SOLUZIONI - Aprile 2002

 

18. Le facce di un dado

Possiamo segnare 1 su una qualsiasi delle sei facce del dado. Una volta che abbiamo collocato 1, e quindi 6, restano quattro facce possibili per il 2 e il 5. Infine, restano ancora 2 possibilità per il 3 e per il 4. in totale abbiamo quindi 6 x 4 x 2 = 48 disposizioni possibili delle sei facce del dado, con la condizione richiesta dal problema.

 

19. I pesci dello stagno

Se N è il numero dei pesci nello stagno, supponendo che quelli contrassegnati siano equidistribuiti nello stagno, risulta la proporzione:

30 : N = 2 : 40 ovvero N=600

Osservazione : nonostante le ipotesi fatte, occorre osservare che il numero di pesci presenti nello stagno può essere molto diverso dal valore N=600 determinato con il metodo descritto, detto di cattura e ricattura. Tale numero rappresenta però la cosiddetta stima di massima verosimiglianza del numero di pesci presenti.

 

20. Le quotazioni della giraffa

Se trasformiamo le quote in frazioni di probabilità, si trova che la probabilità di vittoria è di 1/3 per l'ippopotamo e di 2/5 per la giraffa. Poiché la somma delle probabilità deve essere uguale a 1, si conclude che la probabilità di vittoria per la giraffa è di 4/15 = 1 - 1/3 - 2/5 per cui deve essere quotata 11 a 4.

 

21. Il testimone

Se non ci fosse stato un testimone, su cento casi possibili, possiamo osservare che in 85 casi il taxi coinvolto sarebbe stato di colore blu e in 15 di colore giallo. Con il testimone, affidabile all'80%, avremmo avuto:

Taxi blu 80% di 85 = 68

Taxi giallo 20% di 15 = 3

Su 68 + 3 = 71 casi possibili, la probabilità che il taxi sia realmente blu è 68/71 = 96%.
Se il testimone avesse invece dichiarato che il taxi era giallo avremmo avuto:

Taxi blu 20% di 85 = 17

Taxi giallo 80% di 15 = 12

Su 17 + 19 casi possibili, la probabilità che il taxi sia realmente giallo è 12/29 = 41%.
La testimonianza, in questo caso, non avrebbe avuto quindi alcun valore.

 

22. Il cioccolato con il buono premio

La tavoletta di cioccolato con il buono vale 1 + 1/9, e non 1 + 1/10. Per verificarlo è sufficiente dimostrare che 9 buoni valgono una tavoletta.
Infatti se abbiamo 9 buoni, possiamo entrare nel negozio che vende il nostro cioccolato, chiedere una nuova tavoletta, scartarla e recuperare il decimo buono che si trova all'interno della confezione, aggiungerlo ai 9 già in nostro possesso e pagare con questi la tavoletta. Nove buoni valgono quindi una tavoletta di cioccolato e un buono vale 1/9 della tavoletta.
Questo problema è stato presentato da Ròzsa Péter, una matematica ungherese, nel suo bel libro Giocando con l'infinito, Feltrinelli, 1973. Vediamo il ragionamento matematico conclusivo di Ròzsa Péter:

Se con 10 buoni ottengo una tavoletta di cioccolato, ogni buono vale 1/10 di una tavoletta. Ma con questo 1/10 di tavoletta si avrà 1/10 di buono e se per un buono otteniamo 1/10 di una tavoletta, per 1/10 di buono otteniamo 1/10 di quest'ultimo, cioè 1/100 di una tavoletta di cioccolata. A questo 1/100 di una tavoletta corrisponde 1/100 di buono, e con questo otteniamo ancora 1/10 di altrettanta cioccolata, e 1/10 di 1/100 è 1/1000 di una tavoletta di cioccolato, e così via, all'infinito. E' ovvio che non si cesserà mai, cosicché la mia tavoletta di cioccolata insieme al buono vale in realtà

tavolette di cioccolata


Ma noi abbiamo già verificato che questa espressione vale esattamente 1 + 1/9. In questo modo il problema ci porta a una riflessione molto importante. E' infatti collegato a una successione infinita di numeri la cui somma, come si potrebbe ingenuamente pensare, non porta all'infinito, ma a un preciso valore finito che è il suo limite.

 

23. I dieci cappelli al guardaroba

Se poniamo uguale a n il numero degli amici e quindi dei cappelli, la probabilità pn che stiamo cercando è naturalmente uguale al rapporto tra tutti i casi favorevoli fn e il numero dei casi possibili che corrisponde al numero delle possibili permutazioni degli n cappelli, cioè a n!
Dobbiamo ora trovare fn il numero dei casi favorevoli. E' facile verificare che

f1 = 0, f2 = 1, f3 = 2

Per calcolare f4 indichiamo i quattro amici con A, B, C e D e i loro quattro cappelli con a, b, c, e d.
Se A riceve il cappello b e indichiamo con fAb il numero dei casi favorevoli a questa ipotesi, dobbiamo ancora distinguere due casi:

1) B riceve il cappello a. Il numero dei casi favorevoli all'ipotesi che A riceva il cappello b e B riceva il cappello a, cioè fAb Ba , è uguale al numero dei casi favorevoli nella distribuzione dei cappelli c e d fra C e D, cioè a f2 .

2) B riceve il cappello c o d. Il numero dei casi favorevoli all'ipotesi che A riceva il cappello b che B riceva il cappello c o d , cioè fAb Bc d = 2 fAb Bc

Ma come si può facilmente constatare, fAb Bc = 1, quindi fAb = f2 + 2 x 1
Dobbiamo ancora ripetere lo stesso ragionamento nei due casi in cui A riceve il cappello c oppure il cappello d. In conclusione abbiamo quindi

f4 = 3fAb = 3(f2 + 2 x 1) = 3f2 + 3 x 2 x 1

Allo stesso modo calcoleremo

f5 = 4f3 + 4 x 3f2 + 4 x 3 x 2 x 1

f6 = 5f4 + 5 x 4f3 + 5 x 4 x 3f2 + 5 x 4 x 3 x 2 x 1

Possiamo così arrivare alla formula generale

fn = (n-1)fn - 2 + (n-1)(n-2)fn - 3 + …+ (n-1)(n-2)…3f2 + (n-1)(n-2)…3 x 2 x 1

Siamo ora in grado di risolvere il nostro problema calcolando

f10 = 1.334.961 e successivamente

pn = 1.334.961 / 10! = 0,3678794…

Quello che abbiamo risolto in modo elementare è in realtà un problema classico più complesso. Si potrebbe dimostrare che pn è uguale alla somma dei primi (n + 1) termini della serie

Al variare di n la probabilità risulta alternativamente inferiore o superiore a 1/e, mentre al tendere di n all'infinito, pn tende a 1/e. Con n = 10 pn differisce da 1/e soltanto più per 2 decimilionesimi circa.