Vecchio febbraio.

[Claudio.]

Ogni anno un gran numero di studenti partecipa alle Olimpiadi Internazionali di Matematica. Un dodicesimo di essi vince una medaglia d'oro, un altro sesto vince una medaglia d'argento, un
ulteriore quarto vince una medaglia di bronzo e la restante metà vince una stretta di mano.
Se incontriamo un gruppo di sei partecipanti scelti a caso, qual è la probabilità che esso sia composto da due medaglie d'oro, due medaglie d'argento e due vincitori di strette di mano?

A me ha creato un po' di problemi...

[domx]

Si può dire che al massimo in media un gruppo di sei partecipanti è fatto da 1/2 oro, 1argento, 3/2 bronzi e 3 strette di mano. Dato che ci sono 2 ori, il totale dei partecipanti è almeno di 24, cioè 2 ori, 4argenti, 6 bronzi e 12 strette di mano. Quindi puoi fare 24!/(24-6)!=24*23*22*21*20*19=96.909.120
per trovare le diverse disposizioni di 6 ragazzi tra 24. Oltre non riesco ad andare, magari ci penso, anche se non sono sicuro che quello che ho scritto sia giusto, non metterebbero mai calcoli così complessi da fare a mano...

[LukasEta]

La probabilità che ho di incontrare, nell'ordine, 2 ori 2 argenti e 2 strette di mano, è pari a:

$ \frac{1}{12}*\frac{1}{12}*\frac{1}{6}*\frac{1}{6}*\frac{1}{2}*\frac{1}{2} $

Questa probabilità è relativa all'incontrarli in questo ordine preciso, per cui devo moltiplicare per tutti i possibili "ordini" in cui potrei incontrarli, che è come contare gli anagrammi della parola AABBCC => $ \frac{6!}{2!2!2!}=90 $

La probabilità finale è di $ \frac{5}{1152} $.

Right?

[domx]

La probabilità che ho di incontrare, nell'ordine, 2 ori 2 argenti e 2 strette di mano, è pari a:

$ \frac{1}{12}*\frac{1}{12}*\frac{1}{6}*\frac{1}{6}*\frac{1}{2}*\frac{1}{2} $

Questa probabilità è relativa all'incontrarli in questo ordine preciso, per cui devo moltiplicare per tutti i possibili "ordini" in cui potrei incontrarli, che è come contare gli anagrammi della parola AABBCC => $ \frac{6!}{2!2!2!}=90 $

La probabilità finale è di $ \frac{5}{1152} $.

Right?

ecco, lo dicevo che io stavo sbagliando, sicuramente è come dici tu, il ragionamento non fa una piega...

[LukasEta]

Quindi puoi fare 24!/(24-6)!=24*23*22*21*20*19=96.909.120
per trovare le diverse disposizioni di 6 ragazzi tra 24.

Una cosa importante, tralasciando il fatto che questo probabilmente non serviva ai fini di questo problema, penso tu stia commettendo un errore "concettuale" nella formula. Suppongo tu volessi in questo punto contare in quanti modi puoi scegliere 6 ragazzi tra un gruppo di 24.
La formula è:

$ \frac{24!}{6!18!} $ e non $ \frac{24!}{18!} $ come tu hai scritto.

Generalizzando, se ho K elementi e voglio trovare quanti sottoinsiemi di n<k elementi ci sono , faccio

$ \frac{K!}{n!(K-n)!} $
Tutto chiaro?

[domx]

ah, meno male che me lo hai detto, ero convinto si facesse come ho fatto...
comunque stasera mi rileggo velocemente un po' tutte le schede di Gobbino (almeno quelle utili per le provinciali di domani)...

[phi]

Ricordo questo problema, e sono quasi certa (anzi no, ho mentito: sono completamente certa) che fosse a risposta multipla, con opzioni del tipo "la probabilità è fra tot e tot" o "è circa tot". La soluzione di LukasEta è sostanzialmente corretta (o almeno gli avrebbe fruttato i famosi cinque punti), ma se vi state esercitando su problemi di calcolo combinatorio dovreste osservare subito (magari lo davate anche per scontato, ma è il caso di rimarcare!) che il ragionamento una piega la fa.

La probabilità che ho di incontrare, nell'ordine, 2 ori 2 argenti e 2 strette di mano, è pari a:
$ \frac{1}{12}*\frac{1}{12}*\frac{1}{6}*\frac{1}{6}*\frac{1}{2}*\frac{1}{2} $

Mmmmh parola chiave: quasi.
Ok, faccio una passeggiata e incontro un oro con probabilità $ \frac{1}{12} $; qual è, adesso, la probabilità di incontrare un altro oro? Non $ \frac{1}{12} $ ma un po' meno, perché gli ori rimanenti sono meno di $ \frac{1}{12} $ delle persone che mi restano da incontrare: quanto vale esattamente (chiamando N, se volete, il numero di partecipanti alle IMO) questa probabilità? [La domanda è sì stupida ma non retorica.]
Insomma, ignorando possibili ulteriori obiezioni oziose, la risposta è circa esatta, a patto di invocare il "gran numero di partecipanti" della prima frase.
Vi invito a farci caso, specialmente se non siete ancora molto esperti di conteggi: non vorrei che, la prossima volta che qualcuno vi chiede la probabilità di pescare a caso due carte di cuori da un mazzo di 52, gli rispondeste $ \frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4} $.

[domx]

ma non c'è un modo per calcolarlo con precisione?

[Mist]

Ma infatti, io mi sono messo a porre il numero dei partecipanti alle IMO pari a $N$ e quindi mi son detto:
$\binom{N}{6}$ sono i casi possibili
$\binom{\frac{N}{2}}{2} \cdot \binom{\frac{N}{6}}{2}\cdot \binom{\frac{N}{12}}{2}$ sono i casi favorevoli ( credo)
e quindi la probabilità cercata sarebbe $\frac{\binom{\frac{N}{2}}{2} \cdot \binom{\frac{N}{6}}{2}\cdot \binom{\frac{N}{12}}{2}}{\binom{N}{6}}$ ma francamente non so se è giustissimo...

[Claudio.]

è Giusto mist, il problema è quel "gran numero" nel testo, poichè questa probabilità dipende proprio dal numero n, e la soluzione ufficiale è come quella di luka, giustificando con "gran numero" il fatto che la probabilità rimane uguale dopo che inconrtri il primo ecc...credo che la soluzione perfetta di questo problema sia quella di fare il limite per n all'infinito della roba di Mist(io ho fatto la stessa cosa) e dovrebbe venire uguale a quella di luka.

[Mist]

Speriamo che i problemi di domani non siano così sul "vago è indefinito", se no faccio un disastro, io non ci avrei pensato subito a quella cosa lì....