Esercizio - cappotti restituiti a caso e punti fissi di una permutazione

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Soluzione

1. Attesa. Sia $I_k=1$ se la persona $k$ ritrova il proprio cappotto. Le permutazioni con $\pi(k)=k$ sono $(n-1)!$ su $n!$ totali, quindi $P(I_k=1)=\frac{(n-1)!}{n!}=\frac1n$ ed $E[I_k]=\frac1n$. Poiché $X=\sum_{k=1}^nI_k$, per linearità $$E[X]=n\cdot\frac1n=1\qquad\text{per ogni }n.$$

2. Secondo momento. $X(X-1)=\sum_{j\ne k}I_jI_k$ (le coppie ordinate di persone che ritrovano entrambe il proprio). Per $j\ne k$ le permutazioni con $\pi(j)=j$ e $\pi(k)=k$ sono $(n-2)!$, quindi $E[I_jI_k]=\frac{(n-2)!}{n!}=\frac1{n(n-1)}$. Le coppie ordinate sono $n(n-1)$: $$E[X(X-1)]=n(n-1)\cdot\frac1{n(n-1)}=1\;\Longrightarrow\;E[X^2]=E[X(X-1)]+E[X]=2,\quad\mathrm{Var}(X)=2-1^2=1.$$ ($\mathrm{Var}(X)=E[X^2]-E[X]^2$: Varianza e momentiI momenti E[X^k] e i momenti centrati E[(X − μ)^k] descrivono la forma di una legge; la varianza Var(X) = E[(X − μ)²] = E[X²] − E[X]² misura quanto X si disperde attorno alla media, vale Var(aX + b) = a² Var(X) e Var(X) = 0 solo se X è costante.Varianza e momenti →.) Anche la varianza è $1$ per ogni $n\ge2$. Lo stesso valore, ottenuto con varianze e covarianze delle indicatrici, e il suo uso nei limiti di Markov e Chebyshev per $P(X\ge4)$ sono in Esercizio - varianza dei punti fissi di una permutazione e Chebyshev.

3. Distribuzione per $n=5$. Le $120$ permutazioni si contano per numero di punti fissi: con $m$ punti fissi la permutazione è determinata scegliendo quali sono i fissi ($\binom5m$ modi) e un derangement (permutazione senza punti fissi) degli altri $5-m$, che sono $D_0=1,D_1=0,D_2=1,D_3=2,D_4=9,D_5=44$:

Totale $44+45+20+10+0+1=120$. Attesa: $\frac{0\cdot44+1\cdot45+2\cdot20+3\cdot10+5\cdot1}{120}=\frac{120}{120}=1$. Confermato. Per $n$ grande $P(X=0)\to e^{-1}\approx0{,}368$ (per $n=5$ già $0{,}367$).

4. Dipendenza. Se $n-1$ persone ritrovano il proprio cappotto, anche l'ultima lo ritrova: $P(I_n=1\mid I_1=\dots=I_{n-1}=1)=1\ne\frac1n=P(I_n=1)$. Quindi gli $I_k$ non sono indipendenti (Indipendenza di eventiA e B sono indipendenti se P(A ∩ B) = P(A) P(B), cioè se sapere che uno si è verificato non cambia la probabilità dell'altro; l'indipendenza passa ai complementari, non va confusa con l'incompatibilità, e per più eventi va richiesta su ogni sottofamiglia.Indipendenza di eventi →). Ciononostante $E[X]=1$: la linearità non richiede indipendenza.

Risultato. $E[X]=1$, $E[X(X-1)]=1$, $\mathrm{Var}(X)=1$ per ogni $n\ge2$; per $n=5$: $P(X=0,1,2,3,5)=\frac{44}{120},\frac{45}{120},\frac{20}{120},\frac{10}{120},\frac1{120}$.

Verifica Python: enumerazione di tutte le permutazioni per $n=3$ (punti fissi $3,1,1,0,0,1$; media $1$, $E[X(X-1)]=1$) e $n=5$ (distribuzione sopra, $E[X(X-1)]=1$, $E[X^2]=2$).