Un postino imbusta a caso $n$ lettere in $n$ buste. Su ogni busta è già segnato il destinatario e ovviamente anche ad ogni lettera corrisponde un solo destinatario possibile.
Qual'è la probabilità che il postino metta ogni lettera nella busta sbagliata ? Se il numero di lettere e buste tende ad infinito, a quanto tende la probabilità ?
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 19:04
da jordan
Stai leggendo enumerative combinatorics?
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 19:09
da Mist
u.u No, solo ieri sera stavo cercando di prendere sonno e mi sono ricordato di quando in seconda liceo guardai un video di Gobbino in cui veniva posto questo problema, l'ho risolto, è uscita una cosa carina e mi sono addormentato.
Ne approfitto per chiedere ai novizi di farsi avanti perchè è un problema davvero carino ed istruttivo
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 19:11
da jordan
Mist ha scritto:Ne approfitto per chiedere ai novizi di farsi avanti perchè è un problema davvero carino ed istruttivo
Si', anche abbastanza facile, data la definizione di qualche "vocale"
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 21:26
da toti96
mi sembra troppo semplice e non capisco nulla di combinatoria ma non dovrebbe essere $ \frac {(n-1)!}{n!} $ cioè praticamente $ \frac {1}{n} $ ??quindi con $ n $ tendente a infinito la probabilità dovrebbe tendere a zero..
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 21:53
da jordan
toti96 ha scritto:dovrebbe essere $ \frac {(n-1)!}{n!} $ ..
Perchè?
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 22:11
da toti96
per la prima lettera che imbuca ha $ \frac{n-1}{n} $ di sbagliare,per la seconda lettera ha $ \frac{n-2}{n-1} $ e così via fino all'ultima il che ci porta a $ \frac {(n-1)!}{n!} $...sicuramente sto facendo qualche errore quindi illuminatemi su dove sbaglio XD
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 22:48
da Troleito br00tal
Ma se nella prima buca mette la seconda lettera è vera quella cosa che hai scritto?
Re: Alle poste
Inviato: 17 dic 2012, 23:01
da toti96
giusto ho fatto un errore più che cretino ed ho considerato solo una parte delle combinazioni credo
I casi possibili sono ovviamente 3!=6 (laprima lettera la imbusto in tre modi, la seconda in due e la terza in uno).
I casi favorevoli sono più difficili da contare; essi sono ovviamente i casi possibili a cui sottraggo tutti i casi in cui la busta viene imbustata correttamente, per calcolare questi ultimi possiamo ricorrere aduna rappresentazione di tipo insiemistico: chiamiamo P(A), P(B) e P(C) le possibilità di imbucare le tre lettere correttamente, se io calcolassi |P(A)| + |P(B)| + |P(C)| non avrei calcolato comunque il numero effettivo di modi di imbucare le lettere correttamente, in quanto avrei calcolato più volte le varie intersezioni, è necessario dunque "levare" da |P(A)| + |P(B)| + |P(C)| le varie intersezioni a due a due dei tre insiemi, per cui:
Le possibilità di imbustare correttamente una qualsiasi delle tre lettere è 2!, infatti se imbusto correttamente la prima poi ho altre due possibilità per la seconda ed una per la terza.
La possibilità di imbustare correttamente due lettere è una sola, infatti imbustare le prime due correttamente la terza è obbligata.
Infine, la possibilità di imbustare correttamente tutte e tre le lettere è una sola.
Per cui: 6-3+1= 4 Probabilità=$ 1-\frac {2}{3}=\frac {1}{3} $
Spero di non aver preso un granchio.
Per n che tende ad infinito o per un n generico non riesco ad ampliare il ragionamento, se mi date un hint tento.
Re: Alle poste
Inviato: 18 dic 2012, 19:51
da jordan
Gi. ha scritto:..se mi date un hint tento.
Le vocali non sono molte
Re: Alle poste
Inviato: 18 dic 2012, 20:50
da Mist
Prova prima a generalizzare in una formula per un generico $n$ le cose che hai scritto per quel caso particolare !
Re: Alle poste
Inviato: 18 dic 2012, 21:20
da Gi.
Allora: Chiaramente per prima cosa ho la somma di tutte le cardinalità degli insiemi fino a N:
|P(A)|+|P(B)|+|P(C)|+|P(D)|+...+|P(N)|
come prima tolgo le intersezioni a due a due, scrivendo gli n insiemi in ordine P(A), P(B), P(C),...,P(N) si vede che il primo insieme ha n-1 intersezioni a due a due con gli altri, il secondo ne ha n-2, il terzo n-3,..., il penultimo una sola, ossia $ \frac{n!}{2!(n-2)!} $; adesso riaggiungo le intersezioni a tre a tre che ho tolto, che dovrebbero essere $ \frac{n!}{3!(n-3)!} $,..., infine aggiungo, se n è dipari, o tolgo, se n è pari, l' intersezione di tutti gli insiemi.
Quindi:
Però, sempre che sia giusto, non riesco proprio a capire come possa utilizzarla per calcolare i casi favorevoli per un n generico (a meno che io non mi debba limitare a dire che le probabilità sono: $ \frac{n!-("MOSTRO-DI-SOPRA")}{n!} $)
Re: Alle poste
Inviato: 18 dic 2012, 21:24
da jordan
Scrivi in forma di sommatoria la roba sopra. Poi ricordati com'è definita $e^x$..
Re: Alle poste
Inviato: 19 dic 2012, 14:53
da Gi.
Direi, e spero di dire bene:
Indico con $ P_{i,j,k,...,n} $ gli insiemi che ho precedentemente indicato con P(A), P(B),P(C),...,P(N),
Quindi per n che tende ad infinito il denominatore di ogni frazione tende ad infinito e le frazioni a 0, quindi tutta l' espressione dovrebbe tendere ad 1.
Giusto
