |A|)e, per ogni i = 1, 2, 3, indichiamo con N(ai) il numero delle soluzioni del sistema (11)che verificano la proprieta ai. Il numero delle soluzioni del sistema assegnato e dato daN(a′1a
′2a
′3) = N − N(a1) − N(a2) − N(a3) + N(a1a2) + N(a1a3) + N(a2a3) − N(a1a2a3). I
valori di N(a1), N(a2), N(a3), N(a1a2), N(a1a3), N(a2a3) e N(a1a2a3) sono uguali al numerodelle soluzioni dei sistemi indicati a fianco di ognuno di essi.
N(a1)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > 3x2 ≥ 1x3 > 0x4 > 2x5 ≥ 2
N(a2)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > −2x2 > 4x3 > 0x4 > 2x5 ≥ 2
N(a3)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > −2x2 ≥ 1x3 ≥ 4x4 > 2x5 ≥ 2
N(a1a2)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > 3x2 > 4x3 > 0x4 > 2x5 ≥ 2
N(a1a3)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > 3x2 ≥ 1x3 ≥ 4x4 > 2x5 ≥ 2
N(a2a3)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > −2x2 > 4x3 ≥ 4x4 > 2x5 ≥ 2
30
N(a1a2a3)
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 30x1 > 3x2 > 4x3 ≥ 4x4 > 2x5 ≥ 2
.
Per determinare il numero delle soluzioni di ognuno dei sistemi precedenti si procedacome nell’Esempio 2.2.
Vogliamo adesso rileggere, in termini di calcolo delle probabilita, il principio di inclusioneesclusione.
Teorema 6.4 Il caso probabilistico del principio di inclusione esclusione. SianoE1, E2, . . . , Er eventi definiti in uno spazio campione Ω. Denotiamo con pi la probabilitache si verifichi l’evento Ei e, piu in generale, con pi1i2···it la probabilita che si verifichino glieventi Ei1 , Ei2 , . . . , Eit essendo i1, i2, . . . , it un sottoinsieme di 1, 2, . . . , r di cardinalitat. Denotata con p la probabilita che nessuno degli eventi E1, E2, . . . , Er si verifichi, si ha
p = 1−∑
pi +∑
pij + . . .+ (−1)t∑
pi1i2...it + . . .+ (−1)rp12...r. (12)
Dimostrazione. Sia A lo spazio campione Ω. Per i = 1, 2, . . . , r si consideri la proprietaai =“si verifica l’evento Ei”. Posto |A| = |Ω| = N , per il principio di inclusione esclusione,la probabilita p che nessuno degli eventi E1, E2, . . . , Er si verifichi e data da
p =N(a′1a
′2···a′r)
N=
=N−∑
N(ai)+∑
N(aiaj)+...+(−1)tN(ai1ai2 ...ait )+...+(−1)rN(a1a2...ar)
N=
= 1−∑pi +
∑pij + . . . . . .+ (−1)t
∑pi1i2...it + (−1)rp12...r.
Problema 6.5 Supponiamo che sia stato statisticamente provato che il lunedı di pasquettain Sicilia per ogni mille persone che vanno in gita
• 50 hanno un incidente d’auto;
• 100 vengono derubati;
• 75 litigano col partner;
• 40 vengono derubati ed hanno pure un incidente d’auto;
• 35 hanno un incidente d’auto e litigano con il partner (oppure, se piu vi piace, litiganocol partner ed hanno un incidente d’auto);
• 60 vengono derubati e litigano col partner;
31
• 20 hanno un incidente d’auto, vengono derubati e litigano col partner (poverini!).
Qual e la probabilita che una persona possa rientrare dalla gita senza che gli sia capitatonessuno degli eventi precedenti?
SOLUZIONE. Lo spazio di probabilita Ω e costituito dalle mille persone. Denotiamo rispet-tivamente con E1, E2, E3 gli eventi avere l’incidente, essere derubati, litigare. Per i = 1, 2, 3si consideri la proprieta ai =“si verifica l’evento Ei”. Allora N = 1000, N(a1) = 50,N(a2) = 100, N(a3) = 75, N(a1a2) = 40, Na1a3) = 35, N(a2a3) = 60 e N(a1a2a3) = 20. Intermini di probabilita abbiamo:
p1 =N(a1)N
= 0, 05; p2 =N(a2)N
= 0, 1; p3 =N(a3)N
= 0, 075; p12 =N(a1a2)
N= 0, 04;
p13 =N(a1a3)
N= 0, 035; p23 =
N(a2a3)N
= 0, 06; p123 =N(a1a2a3)
N= 0, 02.
Per la (12) abbiamo p = 1− p1 − p2 − p3 + p12 + p13 + p23 − p123 = 1− 0, 05− 0, 1− 0, 075 +0, 04 + 0, 035 + 0, 06− 0, 02 = 0, 89. Buona gita!
Problema 6.6 Si distribuiscano casualmente n distinguibili biglie in k distinguibili urne.Qual e la probabilita che nessuna urna resti vuota?
SOLUZIONE. L’insieme Ω di tutte le distribuzioni di n distinguibili biglie in k distinguibiliurne ha cardinalita kn.
Per la (10), il numero delle distribuzioni di n distinguibili biglie in k distinguibili urnecon la condizione che nessuna urna risulti vuota e
d =k∑
t=0
(−1)t(k
t
)(k − t)n.
Allora la probabilita che nessuna urna sia vuota e
p =d
kn=
k∑t=0
(−1)t(k
t
)(1− t
k)n. (13)
Problema 6.7 : Problema degli accoppiamenti proibiti. Supponiamo che n signorivanno ad una riunione e lasciano al cameriere i loro cappelli. Il cameriere, che ha bevuto unpo, restituisce i cappelli a caso. Qual e la probabilita che nessuno riceva il proprio cappello?
Il problema precedente si puo porre nel seguente modo (piu matematico): Supponiamoche un esperimento generi, in modo del tutto casuale, una permutazione degli n oggettix1, x2, . . . , xn. Qual e la probabilita pn che, nella permutazione generata, ogni oggetto xi nonsi trovi nel posto i-esimo?
SOLUZIONE. Sia A l’insieme di tutte le permutazioni su x1, x2, . . . , xn. Abbiamo N =|A| = n!. Sia ai la proprieta che xi si trovi nel posto i-esimo. Allora Tn = N(a′1a
′2 . . . a
′n) e
32
il numero delle permutazioni aventi la proprieta che, per ogni i, xi non sia al posto i-esimo.Inoltre,
N(ai) = (n− 1)!,
perche una permutazione avente xi al posto i-esimo e equivalente a una permutazionesull’insieme x1, x2, . . . , xn \ xi. Similmente
N(aiaj) = (n− 2)!
eN(ai1ai2 . . . ait) = (n− t)!.
Quindi ∑N(ai1ai2 . . . ait) =
(n
t
)(n− t)!,
poiche abbiamo(nt
)scelte per le proprieta ai1ai2 . . . ait . Per il principio di inclusione ed
esclusione,
Tn = N(a′1a′2 . . . a
′n) =
= N −∑
N(ai) +∑
N(aiaj)−∑
N(aiajak) + . . .+ (−1)nN(a1a2 . . . an) =
= n!−(n
1
)(n− 1)! +
(n
2
)(n− 2)!−
(n
3
)(n− 3)! + . . .+ (−1)n
(n
n
)(n− n)!
Quindi
Tn = N(a′1a′2 . . . a
′n) =
= n!− n!
1!(n− 1)!(n− 1)! +
n!
2!(n− 2)!(n− 2)!− n!
3!(n− 3)!(n− 3)! + . . .+
+(−1)nn!
n!(n− n)!(n− n)! = n!
[1− 1
1!+
1
2!− 1
3!+ . . .+ (−1)n
1
n!
].
Allora, per n ≥ 2, abbiamo
pn =Tn
n!=
[1− 1
1!+
1
2!− 1
3!+ . . .+ (−1)n
1
n!
]
. Ricordando lo sviluppo in serie di ex, cioe che per ogni x ∈ R si ha
ex = limn→+∞
(1 +
1
1!x+
1
2!x2 + . . .+
1
n!xn
)= 1 +
1
1!x+
1
2!x2 +
1
3!x3 +
1
4!x4 + . . . ,
abbiamo, posto x = −1,
limn→+∞
pn = limn→+∞
[1 +
−1
1!+
(−1)2
2!+ . . .+
(−1)n
n!
]= e−1.
33
Problema 6.8 Siano m, j e t tre interi non negativi. Allora(m+ j
m+ t
)(m+ t
t
)=
(m+ j
m
)(j
t
). (14)
SOLUZIONE. Se j < t la (14) e evidente. Sia j > t. Diamo due diversi modi per provare la(14).SOLUZIONE COMBINATORICA. Sia A un insieme di cardinalita m+ j. Si contino in duemodi differenti le partizioni di A in tre sottoinsiemi A1, A2, A3 tali che |A1| = t, |A2| = med |A3| = j − t.SOLUZIONE ALGEBRICA.
(m+ j
m+ t
)(m+ t
t
)=
(m+ j)!
(m+ t)!(j − t)!
(m+ t)!
t!m!=
(m+ j)!
m!t!(j − t)!=
=(m+ j)!
m!j!
j!
t!(j − t)!=
(m+ j
m
)(j
t
).
Ritorniamo al caso generale in cui si ha un insieme A di N oggetti, ognuno dei quali puogodere o no di r differenti proprieta, a1, a2, . . . , ar. Il principio di inclusione ed esclusionedetermina il numero degli elementi di A che non godono di nessuna di queste proprieta.Esistono invece situazioni in cui interessa conoscere il numero er,m degli oggetti di A chegodono esattamente di m proprieta, con 1 ≤ m ≤ r. Una formula per er,m e determinata nelseguente teorema ove si suppone che, per t ≥ 1,
st =∑
N(ai1ai2 . . . ait),
dove la somma e effettuata su tutte le possibili scelte di t distinte proprieta ai1ai2 . . . ait o,equivalentemente, per ogni i1, i2, . . . , it ⊆ 1, 2, . . . , r tale che | i1, i2, . . . , it | = t.
Teorema 6.5 Sia A un insieme di cardinalita N . Si definiscano in A le r differenti proprietaa1, a2, . . ., ar. Sia m un intero tale che 1 ≤ m ≤ r. Il numero di elementi di A che godonodi esattamente m proprieta (fra le r definite) e dato da
er,m = sm −(m+ 1
1
)sm+1 +
(m+ 2
2
)sm+2 −
(m+ 3
3
)sm+3 + . . .+ (−1)t
(m+ t
t
)sm+t
+ . . .+ (−1)r−m
(m+ r −m
r −m
)sr =
r−m∑t=0
(−1)t(m+ t
t
)sm+t (15)
Dimostrazione. La dimostrazione e simile a quella del principio di inclusione ed esclusione.Consideriamo la (15). Se un oggetto gode di meno dim proprieta ai, non e contato nel calcolodi er,m e non e contato in nessuno dei termini del secondo membro di (15). Supponiamo cheun oggetto goda esattamente di m proprieta. Allora esso e contato esattamente una voltanel calcolo di er,m ed esattamente una volta nel secondo membro di (15), precisamente nel
34
calcolo di sm. Infine, supponiamo che un oggetto goda di piu di m proprieta, supponiamo dim+j proprieta. Allora esso non e contato nel calcolo di er,m. Proviamo che il numero di voltein cui esso e contato nel secondo membro di (15) e uguale a zero. L’oggetto e contato
(m+jm
)volte nel calcolo di sm: una volta per ogni sottoinsieme di m proprieta che possiamo sceglierefra le m + j di cui gode. E contato
(m+jm+1
)volte nel calcolo di sm+1. In generale, e contato(
m+jm+t
)volte nel calcolo di sm+t, 0 ≤ t ≤ j. Non e contato altrimenti. Quindi, il numero
totale di volte che l’oggetto e contato nel secondo membro di (15) si calcola moltiplicando(m+jm+t
)per (−1)t
(m+tt
), il coefficiente di sm+t, e sommando questi termini per t = 0, 1, . . . , j.
Otteniamo(m+ j
m
)−
(m+ j
m+ 1
)(m+ 1
1
)+
(m+ j
m+ 2
)(m+ 2
2
)+ . . .
+(−1)t(m+ j
m+ t
)(m+ t
t
)+ . . .+ (−1)j
(m+ j
m+ j
)(m+ j
j
). (16)
Dalle (14) e (16), segue
(m+ j
m
)−
(m+ j
m
)(j
1
)+
(m+ j
m
)(j
2
)+ . . .+ (−1)j
(m+ j
m
)(j
j
),
cioe (m+ j
m
)[(j
0
)−
(j
1
)+
(j
2
)+ . . .+ (−1)j
(j
j
)]= (1− 1)j = 0,
e il teorema resta completamente provato.
Esempio 6.1 Ritornando al Problema 6.2, ci chiediamo di determinare il numero di auto chenon superano il test perche hanno una sola emissione inquinante. Cioe vogliamo determinareil valore di e3,1. Si ha s1 = 6 + 4 + 3 = 13, s2 = 3 + 2 + 1 = 6 e s3 = 1. Quindi, per ilTeorema 6.5, e3,1 = s1 −
(21
)s2 +
(32
)s3 = 4.
Problema 6.9 Supponiamo che un esperimento generi, in modo del tutto casuale, una per-mutazione degli n oggetti x1, x2, . . . , xn. Qual e la probabilita pn,1 che, nella permutazionegenerata, esista esattamente un oggetto xi che si trovi nel posto i-esimo? (Si veda il Problema6.7).
SOLUZIONE. Nel Problema 6.7, si e determinato il numero Tn delle permutazioni aventi laproprieta che, per ogni i, xi non sia al posto i-esimo. Inoltre, nella terminologia del Problema6.7, si e provato che N(ai) = (n − 1)!, N(aiaj) = (n − 2)! e, in generale, N(ai1ai2 . . . ait) =(n− t)!. Quindi
st =
(n
t
)(n− t)!
35
poiche vi sono(nt
)modi di prendere t proprieta ai1ai2 . . . ait . Allora, per il Teorema 6.5 con
r = n e m = 1, si ha
en,1 = s1 −(2
1
)s2 +
(3
2
)s3 −
(4
3
)s4 + . . .+ (−1)n−1
(n
n− 1
)sn =
=
(n
1
)(n− 1)!−
(2
1
)(n
2
)(n− 2)! +
(3
2
)(n
3
)(n− 3)!−
(4
3
)(n
4
)(n− 4)! + . . .+
+(−1)n−1
(n
n− 1
)(n
n
)(n− n)! =
=n!
1!(n− 1)!(n− 1)!− 2!
1!1!· n!
2!(n− 2)!(n− 2)! +
3!
2!1!· n!
3!(n− 3)!(n− 3)!−
− 4!
3!1!· n!
4!(n− 4)!(n− 4)! + . . .+ (−1)n−1 n!
(n− 1)!=
= n!
[1− 1
1!+
1
2!− 1
3!+ . . .+ (−1)n−1 1
(n− 1)!
]= nTn−1.
Questo risultato e abbastanza chiaro. Infatti, per ogni fissato i, il numero delle permutazioniche hanno xi al posto i-esimo e uguale a Tn−1.
Si ottiene facilmente che pn,1 =nTn−1
n!= Tn−1
(n−1)!. Come visto nel Problema 6.7,
limn→+∞
Tn−1
(n− 1)!= e−1.
Quindi, al crescere di n, la probabilita che, in una permutazione presa a caso, esista esatta-mente un oggetto xi che si trovi nel posto i-esimo coincide con la probabilita che nessun xi
si trovi nel posto i-esimo.
Problema 6.10 Si prendano 10 oggetti e si dispongano in un ordine casuale. Una personabendata (o in un’altra stanza) elenca l’ordine con cui pensa che gli oggetti siano stati disposti.Se questa persona indovina la posizione di almeno 5 oggetti, possiamo dire che e dotata dipoteri paranormali?
SOLUZIONE. In generale, supponiamo che gli oggetti siano n e che sia stata indovinatal’esatta posizione di m di questi. Il numero di modi di indovinare la giusta posizione diesattamente m oggetti su n si puo determinare mediante il Teorema 6.5. Sia A l’insiemedelle permutazioni dell’insieme x1, x2, . . . , xn degli oggetti, e sia ai la proprieta che l’oggettoxi sia al posto i-esimo. Allora, come visto nel Problema 6.9, N(ai1ai2 . . . ait) = (n − t)! est =
(nt
)(n− t)!. Quindi
en,m =n−m∑t=0
(−1)t(m+ t
t
)sm+t =
n−m∑t=0
(−1)t(m+ t
t
)(n
m+ t
)(n−m− t)! =
n!
m!
n−m∑t=0
(−1)t1
t!.
Cosı la probabilita di indovinare m posizioni esatte e
pn,m =1
m!
n−m∑t=0
(−1)t1
t!=
1
m!
[1− 1
1!+
1
2!− 1
3!+ . . .+ (−1)(n−m) 1
(n−m)!
].
36
Nel nostro caso si chiede di determinare la probabilita di indovinare l’esatta disposizione dialmeno 5 oggetti su 10. Quindi bisogna calcolare p = p10,5+p10,6+p10,7+p10,8+p10,9+p10,10.
p10,5 + p10,6 + p10,7 + p10,8 + p10,9 + p10,10 ∼= 0, 00366.
Essendo la probabilita di indovinare a caso molto bassa, possiamo ritenere che la persona hapoteri paranormali.
37
Indice analitico
Crn,k, 12
Cn,k, 10Dr
n,k, 6Dn,k, 6O grande, 15P rn1,n2,...,nk
, 7S(n, k), 17, 18, 29T (n, k), 22, 23er,m, 34n, 5pi1i2···it , 31(mh
), 8
Algoritmo deterministico, 16Algoritmo esponenziale, 15Algoritmo non deterministico, 16Algoritmo polinomiale, 15
Binomio di Newton, 11
Coefficiente binomiale, 9Coefficiente multinomiale, 8Combinazione, 10Combinazione con ripetizione, 12
Disposizione con ripetizione, 5Disposizione semplice, 5
Equiprobabilita, 24Evento, 23
Formula di Laplace, 24Formula di Leibniz, 11Formula di Stifel, 10Funzione di Eulero, 28
Il caso probabilistico del principio di inclusio-ne esclusione, 31
Il problema del commesso viaggiatore, 14
Numero di elementi che godono di un numeroesatto di proprieta, 34
Numero di Stirling di seconda specie, 17, 18,29
Partizioni di un intero, 22Permutazione, 5Permutazione con ripetizione, 7Principio di inclusione esclusione, 27Probabilita di un evento, 23Probabilita discreta, 23Problema NP -completo, 16Problema degli accoppiamenti proibiti, 32Problema in NP , 16Problema in P , 16
Regola del prodotto, 3Regola della somma, 3
Spazio campione, 23
Triangolo di Stirling, 18Triangolo di Tartaglia o di Pascal, 12
38
