[Calcolo combinatorio] Distribuzione di libri e carte

[Gatto89]

Questo periodo mi sto un pò impiccando con combinatoria ...

Metto prima gli esercizi e poi le (tentate) risoluzioni:

1) Una casa editrice stampa un opuscolo di 25 pagine in due edizioni, nella prima 15 pagine contengono errori e nella seconda solo 5 pagine contengono errori. In uno scaffale ci sono 10 opuscoli della prima edizione e 5 della seconda edizione. Si prende a caso un opuscolo dallo scaffale e controllando 3 pagine a caso se ne trovano due con errori.
Calcolare la probabilità che tale opuscolo appartenga alla prima edizione.

2) Sia dato un mazzo di 52 carte. Si divide il mazzo in 4 mazzetti di 13 carte ciascuno; calcolare la probabilità che vi sia 1 asso per ciascun mazzetto.


Es. 1)

Siano $E =$ {L'opuscolo appartiene alla prima edizione} e $F =$ {L'opuscolo ha 2 pagine su 3 (scelte casualmente) errate}

Ciò che noi vogliamo è $P(E|F)$, facciamo qualche passaggio "algebrico":

$P(E|F) = (P(EnnF))/(P(F)) = (P(EnnF))/(P(F|E)P(E) + P(F|E^c)P(E^c))$

da cui ci possiamo calcolare i vari componenti,

$P(F|E) = ( ((15),(2)) ((10),(1)) )/( ((25),(3)) ) = 21/46$

$P(E) = 2/3$

$P(F|E^c) = ( ((5),(2)) ((20),(1)) )/( ((25),(3)) ) = 4/46$

$P(E^c) = 1/3$

$P(EnnF) = P(F|E)P(E) = 21/46\cdot2/3 = 7/23$

Sostituendo il tutto nell'equazione iniziale si ottiene $21/23$...


Es. 2)

In questo caso ho provato casi favorevoli/casi possibili.

Casi possibili = (se non sbaglio) $((52),(13 13 13 13))$

I casi favorevoli invece mi rimangono in forte dubbio...

[adaBTTLS]

il primo mi pare OK.
per il secondo, prova a vedere se i casi favorevoli possono essere espressi così, considerando i casi possibili come li hai impostati tu:
$((48),(12))((4),(1))((36),(12))((3),(1))((24),(12))((2),(1))((12),(12))((1),(1))$

[Umby]

Per le carte:
Immaginiamo di creare 4 file di 13 carte ciascuna, (il concetto è lo stesso) e di voler sistemare i 4 assi uno per ogni fila.
Il primo posso metterlo in una qualsiasi delle 52 posizioni, il secondo solo in 39 (le 3 file rimanenti), il terzo in 26, e l'ultimo solo nelle 13 dell'ultima fila.
Le altre 48 carte posso metterle come voglio.

Quindi i casi favorevoli:
$52*39*26*13*48!$

i possibili $52!$

Semplificando:
$(52*39*26*13*48!)/(52*51*50*49*48!)$ = $(39*26*13)/(51*50*49)$ = 10,5% circa

[Gatto89]

@Umby: Così facendo però non consideri diverse due sistemazioni con file uguali ma messe in ordine diverse? (Mentre in realtà penso sia indifferente, importa solo che gli assi siano uno in ogni fila)

@Adabbtls: Anch'io avevo scritto una soluzione analoga nella forma $((48),(12121212))((4),(1111))$ (come si farà il coefficente multinomiale?) ma mi era rimasto il dubbio se poi non dovessi dividere il tutto per $4!$ (i modi di permutare i 4 mazzetti).

[Umby]

@Umby: Così facendo però non consideri diverse due sistemazioni con file uguali ma messe in ordine diverse? (Mentre in realtà penso sia indifferente, importa solo che gli assi siano uno in ogni fila)

Sistemato il primo in una posizione qualsiasi, quando dico che il secondo posso metterlo in 39 posti diversi sto proprio considerando quello che hai scritto, cosi' come la terza, e la quarta.

[adaBTTLS]

quel prodotto che ho scritto andrebbe al numeratore se al denominatore metti il coefficiente multinomiale che proponevi tu in precedenza $((,,52,,),(13,13,,13,13))$ (in questo caso mi pare che non sia da dividere ulteriormente per $4!$, però prova a verificarlo...). in questa nuova soluzione che proponi qualche dubbio ce l'ho... il coefficiente multinomiale "viene bene" solo se il numero delle parti è dispari...