Questionario sul Calcolo Combinatorio — Quesiti tipologia Esame di Stato

Versione accessibile con soluzioni dettagliate

💡 Per una visualizzazione ottimale dei grafici e delle formule, se stai usando lo smartphone disponilo orizzontalmente.

Argomenti: successioni e coefficienti binomiali, combinazioni semplici applicate al gioco del Lotto, combinazioni semplici e con ripetizione, formula di Pascal (o di Stifel) per i coefficienti binomiali, permutazioni con ripetizione e vincoli, combinazioni semplici con vincoli multipli, Binomio di Newton e ricerca di un termine, disposizioni con ripetizione e logaritmi.

📄 Disponibile anche in versione standard

Quesito 1 — Successione e Binomio di Newton

Si consideri la successione di termine generale: \[ a_n = \frac{f(n)}{3^n} \] dove: \[ f(n) = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \cdots + \binom{n}{n} \]

a) Dimostrare che \(f(n) = 2^n\).

b) Determinare il più piccolo valore di \(n\) per cui risulta \(a_n < 10^{-10}\).

Punto a) — Dimostrazione che \(f(n) = 2^n\)

Basta applicare lo sviluppo del Binomio di Newton con \(a = 1\) e \(b = 1\):

\[ (a + b)^n = \binom{n}{0}a^n + \binom{n}{1}a^{n-1}b + \binom{n}{2}a^{n-2}b^2 + \cdots + \binom{n}{n}b^n \]

Con \(a = 1\) e \(b = 1\) abbiamo:

\[ 2^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \cdots + \binom{n}{n} = f(n) \quad \text{c.v.d.} \]

Risultato: \(f(n) = 2^n\)

Punto b) — Più piccolo \(n\) per cui \(a_n < 10^{-10}\)

Dal punto a) sappiamo che \(f(n) = 2^n\), quindi:

\[ a_n = \frac{f(n)}{3^n} = \frac{2^n}{3^n} = \left(\frac{2}{3}\right)^n \]

La condizione \(a_n < 10^{-10}\) diventa:

\[ \frac{2^n}{3^n} < 10^{-10} \]

Applicando il logaritmo in base 10 a entrambi i membri:

\[ \log_{10} 2^n - \log_{10} 3^n < -10 \]

\[ n(\log_{10} 2 - \log_{10} 3) < -10 \]

Poiché \(\log_{10} 2 - \log_{10} 3 < 0\), dividendo per una quantità negativa si inverte il verso della disuguaglianza:

\[ n > \frac{10}{\log_{10} 3 - \log_{10} 2} \cong 56{,}8 \]

Risultato: Il più piccolo valore di \(n\) per cui \(a_n < 10^{-10}\) è \(\boldsymbol{n = 57}\).

N.B. Per \(n = 56\) risulta \(\left(\frac{2}{3}\right)^{56} \cong 1{,}4 \cdot 10^{-10} > 10^{-10}\); per \(n = 57\) si ha \(\left(\frac{2}{3}\right)^{57} \cong 9{,}2 \cdot 10^{-11} < 10^{-10}\).

Quesito 2 — Il gioco del Lotto

Si consideri l'esperimento consistente nell'estrazione a caso di 5 palline, una dopo l'altra, senza reimbussolamento, da un sacchetto contenente 90 palline numerate da 1 a 90, aventi tutte le stesse possibilità di uscita (gioco del Lotto).

a) Quante sono le possibili cinquine che si possono estrarre? (Non conta l'ordine.)

b) È più facile che esca la cinquina \(\{1,2,3,4,5\}\) o la cinquina \(\{2,3,5,8,13\}\)?

c) Sono di più le cinquine di numeri successivi o le cinquine di numeri non successivi?

d) Quante sono le cinquine che contengono il 90?

e) Quante sono le cinquine che contengono il numero 1 e il numero 2?

f) Qual è il più piccolo valore di \(n\) per cui il numero di cinquine che contengono almeno uno dei numeri da 1 a \(n\) supera il 50% del totale delle cinquine possibili?

Punto a) — Cinquine possibili

Poiché l'ordine non conta, il numero di cinquine è dato dalle combinazioni semplici di 90 elementi a 5 a 5:

\[ \binom{90}{5} = \frac{90 \times 89 \times 88 \times 87 \times 86}{5!} = 43.949.268 \]

Risultato: Le cinquine possibili sono 43.949.268.

Punto b) — \(\{1,2,3,4,5\}\) o \(\{2,3,5,8,13\}\)?

Le due cinquine sono equiprobabili! Ogni singola cinquina ha la stessa probabilità di uscire. Non ha alcuna importanza se i numeri sono consecutivi o meno.

Risultato: Le due cinquine hanno la stessa probabilità di uscire.

Punto c) — Cinquine successive o non successive?

Le cinquine di 5 numeri consecutivi tra 1 e 90 sono esattamente 86 (da \(\{1,2,3,4,5\}\) fino a \(\{86,87,88,89,90\}\)).

\[ 43.949.268 - 86 = 43.949.182 \text{ cinquine non successive} \]

Risultato: Sono di gran lunga di più le cinquine non successive (43.949.182 contro 86).

Punto d) — Cinquine che contengono il 90

Il 90 è fisso. Scegliamo i restanti 4 numeri tra gli 89 rimanenti:

\[ \binom{89}{4} = \frac{89 \times 88 \times 87 \times 86}{4!} = 2.441.626 \]

Risultato: Le cinquine che contengono il 90 sono 2.441.626.

Punto e) — Cinquine che contengono il numero 1 e il numero 2

I numeri 1 e 2 sono fissi. Scegliamo i restanti 3 numeri tra gli 88 rimanenti:

\[ \binom{88}{3} = \frac{88 \times 87 \times 86}{3!} = 109.736 \]

Risultato: Le cinquine con il numero 1 e il numero 2 sono 109.736.

Punto f) — Più piccolo \(n\) per superare il 50%

Le cinquine che non contengono nessun numero da 1 a \(n\) devono essere meno della metà del totale:

\[ \binom{90-n}{5} < \frac{43.949.268}{2} = 21.974.634 \]

\[ n=12: \quad \binom{78}{5} = 23.535.027 \quad \text{✗} \] \[ n=13: \quad \binom{77}{5} = 21.699.544 \quad \text{✓} \]

Risultato: Il più piccolo valore è \(n = 13\).

Quesito 3 — Delegazione e mazzo di fiori

Una classe è composta da 12 ragazzi e 4 ragazze. Si deve scegliere una delegazione formata da tre studenti della classe per comprare un mazzo di fiori da regalare alla professoressa di Matematica che sta per andare in pensione.

a) Quante sono le possibili delegazioni?

b) Quante sono le possibili delegazioni che contengono esattamente 2 ragazze?

c) Quante sono le delegazioni che contengono almeno 2 ragazze?

d) La delegazione si reca da un fioraio che ha 8 tipi diversi di fiori disponibili. Quanti mazzi diversi si possono formare scegliendo 5 fiori, potendo ripetere lo stesso tipo?

Punto a) — Delegazioni possibili

Dobbiamo scegliere 3 studenti da 16 (12 ragazzi + 4 ragazze), senza che l'ordine conti:

\[ \binom{16}{3} = \frac{16 \times 15 \times 14}{3!} = \frac{3360}{6} = 560 \]

Risultato: Le possibili delegazioni sono 560.

Punto b) — Delegazioni con esattamente 2 ragazze

Scegliamo 2 ragazze tra le 4 disponibili e 1 ragazzo tra i 12:

\[ \binom{4}{2} \times \binom{12}{1} = 6 \times 12 = 72 \]

Risultato: Le delegazioni con esattamente 2 ragazze sono 72.

Punto c) — Delegazioni con almeno 2 ragazze

Almeno 2 ragazze significa: esattamente 2 ragazze oppure esattamente 3 ragazze.

Esattamente 2 ragazze (dal punto b): \(72\)

Esattamente 3 ragazze (e 0 ragazzi):

\[ \binom{4}{3} \times \binom{12}{0} = 4 \times 1 = 4 \]

Totale:

\[ 72 + 4 = 76 \]

Risultato: Le delegazioni con almeno 2 ragazze sono 76.

Punto d) — Mazzi di fiori possibili

Dobbiamo scegliere 5 fiori tra 8 tipi disponibili, con ripetizione ammessa e senza che l'ordine conti: si tratta di combinazioni con ripetizione.

Con \(n = 8\) tipi di fiori e \(k = 5\) fiori da scegliere:

\[ C^r_{8,5} = \binom{8+5-1}{5} = \binom{12}{5} = \frac{12 \times 11 \times 10 \times 9 \times 8}{5!} = \frac{95.040}{120} = 792 \]

Risultato: I mazzi diversi che si possono formare sono 792.

Quesito 4 — Formula di Pascal (o di Stifel)

Dimostrare, servendosi della definizione di coefficiente binomiale, la seguente proprietà (Formula di Pascal o di Stifel):

\[ \binom{n}{k} = \binom{n-1}{k} + \binom{n-1}{k-1} \]

dove \(n\) e \(k\) sono numeri naturali con \(n > k > 0\).

Primo membro

Applicando direttamente la definizione:

\[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \]

Secondo membro

Sviluppiamo separatamente i due addendi:

\[ \binom{n-1}{k} + \binom{n-1}{k-1} = \frac{(n-1)!}{k!(n-1-k)!} + \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} \]

Ricordando che \(n! = (n-1)! \cdot n\), abbiamo:

\(k! = (k-1)! \cdot k\), da cui \((k-1)! = \dfrac{k!}{k}\)
\((n-k)! = (n-k-1)! \cdot (n-k)\), da cui \((n-k-1)! = \dfrac{(n-k)!}{n-k}\)

Sostituendo nel secondo membro:

\[ = \frac{(n-1)!}{ k! \cdot \dfrac{(n-k)!}{n-k} } + \frac{(n-1)!}{ \dfrac{k!}{k} \cdot (n-k)!} \]

\[ = \frac{(n-1)! \cdot (n-k)}{k!(n-k)!} + \frac{(n-1)! \cdot k}{k!(n-k)!} \]

\[ = \frac{(n-1)!\big[(n-k) + k\big]}{k!(n-k)!} \]

\[ = \frac{(n-1)! \cdot n}{k!(n-k)!} \]

\[ = \frac{n!}{k!(n-k)!} \]

Confronto

Il primo membro e il secondo membro sono uguali:

\[ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} = \binom{n-1}{k} + \binom{n-1}{k-1} \]

La formula di Pascal è dimostrata. C.V.D.

Quesito 5 — Anagrammi di MATEMATICA con doppio vincolo

Considerare la parola MATEMATICA.

a) Quanti sono gli anagrammi della parola MATEMATICA?

b) Quanti sono gli anagrammi della parola MATEMATICA che soddisfano contemporaneamente entrambe le seguenti condizioni:

la prima e l'ultima lettera sono uguali tra loro;
le due lettere M non sono mai adiacenti?

Punto a) — Anagrammi totali di MATEMATICA

MATEMATICA ha 10 lettere: M×2, A×3, T×2, E×1, I×1, C×1.

\[ \frac{10!}{2! \cdot 3! \cdot 2!} = \frac{3.628.800}{24} = 151.200 \]

Risultato: Gli anagrammi di MATEMATICA sono 151.200.

Punto b) — Anagrammi con doppio vincolo

Solo le lettere ripetute possono stare in prima e ultima posizione: M (×2), A (×3), T (×2). Analizziamo i tre casi.

Caso 1: prima e ultima lettera sono A

Restano nelle 8 posizioni centrali: M×2, A×1, T×2, E×1, I×1, C×1.

\[ \frac{8!}{2! \cdot 2!} = 10.080 \qquad \text{di cui con MM adiacenti: } \frac{7!}{2!} = 2.520 \]

\[ 10.080 - 2.520 = 7.560 \]

Caso 2: prima e ultima lettera sono M

Le due M occupano gli estremi: nessuna adiacenza possibile. Nelle 8 posizioni centrali: A×3, T×2, E×1, I×1, C×1.

\[ \frac{8!}{3! \cdot 2!} = 3.360 \]

Caso 2 valido: 3.360

Caso 3: prima e ultima lettera sono T

Nelle 8 posizioni centrali: M×2, A×3, E×1, I×1, C×1.

\[ \frac{8!}{2! \cdot 3!} = 3.360 \qquad \text{di cui con MM adiacenti: } \frac{7!}{3!} = 840 \]

\[ 3.360 - 840 = 2.520 \]

Totale

\[ 7.560 + 3.360 + 2.520 = 13.440 \]

Risultato: Gli anagrammi che soddisfano entrambe le condizioni sono 13.440.

Quesito 6 — Videogiochi difettosi

Tra 15 videogiochi di cui 5 difettosi se ne scelgono 3 a caso.

a) Quante sono le terne che non contengono videogiochi difettosi?

b) Quante sono le terne che contengono almeno un videogioco difettoso?

c) In quanti modi si può estrarre una prima terna contenente almeno un videogioco difettoso e una seconda terna (scelta tra i rimanenti 12 videogiochi) che non contenga videogiochi difettosi?

Punto a) — Terne senza difettosi

Scegliamo 3 videogiochi tra i 10 non difettosi:

\[ \binom{10}{3} = \frac{10 \times 9 \times 8}{3!} = \frac{720}{6} = 120 \]

Risultato: Le terne senza videogiochi difettosi sono 120.

Punto b) — Terne con almeno un difettoso

Calcoliamo prima il totale delle terne possibili:

\[ \binom{15}{3} = \frac{15 \times 14 \times 13}{3!} = \frac{2730}{6} = 455 \]

Le terne con almeno un difettoso si ottengono sottraendo le terne senza difettosi:

\[ 455 - 120 = 335 \]

Risultato: Le terne con almeno un videogioco difettoso sono 335.

Punto c) — Coppie di terne

Dobbiamo contare le coppie (prima terna con almeno 1 difettoso, seconda terna senza difettosi tra i 12 rimanenti). Analizziamo i tre casi in base al numero di difettosi nella prima terna.

Caso 1: prima terna con esattamente 1 difettoso

Prime terne possibili: \(\binom{5}{1} \times \binom{10}{2} = 5 \times 45 = 225\)

Rimangono 4 difettosi + 8 non difettosi. Seconde terne senza difettosi: \(\binom{8}{3} = 56\)

\[ 225 \times 56 = 12.600 \]

Caso 2: prima terna con esattamente 2 difettosi

Prime terne possibili: \(\binom{5}{2} \times \binom{10}{1} = 10 \times 10 = 100\)

Rimangono 3 difettosi + 9 non difettosi. Seconde terne senza difettosi: \(\binom{9}{3} = 84\)

\[ 100 \times 84 = 8.400 \]

Caso 3: prima terna con esattamente 3 difettosi

Prime terne possibili: \(\binom{5}{3} = 10\)

Rimangono 2 difettosi + 10 non difettosi. Seconde terne senza difettosi: \(\binom{10}{3} = 120\)

\[ 10 \times 120 = 1.200 \]

Totale:

\[ 12.600 + 8.400 + 1.200 = 22.200 \]

Risultato: I modi di estrarre le due terne nelle condizioni richieste sono 22.200.

Quesito 7 — Binomio di Newton: trovare n

Nello sviluppo di \((2a^2 - 3b^3)^n\) compare il termine \(-1080\,a^4b^9\).

Determinare il valore di \(n\).

Sviluppo del binomio

\[ (2a^2 - 3b^3)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} (2a^2)^k (-3b^3)^{n-k} \]

Identificazione del termine in \(a^4 b^9\)

\[ 2k = 4 \implies k = 2 \qquad \quad 3(n-k) = 9 \implies n = 5 \]

Risultato parziale: \(k = 2\), \(n = 5\)

Verifica del coefficiente

\[ \binom{5}{2} \cdot 2^2 \cdot (-3)^3 = 10 \cdot 4 \cdot (-27) = -1080 \quad \checkmark \]

Risultato: \(\boldsymbol{n = 5}\)

Quesito 8 — Codici di accesso per un sito web

Per progettare un sito web è necessario generare dei codici unici di accesso. Si vogliono utilizzare, a tale scopo, due lettere maiuscole dell'alfabeto inglese seguite da una serie di numeri compresi tra 0 e 9. Tutti i codici di accesso dovranno avere lo stesso numero di cifre ed è ammessa la ripetizione di lettere e numeri.

Qual è il numero minimo di cifre da impostare in modo da riuscire a generare almeno 5 milioni di codici di accesso diversi? Giustificare la risposta.

Scelta delle due lettere

\[ D^r_{26,2} = 26^2 = 676 \]

Scelta di \(n\) cifre

\[ D^r_{10,n} = 10^n \]

Condizione sui 5 milioni

\[ 676 \cdot 10^n \geq 5 \cdot 10^6 \]

\[ n \geq \log_{10} \frac{5 \cdot 10^6}{676} \cong 3{,}87 \implies n = 4 \]

Risultato: I codici devono avere almeno 6 caratteri: 2 lettere + almeno 4 cifre.

💬 Ti è stata utile questa risorsa?

✉️ Invia feedback

Il tuo parere è importante per migliorare la chiarezza di queste risorse.
(Si aprirà il tuo programma email)

✅ Versione DSA ottimizzata per alta leggibilità

matefilia.it — Risorse di matematica per tutti